重慶一中高一物理下學(xué)期期末考試含解析

1、重慶一中2013-2014學(xué)年高一物理下學(xué)期期末考試（含解析）物理試題分選擇題和非選擇題兩部分，滿(mǎn)分110分，考試時(shí)間100分鐘。第一部分（選擇題共44分）一.單項(xiàng)選擇題（共8個(gè)小題，每小題 4分，共32分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）.在牛頓發(fā)現(xiàn)萬(wàn)有引力定律一百多年之后，卡文迪許首先精確測(cè)量了引力常量。在國(guó)際單位制中引力常量的單位是（）A. N kg2B. N m 2C. N - kg 2/m2D. N - m 2/kg 2【答案】D【解析】萬(wàn)有引力定律公式 FuGmm2中，質(zhì)量m的單位為kg,距離r的單位為m引力F的單位為 rn,由公式推導(dǎo)得出，g的單位為地m0。 kg故選D?！究键c(diǎn)】國(guó)際

2、單位制；萬(wàn)有引力定律.關(guān)于電流，下面說(shuō)法正確的是（）A.只要將導(dǎo)體置于電場(chǎng)中，導(dǎo)體中就有持續(xù)的電流B.電源的作用是保持導(dǎo)體兩端的電壓穩(wěn)定C.導(dǎo)體內(nèi)無(wú)電流時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)一定無(wú)任何電荷運(yùn)動(dòng)D.導(dǎo)體中的電流一定是由正負(fù)電荷同時(shí)向相反方向運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的【答案】B【解析】A、將導(dǎo)體置于電場(chǎng)中，導(dǎo)體兩端不一定存在電壓，導(dǎo)體中自由電荷不一定能夠定向移動(dòng)，則不一定形成電流，故 A錯(cuò)誤；日電源的作用是使導(dǎo)體兩端存在恒定的電壓，導(dǎo)體中才有恒定電流，故 B正確；C通常情況下導(dǎo)體內(nèi)沒(méi)有電流，說(shuō)明導(dǎo)體兩端沒(méi)有電壓，故C錯(cuò)誤；D正負(fù)電荷定向移動(dòng)，都能形成電流，但不一定同時(shí)移動(dòng)，故 D錯(cuò)誤。故選Bo【考點(diǎn)】電流；電壓3.物體做下列

3、幾種運(yùn)動(dòng)，其中一定符合機(jī)械能守恒的運(yùn)動(dòng)是（）A.自由落體運(yùn)動(dòng)B.在豎直方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)D.在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】A、物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故 A正確；日物體在豎直方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤;C做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能不一定守恒，如沿粗糙斜面勻加速下滑的物體由于克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，機(jī)械能不守恒，故 C錯(cuò)誤；DK在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)能不變，重力勢(shì)能發(fā)生變化，物體機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選Ao【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律4.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在

4、水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由釋放，壓上彈簧后與彈簧一起運(yùn)動(dòng).若以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下建一坐標(biāo)系ox,則小球的速度v隨x的變化圖象如圖所示.其中OA段為直線(xiàn)，AB段是與OM目切于A點(diǎn)的曲線(xiàn)，BC是平滑的曲線(xiàn)，則關(guān)于 A B. C各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置坐標(biāo)及加速度，以下說(shuō) 法正確的是（）A. XA=h, aA=0B . XB=h, aB=gC. XB=h+mg/k, aB=0 D . xc=h+mg/k, acg【解析】A、由小球 OA段是直線(xiàn)可以知道，其加速度恒定，故此段代表小球接觸彈簧前的自由落體運(yùn)動(dòng)，故而可以知道 A點(diǎn)的位置坐標(biāo)為h,加速度為重力加速度，故 A

