2020屆江蘇省徐州市高三上學(xué)期期中考試物理試題(解析版)

1、江蘇省徐州市2020屆高三上學(xué)期期中考試試題一、單項(xiàng)選擇題1物體做豎直上拋運(yùn)動，下列圖象能反映其上升過程運(yùn)動情況的是答案1 c解析【詳解】A.物體做豎直上拋運(yùn)動，選取向上為正方向，則1 2所以圖像為拋物線，不是直線，故A錯(cuò)誤：BC.將一物體豎直向上拋岀，不計(jì)空氣阻力，物體做勻減速直線運(yùn)動，則上升的過程有v = -v0 + gtv是/的線性函數(shù)，當(dāng)速度減為0,故B錯(cuò)誤，C正確；D.豎直上拋運(yùn)動的加速度等于重力加速度，是不變的，故D錯(cuò)誤。故選C。2.2019年10月11日，我國首顆火星探測器“火星一號”第一次公開亮相，將在未來實(shí)現(xiàn)火星的環(huán)繞、著陸和巡視。已知火星繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道半徑是地球公轉(zhuǎn)軌道半

2、徑的1.5倍， 火星質(zhì)疑約為地球質(zhì)量的十分之一，關(guān)于火星、地球繞太陽的運(yùn)動，下列說法正確的是A. 火星的周期小于地球的周期B. 火星的線速度大于地球的線速度C. 火星的加速度大于地球的加速度D. 太陽對火星的萬有引力小于對地球的萬有引力答案D【詳解】A.設(shè)太陽質(zhì)量為M,行星質(zhì)量為加，根據(jù)萬有引力提供向心力有由于火星的公轉(zhuǎn)半徑比地球的公轉(zhuǎn)半徑大，所以火星的公轉(zhuǎn)周期比地球的公轉(zhuǎn)周期大，故A錯(cuò)誤;B. 設(shè)太陽質(zhì)量為M,行星質(zhì)量為也，根據(jù)萬有引力提供向心力有Mm °由于火星的公轉(zhuǎn)半徑比地球的公轉(zhuǎn)半徑大，火星的公轉(zhuǎn)速度比地球的公轉(zhuǎn)速度小，故B錯(cuò)誤：C. 設(shè)太陽質(zhì)疑為M,行星質(zhì)量為川，根據(jù)萬有引

3、力提供向心力有MmG = mar得GM廠由于火星的公轉(zhuǎn)半徑比地球的公轉(zhuǎn)半徑大，火星的加速度比地球的加速度小，故C錯(cuò)誤：D. 根據(jù)萬有引力左律得GM加火1245訊火-暗火 _ 0 '也X 卅地 為地GW% 叫（15仏）' 故太陽對火星的萬有引力小于對地球的萬有引力，故D正確。故選D。3 如圖所示，在邊長為J亍/的正三角形的頂點(diǎn)分別固左一負(fù)電荷.A處的電荷量為0,中 心0處的場強(qiáng)恰好為零，已知靜電力常量為£。若僅將A處電荷改為等量的正電荷，則0處 場強(qiáng)的大小和方向分別為BA. 計(jì)，沿q。方向C.里，沿A0方向D.里，沿Q4方向答案J A解析J【詳解】A處的電荷量為0，的距

4、離為則。在o點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E=k生由于B和C處電荷與A處的電荷在0點(diǎn)的合場強(qiáng) 廠0為零，則B和C處電荷在0處的電場強(qiáng)度大小為E=*,方向沿A0方向：若僅將A處 廠電荷改為等量的正電荷，則0處場強(qiáng)的大小為沿A0方向，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選A。4. 靜止的物體從7 =0時(shí)刻開始受到如圖所示的合外力作用，下列表述正確的是A. 02s內(nèi)物體的速度先增大后減小B. 04s內(nèi)物體的速度方向一直不變C. 4s末物體回到出發(fā)點(diǎn)D. 2s末物體的速度方向發(fā)生變化答案B解析【詳解】A. 02s內(nèi)，合外力與速度同向，則加速度與速度同向，所以物體速度一直增 大，故A錯(cuò)誤：BD. 24s內(nèi)，合外力與速度反向，則

