【物理】江苏省盐城市阜宁中学2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】江苏省盐城市阜宁中学2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

江苏省盐城市阜宁中学2020届高三上学期 第二次月考试题 一、单选题 ‎1.在物理学发展的过程中,许多科学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位科学家所作贡献的叙述正确的是 A. 天文学家第谷提出太阳系行星运动三大定律 B. 物理学家牛顿提出了万有引力定律并给出了万有引力常量的值 C. 卡文迪许用实验的方法测出万有引力常量G D. 亚当斯和勒维耶各自独立依据万有引力定律计算出了天王星的轨道,故人们称其为“笔尖下发现的行星”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.开普勒提出太阳系行星运动三大定律，故A正确；‎ B.物理学家牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许给出了万有引力常量的值，故B错误；‎ C.卡文迪许用实验的方法测出万有引力常量G，故C正确；‎ D.英国的亚当斯和法国的勒维耶独立地利用万有引力定律计算出了海王星的轨道，人们称海王星为“笔尖下发现的行星”，故D错误．‎ ‎2.质量为m的汽车，启动后在发动机功率P保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段时间后将达到以速度v匀速行驶的状态，若行驶中受到的摩擦阻力大小保持不变，则在车速为v/3时，汽车的加速度大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意得，当牵引力等于摩擦力时，匀速运动，根据得：；当速度为v/3时，牵引力，根据牛顿第二定律：，联立解得：，ACD错误B正确．‎ ‎3.某同学以一定的初速度将一小球从某高处水平抛出．以抛出点为零势能点，不计空气阻力，小球可视为质点，图所示图线能比较符合小球从抛出到落地过程中，其动能和重力势能随时间t变化的关系是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】根据动能定理可知，则选项AB错误；重力势能，则选项C正确，D错误；故选C.‎ ‎【点睛】此题关键是根据物理规律建立动能和重力势能与时间的函数关系，结合数学知识进行判断.‎ ‎4.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为Δr(a星的轨道半径大于b星的)，则(　　)‎ A. b星的周期为 B. a、b两颗星的质量之比为 C. a、b两颗星的半径之比为 D. a星的线速度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；根据题意可知，ra+rb=l，ra-rb=△r，解得：ra＝，rb＝；则有：，故C错误．a星公转的线速度，故D正确．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：maraω2＝mbrbω2，解得：，故B错误．故选D．‎ ‎5.如图所示，物块以初速度沿光滑斜面向上滑行，速度减为零后返回.取沿斜面向上为速度正方向，物块的图像正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 本题关键要分析物体的运动情况及速度的斜率表示加速度：物体先沿斜面向上做匀减速运动，加速度沿斜面向下，后沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律分析两个加速度的关系．‎ ‎【详解】物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，两个过程的加速度相同，都沿斜面向下，可以将物体的运动看成一种加速度沿斜面向下的匀减速直线运动，由于加速度不变，则v-t图象的斜率保持不变，速度先正后负，故A正确.‎ ‎6.某静电场方向平行于x轴,其电势随x的分布可简化为如图所示的折线,一个带负电的粒子忽略重力在电场中以为中心、沿x轴方向做周期性运动，取x轴正方向为电场强度E、粒子加速度a、速度v的正方向,下图分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a，速度v和动能随x的变化图象,其中可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在的左侧，电场向左,且为匀强电场，故A 错误；‎ B.由于粒子带负电，粒子在左侧加速度为正值，在右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；‎ C.在左侧粒子向右匀加速，在的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；‎ D.粒子在左侧，根据动能定理，在的右侧，根据动能定理可得，故D正确.‎ ‎7.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值，则 A. A的示数增大 B. 的示数增大 C. 与的比值大于r D. 大于 ‎【答案】ACD ‎【详解】A．滑动变阻器滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；‎ B．电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大．电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；‎ D．电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，，所以，选项D对；‎ C．电压表的变化量，所以，选项C对．‎ ‎8. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中；质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）‎ A. 滑块受到的摩擦力不变 B. 滑块到地面时的动能与B的大小无关 C. 滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D. B很大时，滑块可能静止于斜面上 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误， C正确；‎ B．