1、浙江省温州市苍南县巨人中学2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、单项选择题（本题10小题，每小题4分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙为一男士站立在乘履带式自动人行道上正在匀速上楼下列关于两人受到的力做功判断正确的是( )A甲图中支持力对人做正功B乙图中支持力对人做正功C甲图中摩擦力对人做负功D乙图中摩擦力对人做负功考点：功的计算 专题：功的计算专题分析：甲图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力，乙图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，根据支持力和摩擦力的方向与速度方向的关系确定做功情况解答：解：A、甲图中，人匀速上楼，不受静
2、摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功故A正确，C错误B、乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功故B、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与速度方向成锐角，该力做正功，力与速度方向成钝角，该力做负功2在匀速转动的水平圆盘上有一个相对转盘静止的物体，则物体相对于转盘的运动趋势是( )A没有相对运动趋势B沿切线方向C沿半径指向圆心D沿半径背离圆心考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：匀速转动的水平转盘上有一相对转盘静止的物体，做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力根据向心力方向的特点分析静摩擦力方
3、向，确定物体的运动趋势解答：解：由题，物体随转盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，方向始终指向圆心，则物体相对于转盘的运动趋势是沿半径背离圆心故选：D点评：本题根据匀速圆周运动的特点分析物体运动趋势的方向静摩擦力方向总是与物体相对运动趋势方向相反3下列说法中不正确的是( )A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直
4、线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法考点：物理学史 分析：速度的定义v=，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法在探究加速度、力和质量三者之间关系时，应用了控制变量法匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法质点是用来代替物体的，采用是等效替代法解答：解：A、速度的定义v=，表示平均速度，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法故A正确 B、在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制
5、变量法故B正确 C、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法故C正确 D、用质点来代替物体的方法是理想化模型法故D错误本题选不正确的，故选：D点评：本题考查物理常用的思维方法中学物理常用的思想方法有极限法、控制变量法、等效法、假设法等等4我国道路安全部门规定：高速公路上行驶的最高时速为120km/h交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.30.6s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数（见表）路面动摩擦因数干沥青0.7干碎石路面0.60.7湿沥青0.320.4根据以上资料，如果高速公路只能如表所示的路面，通过计算判断汽车在高速公路上行驶时的安
6、全距离最接近( )A400mB200mC100mD50m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值解答：解：汽车的最高速度为v=120km/h=33.3m/s在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1=vt=33.30.6m=20m在汽车刹车的过程，根据动能定理得，解得173.6m，则总位移大小为x=x1+x2=193m，接近200m故选：B点评：本题一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态
7、；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离5带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷如果两极板间距不是足够 近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线关于这种电场，以下说法正确的是( )A平行金属板间的电场，可以看做匀强电场Bb点的电势高于d点的电势Cb点的电势低于c点的电势D若将一正电荷从电场中的任一点由静止 释放，它必将沿着电场线运动到负极板考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：匀强电场中场强处处
8、相同，电场线应是平行同向疏密均匀的直线；顺着电场线方向电势降低；带电粒子要沿电场线运动，电场线必须是直线解答：解：A、由电场线的分布情况看出，平行金属板间各处的电场强度不是处处相同，所以不能看成匀强电场，故A错误B、与电场线垂直的直线应是等势线，由图看出图中虚线是一条等势线，b点与d点的电势相同，故B错误C、据题上极板带正电荷，电场线从上极板指向下极板，根据顺着电场线方向电势降低，可知d点的电势低于c点，而b、d两点的电势相等，所以b点的电势低于c点的电势故C正确D、将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，不一定能沿电场线运动，只有在ab所在的电场线上，正电荷所受的电场力一直沿电场线向下，能沿此
9、电场线运动，其他电场线是曲线，正电荷所受的电场力沿电场线的切线方向，将使电荷离开电场线，故D错误故选：C点评：解决本题关键掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低，要明确只有电场线是直线时，电荷才能沿电场线运动6下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是( )ABCD考点：安培定则 分析：安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答解答：解：通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知AB错误；通电螺线
10、管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误故选C点评：加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法7小明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是( )A电路中的电源可以用低频交流电源B电路中的a端点须连接直流电源的负极C若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D若将可变电阻的电阻值调大，可增加玩偶飘浮的最大高度考点：楞次定律 分析：根据磁铁的磁性来
11、确定线圈上端，因通电而产生的磁场的磁极，依据右手螺旋定则，及同名磁极相互排斥，即可求解，而当线圈的磁场强弱与线圈匝数，及电流的大小有关解答：解：A、由题意可知，玩偶稳定地飘浮起来，且下端为S极，则线圈的上端为S极，根据右手螺旋定则可得，电源通的是直流电，且b端为电源的正极，而a端为电源的负极，故A错误，B正确；C、若增加环绕软铁的线圈匝数，从而增加线圈的磁场，导致玩偶飘浮的最大高度增加，故C正确；D、若将可变电阻的电阻值调大，则线圈中的电流减小，导致玩偶飘浮的最大高度减小，故D错误；故选：BC点评：考查玩偶的工作原理，理解右手螺旋定则的内容，注意影响玩偶飘浮的最大高度的因素8如图所示电路中，当
