湖南省长沙市长沙县第九中学2020届高三物理上学期第四次月考试题含解析

　湖南省长沙市长沙县第九中学 0 2020 届高三物理上学期第四次月考试题（含解析）

　一、选择题

　1.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次．假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A、B、C 。让小球分别由 A、B、C

　滚下，如图所示， A、B、C 与斜面底端的距离分别为 S 1 、S 2 、S 3 ，小球由 A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为 t 1 、 t 2 、 t 3 ，小球由 A、B、C 运动到斜面底端时的速度分别为 v 1 、 v 2 、 v 3 、，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动的是

　A. 3 1 22 2 31 2 3s s st t t  B. 3 1 22 2 2v v v 

　C. 3 1 21 2 3v v vt t t  D. s 1 -

　s

　2 =

　s

　2 -

　s

　1

　【答案】A 【解析】

　【详解】A.由运动学公式可知：212s at  ，故 3 1 22 2 2 31 2 32s s s sat t t t    三次下落中位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动。故 A 项正确； B. 小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故 B 项错误；

　C. 由 v = at 可得， 3 1 21 2 3v v v vat t t t   ， 三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故项 C 错误； D.

　A、B、C 三点的位置是任意选取的。由图可知， s 1 − s 2 > s 2 − s 3 ，故 D 项错误。

　2.如图，为细绳拉某重物 M 的简化装置简化图，轻杆 OA 为可绕 O 点且垂直于纸面的轴转动的杆，AB 为轻绳，重物 M 平衡时角度关系如图所示，轻杆 OA 在 a、b、c 图中受力分别为 F 1 、F 2 、F 3 的大小关系正确的是（

　）

　A. 1 2 3F F F  

　B. 1 2 3F F F  

　C. 1 2 3F F F  

　D. 1 2 3F F F  

　【答案】B 【解析】

　【详解】轻杆 OA 为可绕 O 点且垂直于纸面的轴转动的杆，所以杆的弹力沿杆，对图 a 则有12 cos30 3 F Mg Mg   ， 对 图 b 则 有23t a n 3 0MgF Mg  ， 对 图 c 则 有33c o s 3 0 2 F M g M g    ，故选项 B 正确，A、C、D 错误。

　3.如图甲所示，足够长的木板 B 静置于水平面上，其上放置小滑块 A ．木板 B 受到随时间 t 变

　化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出木板 B 的加速度 a ，得到如图乙所示的 a-F 图象，已知g 取 10 m/s2 ，则（

　 ）

　A. 水平地面一定粗糙 B. 滑块 A 与木板 B 间动摩擦因数为 0.25 C. 当 F =10N 时木板 B 加速度为 4 m/s2

　D. 木板 B 的质量为 3kg 【答案】C 【解析】

　当 F 等于 8N 时，加速度为：22 / a m s ，对整体分析，由牛顿第二定律有：

　  F M m a   ，代入数据解得：

　4 M m kg   ，当 F 大于 8N 时，对 B 分析，由牛顿第二定律得：1 F mg mga FM M M     ，由图示图象可知，图线的斜率：1 218 6kM  ，解得木板 B的质量：

　1 M kg  ，则滑块 A 的质量为：

　4 3 m M kg    ，当 F=6N 时 a=0，则有：1 3 100 61 1     ，解得：

　0.2   ，，由图示图象可知，当 F=10N 时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：21 1 0.2 3 1010 4 /1 1mga F m sM M        ，故 ABD 错误，C 正确；故选 C. 【点睛】当拉力较小时，m 和 M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m 和 M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析． 4.如图所示，a 为放在赤道上相对地球静止 物体，随地球自转做匀速圆周运动，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径等于地球半径），c 为地球的同步卫星，以下关于 a、b、c 的说法中正确的是(

　 )

　 A. b、卫星转动线速度大于 7.9km/s B. a、b、c 做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为 a a ＞a b ＞a c

　C. a、b、c 做匀速圆周运动的周期关系为 T c ＞T b

　＞T a

　D. 在 b、c 中，b 的动能最大，c 的机械能最大。

　【答案】D 【解析】

　b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星根据万有引力定律：根据：22Mm vG mR R ，解得GMvR ，代入数据得：

