河南省许昌高级中学2020学年高二物理上学期尖子生期初试题（含解析）

河南省许昌高级中学2020学年高二物理上学期尖子生期初试题（含解析）

许昌高中 2021 届高二尖子生上学期期初考试 物理试题 一．选择题（本题共 15 小题，每小题 4 分，共 60 分．1～9 题为单项选择题，10～ 15 题为多项选择题，所列四个选项中至少有二项符合题意，漏选得 2 分，错选或不 选不得分） 1.如图所示，在竖直放置间距为 d 的平行板电容器中，存在电场强度为 E 的匀强电 场。有一质量为 m ，电荷量为 q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度 为 g 。则点电荷运动到负极板的过程 A. 加速度大小为 qEa gm   B. 所需的时间为 dmt Eq  C. 下降的高度为 2 dy  D. 电场力所做的功为 W Eqd 【答案】B 【解析】 【详解】点电荷在电场中的受力如图所示， 点电荷所受的合外力为    2 2F qE mg  由牛顿第二定律得    2 2qE mg a m   故 A 错； 点电 荷 在 水 平 方 向 的 加 速 度 为 1 /a Eq m ， 由 运 动 学 公 式 d/2=a1t2/2, 所 以 mdt qE  ，故 B 正确， 点 电 荷 在 竖 直 方 向 上 做 自 由 落 体 运 动 ， 所 以 下 降 的 高 度 21 1 2 2 2 md mgdy gt g qE qE     ，故 C 错误； 由功公式 W=Eqd/2,故 D 错误。 综上所述本题答案是：B 【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求 出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。 2.如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球 A 放入腔中， 当静电平衡时，图中 a、b、c 三点的电场强度 E 和电势 的关系是（ ） A. a b cE E E  a b c    B. a b cE E E  a b c    C. a b cE E E  a b c    D. a c bE E E  a b c    【答案】D 【解析】 当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场 线的分布如图： 由于 a 处电场线较密，c 处电场线较疏，b 处场强为零，则 Ea＞Ec＞Eb．根据顺着电 场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可 知电势关系是φa＞φb＞φc．故选 D. 【点睛】本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键．比较场强大小和电势高低常常 画电场线，形象直观地判断． 3. 如图，一带正电的点电荷固定于 O 点，两虚线圆均以 O 为圆心，两实线分别为带 电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点， 粒子在 a、c 动能相等，不计粒子重力．下列说法中正确的是（ ） A. M 带正电荷，N 带负电荷 B. 粒子 M、N 在 a、c 的电势能相等 C. 粒子 M 在 b 点的动能小于粒子 N 在在 e 点的动能 D. 粒子 M 在 b 点的动能等于粒子 N 在 d 点的动能 【答案】C 【解析】 试题分析：A、由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知 M 带负电荷，N 带正电荷，故 A 错误．B、a 点和 c 点在同一等势面上，电势相等， 由 PE q 知动能相等不能确定电量是否相等，故电势能不一定相等，故 B 错误．C、 M 从 a 点到 b 点，库仑力做负功，根据动能定理知动能减小，则 M 在 b 点的动能小 于在 a 点的动能；N 从 e 点到 c 点，库仑力做负功，根据动能定理知动能减小，则 N 在 e 点的动能大于在 c 点的动能,而两粒子在 a、c 动能相等，故粒子 M 在 b 点的动 能小于粒子 N 在在 e 点的动能，则 C 正确．D、N 从 c 点到 d 点，库仑力做正功，根 据动能定理知动能增大，则 N 在 d 点的动能大于在 c 点的动能，同理知粒子 M 在 b 点的动能小于粒子 N 在 d 点的动能，故 D 错误．故选 C． 考点：考查电势差与电场强度的关系；电场强度． 【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能 和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场 力做功判断电势能的变化． 4.如图，平行板电容器板间电压为 U，板间距为 d，两板间为匀强电场，让质子流以 初速度 v0 垂直电场射入，沿 a 轨迹落到下板的中央，现只改变其中一条件，让质子 沿 b 轨迹落到下板边缘，则可以将（ ） A. 开关 S 断开 B. 初速度变为 0 2 v C. 板间电压变为 4 U D. 