2021屆北京市人大附中高三上學期開學考試物理試題（解析版）

　1 2021 屆北京市人大附中高三上學期開學考試

　物理試題

　共 本試卷共 6 頁，100 分�？荚嚂r長 90 分鐘�？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效�？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。

　第一部分

　共 本部分共 14 題，每題 3 分，共 42 分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。

　1.下列說法正確的是（

�。�

　A.分子間的引力總是大于斥力 B.分子間同時存在引力和斥力 C.布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動 D.液體中懸浮微粒越大，布朗運動越顯著 答案：B 解：A．分子間的引力與斥力的大小關系與分子間的距離有關，引力可以大于斥力也可以小于斥力，A 錯誤； B．分子間同時存在引力和斥力，B 正確； C．懸浮在液體中的小微粒的無規(guī)則運動叫做布朗運動，布朗運動間接反映了液體分子的無規(guī)則運動，C錯誤； D．液體中懸浮的微粒越小，受到的液體分子的撞擊力越不均勻，布朗運動越明顯，D錯誤。

　故選 B。

　2.如圖所示，一束可見光穿過玻璃三棱鏡后，變?yōu)?a、b、c三束單色光。如果 b 光是綠光，則以下說法正確的是（

�。�

　A.a 光可能是藍光 B.c 光可能是紅光 C.a 光的頻率小于 b 光的頻率 D.c 光的波長大于 b 光的波長 答案：C 【分析】

　解：AB．因 b 光是綠光，則 a 光可能紅、橙、黃光，不可能是藍光，c 光可能藍、靛、紫光，不可能是紅光，故 AB 錯誤； C．由光路圖可知，a 光的折射率小于 b 光，則 a 光的頻率小于 b 光的頻率，故 C 正確；

　D．由光路圖可知，c 光的折射率大于 b 光，c 光的頻率大于 b光，c 光的波長小于 b 光的波長，故 D錯誤。

　故選 C。

　3.下列現(xiàn)象中，與原子核內(nèi)部變化有關的是 A. 粒子散射現(xiàn)象 B.天然放射現(xiàn)象 C.光電效應現(xiàn)象 D.原子發(fā)光現(xiàn)象 答案：B 解：A．α 粒子散射實驗表明了原子內(nèi)部有一個很小的核，并沒有涉及到核內(nèi)部的變化，故 A項錯誤； B．天然放射現(xiàn)象是原子核內(nèi)部發(fā)生變化自發(fā)的放射出 α 粒子或電子，從而發(fā)生 α衰變或 β衰變，故 B 項正確； C．光電效應是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出，沒有涉及到原子核的變化，故 C 項錯誤； D．原子發(fā)光是原子躍遷形成的也沒有涉及到原子核的變化，故 D項錯誤． 4.如圖所示，用一根輕質(zhì)細繩將一幅重力為 10N的畫框對稱懸掛在墻壁上，當繩上的拉力為 10N時，兩段細繩之間的夾角 ? 為（

�。�

　A.45° B.60° C.90° D.120° 答案：D 解：兩段細線的拉力大小相等，設為 T，則 T=10N，兩邊拉力的合力 G=10N，由平行四邊形法則可知三力互成 120°。

　故選 D。

　5.將一定值電阻分別接到如圖 1 和圖 2 所示的兩種交流電源上，在一個周期內(nèi)該電阻產(chǎn)生的焦耳熱分別為1Q 和2Q ，則1 2Q Q ：

　等于（

　）

　A. 21 ∶

　B. 12 ∶

　C.21 ∶

　D. 12 ∶ 答案：A 解：對于方波（圖 1）來說，交流電壓有效值為：

　1 0U u ?

　故在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為 2 20 11u UQ T TR R? ?

　對于正弦波（圖 2）來說，故交流電壓有效值為：

　022uU ? 故在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為 2 20 222u UQ T TR R? ?

　故 012 220: : 2:12u uT TRQRQ ? ?

