2016年高考物理試卷（北京）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2016年北京市高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1．（6分）處于n=3能級(jí)的大量氫原子，向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射光的頻率有（）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種 【考點(diǎn)】J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷．【專題】32：定量思想；43：推理法；54N：原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題．【分析】本題考查了波爾原子理論，所有的激發(fā)態(tài)都是不穩(wěn)定的，都會(huì)繼續(xù)向基態(tài)躍遷，故輻射光子的種類為．【解答】解：現(xiàn)有大量的氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，當(dāng)這些氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射光子的頻率為n==3種。選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷輻射或吸收光子的能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，知道數(shù)學(xué)組合公式的應(yīng)用．2．（6分）下列說法正確的是（）A．電磁波在真空中以光速C傳播 B．在空氣中傳播的聲波是橫波 C．聲波只能在空氣中傳播 D．光需要介質(zhì)才能傳播 【考點(diǎn)】F8：聲波；G4：電磁波的發(fā)射、傳播和接收．【專題】32：定量思想；43：推理法；54R：電磁場(chǎng)理論和電磁波．【分析】電磁波在真空中的傳播速度與光在真空中的傳播速度相同，機(jī)械波傳播的是振動(dòng)形式，離不開介質(zhì)；波速由介質(zhì)決定．【解答】解：A、電磁波在真空中的傳播速度與光在真空中的傳播速度相同，故A正確；B、空氣中的聲波是縱波，故B錯(cuò)誤；C、聲波不僅能在空氣中傳播，也能在固體、液體中傳播，但不能在真空中傳播，故C錯(cuò)誤；D、光可以在真空中的傳播，不需要介質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁波的傳播條件、傳播速度，涉及的是基礎(chǔ)知識(shí)，還有要明確聲波是機(jī)械波，然后結(jié)合機(jī)械波的波速、波長(zhǎng)、頻率關(guān)系公式列式求解．3．（6分）如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．以平衡位置O為原點(diǎn)，建立Ox軸．向右為x的軸的正方向．若振子位于N點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，則其振動(dòng)圖象為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】72：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅、周期和頻率；73：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象．【專題】32：定量思想；43：推理法；51D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題．【分析】當(dāng)振子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，分析此時(shí)振子的位置，即確定出t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位置，即可確定位移時(shí)間的圖象．【解答】解：由題意：設(shè)向右為x正方向，振子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，振子具有正方向最大位移，所以振子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)振動(dòng)圖象應(yīng)是余弦曲線，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題在選擇圖象時(shí)，關(guān)鍵研究t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移和位移如何變化．4．（6分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2：1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是（）A．Ea：Eb=4：1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 B．Ea：Eb=4：1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向 C．Ea：Eb=2：1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 D．Ea：Eb=2：1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向 【考點(diǎn)】D8：法拉第電磁感應(yīng)定律；DB：楞次定律．【專題】32：定量思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E==S，題中相同，a圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea==S=π，b圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Eb==S=π，由于ra：rb=2：1，所以，由于磁場(chǎng)向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題整合了法拉第電磁感應(yīng)定律，楞次定律，常規(guī)題，要善于運(yùn)用比例法求解比值．5．（6分）中國(guó)宋代科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場(chǎng)的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是（）A．地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合 B．地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行 D．地磁場(chǎng)對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 【考點(diǎn)】C5：地磁場(chǎng)；CF：洛倫茲力．【專題】32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】根據(jù)課本中有關(guān)地磁場(chǎng)的基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)明在確磁場(chǎng)及磁通量的性質(zhì)；即可確定此題的答案．