山东省师范大学附属中学2021届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

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- 1 - 山东师大附中高三年级物理学科 学业质量检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 6 页，满分为 100 分，考试用时 90 分钟。 注意事项： 1、答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目 填写在规定的位置上。 2、第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3、第Ⅱ卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域 内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用 涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。 卷Ⅰ（共 40 分） 一、单项选择题（本题共 8 小题，每题只有一个正确答案，每小题 3 分，共 24 分。） 1. 近代物理取得了非常辉煌的成就，下列关于近代物理的说法正确的是（ ） A. 用同频率的光照射不同的的金属表面时均有光电子逸出，从金属表面逸出的光电子的最大 初动能 Ek 越大，则这种金属的逸出功 W 就越大 B. 137Cs 是核泄漏时对人体产生有害辐射的的重要污染物，其核反应方程式 137 137 55 56Cs Ba+X 其中 X 为电子 C. 一个氢原子处在 n=4 的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出 6 种频率的光子 D. 每个核子只与邻近核子产生核力作用，比结合能越大的原子核越不稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据爱因斯坦的光电效应方程 kh W E   同种光照射金属，初动能 Ek 越大，该金属的逸出功 W 就越小，A 错误； B．在核反应方程中，根据质量数守恒，电荷数守恒，可以求得 X 的质量数为零，带一个单位 负电荷，因此它一定是电子，B 正确； C．因为只有一个氢原子，处在 n=4 的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出 3 种频率的 - 2 - 光子，C 错误； D．比结合能越大，原了核结合的越牢固，也就是原子核越稳定，D 错误。 故选 B。 2. 一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，经下表面反射从玻璃砖上表面射出，光线 分为 a、b 两束，如图所示下列说法正确的是（ ） A. 在玻璃中 a 光的传播速度大于 b 光的传播速度 B. 在真空中，遇到障碍物时 b 光更容易产生明显的衍射现象 C. 增大空气一侧的入射角，a 光线先消失 D. 在真空中用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距大于 b 光的条纹间距 【答案】B 【解析】 【详解】A．光路图如图所示 在玻璃砖上表面折射时，a 光的偏折程度较大，则 a 光的折射率较大，由 cv n  知，在玻璃中 a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，故 A 错误； B．由于 b 光的偏折程度较小，故其折射率较小，所以其波长较长，波动性较强，遇到障碍物 时 b 光更容易产生明显的衍射现象，故 B 正确； C．两列光的折射后经反射再从玻璃进入空气折射，由几何关系可知第一次折射的折射角等于 第二次折射的入射角，根据光路的可逆性可得两列光均不能发生全反射，故两列光不会消失， 故 C 错误； - 3 - D．a 光的折射率大，频率大，则波长小，根据 Lx d   ，a 光的条纹间距小于 b 光的条纹间距， 故 D 错误。 故选 B。 3. 如图所示，斜面 ABC 倾角为θ，在 A 点以速度 v1 将小球水平抛出（小球可以看成质点），小 球恰好经过斜面上的小孔 E，落在斜面底部的 D 点，且 D 为 BC 的中点。在 A 点以速度 v2 将 小球水平抛出，小球刚好落在 C 点。若小球从 E 运动到 D 的时间为 t1，从 A 运动到 C 的时间 为 t2，则 t1：t2 为（ ） A. 1：1 B. 1：2 C. 2：3 D. 1：3 【答案】B 【解析】 【详解】因两球下落的竖直高度相同，可知运动时间相同，设为 t，因水平位移之比为 1:2， 可知 v2=2v1 小球做平抛运动时 21 1 12tan tan2 2 2 y gt vgt vt v v       则速度方向与水平方向的夹角 α 相等，则经过 E 点时竖直速度 1 tanyEv v  经过 C 点时竖直速度 2 1tan 2 tanyCv v v   根据 vy=gt 可知 : 1: 2AE ACt t  则 : 1: 2ED ACt t  故选 B。 - 4 - 4. 如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙．一小球从轨道的最低 点以初速度 v0 向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为 R，空气阻力不 计，重力加速度大小为 g，下列说法一定正确的是( ) A. 若 v0<2 gR ，小球运动过程中机械能不可能守恒 B. 若 v0=3 gR ，小球运动过程中机械能守恒 C. 若 v0< 5gR ，小球不可能到达最高点 D. 若 v0=2 gR ，小球恰好能到达最高点 【答案】B 【解析】 若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做 功，由机械能守恒定律得： 2 0 1 2 mv mgR ，解得 0 2 2v gR gR  ，故 A 错误；小球如果 不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2vmg m R  ，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做 功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得： 2 2 0 1 1 ·22 2mv mv mg R  ， 解得： 0 5v gR ，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于 5gR ，故 B 正确；若小球的速度 小于 5gR ，也是有可能做完整的圆周运动的，到达最高点，只是最终在圆心下方做往复运动， 故 C 错误；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒， 如果小球运动到最高点时速度为 0，由机械能守恒定律得： 2 0 1 ·22 mv mg R ，解得： 0 2v gR ，现在内壁粗糙，如果小球运动到最高点时速度为 0，一定受到摩擦力作用，故小 - 5 - 球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故 D 错误；选 B. 【点睛】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守 恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿 第二定律与机械能守恒定律分析答题. 5. 假设宇宙中有两颗相距无限远的行星 A 和 B，自身球体半径分别为 RA 和 RB。两颗行星各 自周围的卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行公转周期的平方（T2）的关系如图所示，T0 为 卫星环绕各自行星表面运行的周期。则（ ） A. 行星 A 的质量小于行星 B 的质量 B. 行星 A的密度小于行星 B 的密度 C. 行星 A 的第一宇宙速度大于行星 B 的第一宇宙速度 D. 当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星 A 的卫星的向心加速度小于行星 B 的卫 星的向心加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律有 2 2 2 4MmG m rr T  可得 3 2 24 GMr T 可知图象的斜率为 24 GMk  由图象可知行星 A 的斜率大于行星 B 的斜率，则行星 A 的质量大于行星 B 的质量，故 A 错 误； - 6 - B．密度公式为 M V   ，行星体积为 34 3V R 联立解得 3 2 3 3 r GT R   当卫星在行星表面运行时有，r=R，T=T0，则有 2 0 3 GT   由于两卫星绕各自行星表面运行的周期相同，则行星 A 的密度等于行星 B 的密度，故 B 错误； C．行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据牛顿第二定律可得 2 2 Mm vG mR R  解得 34 43= 3 G RGM Gv RR R     由于 A BR R ，所以 A Bv v ，故 C 正确； D．根据 2 MmG mar  可得 2 GMa r  由于 A BM M ，两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星 A 的卫星的向心加速度大于 行星 B 的卫星的向心加速度，故 D 错误。 故选 C。 6. 水平面上有质量相等的 a、b 两个物体，水平推力 F1、F2 分别作用在 a、b 上。一段时间后 撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的 v-t 图线如图所示，图中 AB//CD。