5、加速度與速度反向，所以物體的速度一直減小，所以04s內(nèi)物體的速度方向一直不變，故B正確，D錯(cuò)誤：C. 04s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動，4s末物體不會回到出發(fā)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。故選：B.5. 如圖所示，河寬為，河岸上4、D兩位置分別與對岸的B、C兩位宜正對，E為CD連 線上的一個(gè)小島.甲乙兩船在靜水中的速度大小均為V,水流速度為甲船頭正對河2岸，從人點(diǎn)岀發(fā)，乙船頭斜向上游，從C點(diǎn)沿CD的連線航行，兩船同時(shí)到達(dá)小島E。下列說法正確的是*甲BC乙2A. 小島E到C位宜的距離為一3B. AD的距離為跡3C. 僅將水流速度增大為卩，甲、乙兩船仍能同時(shí)到達(dá)小島ED. 僅將水流速度增大為V,甲、乙兩船均不能到達(dá)小島E答

6、案D解析J【詳解】設(shè)乙船在靜水中的速度方向和河岸的夾角為&，要使乙船能夠垂直過河，有VCOS0 = V2得 &=30°乙船的實(shí)際速度為= vsin30° = v乙2設(shè)甲乙同時(shí)到達(dá)£點(diǎn) 時(shí)間為/,乙船到達(dá)E點(diǎn)的距離1兒=尹甲垂直河岸的位移開=VI而聯(lián)立解得3vA.小島E到Q位置的距禽>223故A錯(cuò)誤:B. AD的距離故B錯(cuò)誤：CD.僅將水流速度，過河時(shí)間不變，垂直河岸的位移不變，但沿河岸的分速度增大，甲、 乙兩船經(jīng)過f后，都到了 E點(diǎn)下游，所以甲、乙兩船均不能到達(dá)小島E,故C錯(cuò)誤，D正確。 故選：D。6. 如圖所示，粗糙的固泄水平桿上有A、B、

7、C三點(diǎn)，輕質(zhì)彈簧一端固泄在點(diǎn)正下方的0 點(diǎn)，另一端與套在桿A點(diǎn)、質(zhì)量為加的圓環(huán)相連，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)。圓環(huán)從A處由 靜止釋放，向右運(yùn)動經(jīng)過3點(diǎn)時(shí)速度為卩、加速度為零，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為零，下列說法 正確的是BA. 從4到C過程中，圓環(huán)在3點(diǎn)速度最大B. 從人到C過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大C. 從A到過程中，彈簧對圓環(huán)做的功一泄大于-/HV22D. 從3到C過程中，圓環(huán)克服摩擦力做功等于rnr2答案C解析【詳解】AB.圓環(huán)由A點(diǎn)釋放，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，則圓環(huán)加速運(yùn)動，設(shè)AB Z間的D位置為彈簧的原長，則A到D的過程中，彈簧彈力減小，圓環(huán)的加速度逐漸減小，D到B的過程中，彈簧處于圧縮狀

8、態(tài)，則彈簧彈力增大，圓環(huán)的加速度先增大后減小，B點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)合力為零，豎直向上的彈力等于重力，從B到C的過程中，圓環(huán)可能做減速運(yùn)動，無論 是否存在彈簧原長的位苣，圓環(huán)的加速度始終增大，也可能先做加速后做減速運(yùn)動，加速度 先減小后增大，故B點(diǎn)的速度不一定最大，從A到C過程中，圓環(huán)的加速度不是先減小后 增大，故AB錯(cuò)誤；C.從A到B過程中，彈簧對圓環(huán)做的功、摩擦力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧對圓環(huán) 做功一泄大于-/V2,故C正確；D.從B到C過程中，禪簧彈力做功，圓環(huán)克服摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知，圓環(huán)克服 摩擦力做功不等于-mv2,故D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題7.2019年7月19 0,天

9、宮二號實(shí)驗(yàn)室受控離軌并再入在大氣層，少量殘骸落入南太平洋預(yù) 定安全海域，標(biāo)志著中國載人航天工程空間實(shí)驗(yàn)室階段全部任務(wù)圓滿完成。在實(shí)驗(yàn)期間，成 功實(shí)現(xiàn)將貨運(yùn)飛船“天舟一號“與軌道空間站“天宮二號“剛性對接，設(shè)對接后的組合體繞地球 做勻速圓周運(yùn)動，其周期為：T,離地面的髙度為丹。已知地球半徑為/?,引力常量為G, 根據(jù)以上信息可求出A. 組合體的質(zhì)量為二H'4曠zB地球的質(zhì)助研®C.地球表面的重力加速度為藝 R答案BD解析【詳解】AB.對接后的組合體繞地球做勻速圓周運(yùn)動，英周期為7；離地面的高度為H,設(shè)地球質(zhì)量為組合體質(zhì)蜀為加，萬有引力提供向心力得得GT2故A錯(cuò)誤，B正確：C.

