2023青岛即墨区高三上学期期中考试物理试题含解析

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高三物理质量检测
2022.11
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.本试卷共18小题，考试时间90分钟，考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 2021年东京奥运会上，我国运动员苏炳添在男子100m半决赛中跑出了9.83s的好成绩，刷新了男子100m亚洲记录。赛后通过研判比赛过程录像发现，苏炳添在第1s内的位移为8.6m，第2s内的位移为10.0m，前60m用了6.29s，冲线速度为15m/s，下列关于苏炳添在本次比赛中的说法，其中正确的是（　　）
A. 苏炳添在第1s末的瞬时速度为8.6m/s
B. 苏炳添在前2s内的平均加速度接近9.3m/s2
C. 苏炳添的冲线速度必定为全程最大速度
D. 苏炳添在前60m内的平均速度大于全程的平均速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．苏炳添加速运动的加速度未知，无法求出第1s末的瞬时速度，A错误；
B．根据

前2s内的平均加速度接近

B正确；
C．苏炳添在全程的具体运动情况未知，所以冲线速度不一定为全程最大速度，C错误；
D．前60m的平均速度为

全程平均速度为

D错误。
故选B。
2. 如图，某同学用一根劲度系数为k的轻质弹簧测量物块与水平面间的动摩擦因数。将弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与物块连接，物块置于水平面上，弹簧与地面平行。改变物块在水平面上的位置，发现物块只能在A、B两点间保持静止，测得A、B两点到竖直挡板的距离分别为d1、d2，物块的质量为m，当地重力加速度为g，则物块与水平面间的动摩擦因数为（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，改变物块在水平面上的位置，物块只能在A、B两点间保持静止，则有轻质弹簧的原长是

物块在A、B两点间的静止位置是轻质弹簧的最大压缩量与最大伸长量的平衡位置，因此有

解得

A正确，BCD错误。
故选A。
3. “魔盘”是游乐场中儿童喜闻乐见的娱乐设施。如图，为某型号“魔盘”侧视截面图，MN为中心竖直转轴，圆锥面母线与水平面间夹角为θ。可视为质点的儿童坐在“魔盘”的锥面上，“魔盘”从静止开始转动，转速缓慢增大。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A. “魔盘”加速转动且儿童未发生滑动时，儿童受到的合外力方向水平指向转轴
B. 其他条件相同时，儿童的位置越靠下越容易滑动
C. 其他条件相同时，儿童的质量越小越容易滑动
D. “魔盘”匀速转动且儿童未发生滑动时，“魔盘”转速越大，儿童受到的摩擦力越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．在“魔盘”静止时，儿童受重力、垂直斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力，由力的平衡条件可知，儿童受力合力是零， “魔盘”转动时，由垂直斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力在指向转轴方向的合力提供向心力，“魔盘”加速转动且儿童未发生滑动时，说明“魔盘”速度没有达到最大值，即最大静摩擦力没有达到滑动摩擦力，则有儿童受到的合外力方向不是水平指向转轴，A错误；
B．由向心力计算公式可知，当质量和角速度一定时，转动半径越大，所需的向心力越大，因此其他条件相同时，儿童的位置越靠下转动半径越大，所需向心力越大，越容易滑动，B正确；
C．其他条件相同时，由向心力公式，儿童的质量越小需要的向心力越小，越不容易滑动，C错误；
D．“魔盘”匀速转动且儿童未发生滑动时，“魔盘”转速越大，需要的向心力越大，儿童受到的摩擦力越大，D错误。
故选B。
4. 如图，质量相同的甲、乙两名滑雪运动员在水平U型赛道上训练，甲、乙先后从赛道边缘上的P点滑出、腾空，在空中完成技巧动作后，最后都从赛道边缘上的Q点再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长。不计空气阻力，甲、乙在从P到Q的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 甲从P点滑出时的初速度大小必定大于乙从P点滑出时的初速度大小
B. 甲、乙从P点滑出时的初速度方向相同
C. 甲的动量变化量大于乙的动量变化量
D. 甲、乙的最大腾空高度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．两名运动员做斜抛运动的水平位移相等，则
水平方向

