物理卷·2018届上海市华东师大二附中高二上学期月考物理试卷(10月份)+(解析版)

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文档介绍

物理卷·2018届上海市华东师大二附中高二上学期月考物理试卷(10月份)+(解析版)

全*品*高*考*网, 用后离不了!2016-2017学年上海市华东师大二附中高二(上)月考物理试卷(10月份)‎ ‎ ‎ 一.选择题(前8题为单项选择,后2题为多选,每题4分)‎ ‎1.属于静电利用现象的是(  )‎ A.油罐车上连接地线 B.复印机复印文件资料 C.屋顶按装避雷针 D.印染厂车间保持湿度 ‎2.如图所示,带电量为q,质量为m的小球,用长为l的绝缘细线悬挂在O点,小球处在水平方向场强大小为E的匀强电场中.平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ,如果改变下列某一个条件,保持其他条件不变,则θ的变化情况正确的是(  )‎ A.质量m增大,θ角增大 B.细线长度l增大,θ角减小 C.电量q增大,θ角增大 D.场强E增大,θ角减小 ‎3.下列关系式中正确的是(  )‎ A.室外气温:﹣2℃<﹣5℃‎ B.某物体的速度:﹣2m/s<﹣12m/s C.物体的重力势能:﹣2 J<﹣12J D.电场中某点的电势:﹣2V<﹣5V ‎4.两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量,两球心相距90cm时相互作用力为F,现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处,则它们的相互作用力大小(  )‎ A.300F B.1200F C.900F D.无法确定 ‎5.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,∠‎ MOP=60°.两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时,O点的电场强度大小为E1.将置于N点处的点电荷移至P点时,O点的场强大小变为E2.则E1与E2之比为 (  )‎ A.2:1 B.1:2 C. D.‎ ‎6.下面关于电场线的论述中正确的是(只考虑电场)(  )‎ A.电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点运动的方向 B.电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点的加速度方向 C.电场线弯曲的地方是非匀强电场,电场线为直线的地方是匀强电场 D.只要初速度为零,正电荷必将在电场中沿电场线方向运动 ‎7.静电力常量k的单位,若用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为(  )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎8.一点电荷,仅在电场力的作用下,沿直线由A点运动到B点的过程中,速率逐渐增大,下列判断正确的是(  )‎ A.在此过程中,电荷所受电场力的方向总是由A指向B B.在此过程中,电荷的电势能逐渐增大 C.线段AB间的各点,电场强度的方向都是由A指向B D.自A至B,电势逐渐降低 ‎9.某带电粒子只受电场力作用,从C向D运动,其轨迹如图中虚线所示,由此可判定(  )‎ A.此粒子一定带正电 B.此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度 C.此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能 D.此粒子在C处的动能大于在D处的动能 ‎10.有一个点电荷只受电场力的作用,分别从两电场中的a点由静止释放,在它沿直线运动到b点的过程中,动能Ek随位移s变化的关系图象如图所示中的①、②图线.则下列说法正确的是(  )‎ A.正电荷在甲图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是①‎ B.负电荷在乙图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②‎ C.负电荷在丙图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②‎ D.正电荷在丁图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是①‎ ‎ ‎ 二.填空题(每空3分,共24分)‎ ‎11.若将一个电量为3.0×10﹣10C的正电荷,从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功9.0×10﹣9J,则M点的电势是  V;若再将该电荷从M点移到电场中的N点,电场力做功1.8×10﹣8J,则M、N两点间的电势差UMN=  V.‎ ‎12.如图(a)所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出),A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m.