湖北省襄阳市保康一中2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖北省襄阳市保康一中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1．能源是社会发展的基础．下列关于能量守恒和能源的说法正确的是()A．能量是守恒的，能源是取之不尽、用之不竭的B．能量的耗散反映了能量是不守恒的C．开发新能源，是缓解能源危机的重要途径D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小，形成“能源危机”2．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是()A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关4．用显微镜观察水中的花粉，追踪某一个花粉颗粒，每隔10s记下它的位置，得到了a、b、c、d、e、f、g等点，再用直线依次连接这些点，如图所示，则下列说法中正确的是()A．这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的径迹B．它说明花粉颗粒做无规则运动C．在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D．从a点计时，经36s，花粉颗粒可能不在de连线上5．对于液体和固体（不计分子间的空隙），若用M表示摩尔质量，m0表示分子质量，ρ表示物质密度，V表示摩尔体积，v0表示单个分子的体积，N表示阿伏伽德罗常数，则下列关系中正确的是()A．N=B．N=C．N=D．M=ρV6．用内径很细的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压()A．偏高B．偏低C．相同D．无法判断-15-\n7．下列说法正确的是()A．各种固体都有一定的熔点和凝固点B．液体表面层中分子间距小于液体内部分子间距C．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的D．如果把0℃的冰放到0℃的房间里，冰可能熔化，也可能不熔化8．关于液晶下列说法正确的是()A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C．液晶是一种特殊的物质，具有光学的各向同性D．所有物质在一定条件下都能成为液晶9．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的()A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力斥力都减小D．引力斥力都增大10．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是()A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用二、实验题11．为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图实验测得，接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%．①若用该装置给充电功率为10W的电波充电，则损失的功率为__________W．②若把甲线接入电压为220V的电源，测得该线圈中的电流为0.195A．这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为__________W．12．（16分）小明通过实验验证力的平行四边形定则．-15-\n（1）实验记录纸题图1所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．（2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图2所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．两次实验记录的轨迹如图3所示，过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为__________．（3）根据（2）中的实验，可以得出的实验结果有哪些？__________（填写选项前的字母）A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大（4）根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．__________．三、计算题（38分）13．（18分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x=﹣L、x=﹣2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能．-15-\n14．如图所示，在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板P、Q，板长，两板带等量异种电荷，上极板带负电．在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场（图中未画出），其左边界和下边界分别与MN、AA’重合（边界上有磁场）．现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出．已知A点与下极板右端的距离为d．不计带电粒子重力．求：（1）粒子从下极板边缘射出时的速度；（2）粒子从O运动到A经历的时间；（3）矩形有界磁场的最小面积．15．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小和斜面的动摩擦因数；（2）求拉力F对物体所做的功．-15-\n2022-2022学年湖北省襄阳市保康一中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1．能源是社会发展的基础．下列关于能量守恒和能源的说法正确的是()A．能量是守恒的，能源是取之不尽、用之不竭的B．能量的耗散反映了能量是不守恒的C．开发新能源，是缓解能源危机的重要途径D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小，形成“能源危机”【考点】能源的开发和利用．【分析】能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律．【解答】解：A、能量是守恒的，但是能为人类直利使用的能源却是有限的；故A错误；B、能量的耗散是因为能源的品质降低，并不违背能量守恒定律；故B错误；C、开发新能源，特别是可重复利用的能源是缓解能源危机的重要途径；故C正确；D、对能源的过度消耗将使自然界的能源不断减小，形成“能源危机”；但并没有使能量减小；故D错误；故选：C．【点评】本题考查能量守恒定律及能源的使用，要注意能量和能源的区别和联系，正确对待“能源危机”．2．