【解答】解：A、地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角；故A正確；B、磁場(chǎng)是閉合的曲線，地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近，故B正確；C、磁場(chǎng)是閉合的曲線，地球磁場(chǎng)從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行，故C錯(cuò)誤；D、地磁場(chǎng)與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對(duì)帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確；本題選錯(cuò)誤的，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了地磁場(chǎng)的性質(zhì)以及磁通量等內(nèi)容，要注意借助地磁場(chǎng)的磁場(chǎng)分布分析地磁場(chǎng)對(duì)應(yīng)的性質(zhì)．6．（6分）如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1繞地球E運(yùn)行，在P變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列說法正確的是（）A．不論在軌道1還是在軌道2運(yùn)行，衛(wèi)星在P點(diǎn)的速度都相同 B．不論在軌道1還是在軌道2運(yùn)行，衛(wèi)星在P點(diǎn)的加速度都相同 C．衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度 D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動(dòng)量 【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】22：學(xué)科綜合題；31：定性思想；43：推理法；52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】衛(wèi)星變軌，做離心運(yùn)動(dòng)要加速；萬有引力提供向心力；加速度和動(dòng)量都是矢量．【解答】解：A．衛(wèi)星由軌道1在P點(diǎn)進(jìn)入軌道2做離心運(yùn)動(dòng)，要加速，所以在軌道1和在軌道2運(yùn)行經(jīng)過P點(diǎn)的速度不同，故A錯(cuò)誤；B．在軌道1和在軌道2運(yùn)行經(jīng)過P點(diǎn)，都是萬有引力提供向心力，由a=可知，衛(wèi)星在P點(diǎn)的加速度都相同，故B正確；C．由a=可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以衛(wèi)星在軌道1的任何位置的加速度都不同，故C錯(cuò)誤；D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置的速度方向不同，所以動(dòng)量不同，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是知道衛(wèi)星變軌問題，做離心運(yùn)動(dòng)要加速．還要知道加速度和動(dòng)量都是矢量，都有方向．7．（6分）某興趣小組探究用不同方法測(cè)定干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們提出的實(shí)驗(yàn)方案中有如下四種器材組合．為使實(shí)驗(yàn)結(jié)果盡可能準(zhǔn)確，最不可取的一組器材是（）A．一個(gè)安培表、一個(gè)伏特表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器 B．一個(gè)伏特表和多個(gè)定值電阻 C．一個(gè)安培表和一個(gè)電阻箱 D．兩個(gè)安培表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器 【考點(diǎn)】N3：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專題】18：誤差分析和數(shù)據(jù)處理；34：比較思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】根據(jù)U﹣I圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【解答】解：通過改變電路的阻值從而獲得多組數(shù)據(jù)，根據(jù)U﹣I圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。A．安培表測(cè)電流，伏特表測(cè)路端電壓，滑動(dòng)變阻改變電路的阻值從而獲得多組數(shù)據(jù)，故A可?。籅．伏特表測(cè)路端電壓，電流可由路端電壓和定值電阻求得，通過改變接入定值電阻的個(gè)數(shù)改變電路的電阻，故B可?。籆．安培表測(cè)電流，再由電流和定值電阻可得路端電壓，通過改變接入定值電阻的個(gè)數(shù)改變電路的電阻，故C可取；D．兩個(gè)安培表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器，不管怎么組合，不能測(cè)出路端電壓，故不能測(cè)出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，故D最不可取。本題選最不可取的一組器材，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵會(huì)從U﹣I圖線獲取電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，電源的內(nèi)阻等于圖線的斜率絕對(duì)值，以及會(huì)分析誤差的來源．8．（6分）霧霾天氣對(duì)大氣中各種懸浮顆粒物含量超標(biāo)的籠統(tǒng)表述，是特定氣候條件與人類活動(dòng)相互作用的結(jié)果。霧霾中，各種懸浮顆粒物形狀不規(guī)則，但可視為密度相同、直徑不同的球體，并用PM10、PM2.5分別表示直徑小于或等于10μm、2.5μm的顆粒物（PM是顆粒物的英文縮寫）。某科研機(jī)構(gòu)對(duì)北京地區(qū)的檢測(cè)結(jié)果表明，在靜穩(wěn)的霧霾天氣中，近地面高度百米的范圍內(nèi)，PM10的濃度隨高度的增加略有減小，大于PM10的大懸浮顆粒物的濃度隨高度的增加明顯減小，且兩種濃度分布基本不隨時(shí)間變化。據(jù)此材料，以下敘述正確的是（）A．PM10表示直徑小于或等于1.0×10﹣6m的懸浮顆粒物 B．PM10受到的空氣分子作用力的合力始終大于其受到的重力 C．PM10和大懸浮顆粒物都在做布朗運(yùn)動(dòng) D．PM2.5濃度隨高度的增加逐漸增大 【考點(diǎn)】84：布朗運(yùn)動(dòng)；86：分子間的相互作用力．【專題】15：簡(jiǎn)答題；21：信息給予題；31：定性思想；43：推理法；546：分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系．【分析】由題意知：PM10表示直徑小于或等于的10μm；PM10、PM2.5是直徑小于或等于10μm、2.5μm的顆粒物，在空氣分子作用力的合力作用下做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，合力不可能始終大于其受到的重力；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，是空氣分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映。【解答】解：A．由題意知：PM10表示直徑小于或等于的10μm=10﹣5m懸浮顆粒，故A錯(cuò)誤；BCD．由題意知，PM10、PM2.5是直徑小于或等于10μm、2.5μm的顆粒物，在空氣分子作用力的合力作用下做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，合力不可能始終大于其受到的重力，所以PM10和大懸浮顆粒物都在做布朗運(yùn)動(dòng)，PM10、PM2.5的濃度隨高度的增加略有減小，故C正確，BD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解答此題的關(guān)鍵是由題目獲得信息，并能理解布朗運(yùn)動(dòng)的含義。