2024届安徽省一六八中学等“皖江名校联盟”高三上学期12月月考试题 物理 （解析版）

这是一份2024届安徽省一六八中学等“皖江名校联盟”高三上学期12月月考试题 物理 （解析版），共1页。试卷主要包含了必修 2等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1 ．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100 分，考试时间 75 分钟。
2 ．答题前，考生务必用直径 0 ．5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3 ．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0 ．5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区
域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4 ．本卷命题范围：必修 1、必修 2、必修 3 的第九、十章。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。
1 ．12 月 5 日，NBA 季中锦标赛淘汰赛正式开打。如图所示，比赛中篮球在球员手中被旋转抛出，最终落入
篮筐中。下列说法正确的是( )
A ．研究篮球旋转情况时可以把篮球看成质点
B ．篮球在空中运动时只受重力和空气的作用力
C ．篮球在被抛出去之后的运动过程中，初速度与所受合力在同一条直线上
D ．篮球在被抛出去之后的运动过程中，所受合力的方向指向运动轨迹的外侧
2 ．辐射对人体的伤害程度用物理量“当量剂量 ”来衡量。“当量剂量 ”的国际单位是“希沃特 ”，记作“Sv ”。 如果每千克人体组织吸收 1 焦耳能量， 我们定义此时的当量剂量为 1 希沃特。现用国际单位制的基本单位表示
希沃特，下列选项中正确的是( )
A ．J . kg一 1 B ．kg2 . m2 . s一2 C ．m2 . s一2 D ．m2 . s一 1
3 ．如图所示， 飞船携带探测器在圆轨道 I 上绕地球飞行， 其轨道半径为地球半径的 k 倍(k > 1) 。当飞船通过
轨道 I 的 A 点时， 飞船上的发射装置短暂工作， 将探测器沿飞船原运动方向射出， 而飞船在发射探测器后速度 方向不变沿椭圆轨道 II 向前运动，其近地点 B 到地心的距离近似为地球半径 R。以上过程中飞船和探测器的
质量均可视为不变。已知地球表面的重力加速度为 g，忽略地球自转。下列说法中正确的是( )
A ．飞船在轨道 I 运动的速度大小v1
gR
=
k
B ．飞船在轨道 I 运动的加速度大小a =
g
k
C ．飞船在轨道 II 上的 B 点运动的速度大小vB =
D ．飞船在轨道 II 上的 B 点的速度等于第一宇宙速度
4 ．近日，华为与奇瑞汽车联合发布了双方合作的首款智能电动汽车，智能驾驶正日益走近人们生活。某车评
机构对这款汽车做 AEB（自动紧急刹车系统）测试，汽车运动的位移一时间图象如图所示。已知该汽车的运
动分为两阶段，第一阶段，从t = 0 时刻至t0 时刻，汽车在平直的道路上做匀速直线运动； 第二阶段， t0 时刻，
激光雷达发现前方障碍， 行车电脑立即控制刹车踏板， 车辆开始做匀减速直线运动， 时刻 2t0 后图线与时间轴
平行。下列说法正确的是( )
A ．汽车匀减速直线运动的加速度大小为 x0
2t
B ．2t0 后汽车开始做匀速运动
C ．t0 ~ 2t0 时间内，汽车的位移为
x
0
3
D ．t0 ~ 2t0 时间内，汽车的平均速度大小为
x
0
2t0
5．如图所示， 吸附在竖直玻璃上质量为 m 的擦窗工具， 在平行于玻璃的拉力作用下， 沿与竖直方向夹角为 60。
的虚线方向做加速度大小为 g 的匀加速直线运动， 若摩擦力大小等于mg ，其中 g 为重力加速度， 则拉力
的大小为( )
A .
1
2 mg
B .