竖直方向

初速度的平方为

计算得

减区间为 ，增区间为，则无法判断初速度大小关系，A错误；
B．设初速度与水平方向夹角为，则

初速度大小不确定，则初速度方向不能确定，B错误；
C．根据动量定理

两名运动员质量相同，甲的滞空时间比乙长，说明甲的动量变化量大于乙的动量变化量，C正确；
D．由

可知，甲运动员的竖直分速度小于乙运动员的竖直分速度，由

可知，甲最大腾空高度相同小于乙最大腾空高度相同，D错误。
故选C。
5. 近几年天文学家在“天琴座”和“天鹅座”中陆续找到了5个适合生命生存的双星系统，为人类探索地外生命提供了新的思路和方向。天文学家观测到一个双星系统中的a、b两恒星间距离为L，它们绕着二者连线上的某点做匀速圆周运动，运行周期为T，该双星系统距离其他天体很远；从漫长的宇宙演化来看，伴随着两恒星内部核聚变过程的能量释放，两恒星质量不断亏损，将导致两恒星间距离及其运动发生缓慢变化。引力常量为G，关于a、b两恒星的运动，下列说法正确的是（　　）
A. 当前a、b两恒星的动能相等
B. 当前该双星系统的总质量为
C. 在将来的演化过程中，该双星系统运转的周期将逐渐减小
D. 在将来的演化过程中，该双星系统的总动能将逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．两恒星以对方对自己的引力作为向心力，二者相等时间与共同圆心的连线转过相等的角度，角速度相等，由于半径关系和质量关系未知，无法确定二者动能是否相等，A错误；
B．根据牛顿第二定律得



解得

B正确；
CD．两恒星质量不断亏损，二者间引力减小，两恒星逐渐远离对方，圆周运动半径变大，L变大，由B解析中公式知T变大，二者在远离过程中引力做负功，动能减小，CD错误。
故选B。
6. 如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度h变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A. 小球从地面抛出的初速度
B. 小球所受空气阻力大小为小球自身重力的
C. 从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点
D. 小球离地面高度h=3m时，小球的动能Ek=25J
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，在h=0时，小球的机械能E0=100J，重力势能Ep=0，可知小球的动能为100J，h=4m，重力势能Ep=80J，由

解得

由动能的计算公式，可得

A错误；
B．当无空气阻力时，小球上升的高度为

当有空气阻力时，小球上升的高度为4m，则有

由牛顿第二定律可得


可知小球所受空气阻力大小为小球自身重力的，B错误；
C．小球从抛出开始到最高点所用时间

C错误；
D．小球离地面高度h=3m时，小球的速度为

小球的动能为

D正确。
故选D。
7. 如图，甲、乙两辆相同型号汽车沿平直路面并排同向行驶，在两车车顶相同位置A、B分别装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备间信号的有效传输距离L=10m。t=0时刻，甲、乙两车车头对齐，此时甲车速度为10m/s，乙车速度为4m/s，A、B间距离d=6m。从t=0时刻开始，甲车以大小为2m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停止，乙车以4m/s的速度做匀速直线运动。不计信号的传递时间，从t=0时刻起，甲、乙两车能够利用蓝牙通信的时间为（　　）

A. 2s B. 4s C. 6s D. 6.25s
【答案】D
【解析】
【详解】当两车的通讯即将中断时，两车沿运动方向的距离为

则

得
，
由两车的运动性质，两车间距先增大后减小。时，；时，，，甲车速度为

4s之后，两车间距减小，且甲车能继续行驶的距离为

从4s到乙车行驶到甲车前方8m的过程中，，时间为

则两车通讯时间为

故选D。
8. 如图，均质细杆的一端A斜靠在光滑竖直墙面上，另一端B置于光滑水平面上，杆在外力作用下保持静止，此时细杆与墙面夹角很小。现撤去外力，细杆开始滑落，某时刻细杆与水平面间夹角为θ，此时A端沿墙面下滑的速度大小为vA．关于细杆的运动，下列说法正确的是（　　）

A. 细杆滑落过程中，B端的速度一直增大
B. 细杆滑落过程中，A端沿墙面下滑速度总大于B端沿水平面运动速度
C. 细杆与水平面间夹角为θ时，B端沿水平面运动的速度大小
D. 滑落过程中，细杆上各个点的速度方向都不沿杆的方向
【答案】C
【解析】
【详解】A．细杆滑落过程中，开始时B端速度为零，当A端滑到地面时B端的速度也为零，可知整个过程中B端的速度先增大后减小，选项A错误；
BC．细杆与水平面间夹角为θ时，由速度分解知识可知

