【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市北仑中学2020-2021学年高一（下）期中物理试题（1班）（解析版）.doc，共(27)页，1.342 MB，由管理员店铺上传

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北仑中学2020学年第二学期高一年级期中考试物理试卷一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36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.下列物理量是矢量且用国际单位制表示的是（）A.速度，km

/hB.电流，AC.电场强度，N/CD.电动势，V【答案】C【解析】【详解】BD．电流和电动势为标量，故BD错误；A．速度单位中小时为常用单位，故A错误；C．电场强度为矢量且单位为国际制单位，故C正确。故选C。2.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略．平

行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A.增大R1的阻值B.增大R２的阻值C.增大两板间的距离D.断开电键S【答案】B【解析】【

详解】试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以

选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器3.如图所示，光滑绝缘水平面上有

三个带电质点A、B、C,A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1、L2.仅考虑三质点间的库仑力，则A和C的A.线速度之比为21LLB.加速度之比为212LLC.电荷量之比12LLD.

质量之比21LL【答案】D【解析】【详解】A．A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，则ABC三者要保持相对静止，所以AC角速度相等，则线速度之比为12ABvLvL=选项A错误；C．根据B恰能保持静止可得2212CBABqqqqkkLL=解得2122ACqLqL=选项C错误；A围绕B

做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力，()2122112ACABAAAqqqqkkmmLLLLa−==+C围绕B做匀速圆周运动，有()2222212CBACBCBqqqqkkmmLLaLL−=+=因为2212CBABqqqqkkLL=，所以有ABBAamma

=12ACmLmL=解得21ACmLmL=12ABABmLmLaa==选项B错误，D正确。故选D。4.如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C

点，则下列说法正确的是（）A.电场中的电势>CBB.小球a、b在C位置一定具有相等的电势能C.仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动D.仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动【答案】D【解析】【详解】A．带正电的小球a沿AC运动，则受向上的电场力，可知上极板带负

电，电场线竖直向上，沿电场线电势降低，可知BC，A错误；B．两球做直线运动，则满足关系aamgqE=bbmgqE=则两球带电量不一定相等，则小球a、b在C位置具有的电势能不一定相等，B错误；CD．根据44UQQkQE

SdCdSdkd====两极板带电量Q一定，仅将下极板N向左平移，则S减小，E变大，则小球a、b不能沿直线运动；仅将下极板N向下平移，则E不变，小球a、b仍能沿直线运动，C错误，D正确。故选D。5.示波管的结构如图（a）所示，偏转电极YY如右图（b）所示，两板

间的距离为d、板长为L，在YY间加上电压U，让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力。则电子穿过偏转电极YY的过程中，下列说法正确的是（）A.电子向Y极板偏转飞出B.电子射出电场时的偏移量222eULYmdv=C.射出电子的动能增加了

eUD.U越大，电子通过YY极板的时间就越短【答案】B【解析】【详解】A．由（b）图可知，Y为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y极偏转飞出电场，故A错误；B．电子在偏转电场中做类平抛运动，则有Lvt=，212Yat=，eUamd=联立解得

222eULYmdv=，故B正确；C．根据动能定理可知，电子动能的增加量为kEeEY=因Yd，故EYEdU=，所以kEeU，故C错误；D．根据电子的方向做匀速直线运动，有Lvt=解得Ltv=，即电子通过Y

Y极板的时间与U无关，故D错误。故选B。6.如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度

h=0.1m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2则下列说法中正确的是（）A.整个下滑过程中A球机械能守恒B.整个下滑过程中B球机械能守恒C.整个下滑过程中A球机械能的增加量为23JD.整个下滑过程中B球机械能的增加量为23J【答案】D【解析】【

分析】【详解】AB.由于AB之间杆上的力不为零，所以单独的A球和B球机械能不守恒，故AB错误；CD.整个下滑过程中AB两球组成的系统机械能守恒()()21sin2BABAmghmghLmmv++=+整个下滑过程中B球机械能的增加量为21223JBB

Emvmgh=−=根据系统机械能守恒可知整个下滑过程中A球机械能的减小量为23J，故C错误，D正确。故选D。7.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3L的两点,其中坐标为3L处电荷带正电,电荷量为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中x=L处电势最低,电场强度为