放在A、B两点的检验电荷q1、q2受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图(b)所示.则A点的电场强度大小为  N/C,点电荷Q的位置坐标为x=  m.‎ ‎13.ab是长为l的均匀带电绝缘细杆,P1、P2是位于ab所在直线上的两点,位置如图所示.ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1,在P2处的场强大小为E2.则P1、P2处的电场强度方向  (填“相同”或“相反”).若将绝缘细杆的左边l/2截掉并移走(右边l/2电量、位置不变)则P2处的场强大小为  .‎ ‎14.如图倾角为30°的直角三角形的底边BC长为2L,处在粗糙的水平面上,一质量为m带正电的小物块恰好能在斜面上匀速下滑,O为底边中点,OD垂直AB,沿OD上方与A等高的位置E处固定一带正电的点电荷,物块在下滑至底端的过程中,斜面保持静止不动,当物块在DB之间时,斜面受到地面的摩擦力  (填“不变”、“先变大后变小”,“先变小后变大”);若斜面是光滑的,测得它滑到D受到的库仑力大小为F,则它滑到B处的加速度的大小  .‎ ‎ ‎ 三.综合题(10+12+14分,共36分)‎ ‎15.两个点电荷彼此相距r.如果它们之间的距离缩短l=50cm,这时测得它们间作用力比原来增加一倍,求原来两点电荷间距r是多大?‎ ‎16.如图所示,有一柔软链条全长为L=1.0m,质量均匀分布,总质量为M=2.0kg.链条均匀带正电,总带电量Q=1.0×10﹣6C、将链条放在离地足够高的水平桌面上.空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度的大小E=2.0×107V/m.若桌面与链条之间的动摩擦因数为μ=0.5(重力加速度取g=10m/s2).给链条一个向右的初动能,试求:‎ ‎(1)链条受到的最大滑动摩擦力;‎ ‎(2)当桌面下的链条多长时,桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力.‎ ‎(3)能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能.‎ ‎17.如图所示,一均匀带正电的无限长细直棒水平放置,带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场,场强大小与直棒的距离成反比.在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B,A、B所带电量分别为+q和+4q,球A距直棒的距离为a,两球恰好处于静止状态.不计两小球之间的静电力作用.‎ ‎(1)求细线的张力;‎ ‎(2)剪断细线,若A球下落的最大速度为vm,求A球下落到速度最大过程中,电场力对A球做的功.‎ ‎(3)分析剪断细线后,B球的运动情况及能量的转化情况.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年上海市华东师大二附中高二(上)月考物理试卷(10月份)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一.选择题(前8题为单项选择,后2题为多选,每题4分)‎ ‎1.属于静电利用现象的是(  )‎ A.油罐车上连接地线 B.复印机复印文件资料 C.屋顶按装避雷针 D.印染厂车间保持湿度 ‎【考点】静电现象的解释.‎ ‎【分析】了解静电现象,理解其应用与防止,会分析其原理,知道哪些现象为静电的应用,哪些现象为静电的防止.‎ ‎【解答】解:A、油罐车上连接地线,可以把运输过程中会由于摩擦产生静电荷导走,是为了防止静电产生火灾.故A错误.‎ B、复印机复印文件资料属于静电的应用,故B正确;‎ C、屋顶按装避雷针是将空中静电导入大地,以避免产生雷击,属于静电的防止,故C错误 C、保持印染厂车间里的空气湿度使将产生的静电导入大地,属于静电的防止,故D错误.‎ 本题考查属于静电应的,故选:B.‎ ‎ ‎ ‎2.如图所示,带电量为q,质量为m的小球,用长为l的绝缘细线悬挂在O点,小球处在水平方向场强大小为E的匀强电场中.平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ,如果改变下列某一个条件,保持其他条件不变,则θ的变化情况正确的是(  )‎ A.质量m增大,θ角增大 B.细线长度l增大,θ角减小 C.电量q增大,θ角增大 D.场强E增大,θ角减小 ‎【考点】库仑定律.‎ ‎【分析】小球受重力、拉力和电场力处于平衡,根据共点力平衡判断夹角的变化.‎ ‎【解答】解:小球受重力、拉力和电场力平衡,受力如图,有tan,当质量m增大,θ变小,细线长度l增大,θ不变,电量q增大,θ增大,场强增大,θ增大.故C正确,A、B、D错误.‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎3.下列关系式中正确的是(  )‎ A.室外气温:﹣2℃<﹣5℃‎ B.某物体的速度:﹣2m/s<﹣12m/s C.