河南省洛阳市偃师高中2016届高三上学期第二次月考物理试卷 31页

‎2015-2016学年河南省洛阳市偃师高中高三（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，总分48分，在每小题给出的四个选项中，1--8题只有一个选项正确，9--12题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．如果物体（或系统）所受到的合外力为零，则机械能一定守恒 B．做匀加速运动的物体，其机械能不可能守恒 C．滑动摩擦力和静摩擦力一定都做负功 D．系统内两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和不一定等于零 ‎2．关于静电场，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零 B．电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小 C．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大 D．电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎3．如图，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0＞μmg．下列关于运动中的速度﹣时间图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．“嫦娥二号”卫星成功发射，这次发射后的卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约为38万公里的地月转移轨道直接奔月，当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期为12小时的椭圆轨道a，再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b，轨道a和b相切与P点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s B．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于11.2km/s C．“嫦娥二号”卫星在轨道a、b上经过P点时的速度大小相等 D．“嫦娥二号”卫星 在轨道a、b上经过P点时加速度不相等 ‎5．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（　　）‎ A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12‎ C．t1～t2时间内的平均速度为（v1+v2）‎ D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小 ‎6．冥王星是太阳系中围绕太阳旋转的天体．它的赤道直径为2344km、表面积为1700万平方千米、质量为1.290×1022kg、平均密度为1.1g/cm3、表面重力加速度为0.6m/s2、自转周期为6天9小时17.6分、逃逸速度为1.22km/s，假设其绕太阳的运动可以按圆周运动处理．依据这些信息下列判断中正确的是（　　）‎ A．冥王星的自转周期比地球的自转周期大 B．冥王星的公转线速度一定比地球的公转线速度大 C．可以估算出太阳的质量 D．冥王星上的物体至少应获得1.22km/s的速度才能成为冥王星的卫星 ‎7．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（　　）‎ A．M带负电，N带正电 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小不同 C．M从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零 D．N在从O点运动到a点的过程中克服电场力做功 ‎8．如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷．O是它们连线的中点，P、P′是它们连线中垂线上的两个点．从P点由静止释放一个质子，质子将向P′运动．不计质子重力．则质子由P向P′运动过程中，下列说法正确是（　　）‎ A．中垂线上O点场强最大 B．质子一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小 C．质子一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大 D．质子的电势能逐渐增大 ‎9．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（　　）‎ A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止 B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降 C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止 D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降 ‎10．如图所示，半径为R的 光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小车和小球一起以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是（　　）‎ A．等于 B．大于 C．小于 D．与小车的速度v无关 ‎11．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t=0时撤去推力，0﹣6s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可知（　　）‎ A．0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为5：1‎ B．0～l s内摩擦力的平均功率与1～6s内摩擦力平均功率之比为1：1‎ C．0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1：5‎ D．1～6s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1：3‎ ‎12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）‎ A．整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2‎ B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2‎ C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2‎ D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2‎ ‎　‎ 二、填空题．