　故 A正確 BCD錯誤。

　故選 A。

　6.甲乙兩位同學分別使用圖中所示的同一套裝置，觀察單擺做簡諧運動時的振動圖像，已知兩人實驗時所用的擺長相同，落在同一木板上的細砂分別形成的曲線如圖 N 1 、N 2 所示。下面關于兩圖線相關的分析，正確的是（

�。�

　A.N 1 表示砂擺擺動的幅度較大，N 2 擺動的幅度較小 B.N 1 表示砂擺擺動的周期較大，N 2 擺動周期較小 C.N 1 對應的木板運動速度比 N 2 對應的木板運動速度大 D.N 1 對應的砂擺擺到最低點時，擺線的拉力比 N 2 對應的拉力大 答案：C 解：A．由圖可知，N 1 、N 2 的擺動幅度一樣，故 A錯誤； B．因兩擺的擺長相等，則由單擺的周期公式 2LTg? ? 可知，兩擺的周期相同，故 B 錯誤；

　C．由圖可知，N 1 的時間為 T，N 2 的時間為 2T，則由xvt? 可知，N 1 對應的木板運動速度為 N 2 對應的木板運動速度的 2 倍，故 C 正確； D．因為 N 1 、N 2 的擺動幅度一樣，故它們在最低點時的速度相等，由牛頓第二定律可求出擺線的拉力為 2vT mg mL? ?

　在上式中，v、L相同，因使用同一套裝置質(zhì)量相同，故擺線的拉力相等，故 D錯誤。

　故選 C。

　7.如圖甲所示，A、B 是一條電場線上的兩點，若在 A 點釋放一初速度為零的電子，電子僅受靜電力作用，并沿電場線從 A 運動到 B，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，設 A、B 兩點的電場強度分別為A BE E 、 ，電勢分別為A B? ? 、 ，則（

�。�

　A.A BE E ?A B? ? ?

　B.A BE E ?A B? ? ?

　C.A BE E ?A B? ? ?

　D.A BE E ?A B? ? ?

　答案：A 解：電子受力向右，因為電子帶負電，受力方向與電場線方向相反，所以電場方向由 B 指向 A；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，A B? ? ?；圖乙電子做勻加速運動，a 不變，F(xiàn)=ma=Eq，所以A BE E ?。

　故選 A。

　8.如圖所示，粗糙斜面固定在地面上，斜面上一質(zhì)量為 m的物塊受到豎直向下的力 F 的作用，沿斜面向下以加速度 a做勻加速運動。則（

�。�

　A.若撤去 F，則物塊可能沿斜面減速下滑

　B.若撤去 F，則物塊可能沿斜面勻速下滑 C.若增大 F，則物塊加速下滑且加速度將增大 D.若增大 F，則物塊加速下滑且加速度將不變 答案：C 解：有力 F 時對物體受力分析，如圖所示

　根據(jù)共點力平衡條件及牛頓第二定律可知 ( )sin mg F f ma ? ? ? ? ① ( )cos 0 N mg F ? ? ? ? ② f=μN③ 解得 ( )(sin cos )Fa gm? ? ? ? ? ? ④ AB．當推力 F 減為零時，加速度 a 減小，但不可能減為零，加速度方向與速度方向相同，加速運動，故AB 錯誤； CD．當推力增加時，根據(jù)④式，物體的加速度一定增加，故 C 正確，D錯誤。

　故選 C。

　9.如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正碰。小球a、b質(zhì)量分別為m 1 和m 2 ，且1200g m ? 。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的 x-t 圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（

�。�

　A.碰撞前球 a 做加速運動，球 b 做勻速運動 B.碰撞后球 a 做減速運動，球 b 做加速運動

　C.碰撞前后兩小球的機械能總量減小 D.碰撞前后兩小球的機械能總量不變 答案：D 解：A．由 x-t（位移時間）圖象的斜率得到，碰前 b 球的位移不隨時間而變化，處于靜止。a 球的加速度大小為 1118= m/s 4m/s2xvt?? ?? 做勻速運動，選項 A錯誤； B．同理由圖示圖象可知，碰后 b 球和 a 球均做勻速運動，其速度分別為 22m/s v ? ?

　12m/s v ?? ?

　選項 B 錯誤； CD．根據(jù)動量守恒定律得 1 1 2 2 1 1mv m v mv ? ?? ?

　代入解得 20.6kg ? m

　碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為 2 2 21 1 1 1 2 21 1 12 2 2E mv mv m v ? ? ? ? ?

