(含答案解析)河南省郑州市2015届高三第一次质量预测物理试题

1、2015年河南省郑州市高考物理一模试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（2015郑州一模）关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是（） A 第谷通过整理大量的天文观测数据得到行星运动规律 B 开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力 C 牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验” D 卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出

2、了引力常量的数值【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 本题是物理学史问题，根据开普勒、牛顿、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答【解析】： 解：A、开普勒对天体的运行做了多年的研究，最终得出了行星运行三大定律，故A错误B、牛顿认为行星绕太阳运动是因为受到太阳的引力作用，引力大小与行星到太阳的距离的二次方成反比，故B错误C、牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故C错误D、牛顿发现了万有引力定律之后，第一次通过实验比较准确地测出万有引力常量的科学家是卡文迪许，故D正确故选：D【点评】： 本题考查物理学史，是

3、常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，特别是著名科学家的贡献要记牢2（4分）（2015郑州一模）“神州十号”飞船太空授课中，航天员王亚平曾演示了太空中采用动力学方法测量质量的过程如图所示是采用动力学方法测量“天宫一号”空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.5×103kg，其推进器的平均推力为1560N，在飞船与空间站对接后，推进器工作了7s，在这段时间内，飞船和空间站速度变化了0.91m/s，则空间站的质量约为（） A 1.2×104kg B 8.5×103kg C 1.6×104kg D 5.0×103kg【考点】：

4、牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 对整体火箭组受力分析列出牛顿第二定律方程，再结合加速度的定义，即可求解【解析】： 解：由运动学公式：，对整体，由牛顿第二定律：F=（m1+m2）a解得：；故ACD错误，B正确，故选：B【点评】： 遇到连接体问题一般应采取“先整体后隔离”的顺序并根据牛顿第二定律列式求解，基础问题3（4分）（2015郑州一模）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，在同一坐标系中，用虚线和实线描述两物体运动的vt图象，可能正确的是（） A B C D 【考点】： 牛顿第二定律；匀变

5、速直线运动的图像；竖直上抛运动【分析】： 竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度【解析】： 解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，vt图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：C【点评】

6、： 本题关键是明确vt图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难4（4分）（2015郑州一模）一半径为R的绝缘环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP=L设静电力常量为k，关于P电的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是（） A B C D 【考点】： 电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 将带电圆环分成若干段，每一小段看作一个点电荷，再根据点电荷场强公式E=，求出每个点电荷在a处产生的场强大小，最后结场强的合成三角函数关系，即可求解【解析】： 解：设想

7、将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为：q=由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为：E=k= 由对称性可知，各小段带电环在P处的场强E的垂直于轴向的分量Ey相互抵消，而E的轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强E，故：E=nEx=n×=而r=联立可得：E=，答案D正确故选：D【点评】： 本题关键掌握点电荷电场强度的公式E=，注意学会微元法处理问题不能头脑简单直接用公式E=求P点的场强5（4分）（2015郑州一模）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，第一次让小球从斜面顶端A由静止释放，使小球沿斜面滑到底端B；第二次将小球从斜面顶端A沿水平方向

8、抛出，使小球刚好落在斜面底端B比较两次小球的运动，下列说法正确的是（） A 第二次小球运动经历时间更长 B 第一次小球运动速度变化更快 C 第二次小球到达B点的速度更大 D 两种情况小球到达B点的速度方向相同【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： A球做匀加速直线运动，B球做平抛运动，落到底端时速度方向不同，根据小球的受力判断合力做功，根据动能定理判断到达B点时，速度的大小，根据匀变速直线运动基本公式和平抛运动的基本公式判断运动时间长短【解析】： 解：A、设斜面倾角为，斜面长度为l，第一次的加速度为a=gsin，第二次做平抛运动，加速度为g，则第二次速度变化快，第一次运动的时间

9、t=，第二次运动的时间，所以第一次运动时间长，故AB错误；C、第一次和第二次运动的过程中，都只有重力做功，可知运动过程中两小球合力做功相同，动能的变化量相同，但第二次初速度大于零，所以第二次小球达到B点的速度更大，故C正确D、第一次到达B点沿斜面方向，第二次不沿斜面方向，方向不同故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道A、B两球的运动规律，通过动能定理可以比较速度的大小关系，注意落在斜面上速度的方向不同6（4分）（2015郑州一模）如图所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的

10、拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示（重力加速度为g），则（） A 施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M（ga） B A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小恰好为零 C 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 D B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零【解析】： 解：A、施加F前，物