‎ ‎13．某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50Hz．‎ ‎（1）关于这个实验，下列说法正确的是　　．‎ A．实验中木板略微倾斜，这样做是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑 B．实验中木板略微倾斜，可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 C．橡皮筋做的功不可以直接测量；把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍 D．利用纸带上的点计算小车速度时，应选用纸带上打点比较稀疏的部分进行计算 ‎（2）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图乙所示，根据图线形状，可知对W与v的关系作出的猜想肯定不正确的是　　．‎ A．W∝　　　　　B．W∝‎ C．W∝v2 D．W∝v3．‎ ‎14．（8分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：‎ A．按照图所示的装置安装器件；‎ B．将打点计时器接到直流电源上；‎ C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带；‎ D．测量纸带上某些点间的距离；‎ E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能．‎ 其中操作不当的步骤是　　（填选项对应的字母）．‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=　　J，系统势能的减少量△Ep=0.60J，由此得出的结论是　　；‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象，可以计算当地重力加速度g，请写出计算g的表达式　　．（用字母表示）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，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）‎ ‎15．（8分）如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求 ‎（1）小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大；‎ ‎（2）经多长时间两者达到相同的速度；‎ ‎（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少．（取g=l0m/s2）‎ ‎16．（10分）如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高．质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2=0.05，取g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？‎ ‎17．（10分）有三根长度均为L=0.3m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m=0.12kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q=3×10﹣6C．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．（静电力恒量k=9×109N•m2/C2．）‎ ‎（1）此匀强电场的电场强度E为多大；‎ ‎（2）现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；‎ ‎（3）求A球的电势能与烧断前相比改变了多少（不计B球所带电荷对匀强电场的影响）．‎ ‎18．（12分）示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1‎ 的加速电场后，由小孔S沿水平金属极板A、B间的中心线射入两板中．板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T．前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀．在每个电子通过两板间的短时间内，电场视作恒定的．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交．当第一电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x轴方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置，然后重新做同样的匀速运动．（已知电子的质量为m，带电荷量为e，不计电子的重力）求：‎ ‎（1）电子刚进入A、B板时的初速度；‎ ‎（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图乙中电压的最大值U0应满足什么条件？‎ ‎（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，并在图丙所示的x﹣y坐标系中画出这个波形．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河南省洛阳市偃师高中高三（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，总分48分，在每小题给出的四个选项中，1--8题只有一个选项正确，9--12题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．如果物体（或系统）所受到的合外力为零，则机械能一定守恒 B．做匀加速运动的物体，其机械能不可能守恒 C．滑动摩擦力和静摩擦力一定都做负功 D．系统内两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和不一定等于零 ‎【考点】机械能守恒定律；功的计算．‎ ‎【分析】判断机械能守恒常用有两种方法：①看是否只有重力或弹簧的弹力做功，②看动能和势能之和是否保持不变．根据动能定理可知，合外力做功等于物体动能的变化量．根据位移关系和牛顿第三定律分析作用力和反作用力做功关系．‎ ‎【解答】解：A、合外力为零，合外力对物体（或系统）做功为零，根据动能定理得知，其动能不变，但重力势能可能变化，机械能可能不守恒，比如竖直方向上的匀速直线运动，故A错误．‎ B、做匀加速运动的物体可能只受重力，其机械能守恒，如自由落体运动，故B错误．