1、2013届浙江省名校新高考研究联盟高三第一次联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 一物体自 时开始做直线运动，其速度时间图像如图所示。下列选项正确的是 ( ) A在 0 6s内，物体离出发点最远为 30m B在 0 6s内，物体经过的路程为 30m C在 0 6s内，物体的位移为 30m D在 0 6s内，物体所受的合外力做负功 答案： C 试题分析：（ 1） v-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负； （ 2）平均速度等于位移除以时
2、间； （ 3）判断恒力做功的正负，可以通过力与位移的方向的夹角判断夹角为锐角或零度，做正功，夹角为直角不做功，夹角为钝角或平角做负功 A.0-5s，物体向正向运动， 5-6s向负向运动，故 5s末离出发点最远，故 A错误； B由面积法求出 0-5s的位移 s1=35m， 5-6s的位移 s2=-5m，总路程为： 40m，故 B错误； C由面积法求出 0-6s的位移 s=30m，故 C正确； D由图象知 5 6s过程物体做匀加速，合力和位移同向，合力做正功，故 D错误 故选 C 考点：匀变速直线运动的图像 点评：本题考查了速度 -时间图象的应用及做功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度 -时
3、间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别属于基础题 质量为 的带正电小球由空中某点 无初速度自由下落，在 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过 秒小球又回 到 点。不计空气阻力且小球从未落地，则 ( ) A整个过程中小球电势能变化了 B整个过程中小球机械能增量的大小为 C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了 D从 A点到最低点小球重力势能减小了 答案： BD 试题分析：根据运动学公式，抓住位移关系求出电场力和重力的大小关系根据电场力做功判断电势能的变化，根据动能定理求出从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能的变化，根据重力做功判
4、断从 A点到最低点小球重力势能变化 A、自由落体运动的位移 ，末速度 v=gt，设加上电场后的加速度为 a，则加上电场后在 ts内的位移 ，因为 x1=-x2，则 a=3g，因为 ，所以电场力 F=4mg电场力做功与路径无关，则电场力做功电势能减小 故 A错误， B正确 C、加电场时，物体的速度 v=gt，末速度为零，则动能的减小了 故 C错误 D、 ts末加上电场匀减速运动到零的位移 ，则从 A点到最低点的位移 则重力势能减小量为 故 D正确 故选 BD 考点：电势能；带电粒子在匀强电场中的运动 点评：解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，重力做功与重力势能的关系以及合力功与动能的关系
5、 如图所示的电路 中， AB是两金属板构成的平行板电容器。先将电键 K闭合，等电路稳定后再将 K断开，然后将 B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点 P与 A板的距离不变。则下列说法正确的是（ ） A电容器的电容变小 B电容器内部电场强度大小变大 C电容器内部电场强度大小不变 D P点电势升高 答案： ACD 试题分析：当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化 A、将 B板向下平移一小段距离，由 可知电容器的电容变 小，故 A正确； B、由 、 、 可知， ，只改变极板间距，没有改变电荷
6、分布密度，板间场强不变，故 B错误， C正确； D、板间场强不变 ，故 D错误。 故选： ACD。 考点：电容器的动态分析 点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变 质量和电量都相等的带电粒子 和 ，以不同的速率经小孔 垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ） A 带负电， 带正电 B 的速度率小于 的速率 C洛伦兹力对 、 不做功 D 的运行时间大于 的运行时间 答案： AC 试题分析：通过图示得出洛伦兹
7、力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反根据 ，得出半径公式 ，周期公式 ，利用半径关系和圆周角判断速率关系和运行时间关系 N 向左偏， M 向右偏，根据左手定则知， M 带负电， N 带正电，由 可知，的速度率大于 的速率，两者在磁场中运动的圆心角相同，运动时间相同，AC正确 故选： AC。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式 一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜
8、面上放一滑块 ，若给 一向下的初速度 ，则 正好保持匀速下滑。如图所示，现在 下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是 ( ) A在 上加一竖直向 下的力 ，则 将保持匀速运动， 对地无摩擦力的作用 B在 上加一个沿斜面向下的力 ，则 将做加速运动， 对地有水平向左的静摩擦力的作用 C在 上加一个水平向右的力 ，则 将做减速运动，在 停止前 对地有向右的静摩擦力的作用 D无论在 上加什么方向的力，在 停止前 对地都无静摩擦力的作用 答案： AD 试题分析：先对 m 受力分析，再对整体受力分析，只研究竖直面上的受力情况，由牛顿第二定律可求得竖直面上的加速度，根据超重和失重的知识求得压力 当