即B端沿水平面运动速度大小

则当θ角从0~45°时；当θ角从45°~90°时；即细杆滑落过程中，A端沿墙面下滑速度先小于B端沿水平面运动的速度，后大于B端沿水平面运动的速度，选项B错误，C正确；
D．滑落过程中，A点的速度竖直向下，B点的速度水平向右，则杆上其他各点的速度方向介于两者之间，则必有一点的速度方向沿杆的方向，选项D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分。
9. 如图，t=0时刻，位于原点O处的波源质点从平衡位置开始沿y轴正方向做振幅A=4cm的简谐运动，该波源产生的简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播。t=0.5s时，平衡位置坐标为（10m，0）的质点P开始运动，此时波源质点的振动位移为2cm，下列说法正确的是（　　）

A. 该列简谐横波的传播速度为20m/s
B. 该列简谐横波的最大周期为1.2s
C. 该列简谐横波在介质中传播的最大波长为120m
D. t=0.5s时，x=5m处质点的位移可能为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由题意可知，该列简谐横波的传播速度为

故A正确；
B．由题意可知

当n=0时，周期最大即为6s，故B错误；
C．该列简谐横波在介质中传播的最大波长为

故C正确；
D．波传到x=5m处质点所用的时间为

t=0.5s时，x=5m处质点已经振动了0.25s，则t=0.5s时，x=5m处质点的位移可能为

故D正确。
故选ACD。
10. 如图，在光滑水平桌面上用A、B两球压缩一根轻质弹簧，并将A、B两球锁定。现进行如下操作：（1）只解锁B球，B球被弹出后在水平地面上的落点到桌边的水平距离为x1；（2）用A、B两球再次压缩弹簧并锁定两球，然后同时解锁A、B两球，B球被弹出后在水平地面上的落点到桌边的水平距离为x2.，A、B两球质量分别为2m和m，。弹簧始终在弹性限度内，弹簧振子的周期，弹簧劲度系数为k，下列说法正确的是（　　）

A. （1）情形中，B球经时间脱离弹簧
B. （2）情形中，弹簧对A、B两球做的功相等
C. （1）（2）两种情形中，弹簧对B球做功之比为2：3
D. （1）（2）两种情形中，解锁前压缩弹簧的长度相同
【答案】AD
【解析】
【详解】A．因弹簧振子的周期，（1）情形中，B球被弹出，弹簧由最大压缩量到恢复原长，经历了，因此B球经时间

脱离弹簧，A正确；
B．在（2）情形中，由于两球受的弹力大小相等，两球的质量不相等，两球的位移不相等，因此弹簧对A、B两球做的功不相等，B错误；
C．只解除B球和同时解除A、B球，则有B球做平抛运动，设下落的高度为h，在水平方向有

在竖直方向有

解得

因为水平方向有

所以速度之比为

弹簧对B球做功全部转化为B球的动能，因此两种情形中，弹簧对B球做功之比为转化为动能之比，则有

C错误；
D．只解除B球，弹簧的弹性势能全部转化为B球动能，则有

同时解除A、B两球，A、B两球的动量守恒，初动量是零，由动量守恒定律可得


则有

解得两种情形的弹性势能相等，所以（1）（2）两种情形中，解锁前压缩弹簧的长度相同，D正确。
故选AD。
11. 空间存在方向沿x轴的静电场，其电势随x坐标的变化情况如图所示，图中的和d为已知量。一质量为m、电荷量为-q的带电粒子在电场中以原点O为中心，沿x轴做周期性运动，运动过程中该粒子的动能与电势能之和为，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）

A. 在O B. 粒子在电场中做周期性运动的区间范围为-0.5d≤x≤0.5d
C. 粒子在电场中做周期性运动的最大速度大小为
D. 粒子在电场中做周期性运动的周期为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．φ−x图像的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因此在O B．由题图可知，粒子在x=0处向左或向右都做匀减速运动，由电势能计算公式可得，粒子在x=0处向左或向右运动到0.5d时的电势能为−0.5qφ0，说明此时粒子的动能是零，速度是零，因此粒子在电场中做周期性运动的区间范围为-0.5d≤x≤0.5d，B正确；
C．由题图可知，粒子在x=0处向左或向右都做匀减速运动，因此粒子在O点速度最大，设大小为v0，由功能关系可得

