湖南省衡阳八中2017届高三上学期第六次月考物理试卷（实验班） 23页

‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第六次月考物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）‎ ‎1．下列关于自由落体运动的叙述中，不正确的（　　）‎ A．两个质量不等，高度不同但同时自由下落的物体，下落过程中任何时刻的速度、加速度一定相同 B．两个质量不等，高度相同，先后自由下落的物体，通过任一高度处的速度、加速度一定相同 C．所有自由落体运动，在第1s内的位移数值上一定等于 D．所有自由落体的位移都与下落时间成正比 ‎2．如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（　　）‎ A．外力所做的功为mgLcotθ B．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）‎ C．带电小球的电势能增加2mgLcotθ D．外力所做的功为mgLtanθ ‎3．如图所示，质量为m1的木块受到向右的拉力F的作用沿质量为m2的长木板向右滑行，长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则（　　）‎ A．长木板受到地面的摩擦力大小一定为μ2（m1+m2）g B．长木板受到地面的摩擦力大小一定为μ1m1g C．若改变F的大小，当F＞μ2（m1+m2）g时，长木板将开始运动 D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 ‎4．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示弹簧拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，g为重力加速度，则（　　）‎ A．升降机停止前在向上运动 B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态 C．t1～t3时间小球向下运动，动能先增大后减小 D．t3～t4时间弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量 ‎5．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出）．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．轨迹OAB可能为圆弧 B．小球在整个运动过程中机械能增加 C．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 D．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向 ‎6．如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1‎ 并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100πt（V），则加在R2上的电压有效值为（　　）‎ A．10V B．20V C．15V D．5V ‎7．在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（　　）‎ A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动 B．电子一直向A板运动 C．电子一直向B板运动 D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动 ‎8．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块滑到b点时的速度为 B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg C．c点与b点的距离为 D．整个过程中物块机械能损失了mgR ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分62分）‎ ‎9．某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，相应的操作步骤如下：‎ A．将斜槽固定在桌面上，使斜槽末端保持水平，并用“悬挂重锤”的方法在水平地面上标定斜槽末端正下方的O点．‎ B．取入射小球a，使之自斜槽上某点静止释放，并记下小球a的落地点P1；‎ C．取被碰小球b，使之静止于斜槽末端，然后让小球a自斜槽上同一点由静止释放，运动至斜槽末端与小球b发生碰撞，并记下小球a的落地点M和小球b的落地点N；‎ D．测量有关物理量，并利用所测出的物理量做相应的计算，以验证a、b两小球在碰撞过程中所遵从的动量守恒定律．‎ ‎（1）在下列给出的物理量中，本实验必须测量的有　　（填写选项的序号）．‎ ‎①小球a的质量m1和小球b的质量m2；‎ ‎②小球a在斜槽上的释放点距斜槽末端的竖直高度h；‎ ‎③斜槽末端距水平地面的竖直高度H；‎ ‎④斜槽末端正下方的O点距两小球落地点P、M、N的水平距离OP、OM、ON；‎ ‎⑤小球a自斜槽上某点处由静止释放直至离开斜槽末端所经历的时间t0；‎ ‎⑥小球a、b自离开斜槽末端直至落地经历的时间t．‎ ‎（2）步骤C和步骤B中小球a的释放点相同的原因　　；步骤B和步骤C中选取入射小球a的质量m1和被碰小球b的质量m2间的关系应该为m1　　m2（填“＞”或“＜”）．‎ ‎（3）实验中所测量的物理量之间满足关系式　　，就可证实两小球在碰撞过程中遵从动量守恒定律．‎ ‎10．离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1，截面半径为R的圆柱腔分别为两个工作区，I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．I区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．‎ Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速度范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0＜α＜90◦）．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e．（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）．‎ ‎（1）求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；‎ ‎（2）为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；‎ ‎（3）α为90◦时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；‎ ‎（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vM与α的关系．‎ ‎11．如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接．传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m．可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB=1kg．A、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、B的动能．设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失．取重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）分开瞬间A、B的速度大小；‎ ‎（2）B向右滑动距N的最远距离；‎ ‎（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围．