11、体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx；解得：x=2施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹MgFAB=Ma其中：F弹=2Mg解得：FAB=M（ga），故A正确B、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且FAB=0；对B：F弹Mg=Ma解得：F弹=M（g+a），故B错误C、B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故C错误；D、B与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；故选：A【点评】： 本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；

12、然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析7（4分）（2015郑州一模）如图所示为街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器和用户之间两条输电线的总电阻用R0表示，用电器增加时相当于R的值减小（滑动片向下移）和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示忽略变压器上的能量损失，输入电压恒定下列说法正确的是（） A 用电器数目增加时，用电器两端电压减小 B 用电器数目增加时，两电流表示数I1、I2不变 C 变压器的输入功率与用电器数目增减无关 D 滑片P向上滑动的过程中，输电线上的功率损耗减小【考点】： 变压器

13、的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解析】： 解：A、当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流I2要变大，即A2的示数变大，由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以用电器两端电压减小，故A正确，B错误；C、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，故C错误；D、滑片P向上滑动的过

14、程中，相当于R的值增大，电流I2要变小，输电线上的功率损耗减小，故D正确；故选：AD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法8（4分）（2015郑州一模）如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b从容器中的A点飘出（在A点初速度为零），经电压U加速后，从x轴坐标原点处进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为x1、x2图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（） A b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度 B a的比荷一定大于b的比荷 C 若a、b电荷量相

15、等，则它们的质量之比ma：mb=x12：x22 D 若a、b质量相等，则它们在磁场中运动时间之比ta：tb=x1：x2【考点】： 质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】： 带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解【解析】： 解：A、粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知qvB=，r=，半径与速度和比荷有关，故A错误；B、由动能定理可知粒子经过加速电场后的速度为qU=，v=，r=，a的比荷一定大于b的比荷，故B正确；C、根据r=，则它们的质量之比ma：mb=x12：x22，故C正确；D、经历的时间为t=，故则它们在磁场中运动时间之比

16、ta：tb=x12：x22故D错误故选：BC【点评】： 本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹9（4分）（2015郑州一模）如图所示，边长为L，总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧靠两个磁感强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场现使线框以初速度v0匀减速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反应线框中的感应电流（以逆时针方向为正）和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由

17、E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流和ab间的电压，然后选择图象要分段研究【解析】： 解：线圈进入左侧磁场过程：在进入磁场0L的过程中，E=BLv0，电流I=i0，方向为逆时针方向，为正；a的电势比b的电势高，ab间的电势差 Uab=E=BLv0=u0；在L2L的过程中，电动势E=2BLv0，电流I=2i0，方向为顺时针方向，为负a的电势比b的电势高，ab间的电势差 Uab=E=BLv0=2u0；在2L3L的过程中，E=BLv0，电流I=i0，方向为逆时针方向，为正；a的电势比b的电势低，ab间的电势差 Uab=E=BLv0=3u0；故AC正确，BD错误故选：AC【点评】： 解决本

18、题的关键掌握切割产生的感应电动势公式以及安培力的大小公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向10（4分）（2015郑州一模）如图所示，质量为m的物块从倾角为的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为（tan），物块到达顶端前能与传送带保持相对静止在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是（） A 电动机因运送物块多做的功为mv2 B 系统因运送物块增加的内能为 C 传送带克服摩擦力做的功为mv2 D 电动机因运动物块增加的功率为mgvcos【考点】： 功能关系；电功、电功率【分析】： 在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，

19、电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量；电动机多做的功也等于克服摩擦力做的功；根据功能关系列式分析【解析】： 解：A、电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量；对滑块，增加的机械能为：E=fL=mgcost系统增加的内能：Q=fS=f（S带S物）=f（vtt）=mgcost故E=Q故电动机多做的功等于物体机械能增加量的2倍，大于mv2；故A错误；B、系统增加的内能：Q=fS=f（S带S物）=f（vtt）=mgcost物体的加速度：a=g（cossin）故加速时间：t=故系统增加的内能：Q=；故B正确；C、传送带运动的距离：S带=vt=故传送带克服摩擦力做功：W

20、克f=fS带=mgcos=，故C错误；D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为：P=fv=mgcosv；故D正确；故选：BD【点评】： 本题关键是明确滑块的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合功能关系、运动学公式列式分析，不难二、实验题（本题共3小题，共17分请把分析结果填在答题卡上或按题目要求作答）11（4分）（2015郑州一模）关于高中物理力学实验，下列说法中正确的是（） A 利用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，应先释放小车后接通电源 B 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要使力的作用效果相同，只需让橡皮条具有相同的伸长量即可 C 在“验证牛顿第二定律”的实验中

