【开学考】2024年高二上学期开学摸底考试卷物理（浙江专用）.zip

这是一份【开学考】2024年高二上学期开学摸底考试卷物理（浙江专用）.zip，文件包含物理浙江专用解析版docx、物理浙江专用考试版docx、物理浙江专用答题卡A3docx、物理浙江专用答题卡A3pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．用国际单位制基本单位表示能量的单位，下列正确的是（ ）
A．JB．WC．kg•m2/s2D．kg•m/s3
【解答】解：根据W＝FL以及F＝ma可知，功的单位1J＝1N•m＝kg•m2/s2；由于N不是国际单位制中的基本单位，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．如图为我国首颗高分辨率光学成像卫星﹣﹣高分四号，关于这颗地球同步卫星的相关说法正确的是（ ）
A．卫星相对地心是静止的
B．卫星运动的速度不变
C．研究该卫星的运动轨迹时不能将其看成质点
D．相对地面卫星的位置坐标不发生变化
【解答】解：A、该卫星绕地心做匀速圆周运动，相对于地面静止，但相对于地心是运动的，故A错误；
B、该卫星绕地球做匀速圆周运动，角速度不变，但线速度的方向时刻变化，线速度是变化的，故B错误；
C、由于卫星相对于地球来说其大小可以忽略，所以研究该卫星的运动轨迹时能将其看成质点，故C错误；
D、该卫星相对于地面静止，所以相对地面卫星的位置坐标不发生变化，故D正确。
故选：D。
3．在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是（ ）
A．在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了控制变量法
B．卡文迪什扭秤实验和库仑扭秤实验主要采用了理想实验法
C．当Δt非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，采用了极限法
D．伽利略对自由落体运动的研究用到了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法
【解答】解：A、探究加速度、力与质量关系涉及多个物理量，在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了控制变量法，故A正确；
B、卡文迪什扭秤实验和库仑扭秤实验主要采用了放大法，故B错误；
C、当Δt非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，采用了极限法，故C正确；
D、伽利略对自由落体运动的研究用到了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
4．质量为m的雪橇在倾角θ＝37°，足够长的斜坡向下滑动过程中，所受的滑动摩擦力为定值，空气阻力与速度成正比，比例系数k＝2kg/s。雪橇某段运动过程的v﹣t图像如图中实线AD所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，A点的坐标为（0，1）、B点的坐标为（2，3），已知g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。下列说法中正确的是（ ）
A．当v0＝1m/s时，雪橇的加速度为0.5m/s2
B．在0～2s过程中雪橇的平均速度为1.5m/s
C．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5
D．雪橇的质量m＝1kg
【解答】解：A．根据v﹣t图像切线斜率表示加速度，可知v0＝1m/s时，雪橇的加速度为
a0=ΔvΔt=3-12m/s2=1m/s2
故A错误；
B．根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～2s雪橇的位移满足
x＞1+22×2m=3m
则在0～2s过程中雪橇的平均速度满足
v=xt＞32m/s=1.5m/s
故B错误；
CD．当v0＝1m/s时，空气阻力大小为
f0＝kv0＝2×1N＝2N
根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcsθ﹣f0＝ma0
当v＝2m/s时，空气阻力为
f＝kv＝2×2N＝4N
此时雪橇的加速度为零，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcsθ﹣f＝0
代入数据联立解得
m＝2kg
μ＝0.5
故C正确，D错误。
故选：C。
5．下列有关电容器的表述正确的是（ ）
A．图甲S接1电容器充电，充电过程中通过电流表的电流大小不变
B．图乙S由接1改为接2，电容器放电，放电时通过电流表的电流方向为从左到右
C．图丙为可变电容器，它是通过改变两极板之间的正对面积来改变电容大小的
D．图丁中的“400V，68μF”，说明该电容器只有两端加上400V的电压时电容才为68μF
【解答】解：A．图甲中，开关接1，则电容器充电，在充电过程中，通过电流表的电流逐渐减小，故A错误；