10、忽略球體自轉(zhuǎn)影響，萬有引力等于重力得_ Mm 一 G w = ?g K聯(lián)立得4 兀 2(R + H)3g_ -故C錯(cuò)誤：D. 對接后的組合體繞地球做勻速圓周運(yùn)動，其周期為T,離地面的髙度為H，設(shè)地球質(zhì)星為M,組合體質(zhì)量為加，萬有引力提供向心力得=ma聯(lián)立解得4n2R + H)a =T2故D正確。故選BD。&如圖所示為等疑異種電荷的電場線分布情況，。為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)。A、B關(guān)于。點(diǎn)對 稱，若0點(diǎn)的電勢為0,則A. A點(diǎn)的電勢小于0B. 電子在A點(diǎn)電勢能比點(diǎn)的小C. AB兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同D. AO間的電勢差匕°等于BO間的電勢差匕。答案BC【詳解】A. 0點(diǎn)的電勢為0,則等疑異

11、種電荷連線的中垂線的電勢為0,沿電場線的方向 電勢降低，所以A點(diǎn)的電勢大于0,故A錯(cuò)誤：B. 由上而的分析知勿冊，負(fù)電荷在電勢越髙的地方電勢能越小，所以電子在A點(diǎn)電勢能 比B點(diǎn)的小，故B正確：C. 由對稱性知：A、B兩點(diǎn)的電場線的疏密一樣，所以A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，方向?yàn)锳、B兩點(diǎn)的切線方向，由對稱性知方向相同，故C正確；D. 因?yàn)锳、0、B三點(diǎn)的電勢關(guān)系為：（pA（poq）n由對稱性得：Uao=-Ubo故D錯(cuò)誤。故選：BCo9.如圖所示，一長為/的輕桿一端與水平轉(zhuǎn)軸相連，另一端固泄一質(zhì)量為加的小球，轉(zhuǎn)軸帶 動輕桿使小球在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動，角速度為力。A、C為與圓心 等

12、髙的兩點(diǎn)，3為最高點(diǎn)，重力加速度為g。則A. 在B點(diǎn)時(shí)桿對球的作用力不可能為0B. 在A點(diǎn)時(shí)，桿對球的作用力大小為J（噸亍C. 從A轉(zhuǎn)動到"的過程中，小球處于超重狀態(tài)D. 從3轉(zhuǎn)動到C的過程中，小球重力的功率一直增大答案BD解析【詳解】A.在B點(diǎn)桿對球的作用力為0,只由重力提供向心力，小球也能在豎直平而內(nèi)沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；B. 在A點(diǎn)時(shí),小球受重力Sg）和桿對小球的作用力（F）,向心力的大小為認(rèn)2,合力提供向心力，所以有F=y(mg)2 +(mlco2>)2故B正確：C. 從A轉(zhuǎn)動到B的過程中，小球的向心加速度有豎直向下的分量，所以小球處于失重狀態(tài),故C錯(cuò)誤

13、：D. 從B轉(zhuǎn)動到C的過程中，速度大小不變，速度與重力方向的夾角0逐漸變小，由P = mvcosO可知，小球重力的功率一直增大，故D正確。故選BDo10如圖甲是某超載貨車運(yùn)送圓柱形鋼管的情景，所裝鋼管規(guī)格相同，如圖乙是鋼管堆放的截面示意圖。已知鋼管間的動摩擦因數(shù)為“，每根鋼管的質(zhì)量為？，重力加速度為g，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下層鋼管被固立不能移動。下列分析正確的是B. 若把上層A鋼管水平向外抽出，所需最小力為“C. 人與B、C間不發(fā)生相對滑動，汽車的加速度最大為仝3“gd.若汽車運(yùn)動的加速度為“g,則鋼管a受到b、c的作用力為第答案CD解析【詳解】A.設(shè)A、B管之間的彈力大小為T,

