2022-2023学年贵州省铜仁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年贵州省铜仁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.物理学是一门以实验为基础的学科，物理从生活中来又到生活中去。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是.( )
A. 甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B. 乙图中，若在ab的两端接上交流电源(电流的大小和方向发生周期性变化)，稳定后接在cd端的表头示数始终为0
C. 丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，微波具有能量
D. 奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象
2.如图所示，小球滑离水平桌面到落地前，它的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、速率v随下降高度h的变化关系，不计空气阻力，取水平地面为零势能面，正确的是( )
A. B. C. D.
3.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表、电压表均为理想电表，当R2的滑片向左滑动时( )
A. 电压表读数变小
B. 电流表读数变大
C. R1消耗的功率变大
D. 电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比ΔUΔI的绝对值不变
4.如图所示的U−I图像中，直线表示某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线表示某电阻R的电压与电流的关系图线，虚线为交点处曲线的切线.现把该电源和电阻R连接成闭合电路，则电源的内阻r、电阻R、电源的输出功率P及电源的效率η分别为( )
A. r=3ΩB. R=6ΩC. P=9WD. η=50%
5.2023年春节，为增加节日的喜庆气氛，某街道两旁用如图所示的装置挂上了大红灯笼。OA、OC为轻绳系于弹簧右端O点，OA与竖直墙壁的夹角为53∘，OB为轻弹簧，弹簧的劲度系数为1000N/m，弹簧处于水平，已知灯笼质量为10kg，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 弹簧处于拉伸状态B. 轻绳OA上的弹力大小为100N
C. 弹簧的形变量为10cmD. 轻绳OC上的弹力大小为100N
6.真空中，绝缘水平面上有两个带电荷量均为+q的小物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA≠mB，两者均可看作质点。当相距L时，A、B均静止，如图所示。已知两物体和水平面间的动摩擦因数均为μ，静电力常量为k，重力加速度为g。则下列判断正确的是( )
A. A物体受到的摩擦力大小为μmAg
B. 若只将A物体的电荷量增至+Q，释放后两物体均运动，B物体向右作匀加速直线运动
C. 若只将A物体的电荷量增至+Q，释放后两物体均运动，开始运动瞬间B的加速度大小为kQqmBL2−μg
D. 若只将A物体的电荷量增至+Q，释放后两物体均运动，两物体运动的加速度大小相等、方向相反
7.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线运动，7s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 汽车在前7s内的牵引力为4×103N
B. 汽车在启动过程中的额定功率为1.12×105W
C. 汽车在启动过程中的最大速度为26m/s
D. 汽车在t1=7s到t2=37s这段时间内的位移为690m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图为我国神舟飞船变轨过程简化图。椭圆轨道Ⅰ上近地点为A、远地点为B，飞船到达B点时变轨进入圆轨道Ⅱ。飞船在轨道Ⅰ上A、B两点的线速度分别为vA、vB，在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的机械能分别为E1和E2。则( )
