浙江省杭州高中2016届高三上学期月考物理试卷（三） 34页

www.ks5u.com ‎2015-2016学年浙江省杭州高中高三（上）月考物理试卷（三）‎ ‎　‎ 一.单选题 ‎1．如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1s，2s，3s，4s．下列说法不正确的是（　　）‎ A．物体在AB段的平均速度为1 m/s B．物体在ABC段的平均速度为m/s C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度 D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度 ‎2．如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲﹣﹣起立的动作时记录的力随时间变化的图线，由图线可以得到以下信息正确的是（　　）‎ A．下蹲过程中人处于失重状态 B．起立过程中人处于超重状态 C．该同学做了两次下蹲﹣起立运动 D．该同学做了四次下蹲﹣起立运动 ‎3．如图，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧靠着插栓．不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法正确的是（　　）‎ A．增大甲、乙两力，且甲力增加较多 B．增加乙、丙两力，且乙力增加较多 C．增加甲、丙两力，且甲力增加较多 D．增加乙、丙两力，且丙力增加较多 ‎4．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中错误的是（　　）‎ A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g C．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 D．小球上升过程的平均速度小于 ‎5．弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（　　）‎ A．从D到C，弹丸的动能一直在增大 B．从D到C的过程中，弹丸在E点的动能一定最大 C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减少 D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能 ‎6．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）‎ A．P物体受3个力 B．Q受到3个力 C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大 D．若绳子变长，绳子的拉力将变小 ‎7．在日常生活中，人们习惯于用几何相似性放大（或缩小）的倍数去得出推论，例如一个人身体高了50%，做衣服用的布料也要多50%，但实际上这种计算方法是错误的．若物体的几何线度为l，当l改变时，其它因素按怎样的规律变化？这类规律可称之为标度律，它们是由量纲关系决定的．在上例中，物体的表面积S∝l2，所以身高变为1.5倍，所用的布料变为1.52=2.25倍．以跳蚤为例：如果一只跳蚤的身长为2mm，质量为0.2g，往上跳的高度可达0.3m．可假设其体内能用来跳高的能量E∝l3（l为几何线度），在其平均密度不变的情况下，身长变为2m，则这只跳蚤往上跳的最大高度最接近（　　）‎ A．0.3 m B．3 m C．30 m D．300 m ‎8．a、b两小球沿光滑水平面相向运动，当小球间距小于或等于L时，受到相互排斥恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．两小球运动（在相互作用区间运动时始终未接触）的速度﹣时间图象如图所示，由图可知（　　）‎ A．a质量小于b质量 B．t1时两球间距最小 C．0～t2内两球间距逐渐减小 D．0～t3内b球所受排斥力的方向始终与运动方向相反 ‎　‎ 二.不定项选择 ‎9．如图所示，水平光滑细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．B球受到的风力大小为mBa B．当风力增大时，杆对A环的支持力变大 C．此时球B受到的绳子拉力大小为 D．当风力增大时，轻绳对B球的拉力将会变大 ‎10．如图所示，φ﹣x图象表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Eax、Ebx，则（　　）‎ A．Eax＜Ebx B．Eax沿x轴负方向，Ebx沿x轴正方向 C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向一定相反 D．将正电荷沿x轴从a点移动到b点的过程中，其电势能先增加后减小 ‎11．如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）‎ A．飞镖击中P点所需的时间为 B．圆盘的半径可能为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 ‎12．如图甲所示，轻杆一端与小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动，现在最低点给小球以不同的初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，当小球的初速度不同时，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙或图丙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在图乙中，t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等 B．在图乙中，t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等 C．在图丙中，t3时刻小球通过最高点，图丙中S3和S4的面积相等 D．图丙中小球的初速度大于图乙中小球的初速度 ‎　‎ 三.实验题 ‎13．甲实验小组利用图（a）装置探究机械能守恒定律，将小钢球从轨道的不同高度h处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s（g取10m/s2）‎ ‎（1）若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=　　（用H、h表示）‎ ‎（2）图（b）中图线为根据实验测量结果，描点作出的s2﹣﹣h关系图线；图线‚为根据理论计算得到的s2﹣﹣h关系图线．对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实际水平抛出的速率　　（选填“小于”或“大于”）理论值．造成这种偏差的可能原因是　　．‎ 乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”．将质量为0.02kg的小钢球A由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图（c）所示的小球位置示意图，O点为小球的水平抛出点．