14、丁與豎直方向的夾角為&，根拯幾何關(guān)系可得 sin = - = 2R 2解得 &二 30°根據(jù)對稱性可知C對人的彈力大小也為7；根據(jù)平衡條件可得2Tcos0 = mg解得故A錯(cuò)誤：B. 若把上層A鋼管水平向外抽出，所需最小拉力等于A受到的摩擦力，摩擦力所以所需最小力為于“加g，故B錯(cuò)誤；C. A與B、C間恰好不發(fā)生相對滑動時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得.f=ma,解得汽車的加速度 最大為2若"心故C正確：D. 若汽車運(yùn)動的加速度為“g,則鋼管A受到B、C的作用力為F = JOgF +（M）2 =+故D正確。故選CD。11某同學(xué)將“打夯”的情景簡化成以下模型：兩人同時(shí)

15、通過繩子對重物各施加一個(gè)力，大小 均為375N,方向都與豎直方向成37°，重物離開地而30cm后停止施力，最后重物自由下 落把地而砸深2cm。已知重物的質(zhì)量為40kg, g取10nVs2» cos37° =0.8»貝ij：A. 兩繩對重物的合力為600NB. 整個(gè)上升過程重物的重力勢能增加120JC. 重物落地時(shí)的速度大小為3.0nVsD.重物對地而的平均沖擊力大小為9.0x103N答案AC解析【詳解】A.將兩個(gè)拉力正交分解后，水平方向上的合力為零，豎直方向上的合力就是兩繩 對重物的合力= 2Fcos37° = 2 x 375 x 0.8N =

16、 600N故A正確：F合一噸mB. 兩繩用力時(shí)物體的加速度 600-40x10m/s* = 5m/s40設(shè)停止用力后物體還有上升兒則有芮=2ax = 2gh所以a jh = s = x 30cm = 0.15 m g 10那么重物加速減速上升的總高度為H =s + h = 0.45m重物增加的重力勢能AEp = mgH =40xl0x 0.45J = 180J故B錯(cuò)誤：c.物體上升到最大高度H后就自由落體，所以落地的速度v =2gH = >/2xl Ox 0.45 m/s = 3m/s故C正確：D. 從最髙點(diǎn)到把地砸深2m,根據(jù)動能怎理有 mg( H + /?) /，r x A/z =

17、0 - 0代入解得2 4Sx400N=490N故D錯(cuò)誤。故選AC。三、簡答題12為了“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系二現(xiàn)提供如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝琵18.1224.58乙（D以下實(shí)驗(yàn)操作正確的是A. 電火花計(jì)時(shí)器應(yīng)接6V以下交流電源B. 調(diào)節(jié)滑輪髙度，使細(xì)線與長木板平行C. 先將電火花汁時(shí)器接通電源，后釋放小車D. 平衡摩擦力時(shí)應(yīng)使小車在舷碼及磁碼盤牽引下恰好做勻速運(yùn)動（2）如圖乙為某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶，從比較淸晰的點(diǎn)起，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，已知交流電頻率為50圧。該小車的加速度。=m/S2.（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）下表記錄了舷碼和舷碼盤的質(zhì)量一宦時(shí)，小車質(zhì)量M與對應(yīng)的加速度"及丄的數(shù)

18、據(jù),請?jiān)谧鴺?biāo)圖丙中描點(diǎn)作岀丄 圖象,（選填“正比"或'反比"）并從圖象判斷小車加速度a與質(zhì)量M之間應(yīng)滿足 關(guān)系。實(shí)驗(yàn)次數(shù)123454/(7尸)0.850.570.500.330.28M / kg0.440.660.88101.32扣妒M2.271 511.360.920.76主要原因是.答案J (1). BC 0.19(3).反比(4)小車質(zhì)量一立時(shí)，改變祛碼個(gè)數(shù)，得到a_F圖象如圖丁所示，其末端明顯偏離直線,(4) .隨著狂碼數(shù)量的增加，不能很好的滿足小車質(zhì)捲遠(yuǎn)大于祛碼和璉碼盤的總質(zhì)量解析【詳解(1)1A.電火花計(jì)時(shí)器使用的是交流220v電源,故A錯(cuò)誤;B.實(shí)驗(yàn)已