21、，采用了“控制变量”的研究方法 D 在“探究动能定理”的实验中，应将轨道适当倾斜，以平衡小车运动过程的阻力【考点】： 验证牛顿第二运动定律；验证力的平行四边形定则；探究功与速度变化的关系【专题】： 实验题【分析】： 正确解答该题的关键是：理解所涉及的各个力学实验的实验原理，明确具体操作和注意事项，如“验证力的平行四边形定则”采用了等效替代的方法，而“验证牛顿第二定律”实验中，则采用了控制变量的实验方法，在涉及纸带的实验中要求先接通电源后释放纸带【解析】： 解：A、利用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，应先接通电源后释放小车，故A错误；B、在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用

22、效果相同，橡皮条具有相同的伸长量，且拉伸方向相同，故B错误；C、“验证牛顿第二定律”实验中，由于涉及物理量较多，因此采用了控制变量的实验方法，故C正确；D、为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故D正确故选：CD【点评】： 解答实验问题的关键是明确实验原理，理解具体操作和注意事项12（4分）（2015郑州一模）（1）有一种游标卡尺，与普通游标卡不同，它的游标尺刻线看起来很“稀疏”，使得读数时清晰明了，方便正确读取数据图1示某游标卡尺的游标尺刻线是“”将39mm等分成20份”，用该游标卡尺测量某一物体厚度时的示数如图所示，则该物体的厚度时30.40mm（2）

23、使用螺旋测微器测量某金属导线的直径时示数如图2所示，则该金属导线的直径为0.825mm【考点】： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】： 实验题【分析】： 游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为39mm，每小格比主尺最小刻度小0.05mm，故精确度为0.05mm；游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；【解析】： 解：（1）游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为39mm，每小格为1.95mm，比主尺的2倍最小刻度小0.05mm，故精确度为0.05mm；游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数=30mm+0.05mm×8

24、=30.40mm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×32.5mm=0.325mm，所以最终读数为：0.5mm+0.325mm=0.825 mm故答案为：30.40，0.825【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读13（9分）（2015郑州一模）实验室备用以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器R1（阻值变化范围020）、滑动变阻器R2（阻值变化范围01000）、电动势适当的电源、小灯泡（4V，2W）

25、、开关、导线若干（1）要完整地描绘小灯泡的UI曲线，请在方框中画出实验电路图1，并标出所用滑动变阻器的符号（2）实验中描绘出的小灯泡UI曲线如图2所示，由图可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）如果用上述器材测量所给电源的电动势和内电阻，实验电路如图3甲所示，图中R0是阻值为9.0的保护电阻，实验中测得多组数据如表所示，试在同一坐标系中画出等效电源的UI图象，由图象可求出电源自身内阻约为1 序号 1 2 3 4 5 6U/V 4.00 3.40 2.80 2.00 1.50 0.80I/A 0.20 0.25 0.33 0.40 0.46 0.52（4）若

26、将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图3乙所示，此时小灯泡消耗的电功率约为0.82W【考点】： 测定电源的电动势和内阻；描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）根据实验原理与实验目的确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图（2）分析图示图象，应用欧姆定律分析答题（3）应用描点法作出电源的UI图象，然后由图象求出电源的内阻（4）由图示求出灯泡的电压与电流，然后求出灯泡功率【解析】： 解：（1）描绘灯泡的伏安图象曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡的阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：（2）由图示UI图象可知，随电压与电流

27、的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大（3）根据表中实验数据作出电源UI图象如图所示，由图示图象可知，电源内阻：r=R0=9=1；（4）由图示图象可知，灯泡两端电压为2.1V，电流为：0.39A，灯泡的电功率为P=UI=2.1×0.390.82W；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）增大；（3）如图所示；1；（4）0.82（0.800.84W均正确）【点评】： 本题考查了实验电路设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键可在表示小灯泡的UI图象中同时画出表示电源的UI图象，两图线的交点即为

28、小灯泡的实际电流和电压三、计算题（本题共4小题，共43分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）14（10分）（2015郑州一模）据英国每日邮报9月16日报道，英式触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度他从“市长官邸站”下车，在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢已知地铁列车每次停站时间（从车门打开到关闭的时间）为ta=20s，列车加速和减速阶段的加速度均为a=1m/s2，运行过程的最大速度为vm=72km/h假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动，两站之间的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同，