‎ C、滑动摩擦力和静摩擦力的方向与物体的运动方向可能相同，则滑动摩擦力和静摩擦力对物体可能做正功，故C错误．‎ D、系统内两物体间相互作用的一对摩擦力大小相等、方向相反，但两个物体可能存在相对滑动，也可能保持相对静止，两个物体的位移可能不同，也可能相同，所以一对摩擦力对两个物体做功数值可能不等，也可能相等，它们做功的总和不一定等于零，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键知道机械能守恒的条件，掌握判断机械能是否守恒的方法，要明确物体间存在相对运动时系统内两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和不等于零．‎ ‎　‎ ‎2．关于静电场，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零 B．电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小 C．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大 D．电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎【考点】电场；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】在静电场中场强与电势无关．场强大的点电势不一定高，场强为零的点电势不一定为零．电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，U=Ed 适用于匀强电场．电势能与电势的关系为Ep=qφ ‎【解答】解：A、由于场强与电势无关，场强为零的点电势不一定为零．电势为零的点是人为选择的．故A错误．‎ B、根据E=，电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小，故B正确．‎ C、U=Ed 适用于匀强电场，故C错误．‎ D、由Ep=qφ，知在电势高的点正点电荷的电势能大，而负电荷的电势能小，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道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，沿电场线的方向，电势降低 ‎　‎ ‎3．如图，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0＞μmg．下列关于运动中的速度﹣时间图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据竖直方向上平衡，确定杆子对球弹力的变化，从而得知摩擦力大小的变化，根据牛顿第二定律得出小球加速度的变化．‎ ‎【解答】解：小球开始重力大于竖直向上的力，支持力方向向上，随着速度的增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大．然后竖直向上的拉力大于重力，杆子对球的弹力向下，F增大，弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，当加速度减小到零，做匀速直线运动．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键通过速度的变化确定拉力的变化，从而确定弹力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化．‎ ‎　‎ ‎4．“嫦娥二号”卫星成功发射，这次发射后的卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约为38万公里的地月转移轨道直接奔月，当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期为12小时的椭圆轨道a，再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b，轨道a和b相切与P点，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s B．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于11.2km/s C．“嫦娥二号”卫星在轨道a、b上经过P点时的速度大小相等 D．“嫦娥二号”卫星 在轨道a、b上经过P点时加速度不相等 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】A、B嫦娥二号发射出去后绕地球做椭圆运动，知嫦娥二号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s．‎ C、嫦娥二号在椭圆轨道的P点进入圆轨道需减速，使得万有引力等于需要的向心力，做圆周运动．‎ D、根据牛顿第二定律比较嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度．‎ ‎【解答】解：A、7.9km/s是最小的发射速度，而11.2km/s是脱离地球的速度，所以可知嫦娥二号发射出去后绕地球做椭圆运动，知嫦娥二号的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s．故A正确、B错误．‎ C、嫦娥二号在椭圆轨道的P点是近月点，速度比较大，要进入圆轨道，需减速，使得万有引力等于所需要的向心力．所以在a轨道P点的速度大于在b轨道P点的速度．故C错误．‎ D、嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点，所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，知加速度相等．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s时，将绕地球做椭圆运动，以及知道在近月点由椭圆轨道进入圆轨道需减速．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（　　）‎ A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12‎ C．t1～t2时间内的平均速度为（v1+v2）‎ D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小 ‎【考点】动能定理的应用；平均速度；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】‎ 在速度﹣时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，而水平的直线表示匀速直线运动，曲线表示变速直线运动；由图象可知物体的运动情况，由P=Fv可知，牵引力的变化；由动能定理可知牵引力所做的功．