物理卷·2018届安徽省池州市青阳一中高二上学期月考物理试卷（10月份）（解析版）

物理卷·2018届安徽省池州市青阳一中高二上学期月考物理试卷（10月份）（解析版）

‎2016-2017学年安徽省池州市青阳一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微料带电，在带正电被喷工件的静电作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（　　）‎ A．涂料微粒带正电 B．电场力对涂料微料做负功 C．离工件越近所受库仑力越小 D．涂料微粒的电势能减小 ‎3．以下关于电场线的说法，正确的是（　　）‎ A．电场线是电荷移动的轨迹 B．电场线是实际存在的曲线 C．电场线是闭合的曲线 D．电场线是起始于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远）的不闭合曲线 ‎4．如图所示，一个电子以100eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为（　　）‎ A．300 V B． V C．﹣100 V D．﹣300 V ‎5．如图所示，平行板间的电压做周期性变化，从t=时刻开始，将重力不计的带电粒子在平行板中央由静止释放，运动过程中无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近，下列判断不正确的是（　　）‎ A．Q与q的带电一定是一正一负 B．不管Q带什么性质的电荷，a点的场强一定比b点的小 C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向Q D．微粒通过a时的速率比通过b时的速率大 ‎7．如图所示，从同一条竖直线上两个不同点P、Q分别向右平抛两个小球，平抛P的初速度分别为v1、v2，结果它们同时落到水平面上的M点处（不考虑空气Q阻力）．下列说法中正确的是（　　）‎ A．一定是P先抛出的，并且移v1=v2‎ B．一定是P先抛出的，并且移v1＜v2‎ C．一定是Q先抛出的，并且秒v1=v2‎ D．一定是Q先抛出的，并且移v1＞v2‎ ‎8．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内：套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（　　）‎ A．Mg﹣5mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg ‎9．火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（　　）‎ A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g ‎10．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 ‎　‎ 二、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎11．某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系．‎ ‎①下列做法正确的是　　（填字母代号）‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上 C．实验时，砝码桶及桶内砝码的总质量应大于木块和木块上砝码的总质量 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲　　 m乙，μ甲　　μ乙．小于小于．‎ ‎12．某研究性学习小组设计了图示实验装置测量物体带电荷量的方法．图中小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度的量角器，M、N是两块相同的、正对着平行放置的金属板（加上电压后其内部电场可视为匀强电场），另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电源、开关、滑动变阻器及导线若干．当地的重力加速度为g．‎ ‎（1）用天平测出小球的质量m，按图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电荷量 ‎（2）请在图中的虚线框内画出实验所用的电路图 （电源、开关已画出）‎ ‎（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑动片的位置，读出多组对应的电压表的示数U和丝线的偏转角度α ‎（4）以电压U为纵坐标，以　　为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k ‎（5）小球的带电荷量q=　　，（用m、d、k等物理量表示）‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共45.0分）‎ ‎13．如图，一个质量为2kg的物体静止在粗糙的水平面上，物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.4，现对物体施加一水平向右的恒力F=12N，经过3s后，迅速将该力的方向改为竖直向上，大小不变，则求再经过2s后物体的速度和这5s内物体的位移 （g=10m/s2）‎ ‎14．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=3×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差Uac．‎ ‎15．如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．求：‎ ‎（1）小球到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）小球到达C点时对轨道压力是多大？‎ ‎（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎16．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（1）电子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省池州市青阳一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】超重和失重．‎ ‎【分析】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．‎ ‎【解答】解：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；‎ 在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．‎ ‎　‎ ‎2．静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微料带电，在带正电被喷工件的静电作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（　　）‎ A．涂料微粒带正电 B．电场力对涂料微料做负功 C．离工件越近所受库仑力越小 D．涂料微粒的电势能减小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、由题目图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A错误．‎ BD、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故B错误，D正确．‎ C、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故C错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．同时还要明确库仑定律的准确应用．‎ ‎　‎ ‎3．以下关于电场线的说法，正确的是（　　）‎ A．电场线是电荷移动的轨迹 B．电场线是实际存在的曲线 C．电场线是闭合的曲线 D．电场线是起始于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远）的不闭合曲线 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线不是实际存在的线，而是为了形象的描述电场而假想的线，电场线不闭合、不相交，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷．‎ ‎【解答】解：AB、电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，电场线是假想的线，不是真实存在的线，电场线与电荷的运动轨迹是两回事，电荷的运动轨迹不一定与电场线重合，与电荷的受力情况和初速度有关，故A、B错误．