‎ ‎（3）根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为　　s；‎ ‎（4）以O点为零势能点，小球A在O点的机械能为　　，小球A在C点动能为　　．‎ ‎14．某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V）、滑动变阻器R1（10Ω，2A）、滑动变阻器R2（100Ω，2A）、定值电阻R0为1.5Ω、电键S及导线若干．‎ ‎（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用　　（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）本次实验按照如图1所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如表所示．‎ 次数 待测量 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ I/A ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ U/V ‎1.46‎ ‎1.45‎ ‎1.43‎ ‎1.42‎ ‎1.39‎ 由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是　　．‎ ‎（3）为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在图2方框中画出改动后的实验电路图．‎ ‎（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的U﹣I图线如图3所示，则此干电池的内阻r=　　Ω．（保留两位小数）‎ ‎　‎ 三.计算题 ‎15．一平行金属导轨水平面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻R1=4Ω小灯泡，导轨电阻不计．如图甲，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d=3m，此区域磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一质量m=1kg金属杆，其电阻r=1Ω，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，在t=0时刻，给金属棒以速度v0=2m/s，同时施加一向右的外力F，使其从GH处向右运动，在0﹣2s内小灯发光亮度始终没变化，求：‎ ‎（1）通过计算分析2s内金属杆的运动情况 ‎（2）计算2s内外力F的大小 ‎（3）计算2s内整个系统产生的焦耳热．‎ ‎16．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6m，始终以=6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m=1kg的物块由距斜面底端高度=5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5m，g取10，sin37°=0.6，cos37°=0.8‎ ‎（1）求物块由A点运动到C点的时间；‎ ‎（2）若把物块从距斜面底端高度=2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；‎ ‎（3）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．‎ ‎17．翼型飞行器有很好的飞行性能．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响．同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态．已知：飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图1所示的关系．飞行员和装备的总质量为90kg．（重力加速度取g=10m/s2）‎ ‎（1）若飞行员使飞行器以v1=10m/s速度在空中沿水平方向匀速飞行，如图2所示．则飞行器受到动力F大小为多少？‎ ‎（2）若飞行员关闭飞行器的动力，使飞行器匀速滑行，且滑行速度v2与地平线的夹角θ=30°．如图3所示．则速度v2的大小为多少？（结果可用根式表示）‎ ‎（3）若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图4所示，在此过程中C2只能在1.75﹣﹣2.5Ns2/m2之间调节，且C1、C2的大小与飞行器的倾斜程度无关，则飞行器绕行一周动力F做功的最小值为多少？（结果可保留π）‎ ‎18．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所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．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，方向在图2中垂直纸面向外．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）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；‎ ‎（3）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．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年浙江省杭州高中高三（上）月考物理试卷（三）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.单选题 ‎1．如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1s，2s，3s，4s．下列说法不正确的是（　　）‎ A．物体在AB段的平均速度为1 m/s B．物体在ABC段的平均速度为m/s C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度 D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】理解位移的概念，平均速度、瞬时速度的定义．‎ ‎【解答】解；A、物体在AB段的平均速度为==1 m/s，故不选A ‎ ‎ B、物体在ABC段的平均速度为m/s，故不选B ‎ C、由瞬时速度的定义可知，C正确，故不选C ‎ D、物体在B点的速度是瞬时速度，AC段的是平均速度，方向也不同，故D错误，故选D 故选D ‎【点评】考查了位移的概念，平均速度、瞬时速度的定义，注意区分不同点．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲﹣﹣起立的动作时记录的力随时间变化的图线，由图线可以得到以下信息正确的是（　　）‎ A．下蹲过程中人处于失重状态 B．起立过程中人处于超重状态 C．