B．图乙中，开光从1到2，电容器开始放电，由充电过程可知，上极板带正电，所以放电时通过电流表的电流方向为从右到左，故B错误；
C．图丙为可变电容器，它是通过改变两极板之间的正对面积来改变电容大小的，故C正确；
D．图丁中的电容器标有“400V，68μF”字样，说明该电容器两端电压的最大值为400V；而电容器的电容由电容器本身决定，与电压的大小无关，故D错误。
故选：C。
6．山东潍坊是“世界风筝都”，每年春天都会举办国际风筝节。如图所示，人拉风筝保持静止，AB代表风筝截面，与水平面的夹角为30°。OC代表风筝线，与风筝平面成60°。风筝质量为500g，风筝所受风力方向与风筝面垂直且认为大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A．风对风筝的作用力的大小为5N
B．风筝线对风筝的拉力大小为5N
C．若剪断风筝线，风筝将做自由落体运动
D．风筝线对人的拉力和人对风筝线的拉力是一对平衡力
【解答】解：AB．设风对风筝的作用力大小为F，线对风筝的作用力大小为T，以风筝为对象，受力分析如图，
由共点力平衡条件得：
Fcs30°＝mg+Tsin30°
Fsin30°＝Tcs30°
解得：F=53N
T＝5N
故A错误，B正确；
C．若剪断风筝线，风筝不只受到重力作用，还受到风力作用，风筝不是做自由落体运动，故C错误；
D．风筝线对人的拉力和人对风筝线的拉力是一对相互作用力，故D错误。
故选：B。
7．如图所示，有两个高度差为1m的小钢球A、B先后由静止开始下落，刚好同时落地，小钢球B下落的最后3.8m，用时0.2s，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小钢球B下落最后一秒的位移大小为15m
B．小钢球A下落时间为2s
C．小钢球A掉落前到地面的高度为20m
D．两小钢球在运动过程中，间距和速度之差均保持不变
【解答】解：AB．设小球B下落的高度为hB，时间为tB，则有hB=12gtB2，hB-3.8=12g(tB-0.2)2
解得hB＝20m，tB＝2s
小钢球B下落最后一秒的位移大小为：ΔhB=12gtB2-12g(tB-1)2=12×10×22m-12×10×（2﹣1）2m＝15m，故A正确；
BC．依题意，小钢球A掉落前到地面的高度为hA＝hB+1m＝20m+1m＝21m
小钢球A下落时间满足
hA=12gtA2
代入数据解得tA=1055s，故BC错误；
D．依题意，最后二者同时落地，开始时二者相距1m，则小球A先下落，两小钢球在运动过程中，两球速度之差为Δv＝vA﹣vB＝gΔt，因为Δt为一个定值，所以两球速度之差保持不变，间距逐渐减小。故D错误。
故选：A。
8．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空并与天宫空间站顺利对接。飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点。已知轨道2的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，轨道1的半长轴为a，引力常量为G，下列分析或结论正确的是（ ）
A．载人飞船若要由轨道1进入轨道2，需要在P点减速
B．载人飞船在轨道1上P点的加速度小于空间站在轨道2上P点的加速度
C．空间站在轨道2上运行的周期与飞船在轨道1上运行的周期之比为r3：a3
D．由已知可求得地球的质量为M=4π2r3GT2
【解答】解：A、载人飞船若要由轨道1进入轨道2做离心运动，需要在P点点火加速，故A错误；
B、根据GMmr2=ma，得a=GMr2可知载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可知r3T22=a3T12，解得空间站在轨道2上运行的周期与飞船在轨道1上运行的周期之比T2：T1=r3：a3，故C正确；
D、在地球表面上，由GMmR2=mg，解得地球的质量为M=gR2G。空间站在轨道2上运行时，由万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2T22r，解得地球的质量为M=4π2r3GT22，而T2＜T，则M＞4π2r3GT2，故D错误。
故选：C。
9．某燃脂呼啦圈如图甲所示，在圈外有一个用杆相连的重力锤，小明不小心将杆弄断了，换了一根细绳绑住重力锤。当细绳与竖直方向的夹角为53°，计数器显示1min内转了40圈，运动过程中腰带可看作不动，重力锤绕人体在水平面内做匀速圆周运动，其简化图如图乙所示。已知重力锤的质量m＝0.4kg，绳长L＝0.45m，取π2＝10，则以下说法正确的是（ ）
A．若细绳不慎断裂，重力锤将做斜抛运动
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．重力锤匀速转动的加速度大小约为7.5m/s2
D．细绳悬挂点到腰带中心的距离为0.39m
【解答】解：A．若细绳不慎断裂，重力锤抛出是的速度水平，将做平抛运动，故A错误；
B．若增大转速，腰带始终不动，受力是平衡的，故合力为零，故B错误；
