2019-2020年高一上学期月考物理试卷（12月份）（强化班）含解析.doc

2019-2020年高一上学期月考物理试卷（12月份）（强化班）含解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，答对得4分，答错或不答得0分。1如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A甲图：离点电荷等距的a、b两点B乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点2如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量 相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒 子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、C为 实线与虚线的交点，已知0点电势高于C点，若不计重力，则（）AM带负电，N带正电BN在a点的速度与M在c点的速度大小不同CM从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零DN在从O点运动到a点的过程中克服电场力做功3图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、q，则该三角形中心O点处的场强为（）A，方向由c指向OB，方向由O指向CC，方向由C指向OD，方向由O指向C4如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）A一定减小B一定增大C一定不变D可能不变5某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示由此可以判定（）A粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B粒子在A点的动能小于它在B点的动能C粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能DA点的电势低于B点的电势6如图所示，abcd是一矩形的四个顶点，且ab=cd=20cm，ad=bc=40cm，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7V，b点电势为13V，则（）A场强大小一定为E=30V/mBc点电势可能比d点低C场强方向一定由b指向aDcd间电势差一定为6V7示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小二、计算或论述题：本题共2小题，共24分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。8如图所示，在一个电容为100pF的平行板电容器MN形成的电场中将电荷量为4105C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8104J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4104J，N板接地则：（1）A点的电势A是多少？（2）UMN等于多少伏？（3）M板的电势M是多少？（4）N板上所带的电量是多少？9如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4103m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4105kg，电量q=+1108C，（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？三、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有两个或两个以上选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。10静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大D由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小11现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零则下列说法中正确的是（）AO点的电场强度和电势均为零B把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零C同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D将一负点电荷由a点移到b点电势能减小12如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1C若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v113如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图2所示电子原来静止在左极板小孔处下列说法中正确的是（）A从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动B从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t=时刻释放电子，电子可能打到左极板上四、计算或论述题：本题共2小题，共32分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。14如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘且逆时针转动的传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R传送带PC之间距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g求：（1）小物体第一次运动到P点时对轨道的压力；（2）小物体与传送带间的动摩擦因数；（3）若传送带速度v=2，小物体从滑上传送带到第一次返回P点过程中，与传送带间产生的热量多大？15如图所示，边长为2l的正方形ABCD内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线OO上方的电场方向竖直向下，OO下方的电场方向竖直向上从某时刻起，在A、O两点间（含A点，不含O点）连续不断地有电量为+q、质量为m的粒子以相同速度v0沿水平方向射入电场其中从A点射入的粒子第一次穿越OO后就恰好从C点沿水平方向射出正方形电场区不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间t和匀强电场的场强E的大小；（2）在AO间离O点高度h为多大的粒子，最终能沿水平方向从CD间射出正方形电场区？（3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿越OO时的速度v的大小xx学年江苏省南通市海门中学高一（上）月考物理试卷（12月份）（强化班）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，答对得4分，答错或不答得0分。1如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A甲图：离点电荷等距的a、b两点B乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同故A错误B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同故B正确C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同故C错误D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势故D错误故选：B2如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量 相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒 子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、C为 实线与虚线的交点，已知0点电势高于C点，若不计重力，则（）AM带负电，N带正电BN在a点的速度与M在c点的速度大小不同CM从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零DN在从O点运动到a点的过程中克服电场力做功【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至a点的过程中电场力做正功O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电故A错误B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同故B错误C、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零故C正确D、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故D错误故选：C3图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、q，则该三角形中心O点处的场强为（）A，方向由c指向OB，方向由O指向CC，方向由C指向OD，方向由O指向C【考点】电场强度【分析】由点电荷场强公式E=k分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解【解答】解：O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为r=asin60=，三个电荷在O处产生的场强大小均E0=k根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=k再与q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2k=2k=，方向由O指向C故选B4如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）A一定减小B一定增大C一定不变D可能不变【考点】电容器的动态分析【分析】静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大由题，平行板电容器带电后电量不变，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化【解答】解：由题，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=得知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小故A正确，BCD错误故选A5某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示由此可以判定（）A粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B粒子在A点的动能小于它在B点的动能C粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能DA点的电势低于B点的电势【考点】电场线；电势差与电场强度的关系【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误故选B6如图所示，abcd是一矩形的四个顶点，且ab=cd=20cm，ad=bc=40cm，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7V，b点电势为13V，则（）A场强大小一定为E=30V/mBc点电势可能比d点低C场强方向一定由b指向aDcd间电势差一定为6V【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直，可知，cd间电势差等于ba间电势差电场线方向无法确定，场强大小不能求出【解答】解：A、C、根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=求出场强的大小故AC错误B、cd间电势差为6V，则知c点电势比d点高6V故B错误D、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为6V故D正确故选：D7示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题【解答】解：设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：y=at2=t2，解得：y=，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B二、计算或论述题：本题共2小题，共24分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。