2011届高考物理第一轮单元复习检测试题4

一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.某物体的位移图象如右图所示，则下列叙述正确的是()A．物体运动的轨迹是抛物线B．物体运动的时间为8 sC．物体运动所能达到的最大位移为80 mD．在t＝4 s时刻，物体的瞬时速度为零【解析】位移随时间的变化关系曲线并非为物体运动的轨迹．由图象可知，在0～4 s内物体沿正方向前进80 m，非匀速；4～8 s内物体沿与原来相反的方向运动至原点．在t＝4 s时，图线上该点处切线的斜率为零，故此时速度为零．由以上分析知A错，B、C、D均正确．【答案】BCD2.某军事试验场正在平地上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v-t 图象如右图所示，则下列说法中正确的是()A．0～1 s内导弹匀速上升B．1 s～2 s内导弹静止不动C．3 s末导弹上升到最高点D．5 s末导弹恰好回到出发点【解析】在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故0～1 s内导弹匀加速上升，1 s～2 s内导弹匀速上升，第3 s时导弹速度为0，即上升到最高点，故选项A、B错，C对；v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，0～3 s内，x1＝12×(1＋3)×30 m＝60 m，在3 s～5 s内，x2＝－12×2×60 m＝－60 m，所以x＝x1＋x2＝0，即5 s末导弹又回到出发点，选项D对．【答案】CD3．以v0＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，经2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是()A．10 m B．15 mC ．20 mD ．不会相碰【解析】 设第二个小球抛出后经t s 与第一个小球相遇， 方法一：根据位移相等有 v 0(t ＋2)－12g (t ＋2)2＝v 0t －12gt 2.解得：t ＝1 s ，代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得h ＝15 m.方法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落．根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即 －[v 0－g (t ＋2)]＝v 0－gt ，解得t ＝1 s ，代入位移公式得h ＝15 m. 【答案】 B4．以v ＝36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍刹车后获得大小为a ＝4 m/s 2的加速度，刹车后3 s 内汽车走过的路程为( )A ．12 mB ．12.5 mC ．90 mD ．126 m【解析】 汽车初速度v ＝36 km/h ＝10 m/s ，汽车停止时所用时间为t ＝v a ＝104 s ＝2.5 s<3 s ，所以刹车后3 s 内汽车的路程为x ＝v 22a ＝1022×4m ＝12.5 m.【答案】 B5.如右图所示，小球以某一初速度v0沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ=30°，小球经过时间t 返回到原出点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为( )A.14gtB.24gtC.28gt D.22gt 【解析】 小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin 30°＝g 2，上升的最大位移x ＝v 202a ＝v 20g ，小球上升到最大高度的一半时，v ＝2a ×x 2＝v 02，v 0＝a ×t 2＝gt 4，故v ＝28gt .【答案】 C6．如下图所示，传送带保持1 m/s 的速度顺时针转动．现将一质量m ＝0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的a 点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a 、b 间的距离L ＝2.5 m ，则物体从a 点运动到b 点所经历的时间为( )A ． 5 sB ．(6－1) sC ．3 sD ．2.5 s【解析】 物块开始做匀加速直线运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，速度达到皮带的速度时发生的位移x ＝v 22a＝12×1m ＝0.5 m<L ，故物块接着做匀速直线运动，第1段时间t 1＝v a ＝1 s ，第2段时间t 2＝L －x v ＝2.5－0.51 s＝2 s ，t 总＝t 1＋t 2＝3 s.【答案】 C7．如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙壁相切于A 点，竖直墙壁上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．D 是圆环上与M 靠得很近的一点(DM 远小于CM)．已知在同一时刻，a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；d 球从D 点由静止出发沿圆环运动到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．d 球最先到达M 点【解析】 由题意知OM ＝OA ＝R ，则AM ＝2R ，BM ＝2R ，所以t a ＝22Rg sin 45°＝2R g ，t b＝4R g sin 60°＝833Rg ，t C＝ 2 R g ，d 球可看成等效摆长为R 的单摆，则t d ＝T 4＝π2Rg.比较知t c 最小，c 球先到达M 点，选项C 正确．【答案】 C8．(2010年海南模拟)跳水比赛是我国的传统优势项目．第29届奥运会上我国某运动员正在进行10 m 跳台跳水比赛，若只研究运动员的下落过程，下列说法正确的是( )A ．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小B ．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短C ．为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点D ．运动员在下落过程中，感觉水面在匀速上升【解析】 运动员的下落过程阻力很小，可看做是自由落体运动，故前一半时间内的位移小于后一半时间内的位移，A 错；前一半位移所用时间大于后一半位移所用时间，B 对；研究运动员技术动作时，其大小不能忽略，C 错；运动员相对水面加速下降，则水面相对运动员加速上升，D 错．【答案】 B9.a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的v-t图象如右图所示．在t=0时刻，两车间距离为d；t=5 s的时刻它们第一次相遇．关于两车之间的关系，下列说法正确的是()A．t＝15 s的时刻两车第二次相遇B．t＝20 s的时刻两车第二次相遇C．在5～15 s时间内，先是a车在前，而后是b车在前D．在10～15 s时间内，两车间距离逐渐变大【解析】考查运动学图象分析．