3
2 mg
C .
mg
D ． mg
6 ．如图所示， 水平桌面上的物块 A 通过一根不可伸长的轻绳， 绕过桌边的轻滑轮与物块 B 相连， 轻绳处于伸
直状态且与桌面平行，用手按住 A，使其静止于 P 点，此时 B 距地面的距离 h = 0.30m ，将 A 由 P 点静止释 放， 若 B 落地后不反弹， 最终 A 停在 Q 点。测量 PQ 间距离s = 0.60m ，A、B 质量相等。若不计空气阻力和
滑轮上所有摩擦，取重力加速度 g = 10m / s2 ，则下列说法正确的是( )
A．A 与桌面的动摩擦因数 μ = 0.5
B．B 落地后 A 做减速运动的加速度约为3.3m / s2
C ．从开始运动至 A 停在 Q 点， A 和 B 组成的系统机械能守恒
D．B 落地时损失的机械能等于 B 下落过程中重力势能的减少量
7．如图甲所示， 有一平行于纸面的匀强电场， 以电场内某一位置 O 为原点建立 x 轴， 选取 x 轴上到 O 点距离
为 r 的 P 点，以 O 为圆心、r 为半径作圆。现从 P 点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势 和转过的角度θ, 可以用此数据绘制 -θ图线。同理， 当半径分别取 2r、3r 时， 做同样的测量， 用数据在同一个坐标系中绘制 -θ图线。绘制图线如图乙中所示的三条曲线。三条曲线①、②、③均在θ= θ0 时达到最大值， 最大值分别
为40 ，30 ， 20 。下列说法正确的是( )
图甲
A ．曲线①中电势的最小值为-40
C ．电场强度的大小为
图乙
B ．坐标原点 O 的电势为0
D ．电场方向斜向右上方且与 x 轴正方向的夹角为θ0
8 ．在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在接近木星时受其磁场和辐射影响，导致行星发动机故 障熄火， 被木星引力“捕获 ”后加速向木星靠近。当地球与木星球心之间的距离小于某个值 d 时， 在地球表面
物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂，这个临界距离 d 被称为“洛希极限 ”。如图所示， 假设地球
和木星的质量分别 M、M0 ，地球的半径为 R。地球没有自转， 同时不考虑木星自转和太阳系其他星球的作用，
由于木星的质量大约为地球的 1300 倍， 可以近似以木星为惯性系来研究问题。取地球表面上距离木星最近的 地方一质量为 m 的物体，计算它刚好被木星吸走时木星与地球距离为临界距离，则木星使地球产生撕裂危险
的临界距离 d——“洛希极限”满足下列哪个表达式( )
A ． G M = G M B ． G M0 - G M = GM0
(d - R)2 R2 (d - R)2 R2 d 2
M M M M M M
C ． G - G = G 0 D ． G 0 + G = G 0
R2 (d - R)2 d 2 (d - R)2 R2 d 2
二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 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。
9 ．如图所示， 一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动、足够长的水平传送带平滑连接于 N 点， 圆
弧轨道半径为 R。质量为 m 的小滑块（可视为质点） 自圆弧轨道最高点 M 由静止释放，滑块在传送带上运动
4
R
一段时间后返回圆弧轨道， 上升到最高点时距 N 点高度为
速度为 g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A ．传送带匀速传动的速度大小为
B ．经过足够长的时间，滑块最终静止于 N 点
。已知滑块与皮带间的动摩擦因数为 μ , 重力加
C ．滑块第一次在传送带上向右运动的最大位移为
R
μ
D ．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为 mgR
10 ．一小球可以停在光滑水平面的任意位置。从力的角度讲，小球受力平衡；从能量的角度讲，小球在光滑水 平面的任意位置的重力势能相等。现有一根光滑的细杆被弯成如图所示的形状，并被固定在竖直平面 xOy 内，
其形状曲线方程为y = ax2 （a 为正的常数）。杆上套有一质量为 m 的小环，当杆绕y 轴以恒定角速度 转动
时，环在杆上任何位置均能相对杆静止，这一现象依旧可以用等势面解释。建立一个随杆一起转动的参考系， 杆和小环均在参考系中静止。在此参考系中， 小环除受重力、支持力外，还多受到一个“力 ”，同时环还将具
有一个与这个“力 ”对应的“势能 ”。质量为 m 的小环（可视为质点） 在这个坐标系下具有的“势能 ”可表示