　代入解得 △E=0 所以碰撞過程機械能守恒，選項 C 錯誤，D正確。

　故選 D。

　10.為簡單計，把地－月系統(tǒng)看成地球靜止不動而月球繞地球做勻速圓周運動，如圖所示，虛線為月球軌道。在地月連線上存在一些所謂“拉格朗日點” 特殊點。在這些點，質(zhì)量極小的物體（如人造衛(wèi)星）僅在地球和月球引力共同作用下可以始終和地球、月球在同一條線上，則圖中四個點不可能是“拉格朗日點”的是（

�。�

　 A.A 點 B.B 點 C.C 點 D.D點 答案：B 解：B 點處的物體受到地球與月球的萬有引力的方向相同，而 B 到地球的之間小于月球到地球的距離，根據(jù)萬有引力提供向心力可知，B 處物體的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能與月球具有相等的角速度，所以也不是拉格朗日點，同理分析，A、C、D可能是拉格朗日點”，故 B 正確，ACD錯誤。

　故選 B。

　11.如圖所示，圓心角為 90 ? 的扇形區(qū)域 MON 內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，P 點為半徑 OM 的中點。現(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子 a、b，以不同的速度先后從 P 點沿 ON 方向射入磁場，并分別從 M、N兩點射出磁場。不計粒子所受重力及粒子間相互作用。粒子 a、b 在磁場中運動過程，下列說法正確的是（

�。�

　A.粒子 a 帶正電，粒子 b 帶負電 B.粒子 a 在磁場中的運動時間短 C.粒子 a、b的加速度大小之比為 1：5 D.粒子 a、b的速度大小之比為 5：1 答案：C 解：A．帶電粒子 a 從 M點射出，由左手定則可知，粒子 a帶負電，帶電粒子 b從 N點射出，由左手定則可知，粒子 b 帶正電，故 A錯誤； B．兩粒子的運動軌跡如圖所示

　 由圖可知，粒子 a 在磁場中運動時的偏轉角大于粒子 b 的偏轉角，由公式 2π2πm mtqB qB? ?? ? ? 可知，粒子 a 在磁場中的運動時間長，故 B 錯誤； CD．設 = OM R ，由幾何關系可知 4aRr ?

　2 2 2( )2b bRr R r ? ? ?

　解得 54br R ?

　由公式 2vqvB mr?

　得 mvrqB? 則 14554a ab bRv rRv r? ? ?

　由牛頓第二定律得加速度得 qvB ma ?

　得 qvBam?

　則

　15a ab ba va v? ? 故 C 正確，D錯誤。

　故選 C。

　12.在探究變壓器的兩個線圈的電壓關系時，某同學自己繞制了兩個線圈套在可拆變壓器的鐵芯上，如圖所示．線圈 a作為原線圈連接到學生電源的交流輸出端，線圈 b 接小燈泡．他所用的線圈電阻忽略不計．當閉合學生電源的開關時，他發(fā)現(xiàn)電源過載（電流過大，超過學生電源允許的最大值）．如果僅從解決電源過載問題的角度考慮，下列采取的措施中，最可能有效的是

　A.增大電源電壓 B.適當增加原線圈 a 的匝數(shù) C.換一個電阻更小的燈泡 D.將線圈 a改接在學生電源直流輸出端 答案：B 解：A．若增大電源電壓，則次級 b 的電壓變大，則次級電流增大，導致初級 a 電流變大，故電源更加過載，選項 A錯誤； B．適當增加原線圈 a 的匝數(shù)，則根據(jù)變壓器電壓和匝數(shù)關系可知，次級線圈 b 電壓減小，次級電流減小，故初級電流減小，這時可使電源不過載，選項 B 正確； C．換一個電阻更小的燈泡，則次級電阻減小，電流變大，則初級電流變大，電源更加過載，選項 C 錯誤； D．將線圈 a 改接在學生電源直流輸出端，則變壓器次級將無電壓，燈泡不亮，則不是最有效的方法，選項 D錯誤； 故選 B。

　13.某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵心的線圈 L、小燈泡 A、開關 S和電池組 E，用導線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關 S，小燈泡正常發(fā)光；再斷開開關 S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象。雖經(jīng)多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象。你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是（

