物理卷·2018届河北省沧州一中高二上学期开学物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河北省沧州一中高二上学期开学物理试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年河北省沧州一中高二（上）开学物理试卷 ‎　‎ 一、不定项选择题（共25小题，每小题3分，满分75分）‎ ‎1．关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ A．速度越大，加速度越大 B．速度为零，加速度一定为零 C．速度变化越快，加速度越大 D．速度变化量越大，加速度越大 ‎2．做匀加速直线运动的质点先后经过A、B、C三点，AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别为20m/s、30m/s，根据以上给出的条件可以求出（　　）‎ A．质点在C点的瞬时速度 B．质点的加速度 C．质点在AC段平均速度 D．质点在AC段运动的时间 ‎3．平直的轨道上，甲、乙两车相距为s，同向同时开始运动．甲在后以初速度v1，加速度a1做匀加速运动，乙在前作初速度为零，加速度为a2的匀加速运动．假定甲能从乙的旁边通过而互不影响，下列情况可能发生的是（　　）‎ A．a1=a2时，甲、乙只能相遇一次 B．a1＞a2时，甲、乙可能相遇二次 C．a1＞a2时，甲、乙只能相遇一次 D．a1＜a2时，甲、乙只可能相遇一次 ‎4．如图所示，物块P静止在水平面上，分别对它施加互相垂直的两个水平拉力F1、F2（F1＞F2）时，物块将分别沿F1、F2方向滑动，对应的滑动摩擦力大小分别是f1、f2，若从静止开始同时施加这两个水平拉力，物块受到的滑动摩擦力大小是f3．则关于这三个摩擦力的大小，正确的判断是（　　）‎ A．f1＞f2=f3 B．f1=f2＜f3 C．f1=f2=f3 D．f1＜f2＜f3‎ ‎5．某一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图线如图所示，则该物体（　　） ‎ A．第1s内加速运动，第2、3s内减速运动，第3s末回到出发点 B．第1s末和第4s末速度都是8m/s C．第3s末速度为零，且运动方向不变 D．第3s末速度为零，且此时开始改变运动方向 ‎6．在某商场的自动扶梯上，没人上扶梯时，扶梯以很慢的速度运行，人站上扶梯时，它会先加速再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是（　　）‎ A．顾客在加速运动的过程中处于超重状态 B．顾客始终处于超重状态 C．顾客在加速运动的过程中受摩擦力作用 D．顾客始终受摩擦力作用 ‎7．“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思．同学们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列叙述正确的是（　　）‎ A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B．用质点来代替实际运动物体是采用了理想模型的方法 C．笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D．伽利略通过比萨斜塔实验证实了，在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同 ‎8．如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°．若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°（sin37°=0.6），则等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB=3mA，则绳子对物体A的拉力大小为（　　）‎ A．mBg B． mAg C．3mAg D． mBg ‎10．以下是书本上的一些图片，说法正确的是（　　）‎ A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的 B．图乙中，两个影子在x，y轴上的运动就是物体的两个分运动 C．图丙中，增大小锤打击弹性金属片的力，A球可能比B球晚落地 D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于它所需要的向心力 ‎11．如图所示，在一内壁光滑的半圆球壳内有两个可视为质点的小球用一劲度系数为k的轻弹簧连接着，已知球壳固定且内半径为R，两小球质量均为m．两小球与弹簧静止时处在同一水平线上，小球与球壳球心连线与水平方向成θ角，弹簧形变在弹性限度范围内，则弹簧的原长为（　　）‎ A． B．‎ C． +2Rcos θ D． +2Rcos θ ‎12．小球系在细绳的一端，放在光滑的斜面上，用力将斜面在水平桌面上向左移动，使小球上升（最高点足够高），那么在斜面运动的过程中，细绳的拉力将（　　）‎ A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直在增大 D．一直在减小 ‎13．船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示，则当船沿渡河时间最短的路径渡河时（　　）‎ A．船渡河的最短时间是60s B．船在河水中航行的轨迹是一条曲线 C．船在河水中的最大速度是5m/s D．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直 ‎14．如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5m，小球质量为3.0kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a处的速度为va=4m/s，通过轨道最高点b处的速度为vb=2m/s，取g=10m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是（　　）‎ A．a处为拉力，方向竖直向上，大小为126N B．a处为拉力，方向竖直向下，大小为126N C．b处为拉力，方向竖直向下，大小为6N D．b处为压力，方向竖直向下，大小为6N ‎15．已知引力常量G和下列各组数据，能计算出地球质量的是（　　）‎ A．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离 B．人造地球卫星在地面附近运行的周期和轨道半径 C．月球绕地球运行的周期及月球的半径 D．若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面的重力加速度 ‎16．用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉靠岸，如图所示，已知拉绳的速度v0保持不变，则船速（　　）‎ A．