则整 个过程中（ ） - 7 - A. F1 的冲量等于 F2 的冲量 B. F1 的冲量小于 F2 的冲量 C. 摩擦力对 a 物体的冲量等于摩擦力对 b 物体的冲量 D. 合外力对 a 物体的冲量小于合外力对 b 物体的冲量 【答案】B 【解析】 【详解】AB．由图可知，推力的作用时间 a bt t ，又因为 AB//CD，所以 a、b 两个物体所受 的的摩擦力相等，由动量定理得 ( ) 0F f t mv   解得 Ft ft mv  所以 F1 的冲量小于 F2 的冲量，A 错误，B 正确； C．由图可知，运动的时间 a bt t ，摩擦力对 a 物体的冲量小于摩擦力对 b 物体的冲量，C 错 误； D．全程动量变化为 0，所以合外力的冲量为 0，D 错误。 故选 B。 7. 一中子与一质量数为 A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与 碰撞后中子的速率之比为（ ） A. 1 1 A A   B. 1 1 A A   C. 2 4 ( 1) A A D. 2 2 ( 1) ( 1) A A   【答案】A 【解析】 设中子的质量为 m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正 方向，有：mv1=mv2+Amv， 1 2 mv1 2＝ 1 2 mv2 2+ 1 2 •Amv2 - 8 - 联立两式解得： 1 2 1 1 v A v A   ．故 A 正确，BCD 错误．故选 A． 点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同， 非弹性碰撞机械能不守恒. 8. 如图所示，竖直平面内有固定的半径为 R 的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨 道平面水平向左，P、Q 分别为轨道上的最高点、最低点，M、N 是轨道上与圆心 O 等高的点。 质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，已知重力加速度为 g，电 场强度为 E 并且满足 4qE=3mg，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是 （ ） A. 小球在轨道上运动时，动能最大的位置在 MQ 之间，且电势能最小 B. 小球在轨道上运动时，机械能最大的位置 PN 劣弧之间 C. 小球过 Q、P 点时所受轨道弹力大小的差值为 4mg D. 小球过 Q、P 点时所受轨道弹力大小的差值为 6mg 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于等效重力（即重力和电场力的合力）与圆交的最低点在 MQ 之间，故动能最 大的位置在 MQ 之间。根据功能关系，电场力做正功最多的位置为 M 点，所以电势能最小的 位置在 M 点，A 错误； B．根据功能关系，非重力做正功最多位置在 M 点，所以机械能最多的位置在 M 点，B 错误； CD．小球在 Q 点，由牛顿第二定律得 2 1 QvN mg m r   小球在 P 点，由牛顿第二定律得 - 9 - 2 2 PvN mg m r   从 Q 到 P 点，由动能定理得 2 21 12 2 2P Qmg r mv mv    解得 1 2 6N N mg  C 错误，D 正确。 故选 D。 二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，每题有两个或者三个．．．．．．．正确答案， 全对得 4 分，漏选得 2 分，错选得 0 分） 9. 在 x 轴上 x=0 和 x=1 处，固定两点电荷 q1 和 q2，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲 线所示，在 x=0.6m 处电势最低，下列说法中正确的是（ ） A. 两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为 q1：q2=9：4 B. 两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为 q1：q2=3：2 C. x=0.5m 处的位置电场强度不为 0 D. 在 q1 与 q2 所在的直线上电场强度为 0 的点只有 1 个 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．由图可知电势都大于零，且在 x=0.6m 处电势最低，故一定都是正电荷，因 xφ 图象的切线斜率表示电场强度，故在 x=0.6m 处的电场强度为零，则有 1 2 2 20.6 0.4 q qk k 解得 q1：q2=9：4，A 正确，B 错误； C．因 xφ 图象的切线斜率表示电场强度，故 x=0.5m 处的位置切线斜率不为零，故电场强 度不为零，C 正确； - 10 - D．