　）

　 A.線圈 電阻偏大 B.小燈泡的額定電壓偏大 C.電源的電動勢偏小 D.線圈的自感系數(shù)偏小 答案：A 解：圖中的電路是一個燈泡與電感線圈并聯(lián)再與電源、開關串聯(lián)起來的電路，當小燈泡正常發(fā)光時，通過燈泡和電感線圈中都有電流，當開關斷開時，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象，說明開關斷開后，通過小燈泡的電流也沒有顯著增大，這是因為原來通過電感線圈的電流小于燈泡的電流，當斷電后，電感最多會產(chǎn)生原來通過自己的等大的電流，故造成小燈泡未閃亮的原因是線圈的電阻偏大的緣故。

　故選 A。

　14.測定電容器電容的實驗中，將電容器、電壓傳感器、阻值為 3kΩ 的電阻 R、電源（上端為正極）、單刀雙擲開關 S按圖甲所示電路圖進行連接。先使開關 S與 1相連，電源給電容器充電，充電完畢后把開關 S擲向 2，電容器放電，直至放電完畢，實驗得到的與電壓傳感器相連接的計算機所記錄的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，圖丙為由計算機對圖乙進行數(shù)據(jù)處理后，記錄了“峰值分別為 6V和-6V”及圖線與時間軸所圍“面積分別為 182.7V·s和-180.4V·s”的圖像。則（

�。�

　A.開關 S與 2 相連時，通過電阻的電流方向從上向下 B.由以上信息可知，電容器的電容大小大約為 30F C.如果將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，則無法測出電容器的電容值 D.如果將電阻換成 1kΩ ，則圖丙中的峰值不會變，陰影面積會變?yōu)楝F(xiàn)在的13，充放電的時間會縮短 答案：D 解：A．因為 S 接 1 時，電容器充電，上極板帶正電；則當 S 接 2 時，電容器放電，電流方向為順時針方向，通過 R 的電流為從下到上，選項 A錯誤；

　B．根據(jù)歐姆定律可知 UIR?

　圖象的面積表示 Ut，則可知，圖象面積與 R 的比值表示電量；則可知充電過程最大電量 182.70.0609C3000Q ? ?

　由 Q=CU可知 20.06091.0 10 F6QCU?? ? ? ?

　選項 B 錯誤； C．因為當開關 S與 2 連接，電容器放電的過程中，電容器 C 與電阻 R 上的電壓大小相等，因此通過對放電曲線進行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值 U m ”及曲線與時間軸所圍“面積 S”，仍可應用 mQ SCU RU＝ ＝ 計算電容值，選項 C 錯誤； D．圖丙中的“峰值”是由電源的電動勢決定的，則如果將電阻換成 1kΩ ，則圖丙中的峰值不會變，根據(jù) mQ SCU RU＝ ＝ 可知，因電容 C 和峰值 U m 不變，則當電阻變?yōu)樵瓉淼?3時，陰影面積 S會變?yōu)楝F(xiàn)在的13，則由“面積”等于 Ut 可知，充放電的時間會縮短，選項 D正確。

　故選 D。

　第二部分

　共 本部分共 6 題，共 58 分。

　15.現(xiàn)利用圖（a）所示裝置驗證動量守恒定律。在圖（a）中，氣墊導軌上有 A、B 兩個滑塊，滑塊 A右側帶有一彈簧片，左側與打點計時器（圖中未畫出）的紙帶相連；滑塊 B 左側也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計數(shù)器（未完全畫出）可以記錄遮光片通過光電門的時間。

　實驗測得滑塊 A 質(zhì)量10.301kg m ? ，滑塊 B 的質(zhì)量20.108kg m ? ，遮光片的寬度1.00cm d ? ；打點計時器所用交流電的頻率 50.0Hz f ? 。將光電門固定在滑塊 B 的右側，啟動打點計時器，給滑塊 A一向

　右的初速度，使它與 B 相碰。碰后光電計數(shù)器顯示的時間為B3.500ms t ? ? ，碰撞前后打出的紙帶如圖（b）所示。

　(1)碰撞前、后 A的速率分別為Av ? ________m/s；Av? ? ________m/s；碰撞后 B 的速率為Bv? ? ________m/s（計算結果均保留三位有效數(shù)字）； (2)若實驗允許的相對誤差絕對值（ 100% ?碰撞前后總動量之差碰前總動量）最大為 5%，本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運算過程________________。

　答案：(1). 2.00 (2). 0.970 (3). 2.86 (4).在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律，運算過程見解析 解：（1）[1]打點計時器的打點時間間隔 10.02s Tf? ? 由圖（b）所示紙帶可知，碰撞前 A的速度 0.0400m/s 2.00m/s0.02AAxvT? ? ?