为E = 一 1 m2x2 。该“势能 ”与小环的重力势能（以 x 所在平面为重力势能零面）之和为小环的总势能， p 2
小环能稳定在杆上的任何位置，说明稳定时小环在杆上任何位置总势能是相同的。下列说法正确的是( )
A ．细杆旋转的角速度 =
B ．与该“势能”对应的“力”的方向平行 x 轴指向正方向
C ．与该“势能”对应的“力”的大小随 x 的增加而减小
1 2 2
D ．该“势能”的表达式E = 一 m x 是选取了y 轴处“势能”为零
p 2
三、非选择题：本题共 5 小题，共 58 分。
11 ．（6 分）
某同学按如图所示连接电路， 利用电流传感器和电压传感器研究电容器的充、放电情况。实验时， 先将开关 S 与“ 1 ”端相连， 待电路稳定后， 将开关掷向“2 ”端， 传感器将信息传入计算机， 屏幕上可以显示出电流、电
压随时间变化的i 一 t 图线、 u 一 t 图线。
（1）下列选项中， 当开关与“ 1 ”端相连时， 电压传感器所描绘的u 一 t 图线应是 ；当开关与“2 ”端
相连时，电流传感器所描绘的i 一 t 图线应是 。
A .
C .
B .
D .
（2）结合屏幕显示的 i - t 、u - t 图线可知 。
A ．刚开始充电时充电电流最大 B ．刚开始充电时充电电流最小
C ．充电结束时电压为零 D ．充电电流跟两极电压成正比
（3）假设上述所选的i - t 图线与横轴围成的面积为S1 、u - t 图线与横轴围成的面积为 S2 ，再利用图像中已
知数据，则计算该电容器电容 C 的表达式为 （题中及图像中所给数据单位均为国际单位）。
12 ．（9 分）
某物理实验小组利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。
图甲
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外， 在下列器材中， 还需要使
用的一组器材是 。
A ．直流电源、天平（含砝码）
B ．直流电源、刻度尺
C ．低压交流电源、天平（含砝码）
D ．低压交流电源、刻度尺
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的 5 个点 A 、 B 、C、D 、E，测得 C、D 、E 三个点到起始点 O 的距离分别为 hC 、 hD 、 hE 。已知当地重力加速度为 g，打 点计时器打点的周期为 T。设重物的质量为 m ，则从打下 O 点到打下 D 点的过程中，重物的重力势能减少量
为 ，动能增加量为 。（用上述测量量和已知量的符号表示）
图乙
（3）机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律， 实验小组又设计了如图丙所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上， 另一端与轻弹簧相连， 轻弹 簧下端悬挂着下表面水平的重物， 在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器， 两个传感器再通过数据采集 器和电脑相连（图未画出）。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内， 重物只在竖直方向上下运
动，没有转动。
图丙
小组同学首先用天平测得重物的质量为 m ，然后：
①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek ；
②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点， 用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面
p
的距离，继而得到重物的重力势能E ；
③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离， 与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作
为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小 F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能 E弹 。
分析上述三种能量之和 E 随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E 随时间保持不变，则可认为重物
（包括地球）和弹簧组成的系统机械能守恒。
已知实验得到的F - t 图象如图丁所示，则下列选项中的图象中可能正确的是 。
图丁
A .
B .
C .