　7.9 / v km s  ，故 A 错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以 ω a = ω c ，根据 a = rω2知， c 的向心加速度大于 a 的向心加速度，根据2Ma Gr 得 b 的向心加速度大于 c 的向心加速度，故 B 错误；卫星 C 为同步卫星，所以 T a = T c ，根据32rTGM 得 c 的周期大于 b 的周期，故 C 错误；在 b、c 中，根据GMvr ，可知 b 的速度比 a 的速度大，所以 b 的动能大，由轨道 b 到轨道 c 需要加速，所以 c 的机械能大于 b 的机械能，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。

　5.如图，质量为 m 的人在质量为 M 的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确．．的是（

　）

　A. 人在车上行走时，车将向右运动 B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退 C. 若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大 D. 不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同

　【答案】D 【解析】

　A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

　mv 人 + Mv 车 =0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故 A 错误；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故 B 错误；C、D、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：

　mx 人 - Mx 车 =0；故车与人的位移之比为：=x mx M车人不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故 C 错误，D 正确。故选 D。

　【点睛】本题考查动量守恒定律 应用“人船模型”，要注意人船具有相反方向的运动，运动位移与速度大小无关． 6.某汽车在平直公路上以功率 P 、速度 v 0 匀速行驶时，牵引力为 F 0 。在 t 1 时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为 P /2，此后保持该功率继续行驶， t 2 时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。下面是有关汽车牵引力 F 、速度 v 在此过程中随时间 t 变化的图像，其中正确的是(

　) A.

　B.

　C.

　D.

　【答案】A 【解析】

　【详解】由题，汽车以功率 P 、速度 v 0 匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当司机减小油门，使汽车的功率减为P2时，根据 P = Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为012F F  ，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为0F ；由 P = Fv 得知，此时汽车的速度为原

　来的一半。

　AB．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故 A 正确，B 错误。

　CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故 CD 错误。

　7.空间有一沿 x

　轴分布的电场，其电势 φ 随 x 变化如图，下列说法正确的是

　A. x 1

　和－ x 1

　两点的电势不相等 B. x 1

　点的电场强度比 x 3 点电场强度大 C. 一正电荷沿 x 轴从 x 1 点移动到－ x 1 点，电势能一直增大 D. 一负电荷沿 x 轴从 x 1

　点移动到 x 3

　点，电场力先做正功再做负功 【答案】ABD 【解析】

　【详解】A. 电势的正负表示高低，由图可知， x 1 点的电势是正值，− x 1 点的电势是负值，故 x 1点的电势比− x 1 点的电势高，两点的电势不相等，故 A 项正确； B. 图象的斜率绝对值等于场强大小，由图可知， x 1 处的斜率比 x 3 处的斜率大，故 x 1 点的电场强度比 x 3 点电场强度大，故 B 项正确； C. 电荷的电势能为 E = φq ，一正电荷从电势高处向电势低处移动，电势能减小，即一正电荷沿 x 轴从 x 1 点移动到− x 1 点，电势能一直减小，故 C 项错误； D. x 1 处的电势低于 x 2 处的电势，故电场由 x 2 处指向 x 1 处， x 2 处的电势高于 x 3 处的电势，故电场由 x 2 处指向 x 3 处，一负电荷沿 x 轴从 x 1 点移动到 x 3 点，受到的电场力先向右，后向左，即电场力的方向先与位移相同，后与位移相反，故电场力先做正功再做负功，故 D 项正确。

　8.如图所示，图 1 是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体， 在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量 Q 将随待测物体的上下运动而变化，若 Q 随时间 t

　的变化关系为 Q

　=bt a （ a、b 为大于零的常数），其图象如图 2 所示，那么图 3、图 4 中反映极板间场强大小 E 和物体速率 v 随 t 变化的图线可能是

　A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】BC 【解析】

　【详解】AB.设板间距离 d ，由 Q = CU 、4SCkd 与UEd 联立解得：

　4 kQES

　所以 E 与 Q 成正比。则由 Q 与 t 关系可得， E 与 t 的关系应选②，故 A 项错误，B 项正确； CD. 由 Q = CU 、4SCkd 与bQt a联立可得， 4 4SU SUad tkb kb   

　所以 d 与 t 成线性关系。故选第③，故 C 项正确，D 项错误。

　9.溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目．如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上．人从高处平台的 A 点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点 C，到达 B 点时速度为零．下列说法中正确的有

　A. 人滑到 C 点时速度最大 B. 人从 A 滑到 C 的过程中，重力的功率先增大后减小 C. 人滑到 C 点时的加速度方向竖直向上 D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力 【答案】BD 【解析】

