安徽省宣城市郎溪中学2015-2016学年高一上学期第一次月考物理试题(直升部)

安徽省郎溪中学直升部2017-2018学年第一学期高一第一次月考物理学科试题分值：100分时间：90分钟第I卷选择题（48分）一．单项选择题（每小题只有一个答案符合题意，每小题4分，共28分）1．下列说法正确的是（）A．力学中为了研究方便，任何物体任何时候都可以看成质点，质点是理想化模型BC．用比D．根据速度定义式vΔt这里运用了无限分割的思想2．下面关于加速度的描述中，正确的是（）A. 加速度是描述物体速度变化的多少的物理量B. 速度变化率在数值上等于单位时间里速度的变化C. 当加速度与位移方向相反时，物体做减速运动D. 当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动3．北京时间2014年10月26日，国际泳联跳水大奖赛马来西亚站，我国跳水“梦之队”持续神奇表现，如图所示为运动员陈艾森/张雁全在男子双人十米台比赛中，则下列说法正确的是：（）A. 教练为了研究两人的技术动作，可将图片中两人视为质点B. 两人在下落过程中，感觉水面是静止的C. 陈艾森感觉张雁全是静止的D.观众观看两人比赛时，可将两人视为质点4．关于物体的重心，下列说法正确的是（）A. 物体的重心一定在物体上B. 物体的形状发生改变，其重心的位置一定改变C. 用单绳悬挂物体时，在晃动中绳子的延长线可能经过重心D. 重心是重力真实的作用点5．关于时间间隔和时刻，下列说法中正确的是（ ） A. 物体在5 s 时指的是物体在5 s 初时，指的是时刻 B. 三段连续3s 的中间一段时间指3s 初到6s 末C. 物体在第5 s 内指的是物体在4 s 初到5 s 末这1 s 的时间D. 一段运动的最后4s 也就是这段运动逆向思考的前4s6．为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下的方法：他们在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力来推测运动员跃起的高度。

如图所示为某段时间内弹性网的压力—时间图象。

2015-2016学年安徽省宣城市四校联考高一（上）月考物理试卷（12月份）一、单选题（本大题有6小题，共24分．每小题只有一个选项正确．）1．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是（）A．运动物体的速度变化量越大，它的加速度一定越大B．某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零C．速度很大的物体，其加速度不可能为零D．加速度越来越小，而速度可能会越来越大2．某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0（列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等），若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为（）A．B．C．D．3．如图所示，用拇指、食指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时针脚A、B 对手指和手掌均有作用力，对这两个作用力方向的判断，下列各图中大致正确的是（）A． B．C．D．4．如图甲所示，一个轻质弹簧右端固定在传感器上，传感器与电脑相连，当对弹簧的左端施加变化的水平拉力时，在电脑上得到了弹簧形变量x与弹簧弹力大小F的关系图象（如图乙所示），弹簧始终在弹性限度内，则下列判断正确的是（）A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的变化量与对应的弹力变化量成正比C．该弹簧的劲度系数是2N/mD．当对弹簧的左端施加水平压力时，弹簧劲度系数变大5．如图．在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ADC=120°．整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩力大小为f．则D物块所受的摩擦力大小为（）A．2f B． f C．f D．f6．用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起来，如图所示．现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是下图中的（）A．B．C．D．二、多选题（本大题有4小题，共16分．每小题有2个或2个以上答案正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选的不得分．）7．以下关于物理学史的说法中，正确的是（）A．伽利略研究自由落体运动时，遇到的困难包括无法准确测量下落时间B．牛顿第一定律是实验定律C．亚里士多德认为物体的运动不需要力来维持D．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因8．如图所示，重力为G的物体A在水平向左的恒力F的作用下，静止在倾角为α的固定光滑斜面上．下列关于物体对斜面压力N的大小的表达式，正确的是（）A．N=B．N=Gcosα+FsinαC．N=D．N=9．物体甲的x﹣t图象和物体乙的v﹣t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4mB．甲在整个t=6s时间内有往复运动，它通过的总位移为零C．乙在整个t=6s时间内有往复运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6s时间内加速度方向一直不变，它通过的总路程为6m10．如图所示，绳OA、OB悬挂重物于O点，开始时OA水平．现缓慢向上提起A端而O点的位置保持不变，则（）A．绳OA的张力逐渐减小B．绳OA的张力逐渐增大C．绳OA的张力先变大，后变小D．绳OA的张力先变小，后变大三、实验探究题（本大题共2小题，共18分）11．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．（1）下列说法正确的是．A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验m1应远大于m2D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a ﹣F图象，可能是图2中的图线．（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图3所示为一次记录小车运动情况的纸带，根据图中给出的数据可以算出a=m/s2．（计算结果保留3位有效数字）12．（1）在“互成角度的两个共点力的合成”的实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中正确的是A．同一次实验过程中，O点的位置允许变动B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤的大小和方向，把橡皮条的另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小（2）实验如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两个互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O．