B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同，B错误；‎ D．滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终重力的沿斜面的分力等于摩擦力，小滑块匀速直线运动，故D错误．‎ ‎【点睛】解决本题关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．‎ 二、多选题 ‎9. 如图所示人站在匀加速斜向上的电梯上，则：（ ）‎ A. 人受到摩擦力方向沿运动方向，即与水平方向成θ角斜向上 B. 人受到摩擦力方向沿水平方向向右 C. 人受到梯面的支持力大于其重力 D. 人受到梯面的支持力等于其重力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】人做匀加速直线运动，对人受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，如图，摩擦力沿水平方向，A错误B正确；人有一个竖直向上的分速度，所以处于超重状态，所以人受到梯面的支持力大于其重力，C正确D错误．‎ ‎10.如图所示，在竖直面上固定着一根光滑的圆形空心管，其圆心在O点、半径为R，现有一个质量为m的小球（可视为质点）正在空心管中做圆周运动，若已知小球通过最低点C处时对空心管下壁的挤压力等于其重力的5倍（取重力加速度大小为ｇ）则 A. 小球在最低点C处的速率为 B. 小球在最低点C处的速率为 C. 若小球运动恰好可以运动到最高点处时,在最高点对空心管作用力的大小为mg D. 若小球运动恰好可以运动到最高点处时,在最高点对空心管作用力的大小为2mg ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球通过最低点C处时对空心管下壁的挤压力等于其重力的5倍，根据牛顿第三定律可知，空心管下壁对小球向上的支持力为5mg，在最低点C点，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故A正确，B错误；‎ CD．恰好到达最高点，说明在最高点速度为零，在最高点,根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 根据牛顿第三定律可知,小球运动到最高点处对空心管作用力的大小为mg，故C正确，D错误．‎ ‎11.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是 A. 0～6 s内物体的位移大小为36 m B. 0～6 s内拉力做的功为70 J C. 合外力在0～6 s内做的功大于于0～2 s内做的功 D. 滑动摩擦力的大小为N ‎【答案】BD ‎【详解】A.0～6s内物体的位移大小；故A错误.‎ B.0～2s内拉力做的功为；故B正确.‎ C.在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等；故C错误.‎ D.在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到；故D正确.‎ ‎【点睛】本题解题关键是理解图象的物理意义．求功的方法通常有三种：一是W=Flcosθ，F应是恒力；二是W=Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候．‎ ‎12. 如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（ ）‎ A. 断开开关，将两板间的距离拉大一些 B. 断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些 C. 保持开关闭合，将两板间的距离减小一些 D. 保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将S断开，电量Q不变，增大板间距离d，根据，，，则，与d无关，则E不变，带电液滴不动；故A错误．‎ B.将S断开，Q不变，将两板水平地向相反方向移开一些，正对面积S减小，根据知，E变大，则电场力变大，液滴向上运动；故B正确．‎ C.保持开关闭合，板间距离d变小，电势差不变，根据知，电场强度增大，电场力增大，将向上运动；故C正确．‎ D.保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，逆时针方向转过一个小角度，板间距离减小，场强增大，电场力也逆时针转过一个小角度，液滴将沿电场力与重力的合力方向运动，不可能竖直向上运动；故D错误．‎ ‎13.如图,一直导线用两绝缘细线悬挂于O、O´，OO´水平，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I时，导线保持静止，绝缘细线与竖直方向的夹角为θ，z正方向竖直向上．则磁感应强度方向可能为 A. z负向 B. y正向 C. z正向 D. 沿绝缘细线向上 ‎【答案】AB ‎【详解】AC．磁感应强度方向为z正向，根据左手定则,直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡,若磁感应强度方向为z负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，即导线受竖直向下的重力，水平向右的安培力，斜向左的拉力而平衡，故A正确，C错误； ‎ B．磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，故B正确；‎ D．磁感应强度方向沿绝缘细线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向斜向右上方，还受竖直向下的重力，斜向左的拉力而平衡，故D错误．‎ ‎14.一个不计重力的带电粒子只在磁场中运动,它可能做 A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动 C. 匀加速曲线运动 D. 变加速运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果带电粒子运动方向与磁场方向平行则带电粒子不受磁场力，所以带电粒子可能会做匀速直线运动，故A正确；‎ BC．磁场里对带电粒子 洛伦兹力方向不断变化，故不会做匀加速运动，故BC错误；‎ D．当带电粒子运动方向与匀强磁场垂直时，带电粒子就会做匀速圆周运动，为变加速运动，故D正确．‎ ‎15.某电场的电场线分布如图所示,下列说法正确的是 ‎ A. a点的电势低于b点的电势 B. c点的电场强度大于d点的电场强度 C. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功 D. 