二、解答題9．（4分）熱敏電阻常用于溫度控制或過熱保護(hù)裝置中．圖為某種熱敏電阻和金屬熱電阻的阻值R隨溫度t變化的示意圖．由圖可知，這種熱敏電阻在溫度上升時(shí)導(dǎo)電能力增強(qiáng)（選填“增強(qiáng)”或“減弱”）；相對(duì)金屬熱電阻而言，熱敏電阻對(duì)溫度變化的影響更敏感（選填“敏感”或“不敏感”）．【考點(diǎn)】B2：歐姆定律．【專題】15：簡(jiǎn)答題；34：比較思想；45：歸納法；535：恒定電流專題．【分析】圖中橫軸表示溫度，縱軸表示電阻，圖象反映了電阻隨著溫度的變化情況．【解答】解：圖中橫軸表示溫度，縱軸表示電阻，隨著溫度的增加，金屬熱電阻的阻值略微增大，而熱敏電阻的阻值顯著減?。赃@種熱敏電阻在溫度上升時(shí)導(dǎo)電能力增強(qiáng)；相對(duì)金屬熱電阻而言，熱敏電阻對(duì)溫度變化的影響更敏感．故答案為：增強(qiáng)，敏感．【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是能看懂圖象，一個(gè)物理量不斷變化時(shí)，看另一個(gè)物理量如何變化，從而得出結(jié)論．四、標(biāo)題10．（14分）利用圖1裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)．①為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的A．A．動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量B．速度變化量和勢(shì)能變化量C．速度變化量和高度變化量②除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(tái)（含鐵夾）、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是ABA．交流電源B．刻度尺C．天平（含砝碼）③實(shí)驗(yàn)中，先接通電源，再釋放重物，得到圖2所示的一條紙帶．在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC．已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期為T．設(shè)重物的質(zhì)量為m．從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢(shì)能變化量△Ep=﹣mghB，動(dòng)能變化量△Ek=．④大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是CA．利用公式v=gt計(jì)算重物速度B．利用公式v=計(jì)算重物速度C．存在空氣阻力和摩擦力阻力的影響D．沒有采用多次試驗(yàn)去平均值的方法．⑤根據(jù)以下方法研究機(jī)械能是否守恒：在紙帶上選取多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，測(cè)量它們到起始點(diǎn)O的距離h，計(jì)算對(duì)應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)的重物速度v，描繪v2﹣h圖象，并做如下判斷：若圖象是一條過原點(diǎn)的直線，則重物下落過程中機(jī)械能守恒．請(qǐng)你分析論證該同學(xué)的判斷依據(jù)是否正確．【考點(diǎn)】MD：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；23：實(shí)驗(yàn)探究題；31：定性思想；43：推理法；52E：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理可判斷；根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定需要測(cè)量的物理量，從而確定所需的測(cè)量器材；根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的瞬時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量；根據(jù)功能關(guān)系可判斷；如果v2﹣h圖象為直線，僅表示合力恒定，與機(jī)械能是否守恒無關(guān)，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2﹣h圖象也可能是一條過原點(diǎn)的傾斜的直線．【解答】解：①驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理是看減少的重力勢(shì)能和增加的動(dòng)能是否相等，所以需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量；②電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用低壓交流電源；需選用刻度尺測(cè)出紙帶上任意連點(diǎn)見得距離，表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質(zhì)量，所以不需要天平秤質(zhì)量；③根據(jù)功能關(guān)系，重物的重力勢(shì)能變化量的大小等于重力做的功的多少，打B點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能較打A點(diǎn)時(shí)的小，所以△Ep=﹣mghB；B點(diǎn)的速度為：vB=，所以動(dòng)能變化量為：△Ek=mv2=；④由于紙帶在下落過程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，故C選項(xiàng)正確；⑤該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh﹣fh=mv2﹣0可得：v2=2（g﹣）h，則此時(shí)v2﹣h圖象就是過原點(diǎn)的一條直線．所以要想通過v2﹣h圖象的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g．故答案為：①A；②AB；③mghB；；④C；⑤不正確．【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)的原理，會(huì)通過原理確定器材，以及掌握紙帶的處理方法，會(huì)通過紙帶求解瞬時(shí)速度的大小，關(guān)鍵是勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論的運(yùn)用．五、標(biāo)題11．（16分）如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。（1）求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T；（2）為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小?！究键c(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道半徑，然后求出周期。（2）粒子在電磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力二力平衡，即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小【解答】解：（1）由洛倫茲力公式，粒子在磁場(chǎng)中受力F為F=qvB①粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力粒子僅受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)聯(lián)立①②③得④④由勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期與線速度關(guān)系：⑤聯(lián)立④⑤得（2）粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)需受力平衡故電場(chǎng)力需與洛倫茲力等大反向即qE=qvB解得：E=vB答：（1）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為和周期T為；（2）為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為vB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了求粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑、周期，應(yīng)用牛頓第二定律、線速度與周期的關(guān)系即可正確解題。