0,x轴上M、N两点的坐标分别为-2L和2L,则下列判断正确的是（）A.两点电荷一定为异种电荷B.原点O处电场强度大小为23KQLC.负检验电荷在原点O处受到向右的电场力D.负检验电荷由M点运动到N点的过程,电势能先减小后增大【答案】B【解析】【详解

】A．φ-x图线的斜率表示场强的大小，在x=L处电势最低可知该点的场强为零。因为该点在两点电荷中间，所以两点电荷一定是同种电荷。故A错误。B．由A可知在L处合场强为零，由点电荷场强公式可得：()()222

4kQkQLL=，由此可得Q′=4Q，所以在O点的场强大小为：()()222333kQkQkQELLL=−=方向水平向右。故B正确。C．由上面的B分析可知在O点的场强方向水平向右，而负电荷所受电场力方向与场强方向相反，则负检验电荷在O点所受电场力方向向左。故C错误。D．从图线可知，从M到

N电势是先降低后升高，而对负电荷来说电势越低电势能越大。所以负检验电荷由M运动到N的过程中，电势能先增大后减小。故D错误。故选B。8.如图所示，水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC，其中∠ACB=θ．质量为m，带电量为

q的小圆环a套在竖直边AB上，AB面与圆环的动摩擦因数为μ，质量为M、带电量为+Q的小滑块b位于斜边AC上，a、b静止在同一高度上且相距L．已知圆环、滑块视为质点，AC面光滑，则（）A.圆环a带正电B.圆环a受到的摩擦力为2QqkLC.小球b受到的库仑力为

tanMgD.斜面对小球b的支持力为cosMg【答案】D【解析】【详解】A.a、b静止在同一高度上，对b：受到重力，斜面的支持力，及a对b的库仑引力，从而处于平衡状态，由于b带正电，因此环a带负电，故A错误；B.环a处于静止状态，受到是静摩擦力，那么其大小为Ff=mg并不是滑动摩擦力

，因此f2QqFkL故B错误；CD.对b受力分析，则有：库仑引力F=k2QqL据平衡条件可得，库仑引力F=Mgtanθ斜面对b的支持力为FN=cosMg故C错误，D正确．9.如图所示，实线表示等量异种

点电荷的等势线，过O点的虚线MN与等势线垂直，两个相同的带正电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度v0开始运动，速度方向水平向右，且都能从PQ左侧经过O点，AB连线与PQ平行．设粒子在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为Ep1和Ep2，通过

O点时的速度大小分别为v1和v2.粒子的重力不计，则()A.A点的电势高于B点的电势B.a1＜a2C.Ep1＞Ep2D.v1＜v2【答案】D【解析】【详解】B粒子能通过O点，说明M带负电，N带正电，由图知，B点的电势与AO之间某点的

电势相等，根据顺着电场线方向电势降低，可知A点的电势小于B点的电势，故A错误；A处电场线密，电场强度大，粒子在A点受到的电场力大，加速度大，则a1＞a2，故B错误；根据正电荷在电势高处电势能大，可知Ep1＜Ep2，故C错误；两个粒子从A、B运

动到O点电场力做负功，因为AO间的电势差大于BO间的电势差，则粒子从A运动到O点电场力做负功较多，由动能定理知v1＜v2，故D正确．所以D正确，ABC错误．10.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被

弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（）A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为μmgsC.弹簧的最大弹性势能

为2μmgsD.物块在A点的初速度为2gs【答案】D【解析】【详解】A．物体从静止向右运动时，弹力先大于摩擦力，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即Fmg=时，速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹

簧的最大弹力大于mg，A错误；B．整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2mgs，B错误；C．物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能pEmgs=C错误；D．设物块在A点的初速度为0v，对整个过程，利用动能定理得201

202mgsmv−=−可得02vgs=D正确。故选D。11.功率为10W的发光二极管（LED灯）的亮度与功率60W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有二只60W的白炽灯，均用10w的LED灯替代