两车同向运动，a做匀减速运动，b做匀加速运动，t＝0时两车相距为d，t＝5 s时两车第一次相遇，t＝5 s到t＝15 s时间段内，由图象可以看出，两者位移相等，因此t＝15 s两者第二次相遇，A项正确；t＝5 s到t＝20 s时间段内，b的位移比a的大，因此b在a的前面，B项错误；在t＝5 s到t＝15 s时间段内，先是a车在前直到两者相遇，C项错误；10～15 s内两者的距离在减小，D项错误．【答案】 A10．(2010年烟台模拟)在由静止开始向上运动的电梯里，某同学把一测量加速度的装置(重力不计)固定在一个质量为1 kg的手提包上进入电梯，到达某一楼层后停止，该同学将采集到的数据分析处理后列在下表中，为此，该同学在计算机上画出了如下图所示的图象，请你根据表中数据和所学知识判断下列图象正确的是(设F为手提包受到的拉力，取g＝9.8 m/s2)()【解析】 3 s 末物体的速度，v ＝at ＝0.4×3 m/s ＝1.2 m/s ，然后以1.2 m/s 做了8 s 的匀速直线运动，最后3 s 做匀减速运动，末速度v ′＝v －at ＝1.2－0.4×3 m/s ＝0，由此可得A 正确，B 错误；根据牛顿第二定律在前3 s 有F 1－mg ＝ma ，得F 1＝10.2 N ；紧接着的8 s ，F 2－mg ＝0，F 2＝9.8 N ；最后3 s ，F 3－mg ＝－ma ，F 3＝9.2 N ．所以C 项正确；手提包一直在运动，D 项错误．【答案】 AC二、实验题(本大题共2个小题，共10分)11．(5分)在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的频率为50 Hz ，如下图是一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、、1、2、3、4、5、6七个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离分别为1.40 cm 、3.55 cm 、6.45 cm 、10.15 cm 、14.55 cm 、19.70 cm.由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小为v 4＝______m/s ，小车的加速度大小a ＝________m/s 2.(结果保留三位有效数字)．【解析】 v 4＝x 5－x 32t＝(14.55－6.45)×10－20.2 m/s＝0.405 m/sx ′1＝0.014 0 m ，x ′2＝x 2－x 1＝0.021 5 m x ′3＝x 3－x 2＝0.029 0 m x ′4＝x 4－x 3＝0.037 0 m x ′5＝x 5－x 4＝0.044 0 m x ′6＝x 6－x 5＝0.051 5 ma ＝(x ′4＋x ′5＋x ′6)－(x ′1＋x ′2＋x ′3)9t 2＝(0.037 0＋0.044 0＋0.051 5)－(0.014 0＋0.021 5＋0.029 0)0.09m/s 2＝0.756 m/s 2【答案】 0.405 0.75612．(5分)做匀加速直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器，交流电源的频率是50 Hz ，由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按如右图所示，每一条纸带下端与x 轴相重合，左边与y 轴平行，将纸带粘在坐标系中，求：(1)第一个0.1 s 内中间时刻的速度是 m/s. (2)运动物体的加速度是 m/s2.【解析】 (1)匀加速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，纸带剪断处的瞬时速度等于被剪断处两侧的这两条纸带的总长度除以打这两条纸带所用时间．第一个0.1 s 内中间时刻的速度为v=x 12=22.5×10-30.1m/s=0.225 m/s. (2)若以0.1 s 作为时间单位，并用纸带的宽度表示单位时间，则每段纸带的长度即为对应的时间内的平均速度，也等于对应的时间的中间时刻的瞬时速度，故连接每段纸带上端中点的直线即为小车的v-t 图线．其斜率即为小车的加速度，由图象可得：a=0.75 m/s2. 【答案】 (1)0.225 (2)0.75三、计算题(本大题共4个小题，共40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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)如右图所示，公路上一辆汽车以v 1＝10 m/s 的速度匀速行驶，汽车行至A 点时，一人为搭车，从距公路30 m 的C 处开始以v 2＝3 m/s 的速度正对公路匀速跑去，司机见状途中刹车，汽车做匀减速运动，结果车和人同时到达B 点，已知AB ＝80 m ，问汽车在距A 多远处开始刹车，刹车后汽车的加速度有多大？【解析】 人从C 到B 用时t ＝303 s ＝10 s,10 s 内汽车从A 到B 且停在B 点．设汽车从A 经t 1开始刹车，有v 1t 1＋12a (10－t 1)2＝80v 110－t 1＝ax ＝v 1t 1联立以上各式得t 1＝6 s ，x ＝60 m ，a ＝2.5 m/s 2. 【答案】 60 m 2.5 m/s 214．(10分)放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，力F 的大小与时间t 的关系和物块速度v 与时间t 的关系如下图所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.试利用两图线求：(1)物块在运动过程中受到滑动摩擦力的大小； (2)物块在3～6 s 内的加速度大小； (3)物块与地面间的动摩擦因数．【解析】 (1)由v-t 图象可知，物块在6～9 s 内做匀速直线运动，由F-t 图象知，6～9 s 内推力F3=4 N ，故Ff=F3=4 N.(2)由v-t 图象可知，3～6 s 内做匀加速直线运动，由 a=v-v 0t，得a=2 m/s 2.(3)在3～6 s 内，由牛顿第二定律有：F 2-Ff=ma ， 且Ff=μFN=μmg由以上各式求得：m=1 kg ，μ=0.4. 【答案】 (1)4 N (2)2 m/s2 (3)0.415．(10分)大雪过后容易发生交通事故，究其原因，主要是大雪覆盖路面后被车轮挤压，部分融化为水．在严寒的天气下，又马上结成冰，汽车在光滑的路面上行驶，刹车时难以停下．据测定，汽车橡胶轮胎与普通路面间的动摩擦因数是0.7，与冰面间的动摩擦因数为0.1，对于没有安装防抱死(ABS)系统的普通汽车，在规定的速度急刹车后，车轮立即停止运动，汽车在普通的水平路面上滑行1.4 m 才能停下，那么汽车以同样的速度在结了冰的水平路面上行驶，急刹车后滑行的距离为多少？(g ＝10 m/s 2)【解析】 汽车在水平路面前进， －μmg ＝ma ，即a ＝－μg 因此a 1＝－μ1g ＝－7 m/s 2 a 2＝－μ2g ＝－1 m/s 2 由运动学公式0－v 20＝2ax ， 得x ＝－v 202a所以x2x1＝a1 a2所以x2＝a1a2x1＝9.8 m.【答案】9.8 m16．(12分)如右图所示，A、B两棒长均为L=1 m，A的下端和B的上端相距x=20 m，若A、B同时运动，A做自由落体运动，B做竖直上抛运动，初速度v0=40 m/s.(g取10 m/s2)求：(1)A、B两棒何时相遇．(2)从相遇开始到分离所需的时间．【解析】(1)设经过时间t两棒相遇(2)从相遇开始到两棒分离的过程中，A棒做初速度不为零的匀加速运动，B棒做匀减速运动，设从相遇开始到分离所需时间为Δt，则【答案】(1)0.5 s(2)0.05 s。