12、滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，电流表A1、A2及电压表V的示数的变化情况是( )A电流表A1增大，A2减小，电压表V减小B电流表A1减小，A2增大，电压表V减小C电流表A1增大，A2增大，电压表V增大D电流表A1减小，A2减小，电压表V增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电压表V读数的变化和电流A1的变化解答：解：当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，A2增大电
13、压表V读数U=EI（R2+r），I增大，U减小，则电流表A1减小故选B点评：本题是电路中典型的问题：动态变化问题，往往牵一发而动全身，按照“部分整体部分”的思路进行分析9NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( )AW+mgh1mgh2BW+mgh2mgh1Cmgh1+mgh2WDmgh2mgh1W考点：动能定理 专题：压轴题分析：分析在投篮过程中外力对球所做的功，则可求得篮球进筐时的动能解答
14、：解；人在投篮过程中，球受重力、人的作用力，已知人对球做功W，重力对球做功为（mgh2mgh1），则由动能定理可得：W（mgh2mgh1）=EK； 故动能为W+mgh1mgh2；故选A点评：应用动能定理解题关键在于分析初末状态及合外力的功，只要能明确这两点即可顺利求解10如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB则下列结论正确的是( )A粒子带正电，aAaB，EAEBB粒子带负电，aAaB，EAEBC粒子带正电，aAaB，EAEBD粒子带负电，aAaB，EAEB考点：电势能
15、；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aAaB；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EAEB；故D正确故选：D点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性
16、分析场强二、不定项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体，物体随装置一起在水平面内匀速转动的过程中所受外力可能是( )A重力、弹力B重力、弹力、滑动摩擦力C下滑力、弹力、静摩擦力D重力、弹力、静摩擦力考点：匀速圆周运动；向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：紧贴内壁的小物体随装置一起在水平面内匀速转动，靠合力提供向心力，根据角速度的大小判断其受力的情况解答：解：当角速度满足一定值时，物体可能靠重力和支持力两个力的合力提
17、供向心力，所以物体可能受重力和弹力当角速度不满足一定值时，物体可能受重力、弹力还有静摩擦力故B、C错误，A、D正确故选：AD点评：解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，与装置保持相对静止，不可能受滑动摩擦力，以及知道下滑力是重力的分力，不是物体所受的力12有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )A减小墨汁微粒的质量B减小墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度考点：带电
18、粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量y的表达式，再进行分析解答：解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：y=at2，加速度：a=，联立解得：y=，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故AC错误，BD正确故选：BD点评：此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，
19、推导出偏转量y的表达式13如图所示，质量分别为m的小球P和质量为2m的小球Q用细线相连，P用轻弹簧悬挂在天花板下，开始系统处于静止，剪断P、Q之间的连线，Q自由下落，P上下运动不计空气阻力下列说法中正确的是( )A弹簧的最大弹力为3mgBP在上下运动过程的最大加速度为3gCQ在下落的过程中机械守恒，P的机械能不守恒DQ在下落过程中，P、Q组成的系统机械能守恒考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：将下面的绳剪断的瞬间，上面弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体A球的瞬时加速度大小和方向当剪断弹簧时，根据机械能守恒条件即可判断解答：解：A、在未剪短时，整体受力分析
20、可知，弹簧的弹力等于3mg，故剪短瞬间，弹簧的弹力最大为3mg，故A正确；B、在剪断瞬间，对P由牛顿第二定律得3mgmg=maa=2g，故B错误；C、Q在下落过程中，只受重力故机械能守恒，而P受重力弹簧的弹力，机械能不守恒，故C正确；D、Q在下落过程中，P、Q组成的系统，弹簧对PQ组成的系统做功，故机械能不守恒，故D错误；故选：AC点评：本题是瞬时问题，关键掌握弹簧的弹力不会突变，而绳的弹力会突变；绳断之后弹力立刻变为零，而弹簧剪断之后弹力不变14如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区，在从ab边离开磁场的电子中，下列判断正确的是( )A从b点离开的电子速
21、度最大B从b点离开的电子在磁场中运动时间最长C从b点离开的电子速度偏转角最大D在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由轨道半径的大小确定速度的大小，由偏转角的大小确定时间的大小解答：解：电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：evB=得：R=电子在磁场中的运动时间为：t= 为转过的圆心角，也是速度的偏向角A 同为电子，B也相同，故R越大，v也越大从b点离开时半径最大故A正确B、C 从b点离开时，偏转角最小（为）；从a点离开时，偏转角为最大（为）故C错误从b点出来速度的偏向角最小，故时间最小故B错误D 若运动时间相
22、同，则偏转角相同，为同一轨迹故D正确故选：AD点评：粒子运动的轨道半径的公式为R=，得R大，V大用t= 可求出在磁场中的运动时间三、实验题（本题共2小题，共12分）15利用如图1装置可以做力学中的许多实验，（1）以下说法正确的是BDA用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行C用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D用此装置“探究加速度a与力F的关系”应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量（2）本装置中要用到打点计时器，如图2所示为实
23、验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是AA交流220V B直流220V C交流46V D直流46V（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A 点时小车的瞬时速度为0.52 m/s（结果保留2位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：（1）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，“研究匀变速直线运动”时，细线必须与木板平行以保持加速度不变；在探究“小车的加速度a与力