①从图甲可读得弹簧秤B的示数为N．②为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的（填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力．③图乙中方向一定沿AO方向的力是（填“F”或“F′”）．四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13．质点做匀变速直线运动，5s内位移是20m，在以后的10s内位移是70m，求质点加速度．14．如图所示，用跟水平方向成α角的推力推重量为G的木块沿天花板向右匀速运动，木块和天花板间的动摩擦因数为μ，求推力F的大小．15．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，细线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于静止状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=60°，则（1）绳中拉力为多少？（2）两小球的质量比为多少．16．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？2015-2016学年安徽省宣城市四校联考高一（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单选题（本大题有6小题，共24分．每小题只有一个选项正确．）1．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是（）A．运动物体的速度变化量越大，它的加速度一定越大B．某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零C．速度很大的物体，其加速度不可能为零D．加速度越来越小，而速度可能会越来越大【考点】加速度；速度．【分析】加速度的物理意义表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系，速度很大的物体，其加速度可能很小，可能为零．加速度越来越小，速度可能会越来越大，也可能会越来越小【解答】解：A、运动物体的速度变化量越大，加速度不一定越大，还取决于变化所用的时间．故A错误．B、某时刻物体速度为零，其加速度不一定为零，如物体竖直上抛到最高点时，速度为零，加速度不为零．故B错误．C、加速度与速度没有直接的关系，速度很大的物体，其加速度可能很小，可能为零，比如匀速直线运动．故C错误．D、加速度越来越小，速度变化由快变慢，而速度可能会越来越大．比如：汽车在额定功率下起动过程．故D正确．故选：D2．某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0（列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等），若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，即可得出火车匀速运动的时间，根据平均速度公式求出火车匀速运动的速度．【解答】解：火车中途急刹车，停止后又立即加速到v0这段时间内的位移，这段位移若做匀速直线运动所需的时间，则火车由于刹车减速再加速所耽误的时间为，则火车匀速运动的速度．故C正确，A、B、D错误．故选：C．3．如图所示，用拇指、食指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时针脚A、B 对手指和手掌均有作用力，对这两个作用力方向的判断，下列各图中大致正确的是（）A． B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】如图，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手有向左运动的趋势，手对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律分析针脚A对手的静摩擦力方向．针脚B对手有斜向右下方的压力．【解答】解：由题，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手指有向左运动的趋势，手指对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律得知，针脚A对手指有向左的静摩擦力．挂上物品后，针脚B对手产生斜向右下方的压力．故选：C．4．如图甲所示，一个轻质弹簧右端固定在传感器上，传感器与电脑相连，当对弹簧的左端施加变化的水平拉力时，在电脑上得到了弹簧形变量x与弹簧弹力大小F的关系图象（如图乙所示），弹簧始终在弹性限度内，则下列判断正确的是（）A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的变化量与对应的弹力变化量成正比C．该弹簧的劲度系数是2N/mD．当对弹簧的左端施加水平压力时，弹簧劲度系数变大【考点】胡克定律．【分析】利用传感器进行弹力与弹簧形变量之间关系的实验，使实验更加准确，解答本题的关键是根据胡克定律正确分析乙图，得出弹力与形变量之间关系等信息．【解答】解：A、根据图象可知：F=kx，x是弹簧形变量x，即弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故A错误；B、弹簧长度的变化量等于弹簧的形变量，根据A选项分析可知，弹簧长度的变化量与对应的弹力变化量成正比．故B正确；C、在弹力与弹簧形变量图象上，图象的斜率表示劲度系数，由此可知该弹簧的劲度系数是k===200N/m，故C错误；D、由于图象斜率不变，因此当对弹簧的左端施加水平压力时，弹簧劲度系数不变，故D错误．故选：B5．如图．在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ADC=120°．整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩力大小为f．则D物块所受的摩擦力大小为（）A．2f B． f C．f D．f【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】物体在水平面上受弹簧弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解弹簧的弹力．【解答】解：已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos30°=f，对D：2Fcos60°=f′，解得：f′=f故选：B．6．用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起来，如图所示．现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是下图中的（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解【解答】解：选对两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析，水平方向受向左的F和向右的3F，故上面绳子一定向右偏；设上面绳子与竖直方向夹角为α，则：Tsinα=2FTcosα=2mg设下面绳子与竖直方向夹角为β，则T′sinβ=FT′cosβ=mg联立可得：α=β故选：C．