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2016-2017學(xué)年廣東省清遠(yuǎn)三中高三（上）第9次周考物理試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題（共48分，每題4分；漏選得2分，多選、錯選不得分，其中1-8為單選，9-12題為多選）

1．下列物理學(xué)方面的史實(shí)符合實(shí)際情況的是（ ）

A．亞里士多德由經(jīng)驗得出，物體的運(yùn)動不需要力來維持，力是改變物體運(yùn)動的原因

B．意大利物理學(xué)家伽利略用科學(xué)推理論證重物體比輕物體下落快，并在比薩斜塔做了兩個不同質(zhì)量的小球下落的實(shí)驗，證明了他的觀點(diǎn)是正確的

C．英國物理學(xué)家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場

D．丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，從而發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象

【考點(diǎn)】物理學(xué)史．

【分析】本題應(yīng)根據(jù)亞里士多德、法拉第、伽利略、奧斯特許等科學(xué)家的成就進(jìn)行分析解答．

【解答】解：A、亞里士多德由經(jīng)驗得出，物體的運(yùn)動需要力來維持，力是維持物體運(yùn)動的原因．伽利略通過理想斜面實(shí)驗，否定了亞里士多德的觀點(diǎn)．故A錯誤；

B、伽利略用邏輯推理和實(shí)驗證明了重物體與輕物體下落一樣快．故B錯誤．

C、在研究電現(xiàn)象時，英國科學(xué)家法拉第首先引入了“場”的概念．故C正確．

D、丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，從而發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)．故D錯誤．

故選：C

2．關(guān)于元電荷和點(diǎn)電荷的理解正確的是（ ）

A．元電荷就是電子

B．元電荷就是質(zhì)子

C．體積很小的帶電體就是點(diǎn)電荷

D．點(diǎn)電荷是一種理想化模型

【考點(diǎn)】元電荷、點(diǎn)電荷．

【分析】點(diǎn)電荷是當(dāng)兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點(diǎn)電荷．而元電荷是帶電量的最小值，它不是電荷，所有帶電電荷量均是元電荷的整數(shù)倍．

【解答】解：A、元電荷的電量等于電子的電量，但不是電子．元電荷是帶電量的最小單元．沒有電性之說，故A錯誤；

B、元電荷是表示跟質(zhì)子所帶電量數(shù)值相等的電量，但不是質(zhì)子，故B錯誤；

C、當(dāng)兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點(diǎn)電荷，故C錯誤；

D、點(diǎn)電荷實(shí)際不存在，是理想化模型．故D正確；

故選：D

3．如圖所示，兩個彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)分別為k₁、k₂，它們的一端固定在質(zhì)量為m的物體上，另一端分別固定在P、Q點(diǎn)，當(dāng)物體平衡時，上面的彈簧k₂處于原長，若要把物體的質(zhì)量換成2m（它的厚度不變，且均在彈簧的彈性限度內(nèi)），再次平衡時，物體比第一次平衡時下降的距離x為（ ）

A．

B．

C．

D．

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；胡克定律．

【分析】當(dāng)物體的質(zhì)量為m時，彈簧k₂處于原長，下方彈簧的彈力等于mg，由胡克定律求出其壓縮的長度．將物體的質(zhì)量增為原來的2倍時，上方的彈簧伸長的長度與下方彈簧壓縮量增加的長度相等，等于物體下降的高度，兩彈簧彈力之和等于2mg，再由胡克定律求解物體下降的高度．

【解答】解：當(dāng)物體的質(zhì)量為m時，下方彈簧被壓縮的長度為x₁=

①

當(dāng)物體的質(zhì)量變?yōu)?m時，設(shè)物體下降的高度為x，則上方彈簧伸長的長度為x，下方彈簧被壓縮的長度為x₁+x，兩彈簧彈力之和等于2mg由胡克定律和平衡條件得：