该同学做了两次下蹲﹣起立运动 D．该同学做了四次下蹲﹣起立运动 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．‎ ‎【解答】解：A、由图象看出下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，起立对应先超重再失重．故A、B均错误 C、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了两次下蹲﹣起立的动作，故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别．‎ ‎　‎ ‎3．如图，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧靠着插栓．不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法正确的是（　　）‎ A．增大甲、乙两力，且甲力增加较多 B．增加乙、丙两力，且乙力增加较多 C．增加甲、丙两力，且甲力增加较多 D．增加乙、丙两力，且丙力增加较多 ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】根据力的合成法则，结合题意，将圆环向上移动，即可判定求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，圆环将竖直向上运动，因此同时增加甲、丙两力，则会出现向乙反向运动，若要使插栓位于圆环中心，圆环必须偏向左，则甲力增加较多，这样才能使插栓位于中心，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查力的合成法则，理解平衡条件的应用，注意使插栓位于圆环中心，是解题的突破口．‎ ‎　‎ ‎4．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中错误的是（　　）‎ A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g C．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 D．小球上升过程的平均速度小于 ‎【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度．‎ ‎【分析】A、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由此加上重力，可以判定上升和下降阶段的加速度变化 B、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故可以得到比例系数，进而判定抛出时加速度 C、由图中的速度可以判定何时阻力最大，进而判定最大加速度，加速度最小是零，而小球有匀速阶段，故加速度最小值应该出现在匀速阶段 D、由面积表示位移来分析它与匀减速运动平均速度的关系，可判定D ‎【解答】解：A、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可知在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小．下降过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下，故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，故A正确 B、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故有：kv1=mg，得：，故抛出瞬间的空气阻力为：f0=kv0=，故抛出瞬间的加速度为：，故B正确 C、小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大故阻力最大，可知合力在抛出时最大，可知此时加速度最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，故C错误 D、上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即图中的位移小于做匀减速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度小于匀减速的平均速度，即小于，故D正确 本题选错误的，故选C ‎【点评】本题关键是受力分析，只有分析好小球的受力，才能解答好前三项，至于最后一个是利用的面积表示位移，而平均速度等于位移比时间．‎ ‎　‎ ‎5．弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（　　）‎ A．从D到C，弹丸的动能一直在增大 B．从D到C的过程中，弹丸在E点的动能一定最大 C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减少 D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功．也可以从能量转化的角度分析其机械能的变化．‎ ‎【解答】解：A、在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故A错误，B错误；‎ C、从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故C错误；‎ D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础．‎ ‎　‎ ‎6．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）‎ A．P物体受3个力 B．Q受到3个力 C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大 D．若绳子变长，绳子的拉力将变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．对Q，由平衡条件分析绳子变短时，Q受到的静摩擦力如何变化．对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．‎ ‎【解答】解：A、P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A错误．‎ B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．‎ C、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故C错误．‎ D、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况，难度适中．‎ ‎　‎ ‎7．在日常生活中，人们习惯于用几何相似性放大（或缩小）的倍数去得出推论，例如一个人身体高了50%，做衣服用的布料也要多50%，但实际上这种计算方法是错误的．若物体的几何线度为l，当l改变时，其它因素按怎样的规律变化？这类规律可称之为标度律，它们是由量纲关系决定的．