，估算出全国一年节省的电能最接近A.8810kWhB.10810kWhC.11810kWhD.13810kWh【答案】B【解析】【分析】【详解】全国一年节省的电能为8102(0.06kW0.01kW)5.5104

h3658.010kWhWPt==−ACD错误，B正确。故选B。考点：考查了电功的计算【名师点睛】关键是要了解全国有多少家庭及每天亮灯时间．解题过程中要注意单位的换算，同时养成节能的好习惯。12.K、A是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形

金属板，直径为L，板间距离为32L，金属板接入电路如图所示（只画出了纸面内的剖面图），M、N两端外加电压MNU。K极板正中间有一粒子源，可向其左侧空间均匀的发射速度大小为v，质量为m，电荷量为-q（q＞0）的粒子

，平行板间的电场看做匀强电场，则以下说法正确的是（）A.当24MNmvUq=−时，电流表示数为0B.当22MNmvUq=−时，电流表示数不为0C.当0MNU=时，电流表示数为I，则当243MNUmvq=时，电

流表示数为3ID.当0MNU=时，电流表示数为I，则当MNU（0MNU）增大时，电流表最大示数为1.5I【答案】C【解析】【详解】AB．当发射速度水平向左时，向左的位移最大，设粒子到达A板速度恰好为零，此时电流表示数为零，

根据动能定理，有2012MNqUmv=−整理得22MNmvUq=−故AB错误；CD．由题意，当UMN=0时，电流表示数为I，设此时恰好能运动到A板的粒子与水平面夹角为θ，则有32tan332LL==即为θ=30°则当UMN（UMN＞0）增大时，当增大到一定值时，所有粒子均能到达A极板；当

243MNmvUq=时，此时与板平行射出的粒子2312232MNUqLtLm=粒子打到板上的位置距离中心的距离为3182yvtll==可知此时0＜θ＜90°范围的粒子都能到达A板，此时电流表最大示数为3I；故C正确，D错误；故

选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）13.2020年7月21日将发生土星冲日现象，如图所示，土星冲日是指土星、地球和太阳

几乎排列成一线，地球位于太阳与土星之间。此时土星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察。地球和土星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，土星约29.5年绕太阳一周。则（）A.地球绕太阳运转的向心加速度大于土星绕太阳运转的向心加速

度B.地球绕太阳运转的运行速度比土星绕太阳运转的运行速度小C.2019年没有出现土星冲日现象D.土星冲日现象下一次出现的时间是2021年【答案】AD【解析】【详解】A．地球的公转周期比土星的公转周期小，由万有引力提供向心力有2224MmGmrrT=解得2

34πrTGM=可知地球的公转轨道半径比土星的公转轨道半径小。又2MmGmar=解得221GMarr=∝可知行星的轨道半径越大，加速度越小，则土星的向心加速度小于地球的向心加速度，选项A正确；B．由万有引力提供向心力有22MmvGmrr=解得

GMvr=知土星的运行速度比地球的小，选项B错误；CD．设1T=地年，则=29.5T土年，出现土星冲日现象则有()2πt−=地土得距下一次土星冲日所需时间221.0422tTT==−−地土地土年选项C

错误、D正确。故选AD。14.2020年7月31日，习近平总书记向世界宣布北斗三号全球卫星导航系统正式开通，标志着北斗“三步走”发展战略圆满完成，北斗迈进全球服务新时代。人造地球卫星用太阳能电池供电，展开的太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电

能。取一片太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.该电池板的电动势为3.00VB.随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大C.外电路电阻为1kΩ时，电源输出功率约为4WD.外电路电阻为1kΩ时，电源效率约为66.7%【答案】

AD【解析】【详解】A．当电流为0时，路端电压数值上等于电动势，由图像可知，电动势为3.00V，故A正确；B．图像的斜率即为电源内阻大小，随着外电路电阻增大，电流减小，由图像可知，其内阻逐渐减小，故B错误；CD．在图像上作出电阻的U-I图像，取两个图像的

交点，即为电阻与电源连接后电压电流值，如下图：从图中可读出，交点对应的电流和电压分别为2.0mA和2.0V，故此时电源的输出功率为332.02.010W410WPUI−−===电源效率约为2.066.7%3.0IUUIEE====故C错误D正确。故选AD。

15.如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为△I1、△I2、△I3，理想电压表示数变化量的绝对值为△U，下列说法中正确的是（）A.电流表A2的示数一