解得

C正确；
D．粒子从O点向右运动，又回到O点所用时间为t1，由动量定理可得

解得

由运动的对称性，粒子在左侧运动时间和右侧相等，因此带电粒子的运动周期为

D错误。
故选BC。
12. 如图，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端与质量为m的物块A连接，另一端与质量为2m的物块B相连，B靠在位于斜面底端垂直斜面的挡板上，弹簧的劲度系数为k，A、B均处于静止状态，此时A位于斜面上的P点。一根不可伸长的轻绳绕过斜面顶端的光滑轻小滑轮，一端与物块A相连，另一端栓接一轻质挂钩，开始时各段轻绳都处于伸直状态，A与滑轮间的轻绳与斜面平行。现在挂钩上悬挂一质量为m0（m0未知）的物块C并从静止释放，物块A刚好能到达斜面上的Q点，此时物块B刚要离开挡板。已知弹簧的弹性势能，x为弹簧形变量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，物块C释放位置离地面足够高。对于物块A从P点运动到Q点过程，下列说法正确的是（　　）

A. 当物块B刚要离开挡板时，物块C下降的高度为
B. 物块C质量为
C. 当弹簧恢复原长时，物块A的速度最大
D. 若所悬挂物块C的质量为2m0，则A经过Q点时速度最大，最大速度为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在开始时，A、B均处于静止状态，设此时弹簧的压缩量为x1，则有


挂钩上悬挂物块C后，C向下运动，A沿斜面向上运动，设B恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为x2，则有


则有

物块C下降的高度为，A错误；
B．以物块A、C和弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律可得

解得

B正确；
C．当弹簧恢复原长时，物块A受沿斜面向下的下滑力和物块C的拉力，由牛顿第二定律可知

解得

此时物块A在做加速运动，因此物块A的速度不是最大，C错误；
D．若所悬挂物块C的质量为2m0，当物块A运动到Q点时，对物体A、C组成的整体，由牛顿第二定律可得

解得

则A经过Q点时速度最大，当物块A运动到Q点时，弹簧的弹性势能增量与前一次相同，由系统的机械能守恒可得

解得最大速度为

D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 如图，是某课外兴趣小组设计探究物体平均加速度与物体受力、物体质量关系的实验方案图。该小组同学先将挡板竖直固定在水平桌面上，再将弹簧一端固定在挡板上，另一端处于自然状态，并在桌面上标记自由端的位置O；在O点左侧安装一光电门，并调整其高度；将刻度尺紧贴桌边固定，使其0刻线与0点对齐。将装有遮光片的小车置于桌面上并向右压缩弹簧到某位置，记录固定在小车右侧面的薄长铁条此时所指刻度尺的刻度值x，然后记录光电门显示的遮光时间△t。用游标卡尺测得遮光片的宽度d。请回答下面问题：

（1）光电门的位置应离0点适当___________（选填“近些”或“远些”）；
（2）小车加速过程的平均加速度为a=___________；（用实验中测得的物理量表示）
（3）为减小实验误差，本实验应选用劲度系数___________的弹簧进行实验（选填“较大”或“较小”）；
（4）保持小车质量不变，要探究小车平均加速度a与所受合力F关系，只需探究平均加速度a与___________关系即可。（用测得物理量的符号表示）
【答案】 ①. 近些 ②. ③. 较大 ④. x
【解析】
【详解】（1）[1]为了比较准确的测量出小车离开弹簧时的速度大小，光电门的位置应离0点适当近些，以减小小车与桌面间的摩擦力的影响。
（2）[2]小车经光电门时的瞬时速度近似等于遮光片经光电门时的平均速度，则有