二、多选题（本大题有4小题，共16分．每小题有2个或2个以上答案正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选的不得分．）7．以下关于物理学史的说法中，正确的是（）A．伽利略研究自由落体运动时，遇到的困难包括无法准确测量下落时间B．牛顿第一定律是实验定律C．亚里士多德认为物体的运动不需要力来维持D．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、伽利略研究自由落体运动时，由于条件限制，遇到的困难是无法准确测量下落时间和瞬时速度，故A正确；B、牛顿第一定律是无法用实验直接验证的，但是它是物理学发展的一个重要基石，故B错误；C、伽利略通过理想实验得出的结论，力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，故D正确；故选：AD8．如图所示，重力为G的物体A在水平向左的恒力F的作用下，静止在倾角为α的固定光滑斜面上．下列关于物体对斜面压力N的大小的表达式，正确的是（）A．N=B．N=Gcosα+FsinαC．N=D．N=【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对物体A 受力分析，用合成法求解出斜面对物体A的支持力，进一步得出物体对斜面的压力．【解答】解：A、对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图：由图可得：N=，故A正确；C、由图：tanα=，所以：N=Gtanα．故C错误；D、由图：F=Nsinα，故N=，故D错误；B、采用正交分解法，垂直斜面方向，有：N=Fsinα+Gcosα，故B正确；故选：AB9．物体甲的x﹣t图象和物体乙的v﹣t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4mB．甲在整个t=6s时间内有往复运动，它通过的总位移为零C．乙在整个t=6s时间内有往复运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6s时间内加速度方向一直不变，它通过的总路程为6m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】v﹣t图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；x﹣t图象的斜率表示速度，面积无意义．【解答】解：A、甲在0时刻由负方向上距原点2m处向正方向运动，6s时达到正向的2m处，故总位移为4m，图象的斜率不变，则速度不变，故A正确，B 错误；C、乙开始时速度为沿负向的匀减速直线运动，3s后做正向的匀加速直线运动，图象与时间轴围成的面积为物体通过的位移，故总位移为零，则，故C正确，D、速度时间图象的斜率表示加速度，乙在整个t=6s时间内，斜率不变，则加速度方向一直不变，而路程等于面积的绝对值之和，则它通过的总路程为6m，故D正确；故选：ACD．10．如图所示，绳OA、OB悬挂重物于O点，开始时OA水平．现缓慢向上提起A端而O点的位置保持不变，则（）A．绳OA的张力逐渐减小B．绳OA的张力逐渐增大C．绳OA的张力先变大，后变小D．绳OA的张力先变小，后变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对O点受力分析，受到三个拉力，根据共点力平衡条件并运用合成法进行作图分析即可．【解答】解：对点O受力分析，如图通过作图，可以看出绳OA的张力先变小后变大，故A错误，B也错误，C也错误，D正确；故选D．三、实验探究题（本大题共2小题，共18分）11．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．（1）下列说法正确的是CD．A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验m1应远大于m2D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a ﹣F图象，可能是图2中的图线丙．（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图3所示为一次记录小车运动情况的纸带，根据图中给出的数据可以算出a= 4.02m/s2．（计算结果保留3位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m；（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．C、让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=m2g，故应该是m2＜＜m1，故C正确．D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．故选：CD（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：a==4.02m/s2．故答案为：（1）CD；（2）丙；（3）4.0212．（1）在“互成角度的两个共点力的合成”的实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中正确的是BA．同一次实验过程中，O点的位置允许变动B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤的大小和方向，把橡皮条的另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小（2）实验如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两个互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O．①从图甲可读得弹簧秤B的示数为 3.80N．②为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的图示（填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力．③图乙中方向一定沿AO方向的力是F′（填“F”或“F′”）．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】（1）理解“等效法”的具体应用；进行该实验的具体操作和注意事项；弹簧的示数以及夹角要大小适中，便于记录和作图即可；（2）①使用弹簧测力计时，首先要明确其分度值，读数时视线与指针所在刻线相垂直．②力的图示能表示出力的各个要素，力的示意图只表示力的方向和作用点．③图乙中方向一定沿AO方向的力是实验中的“实际值”．【解答】解：（1）A、本实验研究合力与分力的关系，合力与分力是等效的，同一次实验过程中，O点位置不能变动，以保证橡皮筯伸长的长度相同，效果相同．故A错误；B、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大．读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差．故B正确；C、实验中，弹簧的读数大小适当，便于做平行四边形即可，并非要求一定达到最大量程，故C错误；D、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制．