在 q1 与 q2 所在的直线上，q1 左侧电场强度向左，q2 右侧电场强度方向向右，所以在 q1 与 q2 所在的直线上电场强度为 0 的点只有 1 个，D 正确。 故选 ACD。 10. 如图所示，电源的电动势为 E，内阻为 r，R1 为定值电阻，R2 为光敏电阻（照射光强度越 大，电阻越小），C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关 S 后，若增大照射 光强度，则（ ） A. 电压表的示数增大 B. 电源的效率变小 C. 电容器上的电荷量减少 D. 小灯泡的功率减小 【答案】ABC 【解析】 【详解】由图可知，L 和 R2 串联后和 C 并联，再与 R1 串联，电容器在电路稳定时相当于断路。 A．当增大照射光强度时，光敏电阻 R2 减小，电路的总电阻减小，总电流 I 增大，由部分电路 的欧姆定律 VU IR 知，电压表的示数增大，故 A 正确； B．电源的效率为 100%U E    因路端电压 U E Ir  随 I 增大而减小，故电源的效率减小，故 B 正确； C．电容器板间电压为 C 1( )U E I R r   而 I 增大，则 UC 减小，则电容器上的电荷量 CQ CU 减小，故 C 正确； D．因流过小灯泡的电流 I 增大，则小灯泡的功率 2 L LP I R - 11 - 增大，故 D 错误。 故选 ABC。 11. 如图所示，一光滑绝缘水平直轨道右端平滑连接一半径为 0.1m 的光滑绝缘竖直半圆形轨 道。一质量为 m1=0.2kg、带电荷量为+q、导电性能良好的金属小球 P 位于距圆弧轨道最低点 为 0.3m 的位置；另一质量为 m2=0.1kg、电荷量为-q、导电性能良好的金属小球 Q 处在圆弧轨 道最低点，同时由静止释放两金属小球两球发生弹性正碰后，Q 球刚好能通过圆弧轨道最高点， 已知重力加速度 g 取 10m/s2，球大小相同且比轨道半径小得多，下列说法正确的是（ ） A. P、Q 两球组成的系统电势能减少了 0.375J B. 从释放 P、Q 两球到两球相撞过程，P 球的位移大小为 0.1m C. 碰撞过程，P 球对 Q 球所做的功为 0.25J D. 从释放 P、Q 两球到两球相撞过程，电场力对 P 球所做的功为 0.125J 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．根据 Q 球刚好能过最高点，可知 2 2 2 m vm g r  根据动能定理 2 2 2 2 2 2 1 12 2 2m gr m v m v  碰撞过程动量守恒 1 1 2 20 m v m v  解得 v1= 5 2 m/s v2= 5 m/s 由能量守恒可知，系统减少的电势能为 - 12 - 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2pE m v m v   解得 △Ep=0375J 故 A 正确； B．P、Q 两球在碰撞前由于合外力等大反向且运动时间相同，由 x= 21 2 at 可知位移比等于加速度之比，加速度之比等于质量的倒数比，则两球位移之比为 1∶2，则 P 球位移为 0.1m，故 B 正确； C．碰撞过程由动量、能量守恒有 1 01 2 020 m v m v  （ 01v 、 02v 是碰撞前瞬间两球的速度） 2 2 2 2 1 01 2 02 1 1 1 01 1 1 1 1+ = + =0.125J2 2 2 2m v m v m v m v 解得 01 5 2v  m/s 02 5v  m/s 由于 v02=v2 故 P 对 Q 做功为 0，故 C 错误； D．由动能定理可知 W 电= 2 1 01 1 2 m v =0.125J 故 D 正确。 故选 ABD。 12. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m1 和 m2 的两物块 A、B 相连接，并静止在光 滑的水平面上。现使 A 瞬时获得水平向右的速度 3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随 时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ） - 13 - A. 在 t1、t3 时刻两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧都是处于压缩状态 B. 从 t3 到 t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C. 两物体的质量之比为 m1：m2=1：2 D. 在 t2 时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1：Ek2=1：8 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由图可知 t1、t3 时刻两物块达到共同速度 1m/s，且此时系统动能最小，根据系统 机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而 t=0、t2、t4 三个时刻弹簧处于原长状态，故 t1 弹簧处 于压缩状态，t3 时刻弹簧处于伸长状态，故 A 错误； B．