8如图所示，在一个电容为100pF的平行板电容器MN形成的电场中将电荷量为4105C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8104J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4104J，N板接地则：（1）A点的电势A是多少？（2）UMN等于多少伏？（3）M板的电势M是多少？（4）N板上所带的电量是多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）根据电势差公式U=分别求出A、N间的电势差，即可得到A点的电势（2）由电势差公式求出A、M间的电势差（3）N点电势为零，由MN间的电势差，即可求出M板的电势（4）由Q=CU即可求的【解答】解：（1）A、N间的电势差：UAN=，又：UAN=AN，N=0，则A点的电势：A=10V（2）UMN=V=30V（3）UMN=MN，N=0，则M板的电势：M=30V（4）所带电荷量为Q=CUMN=1101030C=3109C答：（1）A点的电势A是10V；（2）UMN等于30 V（3）M板的电势M是30V（4）N板上所带的电量是3109C9如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4103m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4105kg，电量q=+1108C，（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：竖直方向有：解得：v0=10m/s（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：解得：U1=120V当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：解得：U2=200V所以所加电压的范围为：120VU200V答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120VU200V三、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有两个或两个以上选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。10静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大D由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】由图可以看出在0x1处场强为正，x1+处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小【解答】解：A、x2x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C错误，D正确；故选：BD11现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零则下列说法中正确的是（）AO点的电场强度和电势均为零B把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零C同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D将一负点电荷由a点移到b点电势能减小【考点】电势能；电势【分析】根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则求解电荷在等势面上移动时，电场力做功为0【解答】解：A、上下两个正负点电荷在O点将产生的电场强度向下，左右两个电荷正负点电荷在O点的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O点电场强度不为零，方向沿为AD方向四个点电荷在O点处电势为零，故A错误B、据对称性，b、c等电势，把一负点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零，故B正确C、按照库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C正确D、取无穷远处电势为零，在a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负电荷从a移动到b电场力做负功，所以电势能增加故D错误故选BC12如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1C若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电容器的动态分析【分析】带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系【解答】解：A、若电键K保持闭合，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2=v1，故A错误；B、若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电场力做的负功减小，由动能定理得液滴速度变大，即v2v1，故B正确；C、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，重力与电场力所做的功不变，由动能定理可知，液滴速度不变，即v2=v1，故C正确；D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2v1，故D错误；故选BC13如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图2所示电子原来静止在左极板小孔处下列说法中正确的是（）A从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动B从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t=时刻释放电子，电子可能打到左极板上【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】分析电子的受力情况后，进一步分析电子的运动情况；若一直向右运动，可以打在右板；若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况【解答】解：A、B、分析电子在一个周期内的运动情况；从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上；故A错误，B正确；C、D、分析电子在一个周期内的运动情况；从t=时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在TT内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在T时刻速度减为零；接着重复若两板距离足够大时，电子在两板间振动；但不会打在左极板上； 故C正确，D错误；故选：BC四、计算或论述题：本题共2小题，共32分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。14如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘且逆时针转动的传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R传送带PC之间距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g求：（1）小物体第一次运动到P点时对轨道的压力；（2）小物体与传送带间的动摩擦因数；（3）若传送带速度v=2，小物体从滑上传送带到第一次返回P点过程中，与传送带间产生的热量多大？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】（1）由动能定理可以求出物体的速度，由牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力（2）由动能定理求出动摩擦因数（3）根据动能定理求的场强，通过运动学公式求的相对位移，利用Q=mgx求的产生的热量【解答】解：（1）物体从A到P，由动能定理得：，解得：，P点时，由牛顿第二定律得：，解得：，由牛顿第三定律得，压力：，方向竖直向下；（2）物块从P到C，由动能定理得：解得：；（3）设物块在传送带上的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：，物块从P到C过程时间为t1，则：vP=at1 传送带对应位移为s1，则：s1=vt1 物块相对传送带位移为s1=s1+L物块从C到P，因vPv，一直做匀加速运动，加速度大小也为：，设匀加速时间为t2，则：传送带对应位移为s2，则：s2=vt2物块相对传送带位移为s2=s2L产生的热量为：Q=mg（s1+s2）由解得：；答：（1）小物体第一次运动到P点时对轨道的压力大小为mg，方向竖直向下；（2）小物体与传送带间的动摩擦因数为；（3）若传送带速度v=2，小物体从滑上传送带到第一次返回P点过程中，与传送带间产生的热量为4mgR15如图所示，边长为2l的正方形ABCD内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线OO上方的电场方向竖直向下，OO下方的电场方向竖直向上从某时刻起，在A、O两点间（含A点，不含O点）连续不断地有电量为+q、质量为m的粒子以相同速度v0沿水平方向射入电场其中从A点射入的粒子第一次穿越OO后就恰好从C点沿水平方向射出正方形电场区不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间t和匀强电场的场强E的大小；（2）在AO间离O点高度h为多大的粒子，最终能沿水平方向从CD间射出正方形电场区？（3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿越OO时的速度v的大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动可以求出粒子的运动时间与电场强度；（2）作出粒子运动轨迹，粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出高度h；（3）由动能定理可以求出粒子的速度【解答】解：（1）带电粒子先类平抛后类斜抛，轨迹如图1所示，上下两段对称，水平方向匀速运动，穿越电场区域的时间：，竖直方向先匀加速运动，位移： =，解得：；（2）满足题意的带电粒子运动轨迹如图2所示，每小段抛物线的水平长度为，则：，（n=1，2，3），结合（1）中的E解得：（n=1，2，3）；（3）由题意粒子每次到达中位线的速度大小相同，从进入电场到第一次到达中位线过程，由动能定理得：qEh=mv2mv02，将E、h代入解得：（n=1，2，3）；答：（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间，匀强电场的场强E的大小；（2）在AO间离O点高度：（n=1，2，3）的粒子，最终能沿水平方向从CD间射出正方形电场区（3）在穿越OO时的速度：（n=1，2，3）xx年10月14日