故D错误；故选：B．（2）：①弹簧测力计上1N之间有5个小格，所以一个小格代表0.2N，即此弹簧测力计的分度值为0.2N．此时指针指在“3.8”处，所以弹簧测力计的示数为3.8N．②力的示意图只表示力的方向和作用点，而力的图示可以比较准确的表示出力的大小、方向、作用点，故为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的图示．③F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，其方向一定沿AO方向，F是通过作图的方法得到合力的理论值，由于误差的存在F与AO 方向即实际值F′方向要有一定夹角．故答案为：（1）B；（2）3.80；图示；F′四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13．质点做匀变速直线运动，5s内位移是20m，在以后的10s内位移是70m，求质点加速度．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出两段时间中间时刻的速度，结合加速度的定义式求出质点的加速度．【解答】解：5s内中间时刻的瞬时速度为：，以后10s内中间时刻的瞬时速度为：，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2.5+5s=7.5s，则质点的加速度为：a=．答：质点的加速度为0.4m/s2．14．如图所示，用跟水平方向成α角的推力推重量为G的木块沿天花板向右匀速运动，木块和天花板间的动摩擦因数为μ，求推力F的大小．【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】对木块受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力而做匀速运动，根据平衡条件用正交分解法列式求解．【解答】解：木块受力分析如图，由平衡条件得：水平方向有：Fcosα=f竖直方向有Fsinα=F N+G又f=μF N联立解得F=答：推力F的大小是．15．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，细线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于静止状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=60°，则（1）绳中拉力为多少？（2）两小球的质量比为多少．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】题中装置处于静止状态，两个小球的合力均为零．先对m2球受力分析，受重力和拉力，二力平衡，求出拉力；再对m1球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．【解答】解：（1）m2球保持静止状态，对其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故：F=m2g ①（2）再对m1球受力分析，如图所示：根据共点力平衡条件x方向：Fcos60°﹣Ncos60°=0 ②y方向：Fsin60°+Nsin60°﹣m1g=0 ③由①②③代入数据解得：=答：（1）绳中拉力为m2g；（2）两小球的质量比为．16．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】货车匀速运动在前面，警车从静止开始匀加速运动在后面追，刚开始货车的速度大于警车速度，故两车之间的距离越来越大，当两车速度相等时，位移最大，之后警车速度大于货车，两车之间的距离逐渐减小直至追上．在此过程中注意，警车发动的时间，货车在做匀速运动，而警车不能一直加速下去，当速度达到90km/h时就不能增加了，而做匀速运动．所以该题要先分析警车能不能在匀加速阶段追上货车，若不能，则在匀速阶段追上．当警车追上货车时两车位移相等．。

安徽省郎溪中学高一 物理第一学期12月月月考考试卷一、选择题1．飞机着陆后在跑道上滑行时做匀减速直线运动，已知其初速度是60m/s ，加速度大小是6m/s 2，则飞机着陆后12s 内的位移大小是（ ）A ．288 mB ．300 mC ．600 mD ．360 m2．如图所示，AB 和CD 是彼此平行的河岸，若河水以恒定的速度沿平行河岸方向向右流动，现使小船船头垂直河岸，由A 点匀速出发，则小船实际运动的轨迹可能是图中的A ．直线PB ．曲线QC ．直线RD ．曲线S3．下列说法正确的是A ．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小B ．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化C ．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大4．如图所示，质量为m 的物体在水平拉力F 作用下，沿粗糙水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a ；若其他条件不变，仅将物体的质量减为原来的一半，物体运动的加速度大小为a '，则（ ）A ．a a '<B ．2a a a <'<C ．2a a '=D ．2a a '>5．单位制是由基本单位和导出单位所组成的一系列完整的单位体制。

在以下所给出的力学单位中，属于国际单位制中的基本单位是( )A ．mB ．/m sC ．2/m s D ．N6．智能手机的导航软件极大地方便了人们的出行，如图是某驾驶员利用手机APP 导航的界面。

下列说法正确的是（ ）A ．图中7:55指的是时间B ．图中18分钟指的是时刻C ．图中8.1公里指的是位移大小D ．研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点7．有一列正在操场直线跑道上跑步的学生，队列长度为L ，速度大小为0v 。

2015-2016学年安徽省宣城市郎溪中学高二（上）第一次月考物理试卷（直升部）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.下列说法正确的是（）A.元电荷是一种与电子或质子电量相等的带电体B.带电体间的相互作用与电量乘积成正比，与距离的二次方成反比C.带电体仅在电场力的作用下将沿着电场线运动D.匀强电场的电场强度处处相同，但电势并不处处相同【答案】D【解析】解：A、元电荷是最小的电荷量，不是实物粒子．则A错误B、带电体间的相互作用只有为点电荷时与电量乘积成正比，与距离的二次方成反比，则B错误C、电场线不是电荷的运动轨迹，则C错误D、匀强电场场强相同，但沿电场线方向电势降低，则D正确故选：D元电荷是最小的电荷量，带电体间的相互作用只有为点电荷时与电量乘积成正比，与距离的二次方成反比，电场线不是电荷的运动轨迹，匀强电场场强相同，但沿电场线方向电势降低．考查基本的内容，明确元电荷的意义，库仑定律的适用条件，不难．2.如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM=ON，则（）A.A、C两处电势、场强均相同B.B、D两处电势、场强均相同C.A、C两处电势、场强均不相同D.B、D两处电势、场强均不相同【答案】B【解析】解：A、A处电势为正，C处电势为负，A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A错误；B、BD两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确；C、在A、C两处电势不同，但它们的电场强度相同，故C错误；D、B、D两点处于同一等势面上，且电场强度大小相等，方向相同，故D错误．