注意粒子（重力不計(jì)）在電磁復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡。12．（18分）如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d．（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離△y；（2）分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法．在解決（1）問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U=2.0×102V，d=4.0×10﹣2m，m=9.1×10﹣31kg，e=1.6×10﹣19C，g=10m/s2．（3）極板間既有電場(chǎng)也有重力場(chǎng)．電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式．類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”的φG概念，并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)．【考點(diǎn)】AC：電勢(shì)；AG：電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】11：計(jì)算題；32：定量思想；43：推理法；532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理，即可求得加速的速度大小，再依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及運(yùn)動(dòng)的合成與分解，從而即可求解；（2）依據(jù)提供的數(shù)據(jù)，從而計(jì)算出重力與電場(chǎng)力，并求得它們的比值，即可求解；（3）根據(jù)電勢(shì)是電勢(shì)能與電荷量的比值，故重力勢(shì)等于重力勢(shì)能與質(zhì)量的比值，再根據(jù)兩者的聯(lián)系，從而確定共同點(diǎn)．【解答】解：（1）電子在加速場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，則有：eU0=解得：v0=電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中加速，做類平拋運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)分解成速度方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，與電場(chǎng)強(qiáng)度方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：速度方向的位移為：L=v0t；電場(chǎng)強(qiáng)度方向的位移為：△y=由牛頓第二定律有：a==且E=綜上所述，解得：△y=（2）已知U=2.0×102V，d=4.0×10﹣2m，m=9.1×10﹣31kg，e=1.6×10﹣19C，g=10m/s2．電子所受重力為：G=mg=9.1×10﹣30N電子受到的電場(chǎng)力為：F電=e=8×10﹣16N那么=≈10﹣14；由于F電＞＞G，所以重力忽略不計(jì)，（3）電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能EP與其電荷量q的比值，即：φ=由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG=．電勢(shì)φ與重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定．答：（1）忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度，從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離；（2）根據(jù)≈10﹣14，從而可以忽略了電子所受重力．（3）電勢(shì)φ的定義式為：φ=；電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)為：電勢(shì)φ與重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定．【點(diǎn)評(píng)】考查了動(dòng)能定理的內(nèi)容，掌握類平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解的應(yīng)用，注意類比法的內(nèi)涵，及如何歸納物理量間的共同點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．13．（10分）動(dòng)量定理可以表示為△p=F△t，其中動(dòng)量p和力F都是矢量．在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別研究．例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如圖所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．a(chǎn)．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化△px、△py；b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍究键c(diǎn)】52：動(dòng)量定理．【專題】15：簡(jiǎn)答題；31：定性思想；43：推理法；52F：動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【分析】（a）把小球入射速度和反射速度沿x方向和y方向進(jìn)行分解，再根據(jù)動(dòng)量的變化量等于末動(dòng)量減初動(dòng)量求解即可；（b）對(duì)小球分析，根據(jù)△p=F△t分別求出x方向和y方向的作用力，從而求出合力，再結(jié)合牛頓第三定律分析即可．【解答】解：a、把小球入射速度分解為vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，把小球反彈速度分解為vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，則△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y軸正方向，b、對(duì)小球分析，根據(jù)△p=F△t得：，，則，方向沿y軸正向，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向．答：a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化△px為0，△py大小為2mvcosθ，方向沿y軸正方向；b．小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了速度的合成與分解原則以及動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，注意動(dòng)量是矢量，有大