　【详解】人滑到 C 点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图所示：

　 如果钢索光滑，则在 C 点速度最大；考虑摩擦力作用，则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为 0 的位置速度最大，则此时 C 点的速度不是最大，故 A 错误；人从 A滑到 C 的过程中，根据 GyP mgv ，开始时速度为 0，重力的瞬时功率为 0，中间过程重力的功率不为 0，到 C 点时重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为 0，故人从 A 到 C 的过程中，重力的功率先增大后减小，故 B 正确；人滑到 C 点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到 C 点时合力方向不再沿竖直向上，故 C 错误；如果没有摩擦力，钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从 A 滑到 C 的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故 D 正确。

　10.如图所示，一个质量为 m 、带电荷量为+ q 的圆环，套在水平放置的粗糙绝缘细杆上，圆环直径略大于细杆直径。已知细杆处于磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中，给圆环初速度0v 使其向右运动起来，在运动过程中圆环的电荷量不变，经历变速运动后圆环最终处于平衡状态。则从开始运动到最终处于平衡状态，圆环克服摩擦力做的功可能为（

　）

　A. 0 B. 2012mv

　C. 3 22 22m gq B D. 3 2202 212 2m gmvq B

　【答案】BD 【解析】

　【详解】A、圆环经历变速运动后圆环最终处于平衡状态，故0qv B mg  ，因而圆环在速度为

　0v 受到杆的作用力不为零，存在摩擦力，故摩擦力做功不为零，故 A 错误； B、当0qv B mg  时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：20102W mv    ，解得：2012W mv  ，故 B 正确； CD、当0qv B mg  时，圆环先做减速运动，当 qvB mg  时，不受摩擦力，做匀速直线运动，则有mgvqB；根据动能定理得：2 201 12 2W mv mv    ，代入解得：3 2202 212 2m gW mvq B  ，故 C 错误，D 正确。

　二、实验题

　11.某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。

　①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为 7.73cm，图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l 为_______cm; ②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是______；（填选项前的字母）

　A.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 ③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l 与弹力 F 的关系图线，图线的 AB 段明显偏离直线 OA，造成这种现象的主要原因是_____________。

　【答案】

　(1). 6.93cm

　(2). A

　(3). 钩码重力超过弹簧弹力范围 【解析】

　【详解】①乙的读数为 13.66cm,则弹簧的伸长量△L =13.66cm–5.73cm =7.93cm ②为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，A 正确； ③弹簧超出了弹性限度，弹簧被损坏，弹簧的伸长量△ L 与弹力 F 不成正比 12.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律．

　 （1）实验中质量为1m 的入射小球和质量为2m 的被碰小球的质量关系是1m ____2m （选填“大于”、“等于”、“小于”）

　（2）图中 O 点是小球抛出点在地面上的投影实验时，先让入射小球1m 多次从斜轨上 S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP 然后，把被碰小球2m 静置于轨道的水平部分，再将入射小球1m 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球2m 相碰，并多次重复本操作．接下来要完成的必要步骤是_____．（填选项前的字母）

　A．用天平测量两个小球的质量1m 、2m

　 B．测量小球1m 开始释放的高度 h C．测量抛出点距地面的高度 H

　 D．分别通过画最小的圆找到1m 、2m 相碰后平均落地点的位置 M、N E．测量平抛射程 OM、ON （3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________（用（2）中测量的量表示）； （4）经过测定，1m =45.0g，2m =7.5g，小球落地的平均位置距 O 点的距离如图所示．若用长度代表速度，则两球碰撞前“总动量”之和为_____g·cm，两球碰撞后“总动量”之和为_____g·cm．

　（5）用如图装置也可以验证碰撞中的动量守恒，实验步骤与上述实验类似．图中 D 、 E 、 F 到抛出点 B 的距离分别为DL ，EL ，FL ．若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______