故选：B电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和熟记等量异种电荷的电场线分布图，知道电场强度为矢量，电势为标量3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（）A.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力B.M点的电势高于N点的电势C.粒子带负电D.粒子在M点的动能大于在N点的动能【答案】B【解析】解：A、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小．故A错误．B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势高于N点的电势，故B正确．C、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电．故C错误．D、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在M点的动能小于在N点的动能，故D错误．故选：B．根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小．由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，可确定带电粒子的电性．根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小．对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小．4.下列说法正确的是（）A.沿电场线的方向，电势降低；电势降低的方向就是电场的方向B.在电场中将电荷从a点移到b点，电场力做功为零，则该电荷一定是在等势面上移动C.匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点间的距离的乘积D.无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大【答案】D【解析】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，但电势降低最快的方向才是场强的方向．故A错误．B、在电场中将电荷从a点移到b点，电场力做功为零，由公式W=q U知a点和b点的电势相等，由于电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，则该电荷不一定是在等势面上移动．故B错误．C、由U=E d知匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点间沿电场线方向的距离的乘积，故C错误．D、无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电势能减少越多，则电荷在该点的电势能越大，故D正确．故选：D．本题涉及到电势能与电势的关系、场强与电场线的关系、电势和场强的物理意义，可根据下列知识进行分析：电势能公式E p=qφ分析电势能与电势的关系．场强的方向就是沿电场线电势降低最快的方向．公式U=E d中d是两点间沿电场线方向的距离．电场这一章概念比较多，而且很多抽象，要不断进行对比，既要抓住物理量之间的联系，更掌握它们之间的区别，可结合相关公式和电场线、等势面的物理意义进行理解．5.MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹，如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A.点电荷一定位于ab虚线的右侧B.带电粒子在a点加速度大于b点加速度C.带电粒子在a点电势能大于b点电势能D.带电粒子在a点的动能大于b点的动能【答案】C【解析】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线MN左侧，或正电荷在直线MN的右侧；故A错误；B、若是负电荷在直线MN左侧，则a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度；故B 错误；C、正电荷受到的电场力的方向向左，从a到b电场力对带电粒子做正功，电势能减小，动能增大，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能；在a点的动能小于b点的动能．故C正确，D错误．故选：C．解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN 的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．6.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示，如果在荧光屏上P户点出现亮斑，那么示波管中的（）A.极板x应带正电，极板y应带正电B.极板x′应带正电，极板y应带正电C.极板x应带正电，极板y′应带正电D.极板x′应带正电，极板y′应带正电【答案】A【解析】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X 带正电同理可知Y带正电，故A正确，BCD错误．故选：A由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．7.图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=3V，则在下列各示意图中箭头能表示该电场强度的方向是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：各点电势φa=5V，φb=2V，φc=3V，则ab两点连线的线段分三等分，其中点M的电势为3V，因此M点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的即为电场线．由于φa=5V，φb=2V，φc=3V，又因为电势沿着电场线降低．所以只有D正确；故选：D在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．等势面就是电势相等的点所构成的平面．电荷在等势面上移动，电场力不做功．因此电场线与等势面垂直．8.如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（）A.若增大d，则φ减小，θ减小B.若增大Q，则φ减小，θ不变C.将A板向上提一些时，φ增大，θ增大D.在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变【答案】C【解析】解：A、当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；B、若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；C、当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；D、在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强E=减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；故选：C．