物体的重力势能:﹣2 J<﹣12J D.电场中某点的电势:﹣2V<﹣5V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;重力势能;功能关系.‎ ‎【分析】温度、势能、电势四个物理量均为标量,温度中的负号表示温度低于0摄氏度,功的负号表示对物体运动阻碍作用的大小,重力势能中的负号表示物体所处的位置低于零势能面,电势的负号表示电势低于零势点;而速度为矢量,其负号表示方向;‎ ‎【解答】解:A、﹣5℃表示温度比零摄氏度低5℃,﹣2℃表示温度比,零摄氏度低2℃,故:﹣2℃>﹣5℃,故A错误;‎ B、速度是矢量,负号只表示方向,大小要根据绝对值进行比值,故:﹣2m/s<﹣12m/s;故B正确;‎ C、重力势能的负值表示相对于零势能面的位置,负号后面数越大表示物体所处的位置比零势能面低的越多,故物体的重力势能:﹣2J>﹣12J,C错误;‎ D、电势与高度相似,负号后面的数越大表示该点的电势比零势面低的越多,故:﹣2V>﹣5V,故D错误;‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎4.两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量,两球心相距90cm时相互作用力为F,现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处,则它们的相互作用力大小(  )‎ A.300F B.1200F C.900F D.无法确定 ‎【考点】库仑定律.‎ ‎【分析】接触带电的原则是先中和后平分,根据库仑定律的公式判断相互作用力的大小.但是注意库仑定律的适用条件,库仑定律适用于点电荷的作用力.‎ ‎【解答】解:根据库仑定律得,,接触后分开,两金属球的电量都为﹣Q,但是两球靠得太近,不能看成点电荷,库仑定律不再适用,所以无法确定作用力的大小.故D正确,A、B、C错误.‎ ‎ ‎ ‎5.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,∠MOP=60°.两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时,O点的电场强度大小为E1.将置于N点处的点电荷移至P点时,O点的场强大小变为E2.则E1与E2之比为 (  )‎ A.2:1 B.1:2 C. D.‎ ‎【考点】电场的叠加;电场强度.‎ ‎【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小,移动之后电荷距O点的距离不变,故电场强度大小不变,则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场;即可求得比值.‎ ‎【解答】解:依题意,每个点电荷在O点产生的场强为,则当N点处的点电荷移至P点时,O点场强如图所示,‎ 合场强大小为E2=,则E1与E2之比为2:1.故A正确,B、C、D错误.‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎6.下面关于电场线的论述中正确的是(只考虑电场)(  )‎ A.电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点运动的方向 B.电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点的加速度方向 C.电场线弯曲的地方是非匀强电场,电场线为直线的地方是匀强电场 D.只要初速度为零,正电荷必将在电场中沿电场线方向运动 ‎【考点】电场线.‎ ‎【分析】电场线上任一点的切线方向就是场强的方向,是正电荷在该点的受力方向,电场线为直线的区域内分布的不一定是匀强电场,初速度为零,正电荷在匀强电场电场中沿电场线方向运动.‎ ‎【解答】解:AB、电场线上任一点的切线方向就是场强的方向,是正电荷在该点的受力方向,也是正电荷的加速度方向,故A错误,B正确;‎ C、电场线弯曲的区域内分布的是非匀强电场,电场线为直线的区域内分布的不一定是匀强电场,比如点电荷的电场线是直线,故C错误;‎ D、初速度为零,正电荷在匀强电场电场中沿电场线方向运动,在非匀强电场,若电场线是直线时,也沿着电场线方向运动;若电场线是曲线,则不会沿着电场线方向运动,故D错误;‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎7.静电力常量k的单位,若用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为(  )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【考点】力学单位制.‎ ‎【分析】根据库伦定律F=k,由Q,q,F、r四个物理量的单位推导出k的单位.‎ ‎【解答】解:根据库伦定律F=k,得:‎ k=,‎ 国际单位制中力F、距离r、电荷(Q、q)的单位分别是:N、m、C,‎ 其中N=kg•m/s2,C=A•s 所以k的单位为 故选:D ‎ ‎ ‎8.一点电荷,仅在电场力的作用下,沿直线由A点运动到B点的过程中,速率逐渐增大,下列判断正确的是(  )‎ A.