物理·湖北省襄阳市致远中学2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（9月份）+Word版含解析

物理·湖北省襄阳市致远中学2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（9月份）+Word版含解析

‎2016-2017学年湖北省襄阳市致远中学高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、单择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．根据I=可知I与Q成正比 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．电流有方向，电流是矢量 D．同一等势面上各点电场强度一定相等 ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎3．如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体串接在电路中，总电压为U，则（　　）‎ A．通过两段导体的电流不相等 B．两段导体内的自由电子定向移动的平均速率不同 C．细导体两端的电压U1小于粗导体两端的电压U2‎ D．细导体内单位体积内的自由电荷数大于粗导体内的 ‎4．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图正确是（　　）‎ A．带电粒子是正电荷 B．带电粒子b点的受力方向可以确定 C．带电粒于在b点的动能较大 D．带电粒子在a电势能较大 ‎5．有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为Ig=1mA，表头电阻Rg=30Ω，若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为0.6A的电流表应分别（　　）‎ A．串联一个2990Ω的电阻和并联一个0.15Ω的电阻 B．并联一个2990Ω的电阻和串联一个0.15Ω的电阻 C．串联一个2970Ω的电阻和并联一个0.05Ω的电阻 D．并联一个2970Ω的电阻和串联一个0.05Ω的电阻 ‎6．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝rn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣ D．‎ ‎　‎ 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 ‎7．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对．一带电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线静止时偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．开关S闭合，将A板向B板靠近，则θ减小 B．开关S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 C．开关S断开，将A板向B板靠近，则θ增大 D．开关S断开，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎8．一带电液滴在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若重力势能增加6J，机械能增加1J，电场力对小球做功2J，则小球（　　）‎ A．重力做功为6J B．电势能增加2J C．克服空气阻力做功1J D．动能减少5J ‎9．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点电势逐渐升高 D．A、B两点间的电势差UAB=5V ‎10．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（　　）‎ A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关 C．滑块可能重新回到出发点A处 D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 ‎　‎ 三、实验填空题：（本题计两小题，11题3分，12题12分，共15分）‎ ‎11．用螺旋测微器测得该导线的外径如图所示，其示数D=　　mm．‎ ‎12．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω）‎ B．电流表（0～3A内阻约0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻约3kΩ E．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中电流表应选用　　；电压表应选用　　；滑动变阻器应选用　　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=　　A，U=　　V．‎ ‎（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变请按要求在如图2的方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．‎ ‎　‎ 四、计算题（共四小题，9+11+12+13=45分；要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）‎ ‎13．如图所示，电路两端电压U恒为28V，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：‎ ‎（1）流过电灯的电流是多大？‎ ‎（2）电动机两端的电压是多大？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率是多少．‎ ‎14．汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：‎ ‎（1）经多长时间，两车第一次相遇？‎ ‎（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？‎ ‎15．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（1）电子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎16．一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5c的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO’的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大小vA；‎ ‎（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省襄阳市致远中学高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．根据I=可知I与Q成正比 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．电流有方向，电流是矢量 D．同一等势面上各点电场强度一定相等 ‎【考点】等势面；电流、电压概念．‎ ‎【分析】电流不跟q成正比，也不与时间t成反比；电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．‎ ‎【解答】解：A、电流的定义：I=，是根据比值定义法定义的，即电流不跟q成正比，也不与时间t成反比．故A错误；‎ B、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；‎ C、电流有方向，但是在计算的过程中使用代数的方法计算，不用平行四边形定则，所以电流强度这个物理量是标量，故C错误；‎ D、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎【考点】库仑定律；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体串接在电路中，总电压为U，则（　　）‎ A．通过两段导体的电流不相等 B．两段导体内的自由电子定向移动的平均速率不同 C．细导体两端的电压U1小于粗导体两端的电压U2‎ D．细导体内单位体积内的自由电荷数大于粗导体内的 ‎【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】导体材料相同，单位体积内自由电荷的数目n相同．两个导体串联，电流相同．由电流的微观表达式I=nevS，研究自由电子定向移动速率关系．根据电阻定律研究电阻关系，分析电压关系．