‎ ‎12．如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点．水平线QC以下是向左的匀强电场，区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等、方向相反．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计）‎ ‎（1）求该粒子的比荷；‎ ‎（2）求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；‎ ‎（3）若区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第六次月考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）‎ ‎1．下列关于自由落体运动的叙述中，不正确的（　　）‎ A．两个质量不等，高度不同但同时自由下落的物体，下落过程中任何时刻的速度、加速度一定相同 B．两个质量不等，高度相同，先后自由下落的物体，通过任一高度处的速度、加速度一定相同 C．所有自由落体运动，在第1s内的位移数值上一定等于 D．所有自由落体的位移都与下落时间成正比 ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合运动学公式分析判断．‎ ‎【解答】解：A、自由落体运动的物体，加速度相同，根据v=gt知，同时下落的物体，任何时刻的速度相同，故A正确．‎ B、根据v=知，先后自由下落的物体，高度相同，通过任一高度处的速度相同，加速度相同，故B正确．‎ C、第1s内的位移，根据知，位移与时间的平方成正比，故C正确，D错误．‎ 本题选不正确的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（　　）‎ A．外力所做的功为mgLcotθ B．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）‎ C．带电小球的电势能增加2mgLcotθ D．外力所做的功为mgLtanθ ‎【考点】动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；由共点力的平衡可求得电场力的大小；‎ 由功的计算公式可求得小球运动中电场力所做的功；则由电场力做功与电势能的关系可求得电势能的变化；再由动能定理可求得外力所做的功．‎ ‎【解答】解：小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sinθ=mg，则F电=； ‎ 小球从最初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电=﹣EqL（cosθ+sinθ），因电场力做负功，故电势能增加，故B正确，C错误；‎ 由动能定理可知，W外+W电+WG=0； ‎ W外=﹣（W电+WG）=EqL（cosθ+sinθ）﹣mgL=mgLcotθ；故A正确，D错误；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，质量为m1的木块受到向右的拉力F的作用沿质量为m2的长木板向右滑行，长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则（　　）‎ A．长木板受到地面的摩擦力大小一定为μ2（m1+m2）g B．长木板受到地面的摩擦力大小一定为μ1m1g C．若改变F的大小，当F＞μ2（m1+m2）g时，长木板将开始运动 D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 ‎【考点】滑动摩擦力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】m1对m2的压力等于m1g，m1所受m2的滑动摩擦力f1=μ1m1g，方向水平向左，m2处于静止状态，水平方向受到m1的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、m1所受木板的滑动摩擦力大小f1=μ1m1g，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：长木板受到m1的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1m1g，m2处于静止状态，根据平衡条件长木板受到地面的摩擦力的大小是μ1m1g，故A错误；‎ ‎ B、由A选项的分析可知，B正确；‎ ‎ C、若改变F的大小，当F＞μ2（m1+m2）g时，木块对长木板的摩擦力仍没有变化，因为摩擦力的大小和F无关，大小始终是μ1m1g，所以长木板仍处于静止，故C错误；‎ ‎ D、不论F如何改变，木块对长木板的摩擦力大小仍不变，大小是μ1m1g，所以长木板都不可能运动．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎4．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示弹簧拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，g为重力加速度，则（　　）‎ A．升降机停止前在向上运动 B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态 C．t1～t3时间小球向下运动，动能先增大后减小 D．t3～t4时间弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量 ‎【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．‎ ‎【分析】由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上运动，说明升降机停止前在向上运动．根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；t1～t3时间小球向下运动，t3时刻小球到达最低点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小．t3～t4时间，小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系．‎ ‎【解答】解：A、由图象看出，t=0时刻，弹簧的弹力为mg，升降机停止后弹簧的拉力变小，合力向下，小球可能向下加速，也可能向上减速；若向下加速，弹力增大，加速度增大，根据对称性可知，最低点的拉力就大于2mg，由图知不可能，故升降机停止前在向上匀速运动．故A正确．‎ B、0～t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态．故B错误．‎ C、t1时刻弹簧的拉力是0，所以t1时刻弹簧处于原长状态；由于t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所以t1～t3时间小球向下运动，t3时刻小球到达最低点，弹簧处于最长状态，t1～t2时间内小球向下运动，拉力小于重力，所以合外力做正功，小球动能增大；t2～t3时间内小球向下运动，拉力大于重力，所以合外力做负功，小球动能减小．故C正确．‎ D、t3～t4时间，弹簧的拉力减小，小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量．故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎5．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出）．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．轨迹OAB可能为圆弧 B．小球在整个运动过程中机械能增加 C．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 D．