5、錯(cuò)誤；BG由圖知B點(diǎn)加速度為零，既此時(shí)彈力等于重力，此時(shí)彈簧形變量為：Ax = Xg ,故B點(diǎn)k坐標(biāo)為：xB=h +mg,故B錯(cuò)誤C正確； kD小千過(guò)B后會(huì)繼續(xù)會(huì)繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，故而D點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)大于 B點(diǎn)的坐標(biāo)，由在 B點(diǎn)時(shí)彈力已經(jīng)等于重力，故在 D點(diǎn)時(shí)彈力一定大于重力，故 D錯(cuò)誤。故選Co【考點(diǎn)】牛頓第二定律5. 一粒子從A點(diǎn)射入電場(chǎng)，從 B點(diǎn)射出，電場(chǎng)的等勢(shì)面（等差）和粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 圖中左側(cè)前三個(gè)等勢(shì)面彼此平行，不計(jì)粒子的重力。下列說(shuō)法正確的有（）A.粒子帶正電B .粒子的加速度先不變，后變小C.粒子的速度不斷增大D .粒子的電勢(shì)能先減小，后增大【答案】B【解析】A、電場(chǎng)線(xiàn)（垂直

6、于等勢(shì)面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以粒子帶負(fù)電，故 A錯(cuò)誤；日因?yàn)榈葎?shì)面先平行并且密，后變疏，說(shuō)明電場(chǎng)強(qiáng)度先不變，后變小，則電場(chǎng)力先不變，后變小，所以加速度先不變，后變小，故B正確；C由于起初電場(chǎng)力與初速度方向相反，所以速度先減小，故C錯(cuò)誤；D因?yàn)殡妶?chǎng)力先做負(fù)功，所以電勢(shì)能先增大，故D錯(cuò)誤。故選Bo【考點(diǎn)】等勢(shì)面；電場(chǎng)線(xiàn)6.如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負(fù)極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)貼著下板插入一定厚度的金屬板，則在插入過(guò)程中（）A.電容器的帶電量不變B .電路將有逆時(shí)針?lè)较虻亩虝弘娏鰿.帶電液滴仍將靜止D .帶電液滴將向

7、下做加速運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】AR插入一金屬板相當(dāng)于極板間距離變小了，根據(jù)決定式C = ,知電容增大，電勢(shì)差不4 二 kd變，則Q=CU,電容器帶電量增大.電路中有逆時(shí)針?lè)较虻亩虝弘娏?，?A錯(cuò)誤B正確；C H電勢(shì)差不變，d減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，帶電液滴所受的電場(chǎng)力增大，大于重力，將向上做加速運(yùn)動(dòng)，故 CD錯(cuò)誤。故選Bo【考點(diǎn)】電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7.如圖所示，在以速度 v逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的、與水平方向傾角為0的足夠長(zhǎng)的傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為 m的小木塊，小木塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（ tan 0 ）,則下列圖象中能夠客觀反映出小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的是（）初狀態(tài)時(shí)：重力的分力

8、與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：a1 =gsin +Ngcos9 ； 當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相等時(shí)，由 a2,圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率變小。故選C?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律；運(yùn)動(dòng)圖像8.如圖所示，在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點(diǎn)開(kāi)始沿水平面向左做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)L長(zhǎng)度到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱?此過(guò)程中， TOC o 1-5 h z 2,金屬塊損失的動(dòng)能有一轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能.金屬塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)C（圖中未標(biāo)出）時(shí)的動(dòng)能和 A3點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為

9、 （）A. 1.5LB. 2L C . 3L D . 4L【答案】D【解析】, 一 2 一 ,小金屬塊從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程，金屬塊損失的動(dòng)能有 2EK轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，則得克服電場(chǎng)力做功3 HYPERLINK l bookmark22 o Current Document 、，2 _為 W電=& Ek = qEL根據(jù)動(dòng)能定理：外力所做的總功等于物體的動(dòng)能變化，可知，金屬塊克服摩擦力做功為1 Wf Ek =fL 3設(shè)小金屬塊從 B運(yùn)動(dòng)到C經(jīng)過(guò)的路程為s,則由動(dòng)能定理得： qEs-fs = Ek聯(lián)立以上三式，得s =3L所以金屬塊從 A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的總路程為 x = L + s = 4L。故

10、選D?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；電勢(shì)能二.多項(xiàng)選擇題（共3個(gè)小題。每小題4分，共12分。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全得 2分, 有錯(cuò)選的得0分）9.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置，如圖所示，其中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料。圖 2是裝置的截面圖，上、下兩板 與電壓恒定為 U的高壓直流電源相連。帶負(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v。，當(dāng)碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集。將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量 的比值，稱(chēng)為除塵率。不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。要增大除塵率，則下列措施 可行的是（）A只增大電壓UB .只增大長(zhǎng)度LC

