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如图所示，在某一真空空间，有一水平放置的理想平行板电容器充电后与电源断开，若正极板A以固定直线OO′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，恰有一质量为m带负电荷的粒子（不计重力）以速度V₀沿垂直于电场方向射入平行板之间，则带电粒子在电场区域内运动的轨迹是（设负极板B固定不动，带电粒子始终不与极板相碰）（　　）

A．直线

B．正弦曲线

C．抛物线

D．向着电场力方向偏转且加速度作周期性变化的曲线

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质量为m的小金属球可视为质点，用长L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方

L

2

处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示，竖直向下给小球一定的初速度V₀，忽略空气阻力，则（　　）

A．小球从图示位置到最低点过程中，小球的速率可能保持不变

B．当悬线碰到钉子后的瞬时（设线没有断），小球的线速度突然增大

C．当悬线碰到钉子后的瞬时（设线没有断），小球的线速度突然减小到零

D．当悬线碰到钉子后的瞬时（设线没有断），小球的角速度突然增大

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一、选择题（4分×10＝40分）

题 号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答 案

D

B

AD

BC

C

A

B

D

ABD

AD

二、实验题（共20分）

11.11.70（3分）

12.（共6分，每空2分）0.986，2.58，5.99

13. ABC（3分，选对一个给1分，有错选或多选的不给分）

14.（共8分）

   （1）BC（2分，选对一个给1分，有错选或多选的不给分）

　 （2）A距地面的高度h，B在某桌面上滑行的总距离s，A、B的质量m_A、m_B(3分)

　 （3）（3分，其它方案正确的可参考给分）

三、计算题（共40分。以下各题仅提供一种解法，其他解法可参考给分）

15.（10分）

　　解：（1）设两人奔跑的最大速度为v，乙全力奔跑时的加速度为a、乙在接力区跑出的距离为s^/时速度达到最大速度的75%，根据运动学公式有

            v²＝2as ……………………………………………………………………（2分）

　　　　　　(0.75v)²＝2as^/    …………………………………………………………（1分）

            解得　s^/ ＝11.25m  ………………………………………………………（2分）

　　　 （2）设乙在距s0处开始起跑，到乙接棒时乙跑过的距离为s＇，所用时间为t，根据运动学公式

　　　　　　对甲有　vt＝s₀＋s＇………………………………………………………（2分）

            对乙有　s＇＝×0.75 vt　 ………………………………………………（1分）

            解得　s₀＝18.75m

16.（10分）

　　解：设火箭点火后竖直向上的加速度为a，燃料恰用完时火箭的速度为v，此时上升高度为h，据牛顿第二定律有

　　　　F－G＝ma  ……………………………………………………………………（2分）

       由运动学公式有　v₂＝2ah　  …………………………………………………（2分）

                       v＝gt 　　 …………………………………………………（2分）

                       H－h＝gt²      ……………………………………………（2分）

       代入数据联立解得　　　………………………………………………（2分）

17.（10分）

解：（1）由图象可知，C与A碰前速度v₁＝9m/s，碰后速度v₂＝3m/s

　　　　C与A碰撞过程中动量守恒　m_Cv₁＝(m_A＋m_C) v₂　　………………（2分）

　　　　代入数据解得　m_C＝2.0kg　 …………………………………………（1分）

   （2）墙壁对物体始终不做功，W＝0　 ……………………………………（1分）

    由图可知，向右为正方向，12s末A和C的速度v₃＝－3m/s

    根据动量定理，经分析可知，4s到12s的时间内墙壁对B的问冲量

　　I＝(m_A＋m_C)v₃－(m_A＋m_C)v₂　…………………………………………（2分）

　　代入数据解得　I＝－36N?s  　方向向左  …………………………（1分）

（3）经分析知，12sm末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，且当AC和B具有相同速度v₄时，弹簧弹性势能E_P最大。有

　　 (m_A＋m_C)＝(m_A＋m_B＋m_C)v₄ …………………………………………（1分）

　　 　……………………（1分）

　　　代入数据解得　E_P＝9.0J  …………………………………………（1分）

18.（10分）

　　解：（1）设带电系统静止时电场强度为E，有　2mg＝4Eq 　解得E＝

电场强度增倍后，从开始到B球进入电场，根据动能定理有

　　　　　　 (2E×4q－2mg)L＝　 …………………………………………（2分）　　　　

　　　　　　 联立上式解得B球刚进入电场时的速度　v₁＝ ……………（1分）

        （2）设B球在电场中的最大位移为s，经分析知A球向上越过了MN（有分析过程的可酌情给分），根据动能定理有

　　　　　　 2E×4q×2L－2E×3q×2s－2mg(s＋L)＝0　 ………………………（1分）

             解得　s＝1.2L　故B球的最大位移　s＝2.2L …………………（1分）

             电场力对B球做功　W＝－2E×3q×1.2L＝－3.6mgL

　　　　　　 则B球电势能增加3.6mgL

　　　　（3）带电粒子向上运动分三阶段，每一阶段匀加速运动，据牛顿第二定律有

          a₁＝＝g 运动时间　t₁＝　……………………（1分）　

　　　　　第二阶段匀减速运动　同理可得　a₂＝

设A球出电场时的速度为v₂，根据运动学公式有　＝2a₂L　

　　　　　解得 v₂＝　t₂＝　………………………（1分）

　　　　　第三阶段匀减速运动　a₃＝　t₃＝　…（1分）

　　　　　则运动周期　T＝2(t₁＋t₂＋t₃)＝(6－)　　　　　　　　　（1分）