竖直移动上板，使板间距变为 2d 【答案】C 【解析】 A、开关 S 断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不 变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，故 A 错误； B、将初速度变为一半，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来 的一半，不可能到达下板边缘，故 B 错误； C、当板间电压变为 U/4 时，场强变为原来的 1/4，电场力变为原来的 1/4，加速度 变为原来的 1/4，根据 21 2y at 知，时间为原来的 2 倍，由 x=v 0t 知水平位移为 原来的 2 倍，所以能沿 b 轨迹落到下板边缘，故 C 正确； D、竖直移动上板，使板间距变为 2d，则板间场强变为原来的 1/2，电场力为原来的 1/2，加速度为原来的 1/2，根据 21 2y at 知，时间为原来的 2 倍，水平位移为 原来 2 倍，不能到达下板边缘，故 D 错误； 故选：C。 5.下列说法正确的是（ ） A. 动量大小相同的两个小球，其动能也一定相同 B. 做曲线运动的物体，其加速度一定是变化的 C. 物体做平抛运动时，相同时间内的动量的变化量不可能相同 D. 物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心 【答案】D 【解析】 【详解】A. 动量与动能的大小关系为 2 k 2 pE m  可知动量大小相同的两个小球，其动能不一定相同，还要看质量关系，故 A 项与题 意不符； B. 在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，加速度不变，故 B 项与题意 不相符； C. 物体做平抛运动时受到的力绳子等于质量，所以相同时间内的动量的变化量一定 相同，故 C 项与题意不相符； D. 物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，故 D 项与题意相符。 6.一辆汽车在平直公路上运动，受到的阻力恒定为 f，运动的最大速度为 vm．下列 说法正确的是（ ） A. 汽车以恒定额定功率行驶时，牵引力 F 与速度 v 成正比 B. 在汽车匀加速运动过程中，当发动机的实际功率等于额定功率时，速度就达到 vm C. 汽车运动的最大速度 vm 与额定功率 Pm 满足 Pm＝fvm D. 当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率一定等于额定功率 【答案】C 【解析】 【详解】A. 汽车以恒定额定功率行驶时，由 P=Fv 可知牵引力与速度成反比，故 A 项与题意不相符； B. 汽车匀加速运动时，阻力恒定，根据牛顿第二定律可知牵引力恒定，由 P=Fv， 知发动机的实际功率不断增大，当发动机的实际功率等于额定功率时，开始做加速 度逐渐减小的加速运动，功率不变，速度变大，故 B 项与题意不相符； C. 当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即 F=f，当速度达到最大时，Pm 满足 Pm=Fvm=fvm，故 C 项与题意相符； D. 当汽车以恒定速度行驶时，如果速度没有达到最大速度，发动机的实际功率将小 于额定功率，故 D 项与题意不相符。 7.如图所示，运动员以速度 v 在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动 员及自行车的总质量为 m，做圆周运动的半径为 R，重力加速度为 g，将运动员和自 行车看作一个整体，则（ ） A. 受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B. 受到的合力大小为 F＝ 2mv R C. 若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑 D. 若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑 【答案】B 【解析】 【详解】A. 将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向 心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故 A 项与题意不相符； B. 运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运 动需要的向心力，所以 2mvF R  ，故 B 项与题意相符； C. 若运动员加速，由向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故 C 项与题意不相符； D. 若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故 D 项与题意 不相符。 8.质量为 m 的人造卫星在地面上未发射时的重力为 G0，它在离地面的距离等于地球 半径 R 的圆形轨道上运行时，其（ ） A. 周期为 4π 0 2mR G B. 速度为 02G R m C. 动能为 G0R D. 