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒．‎ ‎【解答】解：A、因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；‎ B、整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，故B错误；‎ C、小球在A点时受到的洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力 大于重力，故C错误；‎ D、因为系统只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度最大．曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100πt（V），则加在R2上的电压有效值为（　　）‎ A．10V B．20V C．15V D．5V ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压V=20V； ‎ ‎2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止 R1，R2串联分压，‎ Q=Q1+Q2，即为：；‎ 解得：U=5V；故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（　　）‎ A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动 B．电子一直向A板运动 C．电子一直向B板运动 D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质．‎ ‎【解答】解：遭0﹣0.25s内，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.25﹣0.5s内，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.5s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块滑到b点时的速度为 B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg C．c点与b点的距离为 D．整个过程中物块机械能损失了mgR ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】由机械能守恒可求得物块滑到b点时的速度，由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；‎ 由动能定理可求得bc两点的距离；由摩擦力做功可求得机械能的损失．‎ ‎【解答】解：A、由机械能守恒可知，mgR=，解得b点时的速度为，故A错误；‎ B、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F﹣mg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg； 故B正确；‎ C、对全程由动能定理可知，mgR﹣μmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；‎ D、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分62分）‎ ‎9．某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，相应的操作步骤如下：‎ A．将斜槽固定在桌面上，使斜槽末端保持水平，并用“悬挂重锤”的方法在水平地面上标定斜槽末端正下方的O点．‎ B．取入射小球a，使之自斜槽上某点静止释放，并记下小球a的落地点P1；‎ C．取被碰小球b，使之静止于斜槽末端，然后让小球a自斜槽上同一点由静止释放，运动至斜槽末端与小球b发生碰撞，并记下小球a的落地点M和小球b的落地点N；‎ D．测量有关物理量，并利用所测出的物理量做相应的计算，以验证a、b两小球在碰撞过程中所遵从的动量守恒定律．‎ ‎（1）在下列给出的物理量中，本实验必须测量的有　①④　（填写选项的序号）．‎ ‎①小球a的质量m1和小球b的质量m2；‎ ‎②小球a在斜槽上的释放点距斜槽末端的竖直高度h；‎ ‎③斜槽末端距水平地面的竖直高度H；‎ ‎④斜槽末端正下方的O点距两小球落地点P、M、N的水平距离OP、OM、ON；‎ ‎⑤小球a自斜槽上某点处由静止释放直至离开斜槽末端所经历的时间t0；‎ ‎⑥小球a、b自离开斜槽末端直至落地经历的时间t．‎ ‎（2）步骤C和步骤B中小球a的释放点相同的原因　保证小球做平抛运动的初速度相等　；步骤B和步骤C中选取入射小球a的质量m1和被碰小球b的质量m2间的关系应该为m1　＞　m2（填“＞”或“＜”）．‎ ‎（3）实验中所测量的物理量之间满足关系式　m1OP=m1OM+m2ON　，就可证实两小球在碰撞过程中遵从动量守恒定律．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）应用动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题．‎ ‎（2）根据实验原理与实验注意事项分析答题，明确入射球应大于被碰球，且每次入射球由同一点释放；‎ ‎（3）根据平抛运动规律，再利用动量守恒定律求出需要验证的表达式，‎ ‎【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，‎ 如果碰撞过程动量守恒，则：m1v1=m1v1′+m2v2′，‎ 两边同时乘以t，则：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，‎ m1OP=m1OM+m2ON，‎ 实验需要测量小球的质量、小球的水平位移，故选①④；‎ ‎（2）为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次实验时小球a应从同一位置由静止释放，‎ 为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1＞m2．‎ ‎（3）由（1）可知，实验需要验证的表达式为：m1OP=m1OM+m2ON．‎ 故答案为：（1）①④；（2）保证小球做平抛运动的初速度相等；＞；（3）m1OP=m1OM+m2ON ‎　‎ ‎10．离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1，截面半径为R的圆柱腔分别为两个工作区，I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．I区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．‎ Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速度范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0＜α＜90◦）．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e．（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）．‎ ‎（1）求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；‎ ‎（2）为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；‎ ‎（3）α为90◦时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；‎ ‎（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vM与α的关系．