A. vA>vBB. vA9.探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系实验电路，如图所示，C1、C2是两个完全相同的电容器，开始不带电，单刀双掷开关S1和开关S2都处于断开状态，实验过程如下：开关S1先接1；再接2；然后断开S1且闭合S2；断开S2且S1接2。在这四次操作的每次操作稳定后数字电压表V示数为U1、U2、U3、U4。则下列说法中正确的是( )
A. U2=12U1,U3=U2B. U2=U1,U3=12U2
C. U3=U2，U4=U3D. U3=12U1,U4=12U3
10.如图甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB长度为s=2.5m，水平部分BC粗糙。物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值。一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，经B点由斜面转到水平面时速度大小不变。滑块从A到C过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示。g取10m/s2，通过以上实验及F−t关系图可求得( )
A. 斜面AB的倾角θ=60∘B. 滑块的质量m=2kg
C. 滑块与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.4D. 水平面BC的长度L=4m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图所示，某同学用图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为8V的交变电流和直流电，交变电流的频率为50Hz。重锤从高处由静止开始下落，电磁打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。
(1)他进行了下面几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器材
B.将打点计时器接到电源的“______”上(选填“直流输出”、“交流输出”)
C.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带
D.测量纸带上某些点间的距离
E.根据测量的结果计算处理实验数据验证机械能守恒
(2)在一次实验中，重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始释放点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。则从打下O点到打下D点的过程中，在误差范围内满足______(用上述测量量和已知量的符号表示)，说明机械能守恒。
(3)该同学发现用该实验装置还能完成对当地重力加速度的测量，他测出纸带上所有点到O点的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以v22为纵轴、以h为横轴画出的图像如图丙所示，该图斜率为k，则当地重力加速度为______。
12.在某次物理兴趣小组活动中，张老师从废旧收音机上拆下电阻、电容、电池，以便再利用，现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0，二是常用的锂电池(电动势E标称值为3.7V)。在操作台上还准备了如下实验器材：
A.电压表V(量程3V，15V，可视为理想电压表)
B.电流表A(量程0.6A，电阻RA=2Ω)
C.电阻箱R(0∼99.9Ω,最小分度值0.1Ω)
D.变阻器(最大阻值为20Ω)
E.开关S一只、导线若干
(1)为了减小实验误差，电压表选用量程为______(选填“3V”、“15V”)的接线柱接入电路中进行电压的测量。
(2)为了测定电阻的阻值，小组的一位成员设计了如图a所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，当电流表示数为0.40A时，电压表示数如图b所示，读数为______ V，由此可求得R0=______Ω。
(3)实验操作过程中，电流表A不小心损坏了。小组同学经过讨论利用余下的器材设计了如图c所示电路测量锂电池的电动势E和内阻r。多次改变电阻箱R，读出电压U，根据测得的数据作出1U−1R。图像如图d所示，由图求得纵轴截距为b，图像斜率为k，电阻R0已知，则电源电动势E=______，电池内阻r=______。(均只能用题目中给定的字母表示)