11、.只增大高度dD.只增大塵埃被吸入水平速度 V?！敬鸢浮緼B【解析】增加除塵率即是讓離下極板較遠(yuǎn)的粒子落到下極板上，帶電塵埃在矩形通道內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，2、2在沿電場(chǎng)的方向上的位移為 y =地|上 ，增大y便可增大除塵率，故 AB正確。2 dm（V。J故選AR【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；電容器的動(dòng)態(tài)分析10.如圖所示，在場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)一端拴一個(gè)質(zhì)量為n電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在 O點(diǎn).把小球拉到使細(xì)線(xiàn)水平的位置A,然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到細(xì)線(xiàn)與水平成。=60。的位置B時(shí)速度為零.以下說(shuō)法正確的是（）A.小球重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是mg

12、= 3EqB.小球重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是Eq= 3mgC.小王在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線(xiàn)拉力為 Ft= /3mgD.小王在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線(xiàn)拉力為 Ft= 2Eq【答案】BC【解析】AR類(lèi)比單擺，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，小球處在弧線(xiàn)中點(diǎn)位置時(shí)切線(xiàn)方向合力為零，此時(shí)細(xì)線(xiàn)與水平方向夾角恰為30。，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin30= mgcos30,化簡(jiǎn)可知Eq = J3mg,故A錯(cuò)誤B正確；CD.小球到達(dá) B點(diǎn)時(shí)速度為零，則沿細(xì)線(xiàn)方向合力為零，此時(shí)對(duì)小球受力分析可知：Ft =qEcos60mgsin60口，故細(xì)線(xiàn)拉力 FT=J3mg,故 C正確 D錯(cuò)誤。故選BG【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系11. 一個(gè)質(zhì)量為

13、m電荷量為+ q的小球以初速度 V0水平拋出，在小球經(jīng)過(guò)的豎直平面內(nèi)、存 在著若干個(gè)如圖所示的無(wú)電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場(chǎng)區(qū)水平方向無(wú)限長(zhǎng)，已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向均豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）名一-.-第一無(wú)電場(chǎng)區(qū) 第一電場(chǎng)區(qū)第二無(wú)電場(chǎng)區(qū)f t I第二電場(chǎng)區(qū)A.小球在水平方向一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.若場(chǎng)強(qiáng)大小等于 mg ,則小球經(jīng)過(guò)每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同qc.若場(chǎng)強(qiáng)大小等于陋 ,則小球經(jīng)過(guò)每一無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同qd.無(wú)論場(chǎng)強(qiáng)大小如何，小球通過(guò)所有無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同【答案】AC【解析】A、將小球的運(yùn)動(dòng)沿著水平方向和豎直方向

14、正交分解，水平方向不受外力，以V。做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確；日豎直方向，在無(wú)電場(chǎng)區(qū)只受重力，加速度為g,豎直向下，有電場(chǎng)區(qū)除重力外，還受到向上的恒定的電場(chǎng)力作用， 加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于 mgq時(shí)，電場(chǎng)力等于 mg,故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力為零，在無(wú)電場(chǎng)區(qū)小球勻加速運(yùn)動(dòng)，故經(jīng)過(guò)每個(gè)電場(chǎng)區(qū)，小球的速度均不等，因而小球經(jīng)過(guò)每一無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均不相等，故B錯(cuò)誤;C當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于 2mg時(shí)，電場(chǎng)力等于 2mg,故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力大小等于mg,方q向豎直向上，加速度大小等于g,方向豎直向上，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：1 2經(jīng)過(guò)第一個(gè)無(wú)電場(chǎng)區(qū) y =-gt1、v1 =gt