2011河南泌阳高考物理一轮复习--简谐振动 振动图象（试题展示）1、某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s 和9km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P 和水平弹簧振子H 组成（题20图）.在一次地震中，震源地地震仪下方，观察到两振子相差5s 开始振动，则A. P 先开始振动，震源距地震仪约36kmB. P 先开始振动，震源距地震仪约25kmC. H 先开始振动，震源距地震仪约36kmD. H 先开始振动，震源距地震仪约25km答案：A解析：本题考查地震波有关的知识，本题为中等难度题目。

由于纵波的传播速度快些，所以纵波先到达地震仪处，所以P 先开始振动。

设地震仪距震源为x,则有594=-x x 解得： x=36km. 2、如图所示的单摆，摆球a 向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b 发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不变。

已知碰撞前a 球摆动的最高点与最低点的高度差为h ，摆动的周期为T，a 球质量是b 球质量的5倍，碰撞前a 球在最低点的速度是b 球速度的一半。

则碰撞后DA B C ．摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD ．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h3、一列简谐横波沿x 轴负方向传播，图1是t = 1s 时的波形图，图2是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线(两图用同同一时间起点)，则图2可能是图1中哪个质元的振动图线？（ A ）A ．x = 0处的质元； B．x = 1m 处的质元；C ．x = 2m 处的质元；D ．x = 3m 处的质元。