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.在铜仁市碧江区恐龙乐园有一项很受欢迎的娱乐项目滑草，游戏者乘坐滑草板从倾斜轨道顶端由静止出发，随着速度变大，往往让体验者感受到紧张和刺激，最后通过水平轨道减速到零。为了研究这个过程中的运动情况，某同学亲自参与了该项目的游戏并做了一些数据记录：他用手机记录了自己从斜轨道最高点静止出发到斜面底端B点的时间为t1=10s，通过询问工作人员他得知了倾斜轨道的长度为L1=35m，他测量了自己在水平轨道上做减速运动的位移大小为L2=7m，最后他对自己的运动过程做了简化处理：如图所示，把自己和滑草板看成质点，把整个运动过程看成沿斜直轨道AB的匀加速直线运动和水平直轨道的匀减速直线运动，不计通过B点前后瞬间的能量损失，整个运动过程中的动摩擦因数处处相同，重力加速度大小取g=10m/s2。根据这个简化和他前面已知的数据。
请求解以下问题：
(1)该同学在B点的速度大小；
(2)滑草板与草轨道的动摩擦因数。
14.抛石机是古代战场的破城重器(如图甲)，可简化为图乙所示。将石块放在长臂A端的半球形凹槽(内壁视为光滑)内，在短臂B端挂上重物，将A端拉至地面然后突然释放，假设石块运动到竖直上方最高点P时被水平抛出。已知转轴O到地面的距离h=5m，OB略小于h，OA=L=15m，石块质量m=30kg(可视为质点)，测得从P点抛出后的水平射程为40 3m，不计空气阻力和所有摩擦，取g=10m/s2，求：
(1)石块落地时速度的大小；
(2)石块到达最高点P时对凹槽压力的大小及方向。
15.如图所示，有四块长d=1m的矩形金属薄板M、N、P、Q，其中M、N正中间均开有小孔且竖直平行放置，间距d=1m，P、Q水平平行放置，间距也为d=1m；金属板M和N接电源两极，电源电压UMN=300V；金属板P和Q接另一电源，电压可在±200 3V之间任意调节；装置右侧的足够大的荧光屏与水平面成θ=60∘的夹角，过金属板M正中心和荧光屏正中心的线段OO′的长度x=5.5m。一群比荷为qm=6×106C/kg的带正电粒子从小孔O处飘入(初速度为零)，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，单个粒子在金属板间运动的过程中板间电压不变，忽略极板的边缘效应。求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小v0；
(2)粒子在金属板P、Q之间的最大偏转距离y；
(3)荧光屏上有粒子打到的区域的长度L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、甲图中，两根通电方向相反的长直导线产生的磁场方向相反，因此两导线相互排斥，相互排斥的作用是通过磁场实现的，故A错误；
B、乙图中，若在ab的两端接上交流电源，则穿过线圈的磁场不断变化，磁通量不断变化，cd线圈中产生感应电流，接在cd端的表头示数不为0，故B错误；
C、微波是一种电磁波，丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，提供内能，说明微波具有能量，故C正确；
D、奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应，故D错误。
故选：C。
甲图中，电流之间的作用是通过磁场来实现的；乙图中，对照感应电流产生条件分析；丙图中，从能量转化的角度，分析知道微波具有能量；奥斯特发现了电流的磁效应现象。
解答本题的关键要掌握电磁学的基础知识，关键要知道异向电流相互排斥，是通过磁场实现的。微波是一种电磁波，微波具有能量。
2.【答案】C
【解析】解：A、小球在下落过程中，由动能定理得：mgh=Ek−Ek0，则Ek=Ek0+mgh，所以Ek与h成线性关系，故A错误；
B、重力势能的变化Ep=Ep0−mgh，所以Ep与h成线性关系，故B错误；
C、小球做自由落体运动，只受重力作用，机械能守恒，故C正确；
D、小球下落h时，由动能定理得：mgh=12mv2−12mv02，解得：v= 2gh+v02，所以v−h图象不是一条倾斜的直线，故D错误。
故选：C。
根据小球运动中只有重力做功，机械能守恒，从而列式确定速度、机械能、动能与高度间的关系，根据重力做功解得重力势能的表达式，进而确定正确的图象。
本题考查机械能守恒定律的应用，要注意在确定图象时应先明确对应的表达式。
3.【答案】D
【解析】解：AB、当R2的滑片向左滑动时，其接入电路中的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得
I=ER1+R2+r
可知电流表的读数I减小