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体【考点】热力学第一定律；热力学第二定律．【专题】热力学定理专题．【分析】涉及热现象的宏观过程都具有方向性．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，做功和热传递都能改变物体的内能．【解答】解：A、根据热力学第二定律知，一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，可知功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故A正确．B、对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加，还与吸、放热情况有关，故B错误．C、在外界的影响下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C正确．D、在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，如电冰箱，故D错误．故选：AC．【点评】本题关键要理解并掌握热力学第一定律和热力学第二定律，可通过举实例分析抽象问题．3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是()A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变-15-\nC．若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关【考点】热力学第一定律．【专题】热力学定理专题．【分析】对于一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关，温度升高，内能增大，反之，内能减小，根据气态方程=c分析温度变化，即可判断内能的变化．根据热力学第一定律分析热传递情况．理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化【解答】解：A、由气态方程=c知，T∝pV．气体的压强和体积都不变，pV一定不变，则T一定不变，故内能一定不变．故A正确．B、若气体的内能不变，温度不变，但压强和体积可以发生变化．故B错误．C、由气态方程=c知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故C错误．D、理想气体内能由温度决定，气体温度每升高1K时气体的内能增加量一定，由热力学第一定律知，热量与做功有关，而做功与经历的过程有关，故吸收的热量与气体经历的过程有关．故D正确．故选：AD．【点评】本题关键掌握三个知识点：1、一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关；2、气态方程=c；3、热力学第一定律△U=Q+W，并能用来正确分析．4．用显微镜观察水中的花粉，追踪某一个花粉颗粒，每隔10s记下它的位置，得到了a、b、c、d、e、f、g等点，再用直线依次连接这些点，如图所示，则下列说法中正确的是()A．这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的径迹B．它说明花粉颗粒做无规则运动C．在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D．从a点计时，经36s，花粉颗粒可能不在de连线上【考点】布朗运动．【分析】布朗运动图象是固体微粒的无规则运动在每隔一定时间的位置，而不是运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线．【解答】解：A、根据题意，有：每隔10s把观察到的花粉颗粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线；故此图象是每隔10s固体微粒的位置，而不是花粉颗粒的运动轨迹，故A错误．B、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，它说明花粉颗粒做无规则运动．故B正确；C、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小不一定相等，故C错误；-15-\nC、从a点开始计时，经36s，花粉颗粒可能在任一点，可能不在de连线上，故D正确；故选：BD．【点评】布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章，进一步反映了液体分子热运动的杂乱无章．5．对于液体和固体（不计分子间的空隙），若用M表示摩尔质量，m0表示分子质量，ρ表示物质密度，V表示摩尔体积，v0表示单个分子的体积，N表示阿伏伽德罗常数，则下列关系中正确的是()A．N=B．N=C．N=D．M=ρV【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏伽德罗常数的应用专题．【分析】1mol任何物体的分子个数都是相同的；固体与液体间的分子间隙较小，可以忽略不计；摩尔质量等于密度乘以摩尔体积．【解答】解：A、摩尔体积是1mol分子的体积，故阿伏伽德罗常数N=，故A正确；B、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积，即M=ρV，摩尔质量是1mol分子的质量，故N=，故B正确；C、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积，即M=ρV，则C项中=1≠N，故C错误；D、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积，故D正确；故选：ABD．【点评】本题关键明确阿佛加德罗常数的物理意义，明确摩尔质量等于摩尔体积与密度的乘积．6．用内径很细的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压()A．偏高B．偏低C．相同D．无法判断【考点】*液体的表面张力现象和毛细现象；封闭气体压强．【分析】对于压强来说，玻璃管的粗细没有影响，但由于细管中不浸润现象更加明显，故读数偏低．【解答】解：由于水银和玻璃有不浸润现象，故水银面边缘处要低于中间液面，故读数会偏低；故选：B．【点评】本题表面看来是考查压强或理想气体状态方程的，但是实质是考查浸润现象的，一定要明确其考查的重点是什么．7．下列说法正确的是()A．各种固体都有一定的熔点和凝固点B．液体表面层中分子间距小于液体内部分子间距C．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的-15-\nD．如果把0℃的冰放到0℃的房间里，冰可能熔化，也可能不熔化【考点】分子间的相互作用力．【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】晶体有一定的熔点和凝固点．液体表面层中分子间距大于液体内部分子间距，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力．