4、简谐机械波在给定的媒质中传播时，下列说法中正确的是（ D ）A ．振幅越大，则波传播的速度越快B ．振幅越大，则波传播的速度越慢C ．在一个周期内，振动质元走过的路程等于一个波长D ．振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短5、公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。

2011河南泌阳高考物理一轮复习--原子核（试题展示）1、一个氘核H 21质量为m 1，一个氚核H31质量为m 2，它们结合成一个质量为m 3的氦核。

核反应方程如下：XHe H H 423121+→+。

在这一核反应过程中释放的能量为△E 。

已知光速为c 。

则以下判断正确的是（ ）A ．X 是质子B ．X 是正电子C ．X 的质量为m 1＋ m 2－ m 3D ．X 的质量为 m 1＋ m 2－ m 3－2cE ∆ 2、据报导：我国科学家研制世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”，用来解决人类的能源之需，代替煤、石油等不可再生资源。

“人造太阳”的实验装置模拟太阳产生能量的方式。

从海水中提取氘和氚，使其在上亿度的高温下产生聚变反应，反应方程式为： 21H+31H —→42He+10n+E 。

设氘（21H ）的质量为m 1，氚（31H ）的质量为m 2氦（42He ）的质量为m 3，中子（10n ）的质量为m 4，c 为光在真空中传播的速度。

核反应放出的能量E 的大小等于（ ）A ．（m 1+m 2）c 2B ．（m 3+m 4）c 2C ．（m 1+m 2－m 3－m 4）c 2D ．以上三项都不正确3、以下说法正确的是（ ）A ．中子与质子结合成氘核后，吸收能量B ．用升温、加压的方法和化学的方法都不能改变原子核衰变的半衰期C ．阴极射线与β射线都是带负电的电子流，都是由原子核受激发后产生的D ．公式2mc E ∆=∆的含义是：质量为m ∆的物质所具有的能量为E ∆4、下列核反应中表示核聚变过程的是（ ）A ．e Si P 0130143015+→B ．n He H H 10423121+→+ C ．e N C 01147146-+→ D ．238234492902U Th He →+ 5、美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63（Ni 6328）和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生β衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片做电池两极外接负载为负载提供电能。