电压表的读数为U=E−I(R1+r)，I减小，可知电压表的读数增大，故AB错误；
C、R1消耗的功率为P=I2R1，I减小，可知R1消耗的功率在减小，故C错误；
D、根据电压表读数U=E−I(r+R1)=−I(r+R1)+E，知ΔUΔI为U1−I图像的斜率，即为−(r+R1)，所以电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比的绝对值不变，故D正确。
故选：D。
当R2的滑片向左滑动时，分析其接入电路的电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电路中电流的变化，即可知道电流表读数的变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表读数的变化。根据电流的变化分析R1消耗的功率的变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比ΔUΔI的绝对值与电阻的关系，再分析其变化情况。
本题是电路动态分析问题，关键要理清电路结构，按局部→整体→局部的顺序，根据串联电路规律和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路的电流和电压的变化情况。
4.【答案】D
【解析】解：A、电源的U−I图线的斜率绝对值表示电源的内阻r，则r=|ΔUΔI|=63Ω=2Ω，故A错误；
B、把该电源和电阻R连接成闭合电路，由两图线的交点坐标可知电阻的电压U=3V，电流为I=1.5A，则R=UI=31.5Ω=2Ω，故B错误；
C、电源的输出功率P=UI=3×1.5W=4.5W，故C错误；
D、电源的电动势E=6V，电源的总功率为P总=EI=6×1.5W=9W，则电源的效率η=PP总×100%=4.59×100%=50%，故D正确。
故选：D。
根据电源的U−I图线的斜率绝对值求电源的内阻r，由图线纵轴截距读出电源的电动势。把该电源和电阻R连接成闭合电路，由两图线的交点读出电阻R的电压和电流，由欧姆定律求电阻R。由P=UI求电源的输出功率P，由P=EI求电源的总功率，从而求得电源的效率η。
本题要抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
5.【答案】D
【解析】解：A、对O点进行分析，受力情况如图所示：
通过对O点受力分析可知，弹簧提供一个向右的弹力，因此处于压缩状态，故A错误；
B、由于OA斜向上的弹力的垂直方向分力在O点上与灯笼的重力相平衡，则可得：FOA×cs53∘=mg，求得：FOA≈167N，故B错误；
C、由于弹簧向右的弹力与绳OA水平方向上的分力相平衡，则可得FOB=FOA×sin53∘=167×0.8N=133.6N，再由弹簧劲度系数公式F=kx可得：x=0.1336m=13.36cm，故C错误；
D、绳OC垂直方向上只受灯笼重力以及与灯笼重力相平衡的绳OA在垂直方向上的分力，因此其弹力大小等于灯笼重力大小，F=mg=10×10N=100N，故D正确。
故选：D。
图示系统处于静止状态，根据受力平衡画出O点受力分析图，并将绳OA拉力分解即可求出各分力大小。
本题着重考查力的合成与分解以及共点力平衡，需明确画出O点上的受力分析，并分解为水平方向和垂直方向的分力即可轻松解决。
6.【答案】C
【解析】解：A、一开始两物体是静止的，两物体受到的是静摩擦力作用，根据平衡条件可知，两物体受到的摩擦力大小为f=kq2L2，故A错误；
BC、若只将A物体的电荷量增至+Q，释放后两物体均运动，对B物体，由牛顿第二定律可得kQqL2−μmg=ma，解得a=kQqmBL2−μg，随着两物体间距离的增大，则加速度会逐渐减小，所以B物体将向右做加速度减小的变加速运动，故B错误，C正确；
D、若只将A物体的电荷量增至+Q，释放后两物体均运动，两物体之间的库仑力是相互作用力，总是大小相等，方向相反的，但是两物体的质量不等，所以两物体的加速度不等，故D错误。
故选：C。
两物体静止时，受到的是静摩擦力作用，根据平衡条件可以得到两物体受到的摩擦力大小；根据牛顿第二定律可以判断物体的运动情况。
两物体之间的库仑力是相互作用力，总是大小相等，方向相反的，与它们所带电荷量的多少无关。
7.【答案】B
【解析】解：A、汽车在前7s内内做匀变速直线运动，加速度为
a=ΔvΔt=14−07m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律可得牵引力为
F−f=ma
解得
F=8×103N，故A错误；
B、汽车在第7s的功率为
P=Fv=8×103×14W=1.12×105W，故B正确；