由题意可知，小车加速中的位移为x，由速度位移公式，可得小车的平均加速度为

（3）[3]为减小实验误差，本实验应选用劲度系数较大的弹簧。劲度系数较大的弹簧，在同样的形变量的情况下，弹簧的弹力较大，可以减小摩擦力的影响。
（4）[4]x是弹簧的形变量，因此小车质量不变，要探究小车平均加速度a与所受合力F关系，只需探究平均加速度a与形变量x的关系。
14. 某班级同学在实验室里利用如图甲所示装置验证动量守恒定律。置于桌面上的气垫导轨装有光电门M和N，滑块A、B放在导轨上，两滑块上都固定有完全相同的遮光片，光电门M、N分别与光电计时器相连（图中未画出），可以记录遮光片通过光电门时的遮光时间。

具体实验步骤如下：
A．用天平测量滑块A的质量mA和滑块B的质量mB；
B．用游标卡尺测量滑块A、B上遮光片的宽度d；
C．接通气源，给滑块A向右的瞬时冲量，记录光电门M显示的第一次遮光时间△tC1；
D．观察滑块A、B碰后的运动情况，记录光电门M显示的第二次遮光时间△tC2及光电门N显示的遮光时间△tD；
某小组实验过程中记录的数据如下表：
mA
mB
d
△tC1
△tC2
△tD
100 g
300 g

2.500 ms
4.900 ms
5.100 ms
根据实验数据，请回答下面问题：
（1）该小组用游标卡尺测量遮光片的宽度，读数如图乙，则遮光片的宽度为___________cm；
（2）碰撞前A、B系统的总动量为___________kg∙m/s，碰撞后系统的总动量为___________kg∙m/s；（计算结果保留3位有效数字）
（3）另一实验小组经过多次规范实验操作获取数据，通过计算发现，碰撞后系统总动量总是大于碰撞前系统总动量，你认为导致这一结果原因是___________。
【答案】 ①. 1.00 ②. 0.400 ③. 0.384 ④. 气垫导轨不水平，右端低，左端高
【解析】
【详解】（1）[1]由题图乙可知，游标卡尺的游标尺是20分度的，主尺读数为1.00cm，游标尺的读数是零，因此遮光片的宽度为1.00cm
（2）[2]碰撞前A的速度为

滑块B的速度是零，取向右为正方向，则有碰撞前A、B系统的总动量为

[3]碰撞后，滑块A的速度大小

方向向左。
滑块B的速度

碰撞后系统的总动量为

（3）[4]碰撞后系统总动量总是大于碰撞前系统总动量，说明碰撞后滑块B速度比正常值偏大，滑块A碰撞后返回，速度比正常值偏小，导致这一结果的原因是：气垫导轨不水平，右端低，左端高。
15. 如图，均匀介质中两波源a、b分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，波源a振动方程为ya=2sin5πt（cm），波源b振动方程为yb=4sin5πt（cm）。已知x轴上xP=10m处质点P在t1=0.4s时刻开始振动，求：
（1）这两列波在均匀介质中的波长；
（2）从t=0开始在△t=2s的时间内质点P通过的路程。

【答案】（1）m；（2）
【解析】
【详解】（1）设波在介质中传播速度为v，有


解得
m
（2）设波源a的振动经时间传播到P点，有

在～时间内P质点通过的路程为

在s到s时间内P质点通过的路程为

所以

16. 2014年中国海军372号潜艇奉命执行巡航任务时，突遭“水下断崖”，急速“掉深”，如果持续“掉深”将导致灾难性后果。危急关头，全体官兵通力协作，化险为夷完成极限自救，创造了世界潜艇史上的奇迹。所谓“掉深”是指潜艇从高密度海水区域驶入低密度区域，浮力锐减，潜艇如同汽车掉下悬崖。如图，372号潜艇开始时在高密度海水区域深度h0=180m处以v0=36km/h（20节）的水平速度匀速潜航，t=0时该潜艇驶入低密度海水区域，浮力锐减为F=2.94×107N，“掉深”发生。潜艇自救过程可简化为如下物理过程：t1=20s时刻，潜艇官兵迅速对潜艇排水减重，当潜艇在水平方向前进L=600m时停止下沉并开始上浮；上浮了△h=40m时迅速注水增重，当潜艇回到原来潜航深度h0时，速度恢复到水平方向，并再次排水减重以保持“掉深”前的运动状态。已知“掉深”发生前潜艇总质量m0=3000t，重力加速度g=10m/s2，不计潜艇减重和增重的时间，求：
（1）潜艇“掉深”到最大深度处时离水面的距离H；
（2）潜艇注水增重过程注入潜艇水的质量。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设潜艇开始进入低密度海水区域后的加速度大小为，此时竖直分速度为，经时间停止下沉，有