k₂x+k₁（x₁+x）=2mg ②

由①②聯(lián)立解得，x=

故選A

4．對于點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場，下列說法中正確的是（ ）

A．電場強(qiáng)度的表達(dá)式

仍成立，式中q就是本題中所指的產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷Q

B．在真空中，電場強(qiáng)度的表達(dá)式為

，式中Q就是產(chǎn)生電場的電荷

C．在真空中

，式中q是試探電荷

D．上述說法都不對

【考點(diǎn)】點(diǎn)電荷的場強(qiáng)．

【分析】電場強(qiáng)度公式

適用于所有的電場，E為場源電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)，q為試探電荷；

點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式

，其中E就是式中Q產(chǎn)生的場強(qiáng)．

【解答】解：A、電場強(qiáng)度的表達(dá)式

仍成立，式中q就是本題中所指的試探電荷，所以A錯誤；

B、在真空中，電場強(qiáng)度的表達(dá)式為

，式中Q就是產(chǎn)生電場的電荷，所以B正確；

C、在真空中

，式中q是產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷，所以C錯誤；

D、B選項正確，故D錯誤；

故選B

5．質(zhì)量為1.0kg的物體，其速度圖象如圖所示，4s內(nèi)物體所受合外力的最大值是（ ）

A．3N B．2N C．4N D．5N

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的圖像．

【分析】由牛頓第二定律可知，加速度最大對應(yīng)的合外力最大，由速度時間圖象可得4s內(nèi)的最大加速度，進(jìn)而得到合外力最大值．

【解答】解：

由圖可知斜率表示加速度：

0～1s的加速度為：

1s～2s的加速度為0；

2s～4s的加速度為：

；

故4s內(nèi)加速度最大為4m/s²，由牛頓第二定律可知合外力最大值為：

F_M=ma₁=1×4N=4N

故C正確，ABD錯誤．

故選：C

6．甲、乙丙三個物體運(yùn)動的s﹣t圖象如圖所示，下列說法中正確的是（ ）

A．乙物體做勻速直線運(yùn)動

B．甲物體做曲線運(yùn)動

C．三個物體在0﹣t₀時間內(nèi)平均速度

_甲=

_乙=

_丙

D．三個物體在0﹣t₀時間內(nèi)平均速度

_甲＞

_乙＞

_丙

【考點(diǎn)】曲線運(yùn)動；平均速度．

【分析】解答本題關(guān)鍵根據(jù)：s﹣t圖象中斜率等于物體的速度，分析三個物體的運(yùn)動情況．位移圖象縱坐標(biāo)的變化△x表示物體運(yùn)動的位移；平均速度等于位移和時間之比．

【解答】解：A、B、根據(jù)位移圖象的斜率等于物體的速度可知，甲物體先沿正方向做減速直線運(yùn)動，后沿負(fù)方向做加速直線運(yùn)動；乙一直沿正方向做勻速直線運(yùn)動；丙一直沿正方向做加速運(yùn)動，三個物體都做直線運(yùn)動，故A錯誤，B錯誤；

C、D位移圖象縱坐標(biāo)的變化△x表示物體運(yùn)動的位移，可知三個物體在t₀時間內(nèi)位移相等，所用時間相等，則平均速度相等，故C正確，D錯誤；

故選：C．

7．一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地．兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l₀的過程中各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考點(diǎn)】電容器的動態(tài)分析．

【分析】由題意可知電量不變，由平行板電容器的決定式可知電容的變化；由定義式可得出兩端電勢差的變化；再由U=Ed可知E的變化，進(jìn)而判斷勢能的變化．

【解答】解：A、當(dāng)負(fù)極板右移時，d減小，由C=

可知，C與x圖象不能為一次函數(shù)圖象！故A錯誤；

B、由U=

可知，U=

Q，則E=

=

，故E與d無關(guān)，故B錯誤；

C、因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)原來距負(fù)極板為l，則P點(diǎn)的電勢φ=E（l﹣l₀）；故C正確；