19、經(jīng)平衡摩擦力，故需要使細(xì)線與長木板平行，故B正確:C. 根據(jù)使用打點(diǎn)i|時(shí)器操作規(guī)則，先將電火花訃時(shí)器接通電源，后釋放小車：故C正確;D. 平衡摩擦力是利用小車自身的重力來平衡摩擦力，此時(shí)不能懸掛重物，故D錯(cuò)誤。故選BC “2每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，已知交流電頻率為50Hz,則計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為7=0.Is：由逐差法得(24.58-11.92)-11.92A in , 2a =TxlO = 0.19m/s4x0.12(3)3由表格中的數(shù)據(jù)，描點(diǎn)得圖像如圖所示“與質(zhì)量M之間應(yīng)滿足反比關(guān)系;(4)5小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于誌碼和舷碼盤的總質(zhì)量時(shí)，由實(shí)驗(yàn)原理可知，有mga =-m + M此時(shí)斜率近似等于丄；隨著

20、狂碼數(shù)量的增加，不能很好的滿足小車質(zhì)捲遠(yuǎn)大于舷碼和璉碼M盤的總質(zhì)量，此時(shí)斜率為 一，加增大，斜率減小，故末端明顯偏離直線，故末端明顯 M + m偏離直線的原因是隨著璉碼數(shù)量的增加，不能很好的滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于舷碼和祛碼盤的總質(zhì)崑13某研究小組設(shè)計(jì)了一種測量滑塊與木板之間動摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)方案，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所 示。水平桌面上固定一圓弧軌道和一平直木板，二者在M處平滑連接° M處安裝一光電門測量遮光條經(jīng)過的時(shí)間，重力加速度g = 10m/s2。實(shí)驗(yàn)如下:(1) 用刻度尺測量遮光條寬度，示數(shù)如圖乙所示。某次測量中，計(jì)時(shí)器的示數(shù)為r = 0.0100s,則滑塊經(jīng)過M點(diǎn)的速度卩=m/s。(2)

21、 將滑塊由某位宜靜止釋放，滑塊停止在N處，測得M到N的距離為厶，并記錄計(jì)時(shí)器的示數(shù)為f,則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)表達(dá)式"=。(用題中物理量的符號表示)(3) 改變滑塊釋放的位置，多次實(shí)驗(yàn)，記錄各次f值并測量MN間距厶，作岀丄-L關(guān)系r圖象如圖丙，利用該圖象求得滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)"=(4) 為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，下列說法正確的是。A. 增大遮光條寬度B. 圓弧軌道必須光滑C. 木板必須保持水平D. 滑塊釋放時(shí)的位巻適當(dāng)高些t/2答案(1). 0.50(2).(3). 0.5.CD2gL廣解析【詳解】(1)【1由圖乙所示可知，遮光條寬度為d = 5.0mm = 5x10&q

22、uot;3 m滑塊經(jīng)過M點(diǎn)速度y為 厶土 50趾t 0.012滑塊從M運(yùn)動到N的過程，根據(jù)動能泄理可知0 - pnigL = ° 一 £ mvXv = y聯(lián)立解得d2卓攀Lr 心丄-厶圖像的斜率r"磔（I1由圖丙得k=4xl0解得/=0.54A.增大遮光條的寬度，遮光條通過光電門的運(yùn)動與勻速運(yùn)動越不接近，用v =-求速t度誤差增大，故A錯(cuò)誤；B. 圓弧軌道是否光滑對實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒有影響，故B錯(cuò)誤：C. 木板必須保持水平，否則重力對滑塊要做功，誤差增大，故C正確：D. 滑塊釋放時(shí)的位宜適當(dāng)高些，遮光條通過光電門的速度增大，越接近勻速運(yùn)動，速度測 量誤差越小，故D正確。故

23、選CD。四、計(jì)算題14. 電視市目里有一個(gè)推木箱的游戲，游戲規(guī)則是：選手從A點(diǎn)開始用力沿水平方向推木箱, 一段時(shí)間后放手讓木箱向前滑動，若木箱最后停在有效區(qū)域BC內(nèi)（包括B、C兩點(diǎn)）視為 成功。已知長厶=10m, BC長厶=5m,選手推動木箱過程加速度大小為3nVs2,撤去推力后，木箱滑動加速度大小為5ni/s2.木箱視為質(zhì)點(diǎn)。（1）推力作用2s,木箱能否到達(dá)有效區(qū)域？（2 ）若選手推木箱至3點(diǎn)時(shí)撤去外力，木箱能否停在有效區(qū)域內(nèi)？（3）要想獲得游戲成功，推力作用的最長時(shí)間是多少？A答案（1）不能到達(dá)有效區(qū)域（2）不能到達(dá)有效區(qū)域（3） 2.5s解析【詳解】推力作用2s位移：2 1代入數(shù)據(jù)得：X