C．对小球受力分析得，合力提供小球向心力，则水平方向：mgtan53°＝ma
解得：a＝gtan53°＝10×43m/s2=403m/s2，故C错误；
D．小球需要的向心加速度：a＝rω2＝r（2πn）2
转速n=4060rad/s
解得：r＝0.75m
细绳悬挂点到腰带中心的距离为d＝r﹣Lsin53°＝0.75m﹣0.45×0.8m＝0.39m，故D正确。
故选：D。
10．如图所示，中心开孔的A、B极板间加上恒定电压，两极板间的距离可以改变，电子每次以相同初速度沿两板的轴线方向向右射入电场中，电子所受重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．只要两极板的距离足够小，电子一定能从右极板射出
B．只要两极板的距离足够大，电子一定不能从右极板射出
C．当两极板的距离变化时，电子在电场中运动的时间不变
D．当两极板的距离变化时，电子离开电场的速度相同
【解答】解：AB、电子能否从电场中射出取决于两极板的电压，电子恰好从右极板射出时，由动能定理得
﹣qU＝0-12mv02
可得U=mv022q
则当电压大于mv022q，电子不能射出；当电压小于mv022q时，电子能射出，故AB错误；
C、若两极板的距离变大，场强变小，加速度变小，运动时间变长；反之，距离变小，时间变短，可知当两极板的距离变化时，电子在电场中运动的时间变化，故C错误；
D、当两极板的距离变化时，根据W＝﹣qU知电子在电场中电场力做功不变，故电子离开电场的速度相同，故D正确。
故选：D。
11．对以下图像分析正确的是（ ）
A．由甲图可知，甲做匀速直线运动
B．由乙图可知，乙做加速度为5m/s2的匀加速直线运动
C．由丙图可知，丙做加速度为﹣2m/s2的匀减速直线运动
D．由丁图可知，丁做加速度为﹣1.5m/s2的匀减速直线运动
【解答】解：A、根据匀变速直线运动的位移—时间关系x=12at2，可知，x﹣t2图线为过原点的倾斜直线，甲做匀加速直线运动，故A错误；
B、根据匀变速直线运动的速度—位移关系v2-v02=2ax
当初速度为零时，有v2＝2ax
由此可知，v2﹣x图线为过原点的倾斜直线，其斜率为k＝2a，所以a=k2=1012m/s2＝5m/s2，故B正确；
C、根据匀变速直线运动的位移—时间关系x=v0t+12at2，得xt=v0+12at
结合图线，有v0＝4m/s，12a=0-42m/s2，所以a＝﹣4m/s2
由此可知，加速度与初速度方向相反，物体做匀减速直线运动，故C错误；
D、由丁图可知，随着时间增大，加速度不断减小，所以物体做加速度减小的直线运动，故D错误。
故选：B。
12．如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长，物块与OA段的动摩擦因数μ＝0.50，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动x＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10m/s2，则（ ）
A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为2.4J
B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0J
C．整个运动过程中物块克服摩擦力做功为4.0J
D．物块从M点运动到N点的水平位移为1.6m
【解答】解：A、根据F﹣x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为：WF＝（6+182×0.2+18×0.2）J＝6.0J，故A错误；
B、物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功为：Wf＝μmgx＝0.5×0.5×10×0.4J＝1.0J
根据功能关系可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为：Ep＝WF﹣Wf＝6.0J﹣1.0J＝5.0J，故B错误；
C、整个运动过程中物块克服摩擦力做功为：Wf总＝2μmgx＝2×0.5×0.5×10×0.4J＝2.0J，故C错误；
D、设物块离开M点时的速度为v。对整个运动过程，由能量守恒定律得：12mv2＝WF﹣Wf总，代入数据解得：v＝4m/s
物块离开M点后做平抛运动，则有：h=12gt2，x＝vt，解得物块从M点运动到N点的水平位移：x＝1.6m，故D正确。
故选：D。
13．如图甲所示，将一轻弹簧放在倾角为45°的固定斜面上，弹簧的下端固定。把物体P靠近弹簧的上端放在斜面上，P由静止沿斜面向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图乙中实线所示。把物体P换成物体Q，完成同样的过程，其a﹣x关系如图乙中虚线所示，已知物体P与斜面间的动摩擦因数是物体Q与斜面间动摩擦因数的0.6倍。下列说法正确的是（ ）
A．P与斜面间的动摩擦因数为13
B．Q与斜面间的动摩擦因数为56
C．P的质量是Q的6倍