29、两站间的距离约为x=400m，赫普顿斯托尔出站和进站公用时tb=30s问：（1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大？（2）郑州地铁一号线最小站间距离约为x=1000m，地铁列车每次停站时间时间为ta=45s，按赫普顿斯托尔的奔跑速度，在郑州出站和进站最短共需用时tb=60s，列车参数和其它条件相同，试通过计算判断，若赫普顿斯托尔同样以上述平均速度在地面道路上奔跑，能否在这两个车站间挑战成功？【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： （1）求出列出所用总时间，然后减去题目告知的出站进站时间，即可求出奔跑速度，（2）同理

30、，比较所用时间的大小即判断挑战是否成功【解析】： 解：（1）列车从静止加速至最大速度过程，所用时间为：t1=20 s运动位移为：x1=200 m故列车加速至最大速度后立即做减速运动，列车在两站间运动总时间为：t车=2t1=2×20=40 s运动员在地面道路奔跑的最长时间为：t=2ta+2t1tb=2×20+2×2030=50 s最小平均速度为：v=8 m/s（2）列车在郑州地铁这两站间运动总时间为：t车=2t1+=2×20+=70 s运动员在地面道路奔跑的时间为：t=2ta+t车tb=2×45+7060=100 s能赶上列车的平均速度为：v=1

31、0 m/s因vv，故不能挑战成功答：（1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少8m/s，（2）不能挑战成功【点评】： 此题考查匀变速直线运动规律的应用，注意公式的运用，属于中档题15（10分）（2015郑州一模）中国首个月球探测计划“嫦娥工程“预计在2017年实现月面无人采样返回，为载人登月及月球基地选址做准备在某次登月计划中，飞船上备有以下实验仪器：A计时表一只，B弹簧秤一把，C已知质量为m的钩码一个，D天平一只（附砝码一盒）“嫦娥”号飞船接近月球表面时，先绕月做匀速圆周运动，宇航员测量出绕行N圈所用时间为t，飞船的登月舱在月球上着陆后，宇航员利用所携带的仪器又进行第二次测量，已知万有引力常量为

32、G，把月球看做球体利用上述两次测量所得的物理量可求出月球的密度和半径（1）宇航员进行第二次测量的内容是什么（2）试推导月球的平均密度和半径的表达式（用上述测量的物理量表示）【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： （1）宇航员在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的读数F，即为物体在月球上所受重力的大小g=；（2）飞船靠近月球表面做圆周运动有万有引力充当向心力和密度公式，即万有引力和重力的关系列式求解【解析】： 解：宇航员在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的读数F，即为物体在月球上所受重力的大小（或F/m即为月球表面重力加速度的大小）对飞

33、船靠近月球表面做圆周运动有根据万有引力提供向心力得：=月球的平均密度=在月球上忽略月球的自转时G=mg又 T=，r=R由以上各式可得：月球的密度=月球的半径 R=答：（1）宇航员进行第二次测量的内容是用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的读数F（2）月球的平均密度和半径的表达式分别为=，R=【点评】： 忽略自转的情况下万有引力等于物体所受的重力，这是经常用的方法要注意掌握对于天体运动，关键建立模型，根据万有引力提供向心力列式方程，求解有关物理量16（11分）（2015郑州一模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子经A、K之间的高压加速后，形成一细束电子流，沿平行板

34、电容器中心轴线进入两极板C、D间的区域已知极板的长度为l，C、D间的距离为d（dl），极板区的中心点M到荧光屏中点O的距离为s若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板间加上电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上P点，P点到O点距离为Y；若去掉电场，在两板间加上方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子将打在C板上的Q点，Q点离C板左侧边缘的距离为d电子重力忽略不计，试求电子的比荷【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 没有加磁场时，电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动，由牛顿第二定

35、律和运动学公式可推导出垂直于极板方向的位移，电子离开极板区域后做匀速直线运动，水平方向的速度等于电子刚进入极板间的初速度，求出匀速直线运动的时间，即可求出P点离开O点的距离加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，说明电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，即可得到电子进入极板时的初速度，联立可求出比荷【解析】： 解：设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0，因为速度方向平行于电容器的极板，通过长度为l的极板区域所需的时间：t1= （1）当两极板之间加上电压时，设两极板间的场强为E，作用于电子的静电力的大小为qE方向垂直于极板由C指向D，电子的加速度：a=（2）而 E=（3）因电子在垂直于极板方向的初速度为0，因而在时间t1内垂直于极板方向的位移 y1=at（4）电子离开极板区域时，沿垂直于极板方向的末速度：vy=at1（5）设电子离开极板区域后，电子到达荧光屏上P点所需时间为t2：t2= （6）在t2时间内，电子作匀速直线运动，在垂直于极板方向的位移：y2=vyt2（7）P点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移y=y1+y2（8）由以上各式得电子的荷质比为：= （9）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所