24、）= 6m2s末速度v = at撤去推力后位移:2a2代入數(shù)據(jù)得：x2 = 3.6m全程位移：x = x+x2代入數(shù)據(jù)得：x = 9.6m < 10m所以木箱不能到達(dá)有效區(qū)域（2）選手推木箱至3點(diǎn)時(shí)：由公式必=2勺厶，撤去推力后位移:代入數(shù)據(jù)得：x2'=6m > L, =5m所以不能停在有效區(qū)域內(nèi)(3) 要想獲得游戲成功，木箱滑到C點(diǎn)速度正好為0,力作用時(shí)間最長，設(shè)力作用最長時(shí)間為5時(shí)刻的速度為V =.加速運(yùn)動過程中的位移：減速運(yùn)動過程中的位移要使木箱停止在有效區(qū)域內(nèi)，則需滿足ffrrxl +x2 =厶 + 厶代入數(shù)據(jù)得：a = 2.5s15. 如圖所示，長為厶的固圧長直桿

25、與水平而的夾角為a ,將一個(gè)質(zhì)量為加的圓環(huán)套在桿上, 可沿桿勻速下滑。若圓環(huán)以某一初速度從底端向上運(yùn)動，剛好能到達(dá)頂端。已知重力加 速度為g。(1) 求圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)“；(2) 求圓環(huán)的速度勺：(3) 若用大小為F、方向與桿成&角的力，從底端由靜止斜向上拉動圓環(huán)，經(jīng)時(shí)間f到達(dá) 頂端，求拉力F的大小。答案(1)" = tana (2) v0 = 2Lsina (3)= mg sin 2a + cos a 或解析【詳解】(1)由題意，圓環(huán)勻速下滑，貝IJ有：mg sin a = pmig cos a得：/ = tan a(2)設(shè)圓環(huán)向上運(yùn)動的加速度為受力分析如圖1所示,m

26、g sin a + pmg cos a = max根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v=2aL解得:v0 = 2yJgLsina(3)設(shè)圓環(huán)在拉力作用下向上運(yùn)動的加速度為根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，可得加速度F較小時(shí)，受力如圖2所示:根據(jù)牛頓第二左律有：斤 cos anig sin a“(mg cos a片 sin a) = ma2解得:F、= mg sin 2a +2mLcos aF較大時(shí)，受力如圖3所示:根據(jù)牛頓第二左律有：坊 cos Qmg sin a“（鬥 sin a - mg cos a） = ma2解得：F _ IniLcQsa（cos' a-sin2 a）尸16. 如圖甲所示，大量電子由靜止開始，經(jīng)加速

27、電場加速后，沿偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間且平行 板的方向射入，再從另一側(cè)射出，打到右側(cè)的熒光屏上。已知電子質(zhì)量為加，電荷量為J 極板長/,板間距離，極板右端到熒光屏的距離是厶，加在偏轉(zhuǎn)極板間的電壓如圖乙所示。（設(shè)每個(gè)電子穿過平行板時(shí)可以認(rèn)為電壓是不變的，忽略電子所受重力）。求：（1）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度勺；（2）電子偏轉(zhuǎn)距離最大時(shí)所加的偏轉(zhuǎn)電壓：（3）電子打在熒光屏上的長度答案J （!）序U 斧 （3） 3（：/）解析【詳解】(1)根拯動能左理得：eU.,電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度乙(2)電子從極板中間進(jìn)入，能打?qū)缙D(zhuǎn)電場的最大距禽為電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向有:1 = W得豎直方向有:d 1.="廠2 2其中：eUmd解得電子能射出偏轉(zhuǎn)電場所加的最大電壓:(3)設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為兒偏轉(zhuǎn)角為0,則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時(shí)有：Vy = at tan 0 =電子在熒光屏上偏離。點(diǎn)的距離為由(2)知，偏轉(zhuǎn)電壓最大值"=遜匚，此時(shí)電子打到熒光屏上的偏轉(zhuǎn)距離為:（1 + 2厶）1 21當(dāng)所加反向電壓，U=-如£時(shí).電子向屏上偏轉(zhuǎn)的方向相反，且打到屏上的偏轉(zhuǎn)距離為:所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為:17某興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)軌道，依次由光滑曲而AB粗粗水平而光滑豎直圓軌道及 足夠長