　[2]碰撞后 A的速度 ""0.0194m/s 0.970m/s0.02AAxvT? ? ?

　[3]碰撞后 B 速度 "30.0100m/s 2.86m/s3.500 10BBdvt?? ? ?? ? （2）[4]碰撞前系統(tǒng)總動量 10.301 2.00kg m/s 0.602kg m/sAp mv ? ? ? ? ? ?

　碰撞后系統(tǒng)總動量 1 20.301 0.970kg m/s 0.108 2.86kg m/s 0.601kg m/sA Bp mv m v ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

　相對誤差 "0.602 0.601100% 100% 0.2% 5%0.602p pp???? ? ? ?

　由此可知，在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律。

　16.從下表中選出適當?shù)膶嶒炂鞑脑O計一電路來測量電阻 R x 的阻值。要求方法簡捷，得到多組數(shù)據(jù)，有盡可能高的測量精度。

　器材（代號）

　規(guī)格 待測電阻（R x ）

　電流表（A 1 ）

　電流表（A 2 ）

　電壓表（V 1 ）

　電壓表（V 2 ）

　滑動變阻器（R）

　電源（E）

　電鍵（S）

　導線若干 阻值約 10kΩ

　0~ 300μA ，內(nèi)阻約 100Ω

　0~0.6A，內(nèi)阻約 0.125Ω

　0~3V，內(nèi)阻約 3kΩ

　0~15V，內(nèi)阻約 15kΩ

　總阻值約 50Ω

　電動勢 3V，內(nèi)阻很小 (1)電流表應選用______，電壓表應選用_____； (2)滑動變阻器應該選擇限流接法還是分壓接法？簡要說明理由____； (3)在答題紙相應位置（方框內(nèi)）畫出電路圖________； (4)完成上圖中實物間的連線，并使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞______。

　答案：(1).A 1 (2).V 1 (3).分壓接法(4).見解析圖(5).見解析圖 解：(1)由于電動勢 E=3V，內(nèi)阻很小，則電壓表應該選 V 1 ；待測電阻 R x 阻值約 10kΩ，則最大電流約為 33A=300μA10 10xEIR?? ?? 所以電流表應選用 A 1 ； (2)滑動變阻器阻值遠小于待測電阻的阻值，可知滑動變阻器采用分壓器接法；電流表的內(nèi)電阻遠小于 R x ，所以采用內(nèi)接法； (3)電路如圖所示：

　 (4)實物連線如圖；使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞，滑動端應該位于最左端。

　17.無人機在距離水平地面高度 h 處，以速度0v 水平勻速飛行并釋放一包裹，不計空氣阻力，重力加速度為g 。

　(1)求包裹釋放點到落地點的水平距離 x ； (2)求包裹落地時的速度大小 v ； (3)以釋放點為坐標原點，初速度方向為 x 軸方向，豎直向下為 y 軸方向，建立平面直角坐標系，寫出該包裹運動的軌跡方程。

　答案：(1)02hvg；(2)202 v gh ? ；(3)2202gy xv? 解：(1)包裹脫離無人機后做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則 212h gt ?

　解得 2htg?

　水平方向上做勻速直線運動，所以水平距離為 0 02hx v t vg? ?

　(2)包裹落地時，豎直方向速度為

　2yhv gt gg? ?

　落地時速度為 2 2 20 02yv v v v gh ? ? ? ?

　(3)包裹做平拋運動，分解位移 0x v t ? ?

　212y gt ? ?

　兩式消去時間得包裹的軌跡方程為 2202gy xv? 18.如圖甲所示， 200 N ? 匝的線圈（圖中只畫了 2 匝），電阻 2Ω r ? ，其兩端與一個 48Ω R ? 的電阻相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。

　(1)判斷通過電阻 R 的電流方向； (2)求線圈產(chǎn)生的感應電動勢 E ； (3)求電阻 R 兩端的電壓 U 。

　 答案：(1) a b ? ；(2) 10V ；(3) 9.6V

　解：(1)根據(jù)圖像可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場增大，為了阻礙線圈中磁通量的增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的感應電流為逆時針方向，所通過電阻 R 的電流方向為 a b ? 。