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时 m1 逐渐减速，m2 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 时 刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2 依然加速，m1 先减速为零，然后反向加速，t2 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度 相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当 t3 时刻，二木块速度再次相等，系统 动能最小，弹簧最长，因此从 t3 到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故 B 错误； C．系统动量守恒，选择开始到 t1 时刻列方程可知 m1v1=(m1+m2)v2 将 v1=3m/s，v2=1m/s 代入得 m1：m2=1：2 故 C 正确； D．在 t2 时刻 A 的速度为 vA=1m/s，B 的速度为 vB=2m/s，根据 m1：m2=1：2，根据 2 k 1 2E mv 解得 Ek1：Ek2=1：8，故 D 正确。 故选 CD。 卷Ⅱ（共 60 分） - 14 - 三、非选择题（本题共 6 小题，共 60 分） 13. 某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，力传感器固定在天花板上，细线一端吊着 小球，一端连在力传感器上传感器显示细线拉力的大小．小球的质量为 m，当地的重力加速 度为 g． (1)实验开始前，用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径 D=________mm．再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为 L． (2)将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向成一定的张角θ，由静止释放小球，使小球在竖直面 内做往复运动，力传感器测出悬线的拉力随时间变化的关系如图丙所示，则小球运动到最低 点时速度的大小为 v=________．小球摆到最高点时与最低点的高度差 h=________(均用已知和 测量物理量的符号表示) (3)验证机械能守恒定律成立的表达式为________________(用已知和测量物理量的符号表示)． 【答案】 (1). 9.8； (2). 0( )( )2 F Dg Lm   ； (3). ( )(1 cos )2 DL   ； (4). 01 ( ) (1 cos )2 F g gm    ； 【解析】 【分析】 （1）游标卡尺的读数等于主尺刻度数与游标尺刻度数之和； （2）在最低点根据牛顿第二定律求解速度 v；根据几何关系求解下落的高度； （3）若机械能守恒，则小球的动能增加量等于重力势能的减小； 【详解】（1）小球的直径 D=9mm+0.1mm × 8=9.8mm； （2）小球在最低点时细绳受拉力最大为 F0，根据牛顿第二定律：F0-mg=m 2 2 v DL  ，解得 0 2 F Dv g Lm          ；小球摆到最高点时与最低点的高度差 h=  1 cos2 DL      ； - 15 - （3）验证机械能守恒定律成立的表达式为 21 2 mv mgh ， 即  01 1 cos2 2 2 F D Dm g L mg Lm                  即：  01 1 cos2 F g gm       14. 某同学设计了验证动量守恒定律的实验。所用器材：固定有光电门的长木板、数字计时器、 一端带有遮光片的滑块 A（总质量为 M）、粘有橡皮泥的滑块 B（总质量为 m）等。将长木板 水平放置，遮光片宽度为 d（d 很小），重力加速度为 g，用相应的已知物理量符号回答下列问 题： (1)如图（a）所示，使 A 具有某一初速度，记录下遮光片经过光电门的时间 t 和 A 停止滑动时 遮光片与光电门的距离 L，则 A 与木板间的动摩擦因数μ=___________； (2)如图（b）所示，仍使 A 具有某一初速度，并与静止在正前方的 B 发生碰撞（碰撞时间极 短），撞后粘在一起继续滑行。该同学记录了遮光片经过光电门的时间 t0，A、B 撞前 B 左端 距光电门的距离 S1，以及 A、B 撞后它们一起滑行的距离 S2，若 A、B 材料相同，它们与木板 间的动摩擦因数用字母μ表示，如需验证 A、B 系统碰撞时满足动量守恒定律，只需验证 ___________成立即可。 【答案】 (1). 2 22 d t gL   (2).   