D、電勢能E=φq=Eq（l﹣l₀），不可能為水平線，故D錯誤；

故選：C．

8．對于電容C=

，以下說法正確的是（ ）

A．一只電容充荷量越大，電容就越大

B．對于固定電容器，它所充電荷量跟它兩極板間所加電壓的比值保持不變

C．可變電容器的充電荷量跟加在兩極間的電壓成反比

D．如果一個電容器沒有電壓，就沒有充電荷量，也就沒有電容

【考點(diǎn)】電容．

【分析】電容表征電容器容納電荷本領(lǐng)的大小，與電容器的電量無關(guān)，由定義式C=

，給定的電容器，帶電荷量跟它兩極板間所加電壓的比值保持不變，當(dāng)電容C一定時，電量與電壓成正比．

【解答】解：A、電容器帶電荷量越大，板間電壓越大，而電容不變．故A錯誤．

B、電容表征電容器容納電荷本領(lǐng)的大小，對于固定電容器，電容C不變，由定義式C=

可知，則帶電荷量跟它兩極板間所加電壓的比值保持不變．故B正確．

C、電容器的帶電荷量Q=CU，當(dāng)電容C一定時，電量與電壓成正比．當(dāng)電容C變化時，電量與電壓不成正比．故C錯誤．

D、電容表征電容器容納電荷本領(lǐng)的大小，與電容器的電量、電壓無關(guān)．故D錯誤．

故選：B

9．如圖所示，在正點(diǎn)電荷Q形成的電場中，AD，BC是以Q為圓心的兩段圓?。c(diǎn)電荷q沿A﹣→B﹣→C﹣→D﹣→A移動，則該電荷q（ ）

A．沿DA運(yùn)動時電場力不做功

B．沿BC運(yùn)動時不受電場力作用

C．在A點(diǎn)時受到的電場力比在C點(diǎn)時小

D．在B點(diǎn)時的電勢能比在D點(diǎn)時小

【考點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢能．

【分析】電場力做功，根據(jù)公式W=qU，可知跟兩點(diǎn)間的電勢差有關(guān)系，兩點(diǎn)間電勢差為零，不做功．

電場線的疏密反映了電場的強(qiáng)弱．

【解答】解：A、在正點(diǎn)電荷Q形成的電場中，AD、BC是以Q為圓心的兩段圓弧，也是兩個等勢面，所以沿DA運(yùn)動時電場力不做功，故A正確．

B、電荷處在電場中就會受到電場力的作用，故B錯誤．

C、根據(jù)庫侖定律，離點(diǎn)電荷的距離越小，電場強(qiáng)度越大，所以A點(diǎn)的場強(qiáng)大于C點(diǎn)的場強(qiáng)，所以在A點(diǎn)時受到的電場力比在C點(diǎn)時大，故C錯誤．

D、沿著電場線方向的電勢降低，所以D點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢，但是電勢能E_p=qφ，所以正點(diǎn)電荷q在B點(diǎn)時的電勢能比在D點(diǎn)時大．故D錯誤．

故選：A

10．一小球自由下落，與地面發(fā)生碰撞，原速率反彈．若從釋放小球開始計時，不計小球與地面發(fā)生碰撞的時間及空氣阻力．則下圖中能正確描述小球位移s、速度v、動能Ex、機(jī)械能E與時間t關(guān)系的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考點(diǎn)】自由落體運(yùn)動；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合運(yùn)用．

【分析】小球做自由落體運(yùn)動，運(yùn)用物理規(guī)律求出動能、位移、重力勢能、速度與時間的關(guān)系，再運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(jìn)行討論分析．

【解答】解：A、位移x=

gt²，所以開始下落過程中位移隨時間應(yīng)該是拋物線．故A錯誤．

B、速度v=gt，與地面發(fā)生碰撞反彈速度與落地速度大小相等，方向相反，故B正確．

C、小球自由落下，在與地面發(fā)生碰撞的瞬間，反彈速度與落地速度大小相等．若從釋放時開始計時，動能E_K=

mv²，速度v=gt，所以開始下落過程中動能E_K=

mv²=

mg²t²，所以開始下落過程中動能隨時間應(yīng)該是拋物線，故C錯誤．

D、重力勢能E_p=mg（H﹣X）=mgH﹣

mg²t²，H小球開始時離地面的高度，因此機(jī)械能則為E=mgH，與時間無關(guān)，故D正確．

故選BD．

11．一價氫離子、一價氦離子、二價氦離子（重力不計），經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速后，又垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，且都能出電場．關(guān)于它們的運(yùn)動下列說法正確的是（ ）

A．它們的偏轉(zhuǎn)量都與偏轉(zhuǎn)電場電壓成正比與加速電場的電壓成反比

B．若偏轉(zhuǎn)電場電壓為原來的2倍則偏轉(zhuǎn)量也為原來的2倍

C．出電場時三個粒子的動能的動能之比為1：1：2

D．三個粒子在兩個電場中運(yùn)動的總時間之比為1：2：

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．

【分析】三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，垂直于電場方向上做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理求出加速獲得的速度表達(dá)式，可分析在偏轉(zhuǎn)電場中經(jīng)歷的時間關(guān)系．根據(jù)推論分析粒子偏轉(zhuǎn)距離與加速電壓和偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系，從而得出偏轉(zhuǎn)位移的關(guān)系．根據(jù)動能定理求出末動能的大小，從而比較大?。?/p>