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第6章第三讲一、选择题1．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是 ( )[答案] A[解析] 前T 2带电粒子做匀加速直线运动，后T 2做匀减速直线运动．T 时刻速度减为零，以后重复第一周期内的运动，则正确答案为A.2．如图所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中 ( )A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流[答案] BC[解析] 由题意知，电容器两板间电压U 一定，设已充电荷量为Q ，当两板距离增大时，电容C 变小，由Q ＝CU 知Q 减小，必有一部分正电荷通过电阻R 回流．故BC 对．3．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M 、N 水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，将M 板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是 ( )A ．沿轨迹④运动B ．沿轨迹①运动C ．沿轨迹②运动D ．沿轨迹③运动[答案] C[解析] 由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εS可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．4．(2009·海门模拟)如图所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在减小[答案] D[解析] 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在减小，故D 正确．5．如图所示，a 、b 、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面b 的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A 时的动能为10J ，在电场力作用下从A 运动到B 速度为零，当这个粒子的动能为7.5J 时，其电势能为 ( )A ．12.5JB ．2.5JC ．0D ．－2.5J[答案] D[解析] 由题意可知，粒子从A 到B ，电场力做功－10J ，则带电粒子由A 运动到等势面b 时，电场力做功－5J ，粒子在等势面b 时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J ，当动能为7.5J 时，其电势能为－2.5J.6．(2010·青岛市检测)一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则 ( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对[答案] B[解析] 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12m v 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12m v 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确． 7．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P 位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固定，然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P 在两板间 ( )A ．保持静止B ．水平向左做直线运动C ．向左下方运动D ．不知α角的值无法确定P 的运动状态[答案] B[解析] 设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为( )A ．m v 20 B.12m v 20C ．2m v 20 D.52m v 20[答案] D[解析] 小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v P y t ，所示合速度v P ＝v 20＋v 2P y ＝5v 0E k P ＝12m v 2P ＝52m v 20.故选D. 二、非选择题9．如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk ＝－182V ；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg ＝0；反射电板电势为φr ＝－250V.与栅网的距离d ＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？[答案] 1.5×10－9s[解析] 因为|φk |<|φr |，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回．设电子在到达栅网时速度为v ，则12m v 2＝e (φg －φk )， 电子在栅网和反射电板间的加速度a ＝e (φg －φr )md， 又t ＝2v a，解得t ≈1.5×10－9s. 10．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L ”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2m ，离水平地面的距离为h ＝5.0m ，竖直部分长为l 2＝0.1m.一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g ＝10m/s 2)．[答案] (1)2.0m/s (2)4.5m[解析] (1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有：12m v 2B－0＝mgl 2＋F 电l 1，①解得：v B ＝g (l 1＋2l 2)②代入数据可得：v B ＝2.0m/s ③(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：a ＝g 2，④ s ＝v B t ＋12at 2，⑤ 竖直方向有：h ＝12gt 2，⑥ 由③～⑥式，并代入数据可得：s ＝4.5m.11．如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q ＝－5.0×10－4C.取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q .(计算结果保留两位有效数字)[答案] (1)2.4m/s (2)0.10m (3)0.96J[解析] (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为F f ＝μ(mg －qE )cos37°，设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理，(mg －qE )h －F f h sin37°＝12m v 21， 解得v 1＝2.4m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h 1，根据动能定理，－(mg －qE )h 1－F f h 1sin37°＝12m v 21， 代入数据解得h 1≈0.10m.(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q ＝(mg －qE )h ＝0.96J.12．(2009·如皋市一中月考)有一带负电的小球，其带电量q ＝－2×10－3C.如图所示，开始时静止在场强E ＝200N/C 的匀强电场中的P 点，靠近电场极板B 有一挡板S ，小球与挡板S 的距离h ＝5cm ，与A 板距离H ＝45cm ，重力作用不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S 相碰后电量减少到碰前的k 倍，已知k ＝56，而碰后小球的速度大小不变． (1)设匀强电场中挡板S 所在位置处电势为零，则电场中P 点的电势为多少？小球在P 点时的电势能为多少？(电势能用E P 表示)(2)小球从P 点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？(3)小球经过多少次碰撞后，才能抵达A 板？[答案] (1)－10V 0.02J (2)0 (3)13[解析] (1)由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得：U SP ＝Eh由电势差和电势之间的关系得：U SP ＝φS －φP联立解得P 点的电势为：φP ＝φS －Eh ＝0－200×5×10－2V ＝－10V小球在P 点的电势能为：E P ＝qφP ＝－2×10－3×(－10)J ＝0.02J(2)对小球从P 点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得：W 电＝E k 1－E k 0解得：W 电＝E k 1－E k 0＝0－0＝0(3)设碰撞n 次后小球到达A 板，对小球运动的全过程应用动能定理得：qEh －k n qE (h ＋H )＝E k 1－E k 0小球到达A 板的条件是：E kn ≥0联立解得：n ≥12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A 板．13．(2009·江苏淮安市二月四校联考)在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m ＝1.0×10－3kg 、带电量q ＝1.0×10－10C 的带正电的小球，静止在O 点．以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy .在t 0＝0时突然加一沿x 轴正方向、大小E 1＝2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动．在t 1＝1.0s 时，所加的电场突然变为沿y 轴正方向、大小E 2＝2.0×106V/m 的匀强电场．在t 2＝2.0s 时所加电场又突然变为另一个匀强电场E 3，使小球在此电场作用下在t 3＝4.0s 时速度变为零．求：(1)在t 1＝1.0s 时小球的速度v 1的大小；(2)在t 2＝2.0s 时小球的位置坐标x 2、y 2；(3)匀强电场E 3的大小；(4)请在如图所示的坐标系中绘出该小球在这4s 内的运动轨迹．[答案] (1)0.2m/s (2)(0.3,0.1) (3)1.4×106V/m (4)见解析图[解析] (1)0～1s 对小球应用牛顿第二定律得：qE 1＝ma 1解得小球的加速度为：a 1＝qE 1/m ＝0.2m/s 2小球在t 1＝1.0s 时的速度大小为：v 1＝a 1t 1＝0.2×1m/s ＝0.2m/s(2)小球在t 1＝1.0s 时的位置坐标为：x 1＝12a 1t 21＝12×0.2×1.02m ＝0.1m在1.0s～2.0s内对小球应用牛顿第二定律得：qE2＝ma2解得小球的加速度为：a2＝qE2/m＝0.2m/s2在t2＝2.0s时小球的位置坐标为：x2＝x1＋v1(t2－t1)＝0. 1m＋0.2×1.0m＝0.3my2＝12a2(t2－t1)2＝12×0.2×1.02m＝0.1m设在t2＝2.0s时小球的速度为v2，则有：v22＝v21＋(at2)2解得：v2＝2v1＝2×0.2m/s＝0.28m/s(3)2.0s～0.4s内对小球应用牛顿第二定律得：qE3＝ma3小球在4.0s时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得：v4＝v2－a3t3联立解得匀强电场E3的大小为：E3＝1.4×106V/m(4)小球在这4s内的运动轨迹如图所示．。