9、不受外力时， 正好保持匀速下滑，对 m受力分析， A. 得到： mgsin= f， ；即： ，在 上加一竖直向下的力 ， ，则 将保持匀速运动，由整体分析可知 对地无摩擦力的作用， A正确； 对 M受力分析如图： 因为：斜面对 m的作用力竖直向上，大小为 mg，所以 m对 M的作用力 F大小为 mg，方向竖直向下，故斜面不受静摩擦力的作用斜面受到的支持力：FN=F+Mg=（ M+m） g 当 m变速运动时， m所受的支持力和滑动摩擦力不变，即： m和 M之间的作用力不变，故 M受力情况与原来相同 故选： AD。 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用、牛顿运动定 律的应用 -连接
10、体 点评：本题如果还是按我们的常规思路，先求 m对 M的作用力再求压力将是非常繁琐的一个过程；而本解法采用分解加速度的方式求解压力，可简化过程；故在解题中应灵活；即使加速度不同，也可利用整体法求解 如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的 点自由滑下，经过轨道端点 进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使球从轨道上较低的 点开始滑下，经 点进入板间，在之后运动的一小段时间内 ( ) A小球的重力势能一定会减小 B小球的机械能可能不变 C小球的电势能一定会减少 D小球动能可能减小 答案： C 试题分析：带电小球进入磁场后，受到洛伦兹力，因为直线
11、运动，又由于洛伦兹力与速度有关，所以一定做匀速直线运动由平衡可求出速度大小小球下落高度减小，进入复合场的速度减小，洛伦兹力减小，小球向电场力方向偏转，电场力做正功，小球的电势能一定会减少，重力做功情况不知，故只有 C 正确。 故选： C。 考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律 点评：洛伦兹力是与速度有关的一种特殊力，所以若是直线运动，则一定是匀速直线运动同时电场力做 功与重力作功有相似之处，重力做功只与初末位置高度有关，而电场力做功与初末位置沿电场强度方向的距离有关 如图所示，足够长的水平传送带以稳定的速度 匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上入一个质量为 的物体，
12、经一段时间，物体的速度达到 ，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为 ；物体继续加速，再经一段时间速度增加到 ，这个过程中因摩擦而产生的热量为 。则 的值为 ( ) A 3： 1 B 1： 3 C 1： 1 D与 大小有关 答案： A 试题分析：足够长的水平传送带，物体的运动分为两个过程，刚开始摩擦力向右，木块匀加速运动，当木块的速度增加到等于皮带的传送速度后，木块和传送带一块匀速运动 ，式中 l为物体和传送带之间的相对位移，物体的加速度为： ，加速到 的时间 ， ， ， A正确。 故选： A。 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动
13、摩擦力 点评：本题关键将皮带上木块的运动分为两个加速度不等的匀加速运动过程进行分析 在如图所示的电路中，电源的电动势为 ，内阻为 ，平行板电容器 的两金属板水平放置， 和 为定值电阻， 为滑动变阻器 的滑动触头， 为灵敏电流表， 为理想电流表。开关 闭合后， 的两板间恰好有一质量为 、电荷量为 的油滴处于静止状态。在 向上移动的过程中，下列说法正确的是 ( ) A 表的示数变大 B油滴向上加速运动 C 中有由 至 的电流 D电源的输出功率一定变大 答案： B 试题分析：油滴原来处于静止状态，重力与电场力平衡 G电路稳定时，电容器的电压等于变阻器两端的电压当滑片 P向上移动的过程中，变阻器的电压
14、增大，电容器的电压增大，板间场强增大，油滴 向上做加速运动电容器充电，G中有从 b到 a的电流当滑片 P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，电容器放电， G中有从 a到 b的电流将 S断开到电路稳定的过程，电容器通过R2和 R放电，板间场强逐渐减小，油滴向下运动， G中有从 a到 b的瞬间电流通过 A、 B当滑片 P向上移动的过程中，电阻变大回路电流变小 表的示数变小，变阻器的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，油滴向上做加速运动电容器充电， G中有从 b到 a的电流故 A错误， B正确， C错误 D、当滑片 P向上移动的过程中，电阻变大回路电流变小，电源的输出功率一定 变小故 D错误
15、故选 B。 考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律 点评：本题是电容的动态变化分析问题，关键在于确定电容器的电压及其变化当电路稳定时，电容器的电压等于所在支路两端的电压 如图所示，在光滑的水平面上叠放两物体 和 ，其中上面的物体 质量为，下面较大一点的物体 质量为 ，且两物体间的动摩擦因数为 ，并认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。现再用一根不计质量的轻绳通过理想定滑轮（不计摩擦和质量）分别与两物体相连，并用水平恒力 拉定滑轮。为使两物体不发生相对滑动，力 最大不能超过 ( ) A B C D 答案： C 试题分析：由动摩擦因数可求出最大静摩擦力对 B研究，求出 A、 B刚要滑动时的加速