　 A．1 1 2 F D Em L m L m L  

　 B．2 2 21 1 2 E D Fm L m L m L  

　 C．1 1 2 E D Fm L m L m L  

　 D．E F DL L L  

　【答案】

　(1). 大于

　(2). ADE

　(3). 1 2 1m OM m ON m OP     

　 (4). 2016m

　(5). 2001

　(6). C 【解析】

　（1）在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，为防止被碰球碰后反弹，入射球的质量必须大于被碰球的质量，（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：1 1 1 2 2 3mv mv m v   ，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，上式两边同时乘以 t 得：1 2 2 3 1 1mv t m v t mvt   ，变形得：1 2 1· · · m OM m ON m OP   ，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故选 ADE．（3）由（2）分析，可知守恒表达式可表示为1 2 1· · · m OM m ON m OP   ，（4）碰前的动量为1 ·45.0 44.80 2016 ? P m OP g cm     ，碰后的总动量为1 2· · 45.0 35.20 7.5 55.68 2001 ? P m OM m ON g cm         ；（5）碰撞前，小球1m 落在图中的 E 点，设其水平初速度为1v ．小球1m 和2m 发生碰撞后，1m 的落点在图中的 D 点，设其水平初速度为1v，2m 的落点是图中的 F 点，设其水平初速度为2v ．设斜面 BC与水平面的倾角为  ，由平抛运动规律得：212DL sin gt   ，1 DL cos vt    ，解得：21( )2DgL cosvsin ，同理可解得：21( )2EgL cosvsin,22( )2FgL cosvsin，所以只要满足1 1 2 2 1 1mv m v mv    ，即：1 1 2 E D Fm L m L m L   ，故选 C. 【点睛】明确两种装置验证动量守恒的原理，并根据实验原理以及操作中的注意事项逐项分析，得出正确答案．由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量； 三、解答题

　13.在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上。如图，我们将选手简化

　为质量 m =60kg 的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角 α=53°，绳长 L =2m，绳的悬挂点 O

　距水面的高度为

　H =3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度 g

　= 10m/s2 ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。

　（1）求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小 F ； （2）若选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力 f

　浮 =800N，平均阻力 f

　阻=700N，求选手落入水中的深度 d 。

　（3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。

　【答案】（1）1080N；（2）1.2m；（3）均不正确。当绳长越接近 1.5m 时，落点越远。

　【解析】

　【详解】（1）选手摆到最低点的过程中，机械能守恒，有：

　21(1 cos )2mgl mv   

　在最低点，根据牛顿第二定律：

　2vF mg ml

　代入数据联立解得：

　1080N F

　根据牛顿第三定律，人对绳的拉力与绳对人的拉力是作用力与反作用力的关系，所以有：F = F ′，则 F =1080N； （2）选手从松手到到达水中最深处过程中，由动能定理得：

　( cos ) ( + ) 0 mg H l d f f d     阻 浮 解得：

　( cos )+mg H ldf f mg 阻 浮， 代入数据解得：

　d =1.2m；

　（3）选手从最低点开始做平抛运动 水平方向上有：

　x = vt 竖直方向上有：

　212H l gt  

　以上三式联立解得：

　2 ( )(1 cos ) x l H l    

　当2Hl  时， x 有最大值，解得：

　l =1.5m 因此，两人的看法均不正确。当绳长越接近 1.5m 时，落点越远。

　14.如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为 M=8kg，在小车水平板 AB 上的 A 处放有质量为 m=2kg 的物块，BC 是一段光滑的圆弧，在 B 点处与 AB 平滑相接，物块与水平面AB 部分间的动摩擦因数 μ=0.2，现给物块一个 I=10N•s 的冲量，物块便沿 AB 滑行，并沿 BC上升，（物块始终未离开 BC 轨道。）然后再沿 BC 返回，最后恰好回到 A 点处与小车保持相对静止，g = 10m/s2 求：

　（1）从物块开始滑动至返回 A 点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能为多少？ （2）物块沿 BC 弧上升相对 AB 平面的高度为多少？ （3）小车上 AB 两点的距离是多少？ 【答案】（1）20J（2）0.5m（3）2.5m 【解析】

　【分析】

　本题（1）的关键是明确物块返回至 A 点过程中，根据水平方向动量守恒定律和全过程能量守恒定律联立即可求解；题（2）的关键是明确物块上升到最高时两者具有相同的速度，根据水平方向动量守恒定律并结合 Q=fS 相对

　得出与损失能量△E 关系，联立即可求解；题（3）的关键是根据 Q=fS 相对

　即可求解．

　【详解】（1）：设物块获得的初速度为 v 0 ，由动量定理应有：I=mv 0

　-0…① 设物块与小车组成的系统相对静止时的共同速度为 v，由动量守恒定律应有：

　mv 0

　=（m+M）v…② 根据能量守恒定律应有：2 201 1 ( )2 2E mv m M v损   

　…③ 联立①②③可得：∆E 损 =20J； （2）物块上升到最大高度时竖直速度为 0，物块与小车具有相同的水平速度 v x ， 在水平方向根据动量守恒定律应有：mv 0