15、122經(jīng)過(guò)第一個(gè)電場(chǎng)區(qū) y =v1tgt2、v2 = v1 g gt聯(lián)立解得t1 = t2、v2=0接下來(lái)小球的運(yùn)動(dòng)重復(fù)前面的過(guò)程，即每次通過(guò)無(wú)電場(chǎng)區(qū)都是自由落體運(yùn)動(dòng)，每次通過(guò)電場(chǎng)區(qū)都是末速度為零勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故C正確；D通過(guò)前面的分析可知，物體通過(guò)每個(gè)無(wú)電場(chǎng)區(qū)的初速度不一定相同，所以，通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間不同，故D錯(cuò)誤。故選AG【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成和分解第二部分（非選擇題共66分）三、實(shí)驗(yàn)題（共18分）12. （1） （6分）在研究加速度與外力（質(zhì)量 m一定）的關(guān)系；驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律；探究彈力大小與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系三個(gè)實(shí)驗(yàn)中；某同學(xué)正確做出了三個(gè)實(shí)驗(yàn)的圖像，如下圖中A、B、C所示。根據(jù)坐標(biāo)軸

16、代表的物理量判斷；A實(shí)驗(yàn)的圖像斜率表示 ; B實(shí)驗(yàn)圖像的斜率表布 , C實(shí)驗(yàn)圖像的斜率表布 。F打點(diǎn)計(jì)時(shí)器紙帶細(xì)線(xiàn)5:均勻長(zhǎng)木板水平實(shí)險(xiǎn)臺(tái)滑輪M鉤碼（2） （12分）利用如圖所示的裝置可以做力學(xué)中的一些實(shí)驗(yàn)，已知交流電的頻率為f,小車(chē)質(zhì)量為M,鉤碼質(zhì)量為 m.如果利用它來(lái)探究物體的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，為使小車(chē)所受的合外力等于細(xì)線(xiàn)的拉力，應(yīng)該采取的措施是，要使細(xì)線(xiàn)的拉力等于鉤碼的總重量，應(yīng)該滿(mǎn)足的條件是 Mm（填“大于”、“遠(yuǎn)大于”、“小于”或“遠(yuǎn)小于”）在滿(mǎn)足了小車(chē)所受的合外力等于細(xì)線(xiàn)的拉力的條件下，且使細(xì)線(xiàn)的拉力等于鉤碼的總重量，如果利用它來(lái)探究外力做功與動(dòng)能的關(guān)系時(shí)得到的紙帶如圖所示

17、。O為小車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)打下的第一點(diǎn)，A、B、C為過(guò)程中的三個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有標(biāo)出，有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示，要探究小車(chē)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能定理，要滿(mǎn)足一個(gè)怎樣的關(guān)系式（用題中的字母符號(hào)表示）如果利用此裝置來(lái)驗(yàn)證小車(chē)與鉤碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒時(shí)為盡可能消除摩擦力對(duì)小車(chē)的影響：則小車(chē)質(zhì)量和鉤碼的質(zhì)量關(guān)系應(yīng)該滿(mǎn)足Mm （填“大于”、“遠(yuǎn)大于”、“小于” 或“遠(yuǎn)小于”）【答案】（1）(2)22平衡摩擦力遠(yuǎn)大于 mgh = Mf C）200遠(yuǎn)小【解析】（1）研究加速度與外力（質(zhì)量一定）的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中,根據(jù)牛頓第二定律有：F=ma因此有所以A圖線(xiàn)斜率表示物體（或小車(chē)）質(zhì)量的倒數(shù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中

18、，根據(jù)功能關(guān)系可知:1；m,12V2, Emgh= - mv ,因此有： 一 =gh ,因22此B圖線(xiàn)斜率表示（當(dāng)?shù)兀┲亓铀俣萭;探究彈力大小與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)胡克定律有:率表示彈簧的勁度系數(shù) k;F=kx,因此有C圖線(xiàn)斜（2）為使小車(chē)所受的合外力等于細(xì)線(xiàn)的拉力，實(shí)驗(yàn)前需平衡摩擦力;對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用牛頓第二定律得，有mg= （M+m a,解得a =q一，M m隔離分析得丁=乂2=地2=厘一,知當(dāng)M遠(yuǎn)大于m時(shí)，細(xì)線(xiàn)的拉力等于鉤碼的總重量.M m . mI M根據(jù)動(dòng)能定理得 mghB =1 MvB , vB= hC -hA = （hC -hA）f ,要探究小車(chē)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能定 22t10