D．P的质量是Q的13倍
【解答】解：刚开始下滑时，物体受到重力，斜面对物体的支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，对P有
mPgsinθ﹣μPmPgcsθ＝mP•3a0
对Q有
mQgsinθ﹣μQmQgcsθ＝mQa0
P运动x0时，加速度为零，根据平衡条件有
mPgcsθ﹣μPmPcsθ﹣kx0＝0
Q下滑2x0时，加速度为零，根据平衡条件有
mQgsinθ﹣μQmQgcsθ﹣k•2x0＝0
联立并代入数据解得
mP=16mQ
μP＝0.5
μQ=56
故B正确，ACD错误。
故选：B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．如图所示，在真空中把一外表面绝缘的导体向带负电的小球P缓慢靠近（不相碰），下列说法正确的是（ ）
A．B端的感应电荷越来越多
B．导体内电场强度越来越大
C．导体的感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度
D．导体的感应电荷在M、N两点产生的电场强度相等
【解答】解：A、导体到点电荷的距离越近，静电感应现象越明显，则A端与B端的感应电荷越来越多，故A正确；
B、导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，故B错误；
CD、导体处于静电平衡状态，内部场强处处为零，即感应电荷的场强和带电小球P的场强等大、反向、共线，根据库仑定律可知带电小球在M点产生的场强大，故感应电荷在M点产生的场强也大，故C正确，D错误；
故选：AC。
15．如图所示，为我国某地的一风力发电机，其叶片的半径为R，若风速恰好与叶片转动所在圆面垂直，风力发电机将风能转化为电能的效率为η。已知空气密度为ρ，风速为v时发电机的发电功率为P。下列说法正确的是（ ）
A．风速为2v时发电机的发电功率为4P
B．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h
C．风速为v时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为12πR2ρv3
D．风速为2v时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为8Pη
【解答】解：AC.单位时间内吹到发电机叶片上流动空气的质量为 m＝ρπR2v，风力发电机叶片圆面上气体的动能为
Ek=12mv2=12ρπR2v3，所以发电机的功率P=12ηρπR2v3，即发电功率和风速v的三次方成正比，所以风速为2v时，发电机的功率为8P，故A错误，C正确；
B.当发电效率为100%时每年发电量为1.8×108×24kW•h＝2.4×109kW•h，而发电机的效率不可能为100%，故B错误；
D.风速为2v时发电机的功率为8P，则ηEk＝8P解得Ek=8Pη，故D正确；
故选：CD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．Ⅰ、如图1是研究“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。请回答下列问题：
（1）为了消除小车与水平桌面之间摩擦力的影响应采取的做法是
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板
C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
（2）在实验中得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点的时间间隔为T，且间距S1、S2、S3、S4、S5、S6已量出，则小车加速度的表达式为a＝ 。
【解答】解：（1）平衡摩擦力时，利用的是小车自身重力来平衡摩擦力，
故平衡摩擦力不能悬挂重物，故A错误；
小车静止在木板上，小车受到的是静摩擦力，
小车运动时摩擦力又变成了滑动摩擦力，故B错误；
不悬挂重物，小车恰好匀速运动，此时受力平衡，故C正确；
故选：C。
（2）小车做匀速直线运动，根据推论Δx＝aT2，得：
S6﹣S3＝3a1T2
S5﹣S2＝3a2T2
S4﹣S1＝3a3T2
又a=a1+a2+a33
联立以上各式，得：
a=(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)9T2
故答案为：（1）C；（2）(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)9T2；
Ⅱ、某同学想制作一个简易多用电表。实验室中可供选择的器材有：
电流表G1：量程为200μA、内阻为500Ω
定值电阻R1：阻值为125Ω
定值电阻R2：阻值为2.9kΩ
滑动变阻器R3：最大阻值5kΩ
直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω
红、黑表笔各一支，开关，单刀多向开关，导线若干