保持不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小 ‎17．如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中（　　）‎ A．圆环和地球组成的系统机械能守恒 B．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大 C．弹簧的最大弹性势能为mgh D．弹簧转过60°角时，圆环的动能为 ‎18．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为aA、aB，电势能分别为EA、EB，下列判断正确的是（　　）‎ A．aA＞aB，EA＞EB B．aA＞aB，EA＜EB C．aA＜aB，EA＞EB D．aA＜aB，EA＜EB ‎19．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的电势最高 B．x1和x3两点的电势相等 C．x2和﹣x2两点的电势相等 D．x2点的电势低于x3点的电势 ‎20．如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α．在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是（　　）‎ A．缩小a、b间的距离 B．加大a、b间的距离 C．取出a、b两极板间的电介质 D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ‎21．一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线y=x1的对称曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度为零 B．x2﹣x3段是匀强电场 C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ D．粒子在0﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x3段做匀速直线运动 ‎22．如图所示，用绝缘细线拴住一带正电的小球，在方向竖直向上的匀强电场中的竖直平面内做圆周运动，则正确的说法是（　　）‎ A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 C．小球可能做匀速圆周运动 D．小球不可能做匀速圆周运动 ‎23．如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（　　）‎ A．a、b两点的场强相同，电势也相同 B．c、d两点的场强不相同，电势相同 C．O点是A、B连线上电势最低的点，也是A、B连线上场强最小的点 D．O点是中垂线cd上电势最高的点，也中垂线上场强最大的点 ‎24．如图所示，L1，L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片向左移动过程中L1和L2两灯的亮度变化情况是（　　）‎ A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2亮度不变 C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮 ‎25．如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（　　）‎ A．P甲＞P乙 B．P甲＜P乙 C．P甲=P乙 D．无法确定 ‎　‎ 二、实验题（共1小题，满分0分）‎ ‎26．某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示，图乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.40m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．完成下列填空：（重力加速度取9.8m/s2）‎ ‎（1）设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图乙中可读出|y1﹣y2|=　　　m，|y1﹣y3|=　　　m，|x1﹣x2|=　　　m（保留两位小数）．‎ ‎（2）若已测知抛出后小球在水平方向做匀速运动，利用（1）中读取的数据，可求出小球从P1运动到P2所用的时间为　　　s，小球抛出后的水平速度为　　　m/s．（均可用根号表示）‎ ‎（3）已测得小球势出前下滑的高度为0.50m，设E1和E2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失=　　%．（保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，满分0分）‎ ‎27．一质量为M的木板静止在光滑的水平面上，在某时刻有一质量为m的木块以水平的初速度v0从左端滑上木板，木板足够长，由于摩擦力的作用使得木块和木板最终达到相同的速度v，求 ‎（1）摩擦力对m所做的功．‎ ‎（2）摩擦力对M所做的功．‎ ‎（3）该系统损失的机械能．‎ ‎28．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1‎ ‎（2）匀强电场的场强大小 ‎（3）ab两点间的电势差．‎ ‎29．有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，探测卫星绕地球运动的周期为T．求：‎ ‎（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；‎ ‎（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小；‎ ‎（3）在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到的地球表面赤道的最大弧长．（此探测器观测不受日照影响，不考虑空气对光的折射）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省沧州一中高二（上）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、不定项选择题（共25小题，每小题3分，满分75分）‎ ‎1．关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ A．速度越大，加速度越大 B．速度为零，加速度一定为零 C．速度变化越快，加速度越大 D．速度变化量越大，加速度越大 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，加速度的定义式a=，所以加速度的大小与速度的大小无关，加速度与速度的变化量的大小也无直接的关系，因为加速度的决定式a=，即加速度a是由物体所受合外力与物体的质量共同决定．‎ ‎【解答】解：A、根据加速度的定义式a=可知a与物体的速度无关，当速度很大但物体匀速运动时，物体的加速度为0，故A错误．