所受万有引力为 0 1 G 【答案】A 【解析】 【详解】在地球表面上时，由重力等于万有引力，有 02 MmG GR  卫星在距地面的距离等于地球半径 R 的圆形轨道上运动时，其轨道半径为 2R，根据 万有引力提供向心力有： 2 2 2 2 4 24 2 Mm vG m R mR T R    联立可得： A. 卫星的周期 0 24π mRT G  故 A 项与题意相符； B. 卫星的速度 0 2 G Rv m  故 B 项与题意不相符； C. 卫星的动能 2 01 2 2k G RE mv  故 C 项与题意不相符； D. 所受万有引力为 0 24 4 GGMmF R   故 D 项与题意不相符。 9.绝缘水平面上固定一正点电荷 Q，另一质量为 m、电荷量为－q(q＞0)的滑块(可看 做点电荷)从 a 点以初速度 v0 沿水平面向 Q 运动，到达 b 点时速度减为零．已知 a、 b 间距离为 s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g.以下判断正确 的是( ) A. 滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B. 滑块在运动过程中的中间时刻，速度的大小等于 0 2 v C. 此运动过程中产生的内能为 2 0 2 mv D. Q 产生的电场中，a、b 两点间的电势差为  2 0 2 2ab m v gs U q   【答案】D 【解析】 【详解】A. 由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向 相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在 b 点静止，故一定有段时间，库仑力小于 滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力， 到达 b 点时速度减为零，故 A 项与题意不相符； B. 水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小， 库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的， 故中间时刻的速度不等于 0 2 v ，故 B 项与题意不相符； C. 由动能定理可得： 2 0 10 2qU mgs mv   产生的内能 2 0 1 2Q mgs qU mv   因此在此过程中产生的内能大于动能的减少，故 C 项与题意不相符； D. 由动能定理可得： 2 0 10 2qU mgs mv   解得两点间的电势差 2 0( 2 ) 2 m v gsU q  故 D 项与题意相符。 10.发射高轨道卫星时，一般是先将卫星发射至近地圆形轨道 1 上运行，然后在某点 Q 变速，使其沿椭圆轨道 2 运行，最后在远地点 P 再次变速，将卫星送入预定圆形 高轨道 3 运行，已知轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点．设卫星的质量 保持不变，卫星分别在 1、2、3 轨道上正常运行时，只受地球引力作用，则下列说 法正确的是 A. 卫星在 1 轨道上正常运行时的速度小于在 3 轨道上正常运行时的速度 B. 卫星在 1 轨道上正常运行时的机械能小于在 3 轨道上正常运行时的机械能 C. 卫星在轨道 2 上从 P 点运动到 Q 点过程中，处于失重状态，但不是完全失重状态 D. 卫星在轨道 2 上从 P 点运动到 Q 点过程中，加速度逐渐增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A.根据 2 2 =r mM vG m r 可知 GMv r  ，则卫星在 1 轨道上正常运行时的速度 大于在 3 轨道上正常运行时的速度，选项 A 错误； B. 卫星从轨道 1 要在 Q 点加速进入轨道 2，然后在轨道 2 上的 P 点再加速进入轨道 3，则卫星在 1 轨道上正常运行时的机械能小于在 3 轨道上正常运行时的机械能，选 项 B 正确； C. 卫星在轨道 2 上从 P 点运动到 Q 点过程中，只受万有引力作用，处于完全失重状 态，选项 C 错误； D. 根据 2 GMa r  可知，卫星在轨道 2 上从 P 点运动到 Q 点过程中，加速度逐渐增大， 选项 D 正确； 11.如图所示，人在岸上匀速的、拉着质量不计的绳子使船靠岸，已知船的质量为 m， 水的阻力恒为 f，当船沿水面行驶 x 米的位移时，轻绳与水平面的夹角为θ，船的 速度为 v，此时人的拉力大小为 F，则（ ） A. 人拉绳的速度大小是 cos v  B. 船行驶 x 米位移的过程，人的拉力做功为 Fxcosθ C. 船行驶 x 米位移时，人的拉力的瞬时功率为 Fvcosθ D. 此时船的加速度为 cosF f m   【答案】CD 【解析】 【详解】A. 船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速 度。如图 1 所示根据平行四边形定则有，v 人=vcosθ，故 A 项与题意不相符； B. 如图 2 可知，当船前进的距离为 x 时，人走的距离：x′=x1-x2≠x，所以人做的 功 W≠Fxcosθ．