‎ ‎【解答】解：A、两个导体串联，电流相同．故A错误；‎ B、电流的微观表达式I=nevS，由题可知n、e，I相同，而S不同，则自由电子定向移动的平均速率v不同．故B正确．‎ C、根据电阻定律可知，细导体的电阻大于粗导体的电阻，由欧姆定律U=IR得知，I相同，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2．故C错误；‎ D、由于两导体的材料相同，故细导体内单位体积内的自由电荷数等于粗导体内的自由电荷数，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图正确是（　　）‎ A．带电粒子是正电荷 B．带电粒子b点的受力方向可以确定 C．带电粒于在b点的动能较大 D．带电粒子在a电势能较大 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．‎ ‎【解答】解：A、B：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D：由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的动能较大，在b点电势能较大．故CD错误 故选：B ‎　‎ ‎5．有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为Ig=1mA，表头电阻Rg=30Ω，若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为0.6A的电流表应分别（　　）‎ A．串联一个2990Ω的电阻和并联一个0.15Ω的电阻 B．并联一个2990Ω的电阻和串联一个0.15Ω的电阻 C．串联一个2970Ω的电阻和并联一个0.05Ω的电阻 D．并联一个2970Ω的电阻和串联一个0.05Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】本题应明确电流表的原理及改装方法，若增大量程应并联一个小电阻进行分流，表头及分流电阻两端的电压相等；‎ 若将电流表改装成电压表，则应串联一个大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压；流过表头及电阻的电流相等．‎ ‎【解答】解：改装电流表要并联电阻，其并联阻值：R==0.05Ω 改装成电压表要串联电阻，其串联阻值为：R′=‎ 应串联2970Ω，并联0.05Ω，则A，B，D错误，C正确 故选：C ‎　‎ ‎6．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝rn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣ D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】恒星绕巨型黑洞做匀速圆周运动，由巨型黑洞的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解．‎ ‎【解答】解：设巨型黑洞为M，该恒星的质量为m，则根据万有引力提供向心力，得：‎ 则得：v==，故n=﹣．故C正确、ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 ‎7．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对．一带电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线静止时偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．开关S闭合，将A板向B板靠近，则θ减小 B．开关S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 C．开关S断开，将A板向B板靠近，则θ增大 D．开关S断开，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E= 分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定θ的变化．电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析θ是否变化．‎ ‎【解答】解：A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E= 分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A错误，B正确．‎ C、D、电键S断开，根据推论，E===，可知，将A板向B板靠近，板间场强不变，小球所受电场力不变，则θ不变．故D正确，C错误．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．一带电液滴在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若重力势能增加6J，机械能增加1J，电场力对小球做功2J，则小球（　　）‎ A．重力做功为6J B．电势能增加2J C．克服空气阻力做功1J D．动能减少5J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】本题根据功能关系分析：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．‎ ‎【解答】解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加6J，故重力做功﹣6J，故A错误；‎ B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J，故电势能减少2J，故B错误； ‎ C、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功和空气阻力，电场力做功2J，而机械能增加1J、所以克服空气阻力做功1J，故C正确；‎ D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W=﹣6J+2J﹣1J=﹣5J，故动能减小 5J，故D正确；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎9．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点电势逐渐升高 D．A、B两点间的电势差UAB=5V ‎【考点】电场的叠加；电势；电势能．‎ ‎【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据V﹣t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况．‎ ‎【解答】解：A、据V﹣t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A正确．‎ B、据V﹣t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误．‎ C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误．‎ D、据V﹣t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA=10J，再用UAB==V=﹣5V，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（　　）‎ A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关 C．滑块可能重新回到出发点A处 D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 ‎【考点】功能关系；动能定理．‎ ‎【分析】滑块恰能通过C点时根据牛顿第二定律列方程求c点时的速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；‎ 对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；‎ 根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；‎ 滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．