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A正确；‎ B．从电场线的分布情况可知，c处的电场线比d处的疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；‎ C．正电荷所受电场力和场强方向相同，因此正电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C错误；‎ D．将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减少，故D错误．‎ ‎16.如图所示，光滑半圆形轨道固定在垂直纸面向外的匀强磁场内，一带量为的带电小球从轨道左端静止释放，则下列说法正确的是 A. 小球每次经过轨道最低点时对轨道压力相同 B. 小球每次经过轨道最低点时对轨道压力不同 C. 小球能到达轨道右端相同高度 D. 小球不能到达轨道右端相同高度 ‎【答案】BC ‎【详解】AB．洛伦兹力对小球不做功，小球运动过程只有重力做功，小球机械能守恒，小球每次到达最低点时速度大小相等，小球做圆周运动的向心力大小相等，小球向右经过最低点时所受洛伦兹力竖直向下，小球向左经过最低点时所受洛伦兹力竖直向上，两种情况下小球对轨道的压力不同，故A错误，B正确；‎ CD．由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，小球运动过程机械能守恒，小球可以到达右端相同高度处，故C正确，D错误．‎ ‎17.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧,一端固定在倾角为30°的光滑固定斜面的底部,另一端和质量m的小物块A相连,质量也为m的物块B紧靠A一起静止．现用手缓慢沿斜面向下压物体B使弹簧再压缩并静止．然后突然放手, A和B一起沿斜面向上运动距离L时,B达到最大速度v,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g．下列说法正确的是 ‎ A. ‎ B. 放手的瞬间,A对B的弹力大小为 C. 从放手到A和B达到最大速度v的过程中,弹簧弹性势能减小了 D. 若向上运动过程A、B出现了分离,则分离时弹簧的压缩量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．未用手压B时，设弹簧压缩量为x，整体受力分析，根据平衡条件得：‎ ‎①；‎ 压B后放手，当AB合力为零时，速度最大，即此时弹簧压缩量为x，A和B一起沿斜面向上运动距离，故A错误；‎ B．放手瞬间，对整体受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ ‎②‎ 对B受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ ‎③‎ 联立解得：A对B的弹力大小 故B正确；‎ C．从放手到B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 弹簧弹力做正功，弹性势能减小,故C正确．‎ D．若向上运动过程A、B出现了分离，此时AB之间弹力为零，对B由牛顿第二定律得：‎ ‎④‎ 对A由牛顿第二定律得：‎ ‎⑤‎ 由联立解得：，故D错误．‎ 三、实验题 ‎18.如图所示为“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，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，小盘(及砝码)的质量为m2．‎ ‎　　　　　　‎ ‎(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是__________‎ A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码盘拉动下恰好做匀速运动 B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码盘拉动下恰好做匀加速运动 C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在不挂钩码盘的情况下恰好做匀速运动 D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在不挂钩码盘的情况下恰好做匀加速运动 ‎(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他据测量数据绘出得到的a-F图像可能是上图中的图线 ______．(选填“甲”、“乙”、 “丙”)；为保证细绳对小车的拉力近似为小盘(及砝码)的重量，则要求m1_______m2．（选填“远大于”、“等于”、 “远小于”．）‎ ‎【答案】 (1). C (2). 丙 远大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应平衡摩擦力，具体做法为将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在不挂钩码盘的情况下恰好做匀速运动，故C正确，A、B、D错误.‎ ‎（2）[2]若没平衡摩擦力，此时加上一定的力以后，物体才开始加速运动，因此只能是丙图；‎ ‎[3]设绳子拉力为T 则：对小盘：‎ ‎，‎ 对小车：‎ 两式联立得 只有当时，.‎ ‎19.如图所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．‎ ‎（1）实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是________选填选项前的字母．‎ A.把长木板右端垫高 改变小车的质量 ‎（2）在不挂重物且________选填选项前的字母的情况下,轻推一下小车．若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．‎ A.计时器不打点 计时器打点 ‎（3）接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O．在纸带上依次取A、B、C若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C各点到O点的距离为、、如图所示．‎ 实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg．从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功__________,打B点时小车的速度________．