　(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律

　0.015 0.010200 V 10V0.10E Nt?? ?? ? ? ?? (3)電阻 R 兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知 4810V 9.6V48 2RU ER r? ? ? ?? ? 19.如圖所示，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質(zhì)量不計．物快（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量為，在水平桌面上沿 x 軸運動，與桌面間的動摩擦因數(shù)為 ? ．以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點 O ，當彈簧的伸長量為 x 時，物塊所受彈簧彈力大小為 F kx ? ， k 為常量．

�。� 1 ）請畫出 F 隨 x 變化的示意圖；并根據(jù) F x ? 圖象求物塊沿 x 軸從 O 點運動到位置 x 的過程中彈力所做的功． （ 2 ）物塊由1x 向右運動到3x ，然后由3x 返回到2x ，在這個過程中， a ．求彈力所做的功，并據(jù)此求彈性勢能的變化量； b ．求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較,說明為什么不存在與摩擦力對應的“摩擦力勢能”的概念，為什么？ 答案：（ 1 ）圖象如圖所示；

　彈力做功為：212kx ? ． （ 2 ）彈性勢能的變化量為2 22 11 12 2kx kx ? ；摩擦力做功：3 1 2(2 )fW mg x x x ? ? ? ? ?；不能引入“摩擦力勢能”． （1）在 F x ? 圖象中，面積為外力拉彈簧時外力所做的功

　 212 2FW x kx ? ?

　彈簧的彈力對其做負功，212W kx ? ?

　（2）a.分段研究：從1x 到3x 過程中，彈簧的彈力做負功，為2 21 3 112W k x x ? ? ? （ ）

　從3x 到2x 過程中，彈簧的彈力做正功，為2 22 3 212W k x x （ ）

　? ?

　則全過程彈簧 彈力作功為2 21 2 2 112W W k x x （ ）

　? ? ? ?

　由功能關系PE W ? ? ?

　得2 22 112PE k x x ? ? ? （ ）

　b.物體向右由1x 運動到3x 的過程摩擦力作功1 3 1( )fW mg x x ? ? ? ? 物體由由3x 返回到2x 的過程摩擦力做功2 3 2( )fW mg x x ? ? ? ? 全程摩擦力做功1 2 3 2 1(2 )f f fW W W mg x x x ? ? ? ? ? ? ? 若物體直接由1x 位置運動到2x 位置，摩擦力做功為2 1( )fW mg x x ? ? ? ? ? 可知，兩次沿不同路徑從相同出發(fā)點運動到同一位置，摩擦力做功不同，說明摩擦力做功與路徑有關． 而彈簧彈力做功與路徑無關，只與初末位置有關，因此存在彈性勢能的概念，根據(jù)勢能的定義可知，不存在摩擦力勢能的概念． 【考點定位】用圖像法求變力做功，功能關系． 20.在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以 O為圓心，半徑為 R 的圓，AB 為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為 m，電荷量為 q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自 A 點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的 C點以速率 v 0 穿出電場，AC與 AB的夾角 θ=60°。運動中粒子僅受電場力作用。

　（1）求電場強度的大�。� （2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？ （3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為 mv 0 ，該粒子進入電場時的速度應為多大？

　 答案：(1)202mvEqR? ；(2)0124vv = ；(3)0 或0232vv = 解：（1）由題意知在 A 點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于 q>0，故電場線由 A 指向 C，根據(jù)幾何關系可知：

　ACx R =

　所以根據(jù)動能定理有：

　20102ACqEx mv = -

　解得：

　202mvEqR? ； （2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做 AC 垂線并且與圓相切，切點為 D，即粒子要從 D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關系有 1sin60 x R v t = =

　21cos602y R R at = + =

　而電場力提供加速度有 qE ma ?

　聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度：

　0124vv = ； （3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為 mv 0 ，即在電場方向上速度變化為 v 0 ，過 C 點做 AC 垂線會與圓周交于 B 點，故由題意可知粒子會從 C 點或 B 點射出。當從 B 點射出時由幾何關系有

　2 23BCx R v t = =

　2212ACx R at = =

　電場力提供加速度有 qE ma ?

　聯(lián)立解得0232vv = ；當粒子從 C 點射出時初速度為 0。

　另解：

　由題意知，初速度為 0時，動量增量的大小為0mv ，此即問題的一個解。自 A 點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自 B點射出電場的粒子，其動量變化量也恒為0mv ，由幾何關系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率為 032v v ?

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