充电后与电源断开，电荷量不变，静电计的指针偏角与电压有关，小球的偏角大小与电场力即场强的大小有关．本题属于电容器的动态分析，关键抓住电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变．二、多选题(本大题共7小题，共28.0分)9.下列各量中，与检验电荷无关的量是（）A.电场强度EB.电场力FC.电势差UD.电场做的功W【答案】AC【解析】解：A、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关，故A正确．B、电场力F=q E，知电场力与检验电荷有关，故B错误．C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．D、电场力做功W=q U，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．故选：AC．电场中几个采用比值法下定义的物理量，结合物理含义分析选项；利用电场力和电场力做功公式分析选项．解题关键灵活应用场强和电势差的定义式，结合物理意义明确变形式的含义．10.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（）A.三个等势面中，a的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大【答案】BD【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选BD．由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．11.如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（）A.A点和B点的电势相同B.C点和D点的电场强度大小相同C.正电荷从A点移至B点，电场力做正功D.负电荷从C点移至D点，电势能增大【答案】BC【解析】解：A、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，所以A错误．B、根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，所以B正确．C、从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，所以C 正确．D、C点和D点在同一个等势面上，电势能不变，负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，所以D错误．故选：BC．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．12.如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点．已知小球的质量为m、初速度大小为v0、斜面倾角为θ，电场强度大小未知．则下列说法中正确的是（）A.可以判断小球一定带正电荷B.可以求出小球落到N点时速度的方向C.可以分别求出小球到达N点过程中重力和静电力对小球所做的功D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大【答案】BCD【解析】解：A、小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A错误；B、利用平抛知识有：===tanθ，速度偏向角设为α，则tanα==tanθ，可求出小上球落到N点时的速度大小和方向，故B正确；C、求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的功；然后结合速度偏转角与位移偏转角的关系，求出竖直方向的位移，即可分别求出小球到达N点过程中重力和静电力对小球所做的功．故C正确D、小球在垂直与斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直与斜面方向的速度为零，即小球速度平行与斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D正确；故选：BCD．小球在运动过程中受重力与电场力作用，做类平抛运动，对小球受力分析、应用牛顿第二定律、类平抛运动的规律分析答题．类平抛可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速运动，熟练应用类平抛运动规律即可正确解题；电荷在电场中受到的电场力方向与电荷的电性有关．13.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度B.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C.CD间各点电场强度和电势都为零D.AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差【答案】AB【解析】解：A、由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确．C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．故选：AB从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB 两点间的电势差的大小关系．本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．14.A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A.F A＜F BB.细线AC对A的拉力C.细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD.同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同【答案】CD【解析】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；有：m A g=T A cos30°因此：T A=m A g，故B错误；C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；故选CD．设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．15.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10-8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（）A.x=0.15m处的场强大小为2.0×l06 N/CB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度约为0.1m/sD.滑块最终在0.3m处停下【答案】AC【解析】解：A、B、电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强N/C，此时的电场力F=q E=2×10-8×2×106N=0.04N，滑动摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误．