‎ ‎【解答】解：A、0～t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误；‎ B、t1～t2时间内动能的变化量为，而在运动中受牵引力及阻力，故牵引力做功一定大于，故B错误；‎ C、t1～t2时间内，若图象为直线时，平均速度为（v1+v2），而现在图象为曲线，故图象的面积大于直线时的面积，即位移大于直线时的位移，故平均速度大于（v1+v2），故C错误；‎ D、由P=Fv及运动过程可知，t1时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而t2～t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题由图象确定物体的运动情况，由P=Fv可分析牵引力及功率的变化；‎ 平均速度公式=（v1+v2）只适用于匀变速直线运动．‎ ‎　‎ ‎6．冥王星是太阳系中围绕太阳旋转的天体．它的赤道直径为2344km、表面积为1700万平方千米、质量为1.290×1022kg、平均密度为1.1g/cm3、表面重力加速度为0.6m/s2、自转周期为6天9小时17.6分、逃逸速度为1.22km/s，假设其绕太阳的运动可以按圆周运动处理．依据这些信息下列判断中正确的是（　　）‎ A．冥王星的自转周期比地球的自转周期大 B．冥王星的公转线速度一定比地球的公转线速度大 C．可以估算出太阳的质量 D．冥王星上的物体至少应获得1.22km/s的速度才能成为冥王星的卫星 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】冥王星绕太阳做圆周运动，受太阳的万有引力提供向心力，列出表达式来分析判断；同时由自转周期、逃逸速度来分析判断选项的对错．‎ ‎【解答】‎ 解：A：冥王星的自转周期为6天9小时17.6分，地球的自转周期为24小时，因此，冥王星的自转周期比地球的自转周期大，所以，选项A正确．‎ B、C：由于冥王星的公转加速度、线速度、角速度、周期、轨道半径等不知道，所以，无法判断冥王星的公转线速度和地球的公转线速度的大小关系，无法估算出太阳的质量，因此，选项B、C错误．‎ D：冥王星上的物体至少应获得1.22km/s的速度时已经脱离太阳系了，所以，选项D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解答本题时要清楚题中的条件，还要理解逃逸速度的含义．‎ ‎　‎ ‎7．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（　　）‎ A．M带负电，N带正电 B．N在a点的速度与M在c点的速度大小不同 C．M从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零 D．N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：C．‎ ‎【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷．O是它们连线的中点，P、P′是它们连线中垂线上的两个点．从P点由静止释放一个质子，质子将向P′运动．不计质子重力．则质子由P向P′运动过程中，下列说法正确是（　　）‎ A．中垂线上O点场强最大 B．质子一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小 C．质子一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大 D．质子的电势能逐渐增大 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】解答本题应掌握：等量同种电荷的电场中电线分布情况，知道O点的场强为零，无穷远场强也为零，P、P′两点的场强大小关系不确定，所以从P到P′场强可能先增大后减小，可能一直增大，也可能一直减小，即可由F=qE判断电场力大小如何变化．电场力一直做正功，质子的电势能一定减小．‎ ‎【解答】解：A、根据电场的叠加可知，O点的场强为零．故A错误．‎ B、电场线方向沿P到P′方向，质子所受的电场力也沿P到P′方向，故质子从P到P′一定做加速运动．由于O点的场强为零，无穷远场强也为零，P、P′两点的场强大小关系不确定，故场强可能先增大后减小，则电场力可能先增大后减小．故B正确．‎ C、质子一直做加速运动，加速度不一定逐渐增大，也可能逐渐减小等等．故C错误．‎ D、电场力一直做正功，质子的电势能逐渐减小．故D错误．‎ 故选B ‎【点评】本题采用极限法分析P、P′两点的场强大小关系，根据电场力做功正负判断电势能的变化情况，是常见的基础题．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（　　）‎ A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止 B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降 C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止 D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】开始时带电液滴静止，说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等、方向相反；‎ 根据开关的通断，分析电容器两板间电势差的变化或电量的变化；改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况．‎ ‎【解答】解：开始时，液滴静止，电场力与重力二力平衡，故mg=Eq，电场力竖直向上；‎ A、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；‎ B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；‎ C，D、通电后断开开关，电容器带电量不变．根据C=、C=和E=联立得：E=，E与d无关，可知，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】若通电后断开开关，则若只改变两板间的距离时极板间的电场强度是保持不变的，本结论应熟记，这在电容器动态分析中经常用到．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，半径为R的光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小车和小球一起以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是（　　）‎ A．等于 B．大于 C．小于 D．与小车的速度v无关 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，在运动的过程中小球的机械能守恒，根据机械能守恒可以分析小球能达到的最大高度．