故 B 项与题意不相符； C. 船行驶 x 米位移时 v 人=vcosθ，人的拉力的瞬时功率为：P=Fv 人=Fvcosθ，故 C 项与题意相符； D. 对小船受力分析，如图所示，则有 Fcosθ-f=ma 因此船的加速度大小为 cosF f m   故 D 项与题意相符。 12. 如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷电场运动，图中的实线为等势 面，虚线 ABC 为粒子的运动轨迹，其中 B 点是两电荷连线的中点，A、C 位于同一等 势面上，下列说法正确的是 A. 该粒子可能带正电 B. 该粒子经过 B 点时的速度最大 C. 该粒子在 B 点的加速度一定为零 D. 该粒子在 B 点的电势能小于在 A 点的电势能 【答案】CD 【解析】 试题分析：A 到 B 的过程轨迹向左下弯曲，说明带电粒子受力向左下，与电场线的 方向相反，所以带电粒子带负电，故 A 错误；从图中可以看到，A 到 B 的过程和 B 到 C 的过程中各有一点的电势最高，B 点的电势介于最大与最小之间，故 B 错误； 两个固定的等量正点电荷的电场中，点电荷连线的中点处的场强为 0，所以粒子在 B 的受到的电场力为 0，加速度也为 0．故 C 正确；带电粒子受力向左下，与电场线的 方向相反，与速度方向的夹角小于 90°，电场力做正功，电势能减小，故 D 正确．故 选 CD。 考点：等势面；电势能 【名师点睛】该题考查等量同种电荷的电场线与等势面的特点，要能根据粒子的运 动轨迹来判断粒子的电性；此题属于记忆性的知识点，题目简单。 13.如图所示，Q1、Q2 为两个固定点电荷，其中 Q1 带正电，它们连线的延长线上有 a、 b 两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从 b 点开始经 a 点向远处运动，其速 度图象如图所示．则 ( ) A. Q2 带正电 B. Q2 带负电 C. 该试探电荷从 b 到 a 的过程中电势能增大 D. 该试探电荷从 b 到 a 的过程中电势能减小 【答案】BC 【解析】 分析：根据图乙描述的速度-时间图象可知，检验电荷减速，由于检验电荷带正电， Q1 也带正电，由此可以判断出 Q2 的电性，后来加速说明 Q1 形成的电场大于 Q2 形成的 电场，由此可以判断 Q1、Q2 电量的大小，根据电场力做功情况可以判断电势能的变 化． 解：由图乙可知，检验电荷先减速运动，若 Q2 为正该电荷将一直加速，故 Q2 为负， 后来检验电荷又加速运动，由于检验电荷为正，这说明正电荷 Q1 比负电荷 Q2 形成的 电场强度大，所以电荷量 Q1＞Q2，故 A 错误，B 正确； 从 b 到 a 过程中，由图乙可知，电荷减速，故电场力做负功，因此电势能增大，故 C 正确，D 错误． 故选 BC． 14.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。取地 面为重力势能零点，该物体的E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力 加速度取 10m/s2．由图中数据可得（ ） A. 从地面至 h＝4m，物体重力做功 80J B. 从地面至 h＝4m，物体克服空气阻力做功 20J C. 物体的质量为 2kg D. h＝0 时，物体的速率为 20m/s 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 从地面至 h=4m，物体重力势能增加了 80J，则物体重力做功-80J，故 A 项与题意不相符； B. 从地面至 h=4m，物体的机械能减少 20J，根据功能关系知，物体克服空气阻力做 功 20J．故 B 项与题意相符； C. 由图知，h=4m 时 Ep=80J，由 Ep=mgh 得 m=2kg，故 C 项与题意相符； D. h=0 时，Ep=0，E 总=100J，则物体的动能为 Ek=E 总-Ep=100J 由 2 0 1 2kE mv 得： 0 m10 sv  故 D 项与题意不相符。 15.如图，A、B 质量分别为 m1＝1kg，m2＝2kg，置于平板小车 C 上，小车质量为 m3 ＝1kg，A、B 与小车的动摩擦因数均为 0.5，事先三者均静止在光滑的水平面上。某 时刻 A、B 间炸药爆炸（时间极短）使 A、B 获得图示左右方向的瞬时速度和 12J 的 总机械能。假设 A、B 最终都没有离开小车上表面，水平面足够长，g＝10m/s2．现 从炸药爆炸结束开始计时，则（ ） A. t＝0 时，A、B 的速度大小分别是 4m/s、2m/s B. t＝0.4s 时，B 与平板小车 C 先相对静止 C. t＝0.8s 时，A 与平板小车 C 相对静止 D. t＝0.8s 时，A、B 与平板小车因摩擦而产生的热量 Q＝10J 【答案】AC 【解析】 【详解】A. 炸药爆炸瞬间 A、B 系统动量守恒，以向左为正方向，有： 1 1 2 20 m v m v  A、B 的机械能总量为 12J，故： 2 2 1 1 2 2 1 112J= 2 2E m v m v  联立解得： v1=4m/s，v2=2m/s 故 A 项与题意相符； BC. 