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在区域Ⅱ中运动的过程中，只受电场力作用，电场力做正功，利用动能定理和运动学公式可解的加速电压和离子的加速度大小．‎ ‎（2）因电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好，所以可知电子应为逆时针转动，结合左手定则可知磁场的方向．‎ ‎（3）通过几何关系分析出离子运功的最大轨道半径，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律可计算出离子的最大速度．‎ ‎（4）画出轨迹图，通过几何关系解出轨道的最大半径，再结合洛伦兹力提供向心力列式，即可得出射出的电子最大速率vM与α的关系．‎ ‎【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理得：‎ eU=M，‎ 得：U=，‎ 离子做匀加速直线运动，由运动学关系得：‎ ‎=2aL，‎ 得：a=；‎ ‎（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．‎ ‎（3）当α=90°时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为：‎ r=R，‎ 洛伦兹力提供向心力，有：‎ Bevmax=m，‎ 得：vmax=，‎ 所以有v0≤v≤，‎ 此刻必须保证B＞；‎ ‎（4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：∠OCO′=90°﹣α OC=，O′C=r，OO′=R﹣r，‎ 由余弦定理有：（R﹣r）2=+r2﹣2r××cos（90°﹣α），‎ cos（90°﹣α）=sinα，‎ 联立解得：r=，‎ 再由：r=‎ 得：vM=．‎ 答：（1）求Ⅱ区的加速电压为，离子的加速度大小为；‎ ‎（2）为取得好的电离效果，判断I区中的磁场方向是垂直纸面向外；‎ ‎（3）ɑ为90◦时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围是速度小于等于；‎ ‎（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vM与α的关系为vM=．‎ ‎　‎ ‎11．如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接．传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m．可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB=1kg．A、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、B的动能．设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失．取重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）分开瞬间A、B的速度大小；‎ ‎（2）B向右滑动距N的最远距离；‎ ‎（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据动量守恒定律和能量守恒定律求出分开瞬间A、B的速度大小；‎ ‎（2）根据动能定理求出B向右滑动的最大距离；‎ ‎（3）根据动能定理求出A滑行的路程，确定其停止的位置，抓住A、B不能相撞求出B离开传送带的速度．‎ ‎【解答】解：（1）设A、B分开时速度大小分别为vA、vB 由A、B系统能量守恒有：…①‎ 由A、B系统动量守恒有：mAvA=mBvB…②‎ 联立解得：vA=vB=3m/s…③‎ ‎（2）假设B不能从传送带Q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，‎ 由动能定理得：…④‎ 解得：s2=2.25m…⑤‎ 由题意可知s2＜L=3m，假设成立…⑥‎ 所以B沿传送带向右滑动距N的最远距离为2.25m ‎（3）设A在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，‎ 由题意知A与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得 ‎…⑦‎ 解得：s1=2.25m＞s=2m，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；…⑧‎ 若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为vB′，后经s2′距离停下，‎ 则由动能定理有…⑨‎ 由s2′＜1.75m，解得…⑩‎ 由题意可知不论传送带速率多大，vB′至多到3m/s，即⑩符合题意，‎ 即传送带的速率取值范围是：．‎ 答：（1）分开瞬间A、B的速度大小均为3m/s；‎ ‎（2）B向右滑动距N的最远距离为2.25m；‎ ‎（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围是．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点．水平线QC以下是向左的匀强电场，区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0‎ ‎；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等、方向相反．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计）‎ ‎（1）求该粒子的比荷；‎ ‎（2）求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；‎ ‎（3）若区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，圆心为Q点，故半径等于QN，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；‎ ‎（2）粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动；故O到N的竖直分运动是匀速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；‎ ‎（3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系，求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；‎ 由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：‎ qvB=m 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，则：‎ t1=‎ 水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则：‎ L=‎ 由牛顿第二定律得：‎ QE=ma 解得：‎ E=2B0v0；‎ ‎（3）带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：‎ r2=‎ 粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示：‎ 在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=；‎ 在区域Ⅰ中运动的时间：t2=×2=；‎ 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2=；‎ 在区域Ⅱ和区域Ⅲ中运动时间：t2=；‎ 所以t=t2+t3=；‎ 答：（1）该粒子的比荷为；‎ ‎（2）该粒子从O点运动到N点的时间为，匀强电场的电场强度E为2B0v0；‎ ‎（3）粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t为．‎ ‎　‎ ‎2017年4月8日