C、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C正确；D、滑块最终在0.3m处停下则满足：q U-fx=0-0①．因为0.10m和0.30m处的电势差大约为3.0×105V，代入得：q U=2.0×10-8×3.0×105=6.0×10-3J②fs=0.04×（0.30-0.10）=8×10-3J③由①②③得，滑块不能够滑到x=0.30m处．故D错误．故选：AC电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．解决本题的关键知道电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况．三、计算题(本大题共3小题，共30.0分)16.如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1=100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d=0.2m，板的长度为L=1m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：（1）为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？哪板电势高？（2）如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为多少？【答案】解：（1）设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，由动能定理U1q=mv02…①由类平抛规律：=v0t…②y=at2…③又a=…④整理可得y=…⑤又y=…⑥联立⑤⑥解得U2=32V，因负离子所受电场力方向向上，所以且C板电势高故为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为32V，C板电势高．（2）若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：x=L，y=由类平抛规律可得：x=，y=，=联立以上各式解得y=，将y=代入可解得=8V可见，如果两板间所加电压为4V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出．将=4V，代入y=，解得y=0.05m故如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为0.05m．【解析】本题（1）的关键是明确粒子打在P点的条件，然后根据类平抛规律及动能定理联立即可求解；（2）题的关键是先求出粒子恰好能从板边缘射出时的偏转电压，然后比较讨论即可．粒子垂直进入偏转电场后将做类平抛运动，然后根据类平抛规律求解讨论即可．17.如图所示，在场强为E的匀强电场中，一绝缘轻质细杆l可绕点O点在竖直平面内自由转动，A端有一个带正电的小球，电荷量为q，质量为m．将细杆从水平位置自由释放，则：（1）请说明电势能如何变化？（2）求出小球在最低点时的动能；（3）求在最低点时绝缘杆对小球的作用力．【答案】解：（1）因为由A到B过程中电场力做正功，所以电势能减小．减小的电势能等于电场力做功：△E P=W=q E l（2）小球运动到最低点的过程中，重力和电场力做功，由动能定理得：mgl+q E l=（3）整理得：v=，即小球在最低点的速率．在最低点由牛顿第二定律得：T-mg=m将v代入公式，整理得：T=3mg+2E q故最低点绝缘杆对小球的作用力大小T=3mg+2E q．方向竖直向上．答：（1）电势能减小．减小的电势能等于电场力做功为W=q E l（2）小球运动到最低点的动能为mgl+q E l（3）在最低点时绝缘杆对小球的作用力大小为3mg+2E q，方向竖直向上【解析】（1）根据电场力做功判断电势能的变化．（2）小球运动到最低点的过程中，有重力、电场力做功，根据动能定理求出小球在最低点的速率．（3）在最低点，小球受到重力和绝缘杆的拉力，两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在最低点时绝缘杆对小球的作用力解决本题的关键知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．以及会用动能定理求出小球在最低点的速度．18.如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为-3q，构成一个带电系统（它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内．已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长．匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右．释放带电系统，让它从静止开始运动，忽略带电系统运动过程中所产生的磁场影响．求：（1）带电系统运动的最大速度为多少？（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？（3）带电系统回到初始位置所用时间为多少？【答案】解：（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，从释放带电系统到小球B刚进入电场的过程中，根据动能定理有：．（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多设B球在电场中的最大位移为x，由动能定理得：2q E（L+x）-3q E x=0-0得：x=2L 所以B电势能增加的最大值为：W1=3q E×2L=6q EL（3）设带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中，带电系统运动的时间为t1，则有：其中：，解得末速度v=a1t1又设小球B进入电场后至系统速度为零的过程中，带电系统运动的时间为t2，其中：解得根据对称性可知，带电系统从出发点回到出发点的过程中所用总时间为：t=2t1+2t2解得：．答：（1）带电系统运动的最大速度为．（2）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值为6q EL；（3）带电系统回到初始位置所用时间为．【解析】（1）小球B刚进入电场带电系统具有最大速度，根据动能定理求出带电系统运动的最大速度；（2）当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多，B增加的电势能最多，根据动能定理求出B运动的最大位移，结合电场力做功求出电势能增加量的最大值．（3）根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中的时间，再根据牛顿第二定律和速度时间公式求出系统匀减速运动到零的时间，结合对称性求出带电系统回到初始位置所用时间．本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合，选择系统为研究对象，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解，知道系统向右运动的过程和向左运动的过程具有对称性．高中物理试卷第11页，共11页。