　=（m+M）v x

　…④ 物块从 A 到上升到最高度过程，对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有：2 201 1 ( )2 2x ABmv m M v Q mgh    

　…⑤ 根据题意，Q AB =12∆E 损

　…⑥ 联立①④⑤⑥解得：h=0.5m； （3）根据“摩擦生热”公式应有：Q=f S 相对 =μ m gL AB

　…⑦； 联立⑥⑦两式并代入数据解得：L AB

　=2.5m； 【点睛】应明确：①对存在有相互作用的问题，应想到应用动量守恒定律求解，注意动量守恒的条件是相互作用的系统不受外力或受到的合外力为零；②对有相互作用的问题，应结合能量守恒定律求解；③“摩擦生热”公式 Q=fS 相对 中：f 是指物体受到的滑动摩擦力大小， S相对 是指物体发生相对位移大小或相对路程． 15.如图，两平行金属导轨间的距离 L =0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 θ =37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度 B =0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势 E =6.0 V、内阻 r =0.5Ω 的直流电源。现把一个质量 m =0.05 kg 的导体棒 ab 垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻

　R =2.5 Ω，金属导轨电阻不计， g 取 10 m/s2 。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

　（1）通过导体棒 电流大小； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力大小。

　 【答案】（1）2.0A；（2）0.4N；（3）0.1N 【解析】

　【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

　6.0A 2.0A2.5 0.5EIR r    （2）导体棒受到的安培力大小：

　F = BIL =0.5×2×0.4=0.4N 根据左手定则，方向平行斜面向上； （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F 1 = mg sin37∘ =0 3N， 由于 F 1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f ； 根据共点力平衡条件，有：

　mg sin37∘ + f = F 解得：

　f =0.1N 16.如图（a）所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速为零，不计重力）。经 U 0 =1000V 的加速电场后，由小孔 S 沿两水平金属板 A、B 两板间的中心线射入，A、B 板长 L =0.20m，相距 d =0.020m，加在 A、B 两板间的电压 U

　随时间

　t

　变化 U-t

　图线如图（b）。设 A、B 两板间的电场可以看做是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离 b =0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期 T =0.20s，筒的周长 s =0.20m，筒能接收到通过 A、B 板的全部电子。

　（1）电子在垂直 A、B 板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过 A、B 板的电子，在它通过时加在两板间的电压 U C

　应为多大？

　（2）以 t =0 时（见图 b，此时 U =0）电子打到圆筒记录纸上的点作为

　xOy

　坐标系的原点，并取 y

　轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的 x

　坐标和 y

　坐标。

　（3）在给出的坐标纸上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。

　【 答 案 】（ 1 ）

　20V ；（ 2 ）（ 2cm ， 2.5cm ）

　和 （ 2cm ， 12cm ）；（ 3 ）

　如 图 所 示 。

　【解析】

　【详解】（1）对于恰能穿过 A、B 板的电子，设 v 0 为电子沿 A、B 板的中心线射入电场时的初速度，由动能定理得：

　20 012e mv U  −0…① 电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过 A、B 板的时间为 t 0 ，则有：

　0 0l v t  …② 电子在垂直 A. B 板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过 A、B 板的电子，在它通过时加在两板间的电压 U c 应满足：

　2c01 12 2U ed tdm …③ 联立①、②、③式解得：

　U C =20V；④ （2）此电子从 A、B 板射出时沿 y 方向的分速度为：

　0CyeUv tdm …⑤ 此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为 y ，由图(1)可得：y02dyvb v… ⑥ 由以上各式解得：

　y =0.025m=2.5cm…⑦ 从题给的 U − t 图线可知，加于两板电压 U 的周期 T 0 =0.10 秒， U 的最大值 U m=100 伏， 因为 U C < U m，在一个周期 T 0 内，只有开始的一段时间间隔△ t 内有电子通过 A、B 板：

　c00Ut TU …⑧ 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的 x 坐标为：

　12cmsx tT   …⑨ 第二个最高点的 x 坐标为：

　2 0( ) 12cmsx t TT     …⑩ 第三个最高点的 x 坐标为：

　3 0( 2 ) 22cmsx t TT     …⑪ 由于记录筒的周长为 20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合， 即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的 x 坐标分别为（2cm，2.5cm）和（2cm，12cm）； （3）电子打到记录纸上所形成的图线，如图所示。