16、度，再对整体研究求出此时的拉力 因为 B的质量大， AB间的最大静摩擦力是一定，所以最终 A相对于 B向右加速， A的最大加速度即为整体的最大加速度：由 得到：，整体分析可知： 代入加速度整理可得： 最大不能超过， C正确。 故选： C。 考点：静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 点评：首先隔离分析求出两物体不发生相对滑动的最大加速度，然后整体分析求力 。 2012年 10月 25日，我国将第十六颗北斗卫星 “北斗 ”送入太空，并定点于地球静止轨道东经 110.5。由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太地区提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务
17、，并具短报文通信能力。其定位精度优于 20m，授时精度优于 100ns。关于这颗 “北斗 ”卫星以下说法中正确的有 ( ) A这颗卫星轨道平面与东经 110.5的经线平面重合 B通过地面控制可以将这颗卫星定点于杭州正上方 C这颗卫星的线速度大小比离地 350公里高的天宫一号空间站线速度要大 D这颗卫星的周期一定等于地球自转周期 答案： D 试题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可 北斗卫星 “北斗 ”送入太空，并定点于地球静止轨道，既然是定点就是同步卫星了，必须在赤道上空飞行，轨道也与赤道是同心圆。同步卫星高度约 36000千里，围绕
18、同一中心天体运动，半径越大，匀速圆周运动的线速度越小，所以D正确。 故选 D。 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达 式，再进行讨论 关于静电场，下列结论普遍成立的是 ( ) A电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 B电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 C在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 答案： C 试题分析：本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析 A、电
19、势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以 A错误； B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以 B错误； C、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以 C正确； D、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以 D错误； 故选 D 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势 点评：本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体现对物理量 基本概念和基本性
20、质的记忆、理解仍是高考命题的重点之一 汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律，以下说法正确的是（ ） A汽车能拉着拖车加速前进，是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力 B加速前进时，汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等 C汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力 D汽车对拖车对拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等 答案： B 试题分析：汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知道这两个力的关系；在对拖车受力分析，结合运动情况确定各个力的大小情况 A、 B、汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第
21、三定律，这两个力总是大小相等、方向相反并且作用在同一条直线上，故 A错误， B正确； C、汽车对拖车施加拉力和拖车对汽车的拉力是同时产生的， C错误； D、汽车对拖车对拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力大小所以拖车做加速运动， D错误； 故选 B 考点：牛顿第三定律，牛顿第二定律 点评：本题 关键在于拖车拉汽车的力与汽车拉拖车的力是作用力和反作用力，它们总是大小相等、方向相反并且作用在同一条直线上，同时对拖车受力分析后结合运动情况确定各个力的大小情况 实验题 某同学要测定一电源的电动势 和内电阻 ，实验器材有：一只 DIS电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用 表示），一只电阻箱（阻值用 表