在此过程中,电荷所受电场力的方向总是由A指向B B.在此过程中,电荷的电势能逐渐增大 C.线段AB间的各点,电场强度的方向都是由A指向B D.自A至B,电势逐渐降低 ‎【考点】电势;电势能.‎ ‎【分析】点电荷仅在电场力作用下,沿直线运动,且速率增大.因此可得知电场力的方向,电场强度方向无法确定,这还与电荷的电性有关.由于电场强度方向不定,所以电场高低不定,但可根据电场力做功来确定电势能的大小.‎ ‎【解答】解:点电荷在电场力作用,从A到B点,速率增大.则电场力做正功,电势能减小.由于点电荷的电性不知,所以电场强度方向无法确定,因此电势的高低也无法确定.故只有A正确;BCD错误;‎ 故选:A ‎ ‎ ‎9.某带电粒子只受电场力作用,从C向D运动,其轨迹如图中虚线所示,由此可判定(  )‎ A.此粒子一定带正电 B.此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度 C.此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能 D.此粒子在C处的动能大于在D处的动能 ‎【考点】电场线.‎ ‎【分析】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;根据带电粒子轨迹弯曲的方向判断出受到的电场力的方向,然后判断粒子的电性;电场力做正功,电势能减小,电场力做负功,电势能增加.‎ ‎【解答】解:A、由电荷的运动轨迹可知,电荷的受力方向指向左下方,逆着电场线的方向,所以电荷为负电荷,所以A错误.‎ B、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,由图可知,C点的场强大于D点的场强的大小,在C点的受力大于在D的受力,所以粒子在D点的加速度小于它在C点的加速度,所以B正确;‎ C、D、由电荷的运动轨迹可知,电荷的受力方向指向左下方,粒子从C向D运动的过程中电场力做正功,电荷的电势能减小,动能增加,所以粒子在C处的电势能大于在D处的电势能,粒子在C点的动能小于它在D点的动能,所以C正确,D错误.‎ 故选:BC ‎ ‎ ‎10.有一个点电荷只受电场力的作用,分别从两电场中的a点由静止释放,在它沿直线运动到b点的过程中,动能Ek随位移s变化的关系图象如图所示中的①、②图线.则下列说法正确的是(  )‎ A.正电荷在甲图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是①‎ B.负电荷在乙图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②‎ C.负电荷在丙图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是②‎ D.正电荷在丁图电场中从a点由静止释放,沿直线运动到b点的过程中,对应的图线是①‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度.‎ ‎【分析】根据动能定理qU=mv2可知物体的动能EK=qU,其中U=s,故有EK=qs;又EK﹣S图象的斜率等于物体所受的电场力F=qE,所以图象的斜率越大代表电荷所处位置的场强越大.‎ ‎【解答】解:根据动能定理qU=mv2可知,物体的动能EK=qU,‎ 而U=s,‎ 故有EK=qs,‎ A、在甲图中各点的场强相同,故正电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变,故EK﹣S图象的斜率保持不变,故A正确.‎ B、在乙图中各点的场强相同,故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变,故EK﹣S图象的斜率保持不变,故B错误.‎ C、在丙图中由a到b场强逐渐增大,故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力逐渐增大,故EK﹣S图象的斜率逐渐增大,故C正确.‎ D、在丁图中a到b场强逐渐减小,正电荷从a点由静止释放后所受的电场力向左,不可能运动到b,故D错误.‎ 故选:AC.‎ ‎ ‎ 二.填空题(每空3分,共24分)‎ ‎11.若将一个电量为3.0×10﹣10C的正电荷,从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功9.0×10﹣9J,则M点的电势是 30 V;若再将该电荷从M点移到电场中的N点,电场力做功1.8×10﹣8J,则M、N两点间的电势差UMN= 60 V.‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系.‎ ‎【分析】根据电场力做功公式W=qU求出零电势点与M点间的电势差,即可得到M点的电势.将该电荷从M点移到电场中的N点,由U=求M、N两点间的电势差UMN.‎ ‎【解答】解:由题意可知,正电荷从零电势点移到M点电场力做功 W=﹣9×10﹣9J,根据公式W=qU可知,‎ 零电势点与M点间的电势差为:U0M==V=﹣30V,又UOM=0﹣φM=﹣30V,故φM=30V;‎ 将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10﹣8J,根据公式W=qU可知,‎ UMN==V=60V;‎ 故答案为:30;60.