爆炸后 AB 在 C 上滑动，B 先与 C 相对静止，设此时 A 的速度为 v3，B、C 的速度 为 v4，该过程中 ABC 组成的系统动量守恒，设该过程的时间为 t3，对 A 应用动量定 理 -μm1gt3=m1v3-m1v1 对 B 应用动量定理 -μm2gt3=m2v4-m2v2 对 C 应用动量定理 (μm2g-μm1g)t3=m3v4 代人数据得 v3=3m/s；v4=-1m/s；t3=0.2s 之后，A 在 C 是滑动直到相对静止，根据系统的动量守恒 0=(m1+m2+m3)v 解得： v=0 设 A 滑动的总时间为 t，则 -μm1gt=0-m1v1 解得： t=0.8s 故 B 项与题意不相符，C 项与题意相符； D. t=0.8s 时，A、B 与平板小车因摩擦而产生的热量 Q=E=12J 故 D 项与题意不相符。 二．实验题（本大题共 1 小题，每空 2 分，共 10 分．把答案填写在答题卡对应位置 上） 16.如图所示为研究决定平行板电容器电容因素的实验装置。两块相互靠近的等大正 对平行金属平板 M、N 组成电容器，板 N 固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆 相接，板 M 和静电计的金属壳都通过导线接地，板 M 上装有绝缘手柄，可以执手柄 控制板 M 的位置。给电容器充上一定的电荷，静电计指针张开一定角度。若仅将两 极板间的距离增大，则静电计指针的偏角将_________（选填“变大”、“不变”或 “变小”）；若仅将 M 沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积，则 静电计指针的偏角将_________（选填“变大”、“不变”或“变小”）；若在两板 板间插入云母片，且保持其他条件不变，则静电计指针的偏角将_________（选填“变 大”、“不变”或“变小”）；若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板 P， 且保持其他条件不变，则静电计指针偏角将_________（选填“变大”、“不变”或 “变小”），插入后金属板 P 内部的电场强度大小为_________。 【答案】 (1). 变大 (2). 变大 (3). 变小 (4). 变小 (5). 0 【解析】 只将板间距离 d 增大，由电容的决定式 C=ɛS/4πkd 分析得知，电容减小，电量 Q 不 变，则由 C=Q/U 分析得到板间电势差 U 增大，静电计指针张角变大； 只将 M 沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积 S，由电容的决定 式 C=ɛS/4πkd 分析得知，电容减小，电量 Q 不变，则由 C=Q/U 分析得到板间电势差 U 增大，静电计指针张角变大； 若在两板板间插入云母片，且保持其他条件不变，由电容的决定式 C=ɛS/4πkd 分析 得知，电容增大，电量 Q 不变，则由 C=Q/U 分析得到板间电势差 U 减小，静电计指 针张角变小； 若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板 P，且保持其他条件不变，相当于 极板间距减小，由电容的决定式 C=ɛS/4πkd 分析得知，电容增大，电量 Q 不变，则 由 C=Q/U 分析得到板间电势差 U 减小，静电计指针张角变小； 插入后金属板处于静电平衡状态，所以 P 内部的电场强度处处为零。 四．计算题（本题共 4 小题，8 分+10 分+10 分+12 分，共 40 分．解答应写出必要的 文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分） 17.如图所示，长 l＝1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球， 小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带 电荷量 q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强 E＝3.0×103N/C，取重力加速度 g＝10m/s2， sin37 ＝0.6，cos37 ＝0.8．求： (1)小球的质量 m。 (2)将电场撤去，小球回到最低点时速度 v 的大小。 【答案】（1）4×10﹣4kg（2）2m/s 【解析】 【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力 F＝qE＝1.0×10﹣6×3.0×103 N＝3.0×10﹣3 N 小球受力情况如图所示： 根据几何关系可得 mg＝ tan qE  所以 m＝ tan qE g  ＝ 33 10 10tan37    kg＝4×10﹣4kg (2)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则 Mgl(1﹣cos37°)＝ 21 2 mv 解得： v＝2m/s 18.如图所示，两平行金属板 A、B 长 L＝8cm，两板间距离 d＝8cm，A 板比 B 板电势 高 300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量 q＝10﹣10C，质量 m＝10﹣20kg，沿电场中 心线 RD 垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进 入界面 MN、PS 间的无电场区域．