‎ ‎【解答】解：小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，‎ 小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，‎ 根据机械能守恒此时有mV2=mgh，解得h=，‎ 另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于．‎ 故选AC．‎ ‎【点评】本题需要注意的是小球的运动有两种可能的情况，一是速度较小，小球的动能可以全部转化为势能，二是速度较大，小球还有一定的动能没有转化成势能，此时的高度就要小了．‎ ‎　‎ ‎11．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t=0时撤去推力，0﹣6s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可知（　　）‎ A．0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为5：1‎ B．0～l s内摩擦力的平均功率与1～6s内摩擦力平均功率之比为1：1‎ C．0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1：5‎ D．1～6s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1：3‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】平均功率根据=Fv即可计算，机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，动能变化量等于合外力所做的功．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知：0﹣1s内的平均速度为V1=m/s=5m/s，‎ ‎1﹣6s内平均速度为V2==﹣5m/s，所以0﹣1s内重力的平均功率为 P1=mgV1=5mg，1﹣6s内重力平均功率P2=mgV2=5mg，故A错误 B、滑动摩擦力f=μmgcosθ，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据Pf=fv，可知0一l s内摩擦力的平均功率与1～6s内摩擦力平均功率相等，故B正确；‎ C、机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，0一1s内机械能变化量大小为Wf1=Pft1=Pf，1～6s内机械能变化量大小为Wf2=Pft2=5Pf，所以0一1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1：5，故C正确；‎ D、1﹣6s内动能变化量大小为△EK=‎ ‎=50m，根据牛顿第二定律得，向上滑行时有：mgsinθ+f=ma1=10m，向下滑行时有：mgsinθ﹣f=ma2=2m，‎ 解得：f=4m，机械能变化量大小为Wff2=fv2t2=100m，所以1﹣6s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1：2，故D错误 故选BC ‎【点评】本题主要考查了恒力功率公式、牛顿第二定律及功能关系的应用，难度适中 ‎　‎ ‎12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）‎ A．整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2‎ B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2‎ C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2‎ D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2‎ ‎【考点】电势能；功能关系．‎ ‎【分析】分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．‎ ‎【解答】解：A、B小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．‎ 设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则 由gt2=﹣（vt﹣at2）‎ 又v=gt 解得 a=3g．‎ 由牛顿第二定律得 a=，联立解得，qE=4mg 则小球电势能减少为△ɛ=qE•gt2=2mg2t2．‎ 根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2．故A错误，B正确．‎ C、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=m（gt）2．故C错误．‎ D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得 mgh﹣qE（h﹣gt2）=0‎ 解得，h=gt2‎ 故从A点到最低点小球重力势能减少了△Ep=mgh=．故D正确．‎ 故选BD ‎【点评】本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．‎ ‎　‎ 二、填空题．‎ ‎13．某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50Hz．‎ ‎（1）关于这个实验，下列说法正确的是　BD　．‎ A．实验中木板略微倾斜，这样做是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑 B．实验中木板略微倾斜，可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 C．橡皮筋做的功不可以直接测量；把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍 D．利用纸带上的点计算小车速度时，应选用纸带上打点比较稀疏的部分进行计算 ‎（2）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图乙所示，根据图线形状，可知对W与v的关系作出的猜想肯定不正确的是　AB　．‎ A．W∝　　　　　B．W∝‎ C．W∝v2 D．W∝v3．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功；纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动．