‎ ‎ ‎ ‎12.如图(a)所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出),A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m.放在A、B两点的检验电荷q1、q2‎ 受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图(b)所示.则A点的电场强度大小为 2×103 N/C,点电荷Q的位置坐标为x= 0.3 m.‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度.‎ ‎【分析】电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值,即,方向与正电荷所受电场力方向相同.‎ 根据点电荷场强公式分析 ‎【解答】解:(1)由图可知,A点的电场强度==2×103N/C,‎ ‎ (2)同理B点的电场强度EB=﹣500N/C,方向指向x负方向.‎ ‎ 所以A、B两点的电场强度大小之比为4:1;‎ ‎ 设点电荷Q的坐标为x,由点电荷的电场得:,‎ ‎ 联立以上公式解得:x=0.3m.‎ 故答案为:2×103 0.3‎ ‎ ‎ ‎13.ab是长为l的均匀带电绝缘细杆,P1、P2是位于ab所在直线上的两点,位置如图所示.ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1,在P2处的场强大小为E2.则P1、P2处的电场强度方向 相反 (填“相同”或“相反”).若将绝缘细杆的左边l/2截掉并移走(右边l/2电量、位置不变)则P2处的场强大小为 E1 .‎ ‎【考点】电场强度.‎ ‎【分析】由于细杆均匀带电,我们取a关于P1的对称点a′,则a与a′关于P1点的电场互相抵消,整个杆对于P1点的电场,仅仅相对于a′b部分对于P1‎ 的产生电场.‎ ‎【解答】解:将均匀带电细杆等分为很多段,每段可看作点电荷.设细杆带正电,根据场的叠加,这些点电荷在P1的左侧的电量比较右侧的电量少,所以P1处的合场强方向向左,在P2的合场强方向向右.‎ 取a关于P1的对称点a′,由于,则aa′=,所以细杆左侧的上的电荷在P1点的电场互相抵消,右半边的电荷在P1处的电场强度为E1,由题意,当将绝缘细杆的左边截掉并移走后,根据电场的对称性可得,右半边的电荷在P2处的电场强度为E1.‎ 故答案为:相反;E1‎ ‎ ‎ ‎14.如图倾角为30°的直角三角形的底边BC长为2L,处在粗糙的水平面上,一质量为m带正电的小物块恰好能在斜面上匀速下滑,O为底边中点,OD垂直AB,沿OD上方与A等高的位置E处固定一带正电的点电荷,物块在下滑至底端的过程中,斜面保持静止不动,当物块在DB之间时,斜面受到地面的摩擦力 不变 (填“不变”、“先变大后变小”,“先变小后变大”);若斜面是光滑的,测得它滑到D受到的库仑力大小为F,则它滑到B处的加速度的大小 + .‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系;电势能.‎ ‎【分析】开始时刻小物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡,是竖直向上的;根据牛顿第三定律,压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的;再结合平衡条件分析即可;‎ 分析质点q在B点的受力情况,根据牛顿第二定律和库仑定律求出质点滑到斜边底端B点时加速度.‎ ‎【解答】‎ 解:开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力,物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡,是竖直向上的;根据牛顿第三定律,压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的;增加电场力后,小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加,故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的;再对斜面体分析,受重力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力,不受地面的摩擦力,否则合力不为零;即当物块在DB之间时,斜面受到地面的摩擦力为0,保持不变;‎ 在D点,电场力为:F=k=;在B点电 电场力为F为:FB=k=;在B点,电荷q受重力、电场力和支持力,在平行AB杆的方向,根据牛顿第二定律,有:mgsin30°+cos30°=ma,解得:a=+.‎ 故答案为:不变; +.‎ ‎ ‎ 三.综合题(10+12+14分,共36分)‎ ‎15.两个点电荷彼此相距r.如果它们之间的距离缩短l=50cm,这时测得它们间作用力比原来增加一倍,求原来两点电荷间距r是多大?‎ ‎【考点】库仑定律.