【文档说明】浙江省宁波市奉化区2021-2022学年高一下学期期末检测物理试题 含解析 .docx，共(25)页，10.231 MB，由小赞的店铺上传

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奉化区二O二二学年第二学期高一物理期末考试卷满分：100分考试时间：90分钟考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按

照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题）一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符

合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.在人类历史发展的长河中，围绕万有引力的研究，物理学家们经历了大量曲折顽强而又闪烁智慧的科学实践。在万有引力定律的发现历程中，下列叙述符合史实的是（）A.开普勒通过分析第谷的

天文观测数据，提出了“日心说”，并发现了万有引力定律B.卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人C.丹麦天文学家第谷经过多年的天文观测和记录，建立了行星运动三定律D.伽利略利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有

引力定律得到了广泛的应用【答案】B【解析】【详解】A．哥白尼提出了“日心说”，开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结出行星的运动三大定律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故B正确；C．开普勒通过分析丹麦天文学

家第谷的天文观测和记录，建立了开普勒行星运动三大定律，故C错误；D．牛顿利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛的应用，故D错误。故选B2.高一某同学参加引体向上体能测试，

如图所示，在20s内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50cm，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（g取10m/s2）（）。A.150WB.450WC.750WD.1500W【答案】A【解析】【详解】中学生体重接近于60kg，该同学克服重力做功的平均功率约为150WWn

mghPtt===故选A。3.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A.电场强度为零地方，电势也为零B.电场强度大小逐渐减小的区域，电势也逐渐降低C.电场强度的方向处处与等势面垂直D.电场中电势降落的方向，就是电场强度的方向【答案】C【解析】【详解】A

．电场强度的大小具有绝对性，而电势的高低则具有相对性，选择的参考平面不同，电势的高低也会不同，所以电势是否为0与电场强度没有必然联系，故A错误；B．电场强度的大小可以从电场线的疏密程度看出，但是电势的高

低却取决于电场线的走向，沿着电场线方向电势会逐渐降低，但是电场强度却可能在逐渐增大，故B错误；C．因为在等势面上移动电荷电场力不做功，故电场强度的方向处处与等电势面垂直，故C正确；D．沿着电场线的方向电

势逐渐降低，但是电势降低的方向不一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向为电场强度的方向，故D错误。故选C。4.在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法。如图所示的四个实验，没有运用此思想方法的是（）的A.观察桌面形变B

.观察玻璃瓶发生形变C.探究平抛运动规律D.测定万有引力常量【答案】C【解析】【详解】A．桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A正确，不符合题意；B．玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B正确，不符合题意；C．探究平抛运动规律，运用了类比的

思想方法，故C错误，符合题意；D．测定万有引力常量仍是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D正确，不符合题意。故选C。5.如图所示为一电脑CPU的散热风扇，O点在风扇上表面，叶片围绕O点所在转轴转动，可以通过改变转速为CPU散

热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点，a、b两点到O点距离相等，当风扇转速稳定在1800r/min时，下列说法正确的是（）A.a、b两点转动的线速度不同B.a、b两点转动的角速度不同C.a、b两点的向心加速度相同D.a点转动的周期约为30s【答案】A【解析】【详

解】ABC．a、b两点同轴转动，角速度一定相同，线速度和向心加速度是矢量，有大小有方向，因为a、b两点到O点距离相等，线速度和向心加速度方向沿轨迹切线方向，则线速度和向心加速度的方向一定不同，故A正确，BC错误；D．a点转动的周期等于

风扇转动的周期，为11=s0.03s30Tn=故D错误。故选A。6.在2022年2月5日北京冬奥会上，我国选手范可新、曲春雨、张雨婷、武大靖、任子威一起夺得短道速滑混合团体接力奥运冠军！为中国体育代表团拿到本届冬奥会

首枚金牌，这也是短道速滑项目历史上第一枚男女混合接力奥运金牌。短道速滑比赛中运动员的最后冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆

周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（）A.在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动B.在做圆周运动时，乙先完成半圆周运动C.在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等D.在冲刺时，甲、乙到

达终点线时的速度相等【答案】A【解析】【详解】AB．根据公式224FmrT=可得24mrTF=由题意，甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，可知，做圆周运动的半径越大，周期越大，甲的半径小于乙的半径，则甲先完成半圆周运动，故B错误A正确；CD．根据公式2Frvm

=可得，甲乙运动员滑行速度为Frvm=可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直线加速阶段，根据2012xvtat=+可知，甲的滑行时间大于乙的滑行时间；根据2202vvax−=可知，甲到达终点线时的速度小

于乙到达终点线时的速度，故CD错误故选A。7.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天和核心舱成功对接，已知天和核心舱在距地面高度约为400km的轨道上做匀速圆周运动，运行周期约为93min，地球表面的重力加速度g=9.8m/

s2，万有引力常量G=6.67×10一11N·m2/kg2忽略地球自转的影响，根据这些数据，下列物理量中无法求得的是（）A.地球的质量B.地球的平均密度C.核心舱的线速度大小D.核心舱受到的地球引力【答案】D【解析】【详解】AB．对轨道处天和核心

舱考虑万有引力提供其做圆周运动的向心力()()222MmGmRhTRh=++再根据黄金代换2MmGmgR=联立可以求出地球半径、地球质量，从而可以求出地球密度，故AB正确，不符合题意；C．再根据()()22Mm

vGmRhRh=++可以求出核心舱的线速度，故C正确，不符合题意；D．由于核心舱的质量未知，无法求出核心舱受到地球的引力，故D错误，符合题意。故选D。8.下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含

金属丝制成的工作服进行超高压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（）A.图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽B.图丙中的点火器是利用摩擦起电的原理进行点火的C.图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理

是相同的D.图乙中与大地相连的两条导线所起的作用和图丁中工作服内的金属丝所起的作用是相同的【答案】D【解析】【详解】A．避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击，A错误；B．放电电极做成针尖状，更容

易累积电荷从而发生尖端放电现象，B错误；C．点火器是利用高压尖端放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用了静电屏蔽的原理，C错误；D．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，与工

作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，D正确。故选D。9.如图所示，ABC是圆的内接三角形，63.5BAC=，O为圆心，AC为直径，半径5cmR=。有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取O点电势为零。A处的粒子源向平

面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为e+的粒子，其中到达B点的粒子动能为12eV，到达C点的粒子电势能为4eV−。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，sin530.8=。则匀强电场的电场强度大小为（）A.25V/mB.50V/mC.100V/m

D.200V/m【答案】C【解析】【详解】根据电势能表达式P4eVCEe=−=可知粒子在C点的电势为4VC=−根据AOAOOCOCUU=−==−可得4VAC=−=粒子从A到B的过程，根据动能定理可得eV8eV4eV()12ABABWe−−===解得0V

B=可知OB连线为等势线，过A点做OB的垂线，如图所示由图中几何关系可得22(9063.5)53==−=则匀强电场的电场强度大小为m4100sin530.V/.0508mV/ABABUUEdR====C正

确，ABD错误；故选C。10.一质量为m的舰艇在某次军事训练时，由静止开始沿直线航行，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒定，经过时间2t，舰艇恰好达到最大速度v，则该过程舰艇运动的位移大小为（）A.32PvtmvP−B.342PvtmvP−C.32Pvt

mvP−D.222PvtmvP−【答案】B【解析】【详解】从开始到舰艇恰好达到最大速度v，过程由动能定理得2122Ptfxmv−=舰艇达到最大速度时，受力平衡Pfv=联立解得342PvtmvxP−=B正确，ACD错误。故选B。11.一

物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，到达某一高度时撤去该力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图像是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为21=2EFhFat=知E-t图象是开口