2 1 22 0 2 2dM gS M m gSt     【解析】 【分析】 (1)先算出 A 经过光电门的速度，再利用动能定理求解摩擦因数； (2)根据动能定理求出碰撞前 A 的速度以及碰撞后 AB 的共同速度，在根据动量守恒定律就可 以求出需要验证的表达式。 【详解】(1)[1]滑块从经过光电门开始到停止滑动的过程在木板上做匀减速直线运动，位移为 L，初速度为 - 16 - 0 dv t  对滑块进行受力分析可得，遮光片受到力的合力为摩擦力，则滑块的加速度 a g  根据匀变速直线云的位移和速度公式有 2 0 2v aL 联立解得 2 22 d t gL   (2)[2]滑块经过光电门的速度 1 0 dv t  设滑块碰撞前瞬间的速度为 2v ，根据动能定理有 2 2 1 2 1 1 1 2 2Mgs Mv Mv   解得 2 2 12 0 2dv gst   碰撞后 AB 合为一体，设碰撞后瞬间的速度为 3v ，最终停下来，根据动能定理的   2 2 3 10 2M m gs Mv    解得 3 22v gs 如果碰撞前后，动量守恒，有  2 3Mv M m v  如需验证 A、B 系统碰撞前后动量守恒，只需验证   2 1 22 0 2 2dM gS M m gSt     【点睛】本题考查了验证动量守恒定律的实验。求速度是验证动量守恒定律的主要环节，本 题利用动能定理求解碰撞前后的速度是关键点。 - 17 - 15. 2020 年第 38 届美国公开赛单板滑雪 U 形场地比赛在美国结束，中国选手蔡雪桐夺得冠军， 这是中国运动员首次获得美国公开赛金牌。单板滑雪 U 形池如图所示，由两个完全相同的 1 4 圆 弧滑道 AB、CD 和水平滑道 BC 构成，圆弧滑道的半径 R 为 20m，B、C 分别为圆弧滑道的最 低点，质量 M 为 45kg 的运动员从轨道 A 处由静止滑下，由于在 A 到 B 向下滑行过程中运动 员做功，运动员在 D 点竖直向上滑出轨道上升的最高点离 D 点高度 H 为 10m，滑板的质量 m 为 5kg，不计轨道摩擦和空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2，求： (1)在圆弧滑道的 B 点运动员对滑板的压力； (2)从 A 到 B 的过程中运动员所做的功。 【答案】(1)1800N ；(2) 5000JW  【解析】 【详解】（1）从最低点 B 点到最高点的过程中，由机械能守恒定律 21 ( ) ( ) ( )2 M m v M m g R H    在最低点对运动员 2 N vF Mg M R   解得 N 1800NF  由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力为1800N 。 （2）从 A 到 B 的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为 W，则 21( ) ( )2W M m gR M m v    解得从 A 到 B 的过程中运动员所做的功 5000JW  16. 示波管的示意图如下，竖直偏转电极的极板长 L=4.0cm，两板间距离 d=1.0cm，两板间电 压 U=144V。极板右端与荧光屏的距离 S=18cm。由阴极发出的电子经电压 U0=2880V 的电场 - 18 - 加速后，以速度 v0 沿中心线进入竖直偏转电场。（已知电子电荷量 e=1.6×10-19C，质量 m=9×10-31kg 且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。）求： (1)电子飞入偏转电场时的速度 v0； (2)电子打在荧光屏上距中心点的距离 Y。 【答案】(1)v0=3.2×107m/s；(2)2cm 【解析】 【详解】(1)电子在加速电场中，由动能定理得 2 0 0 1= 2U e mv 解得 v0=3.2×107m/s (2)电子进入偏转电场，做类平抛运动，在水平方向上 0L v t 在电场方向上 2 1 = 2 Uey tdm 设速度偏转角为 ，有 2 0 0 tan = yv UeL v dmv   电子出电场后，做匀速直线运动，侧移 2 = tany s  解得 1 2 =2cmY y y  17. 高度为 h=0.8m 的桌子，正方形绝缘桌面 ABCD 上表面光滑且保持水平，边长 L=0.8m，放 在场强 E=1.0×104V/m 的水平匀强电场中，场强方向与 BC 边平行。质量为 m=0.02kg 的带电小 球，电荷量 q=1.0×10-5C，从 CD 中点 P 以初速度 v0 沿桌面水平射出，后来从 BC 中点 Q 以速 - 19 - 度 v=1m/s 垂直于 BC 离开桌面。小球运动中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2 求： (1)小球初速度 v0 的大小与方向； (2)小球落地点到 Q 点的水平距离； (3)小球落地速度的大小及落地速度与水平方向夹角的正切值。 