‎ B、物体在启动的瞬间，虽然速度为0，但加速度不为0，否则物体只能永远保持静止，故B错误．‎ C、根据加速度的定义式a=可知物体的加速度就等于等于物体速度的变化率．所以速度变化越快，加速度越大，故C正确．‎ D、根据加速度的定义式a=可知如果△v很大，但△t更大，加速度也有可能减小．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．做匀加速直线运动的质点先后经过A、B、C三点，AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别为20m/s、30m/s，根据以上给出的条件可以求出（　　）‎ A．质点在C点的瞬时速度 B．质点的加速度 C．质点在AC段平均速度 D．质点在AC段运动的时间 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．‎ ‎【分析】设AB=BC=x，运动的时间分别为：t1和t2，根据运动学公式列出方程，看能不能根据已知条件求解即可．‎ ‎【解答】解：设AB=BC=x，加速度为a，运动到A点的速度为v0，运动的时间分别为：t1和t2，则有：‎ ‎=20m/s ‎=30m/s x=v0t1+at12‎ ‎2x=v0（t1+t2）+a（t1+t2）2‎ ‎5个未知数，4个方程，故无法求解质点在AC段运动的时间t1、质点的加速度a、质点在AC段的发生位移x；‎ 质点在AC段的平均速度为=24m/s，‎ 根据匀变速直线运动规律得一段过程中平均速度等于该过程中初末速度和的一半，即，‎ 质点在这个过程： =24m/s 质点在AB段： =20m/s 质点在BC段： =30m/s 解得vC=34m/s．‎ 故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎3．平直的轨道上，甲、乙两车相距为s，同向同时开始运动．甲在后以初速度v1，加速度a1做匀加速运动，乙在前作初速度为零，加速度为a2的匀加速运动．假定甲能从乙的旁边通过而互不影响，下列情况可能发生的是（　　）‎ A．a1=a2时，甲、乙只能相遇一次 B．a1＞a2时，甲、乙可能相遇二次 C．a1＞a2时，甲、乙只能相遇一次 D．a1＜a2时，甲、乙只可能相遇一次 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】甲、乙均做匀加速直线运动，则从二者第一次相遇开始，分析以后二者能否再次位置相同，则可分析能否再次相遇．‎ ‎【解答】解：A、甲从乙的旁边通过说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若a1=a2，则以后甲的速度将都大于乙的速度，故不会再次相遇，故A正确，‎ B、若a1＞a2，则甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，故甲将一直在乙的前面，故B错误，C正确；‎ D、若a1＜a2，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度，故乙将会追上甲，甲乙将再次相遇，故能相遇两次，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，物块P静止在水平面上，分别对它施加互相垂直的两个水平拉力F1、F2（F1＞F2）时，物块将分别沿F1、F2方向滑动，对应的滑动摩擦力大小分别是f1、f2，若从静止开始同时施加这两个水平拉力，物块受到的滑动摩擦力大小是f3．则关于这三个摩擦力的大小，正确的判断是（　　）‎ A．f1＞f2=f3 B．f1=f2＜f3 C．f1=f2=f3 D．f1＜f2＜f3‎ ‎【考点】滑动摩擦力．‎ ‎【分析】根据f=μFN判断滑动摩擦力的大小，比较物体所受的合力．‎ ‎【解答】解：三种情况下，物体所受的支持力都等于物体的重力，根据f=μFN，三种情况下滑动摩擦力的大小相等，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．某一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图线如图所示，则该物体（　　） ‎ A．第1s内加速运动，第2、3s内减速运动，第3s末回到出发点 B．第1s末和第4s末速度都是8m/s C．第3s末速度为零，且运动方向不变 D．第3s末速度为零，且此时开始改变运动方向 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据加速度与时间的关系图线，分析质点速度随时间的变化情况，“面积”等于速度的变化量可求速度的变化量．根据在速度时间图象中，由运动学公式求位移和速度．‎ ‎【解答】解：A、C物体在第1 s内从静止开始匀加速运动，第2、3 s内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3s末物体的速度为零，所以第3s末没有回到出发点，下个时刻速度方向改变．故A错误，C正确．‎ B、第1 s末速度为v=at=8×1m/s=8m/s；根据“面积”等于速度的变化量，则得4s内速度的变化量为△v=at=8m/s，所以第4 s末速度是8m/s．故B正确．‎ D、第3 s末速度为零，接着重复前一个周期的运动，仍沿原方向运动．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎6．在某商场的自动扶梯上，没人上扶梯时，扶梯以很慢的速度运行，人站上扶梯时，它会先加速再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是（　　）‎ A．顾客在加速运动的过程中处于超重状态 B．顾客始终处于超重状态 C．顾客在加速运动的过程中受摩擦力作用 D．顾客始终受摩擦力作用 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡．‎ ‎【解答】解：AB、在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，由于加速向右上方，处于超重状态；选项A正确，B错误 CD、在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；选项C正确，D错误 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思．同学们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列叙述正确的是（　　）‎ A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B．用质点来代替实际运动物体是采用了理想模型的方法 C．笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D．