22、示），一只开关和导线若干。该同学设计了如图所示的电路进行实验和采集数据。 电流传感器 电源 图甲 图乙 图丙 （ 1）该同学设计实验的原理表达式是 (用 、 、 表示 )； （ 2）该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到 （填 “最大值 ”、 “最小值 ”或 “任意值 ”），实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为 ； （ 3）该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示的 图像，则由图像可求得，该电源的电动势 V，内阻 。（结果均保留两位有效数字） 答案： (1) (2)最大值、 21 (3)6.3（ 6.1-6.4）、 2.5（ 2.4-2.6） 试题分析：根据闭合
23、电路欧姆定律列式，然后进行公式变形，得到 与 R关系式，再分析讨论 （ 1）该同学设计实验的原理表达式是 ； （ 2）该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到最大值，实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为 21 ； （ 3）该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示的 图像，则由图像可求得，该电源的电动势 6.3V，内阻 2.5 。根据闭合电路欧姆定律，有，公式变形，得到 对比一次函数 y=kx+b， R相当于 y， E相当于 k， 相当于 x，（ -r）相当于 b；故 E=k、 -r =b 解得电源的电动势 6.3V，内阻 2.5 。 考点：测定电源的电动势和内阻。
24、 点评：本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动 势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键 用如图（甲）所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系（交流电频率为50Hz）： （一）下图所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取 A、 B、 C、D、 E、 F、 G等 7个计数点（每相邻两个计数点之间还有 4个点没有画出），将毫米刻度尺放在纸带上。根据下图可知，打下 E点时小车的速度为 _m/s小车的加速度为 _m s2。（计算结果均保留两位有效数字） （二）另一同学在该实验中得到如下一组实验数据（表中 F表示细线对小
25、车的拉力， a表示小车的加速度）： 0.196 0.294 0.392 0.490 0.588 0.25 0.58 0.90 1.20 1.53 （ 1）请在答题卡所示的坐标系中画出 a -F图线； （ 2）根据图表分析，实验操作中存在的问题可能是 _ _（填字母序号） A没有平衡摩擦力 B平衡摩擦力时木板倾角过小 C平衡摩擦力时木板倾角过大 D小车质量太大 E钩码的质量太大 答案：（一） 0 20m/s、 0 40m/s2（误差在 0 02范围内均可得分） （二）（ 1）如图（图线作成折线或曲线均不能得分） （ 2） AB 试题分析：（一）正确解答本题要注意：刻度尺读数时要进行估读；匀变速直
26、线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；求加速度时可以利用，可以根据加速度的定义式 。 因为相邻两个计数点之间还有 4个实际点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为 0.1 s 利用匀变速直线运动的推论得： 。 （二）图象说明在拉力大于 0时，物体的加速度为 0，说明绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 图象说明在拉 力大于 0时，物体的加速度为 0，说明合外力为 0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够故 AB正确而 CD错误 故选 AB 考点：测定匀变速直线运动的加速度，探究加速度与物体质量、物
27、体受力的关系 点评：（ 1）匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的平均速度在纸带问题上非常常用，需要熟练掌握，纸带上求解加速度一般就是逐差法和 v=v0+at，要灵活应用（ 2）要注意单位换算和有效数字问题 (3)只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举一反三，所以要注意基本原理的学习 计算题 （ 9分）如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角 。一个质量的小物体（可视为质点），在 F 10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数 ，取 。试求： （ 1）物体在拉力 F作用下运动的加速度 ； （ 2）若力 F作用 1.2 s后撤去，物体在上滑过程中
28、距出发点的最大距离 s； （ 3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦所做的功。 答案： (1) (2)2.4m（ 3） 12J 试题分析： (1)对物体受力分析，依据牛顿第二定律： 物体受到斜面对它的支持力 物体受到斜面对它的摩擦力 物体的加速度 (2)力作用 后，速度大小为 物体向上滑动的距离 此后它将向上匀减速运动，其加速度大小 这一过程物体向上滑动的距离 整个上滑过程移动的最大距离 （ 3）整个运动过程所通过的路程为 克服摩擦所做的功 考点：牛顿定律、运动学公式、功的计算。 点评：本题是多过程问题，运用动量定理和动能定理结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学结合研究 （