在上例中，物体的表面积S∝l2，所以身高变为1.5倍，所用的布料变为1.52‎ ‎=2.25倍．以跳蚤为例：如果一只跳蚤的身长为2mm，质量为0.2g，往上跳的高度可达0.3m．可假设其体内能用来跳高的能量E∝l3（l为几何线度），在其平均密度不变的情况下，身长变为2m，则这只跳蚤往上跳的最大高度最接近（　　）‎ A．0.3 m B．3 m C．30 m D．300 m ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】依据其体内能用来跳高的能量E∝l3（l为几何线度），结合能量的转换和守恒可以表示上升最大高度．‎ ‎【解答】解：由题意知E=kl3，依据能量的转换和守恒，跳蚤上升过程中：‎ E=kl3=mgh=ρgl3h，‎ 可得：k=ρgh，‎ k是常数，由于ρ、g不变，所以高度h不变，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】该题的关键依据题意分析出h的相关表达式，这是开放性的题目，应注重从题目中获取信息的能力．‎ ‎　‎ ‎8．a、b两小球沿光滑水平面相向运动，当小球间距小于或等于L时，受到相互排斥恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．两小球运动（在相互作用区间运动时始终未接触）的速度﹣时间图象如图所示，由图可知（　　）‎ A．a质量小于b质量 B．t1时两球间距最小 C．0～t2内两球间距逐渐减小 D．0～t3内b球所受排斥力的方向始终与运动方向相反 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】先从v﹣t图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v﹣t图象判断何时有最小距离．‎ ‎【解答】解：A、从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据牛顿第二定律知，a球的质量大于b球的质量．故A错误．‎ B、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，即在0～t2内两球间距逐渐减小．故B错误，故C正确．‎ D、b球0﹣t1时间内匀减速，所以0﹣t1时间内排斥力与运动方向相反，然后做匀加速运动，排斥力方向与运动方向相同．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了v﹣t图象、牛顿第二定律、加速度与速度的关系等有关知识，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．‎ ‎　‎ 二.不定项选择 ‎9．如图所示，水平光滑细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．B球受到的风力大小为mBa B．当风力增大时，杆对A环的支持力变大 C．此时球B受到的绳子拉力大小为 D．当风力增大时，轻绳对B球的拉力将会变大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对AB两球及整体进行分析，利用正交分解法可明确水平和竖直两个方向上的受力情况，再对水平方向由牛顿第二定律进行分析求解 ‎【解答】解：AC、对球B受力分析，受重力、拉力和水平风力，如图 对小球B分析可知，B球竖直方向受力平衡，则有：Tcosθ=mBg；‎ T=；故C错误；‎ 水平方向，根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣Tsinθ=mBa 故F=Tsinθ+mBa，故A错误；‎ B、对整体分析可知，在竖直方向整体受力平衡，故水平风力增大时不会改变杆对A球的支持力，故B错误；‎ D、风力增大时，整体的加速度增大，故拉力在水平方向上的分力增大，而竖直方向分力不变，故夹角增大；‎ 则拉力T=增大，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意选择研究对象，用好正交分解法进行分析 ‎　‎ ‎10．如图所示，φ﹣x图象表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Eax、Ebx，则（　　）‎ A．Eax＜Ebx B．Eax沿x轴负方向，Ebx沿x轴正方向 C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向一定相反 D．将正电荷沿x轴从a点移动到b点的过程中，其电势能先增加后减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】本题的入手点在于如何判断Eax、Ebx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．‎ ‎【解答】解：A、在a点和b点附近分别取很小的一段距离△x，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场，由公式E=，可见Eax＞Ebx，故A错误；‎ B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，顺着+x轴方向电势升高，则Eax的方向沿x轴负方向，在O点右侧，沿+x轴方向电势降低，则Ebx的方向沿x轴正方向，故B正确；‎ C、由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；‎ D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）‎ A．飞镖击中P点所需的时间为 B．圆盘的半径可能为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 ‎【考点】平抛运动；匀速圆周运动．‎ ‎【分析】飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明A点正好在最低点被击中，则P点转动的时间t=（2n+1），根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解．‎ ‎【解答】解：A、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=，故A正确．‎ B、飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=，解得圆盘的半径 r=，故B错误．‎ C、飞镖击中P点，则P点转过的角度满足 θ=ωt=π+2kπ（k=0，1，2…）‎ 故ω==，则圆盘转动角速度的最小值为．故C错误．‎ D、P点随圆盘转动的线速度为 v=ωr=•=‎ 当k=2时，v=．