定变小B.电压表V的示数一定增大C.△I3一定大于△I2D.△U与△I1比值一定小于电源内阻r【答案】BD【解析】【详解】试题分析：当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表A3的示数减小．根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电阻

增大，其电压增大，即电压表V的示数一定增大，电流表A2的示数一定变大，选项A错误、B正确；根据并联电路的电流规律I3=I1+I2，A2的示数I2变大，A3的示数I3变小，则A1的示数I1变小，故有ΔI1=ΔI2+ΔI3，故有△I1一定大于ΔI2、△I3，而Δ

I3不一定大于ΔI2，选项C错误；电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知，=r，而△I1大于△I3，所以＜r，故选项D正确．考点：直流电路动态分析【名师点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，首先要分析清楚电路结构、

明确电表所测电压，再根据欧姆定律和串并联电路的特点进行分析．当滑动变阻器滑动端向右滑动后，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A3的示数变化情况．根据串联电路的

特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A2的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A2与A3的变化量大小．根据闭合电路欧姆定律分析△U与△I1比值．三、非选择题（本题共6小题，共58分）16.某同学设

计测量铅笔笔芯的电阻率实验，主要实验步骤如下：(1)如图所示先用多用电表欧姆挡的“×10”挡粗测其电阻为______Ω，然后用游标卡尺测其长度为______cm，用螺旋测微器测其直径为______mm；(2)为更精确测量笔芯电阻，除待测笔芯xR外，实验室还备有

如下实验器材：电压表1V（量程15V，内阻约为50kΩ）电压表2V（量程3V，内阻约为10kΩ）电流表1A（量程600mA，内阻约为5Ω）电流表2A（量程30mA，内阻约为20Ω）滑动变阻器1R（0～10Ω，允许通过的最大电流0.5A）滑动变阻器2R

（0～1kΩ，允许通过的最大电流0.1A）电源E（电动势约为3V，内阻约为1Ω）开关S，导线若干①为了测得多组实验数据，请在虚线框内画出最合理的电路图，并标明所选器材符号；______②该实验中笔芯电阻的测量值______真实值（选填“=”、“>”、“<”）。③用所测金属丝直径d、

长度L、电压U、电流I，写出电阻率的表达式______。【答案】(1).130.0(2).8.62(3).1.950(4).(5).<(6).24UdIL【解析】【详解】（1）[1]铅笔笔芯的电阻13.010Ω130.0ΩR==[2]铅

笔笔芯的长度86mm20.1mm86.2mm8.62cm+==[3]铅笔笔芯的直径1mm9.50.01mm1.950mm+=（2）[4]电源E（电动势约为3V，内阻约为1Ω），电压表选2V，通过铅笔笔芯的最大电流3A0.023A23mA130.0UIR===电流表选2A，并且电流表采用外接法

，为了测得多组实验数据，选用分压式滑动变阻器的接法，滑动变阻器选阻值较小的1R，电路如图所示[5]电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。[6]电阻阻值URI=由电阻定律可知2()2LLRdS==则电阻率24UdIL=17.实

验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最

大阻值为20Ω）；定值电阻R1（阻值2Ω）；定值电阻R2（阻值5Ω）；开关一个，导线若干。（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U

-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是___________。（填正确答案标号）A.电压表分流B.干电池内阻较小C.滑动变阻器最大阻值较小D.电流表内阻较小（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案

，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52根据验数据可知，所选的定值电阻为___________（填“R1”或“R2”）。【答案】(1).B(2).R1【解析】【分析】

【详解】（1）[1]路端电压UEIr=−当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路端电压UEIr=−变化很小，电压表示数变化范围很小。故选B。（2）[2]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图像，作图像时使尽可能多的点在直线上，不能

穿过直线的点应对称地分布在直线两侧，图像如图所示由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻1.6Ω2.67Ω0.6UrRI+==由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择R118.某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。

（1）某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流I=___________A，电压U=___________V；（2）实验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1___________（选填“甲”或“乙”）；（3）该电池的电动势E=___________V（保留三位有效数字），内阻r=