【解答】解：A、設(shè)加速電壓為U₁，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d．

在加速電場中，由動能定理得：

=

得加速獲得的速度為v₀=

，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做速度為v₀的勻速直線運(yùn)動，由于三種粒子的比荷不同，則v₀不同，所以三粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間不同．三種粒子在加速電場中的加速度不同，位移相同，則運(yùn)動的時間也不同，所以三粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場．

在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移

．可知它們的偏轉(zhuǎn)量都與偏轉(zhuǎn)電場電壓成正比與加速電場的電壓成反比，故A正確；

B、根據(jù)A得到的偏轉(zhuǎn)量表達(dá)式

，偏轉(zhuǎn)電壓為原來的2倍則偏轉(zhuǎn)量為原來的2倍，故偏轉(zhuǎn)量也為原來的2倍，故B正確；

C、根據(jù)動能定理得，

，因為y相等，電量不等，所以出射時的動能與電荷量成正比，出電場時三個粒子的動能的動能之比為1：1：2．故C正確，

D、粒子在加速電場中的運(yùn)動時間

，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間

，在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的總時間

，可知總時間與

成正比，總時間之比

，故D正確；

故選：ABCD．

12．如圖所示，帶同種電荷大小不計的兩個小球a和b，分別靜止在豎直墻面A處和光滑水平地面B處，AO=OB．a(chǎn)球此時受摩擦力向上，且與墻面間動摩擦因數(shù)為μ=0.5，b球被光滑豎直板擋住，a球由于漏電而緩慢下移到A′處，在此過程中（ ）

A．地面對b球的支持力變小

B．豎直墻面對a球的支持力變小

C．豎直墻面對a球的摩擦力變小

D．a(chǎn)、b之間的作用力變大

【考點(diǎn)】庫侖定律；物體的彈性和彈力；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用．

【分析】先以小球a為研究對象，對A、A′處的小球a受力分析，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對小球a的彈力和ab間的庫侖力如何變化，再以ab整體為研究對象，根據(jù)平衡條件分析地面對小球b的支持力的變化．由于A′在A的下方，可假設(shè)a無限接近點(diǎn)O．

【解答】解：當(dāng)小球a在A點(diǎn)時，對小球a受力分析，如圖1所示，

由受力平衡可知：Fsin45°+μN(yùn)_a=Fsin45°+μFcos45°=1.5×

F=mg，

當(dāng)小球a在A′點(diǎn)時，對小球a受力分析，設(shè)F與水平方向的夾角為θ，如圖2所示，

由受力平衡可知：F′sinθ+μN(yùn)_a′=F′sinθ+0.5F′cosθ=mg，

由于θ無限小，則sinθ接近0，cosθ接近1，即0.5F′接近mg，

由于1.5×

F=mg、0.5F′接近mg，所以F′＞F，

由N_a=

F、N_a′=F′cosθ可知，N_a′＞N_a，則f′＞f

故BC錯誤，D正確；

對a、b整體受力分析，由平衡條件可知，

在豎直方向上：G=N_地+f

小球a下移到A′時，由于f′＞f，

則N_地′＜N_地，故A正確．

故選：AD．

二、實(shí)驗題（本題共2小題，請正確作圖并將答案填在答卷卷題目中的橫線上．）

13．某同學(xué)用打點(diǎn)計時器測量做勻加速直線運(yùn)動的物體的加速度，電源頻率f=50Hz．在紙帶上打出的點(diǎn)中，選出零點(diǎn)，每隔4個點(diǎn)取1個計數(shù)點(diǎn)．因保存不當(dāng)，紙帶被污染，如圖所示，A、B、C、D是依次排列的4個計數(shù)點(diǎn)，僅能讀出其中3個計數(shù)點(diǎn)到零點(diǎn)的距離：S_A=16.6mm、S_B=126.5mm、S_D=624.5mm．