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题关键知道恰好击中P点，说明P点正好在最低点，利用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，轻杆一端与小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动，现在最低点给小球以不同的初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，当小球的初速度不同时，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙或图丙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在图乙中，t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等 B．在图乙中，t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等 C．在图丙中，t3时刻小球通过最高点，图丙中S3和S4的面积相等 D．图丙中小球的初速度大于图乙中小球的初速度 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，根据水平分速度的变化，判断小球何时通过最高点．图乙、丙中曲线与坐标轴所围图形的面积表示小球在水平方向的位移大小．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：AB、小球在运动的过程中机械能守恒，小球通过最高点的速度最小．过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，可知从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t1时刻小球通过最高点．由于vx轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线与坐标轴所围图形的面积表示小球在水平方向的位移，则图乙中S1表示小球从最低点向左运动到水平位置时通过的水平位移大小，等于杆的长度．S2的面积表示小球从左侧水平位置运动到最高点通过的水平位移大小，也等于杆的长度，所以图乙中S1和S2的面积相等．故A正确，B错误．‎ C、在图丙中，根据水平分速度的变化可知，t=0时刻，小球位于左侧水平位置，t3时刻小球通过最高点，根据题意知，图中S3和S4的面积分别表示从最低点向左经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S3和S4的面积相等．故C正确．‎ D、由图知，图丙中小球通过最高点的速度大于乙图小球通过最高点的速度，所以图丙中小球的初速度大于图乙中小球的初速度，故D正确．‎ 故选：ACD ‎【点评】该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答．关键要注意“曲线与坐标轴所围图形的面积表示水平位移”．‎ ‎　‎ 三.实验题 ‎13．（2015秋•杭州月考）甲实验小组利用图（a）装置探究机械能守恒定律，将小钢球从轨道的不同高度h处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s（g取10m/s2）‎ ‎（1）若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=　4Hh　（用H、h表示）‎ ‎（2）图（b）中图线为根据实验测量结果，描点作出的s2﹣﹣h关系图线；图线‚为根据理论计算得到的s2﹣﹣h关系图线．对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实际水平抛出的速率　小于　（选填“小于”或“大于”）理论值．造成这种偏差的可能原因是　轨道与小球间存在摩擦，或小球的体积过大　．‎ 乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”．将质量为0.02kg的小钢球A由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图（c）所示的小球位置示意图，O点为小球的水平抛出点．‎ ‎（3）根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为　0.1　s；‎ ‎（4）以O点为零势能点，小球A在O点的机械能为　0.0225J　，小球A在C点动能为　0.1825J　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】要求平抛的水平位移，我们应该想到运用平抛运动的规律，即要求出时间和水平初速度．‎ 对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，我们应该运用动能定理求出抛出的水平初速度．‎ 根据表格中的数据采用描点作图．‎ 同一坐标系中两天倾斜的直线对比，可以采用某一个变量取一定值，看另一个变量的大小关系来解决问题．‎ 对于误差原因分析，我们要从实验装置和过程中分析．‎ ‎【解答】解：（1）对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，‎ 运用动能定理研究得：‎ mgh=mv2‎ ‎ 解得：v=‎ 对于平抛运动，运用平抛运动的规律得出：‎ 在竖直方向：H=gt2‎ 则有：t=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 在水平方向：s=vt﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 由①②得：‎ s=2‎ 所以：s2=4Hh ‎（2）对比实验结果与理论计算得到的s2﹣﹣h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．从s2﹣﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，认为造成上述偏差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力．由于摩擦力做功损失了部分机械能，所以造成实验中水平抛出的速率小于理论值．‎ ‎（3）根据△y=gT2得：T==0.1s，‎ ‎（4）设O点下一个点为B点，‎ 根据运动学公式得vyB==1m/s，‎ 水平初速度vx==1.5m/s，‎ 所以小球A在O点的速度v0=1.5m/s，‎ 小球A在C点时的速度vC==m/s ‎ 因O点为小球的水平抛出点，且以O点为零势能点，‎ 小球A在O点的机械能E0=0+×0.02×（1.5）2=0.0225 J 则小球A在C点时的动能为EKC=×0.02×（）2=0.1825J 故答案为：（1）4Hh；（2）小于；轨道与小球间在摩擦，或小球的体积过大；‎ ‎（3）0.1；（4）0.0225，0.1825．‎ ‎【点评】本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维，掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动．‎ ‎　‎ ‎14．（2015•黄浦区二模）某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V）、滑动变阻器R1（10Ω，2A）、滑动变阻器R2（100Ω，2A）、定值电阻R0为1.5Ω、电键S及导线若干．