13 ．（10 分）
如图所示，a 、b 、c 、d 为电场中四个平行等距的水平等势面，且 a > b 。一电荷量为 q = 2 x 10一4 C 的带正 电小球在该电场中运动，轨迹如图曲线所示，A 、B 为其运动轨迹上的两个点。小球在 A 点的速度大小为
v1 = 20m / s ，方向水平向右。已知 A 、B 连线长为L = 50m ，连线与等势面间的夹角为θ= 37。，电场场强
E = 1x 104 N / C ，cs 37。= 0.8 ，sin 37。= 0.6 ，空气阻力不计，重力加速度为 g = 10m / s2 。求：
（1）小球从 A 运动到 B 的时间；
（2）小球的质量；
（3）小球到达 B 点时的速度大小v2 。
14 ．（15 分）如图所示， M、N 为竖直放置的平行金属板， 两板间所加电压为U0 ，S1 ， S2 为板上正对的小孔。
平行金属板 P 和 Q 水平放置且关于小孔S1 ， S2 所在直线对称， P、Q 两板的长度和板间距离均为 d，P、Q 两 板间加电压可形成偏转电场；距离金属板 P 和 Q 右边缘 d 处固定有一足够长的竖直正对荧光屏，屏上 O 点与
S1 、 S2 共线。加热的阴极 K 发出的电子经小孔S1 进入 M、N 两板间， 通过 M、N 间的加速电场加速后， 进入
P、Q 间的偏转电场。已知电子的质量为 m ，电荷量值为 e ，从小孔S1 进入的电子初速度可以忽略。整个装置
处于真空中，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应，电子撞击荧光屏时会产生亮斑。
（1）若在 P 、Q 两板间加一恒定电压U1 = U0 ，判断电子最终是落到金属板还是荧光屏上，并求出落上时的
动能；
3 2π
（2）若在 P、Q 两板间加一交变电压UPQ = 2 U0 sin T0 t ，电子穿过偏转电场的时间远小于T0 ，可以认为每 个电子在 P、Q 间运动过程中两板间的电压恒定， 不考虑电场变化时产生的磁场。不同时刻进入偏转电场的电 子， 偏转电压不同， 打到荧光屏上的位置就不同， 写出电子打到荧光屏上的亮斑的位置y 与进入电场时刻 t 的
关系式。
15 ．（18 分）
如图所示为一种大型机械缓冲器的简易模型。缓冲器由一个带有物块掉落口的斜面、合适的弹簧和与弹簧相连 的移动平板 A 构成。缓冲器工作时， 移动平板将在斜面 PQ 间往复运动。系统工作时， 启动装置将移动平板 A 推至物块掉落口下沿 P 处由静止释放，此后启动装置不再工作。当平板 A 运动到斜面顶端 Q 处时速度恰好减 为零， 此时物块 B 被轻推到斜面上， 接下来， B 与 A 一起沿斜面下滑。当二者到达 P 处时， 速度恰好为零， B 从物块掉落口落下，移动平板 A 的底边长大于物块掉落口尺寸，不会掉下。此后，平板 A 在弹簧的作用下将 重新上升，设计 A 到 Q 处时才会接收到另一个相同物块，循环往复。已知斜面与水平面夹角为θ= 37。，平
板 A、物块 B 与斜面间的动摩擦因数均为 μ = ，P、Q 间距为L = 6m ，A 的质量为m = 10kg ，重力加速度
为 g = 10m / s2 。为了方便计算，不计弹簧质量和移动平板 A 及物块的大小， cs37。= 0.8 ， sin37。= 0.6 。
求：
（1）移动平板 A 从 P 运动到 Q 的过程中，弹簧弹性势能的变化量 ΔEp ；
（2）物块 B 的质量 M；
（3）由于设备故障，平板 A 刚要从 P 处启动时，物块 B 就被从 Q 处轻推而下。系统立即关闭 P 处物块掉落 口，同时关闭启动装置使移动平板 A 就停在 P 处不能移动，此后 B 下滑，与 A 发生弹性碰撞，经多次往返运
动最终静止。求物块 B 运动的总路程 s 和总时间 t。