‎ ‎【解答】解：若滑块恰能通过C点时有：mg=m①，‎ 由A到C根据动能定理知mghAC=②‎ 联立①②解得hAC=R 则AB最低高度为2R=2.5R，故A错误；‎ B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0﹣m=2mgR﹣μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；‎ C、若回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；‎ D、滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；‎ 故选：CD ‎　‎ 三、实验填空题：（本题计两小题，11题3分，12题12分，共15分）‎ ‎11．用螺旋测微器测得该导线的外径如图所示，其示数D=　3.207　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.7×0.01mm=0.207mm，所以最终读数为3mm+0.207mm=3.207mm．‎ 故答案为：3.207．‎ ‎　‎ ‎12．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω）‎ B．电流表（0～3A内阻约0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻约3kΩ E．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中电流表应选用　C　；电压表应选用　D　；滑动变阻器应选用　F　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=　0.48　A，U=　2.20　V．‎ ‎（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变请按要求在如图2的方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据额定电流选择电流表，额定电压选择电压表；‎ ‎（2）根据图示电表确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；‎ ‎（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）待测电阻额定电流约为：I===0.6A，则电流表选择C；电阻额定电压为3V，电压表选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选阻值较小的，故选F．‎ ‎（2）由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.48A；由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.20V．‎ ‎（3）由题意可知： ==600， ==40，＞，电流表应采用外接法；‎ 实验要求通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）C；D；F；（2）0.48；2.20；（3）电路图如图所示．‎ ‎　‎ 四、计算题（共四小题，9+11+12+13=45分；要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）‎ ‎13．如图所示，电路两端电压U恒为28V，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：‎ ‎（1）流过电灯的电流是多大？‎ ‎（2）电动机两端的电压是多大？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率是多少．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率．由功率公式求解电流I．‎ ‎（2）由闭合电路的欧姆定律，可得M两端的电压．‎ ‎（3）电动机输出的机械功率P出=P总﹣P热．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为I=；‎ ‎（2）由闭合电路的欧姆定律可知，电动机的电压为UM=U﹣UL=28﹣6V=22V；‎ ‎（3）电动机的总功率为P总=IUM=2×22=44W，‎ 电动机的热功率为P热=I2RM=22×2=8W，‎ 所以电动机的输出功率为P出=P总﹣P热=44﹣8=36W．‎ 答：（1）流过电灯的电流是2A；‎ ‎（2）电动机两端的电压是22V；‎ ‎（3）电动机输出的机械功率是36W．‎ ‎　‎ ‎14．汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：‎ ‎（1）经多长时间，两车第一次相遇？‎ ‎（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）抓住汽车和自行车的位移关系，运用运动学公式求出第一次相遇的时间．‎ ‎（2）抓住位移相等，运用运动学公式求出第二次相遇的时间，需讨论汽车刹车到停止的时间，若经历的时间大于汽车到停止的时间，则汽车停在某处让自行车追赶，再根据运动学公式求出追及的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设经t1秒，汽车追上自行车ν2t1=ν1t1+S ‎ ‎ t1=10s ‎ 故经过10s两车第一次相遇．‎ ‎（2）汽车的加速度为a=﹣2 m/s2 设第二次追上所用的时间为t2，则 ν1t2=ν2t2+at22‎ ‎ t2=12s ‎ 设汽车从刹车到停下用时t3秒 ‎0=ν2+at3 t3=9s＜t2 故自行车又追上汽车前，汽车已停下． ‎ 停止前汽车的位移s汽=设经t4时间追上，则 ν1t4=‎ ‎ t4=13.5s 故再经过13.5s两车第二次相遇 ‎　‎ ‎15．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（1）电子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的速度．‎ ‎（2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L．‎ ‎（3）在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）在加速过程根据动能定理得：‎ eU0=‎ 解得到质子射出加速电场的速度v0=‎ ‎（2）粒子在竖直方向：y=，a=‎ 在水平方向：x=L=v0t 联立上式得到 ‎ 代入数据得L=‎ ‎（3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：‎ ‎=e（U0+）‎ 答：（1）电子通过B点时的速度大小为；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度为；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）；‎ ‎　‎ ‎16．一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5c的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO’的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大小vA；‎ ‎（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，根据速度分解求出经过A点时的速度大小vA．‎ ‎（2）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，有两种情况：一种恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，另一种恰好滑到与圆心等高的点速度为零，根据牛顿第二定律和动能定理结合进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，则 ‎ cos53°=‎ 解得vA=7.5m/s ‎（2）（i）小球N沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有 ‎ m1g+qE=m1‎ 根据动能定理得：‎ ‎﹣（m1g+qE）R（1+cos53°）=m1‎ 联立以上两式解得 R=m 故当0＜R≤m时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出．‎ ‎（ii）若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得 ‎﹣（m1g+qE）Rcos53°=0﹣‎ 解得，R=m 根据题中信息可知R＜4m．故当 m≤R＜4m时，小球在轨道内来回的滚动．‎ 综上所术，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或 m≤R＜4m． ‎ 答：‎ ‎（1）小球M经过A点的速度大vA是7.5m/s ‎（2）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或 m≤R＜4m．‎ ‎　‎ ‎2016年11月9日