‎ ‎（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用　R1　（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）本次实验按照如图1所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如表所示．‎ 次数 待测量 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ I/A ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ U/V ‎1.46‎ ‎1.45‎ ‎1.43‎ ‎1.42‎ ‎1.39‎ 由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是　新电池的内阻很小，内电路的电压降很小　．‎ ‎（3）为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在图2方框中画出改动后的实验电路图．‎ ‎（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的U﹣I图线如图3所示，则此干电池的内阻r=　0.20　Ω．（保留两位小数）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）分析表中数据，根据闭合电路欧姆定律分析出现该现象的原因；‎ ‎（3）根据分析得出的误差原因，采取增大等效内阻的方法进行实验，则可得出电路图；‎ ‎（4）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻 ‎【解答】解：（1）因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的R1‎ ‎（2）由表中数据可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；‎ ‎（3）为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻R0与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；故设计电路如图所示；‎ ‎（4）图象的斜率等于等效内阻，故内阻r+R0==1.7Ω；‎ 故r=1.70﹣1.5=0.20Ω；‎ 故答案为：（1）R1；（2）新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；‎ ‎（3）如图所示；（4）0.20Ω ‎【点评】本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意明确仪表的选择、电路接法及数据处理的方法，特别要明确图象的意义．‎ ‎　‎ 三.计算题 ‎15．（2016•江苏模拟）一平行金属导轨水平面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻R1=4Ω小灯泡，导轨电阻不计．如图甲，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d=3m，此区域磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一质量m=1kg金属杆，其电阻r=1Ω，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，在t=0时刻，给金属棒以速度v0=2m/s，同时施加一向右的外力F，使其从GH处向右运动，在0﹣2s内小灯发光亮度始终没变化，求：‎ ‎（1）通过计算分析2s内金属杆的运动情况 ‎（2）计算2s内外力F的大小 ‎（3）计算2s内整个系统产生的焦耳热．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）金属杆未进入磁场时，回路产生恒定的感应电动势，金属杆做匀加速运动．在0﹣2s内小灯发光亮度始终没变化，说明金属杆在1﹣2s内应做匀速运动．‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势的大小，由电路的性质可得出电阻，则可求得通过灯泡的电流；根据金属杆进入磁场后做匀速运动，由平衡条件和安培力公式解出F的大小．‎ ‎（3）根据焦耳定律求2s内整个系统产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）金属杆未进入磁场时，不受安培力，做匀加速运动．灯泡亮度一直不变，则知t=1s时，金属杆刚好进入磁场，且进入磁场后做匀速运动．‎ ‎（2）金属杆未进入磁场时，电路中总电阻：R总=R1+r=5Ω 由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：‎ E1=S=dL=×3×0.5V=3V 通过灯泡的电流为：I==0.6A 由题，灯泡亮度一直不变，则知t=1s时，金属杆刚好进入磁场，且进入磁场后做匀速运动，由平衡条件得：‎ ‎1﹣2s内，F2=μmg+BIL=0.2×1×10+2×0.6×0.5=2.6N 设t=1s时，金属棒的速度为v，则有 E2=BLv 又 E2=E1‎ 解得 v=3m/s 在0﹣1s内金属棒的加速度为 a===1m/s2，‎ 根据牛顿第二定律得：F1﹣μmg=ma 解得 F1=3N ‎（3）2s内整个系统产生的焦耳热为：Q=I2（R+r）t=0.62×5×2J=3.6J 答：‎ ‎（1）2s内金属杆的运动情况先做匀加速直线运动，进入磁场后做匀速直线运动．‎ ‎（2）在0﹣1s内F的大小为3N，在1﹣2s内外力F的大小是2.6N．‎ ‎（3）2s内整个系统产生焦耳热是3.6J．‎ ‎【点评】本题是电磁感应综合题，涉及知识点较多，掌握好法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路的欧姆定律及电路的性质即可顺利求解．‎ ‎　‎ ‎16．（2014•徐州三模）某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6m，始终以=6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m=1kg的物块由距斜面底端高度=5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5m，g取10，sin37°=0.6，cos37°=0.8‎ ‎（1）求物块由A点运动到C点的时间；‎ ‎（2）若把物块从距斜面底端高度=2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；‎ ‎（3）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块在斜面上的加速度，结合位移时间公式求出物块从A点运动到B点的时间，物块滑上传送带时，由于速度与传送带速度相等，将做匀速直线运动，结合位移和速度求出匀速运动的时间，从而得出物块由A点运动到C点的时间．‎ ‎（2）根据动能定理求出物块滑动斜面底端的速度，物块滑上传送带先加速，当速度达到传送带速度后做匀速运动，结合平抛运动的规律求出水平位移的大小．