晶体熔化的条件是温度达到熔点，同时吸收热量；液体凝固成晶体的条件是达到凝固点，放出热量．【解答】解：A、固体有晶体和非晶体，晶体有一定的熔点和凝固点，而非晶体则没有，故A错误．BC、液体表面层中分子间距大于液体内部分子间距，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力．故B错误，C正确．D、0℃的冰放到0℃的房间里，0℃的冰要熔化成0℃的水要吸收热量，都是周围的环境的温度也是0℃，不会有热传递现象发生，冰不会熔化．故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键要知道晶体和非晶体的区别，知道熔化的过程需要吸收热量，当物体之间有温度差的时候，才能有热传递现象的发生．8．关于液晶下列说法正确的是()A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C．液晶是一种特殊的物质，具有光学的各向同性D．所有物质在一定条件下都能成为液晶【考点】*液晶．【分析】人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态．【解答】解：A：液晶有液体的流动性与晶体的各向异性，故A错误．B：当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过；不通电时排列混乱，阻止光线通过．所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，故B正确．C：液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故C错误．D：人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶．所以并不是所有物质都具有液晶态，故D错误．故选：B．【点评】液晶较为生疏的一种物质状态．高中阶段只需要记住其定义和基本特性即可．9．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的()A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力斥力都减小D．引力斥力都增大【考点】分子间的相互作用力．【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】分子间同时存在引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大．【解答】解：水由气态凝结成液态的水，分子间距离变小．而分子间同时存在引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大，故D正确．故选D-15-\n【点评】本题考查了分子间同时存在引力和斥力，都随距离增大而减小，随距离减小而增大．10．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是()A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用【考点】分子间的相互作用力．【专题】应用题．【分析】压紧的铅块间分子距离靠近，此时引力发挥了主要的作用，使铅块间有了较大的力的作用．【解答】解：分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关．距离稍大时表现为引力，距离很近时则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用．故选：D．【点评】了解分子间的作用力，并知道它们的大小与分子间距离的关系，才能根据现象做出正确的判断．二、实验题11．为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图实验测得，接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%．①若用该装置给充电功率为10W的电波充电，则损失的功率为18.6W．②若把甲线接入电压为220V的电源，测得该线圈中的电流为0.195A．这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为15.0W．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】①分析表格数据，会发现接收的能量与距离的平方成反比；②根据能量守恒定律列式，明确输入功率P=UI，根据题中信息可求得灯泡获得的功率．【解答】解：①由题意知，输电效率为η=35%，则P总==28.6W．所以损失的功率为P损=P总﹣P=28.6﹣10=18.6W．-15-\n②甲线圈输入功率为P总=UI=220×0.195=42.9W，所以，乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P=P总η=42.9W×35%=15.0W．故答案为：①18.6②15【点评】本题关键是明确设计思想和设计原理，要能够结合能量守恒定律进行分析；明确功率公式的正确应用，并注意掌握由题意获取信息的能力．12．（16分）小明通过实验验证力的平行四边形定则．（1）实验记录纸题图1所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．（2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图2所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．两次实验记录的轨迹如图3所示，过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为Fa=Fb．（3）根据（2）中的实验，可以得出的实验结果有哪些？BD（填写选项前的字母）A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大（4）根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】根据平行四边形定则先作出F2与F1的合力，根据图中给出的标度求出合力．根据平衡条件进行分析求解．根据图（3）中的实验分析结果结合实验数据进行求解．【解答】解：（1）根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，-15-\nF1和F2的合力F=4.70N．（2）过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的方向相同，由于缓慢地移动N，根据平衡条件得Fa、Fb的大小关系为Fa=Fb．（3）A、两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长；故A错误，B正确；C、两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较小，故C错误；D、从开始缓慢地移动N，橡皮筋受到的拉力增大，从图3中发现两次实验记录的轨迹间距在增大，所以两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大，故D正确；故选：BD．