___________Ω（保留两位有效数字）。【答案】(1).0.39~0.41(2).1.29~1.31(3).乙(4).1.51~1.54(5).0.52~0.54【解析】【分析】【详解】（1）[1]由于电流表

接0~0.6A量程，因此读数为0.40AI=[2]由于电压表接0~3V量程，因此读数为1.30VU=（2）[3]图甲中电压表测量的是滑动变阻器分得的电压，图乙测量的是路端电压，在相同电流情况下，乙图电压表的示数较大，因此直线Ⅰ对应乙图。（3）[4][5]图像与纵坐标的交

点等于电源电动势，因此电动势1.52VE=图甲的斜率绝对值为电源内电阻和电流表内阻之和，图乙的斜率绝对值为电源内电阻，由图乙可知，电源内电阻为1.521.22Ω0.52Ω0.58r−==19.如图所示，一质量为m的球形塑料

容器放在桌面上，它的内部有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧直立地固定于容器内壁的底部，弹簧上端经绝缘体系住一只电荷量为q+、质量也为m的小球。从加一个竖直向上且场强为E的匀强电场起，到容器对桌面的压力减为零时为止，求：(1)小球的电势能改变量；(2)

容器对桌面的压力减为零时小球的速度大小。【答案】(1)减少2Eqmgk；(2)2()gEqmgk−【解析】【详解】(1)初状态，对小球进行受力分析，得弹簧压缩量mg＝kx1x1＝mgk当容器对桌面压力为零时，对容器受力分析，说明弹簧伸长且拉力为mg，弹簧伸长量x

2＝x1＝mgk该过程电场力做功W＝Eq(x1＋x2)＝2Eqmgk所以小球电势能减少2Eqmgk。(2)对小球用动能定理，该过程弹簧做功是零(Eq－mg)(x1＋x2)＝12mv2v＝2()gEqmgk−20.一条粗糙水平轨道OB右端与一半径R=1m的光滑竖直圆形轨道相连

，圆形轨道间不相互重叠，如图甲所示，水平面上O点处有一质量m=0.5kg的小物块，物块与水平轨道OB面间的滑动摩擦力为f，f大小与物块离O点的距离d的关系如图乙所示，且2=OBxm，从静止开始在水平向右恒力F作用

下运动，通过B点时立即撤去力F，小物体恰好通过圆形轨道最高点A后继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，壕沟的C、D两点的竖直高度h=5m，水平距离s=6m，水平轨道BC粗糙且长为L=4m，设BC段的动摩擦因数为。g=10m/s2.求：(1)物块通过B点时速度B

v大小；(2)恒力F大小；(3)小物块不能掉进壕沟，求水平轨道BC的动摩擦因数的取值范围？【答案】(1)52/=Bvms；(2)35/4N；(3)00.175或0.625【解析】【详解】(1)在A点，由重力提供向心力2AmvmgR=A到B根据动能定理2211

222BAmgRmvmv=−代入数据解得52m/sBv=(2)O到B，由图乙可得摩擦力对物块做功为122+=−fffWd动能定理2102+=−fBFdWmv代入数据解得35N4F=(3)离开C点后做平抛运动，当恰好能到达D点时，设

运动的时间为t，则212hgt=Csvt=可得6m/sCv=从B到C的过程中摩擦力做功，则221122−=−CBmgLmvmv解得0.175=所以范围是00.175考虑另一临界：刚好到C点停下，从A到C21202−=−A

mgRmgLm代入数据解得0.625=故0.62521.如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示，y轴上P点的坐标为(0，y0)，有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA，0)，

当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB，0)。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力。(1)求匀强电场的场强E1、E2之比；(2)若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0，-y0)，求感光胶片上曝光点的横坐标xA′、xB′之比。【答案】（1）22BA

xx；（2）ABxx【解析】【分析】【详解】(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，场强为E1时有01Axvt=210112eEytm=场强为E2时有02Bxvt=220212eEytm=联立解得2122BAExEx=(2)场强为E1时，电子射出电场时速

度的偏角为1，如图所示离开电场时速度反向延长线交位移的中点，离开电场后做匀速直线运动，竖直分位移与在电场中的竖直分位移相等，由几何关系可得，打到感光片的横坐标为322AAAAxxxx=+=同理可得，场强为E1时，电子打到感光片的横坐标为322BBBBxxxx=+=可得AABB

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