‎ CD、电场线从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，所以电场线不闭合．故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】电场线是电场中的一个重要概念，要正确利用电场线的物理意义解答有关问题，如通过电场线判断电势高低，电场强弱等．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一个电子以100eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为（　　）‎ A．300 V B． V C．﹣100 V D．﹣300 V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，作出电子经过B点时速度的分解图，求出经过B点时的速度，根据动能定理求解A、B两点间的电势差 ‎【解答】解：由题意知：‎ vcos60°=v0‎ 解得：v=2v0‎ 又qU=△Ek=mv2﹣mv=mv═300eV 故AB两点间电压U=﹣300V 故选：D ‎【点评】本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解 ‎　‎ ‎5．如图所示，平行板间的电压做周期性变化，从t=时刻开始，将重力不计的带电粒子在平行板中央由静止释放，运动过程中无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动．速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定．‎ ‎【解答】解：开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去．速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小．‎ 故选：A ‎【点评】带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性运动的情况全是对称的．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近，下列判断不正确的是（　　）‎ A．Q与q的带电一定是一正一负 B．不管Q带什么性质的电荷，a点的场强一定比b点的小 C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向Q D．微粒通过a时的速率比通过b时的速率大 ‎【考点】电场强度；电场线．‎ ‎【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向下弯曲，可知带电粒子受到了吸引力作用，即可判断两个电荷电性关系；根据点电荷场强公式E=k分析a、b场强的大小关系；根据库仑力的方向判断加速度的方向．从a到b过程中，电场力做正功，可判断电势能的速度大小．‎ ‎【解答】解：A、由粒子的运动轨迹看出，微粒q轨迹向下弯曲，q受到Q的吸引，所以Q与q是异种电荷，故A正确．‎ B、a点离Q的距离比b远，根据点电荷场强公式E=k分析得知，a点的场强一定比b点的场强小．故B正确．‎ C、微粒通过a、b两点时，受到的库仑力方向都指向Q，根据牛顿第二定律分析可知，在这两点的加速度方向都是指向Q，故C正确．‎ D、由于电场力对q做正功，根据动能定理可知，微观q的动能增加，速率增大，则知微粒通过a时的速率比通过b时的速率小，故D不正确．‎ 本题选不正确的，故选：D．‎ ‎【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能或电势能的变化是常用的思路．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，从同一条竖直线上两个不同点P、Q分别向右平抛两个小球，平抛P的初速度分别为v1、v2，结果它们同时落到水平面上的M点处（不考虑空气Q阻力）．下列说法中正确的是（　　）‎ A．一定是P先抛出的，并且移v1=v2‎ B．一定是P先抛出的，并且移v1＜v2‎ C．一定是Q先抛出的，并且秒v1=v2‎ D．一定是Q先抛出的，并且移v1＞v2‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动的时间由高度决定，两球同时落到M处，根据高度比较出运动的时间，从而确定出谁先抛出．根据水平位移相等，结合水平方向上做匀速直线运动比较平抛运动的初速度大小．‎ ‎【解答】解：根据h=得：t=可知P的运动时间大于Q的运动时间，所以P先抛出，两者水平位移相等，P的运动时间长，则P的初速度小于Q的初速度．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定．‎ ‎　‎ ‎8．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内：套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（　　）‎ A．Mg﹣5mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的拉力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小．‎ ‎【解答】解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m，‎ 得：F=mg+m，‎ 小环从最高到最低，由动能定理，则有：；‎ 对大环分析，有：T=F+Mg=m（g+）+Mg=5mg+Mg．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎9．火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（　　）‎ A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．‎ 通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．‎ ‎【解答】解：根据星球表面的万有引力等于重力知道 ‎=mg得出：g=‎ 火星的质量和半径分别约为地球的和 所以火星表面的重力加速度g′=g=0.4g 故选B．‎ ‎【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比．‎ ‎　‎ ‎10．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．‎ ‎【解答】解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误；‎ B：等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；‎ C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高．故C错误；‎ D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于简单题．‎ ‎　‎ 二、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎11．某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系．‎ ‎①下列做法正确的是　AD　（填字母代号）‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上 C．实验时，砝码桶及桶内砝码的总质量应大于木块和木块上砝码的总质量 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲　小于　 m乙，μ甲　大于　μ乙．小于小于．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；‎ ‎（2）a﹣F图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况．‎ ‎【解答】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；‎ B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B选项错误； ‎ C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C选项错误； ‎ D平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；‎ 选择：AD ‎（2）当没有平衡摩擦力时有：T﹣f=ma，故a=T﹣μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg．‎ 观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；‎ 故答案为：（1）AD； （2）小于，大于．