伽利略通过比萨斜塔实验证实了，在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同 ‎【考点】验证力的平行四边形定则；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】本题根据常用的物理研究方法，如理想模型法、等效替代法等，进行解答即可．‎ ‎【解答】解：A、在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故A错误．‎ B、用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法，故B正确．‎ C、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C错误．‎ D、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故D错误 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°．若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°（sin37°=0.6），则等于（　　）‎ 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】由几何知识求出两弹簧的伸长量之比，然后根据胡克定律求出两弹簧的拉力之比，最后由平衡条件求出重力与弹簧拉力的关系．‎ ‎【解答】解：由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：△L=L 右图中弹簧的伸长量为：△L′=L 根据胡克定律：T=K△L 则两情况下弹簧拉力之比为：： =‎ 根据平衡条件：2Tcos37°=mg ‎2T′cos53°=Mg 得： ==‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB=3mA，则绳子对物体A的拉力大小为（　　）‎ A．mBg B． mAg C．3mAg D． mBg ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】因整体的加速度沿绳子方向，故本题应以整体沿绳进行分析，由牛顿第二定律可求得加速度．‎ ‎【解答】解：AB连在一起，加速度相同；对整体分析可知整体沿绳方向只受B的拉力，则由牛顿第二定律可知，加速度为：‎ ‎=‎ 选取A为研究的对象．水平方向A只受到绳子的拉力，所以绳子的拉力：‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．以下是书本上的一些图片，说法正确的是（　　）‎ A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的 B．图乙中，两个影子在x，y轴上的运动就是物体的两个分运动 C．图丙中，增大小锤打击弹性金属片的力，A球可能比B球晚落地 D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于它所需要的向心力 ‎【考点】离心现象；平抛运动．‎ ‎【分析】微粒在擦落前做圆周运动，擦落后由于惯性要沿着原来的速度方向继续运动，微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向．A球沿水平方向抛出做平抛运动，同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，每次两球都同时落地．做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力提供所需要的向心力，只改变速度的方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、有些火星的轨迹不是直线，是由于受到重力、互相的撞击等作用导致的，故A错误．‎ B、两个影子反映了物体在x，y轴上的分运动，故B正确．‎ C、A球做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，B球同时做自由落体运动，故无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，A、B两球总是同时落地，故C错误．‎ D、做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在一内壁光滑的半圆球壳内有两个可视为质点的小球用一劲度系数为k的轻弹簧连接着，已知球壳固定且内半径为R，两小球质量均为m．两小球与弹簧静止时处在同一水平线上，小球与球壳球心连线与水平方向成θ角，弹簧形变在弹性限度范围内，则弹簧的原长为（　　）‎ A． B．‎ C． +2Rcos θ D． +2Rcos θ ‎【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】对小球受力分析后根据平衡条件得到弹簧的弹力，根据胡克定律求解出压缩量；根据几何关系得到弹簧的长度；想加得到弹簧的原长．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和球壳的支持力如图所示，‎ 由平衡条件，得到：‎ tanθ=‎ 解得：‎ x=‎ 故弹簧原长x0=+2Rcos θ，故C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．小球系在细绳的一端，放在光滑的斜面上，用力将斜面在水平桌面上向左移动，使小球上升（最高点足够高），那么在斜面运动的过程中，细绳的拉力将（　　）‎ A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直在增大 D．一直在减小 ‎【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】将斜面在水平桌面上缓慢地向左推移，所以小球始终处于平衡状态，对小球进行受力分析画图分析即可．‎ ‎【解答】解：将斜面在水平桌面上缓慢地向左推移，所以小球始终处于平衡状态，受力分析并合成如图：‎ 由平衡条件得：F′=G，即：支持力N和拉力T的合力大小和方向均不发生变化．‎ 当斜面在水平桌面上缓慢地向左推移时，细线与竖直方向的夹角逐渐变大，T的方向发生变化，画出平行四边形如图所示：‎ 由图看出：拉力先减小后变大，支持力一直在变大．‎ 故选：B ‎　‎ ‎13．船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示，则当船沿渡河时间最短的路径渡河时（　　）‎ A．船渡河的最短时间是60s B．船在河水中航行的轨迹是一条曲线 C．船在河水中的最大速度是5m/s D．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t==s=100s．故A错误；‎ B、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故B正确．