C、汽车在启动过程中的最大速度为
v=P0.2mg=1.12×1050.2×2×103×10m/s=28m/s，故C错误；
D、设汽车在t1=7s到t2=37s这段时间内的位移为x，根据动能定理有
Pt−0.2mgx=12mvm2−12mv2
解得
x=472.5m，故D错误。
故选：B。
从v−t图象可以看出：汽车经历三个运动过程匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动、由图线斜率可求出前7s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力，7s未汽车的功率就达到额定功率，由P=Fv能求出额定功率、汽车速度最大时牵引力等于阻力，由P=Fvm，能求出最大速度。
本题运用图象考查汽车启动问题，在解题时要明确汽车的运动过程及运动状态，正确应用牛顿第二定律及功率公式求解。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、神舟飞船在Ⅰ轨道从A到B运行过程中，引力做负功，动能减小，所以vA>vB，故A正确，B错误；
CD、神舟飞船在Ⅰ轨道上B点点火加速进入轨道Ⅱ运行，速度变大，所以神舟飞船在Ⅱ轨道上的机械能比在Ⅰ轨道上大，即E1故选：AC。
神舟飞船在Ⅰ轨道从A到B运行过程中，引力做负功，神舟飞船在Ⅰ轨道上B点点火加速进入轨道Ⅱ运行，速度变大，机械能变大。
本题考查万有引力的应用，解题关键掌握能量变化规律，注意变轨问题的应用。
9.【答案】AD
【解析】解：开关S1先接位置1，电源对电容C1充电，两端电压为U1，再接位置2，两电容并联，总电荷量不变，相当于增大横截面积，由
C=εS4πkd，U=QC
可知，电容器的总的电容变为原来2倍，电压变为原来12，即U2=12U1
然后断开S1，电容C1的电荷量是原来的一半，闭合S2，电容C2的电荷量被中和，电容C1在电容不变的情况下，电压变为最初电压的一半，即U3=U2=12U1
断开S2且S1接2，同理可知
U4=12U3，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
开关S1先接1，电容器C1充电，根据每次操作后电路的连接关系，分析电容器板间电压的关系。
解决本题时，电容器的电容C不随电荷量的变化而变化，两个相同电容器并联时电荷量平分。
10.【答案】BD
【解析】解：A.在0∼1s内木块沿斜面匀加速下滑
mgsinθ=ma
位移为
s=12at2
由图知
t=1s
代入数据解得
sinθ=12
则
θ=30∘
故A错误；
B.在0∼1s内对斜面体ABC受力分析
mgcsθsinθ−F=0
由图知
F=5 3N
解得
m=2kg
故B正确；
C.1∼2s木块在BC部分做减速运动
μmg=ma′
对斜面体，由图象知
μmg=F′=4N
代入数据解得
a′=2m/s2
μ=0.2
故C错误；
D.木块到达B点的速度
vB=at=gsinθt=10×12×1m/s=5m/s
水平面BC的长度
L=vBt′−12a′t′2=5×1m−12×2×12m=4m
故D正确。
故选：BD。
由图象可知，物块在AB面上运动时，压力传感器为正值，在BC面上运动时，压力传感器为负值，根据图象得出在斜面上运动的时间，根据牛顿第二定律，结合位移-时间公式求出斜面AB的倾角；
在0−1s内对斜面体ABC受力分析，抓住压力传感器的示数，结合共点力平衡求出木块的质量；
1∼2s木块在BC部分做减速运动根据牛顿第二定律列式，对斜面体根据图像列式，求出加速度大小；
根据速度-时间公式求出物块到达B点的速度，结合运动学公式求解出水平面BC的长度。
本题考查了动力学知识与图象的综合，理清木块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，难度中等。
11.【答案】交流输出 ghD=12(hE−hC2T)2 k
【解析】解：(1)电磁打点计时器使用的是交流电，将打点计时器接到电源的交流输出上。
(2)根据匀变速直线运动规律可知D点的速度为：vD=hE−hC2T
根据机械能守恒定律可知mghD=12mvD2
解得：ghD=12(hE−hC2T)2
(3)根据机械能守恒定律有
mgh=12mv2
可有：v22=gh
所以当地重力加速度为g=k
故答案为：(1)交流输出； (2)ghD=12(hE−hC2T)2；(3)k
(1)根据打点计时器的工作原理解答；
(2)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，求解D点速度，根据机械能守恒定律分析解答；