物理参考答案
1 ．B
5 ．C
9 ．CD
2 ．C
6 ．B
10 ．AD
3 ．A
7 ．B
4 ．D
8 ．B
1 ．B【解析】研究篮球旋转情况时不能把篮球看成质点，选项 A 错误；篮球被抛出去之后，受到重力和空气 的作用力，其运动轨迹是一条曲线，其初速度与所受合力不在同一条直线上，选项 B 正确，C 错误；篮球做
曲线运动时，其所受合力的方向指向运动轨迹的内侧，选项 D 错误。
kg . m
. m
N . m s2 2 2
2 ．C【解析】由题意知， 1Sv = 1J / kg = 1 kg = 1 kg = 1m / s 。
3．A【解析】设地球质量为 M，飞船质量为 m ，探测器质量为m/ ，当飞船与探测器一起绕地球做圆周运动时
的速度为v1 ，
根据万有引力定律和牛顿第二定律有
GM (m + m/) (kR)2
= (m + m/) ，对于地面附近的质量为 m0 的物体有
m0 g = G ，
解得： vI = ，A 正确；
GM g
a = = ，B 错误；
(kR)2 k2
由开普勒第二定律vB . R = vA . kRvB = vAk < ，C 错误；
飞船在 B 点的速度大于第一宇宙速度， D 错误。
4 ．D【解析】匀速运动的速度为 v0 = ，匀减速末速度为零，加速度大小为 a = 2t0v一0 t0 = ，A 错误；
2t0 后汽车静止， B 错误； t0 ~ 2t0 时间内，汽车位移为x = 2t0 一 t0 ) = ，C 错误；
0
x
t0 ~ 2t0 内，汽车平均速度的大小为v = 2 = x0 D 正确。
0 0
t 2t
5 ．C【解析】在竖直平面内，擦窗工具受重力、摩擦阻力、拉力三个力作用。把力沿运动方向和垂直于运动
方 向分 解 ，列牛顿第二定律方程 ： Fx 一 Ff 一 mg cs 60 = ma ，解得 Fx = ； Fy 一 mg sin 60 = 0 ，
3
mg ， 2
2 2
= mg ，C 正确。
F = y
F =
F + F x y
( ) ( )
6 ．B【解析】设 A 、B 质量为 m ，选取两物体和绳的整体为研究对象，由动能定理可得：
动至落地： mgh 一 μmgh = x 2mv2 。过程二， A 做匀减速运动至停止： 一μmg(s 一 h)
过程一，从 B 开始运
1 2
= 一 mv ，
2
联立以上二式得mgh 一 μmg(2s 一 h) = 0 ，解得 μ = ，A 错误；
a = μg ~ 3.3m / s2 ，B 正确； 由于 B 落地损失动能，同时 A 受到桌面的摩擦力做功，故系统机械能不守恒，
C 错误；B 下落减少的重力势能等于 AB 获得的动能和 A 克服摩擦力做功， B 落地损失的机械能等于 B 落地动
能，故 D 错误。
7．B【解析】从图象可知， 电场强度的方向与θ= θ0 时半径方向平行， 方向斜向左下方。且当半径与 Ox 方向
夹角为θ0 时， 半径为 r0 、 2r0 、3r0 时电势分别为 20 、30 、40 ，所以可知场强大小为 ，坐标原点处的
电势为0 。曲线①中最高电势与圆心电势差为30 ，圆心与最低电势差也为30 ，最低电势为一20 ，ACD 错
误， B 正确。
8 ．B【解析】已知地球质量为 M，木星质量为M0 ，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为 m 的物体。
地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有 G = Ma ，物体 m 在木星引力和地球引力
作用下，有 G 一 G = ma, ，满足 a, 之 a 时，即满足 G 一 G 之 G时，地球开始被
(d 一 R) R (d 一 R) R d
撕裂。故选 B。