‎ C、船在静水中的速度与河水的流速是垂直的关系，其合成时不能直接相加减，而是满足矢量三角形合成的法则，故船在航行中最大速度是： =5m/s．故C正确．‎ D、要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5m，小球质量为3.0kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a处的速度为va=4m/s，通过轨道最高点b处的速度为vb=2m/s，取g=10m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是（　　）‎ A．a处为拉力，方向竖直向上，大小为126N B．a处为拉力，方向竖直向下，大小为126N C．b处为拉力，方向竖直向下，大小为6N D．b处为压力，方向竖直向下，大小为6N ‎【考点】牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】在最高点和最低点，小球靠重力和杆子作用力的合力提供圆周运动的向心力，根据合力提供向心力判断杆子的作用力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、在最低点，杆子一定表现为拉力，有F﹣mg=，则F=mg+=．小球对杆子的作用力方向向下．故A错误，B正确．‎ ‎ C、在最高点，有mg+F=，则F=．所以杆子表现为支持力，球对杆子的作用力方向竖直向下．故C错误，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎15．已知引力常量G和下列各组数据，能计算出地球质量的是（　　）‎ A．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离 B．人造地球卫星在地面附近运行的周期和轨道半径 C．月球绕地球运行的周期及月球的半径 D．若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面的重力加速度 ‎【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．‎ ‎【分析】地球、月球、人造卫星等做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力，用它们的运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．‎ ‎【解答】解：A、地球绕太阳运动的周期和地球与太阳的距离，根据万有引力提供向心力： = 其中m为地球质量，在等式中消去，只能求出太阳的质量M．也就是说只能求出中心体的质量．故A错误．‎ B、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，‎ 由万有引力定律结合牛顿第二定律得： =‎ 又因T=，‎ ‎∴地球的质量M=，因此，可求出地球的质量，故B正确．‎ C、月球绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律得： =∴地球的质量M=，其中r为地球与月球间的距离，而不是月球的半径，故C错误．‎ D、地球表面的物体受到的地球的重力等于万有引力，即mg=，因此，可求出地球的质量M=，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎16．用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉靠岸，如图所示，已知拉绳的速度v0保持不变，则船速（　　）‎ A．保持不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将小船的运动沿绳子收缩方向和垂直绳子方向进行正交分解，拉绳子的速度v等于船沿绳子收缩方向的分速度，再对绳子收缩方向的分速度的表达式进行讨论，即可以求出船速的变化情况．‎ ‎【解答】解：将小船的运动沿绳子收缩方向和垂直绳子方向进行正交分解，如图 拉绳子的速度v等于船沿绳子收缩方向的分速度，由几何关系，得到 v=v船cosθ 在小船靠岸的过程中，由于拉绳的速度v保持不变，θ也不断变大，故v船不断变大，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中（　　）‎ A．圆环和地球组成的系统机械能守恒 B．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大 C．弹簧的最大弹性势能为mgh D．弹簧转过60°角时，圆环的动能为 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大；当圆环的速度变为零时，弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大；根据动能定理可以求出弹簧转过60°角时，圆环的动能的大小．‎ ‎【解答】解：A、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A选项错误；‎ B、当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向上的拉力，故B错误；‎ C、根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即为mgh，故C选项正确；‎ D、弹簧转过60°角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为aA、aB，电势能分别为EA、EB，下列判断正确的是（　　）‎ A．aA＞aB，EA＞EB B．aA＞aB，EA＜EB C．aA＜aB，EA＞EB D．aA＜aB，EA＜EB ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．‎ ‎【解答】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aA＜aB；‎ 从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EA＜EB；故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎19．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的电势最高 B．x1和x3两点的电势相等 C．x2和﹣x2两点的电势相等 D．x2点的电势低于x3点的电势 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低．‎ ‎【解答】解：A、沿着电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势最高．x1的电势高于x3的电势．故A正确，B错误．‎ C、x2和﹣x2两点关于原点对称，由O点向两边电势都降低，则x2和﹣x2两点电势相等．故C正确．‎ D、沿着电场线方向电势逐渐降低，所以x2的电势高于x3的电势．