该同学打算用电流表G1作表头，利用所给器材，该同学设计了如图所示的多用电表内部电路，请回答下列问题：
（1）图中A端与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接；
（2）若测量电压，则其量程为 V；
（3）欧姆挡刻度盘的倍率设为“×100”，中央刻度值应标注数字为 ；
（4）若欧姆表的刻度盘按题（3）标度，实际由于电池老化电动势下降为1.4V，欧姆表仍可调零，正确操作后测得某一电阻阻值为2kΩ，则待测电阻真实阻值 2kΩ。（填“大于”，“等于”或“小于”）
【解答】解：（1）根据欧姆表的原理，及表头的接线规则，电流应从A流入，所以A是红表笔；
（2）电流表G1与R1并联时，其量程I＝Ig1+Ig1Rg1R1=200×10﹣6A+200×10-6×500125A=1×10﹣3A。再与R2串联后，当G1满偏时，总电压U＝I（Ig1Rg1I+R2）＝1×10﹣3A×（100+2.9×103）Ω＝3.0V；
（3）改装为欧姆表后，当电流表满偏时有：I=ERΩ，那么中值电阻：R中＝RΩ=EI=1.51×10-3Ω=1500Ω。若此时倍率为×100，那么中间的数值为15。
（4）欧姆表内阻为：R=EI，电流表满偏电流I不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小。电动势变为1.4V调零后，欧姆表内部的内阻为：R内′=1.41×10-3Ω=1400Ω，由2kΩ对应的电流列出关系式，有：I=1.51500+Rx=1.41400+2000，所以真实电阻Rx＜2000Ω。
故答案为：（1）红；（2）3V；（3）15；（4）小于
Ⅲ、在“探究平抛运动的特点”实验中，下列说法正确的是 。
A．如图丙所示的演示实验中，1球落地时与2球相碰，就可以说明平抛运动的轨迹是一条抛物线
B．用图丁装置进行实验，斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
C．用图丁装置进行实验，小钢球应从斜槽M上同一位置静止滚下
【解答】
A．球1落地时与球2相碰，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A错误；
BC．用图丁装置进行实验，斜槽轨道M不必须光滑，但末端必须水平，只要每次释放小球的位置固定，且从静止释放，就能保证小球每次的平抛初速度相同，故B错误，C正确。
故选：C。
故答案为：C。
17．（8分）如图所示，质量m＝1kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角为θ（未知）的足够长斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ（未知）。滑块向上滑行位移x＝16m后到达最高点，随即下滑，返回到出发点时的速度为v＝8m/s，不计空气阻力。求：
（1）滑块上滑过程的加速度a1；
（2）滑块下滑过程所用的时间t；
（3）斜面的倾角θ以及滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。
【解答】解：（1）滑块向上做匀减速直线运动，以沿斜面向上为正方向，由运动学公式有
0-v02=2a1x
解得：a1=-8m/s2
即加速度大小为8m/s2，方向沿斜面向下；
（2）下滑过程，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，平均速度为
v=v2=82m/s＝4m/s
又x=vt
解得：t＝4s
（3）下滑过程，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式有
v2＝2a2x
解得：a2=2m/s2
对上、下滑过程，分别根据牛顿第二定律得
﹣（mgsinθ+f）＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
联立可得：θ＝30°，μ=35
答：（1）滑块上滑过程的加速度a1为8m/s2，方向沿斜面向下；
（2）滑块下滑过程所用的时间t为4s；
（3）斜面的倾角θ为30°，滑块与斜面间的动摩擦因数为35。
18．（11分）如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°．一质量m＝2kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）小球抛出点到A点的水平距离。
（2）小球运动到B点时对轨道的压力大小。
【解答】解：（1）小球做平抛运动，竖直方向：
h﹣R（1﹣cs37°）=12gt2
解得：t＝0.3s
竖直分速度为：vy＝gt＝10×10＝3m/s
则水平分速度为：v0=vytan37°=4m/s
抛出点距A点的水平距离为：L＝x＝v0t＝4×0.3＝1.2m；
（2）小球从抛出到B点过程，由动能定理得：mg（h﹣R）=12mvB2-12mv02
在B点，由牛顿第二定律得：F＝mvB2R
代入数据解得：F＝68N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为：F′＝F＝68N