‎ ‎（3）物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC=v0，抓住两个临界状态，即滑上传送带一直做匀加速直线运动和滑上传送带一直做匀减速运动，结合动力学知识求出两种临界情况下的高度，从而得出高度的范围．‎ ‎【解答】解：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律 mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1‎ ‎，‎ 代入数据解得，t1=3s．‎ 所以滑到B点的速度：vB=a1t1=2×3m/s=6m/s，‎ ‎ 物块在传送带上匀速运动到C，‎ 所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s ‎ ‎（2）斜面上由根据动能定理．‎ 解得v=4m/s＜6m/s，‎ 设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，‎ ‎，‎ x=5m＜6m 所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动 s=v0t0，H= 　　 ‎ ‎ 解得　s=6m．‎ ‎（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC=v0‎ ‎①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：‎ ‎，‎ 解得h3=1.8m ‎ ‎②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，‎ h4=9.0m ‎ 所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m ‎ 答：（1）物块由A点运动到C点的时间为4s；92）物块落地点到C点的水平距离为6m；（3）当1.8m≤h≤9.0m，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．‎ ‎【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的运用，关键理清物体的运动规律，选择合适的定律或定理进行求解．‎ ‎　‎ ‎17．（2015秋•杭州月考）翼型飞行器有很好的飞行性能．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响．同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态．已知：飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图1所示的关系．飞行员和装备的总质量为90kg．（重力加速度取g=10m/s2）‎ ‎（1）若飞行员使飞行器以v1=10m/s速度在空中沿水平方向匀速飞行，如图2所示．则飞行器受到动力F大小为多少？‎ ‎（2）若飞行员关闭飞行器的动力，使飞行器匀速滑行，且滑行速度v2与地平线的夹角θ=30°．如图3所示．则速度v2的大小为多少？（结果可用根式表示）‎ ‎（3）若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图4所示，在此过程中C2只能在1.75﹣﹣2.5Ns2/m2之间调节，且C1、C2的大小与飞行器的倾斜程度无关，则飞行器绕行一周动力F做功的最小值为多少？（结果可保留π）‎ ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】（1）物体做直线运动的条件是所受的合力方向与速度方向在一条直线上，根据运动员和翼型伞的受力情况进行判断；‎ ‎（2）由①位置的受力分析，匀速运动时对重力进行分解，根据平衡条件求解；‎ ‎（3）竖直方向匀速运动，水平方向做圆周运动，根据力的做功表达式，结合前面条件，即可求解 ‎【解答】解：（1）由受力分析可知：mg=C1v12‎ 得C1=3N•s2/m2‎ 由C1、C2关系图象可得 C2=2.5N•s2/m2‎ 动力F=F2=C2v12‎ 所以F=750N ‎（2）由受力分析可知：‎ mgcosθ=C1v22‎ mgsinθ=C2v22‎ 又C1=C2cotθ ‎ 在图1中过原点作直线正确得到直线与曲线的交点 C2=2.3N•s2/m2‎ C1=4N•s2/m2‎ 得v2约为m/s ‎（3）设此时飞行器飞行速率为v，圆周运动的半径为R，F1与竖直方向夹角为α，则有：‎ 竖直方向合力为零：mg=C1v2cosα 水平方向合力提供向心力：C1v2sinα=‎ 动力：F=F2=C2v2‎ 绕行一周动力做的功为 当C2=1.75N•s2/m2，C1=6N•s2/m2，α=45°时，W有最小值．‎ Wmin=15750πJ=49455J 答：（1）则飞行器受到动力F大小为750N ‎（2）则速度v2的大小为m/s ‎（3）则飞行器绕行一周动力F做功的最小值为49455J ‎【点评】本题有一定的难度，能正确的理解题目所提示的信息，并有一定的数据解读能力是解决该题的关键 ‎　‎ ‎18．（2015•通州区二模）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所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．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，方向在图2中垂直纸面向外．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）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；‎ ‎（3）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；动能定理；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，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．‎ ‎（3）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）由动能定理得Mv=eU ‎ U=‎ 离子做匀加速直线运动，由运动学关系得： =2aL，‎ 得a==e=‎ ‎（2）设电子运动的最大半径为r，由几何关系得：‎ ‎2r=R ‎ 由洛伦兹力提供向心力得：eBv=m 所以有v0≤v＜‎ 要使⑦式有解，磁感应强度B＞‎ ‎（3）如图所示，OA=R﹣r，OC=，AC=r 根据几何关系得r=‎ 得vmax=．‎ 答：（1）Ⅱ区的加速电压是，离子的加速度大小是；‎ ‎（2）α为90°时，要取得好的电离效果，射出的电子速率v的范围是v0≤v＜且磁感应强度B＞；‎ ‎（3）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vm与α的关系是vmax=．‎ ‎【点评】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．‎ ‎　‎