已知两界面 MN、PS 相距为 12cm，D 是中心线 RD 与界面 PS 的交点．求： (1)粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RD 的距离 y 的大小？ (2)粒子到达 PS 界面时离 D 点的距离 Y 为多少？ 【答案】（1）0.03m（2）0.12m 【解析】 【详解】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为 a＝ qE qU m md  水平方向有： L＝v0t 竖直方向有： y＝ 1 2 at2 联立得： y＝ 2 2 02 qUL mdv 代入数据解得： y＝0.03m (2)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面 MN、PS 相 距为 D． 由相似三角形得： 2 2 L y L YD   解得： Y＝4y＝0.12m 19.如图所示，光滑水平平台 AB 与竖直光滑半圆轨道 AC 平滑连接，C 点切线水平， 长为 L＝4m 的粗糙水平传送带 BD 与平台无缝对接。质量分别为 m1＝0.3kg 和 m2＝1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以 v0＝ 1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ＝0.15．某时剪断 细绳，小物体 m1 向左运动，m2 向右运动速度大小为 v2＝3m/s，g 取 10m/s2．求： （1）剪断细绳前弹簧的弹性势能 Ep （2）从小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速 运动，电动机需对传送带多提供的电能 E 【答案】（1）19.5J（2）6.75J。 【解析】 【详解】(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0＝m1v1﹣m2v2 解得 v1＝10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为： Ep＝ 1 2 m1v1 2+ 1 2 m2v2 2 解得 Ep＝19.5J (2)设 m2 向右减速运动的最大距离为 x，由动能定理得： ﹣μm2gx＝0﹣ 1 2 m2v2 2 解得 x＝3m＜L＝4m 则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为 v0＝1.5m/s，然后向左匀速运动， 直至离开传送带，设小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为 t。取 向左为正方向。 根据动量定理得： μm2gt＝m2v0﹣(﹣m2v2) 解得： t＝3s 该过程皮带运动的距离为： x 带＝v0t＝4.5m 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为： E＝μm2gx 带 解得： E＝6.75J 20.如图所示，在 E＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN 与 一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为 QN 圆弧的中点，一带负电 q＝10－4 C 的小滑块质 量 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的 M 处， 取 g＝10 m/s2，求： (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0 向左运 动？ (2)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？ 【答案】（1）7m/s （2）0.6N 【解析】 【详解】（1）设滑块到达 Q 点时速度为 v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m 2  v R ， 滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得： -mg•2R-qE•2R-μ（mg+qE）x= 1 2 mv2- 1 2 mv0 2 联立方程组，解得：v0=7m/s； （2）设滑块到达 N 点时速度为 v′，则从开始运动至到达 N 点过程中， 由动能定理得： -μ（qE+mg）x= 1 2 mv′2- 1 2 mv0 2 又在 N 点时，由牛顿第二定律得：FN-(mg+qE)=m '2  v R ， 代入数据解得：FN=1.2N； 【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界 速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．