‎ ‎【分析】库仑定律:真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比,与它们距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上.‎ ‎【解答】解:l=50cm=0.5m,‎ 根据库仑定律,距离为r是的静电力为:F=k ‎2F=k 两式相比,化简得r=m.‎ 答:原来两点电荷间距r是m.‎ ‎ ‎ ‎16.如图所示,有一柔软链条全长为L=1.0m,质量均匀分布,总质量为M=2.0kg.链条均匀带正电,总带电量Q=1.0×10﹣6C、将链条放在离地足够高的水平桌面上.空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度的大小E=2.0×107V/m.若桌面与链条之间的动摩擦因数为μ=0.5(重力加速度取g=10m/s2).给链条一个向右的初动能,试求:‎ ‎(1)链条受到的最大滑动摩擦力;‎ ‎(2)当桌面下的链条多长时,桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力.‎ ‎(3)能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能.‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;机械能守恒定律.‎ ‎【分析】(1)最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,根据滑动摩擦力公式即可求解;‎ ‎(2)设桌面下的链条长为x,链条质量分布均匀,所以在桌面下的链条的质量为;桌面上的链条对桌子的压力等于桌面上的链条的重力加上电场力,根据两者相等即可求解;‎ ‎(3)当链条下滑0.5 m后就会自动下滑,此时速度正好为零时所需初动能最小,根据动能定理即可求解;‎ ‎【解答】解:(1)链条刚开始下滑的瞬间,此时链条全部在桌面上,正压力N最大.‎ N=Mg+qE 则fmax=μN=μ(Mg+qE)=20 N ‎ ‎(2)假设有x的链条在桌面下方 得到x=0.5m ‎ ‎(3)当下垂链条受到的重力加上电场力等于滑动摩擦力时,是能使链条全部从桌面上滑下的临界情况.‎ 根据平衡条件:‎ 求得:‎ 当链条垂下m时,重力+电场力=滑动摩擦力,则如果继续下滑,重力就大于滑动摩擦力了.所以链条下滑m后就会自动下滑,链条所需要的最小初动能是能够让它下滑m所需的能量. ‎ 根据动能定理:‎ 代入数据:‎ 解得:‎ 答:(1)链条受到的最大滑动摩擦力为20N;‎ ‎(2)当桌面下的链条米时,桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力.‎ ‎(3)能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能为.‎ ‎ ‎ ‎17.如图所示,一均匀带正电的无限长细直棒水平放置,带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场,场强大小与直棒的距离成反比.在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B,A、B所带电量分别为+q和+4q,球A距直棒的距离为a,两球恰好处于静止状态.不计两小球之间的静电力作用.‎ ‎(1)求细线的张力;‎ ‎(2)剪断细线,若A球下落的最大速度为vm,求A球下落到速度最大过程中,电场力对A球做的功.‎ ‎(3)分析剪断细线后,B球的运动情况及能量的转化情况.‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;动能定理的应用.‎ ‎【分析】(1)分别隔离对A、B受力分析,通过共点力平衡求出细线的张力.‎ ‎(2)当A球下落时,重力与电场力平衡时速度最大,根据平衡求出下降的距离,再根据动能定理求出电场力所做的功.‎ ‎(3)剪断细线后,B小球做先上后下的往复运动,在上升的过程中,电场力做正功,电势能减小,根据能量守恒知,机械能增加,重力势能增加,动能先增大后减小).下降过程与上升过程对称.‎ ‎【解答】解:(1)设距直棒为r的点的电场强度大小为.分别对两小球列平衡方程:‎ 对A:‎ 对B:‎ 解得 ‎(2)设A球下落到距直棒为r时速度最大,此时加速度为零,合力为零.‎ 由平衡条件:‎ 由(1)中解得:‎ 解得:‎ 由动能定理:‎ 解得 ‎(3)剪断细线后,B小球做先上后下的往复运动(振动).‎ 在上升过程中,电势能逐渐减小,机械能逐渐增大(重力势能增大,动能先增大后减小);在下降过程中,电势能逐渐增加,机械能逐渐减小(重力势能减小,动能先增大后减小).机械能与电势能的总和不变.‎ 答:(1)细线的张力为.‎ ‎(2)电场力对A球做的功为.‎ ‎(3)在上升过程中,电势能逐渐减小,机械能逐渐增大(重力势能增大,动能先增大后减小);在下降过程中,电势能逐渐增加,机械能逐渐减小(重力势能减小,动能先增大后减小).机械能与电势能的总和不变.‎
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