答：（1）小球抛出点到A点的水平距离为1.2m；
（2）小球运动到B点时对轨道的压力大小68N。
19．（11分）如图所示，一带电粒子比荷为qm=5.0×105C/kg，从靠近左板的a点由静止开始经电压为U＝100V的电场加速后，垂直进入虚线PQ、MN间的匀强电场中，从MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成45°角。已知PQ、MN间距离为d＝20cm，带电粒子的重力忽略不计。求
（1）带电粒子到达PQ位置时的速率v1；
（2）PQ、MN间匀强电场的电场强度E的大小；
（3）a、b两点间的电势差
【解答】解：（1）粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得：
qU=12mv12，
代入数据解得：
v1=2qUm=2×5×105×100m/s＝104m/s
（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有：d＝v1t，
粒子沿电场方向做匀加速运动，则有：vy＝at
由题意得：tan45°=v1vy，
由牛顿第二定律得：qE＝ma，
联立以上相关各式并代入数据得：E＝103N/C；
（3）在匀强电场中水平方向上，对粒子，由动能定理得：
qUab=12mv2=12m（v12+vy2）
联立以上相关各式并代入数据得：Uab＝200V；
答：（1）带电粒子到达PQ位置时的速率为104m/s；
（2）PQ、MN间匀强电场的电场强度E的大小为103N/C；
（3）a、b两点间的电势差为200V；
20．（11分）一个处于真空中的实验装置如图所示，水平放置的平行金属板电容器M两板间距d＝0.2m，电容器右侧存在沿电容器中心轴线，水平向左的有界匀强电场区域，场强大小为E＝1.5×103V/m，以电容器右边缘中点O点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，匀强电场区域宽度为L＝1.4m，在x轴上2L处有一足够长竖直挡板N。现有一可视为质点的带正电小球，已知质量m＝2.0×10﹣4kg、q＝1.0×10﹣6C，当小球从电容器左边缘中点A点以速度v0＝5m/s水平向右射入电容器，小球恰好向右做匀速直线运动，直到从右边缘中点O飞入右侧的水平电场区域，穿过水平电场后，最终带电小球打在竖直挡板上的P点，忽略电场的边缘效应，求：
（1）电容器两极板间的电压U0；
（2）小球穿过水平向左电场后，沿x轴方向分速度vx大小；
（3）小球打在竖直挡板上的P点的坐标；
（4）小球从进入水平电场到动能最小的过程中，电势能的变化量。
【解答】解：（1）根据匀强电场场强与电势差的关系E0=Ud
根据平衡条件qE0＝mg
代入数据联立解得，电容器两极板间的电压U＝400V
（2）小球在电场中，水平方向做匀减速直线运动；
根据牛顿第二定律qE＝max
代入数据解得ax=7.5m/s2
根据速度与位移的关系有vx2-v02=-2axL
代入数据解得vx＝2m/s
（3）小球在水平电场中，水平方向做匀减速运动
根据平均速度公式L=v0+vx2⋅t1
代入数据解得运动的时间为t1＝0.4s
小球离开水平电场后，在水平方向做匀速直线运动L＝vxt2
运动时间t2=Lvx=1.42m/s=0.7s
小球从坐标原点开始到打在竖直挡板上运动的总时间t＝t1+t2＝0.4s+0.7s＝1.1s
小球在竖直方向做自由落体运动，则有h=12gt2=12×10×1.12m=6.05m
因此，M点坐标为M（2.8m，﹣6.05m）；
（4）在水平电场中小球受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，如图1所示：
合加速度a=ax2+g2=7.52+102m/s2=12.5m/s2
设合加速度与竖直方向的夹角为θ
根据数学知tanθ=axg=7.510=0.75
代入数据解得θ＝37°
将初速度沿着a方向和垂直于a方向分别分解为v1和v2，如图2所示：
根据数学知识v1＝v0sin37°＝5×0.6m/s＝3m/s；v2＝v0cs37°＝5×0.8m/s＝4m/s
垂直于加速度方向的速度v2大小保持不变，沿v1方向做匀减速运动，当v1′＝0时，小球在电场中动能最小；
则这段过程的运动时间为t3=v1a=312.5s=0.24s
根据运动的等时性，该过程水平方向的位移为x=v0t3-12axt32
代入数据解得x＝0.984m
根据电场力做功公式，电场力做功W＝﹣qEx＝1.0×10﹣6×1.5×103×0.984J＝1.476×10﹣3J
根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能的变化量为ΔEP=-W=1.476×10-3J
答：（1）电容器两极板间的电压400V；
（2）小球穿过水平向左电场后，沿x轴方向分速度的大小为2m/s；
（3）小球打在竖直挡板上的P点的坐标M（2.8m，﹣6.05m）；
（4）小球从进入水平电场到动能最小的过程中，电势能的变化量1.476×10﹣3J。