【答案】(1) 5 m/s，与 CD 夹角为θ，tan θ =2；(2) 2 2 5 m；(3) 21 m/s， 4 5 5 【解析】 【详解】(1)带电小球从 CD 边中点 P 射入，从 BC 边中点 Q 射出，只有电场力做功，由动能 定理可得 2 2 0 1 1 1 2 2 2EqL mv mv   代入数据解得 0 5 m sv  设初速度 v0 射入方向与 CD 边的夹角为 θ ，v0 在垂直于 BC 边方向的分速度为 1m/s，则在平行 于 BC 边方向的分速度为 2m/s，如下图所示， tanθ= 2 1 =2 小球离开 BC 边后，在重力和电场力作用下做抛体运动，在垂直于 BC 方向做平抛运动，有 2 0.4sht g   - 20 - 1 0.4mx vt  在平行于 BC 边方向电场力作用下做匀加速运动，位移为 2 2 2 1 1 0.4m2 2 qEx at tm    小球落地点到 Q 点的水平距离为 2 2 1 2 2 20.32m m5x x x    (3)小球落地时水平方向的速度大小为 2 2 2 2 1 1 2 m s 5 m sqEv v tm         竖直方向的速度大小为 2 4m / sv gt  小球落地时速度大小为 2 2 1 2 21m sv v v    设小球落地速度与水平方向的夹角为 α ，则有 2 1 4 5tan = 5 v v   18. 如图所示，质量为 M=1.5kg 的长木板置于光滑水平地面上，质量为 m=0.5kg 的小物块放在 长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板 无接触地穿过。现使木板和物块以 v0=4m/s 的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生完全弹 性碰撞，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力 加速度 g 取 10m/s2 (1)求物块与挡板碰撞后，物块离开挡板的最大距离 x； (2)若物块与挡板第 n 次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为 36.25 10 mnx   ，求 n； (3)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度 L0； (4)若长木板的长度 L1=6.225m，求物块和长木板分离时的速度。 - 21 - 【答案】(1)1.6m；(2)5 次；(3)6.4m；(4) 1 4 m/s，向左， 3 4 m/s，向右 【解析】 【详解】(1)由于物块与挡板发生完全弹性碰撞，物块与挡板碰撞后以原来的速度大小返回， 即 1 0 4m/sv v  物块与长木板由于摩擦力作用会作匀减速直线运动，当速度减小为零时，物块离挡板的距离 最大，其最大值为 2 2 1 4 1.6m2 2 0.5 10 vx g    (2)物块与挡板发生第一次碰撞后，物块先向左减速到零后再向右加速，长木板一直向右减速， 物块的加速度大小为 2 1 5m/sa g  长木板的加速度大小为 2 2 5 m/s3 mga M   由于物块的加速度大小大于长木板的加速度大小，故物块与挡板每次发生碰撞前，物块和长 木板都具有共同的水平向右的速度，从第一次物块与挡板碰撞返回到第二次碰撞的过程中， 由动量守恒定律可知，物块第二次碰撞前的速度为 1 0 2( ) ( )m v Mv m M v    解得 2 0 1 2m/s2v v  同理，物块第三次碰撞前的速度为 2 2 3( ) ( )m v Mv m M v    解得 2 3 2 0 1 1( ) 1m/s2 2v v v   根据数学知识可得到，第 n 次碰撞前的速度为 vn，有 - 22 - 1 0 1( )2 n nv v 第 n 次碰撞后物块的速度大小为 vn，方向向左，设此时物块离开挡板的距离为最大时，则 2 2 2 01 13 1 1( ) ( 4)2 26.25 10 2 2 2 0.5 10 n nn n vvx g g            解得 5n  (3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止，设物块在木板上的相对位 移为 L，由能量守恒可得 2 0 1 ( )2mgL m M v   解得 6.4mL  故木板的长度至少要为 6.4m。 (4)若长木板的长度 L1=6.225m，设物块与档板发生了 n 次碰撞后分离，则有 2 1 2 0 0 1 1 1 1( ) ( )[( ) ]2 2 2 nm M v m M v mgL    代入数据解得 4n  即物块与档板发生了 3 次碰撞后分离后才分离，故第三次碰撞的速度为 3 1 3 0 1( ) 1m/s2v v  设此后分离时物块的速度为 1v ，长木板的速度为 2v ，由动量守恒有 3 3 1 2( )m v Mv mv Mv     由能量守恒可得 2 2 2 1 0 1 2 1 1 1( ) ( )2 2 2mgL m M v mv Mv      联立解得 - 23 - 1 1 m/s4v   ， 2 3 m/s4v  即分离时，物块的速度为 1 m/s4 ，方向向左，长木板的速度为 3 m/s4 ，方向水平向右。