向上的抛物线．撤去拉力后，无其他外力做功，机械能守恒，则机械能随时间不变．故选C。12.利用如图所示的电路分析平行板电容器的动态变化，已知电源的内阻可忽略不计，R为电阻箱，一带负电的小球固定在电容器之间的O位置。则下列说法正确的是（）A.保持电键闭合，M板向下平移少许，小球的电势能减少B.保持电键

闭合，将电阻箱的阻值增大，静电计的指针偏角减小C.断开电键，M板向下平移少许，静电计的指针偏角增大D.断开电键，M板向左平移少许，小球的电势能增大【答案】A【解析】【详解】A．保持电键闭合，则电容器两极板间的电压保持不变，M板

向下移动，由UEd=可知电容器两极板之间的电场强度增大，由于N板接地，则N板的电势为零，O点与N板之间的电势差为0ONOUEx=−=可知，O点的电势升高，则带负电的小球在O点的电势能减少，故A正确；B．由电路可知，静电计两端的电压等于电容器两极板之间的电压，保

持电键闭合，调节电阻箱的阻值，电容器两极板之间的电压不变，则静电计的指针保持不变，故B错误；C．断开电键，电容器所带的电荷量保持不变，M板向下移动，由4SCkd=可知电容器的电容变大，又因为QUC=由以上可知

电容器两极板间的电压减小，则静电计的指针偏角减小，故C错误；D．断开电键，电容器所带的电荷量保持不变，M板向左移动，则电容器的电容减小，由于两极板之间的距离保持不变，则两极板间的电压增大，电场强度增大，O点的电势升高，带电小球的电势能减少，故D错误。故选A。13.

如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取210m/s。则（）A.倾角30=B.物体与传送带间的动摩擦因数0.4C.2s内传送带上留下的痕迹长

为5mD.2s内物体与传送带摩擦产生的内能20J【答案】C【解析】【详解】AB．由图乙可知，0~1s物体的加速度为a1=10m/s2，1~2s物体的加速度为a2=2m/s2，皮带的速度为v1=10m/s，根据牛顿第二定律得1sincosmg

mgma+=2sincosmgmgma−=解得37=0.5=故AB错误；C．0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为11101m=10msvt==1115m2xvt==它们的相对位移为1115m=−=xsx1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为21101

m=10msvt==21211()(1012)111m22xvvt=+=+=它们的相对位移为2221m=−=xxs0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的

位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能为12cos(ΔΔ)24JQmgxx=+=故D错误。故选C。二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选

项中至少有一个是符合题目要求的，全部边对得4分，漏选得2分，错选得0分）14.如图所示，为某一电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力。则下列说法正

确的是（）A.a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B.AB长度等于BC的长度，故ABBCUU=C.a虚线对应粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D.b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量【答案】CD【解

析】【详解】A．由图只能确定三个粒子的受力方向，由于电场线的方向未知，则无法确定粒子的电性，A错误；B．根据匀强电场的规律的的UEd=AB的长度等于BC的长度，而电场线的疏密对应电场强度的大小，AC方向上电场强度逐渐

增大，则有ABBCUUB错误；C．电场线的疏密对应电场强度的大小，根据牛顿第二定律可得qEam=a虚线对应的粒子的电场强度越来越弱，加速度越来越小，c虚线对应粒子电场强度越来越强，粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子做圆周运动，库仑力提

供向心力，粒子与场源电荷的距离保持不变，对应的电场强度大小保持不变，粒子的加速度大小不变，C正确；D．设场源电荷的带电量大小为Q，粒子带电量大小为q，场源电荷与O点的距离为r，粒子在O点的速度大小为v，b虚

线对应的粒子的质量为bm，c虚线对应的粒子的质量为cm，则根据库仑定律可得粒子受到的电场力为2kQqFr=b虚线对应的粒子的做圆周运动，库仑力提供向心力，则有22bmvkQqrr=c虚线对应的粒子的做近心运动，库仑力大于粒子圆周运动所需的向心力22cmvkQqr

r即bcmm由此可知，b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，D正确。故选CD。15.2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。