19、理，要滿(mǎn)足的關(guān)系式為:mgh 二.22Mf he - hA200為盡可能消除摩擦力對(duì)本實(shí)驗(yàn)的影響，使驗(yàn)證結(jié)果盡可能準(zhǔn)確， 則小車(chē)質(zhì)量M和鉤碼質(zhì)量m的關(guān)系應(yīng)該滿(mǎn)足M vm,這樣能使摩擦力做的功相對(duì)少些，以減小機(jī)械能的損失。【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系；驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律；探究彈力大小與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系四、計(jì)算題（共48分）13. （10分）如圖所示，質(zhì)量為 m=6.0kgcose = 41 - 6)2 ,即 cos9 = 2-對(duì)滑塊受力分析，如圖所示的滑塊C,放在L=1.44m的水平木板 AB上，當(dāng)板的A端被緩慢抬高h(yuǎn)=0.48m且到A*時(shí)，滑塊 TOC o 1-5 h z

20、恰好沿板勻速下滑，已知g=10m/s2,取J2 =1.4.則滑塊與板間的動(dòng)摩擦因數(shù)k =【答案】=0.35【解析】設(shè)當(dāng)長(zhǎng)板的A*端抬高到0.48m時(shí)，斜面與水平面的夾角為0 ,h.0 481由二角函數(shù)可得 sine =-，代入數(shù)據(jù)可得 sin日=彳五 =- 由三角函數(shù)關(guān)系可知 cosH = J1sin2 8，代入數(shù)據(jù)可得由于滑塊勻速下滑，合外力為零,由滑動(dòng)摩擦力公式可知f =N14. （10分）如圖所示,一小由平衡條件得 F1 =mgsin8、F2 =mgcos日則有 N = F2 = mg cosH、 f = F1 = mg sinH1_聯(lián)立以上各式可得 s =2口白=與=臣 =0.35co

21、s843【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡；波管偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度為 d,兩極間的電場(chǎng)是均勻的，大小為 E (E垂直于管軸)，一個(gè)初速度為0的電子經(jīng)電壓為 U的加速電場(chǎng)加速后，沿管軸注入，已知電子質(zhì)量 m,電量為e(1)求電子出偏轉(zhuǎn)電極時(shí)豎直方向上的偏轉(zhuǎn)距離y;(2)若偏轉(zhuǎn)電極的右邊緣到熒光屏的距離為L(zhǎng),求電子打在熒光屏上產(chǎn)生的光點(diǎn)偏離中心Ed2【答案】y =Ed- 4U,Edd 2L) y ;4UCKS5U解析】電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度由動(dòng)能定理有:eU=m?2電子在極板中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t =-veE電子在極板中加速度為：a -eEm電子經(jīng)過(guò)電極后的偏轉(zhuǎn)距離為：yat22得：y =旦-4U電子出極板時(shí)的偏角為

22、。，則：taneatEd2U.1. r Edd 2Dy = y L tan 二4U【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))(14分)如圖所示，質(zhì)量為 m=0.1kg的小球,用長(zhǎng)l=0.4m的細(xì)線(xiàn)與固定在圓心處的力傳感器相連，小球和傳感器的大小均忽略不計(jì)。當(dāng)在A處給小球6m/s的初速度時(shí)，小球恰能運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)B點(diǎn)，設(shè)空氣阻力大小恒定，g=10m/s2,求：(1)小球在A處時(shí)傳感器的示數(shù)；(2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中克服空氣阻力做的功；F,(3)小球在A點(diǎn)以不同的初速度 V0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)傳感器會(huì)顯示出相應(yīng)的讀數(shù)試通過(guò)計(jì)算在坐標(biāo)系中作出F-Vo2圖象。1 2【答案】F =10N Wf =

23、0.8J F = Vo -94【解析】(1)在A點(diǎn),2由 F -mg =m半得：F =10N2V(2)由 mg = m：得：vB = 2m/ s1cle小球從AHU B過(guò)程中，由動(dòng)能te理：Wf -2mgl = mvB mvA22Wf = 0.8J ,所以 Mf =0.8J小球從A到B過(guò)程中, TOC o 1-5 h z 1212 HYPERLINK l bookmark80 o Current Document 由動(dòng)能th理：Wf -2mglmvBmv0 HYPERLINK l bookmark107 o Current Document 222小球在最高點(diǎn)F mg = m 、，r12兩式聯(lián)