9 ．CD【解析】滑块滑动到底端时速度为 v1 ， mgR = mv ，v1 = 。
2 4 2
滑块向右减速为零后返回与皮带共速v2 ，再次滑上圆弧， 1 mv = mg R ，v2 = ，A 错误；
滑块再次滑回皮带向右再次减为零又返回与皮带共速，滑上圆弧高度为
mgR = μmgx ，x = ，C 正确；
，以后周期性重复此过程，B 错误；
1 2
mv
2
2
滑块第三次以v2 = 滑上皮带， 向右滑行距离为
= μmhx1 ，x1 = ，时间为t1 =
, 滑块相对
于 皮 带 滑 动 x相1 = x1 + v2t1 = , 滑 块 返 回 过 程 中 ， 皮 带 相 对 皮 带 滑 动 x相2 = v2t1 一 = ，
x相 = x相1 + x相2 = ，产生热量 Q = μmgx相 = mgR ，D 正确。
10 ．AD【解析】当小环在细杆的最低点时，小环的总势能为零，由于小环可以相对静止于环上的任何位置，
2ag
1 2 2 2
所以，在任何位置的总势能为零。 mgy - 2 m x = 0 ，即 mgax
- m2x2 = 0 ，解得 =
, A 正确；
由E, = - 1 m2x2 公式可知，在曲线左右等高点（y 相同）该“势能 ”相同，说明从 O 点到两侧对称点该力 p 2
做的功相同，说明力是平行于 x 轴，但左右力的方向相反， B 错误；
假设 x 增加相同的情形下，重力势能增加变大，总势能不变，故该“力”增加， C 错误；
由E, = - 1 m2x2 公式可知， x = 0 ，E, = 0 ，D 正确。
p 2 p
11 ．（6 分）
（1）C（1 分） B（1 分）
（2）A（2 分）
（3） C = （2 分）
【解析】（1）电容器充电过程中， 电容器两端电压越来越大， 电源与电容器间电势差越来越小， 电路中电流逐 渐减小， 电容器充电会越来越慢， 电压增加也就越来越慢， 最终电容器电压等于电源电动势， 电压最大， 电流 为零。电容器放电时， 开始两极板电势差最大， 电路中电流最大， 随着电容器电压降低， 电路中电流减小， 放
电速度也越来越慢， 最终电流为零。故图像分别选 C 和 B；（2）根据（1）分析可知只有 A 正确；（3）i - t 图
线与横轴围成的面积S1 表示电容器充电获得的电量， 再根据电容器充电结束时电压U0 ，求出电容的表达式为
C = 。
12 ．（9 分）
（1）D（2 分）
（2）mghD （2 分） （2 分）
（3）AC（选对 1 个给 1 分，有错选不给分， 3 分）
【解析】（1）电磁打点计时器工作需要低压交流电压，长度测量需要刻度尺。质量可以不测，故选 D；
1 ( h - h )2 m(h - h )2
（2）重力势能减少量 Ep = mghD ，动能增加量 Eh = 2 m ；
（3）由图丁可知，振子的周期为 2T，T 时刻弹力最小，弹簧伸长量最小，在最高点；2T 时刻弹力最大，弹簧
伸长量最大，在最低点。故 A 正确；
在最高点和最低点动能都是零，变化周期为 T，C 正确；弹性势能变化周期为 2T，故 B 错误。
13 ．（10 分）
【答案】（1）2s；（2）0.4kg ；（3）10 m / s
（1）由题意知该电场为匀强电场，且方向竖直向下。
小球在水平方向做匀速直线运动Lcsθ= v1t （1 分）
则t = L csθ = 2s （1 分）
1
v
（2）F = qE + mg （1 分）
F = ma （1 分）
L sinθ= at2 （1 分）
qEL cs2 θ
2v sinθ一 gL cs2 θ
联立上式得m = （1 分）
代入数据解得m = 0.4kg （1 分）
（3）由动能定理 (qE + mg)L sinθ= 1 mv 一 1 mv （1 分）
2 2