若無法再做實(shí)驗，可由以上信息推知：

（1）相鄰兩計數(shù)點(diǎn)的時間間隔為 0.1 s；

（2）打C點(diǎn)時物體的速度大小為 2.5 m/s（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；

（3）計算物體的加速度大小的表達(dá)式為a=

（用S_A、S_B、S_D和f表示），計算結(jié)果得a= 9.3 m/s²．（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

【考點(diǎn)】測定勻變速直線運(yùn)動的加速度．

【分析】紙帶實(shí)驗中，若紙帶勻變速直線運(yùn)動，測得紙帶上的點(diǎn)間距，利用勻變速直線運(yùn)動的推論，可計算出打出某點(diǎn)時紙帶運(yùn)動的瞬時速度和加速度

【解答】解：（1）打點(diǎn)計時器打出的紙帶每隔4個點(diǎn)選擇一個計數(shù)點(diǎn)，

則相鄰兩計數(shù)點(diǎn)的時間間隔為T=0.02×5=0.1s．

（2）根據(jù)間的平均速度等于點(diǎn)的速度得v_c=

=

=2.5m/s．

（3）勻加速運(yùn)動的位移特征是相鄰的相等時間間隔內(nèi)的位移以aT²均勻增大，即△x=aT²，所以有：

x_BC=x_AB+aT²，x_CD=x_BC+aT²=x_AB+2aT²，x_BD=2x_AB+3aT²，

所以a=

=

代入數(shù)據(jù)，解得：a=9.3m/s²；

故答案為：（1）0.1；（2）2.5；（3）

，9.3．

14．在探究小燈泡的伏安特性實(shí)驗中，所用器材有：燈泡L、量程恰當(dāng)?shù)碾娏鞅鞟和電壓表V、直流電源E、滑動變阻器R、電鍵S等，要求燈泡兩端電壓從0V開始變化．

（1）實(shí)驗中滑動變阻器應(yīng)采用 分壓 接法（填“分壓”或“限流”）．

（2）某同學(xué)已連接如圖1所示的電路，在連接最后一根導(dǎo)線的c端到直流電源正極之前，請指出其中僅有的2個不當(dāng)之處，并說明如何改正．

A． 電鍵S不應(yīng)閉合，應(yīng)處于斷開狀態(tài) ；B． 滑動變阻器滑動觸頭P位置不當(dāng)，P應(yīng)置于b端 ．

（3）電路連接正確后，分別測得兩只燈泡L₁和L₂的伏安特性曲線如圖2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后將燈泡L₁、L₂與電池組（電動勢和內(nèi)阻均恒定）連成圖3所示電路，多次測量后得到通過L₁和L₂的電流平均值分別為0.30A和0.60A．

A．在圖2中畫出電池組路端電壓U和電流I的關(guān)系曲線．

B．由該曲線可知電池組的電動勢為 4.6 V，內(nèi)阻為 2.7 Ω（取2位有效數(shù)字）．

【考點(diǎn)】描繪小電珠的伏安特性曲線．

【分析】由于要求燈泡兩端電壓從OV開始變化，所以滑動變阻器必須分壓式接法．從圖中可知，電鍵處于閉合狀態(tài)，同時滑動觸頭也在不當(dāng)位置．兩只燈泡l₁和l₂ 的伏安特性曲線如圖Ⅱ中Ⅰ和Ⅱ所示，結(jié)合圖Ⅲ所示電路，可以畫出閉合電路的路端電壓與電流的圖象．從而讀出電源的電動勢，算出電源的內(nèi)電阻．

【解答】解：（1）探究小燈泡的伏安特性曲線要求電壓從0到額定電壓變化，所以滑動變阻器必須采用分壓解法．

（2）在連接線路時必須將每個開關(guān)斷開，而圖中是閉合的這是第一個錯誤．連好線路后在閉合開關(guān)前需要將限流滑動變阻器調(diào)到阻值最大，將分壓滑動變阻器調(diào)到輸出為0端，在圖中是b端，以保護(hù)電源和電表．

（3）描繪電源的伏安特性曲線要求外電阻變化測定對應(yīng)的多組路端電壓和電流，本實(shí)驗中用兩個小燈泡來改變外電阻獲得兩組電流值，然后在小燈泡的伏安特性曲線上查出對應(yīng)的電壓，用兩個坐標(biāo)點(diǎn)描繪圖象．為描繪準(zhǔn)確可以先進(jìn)行理論計算，首先查出兩坐標(biāo)為（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），