24、立得：Fv0 -94圖象(如圖所示)【考點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理16. (14分)如圖所示，ABC陰豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是傾斜的，傾角為37,BC段是水平的，CD段為半徑R=0.15m的半圓，三段軌道均光滑連接，整個(gè)軌道處在豎直向下 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0X103 V/m o 一帶正電的導(dǎo)體小球甲，在A點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，與靜止在 C點(diǎn)不帶電的相同小球乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度交換。已知甲、乙兩 球的質(zhì)量均為 m=1.0 x 10-2kg,小球甲所帶電荷量為 q甲=2.0 x 10-5C, g取10m/s1假設(shè)甲、乙 兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，并不考慮它們之間的靜電力，且

25、整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程與軌道間無(wú)電荷轉(zhuǎn)移。(1)若甲、乙兩球碰撞后，小球乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D,求小球乙在剛過(guò) C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)若水平軌道足夠長(zhǎng)，在甲、乙兩球碰撞后，小球乙能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D,則小球甲應(yīng)至少?gòu)木郆C水平面多高的地方靜止滑下 ？(3)若傾斜軌道 AB可在水平軌道上移動(dòng)，在滿(mǎn)足 (1)問(wèn)和能垂直打在傾斜軌道的條件下，試問(wèn)小球乙在離開(kāi) D點(diǎn)后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間打在傾斜軌道AB上？【答案】N=0.9N,方向豎直向下h = 0.375m t= 0.13s【解析】因甲乙小球相同，則碰撞后兩個(gè)小球的電量都為q=9更=1.0M10*C2其電場(chǎng)力Eq=0.05N 設(shè)小球 乙恰能 通過(guò) 軌道的 最高點(diǎn)

26、 D時(shí)的速率為 vd,在 D點(diǎn)：由牛頓 第二 定律得2Eq mg =m，解得：vD =1.5m/s R(1)小球乙從 C到D的過(guò)程： TOC o 1-5 h z 1212 HYPERLINK l bookmark97 o Current Document 由動(dòng)能te理：-(mg Eq) 2R= mvDmvC222在C點(diǎn)：由牛頓第二定律得：NC - mg - Eq = m 解得：NC =6 (Eq+mg) =0.9N , vC =3.35m/s由牛頓第三定律得：小球乙在剛過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為 N=0.9N,方向豎直向下(2)設(shè)小球甲從高度為 h時(shí)滑下與小球乙碰撞后，小球乙恰能通過(guò)軌道的最高

27、點(diǎn)D,2由動(dòng)能th理：(mg+Eq甲)m h = mvC ,斛得：h= 0.375m(3)小球乙離開(kāi)D點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，加速度 a = Eq+mg = 15m / s2m當(dāng)小球乙垂直打在斜面上時(shí)，其豎直速度vy = at= vctan530 = 0.2m/ s故 t =0.13s【考點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理2014年重慶一中高2016級(jí)高一下期期末考試物理答案2014.7一.單項(xiàng)選擇題（共 32 分）1.D 2.B 3.A 4.C 5.B 6.B 7. C 8.D二.多項(xiàng)選擇題（共 12分）9.AB 10.BC 11.AC三、實(shí)驗(yàn)題（共18分）12. (1) (1) g k m（2）平衡摩擦力22Mf2 hC - hA遠(yuǎn)小四、計(jì)算題（共48分）13. (10分)設(shè)當(dāng)長(zhǎng)板的A*端抬高到0.48m時(shí)，斜面與水平面的夾角為h由二角函數(shù)可得 sine =，代入數(shù)據(jù)可得 sin =0.481.44200由平衡條件得 F1 =mgsin、F2 =mgcos由于滑塊勻速下滑，合外力為零，則有N = F2 = mgcosB、f = F, = mgsin由滑動(dòng)摩擦力公式可知f =N HYPERLINK l bookmark46 o Current Document 1_ HYPERLINK l bookmark123 o Current Document ， 一 , sin