v2 = v1 + （1 分）
2 2 2(qE+ mg)L sinθ
m
解得v2 = v1 = 10 m / s （1 分）
（其他解答步骤得出正确结果的，亦给分。）
14 ．（15 分）
【答案】（1）打到荧光屏上，动能 EK = eU0 ；
9 2π
（2）y = 8 d sin T0 t
（1分）
【解】（1）设电子进入 PQ 间的速度为v0 ，由动能定理 eU0 = mv
P、Q 两板间的电场强度为E = （1 分）
电子在 P、Q 两板间加速度a = （1 分）
假设电子能够飞出偏转电场，电子在 P、Q 两板间运动时间t1
1 2
电子在 P、Q 两板间偏转位移y = 2 at （1 分）
1 1
联立可得y = d < d （1 分）
4 2
故假设正确，电子飞出偏转电场打到荧光屏上。
电子动能为： EK = eU0 + e . y = eU0 （1 分）
（2）若电子恰好从极板边缘飞出时极板所加电压为U2 ：
U U
1 0 = =
d d
（1分）
1 2 1 eUPQ d 2
0
加速度： a = （1 分）
d
=
2
电子在 P、Q 两板间偏转位移
可得U2 = 2U0 （1 分）
at （1 分）
3 2π
当 P、Q 两板间的电压UPQ = 2 U0 sin T0 t < 2U0 ，因此，所有电子都能从两板间射出。
2 2 md v
离开偏转电场时的偏转距离y1 = at = 2 （1 分）
整理得y1 = （1 分）
偏转角正切值 tanθ= e = （1 分）
t 时刻亮点的坐标y = y1 + dtanθ（1 分）
所以y = 3Q = d sin t （1 分）
15 ．（18 分）
【答案】（1）一540J ；
（2）20kg；
（3）12m； s
【解】（1）以 A 为研究对象， P 至 Q，弹力做功为 W，由动能定理得
一mgL sinθ一 μmg csθ. L +W = 0 （1 分）
解得W = mgL sinθ（1 分）
p
由 ΔE = 一W 得，
代入数据解得 ΔE = 一 3 mgLsinθ= 一540J （1 分）
p 2
（2）以 AB 的整体为研究对象， Q 至 P，由动能定理得
(m + M )gL sinθ一 μ(m + M )g csθ. L 一 W = 0 （1 分）
代入数据解得M = 2m = 20kg （1 分）
（3）从 B 开始下滑到 B 靠 A 停止，由动能定理得
MgL sinθ一 μMg csθ. s = 0 （1 分）
带入数据解得s = 2L = 12m （1 分）
下滑过程，对 B，由牛顿第二定律得
1
Mg sinθ一 μMg csθ= Ma （1 分）
a1 = g(sinθ一 μcsθ) = 3m / s2 （1 分）
L = 1 a1t = 1 g(sinθ一 μ csθ)t （1 分）
2 2
t1 = = = 2s （1 分）
上滑过程，对 B，可由牛顿第二定律求加速度大小为
a2 = g(sinθ+ μcsθ) = 9m / s2 （1 分）
由运动学规律，可得第一次下滑过程和第一次上滑过程的时间关系
（1分）
a1t1 = a2t
1
t
（1分）
a
, 1
1 1
1
t = t =
3
2
a
同理可得第一次上滑过程和第二次下滑过程的时间关系
L1 = 1 a2t2 = 1 a1t （1 分）
2 2
t2 = t = t （1 分）
所以， B 运动的总时间为
t总 = t1 + t + t2 + t + t3 + t + …
= 2 + 1 x 2 + x 1 x 2 + 2 + 2( )2 + 2( )2 + …
3 3 9 9 27
= 2 (|（1+ + (|（1+ + x (|（1+ + …
= 2 (|（1+ x 1一13 s
12 + 4 = s
（2分）