29、 9分）如图所示，一质量为 的物块 A与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为 的物块 B叠放在 A的上面， A、 B处于静止状态。若 A、 B粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢提 B，当拉力的大小为时， A物块上升的高度为 L，此过程中，该拉力做的功为 ；若 A、 B不粘连，用一竖直向上的恒力 作用在 B上，当 A物块上升的高度也为 L时， A、 B恰好分离。已知重力加速度为 g，不计空气阻力，求： （ 1）弹簧的劲度系数 ； （ 2）恒力 的大小； （ 3） A与 B分离时速度的大小。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设弹簧原长为 没 有作用力 时，
30、弹簧总长度为 当 时，弹簧总长度为 又由题意可知 解得 （ 2） A、 B刚分离时， A不受 B对它的弹力作用，经受力分析可得它的加速度为 此时 B的加速度为 且刚分离时应有 由以上方程解得 （ 3）设上升 L过程中，弹簧减小的弹性势能为 A、 B粘连一块上升时，依据功能关系有： 在恒力 F作用上升过程中有： 由以上两式可得： 考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 点评：本题要注意临界条件的确定，两者分离不是弹簧恢复到原长而是二者加速度相同时故分析清 楚运动过程非常关键 （ 12分）如图所示，在 轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为。 轴下方分布有很多磁感
31、应强度为 的条形匀强磁场区域，其宽度均为为 ，相邻两磁场区域的间距为 。现将一质量为、电荷量为 的带正电的粒子（不计重力）从 轴上的某处静止释放。 （ 1）若粒子从坐标（ 0, ）点由静止释放，要使它经过 轴下方时，不会进入第二磁场区， 应满足什么条件？ （ 2）若粒子从坐标（ 0, ）点由静止释放，求自释放到第二次过 轴的时间。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析： (1)粒子经电场加速，经过 轴时速度大小为 ，满足： 之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足： 又 由以上三式可得： （ 2）当粒子从 的位置无初速释放后，先在电场中加速，加速时间为 满足 解得 进入磁场的速度大小为 ，
32、圆周运动半径为 解得 解得： 根据粒子在空间运动轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区，它在磁场区共运动时间为半个圆周运动的时间 ，经过第一无磁场区时运动方向与轴的夹角 满足： 所以它在无磁场区的路程 无磁场区运动时间 总时间 点评：该题是一道综合性较强的题，主要是考察了带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场的匀速圆周运动解决此类问题常用的方法是对过程进行分段，对各个段内的运动情况进行具体分析，利用相关的知识进行解答这要求我们要对带电粒子在电场和磁场中的运动规律要了如指掌，尤其是带电粒子在磁场中的偏转，确定轨迹的圆心是解决此类问题的关键 （ 12分）如图甲所示，水平放置的平行金属板 A和 B的距离为
33、 d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶 MN，现在 A、 B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为 U0，反向电压值为 ，且每隔 T/2变向 1次。现将质量为m的带正电，且电荷量为 q的粒子束从 AB的中点 O以平行于金属板的方向 OO射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在 A、 B间的飞行时间均为 T。不计重力的影响，试问： （ 1）定性分析在 t=0时刻从 O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。 （ 2）在距靶 MN的中心 O点多远的范围内有粒子击中？ （ 3）要使粒子能全部打在靶 MN上，电压 U0的数值应满足什么条件？ (写出U0、 m、 d、 q、 T的关系式即
34、可 ) 答案：（ 1）先向下加速再向下减速。 (2) O正下方 到 O正上方. (3) U0 . 试题分析： (1)先向下加速再向下减速。 (2)粒子打在靶 MN上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围 当粒子在 0， T,2TnT 时刻进入电场中，粒子将打在 O点下方最远处，在前 T/2时间内，粒子在竖直方向上的位移 y1 a1 2 在后 T/2时间内，粒子在竖直方向上的位移 y2 v - a1( )2 其中 v a1 ， a2 可得 y2 故 O点正下方最大位移 y y1 y2 当粒子在 T/2,3T/2 T时刻进入电场时，粒子将打在 O点上方最远处，在前 T/2时间内，粒子在竖直方向上的位移 y1 a1 2 2在后 T/2时间内，粒子在竖直方向上的位移 y2 v - a2 2 其中 v a1 ， a2 可得 y2 0 故 O点正上方最大位移 y y1 y2 . (3)要使粒子能全部打在靶 MN上，则有 ，即 U0 . 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动量定理 点评：本题是粒子在周期性变化的电场中运动，分析带电粒子的运动情况是关键