解得

（2）设第一次排水质量为，第一次排水减重后的加速度大小为，注水增重过程往潜艇注入水的质量，注水后潜艇减速上浮的加速度大小为，有




联立解得

17. 如图甲，带有狭缝S的竖直挡板左侧存在水平向左的匀强电场，挡板右侧有两块正对水平放置的平行金属板M、N，板长均为L，板间距离为d，两板间所加电压按如图乙所示规律变化，图乙中U1=U0、U2=-3U0。挡板左侧电场中的P点有一电子源，能随时间均匀地向右侧释放电子，电子初速度不计。已知=L，P、S连线为两平行板的中心线，电子源释放的电子经过电场加速、偏转后均能从两板间射出电场，电子质量为m，电荷量为e，挡板左侧匀强电场的电场强度，忽略电子重力及电子间的相互作用，求：
（1）电子到达狭缝S处时的速度大小v0；
（2）t=0时刻经狭缝S进入两板间的电子离开电场时偏离中心线的距离y0；
（3）对于0～T时间内经狭缝S进入两板间的所有电子，能从中心线上方离开偏转电场的电子数所占百分比。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设电子到达狭缝S处时的速度大小为，有

解得

（2）对于时刻经狭缝S进入两板间的电子，设电子在板间运动时间为，有

解得

所以电子在板间运动过程中板间电压恒为，设偏距为，有

解得

（3）结合图像及以上分析可知，t=0时射入的电子，刚好能在时从上极板飞出。随后的粒子离上极板的距离越来越远。故在0～时间内，设时刻进入两板间的电子偏距恰好为0，取垂直板向上方向为正向，则在内，粒子在竖直方向的位移为

此时粒子的竖直方向速度为

由于后，电子所在的电场发生改变，电子开始做匀减速直线运动。根据（2）可知，电子飞出电场所需时间为，故电子开始做匀减速直线运动到离开电场是偏距为零所需时间为t1，故有

又

联立解得

即在内的电子都从上方离开电场。同理可得，在～T时间内，设在时刻进入两板间的电子偏距也恰好为0，则粒子竖直方向先向下做匀加速直线运动，随后反方向做匀减速直线运动。以向上为正方向。故有

解得

即在内的电子都从上方离开电场。故0～T时间内经狭缝S进入两板间的电子中，能从中心线上方离开电场的电子所占百分比为

解得

【点睛】粒子运动的水平速度不变，所以粒子离开电场的时间不变。对于交变电场，分析粒子在电场中运动的规律，根据粒子的运动情况以及各运动阶段的关系进行解答。
18. 如图，长度为L的木板静置于倾角θ=37°的足够长粗糙斜面上，在木板下端B处固定有厚度不计且垂直于木板的挡板，木板总质量为3m，木板下表面粗糙，上表面光滑。现将质量为m的小物块置于木板上距离木板上端A为的C处，释放物块，物块滑到木板下端B处时与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块与挡板第一次碰撞前物块的速度大小v0；
（2）物块与挡板在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，物块离开挡板的最大距离Δxm；
（3）物块与挡板在发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中所产生的摩擦热Q；
（4）物块与挡板发生第n次碰撞后木板的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）物块由C到达B过程中，木板受到的最大静摩擦力为

因为

所以木板刚好保持静止，有

解得

（2）物块与挡板第一次碰撞后的瞬间，设物块和木板的速度分别为、，取沿斜面向下方向为正向，有


解得
，
第一次碰撞后木板匀速下滑，物块匀减速上滑，设经时间物块与木板共速，此时物块离挡板最远，有



解得

（3）第一次碰撞后设经时间物块与木板发生第二次碰撞，有

说明：分段计算时间亦可

解得

（4）设物块与挡板发生第二次碰撞前物块速度为，碰撞后的速度分别为、，有

解得

又


解得
，
同理第三次碰撞后物块和木板的速度分别为
，
所以第n次碰撞后木板的速度为