‎ ‎（4）以为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据作出如图3所示的图象．由此图象可得随W变化的表达式为________．根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含这个因子；分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是________．‎ ‎（5）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,图4中正确反映关系的是________．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). (4). 质量 (5). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．平衡摩擦力时：把长木板的右端适当垫高,让小车与纸带相连,轻推小车,小车做匀速直线恰好平衡摩擦力,故选A．‎ ‎（2）[2]．此时应当让打点计时器打点,因为打点计时器也会有摩擦力,故选B；‎ ‎（3）[3]．由于近似认为拉力等于重力,所以根据可知，拉力做功为：‎ ‎；‎ ‎[4]．中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度,所以B点的速度等于AC段的平均速度,即为：‎ ‎；‎ ‎（4）[5]．由图示图线可知：‎ ‎,‎ 则随W变化的表达式为：‎ ‎[6]．功是能量转化的量度,所以功和能的单位是相同的，斜率设为k，则 代入单位后，k的单位为，所以与该斜率有关的物理量为质量；‎ ‎（5）[7]．若重物质量m不满足远小于小车质量M，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由 和 知 由动能定理得：‎ ‎,‎ 而 ‎,‎ 则实际图线的斜率 ‎，‎ 重物质量m与小车质量M不变，速度虽然增大，但斜率不变，选项A正确．‎ 四、计算题 ‎20.如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3‎ ‎ m/s，A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：‎ ‎（1）B与木板相对静止时，木板的速度；‎ ‎（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。‎ ‎【答案】（1）1m/s；（2）1.9m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有 ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ 由牛顿第二定律得 ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有 ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度 ‎ ⑨‎ ‎（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 ‎ ⑩‎ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 ‎ ⑪‎ 由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 ‎ ⑫‎ 对A有 ‎ ⑬‎ 在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 ‎ ⑭‎ 在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 ‎  ⑮‎ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 ‎ ⑯‎ 联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离 ‎ ⑰‎ 答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。‎ ‎21.一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示．以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平．现剪断细线，经0.1s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1s小球速度为零．已知小球质量m=1.0×10－2kg，电荷量q=1.0×10－8C，g取10m/s2，空气阻力不计．求 ‎(1)E1和E2；‎ ‎(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当小球静止时，‎ 则 电场力与重力的合力 剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为 经过0.1s小球的速度大小为 速度的方向与x轴正方向成斜向右下方 在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度 竖直分速度 即第2个0.1s末，小球的速度大小为，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动，‎ 由运动学公式知 根据牛顿第二定律得 代入数据得 ‎（2）第1个0.1s内，小球的位移大小 则小球沿x方向移动的距离 沿y方向移动的距离 在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离 沿y方向移动的距离 在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离 即小球速度为零时的位置坐标是 五、简答题 ‎22.如图所示,一轻绳长为L,下端拴着质量为m的小球可视为质点,当球在水平面内做匀速圆周运动时,绳与竖直方向间的夹角为θ,已知重力加速度为g,求：‎ ‎（1）绳的拉力大小F；‎ ‎（2）小球运动的线速度v的大小；‎ ‎（3）小球运动的角速度及周期T．‎ ‎【答案】（1） ；（2）；（3）,．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以球为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件 得：‎ ‎．‎ ‎（2）由牛顿第二定律：‎ 其中, ‎ 得：‎ ‎,‎ ‎（3）角速度为：‎ ‎,‎ 周期为：‎ ‎．‎