‎ ‎（2）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论；‎ ‎【解答】解：（1）A、该实验中要使橡皮筋对小车所做功为合外力的功，应当进行平衡摩擦力的操作，所以要求斜面倾斜，释放小车后小车能够匀速下滑，故A错误B正确；‎ C、橡皮筋做的功不可以直接测量；把橡皮筋拉伸为原来的两倍，功并不变为原来的两倍，而是通过增加橡皮筋的条数使橡皮筋做功增加为原来的两倍，故C错误；‎ D、小车先在橡皮条的作用下做加速运动，当橡皮条松弛以后，小车由于惯性，会继续匀速前进，最后由于橡皮条的阻碍，还会做减速运动；由于要判断橡皮条所做的功与速度变化的关系，故需要测量出加速的末速度，即最大速度，也就是点迹稀疏的一段纸带．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎（2）根据图象结合数学知识可知，该图象形式和y=xn（n=2，3，4）形式，故AB错误，CD正确．‎ 本题选不正确的，故选AB．‎ ‎【点评】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题．‎ ‎　‎ ‎14．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：‎ A．按照图所示的装置安装器件；‎ B．将打点计时器接到直流电源上；‎ C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带；‎ D．测量纸带上某些点间的距离；‎ E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能．‎ 其中操作不当的步骤是　BC　（填选项对应的字母）．‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=　0.58　J，系统势能的减少量△Ep=0.60J，由此得出的结论是　在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒　；‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象，可以计算当地重力加速度g，请写出计算g的表达式　　．（用字母表示）‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义；‎ ‎（2）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出系统机械能是否守恒；‎ ‎（3）根据机械能守恒定律求出g的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．‎ C：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误．故选：BC．‎ ‎（2）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5===2.4m/s；‎ 物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=mv52﹣0=0.58J 重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=0.60J；‎ 由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．‎ ‎（3）根据系统机械能守恒有：（m2﹣m1）gh=（m1+m2），‎ 解得：g=；‎ 故答案为：（1）BC；（2）0.58；在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒；（3）．‎ ‎【点评】只有明确了实验原理以及实验的数据测量，才能明确各项实验操作的具体含义，这点要在平时训练中加强练习．‎ 本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，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）‎ ‎15．如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求 ‎（1）小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大；‎ ‎（2）经多长时间两者达到相同的速度；‎ ‎（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少．（取g=l0m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）小物块放上小车后，发生相对滑动，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，小车在推力和摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出物块和小车的加速度．‎ ‎（2）物块做初速度为0的匀加速运动，小车做有初速度的匀加速运动，根据运动学公式求出速度相等的时间，从而求出相等的速度．‎ ‎（3）物块和小车速度相等后，一起做匀加速直线运动，物块与小车间的滑动摩擦力变为静摩擦力．先求出速度相等前物块的位移，然后根据共同运动的加速度，求出一起匀加速运动的位移，两个位移之和即为小物块最终的位移．‎ ‎【解答】解：（1）由牛顿第二定律F=ma得 物块的加速度 ‎ 小车的加速度：‎ ‎（2）由：amt=v0+aMt 得 ‎ t=2s ‎（3）在开始2s内小物块的位移：s1==4m ‎ ‎ 最大速度：v=at=4m/s2‎ ‎ 在接下来的1s物块与小车相对静止，一起做加速运动 ‎ ‎ 由牛顿第二定律可知且加速度为：‎ ‎ 这1s内的位移：，‎ 通过的总位移s=s1+s2=8.4m 答：（1）加速度分别为2m/s2和0.5m/s2‎ ‎（2）时间为2s ‎（3）最终位移为8.4m ‎【点评】解决本题的关键知道物块和小车开始各自以加速度做匀加速运动，当速度相对后，保持相对静止，一起做匀加速直线运动．‎ ‎　‎ ‎16．（10分）（2014•荥阳市校级二模）如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高．质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2=0.05，取g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）物块从A到B做平抛运动，由平抛规律可求得B点的速度；由机械能守恒可求得C点的速度；由向心力公式可求得物块在C点受到的支持力，由牛顿第三定律可求得对轨道的压力；‎ ‎（2）由能量守恒求出整个过程产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得：‎ ‎ vBsin37°=v0‎ 解得，vB=2m/s 设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：‎ mvB2+mg（R+Rsin37°）=mvC2‎ 解得，vC=6m/s 物体经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC，根据牛顿第二定律得：‎ Fc﹣mg=m 联立解得：Fc=46N；‎ 由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46N；‎ ‎（2）根据能量守恒得：整个过程产生的热量Q=mvB2+mg（R+Rsin37°）=×1×22+1×10×（1+0.6）=18J 答：‎ ‎（1）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力为46N；‎ ‎（2）整个过程产生的热量为18J．