（4）根据小明的上述实验探究，对验证力的平行四边形定则实验注意事项有橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋．（或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧）．故答案为：（1）如图所示；4.70N；（2）Fa=Fb；（3）BD；（4）选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长【点评】解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则，知道缓慢地移动可以看成物体处于平衡状态，掌握平衡条件的应用．三、计算题（38分）13．（18分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x=﹣L、x=﹣2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．-15-\n【分析】（1）根据数学知识求出B点距离y轴的距离．由动能定理求出电子从B运动到C时的速度．电子离开第一象限电场后，先做匀速直线运动，进入第二象限电场后做类平抛运动：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移．（2）设从AB曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置．对全过程应用动能定理，得到电子离开MNPQ时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能．【解答】解：（1）设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点坐标为y1，由y=得，对于B点，y=L，则x=由动能定理得eE=m解得v0=设在电场Ⅱ中运动时间为t1，则有t1=电子在y方向的位移：L﹣y1=a=解得y1=0所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为（﹣2L，0）．（2）设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为（x，y）．在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2，则有eEx=mv12；y2=at22=解得：y2=所以偏转位移为y2=y，电子将从P点射出．所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开由以上的分析可知，电子在两个电场中被加速，w=eEx+eEy则从B到P由动能定理得eE（x+y）=Ek﹣0又y=所以只有x=y点释放的电子，离开P点时动能最小-15-\n所以x+y=L即EKmin=eEL答：（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标为（﹣2L，0）；（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开P点的最小动能eEL．【点评】本题中电子先加速后偏转，基本方法是动能定理和运动的分解，难点在于数学知识的应用求极值和轨迹方程．14．如图所示，在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板P、Q，板长，两板带等量异种电荷，上极板带负电．在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场（图中未画出），其左边界和下边界分别与MN、AA’重合（边界上有磁场）．现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出．已知A点与下极板右端的距离为d．不计带电粒子重力．求：（1）粒子从下极板边缘射出时的速度；（2）粒子从O运动到A经历的时间；（3）矩形有界磁场的最小面积．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）带电粒子做平抛运动，由运动的分解可得平行极板方向做匀速运动，垂直此方向做匀加速运动，根据运动学公式即可求解；（2）粒子做平抛运动后进入磁场做匀速圆周运动，根据几何关系可得已知长度与运动轨迹的半径的表达式．再由轨迹对应的圆心角，从而求出所需要的时间；（3）从几何角度得出磁场的最小区域，再由面积公式即可求解．【解答】解：（1）带电粒子在电场中平行极板方向匀速运动：竖直方向从静止开始做匀加速运动：，解得则粒子从下极板边缘射出时的速度为，且与竖直方向成300角．-15-\n（2）带电粒子在电场中运动的时间，由几何关系可得r=，离开电场后先做匀速运动，匀速运动的时间然后进入磁场，在磁场中偏转1200到达A，所以带电粒子从O运动至A所用的总时间为t=t1+t2+t3=（3）由轨迹示意图可知，磁场区域宽等于轨迹半径r，高等于，而r=，所以矩形有界磁场的最小面积为S=r×=答：（1）粒子从下极板边缘射出时的速度为2v0，方向与竖直方向成300角；（2）粒子从O运动到A经历的时间时间=；（3）矩形有界磁场的最小面积为．【点评】理解平抛运动处理的运动分解规律，掌握匀速圆周运动的：定圆心、画轨迹、求半径的方法．同时运用几何知识来结合求解．15．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小和斜面的动摩擦因数；（2）求拉力F对物体所做的功．-15-\n【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】（1）根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小．（2）根据图象求出拉力作用下的位移，由功的公式求的拉力做功．【解答】解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2匀减速直线运动的加速度：a2=10m/s2根据牛顿第二定律得：F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=ma1撤去F后，由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ=ma2解得：F=30N，μ=0.5（2）由图象的“面积”求得0﹣1s内物体的位移为：s=×1×（0+20）m=10m则拉力F对物体所做的功为：W=Fs=30×10J=300J．答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小分别为0.5和30N．（2）拉力F对物体所做的功为300J．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，理清物体的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．-15-