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎20．如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α．在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是（　　）‎ A．缩小a、b间的距离 B．加大a、b间的距离 C．取出a、b两极板间的电介质 D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电容．‎ ‎【分析】（1）对小球受力分析，小球受重力，拉力，电场力三个力的作用，要使悬线的偏角a变大，需要增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，即只需增加PQ两极板间的电压即可．两个电容器并联在一起，所以两个电容器极板间的电压相同，只需增加ab两极板之间的电压就可以增加PQ两极板间的电压．‎ ‎（2）ab电容器带电量不变，由：，进行分析即可．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析如图：‎ 要使悬线的偏角α变大，需要增加F电，即增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，所以只需增加PQ两极板间的电压即可．‎ 两个电容器并联在一起，所以两个电容器极板间的电压相同，此时：C并=Cab+CPQ．‎ 对两个电容器：总电量Q不变，由：得：增加U，需要将电容C并减小，CPQ不变；‎ 由：得：减小电容Cab可有三个方法：‎ ‎①增大极板距离d ‎②减小正对面积s，如将ab板错开 ‎③换介电常数小的电介质 故选：BC ‎　‎ ‎21．一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线y=x1的对称曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度为零 B．x2﹣x3段是匀强电场 C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ D．粒子在0﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x3段做匀速直线运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线的斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确．‎ B、D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B正确，D错误．‎ C、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带正电，q＞0，根据正电荷的电势能越大，粒子所在处的电势越高，可知φ1＜φ2＜φ3．故C错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，用绝缘细线拴住一带正电的小球，在方向竖直向上的匀强电场中的竖直平面内做圆周运动，则正确的说法是（　　）‎ A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 C．小球可能做匀速圆周运动 D．小球不可能做匀速圆周运动 ‎【考点】牛顿第二定律；向心力；电场强度．‎ ‎【分析】‎ 分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小．‎ ‎【解答】解：A、当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小．故A、B错误．‎ C、当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动．故C正确，D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（　　）‎ A．a、b两点的场强相同，电势也相同 B．c、d两点的场强不相同，电势相同 C．O点是A、B连线上电势最低的点，也是A、B连线上场强最小的点 D．O点是中垂线cd上电势最高的点，也中垂线上场强最大的点 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同．作出电场线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：作出两个电荷连线上的电场线和中垂线上电场线如图．‎ A、根据电场线分布可知，a、b两点场强方向相反，则场强不同；由电场线的方向可知，c点电势等于d点电势．故A错误．‎ B、根据电场线分布可知，a、b两点场强方向相反，则场强不同；由电场线的方向可知，c点电势等于d点电势．故B正确．‎ C、由图可知，o点电势是AB连线上的最低点，同时根据电场强度的叠加可知，O点的电场强度是A、B连线上最小点．故C正确．‎ D、根据图可知，O点是中垂线cd上电势最高的点，但不是中垂线上场强最大，而是最小．故D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎24．如图所示，L1，L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片向左移动过程中L1和L2两灯的亮度变化情况是（　　）‎ A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2亮度不变 C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】题中电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向左移动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．‎ ‎【解答】解：滑动变阻器的滑动头向左移动的过程中，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，L1变亮，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1，I增大，U和R1不变，‎ 则U2减小，L2变暗．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（　　）‎ A．P甲＞P乙 B．P甲＜P乙 C．P甲=P乙 D．无法确定 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率表达式，再进行讨论．‎ ‎【解答】解：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P甲=（8﹣U0）•2I0，P乙=（14﹣2U0）•I0，则得 P甲＞P乙，故A正确．‎ 故选：A ‎　‎ 二、实验题（共1小题，满分0分）‎ ‎26．