‎ ‎【点评】本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法．‎ ‎　‎ ‎12．某研究性学习小组设计了图示实验装置测量物体带电荷量的方法．图中小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度的量角器，M、N是两块相同的、正对着平行放置的金属板（加上电压后其内部电场可视为匀强电场），另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电源、开关、滑动变阻器及导线若干．当地的重力加速度为g．‎ ‎（1）用天平测出小球的质量m，按图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电荷量 ‎（2）请在图中的虚线框内画出实验所用的电路图 （电源、开关已画出）‎ ‎（3）闭合开关，调节滑动变阻器滑动片的位置，读出多组对应的电压表的示数U和丝线的偏转角度α ‎（4）以电压U为纵坐标，以　tanθ　为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k ‎（5）小球的带电荷量q=　　，（用m、d、k等物理量表示）‎ ‎【考点】伏安法测电阻；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】①可将变阻器接成分压式，方便调节电容器板间电压．‎ ‎②以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件以及电场强度与板间电压的关系式得出电压U与θ的关系式，再选择横坐标，求出斜率k，并求出小球的带电量．‎ ‎【解答】 解：（2）实验电路图如图所示．‎ ‎（4）F、对小球受力分析如图所示，设细线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有 ‎ tanθ=‎ 又有F=qE=‎ 联立解得，U=tanθ=ktanθ，所以应以tanθ为横坐标．‎ ‎（5）由上可知k=，则小球的带电量为q=‎ 故答案为：（2）如图所示（4）tanθ；（5）‎ ‎【点评】本题要能实验目的，合理选择变阻器的接法．此题是力电综合题，其联系的纽带是电场力，既与力学知识有联系，又与电场知识有联系．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共45.0分）‎ ‎13．如图，一个质量为2kg的物体静止在粗糙的水平面上，物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.4，现对物体施加一水平向右的恒力F=12N，经过3s后，迅速将该力的方向改为竖直向上，大小不变，则求再经过2s后物体的速度和这5s内物体的位移 （g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对物体受力分析，根据滑动摩擦定律求解滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解第一段时间内位移和末速度；‎ 当F竖直向上，根据牛顿运动定律求解加速度，根据运动学公式求解再2s的速度和位移．‎ ‎【解答】解：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力，故：‎ f=μN=μmg=0.4×2×10=8N 根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣f=ma 解得：‎ a==m/s2=2m/s2‎ ‎3s末速度为v1=at1=2×3m/s=6m/s 位移x1==m=9m ‎3s后f′=μN′=μ（mg﹣F）=0.4×（20﹣12）=3.2N 加速度a′=﹣=﹣m/s2=﹣1.6m/s2‎ 再经2s末物体的瞬时速度：‎ v2=v1+at′=6﹣1.6×2=2.8m/s 位移x2=v1t′+at′2=6×2﹣=8.8m 故总位移x=x1+x2=9+8.8m=17.8m 答：再经过2s后物体的速度为6.4m/s，这5s内物体的位移为17.8m．‎ ‎【点评】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是先根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解，知道F=12N＜mg不会被提起，弹力不一定等于重力．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=3×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差Uac．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．‎ ‎（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．‎ ‎（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac．‎ ‎【解答】解：（1）由题，由W1=qElab得：‎ E===80N/C ‎（2）电荷从b移到c电场力做功为：‎ W2=qElbccos60°=3×10﹣8×80×0.12×0.5J=1.44×10﹣7J ‎（3）电荷从a移到c电场力做功为：‎ Wac=W1+W2‎ 则a、c两点的电势差为：Uac====8.8V．‎ 答：（1）匀强电场的场强80V/m．‎ ‎（2）电荷从b移到c电场力做功1.44×10﹣7J．‎ ‎（3）a、c两点的电势差8.8V．‎ ‎【点评】匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104‎ ‎ V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．求：‎ ‎（1）小球到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）小球到达C点时对轨道压力是多大？‎ ‎（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，‎ ‎（2）对小球在C点进行受力分析，找出径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决．‎ ‎（3）小球恰好通过D点时，小球的重力提供向心力，A到D的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得结果．‎ ‎【解答】解：（1）由A点到C点应用动能定理有：‎ Eq（AB+R）﹣mgR=mvC2‎ 解得：vC=2 m/s ‎（2）在C点应用牛顿第二定律得：‎ FN﹣Eq=‎ 得FN=3 N 由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N．‎ ‎（3）小球要安全通过D点，必有mg≤‎ 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：‎ Eqx﹣mg2R=mvD2‎ 以上两式联立可得：x≥0.5 m．‎ 答案：（1）小球到达C点时的速度是2 m/s；‎ ‎（2）小球到达C点时对轨道压力是3N ‎（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少0.5 m ‎【点评】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，特别是小球恰好过D点的条件，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：‎ ‎（1）电子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的速度．‎ ‎（2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L．‎ ‎（3）在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）在加速过程根据动能定理得：‎ eU0=‎ 解得到质子射出加速电场的速度v0=‎ ‎（2）粒子在竖直方向：y=，a=‎ 在水平方向：x=L=v0t 联立上式得到 ‎ 代入数据得L=‎ ‎（3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：‎ ‎=e（U0+）‎ 答：（1）电子通过B点时的速度大小为；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度为；‎ ‎（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）；‎ ‎【点评】本题是复合场问题，关键是分析质子的分析情况和运动情况．在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究．‎ ‎　‎ ‎ ‎