則內(nèi)阻為r=

=2.7Ω，電動勢為E=4.6V，然后作出準(zhǔn)確圖象如圖．

故答案為：（1）分壓；（2）電鍵不應(yīng)閉合，應(yīng)處于斷開狀態(tài)；滑動變阻器的滑動觸頭P位置不當(dāng)，應(yīng)將其置于b端．（3）4.6；2.7．

三、計算題（本題含2題，共40分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．）

15．如圖甲所示，一質(zhì)量為m=1kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t=0時刻開始，物塊在按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F的作用下向右運(yùn)動，第3s末物塊運(yùn)動到B點(diǎn)且速度剛好為0，第5s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²，求：

（1）A、B間的距離；

（2）水平力F在5s時間內(nèi)對物塊所做的功．

【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律．

【分析】（1）在3～5 s內(nèi)物塊在水平恒力作用下由B點(diǎn)勻加速運(yùn)動到A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動學(xué)位移公式求解AB間的距離；

（2）由速度公式可求出物塊返回A點(diǎn)時的速度大小，對于全過程，根據(jù)動能定理求解水平力F做功．

【解答】解：（1）由圖乙可知在3～5 s內(nèi)物塊在水平恒力作用下由B點(diǎn)勻加速運(yùn)動到A點(diǎn)，設(shè)加速度為a，A、B間的距離為s，則有

F﹣μmg=ma，

得a=

=

m/s²=2 m/s²，

故A、B間的距離為s=

at²=4 m．

（2）設(shè)整個過程中水平力所做功為W_F，物塊回到A點(diǎn)時的速度為v_A，由動能定理得：

W_F﹣2μmgs=

m

，

對于勻加速運(yùn)動過程，

=2as，

聯(lián)立得 W_F=2μmgs+mas=24 J．

答：（1）A、B間的距離是4m；

（2）水平力F在5s時間內(nèi)對物塊所做的功是24J．

16．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm，有一束相同的帶電微粒以相同的初速度先后從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上．設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間．已知微粒質(zhì)量為 m=2×10^﹣6kg，電量q=1×10^﹣8C，電容器電容為C=10^﹣6F，取g=10m/s²．求：

（1）為使第一個微粒的落點(diǎn)范圍能在下板中點(diǎn)到緊靠邊緣的B點(diǎn)之內(nèi)，求微粒入射的初速度v₀的取值范圍；

（2）若帶電微粒以第一問中初速度v₀的最小值入射，則最多能有多少個帶電微粒落到下極板上．

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；運(yùn)動的合成和分解．

【分析】（1）第一個微粒做平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)高度

和水平位移從

到L，求出初速度v₀的取值范圍．

（2）當(dāng)粒子剛好從邊緣飛出時，落到下極板上的帶電微粒最多，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出極板的電量Q，即可求出最多能落到下極板粒子的個數(shù)．

【解答】解：（1）設(shè)粒子打在下極板中點(diǎn)、邊緣的初速度分別為v₁，v₂，則

偏轉(zhuǎn)位移：

得，

水平方向：

L=v₂t

聯(lián)立解得：v₁=2.5m/s，v₂=5m/s

故粒子的初速度滿足2.5m/s≤v₀≤5m/s．

（2）設(shè)粒子剛好從邊緣飛出時極板帶電為Q，場強(qiáng)為E，板間電壓為U

由牛頓第二定律得：mg﹣Eq=ma

偏轉(zhuǎn)位移：

水平位移：L=v₀t

又 v₀=2.5m/s

聯(lián)立解得：E=1.5×10³N/C

則U=Ed，Q=CU

解得Q=6×10^﹣6C

最多能落到下極板粒子的個數(shù) n=

=

=600個

答：

（1）為使第一個微粒的落點(diǎn)范圍能在下板中點(diǎn)到緊靠邊緣的B點(diǎn)之內(nèi)，微粒入射的初速度v₀的取值范圍為2.5m/s≤v₀≤5m/s；

（2）若帶電微粒以第一問中初速度v₀的最小值入射，最多能有600個帶電微粒落到下極板上．

2016年12月17日