某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示，图乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.40m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．完成下列填空：（重力加速度取9.8m/s2）‎ ‎（1）设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图乙中可读出|y1﹣y2|=　0.60　　m，|y1﹣y3|=　1.60　　m，|x1﹣x2|=　0.60　　m（保留两位小数）．‎ ‎（2）若已测知抛出后小球在水平方向做匀速运动，利用（1）中读取的数据，可求出小球从P1运动到P2所用的时间为　0.20　　s，小球抛出后的水平速度为　3.0　　m/s．（均可用根号表示）‎ ‎（3）已测得小球势出前下滑的高度为0.50m，设E1和E2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失=　8.2　%．（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度（水平速度），根据机械能的定义，算出两个状态的机械能，代入公式即可正确解答．‎ ‎【解答】解：（1）根据图（2）可解得：|y1﹣y2|=0.60m，|y1﹣y3|=1.60m，|x1﹣x2|=0.60m．‎ ‎（2）小球经过P1、P2、和P3之间的时间相等，在竖直方向有：h1=0.60m，h2=1.60﹣0.60=1.00m 连续相等时间内的位移差为常数：△h=gt2，‎ 水平方向匀速运动：x=v0t 其中△h=1.00﹣0.60=0.40m，x=0.60m，代入数据解得：t=0.20s，v0=3.0m/s ‎（3）设开始抛出时所在位置为零势能面，所以有：E1=mgh=0.50×9.8×m=4.9mJ，‎ E2=m=m×32=4.5mJ．‎ 所以：×100%=8.2%．‎ 故答案为：（1）0.60；1.60；0.60；（2）0.20；3.0；（3）8.2．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，满分0分）‎ ‎27．一质量为M的木板静止在光滑的水平面上，在某时刻有一质量为m的木块以水平的初速度v0从左端滑上木板，木板足够长，由于摩擦力的作用使得木块和木板最终达到相同的速度v，求 ‎（1）摩擦力对m所做的功．‎ ‎（2）摩擦力对M所做的功．‎ ‎（3）该系统损失的机械能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度，然后由动能定理即可求出摩擦力对m做的功；‎ ‎（2）由动能定理即可求出摩擦力对M做的功；‎ ‎（3）由能量守恒定律可以求出产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，‎ 解得：v=；‎ 摩擦力对m所做的功： =‎ ‎（2）摩擦力对M所做的功：‎ ‎（3）由能量守恒定律得： mv02=（m+M）v2+△E，‎ 解得：△E=；‎ 答：（1）摩擦力对m所做的功是．‎ ‎（2）摩擦力对M所做的功是．‎ ‎（3）该系统损失的机械能是．‎ ‎　‎ ‎28．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1‎ ‎（2）匀强电场的场强大小 ‎（3）ab两点间的电势差．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在加速电场中，电场力做正功为qU，运用动能定理求解速率v1．‎ ‎（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，将粒子在b的速度进行分解，运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小．‎ ‎（3）对于粒子在匀强电场的过程，运用动能定理列式求解ab两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得：qU=‎ 代入数据解得：v1==m/s=104m/s ‎（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有：d=v1t，‎ 粒子沿电场方向做匀加速运动，则有：vy=at 由题意得：tan30°=‎ 由牛顿第二定律得：qE=ma，‎ 联立以上相关各式并代入数据得：‎ E=×103N/C=1.732×103N/C ‎（3）对整个过程，由动能定理得：‎ qUab==（+）‎ 联立以上相关各式并代入数据得：‎ Uab=400V 答：‎ ‎（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为104m/s．‎ ‎（2）匀强电场的场强大小为1.732×103N/C．‎ ‎（3）ab两点间的电势差为400V．‎ ‎　‎ ‎29．有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，探测卫星绕地球运动的周期为T．求：‎ ‎（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；‎ ‎（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小；‎ ‎（3）在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到的地球表面赤道的最大弧长．（此探测器观测不受日照影响，不考虑空气对光的折射）‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿运动定律列式求解；‎ ‎（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时速度大小可由圆周运动的公式v=求解；‎ ‎（3）作出观测到赤道上的弧长的图形，根据几何关系求解．‎ ‎【解答】解：（1）设卫星质量为m，卫星绕地球运动的轨道半径为r，根据万有引力定律和牛顿运动定律得：‎ 解得 ‎ ‎（2）设卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小为v，则 ‎（3）设宇宙飞船在地球赤道上方A点处，距离地球中心为2R，飞船上的观测仪器能观测到地球赤道上的B点和C点，能观测到赤道上的弧长是LBC，如图所示，‎ ‎ cosα==，则：α=60°‎ 能观测到地球表面赤道的最大长度LBC=‎ 答：‎ ‎（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为；‎ ‎（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小为；‎ ‎（3）能观测到地球表面赤道的最大长度为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月8日