24、F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源，乙装置是电磁式打点计时器，需接低压交流电源；（3）根据中间时刻的速度等于平均速度求解A点速度解答：解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误；B、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行，保持小车的加速度不变故B正确；C、平衡摩擦力的方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，即mgsin=m
25、gcos，式子成立与质量无关，故改变质量后不需重新进行平衡，故C错误D、在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得：以M为研究对象有绳子的拉力为：显然要有F=mg必有m+M=M，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力故D正确；（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源；（3）根据中间时刻的速度等于平均速度得： 故答案为：（1）BD；（2）A；（3）0.52点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意
26、事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题，知道匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度16某同学要测绘标有“2.5V 0.3A”字样小灯泡的伏安特性曲线他从实验室找来相关器材连成如图甲所示的电路进行实验其中电压表量程选用03V该同学一边实验一边思考，提出疑问，请你帮他解决：（1）开关闭合前变阻器的滑片应置于右端（填“左”或“右”）（2）测得小灯泡两端电压为0.10V时电流为0.10A，电压为0.50V时电流为0.18A，那么当电压表的指针如图乙所示时，电压值为0.30V，试分析此时电流一定大于0.14A（填“一定等于”、“一定大于”、“可能大于”或“可能小于”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线
27、专题：实验题；恒定电流专题分析：在连接电路时开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片应处于最大值，读取电压表示数时，首先要明确电压表选择的量程和对应的分度值，读数时视线与指针所对刻线相垂直解答：解：（1）为避免接错线路，造成电流过大，在连接电路时开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片应处于最大阻值处，即右端（2）由图知，电压表选择的是03V量程，对应的分度值为0.1V，此时的示数为0.30V；当小灯泡的电压逐渐增大，即温度逐渐升高时，电阻增大，小灯泡两端电压为0.10V时电流为0.10A，电压为0.50V时电流为0.18A，所以电压为0.30V时电流一定大于0.14A故答案为：（1）右；（2）0.3
28、0，一定大于点评：滑动变阻器在电路中起到保护作用，所以在闭合开关前，滑动变阻器的滑片在最大阻值处电压表的读数和电流表的读数要注意最小刻度的数值四、计算题（本题共3小题，共32分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角=30的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a
29、1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由vt图象可以求出上滑过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度解答：解：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：上滑过程中加速度的大小：（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中有：mgsin+mgcos=ma1代入数据得：=0.35（3）下滑的距离等于上滑的
30、距离：x=m=1m 下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：下滑过程中：mgsinmgcos=ma2解得：=2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v=2m/s 答：（1）上滑过程中的加速度的大小；（2）木块与斜面间的动摩擦因数=0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v=2m/s点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解18在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.8m一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点由静止释放，到达最低点时以一定的水平速度离开轨道，落地点距轨道最低点的水平距离x=0.
31、8m空气阻力不计，g取10m/s2，求：（1）小滑块离开轨道时的速度大小；（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，根据平抛运动的基本公式即可求解；（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力，根据牛顿第二定律即可求得弹力；（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理即可求解解答：解：（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则x=vt解得：v=2.0m/
32、s（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：解得：N=2.0N根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N=N=2.0N（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：Wf=0.2J所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J 答：（1）小滑块离开轨道时的速度大小为2m/s；（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小为2N；（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功为0.2J点评：本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，知道小球离开轨道后做平抛运动，难度适中19如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速
33、电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；（2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；（3）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列
34、式，最后联立求解即可解答：解：（1）对直线加速过程，根据动能定理，有：解得：（2）设此时场强大小为EC，则：ab方向，有：L=v0tad方向，有：L=又Uac=EL，解得：Uac=（3）根据Ek=m可知，离子射出电场时的速度v=v0，方向与ab所在直线的夹角为45，即vx=vy，根据x=vxt，v=可得x=2y，则离子应该从bc边上的某点飞出ab方向，有：L=v0tad方向，有：y=解得：y=根据动能定理，有：Eqy=m解得：E=答：（1）加速电压U0为；（2）ac两点间的电势差Uac为；（3）此时匀强电场的场强大小E为点评：本题关键是明确粒子的运动是类似平抛运动，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难