‎ ‎【点评】题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解．‎ ‎　‎ ‎17．（10分）（2010•普陀区二模）有三根长度均为L=0.3m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m=0.12kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q=3×10﹣6C．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．（静电力恒量k=9×109N•m2/C2．）‎ ‎（1）此匀强电场的电场强度E为多大；‎ ‎（2）现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；‎ ‎（3）求A球的电势能与烧断前相比改变了多少（不计B球所带电荷对匀强电场的影响）．‎ ‎【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；电势能．‎ ‎【分析】由题意可知小球均处于平衡状态，则对B球进行受力分析，由平衡条件解决问题．‎ 对A、B球整体分析，受重力和线QB的拉力，由平衡条件解决问题．‎ 电场力做功量度电势能的改变．‎ ‎【解答】解：（1）对B球进行受力分析，在水平方向受水平方向的电场力和A球施加的库仑力．‎ 由于球均处于平衡状态，‎ B球水平方向合力为零，得：qBE=‎ E==3×105N/C ‎ ‎（2）两球及细线最后位置如图所示，‎ 对A、B球整体分析，受重力和线QB的拉力，‎ 由平衡条件得：‎ T=2mg=2×0.12×10N=2.4N ‎ 对A球进行受力分析：A球受重力，电场力，AB线的拉力，库仑力，‎ 由平衡条件得：重力和电场力的合力必须沿着线的方向．‎ qE=mgtanθ tanθ==‎ θ=37°‎ ‎（3）A球克服电场力做功，‎ W=﹣qEL（1﹣sinθ）=﹣0.108J ‎∴A球的电势能增加了△Ep=0.108J ‎ 答：（1）此匀强电场的电场强度E为3×105N/C；‎ ‎（2）此时细线QB所受的拉力T的大小是2.4N，A、B间细线与竖直方向的夹角θ=37°；‎ ‎（3）求A球的电势能与烧断前相比改变了0.108J ‎【点评】了解研究对象的运动过程或状态是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．‎ 本题的关键在于做出受力分析图，明确各力的方向；‎ 则可利用共点力的平衡条件进行解答．‎ 功是能量转化的量度，要熟悉什么力做功与什么能转化对应起来．并能够通过求某力做了多少功知道某种形式的能的变化了多少．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2015•分宜县校级三模）示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属极板A、B间的中心线射入两板中．板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T．前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀．在每个电子通过两板间的短时间内，电场视作恒定的．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交．当第一电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x轴方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置，然后重新做同样的匀速运动．（已知电子的质量为m，带电荷量为e，不计电子的重力）求：‎ ‎（1）电子刚进入A、B板时的初速度；‎ ‎（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图乙中电压的最大值U0应满足什么条件？‎ ‎（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，并在图丙所示的x﹣y坐标系中画出这个波形．‎ ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】（1）电子经过电压为U1的加速电场加速时，电场力做功，根据动能定理求解电子进入AB板时的初速度．‎ ‎（2）电子进入水平金属板A．B间后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出电子飞出电场时偏转距离y，当y＜时所有的电子都能打在荧光屏上，求出电压的最大值U0需满足的条件．‎ ‎（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏运动的周期应该与交变电压相同．根据三角形相似求出波形峰值与d、L、D的关系．荧光屏匀速运动，由速度公式求出长度．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）设电子进入AB板时的初速度为v0‎ 则由动能定理有：eU1=‎ 解得 v0=；‎ ‎（2）电子在垂直于电场方向做匀速直线运动，运动时间 t=‎ 设电子在电场方向做匀加速直线运动的位移 y=‎ 联立得：y=‎ 要使所有的电子都能打在荧光屏上，必须满足：y 由以上各式解得 U0＜；‎ ‎（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏运动的周期应该与交变电压的周期相同，所以，荧光屏必须每隔时间T回到初始位置．电压为峰值时荧光屏上的波形出现峰值Y．‎ 设某个电子运动轨迹如图所示，则tanθ===，其中L′=，‎ 又知y′=，‎ 由相似三角形的性质，得，‎ 则y=，‎ 所以峰值为ym=．‎ 所以该波形的长度 S=vT，波形如图所示．　　‎ 答：‎ ‎（1）电子进入AB板时的初速度为．‎ ‎（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足的条件是U0＜．‎ ‎（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔T时间回到初始位置，这个波形的峰值和波长分别为和vT．波形如图所示．‎ ‎【点评】本题考查对示波器原理的理解能力．实质是带电粒子在电场中加速和偏转的整合，荧光屏的匀速移动与加锯齿扫描电压相似，运用力学规律进行分析．‎ ‎　‎