(3)根据机械能守恒定律结合图像斜率解答。
解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力，注意图像斜率的含义。
12.【答案】3V2.8051b kb−R0
【解析】解：(1)电源电动势为3.7V，所以电压表选择3V量程即可。
(2)电压表量程为3V，故最小分度为0.1V，则电压表示数为2.80V，则电阻为
R0=UI−RA=Ω−2Ω=5Ω
(3)根据闭合电路欧姆定律有：E=U+UR (R0+r)
变形为：1U=1E+R0+rE⋅1R
结合图像的斜率与截距可知：
1E=b，R0+rE=k
解得：
E=1b
r=kb−R0
故答案为：(1)3V；(2)2.80、5；(3)1b、kb−R0
(1)根据电源电动势选择电压表量程；
(2)明确电压表量程和最小分度，从而确定读数，再根据欧姆定律即可求得电阻大小；
(3)根据闭合电路欧姆定律进行分析，列出对应的表达式，从而根据图象明确电源的电动势和内电阻。
本题考查了求电源电动势与内阻，根据实验器材确定实验方案是作出电路图的关键。根据闭合电路欧姆定律求出图象函数表达式，根据函数表达式与图象可以求出电源电动势与内阻。
13.【答案】解：(1)该同学在AB段做匀加速直线运动，根据位移公式有：
L1=12a1t12
解得：a1=0.7m/s2
根据速度公式有：
vB=a1t1
解得：vB=7m/s
(2)该同学在BC段做末速度为0的匀减速直线运动，根据速度-位移公式有：
vB2=2a2L2
解得：a2=3.5m/s2
根据牛顿第二定律得：
μmg=ma2
解得：μ=0.35
答：(1)该同学在B点的速度大小为7m/s；
(2)滑草板与草轨道的动摩擦因数为0.35。
【解析】(1)已知AB段位移和时间，且初速度为0，可通过位移公式求得加速度，再通过时间求得B点速度；
(2)BC段为末速度为0的匀减速直线运动，且已知位移和初速度，可通过速度-位移公式求得加速度，根据牛顿第二定律即可进一步求出摩擦力大小，进而求得动摩擦因数。
本题着重考查了应用牛顿第二定律通过运动情况求解受力的问题。知道力与运动联系的纽带为加速度，对匀变速直线运动通过已知条件求得未知量的能力，需熟练掌握匀变速直线运动中加速度、位移、时间和初末速度的关系。
14.【答案】解：(1)石块从P点抛出后做平抛运动，竖直方向有
L+h=12gt2
代入数据解得
t=2s
石块从P点抛出到达地面过程中，水平方向有
x=vt
代入数据解得
v=20 3m/s
石块落地时竖直方向的速度大小为
vy=gt
代入数据解得
vy=20m/s
石块落地时速度的大小为
v= v02+vy2
代入数据解得
v=40m/s
(2)石块到达最高点P时，根据牛顿第二定律有
FN+mg=
代入数据求得凹槽对石块的压力大小为
FN=2100N
根据牛顿第三定律可知石块对凹槽压力的大小为
FN′=2100N
方向竖直向上
答：(1)石块落地时速度的大小40m/s；
(2)石块到达P时对凹槽压力的大小2100N，方向竖直向上。
【解析】(1)石块从P点做平抛运动，根据运动学公式求得；
(2)在P点根据牛顿第二定律求得。
本题考查对向心力的理解能力，关键要知道向心力不是什么特殊的力，其作用产生向心加速度，改变速度的方向，不改变速度的大小。
15.【答案】解：(1)粒子在MN间运动时，根据动能定理有：qUMN=12mv02−0
解得：v0=6×104m/s；
(2)粒子在金属板P、Q之间作类平抛运动，当PQ间加最大电压Um=200 3V时，粒子在金属板P、Q之间的偏转距离y最大，根据类平抛运动的规律可得：
运动时间：t=dv0
根据牛顿第二定律可得：a=qUmmd
偏转位移：y=12at2
联立解得：y= 36m(3)当PQ间加最大电压Um=200 3V时，设粒子的最大速度偏角为α，则：vy=at
根据几何关系可得：tanα=vyv0
联立解得：tanα= 33，故α=30∘
有粒子打到荧光屏的区域如图所示：
由几何关系得：L=(x−d−d2)cs30∘tan60∘
解得：L=6m，因此荧光屏上有粒子打到的区域的长度为6m。
答：(1)粒子进入偏转电场时的速度大小为6×104m/s；
(2)粒子在金属板P、Q之间的最大偏转距离为 36m；
(3)荧光屏上有粒子打到的区域的长度为6m。
【解析】(1)粒子在MN间运动时，根据动能定理列方程求解；
(2)根据类平抛运动的规律求解粒子的最大偏转位移；
(3)当PQ间加最大电压Um=200 3V时，求出粒子的最大速度偏角，根据几何关系求解荧光屏上有粒子打到的区域的长度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。