探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，4OQR=，轨道Ⅱ上正常运行时经过O点的速度为v，关于探测器，下列说法正确的是（）A.探测器沿轨道Ⅱ运动时经过P点的

速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度B.沿轨道Ⅲ运动时，探测器经过O点的加速度大小小于23vRC.探测器由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，需在O点加速D.沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ的运动周期【答案】AD【解析】【详解】A．探测器沿轨道Ⅱ运动，经过O点时需

要减速以进入轨道Ⅲ，所以轨道Ⅱ的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度，轨道Ⅱ是圆轨道，探测器匀速圆周运动，所以探测器沿轨道Ⅱ运动时经过P点的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度，A正确；B．轨道Ⅱ是圆轨道，半径为

3R，经过O点的速度为v，根据圆周运动的规律可知，探测器经过O点的加速度23vaR=在轨道Ⅲ上经过O点时，受力情况没有改变，只是速度大小变化了，加速度大小没变，所以加速度还是23vaR=，B错误；C．探测器由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，需在O点减速，做近心运动，C错误；D．轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅲ的半长轴

，由开普勒第三定律32akT=可知，沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ运动周期，D正确．故选AD。16.不可伸长的轻绳一端固定，另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，以地面为重

力势能零点，由图中数据可得（）A.小球质量为1kgB.绳对小球拉力最大值120NC.当小球离地高度为0.7m时，绳对小球拉力为60ND.当小球动能与重力势能相等时，小球离地高度0.725m【答案】BCD【解析】【详解】A．根据竖直面圆周运动的特点由图可知，小球的轨道半径满足21.2m0.

2mr=−解得0.5mr=小球从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理有k2k12mgrEE−=−代入数据，联立可得2kgm=故A错误；B．小球在最低点时，绳对小球拉力最大，根据牛顿第二定律有21vF

mgmr−=2k1112Emv=代入数据，可得120NF=故B正确；C．根据图中信息，可知当小球离地高度为0.7m时，小球动能为10J，此时小球处在与圆心等高的位置，绳对小球拉力提供向心力，根据牛顿第二

定律有23vFmr=2k3312Emv=代入数据，可得40NF=故C错误；D．当小球动能与重力势能相等时，有kEmgh=代入数据，可得k20Eh=图像中小球动能Ek随它离地高度h的变化的函数关系为k2029Eh=−+联立，可得0.725mh=故D正确。故选BD。第II卷（非选择题）1

7.在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中（1）下列器材中不必要的一项是___________（只需填字母代号）。A．重物B．纸带C．天平D．低压交流电源E．毫米刻度尺（2关于本实验的误差，说法不正确的一项是___________。A．选择质量较小的重物，有

利于减小误差B．选择点迹清晰的纸带，有利于减小误差C．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用（3）在实验中，质量1kgm=的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s。那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重

力势能的减少量pE=_______J，此过程中与物体动能的增加量kE=_________J。（取g=9.8m/s2，结果均保留三位有效数字）【答案】①.C②.A③.2.28④.2.26【解析】【详解】（1）[1]在计算过

程中，等式两端都有质量，可以消去，不必称量质量，故选C；（2）[2]A．对于下端悬挂的重物，应选择质量大体积小的重力，故A项错误，符合题意；B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B项正确，不符合题意；C．实验产生误差的主要原

因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故C项正确，不符合题意；故选A。（3）[3]根据公式p2.28JOBEmgh=故重物的重力势能减少量为2.28J。[4]利用匀变速直线运动推论，中间时刻速度动等于平均速度，有2.125m/sACBAC

xvt==动能增加量为2k12.26J2BEmv=18.用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速

轮塔匀速转动。槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。①

在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持___________相同；A．和rB．和mC．m和rD．m和F②当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，两个塔轮边缘处的___________大小相等；（选填“线速度”或“角速

度”）③图中所示，两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为___________。A．1∶3B．3∶1C．1∶9D．9∶1【答案】①.

A②.线速度③.B【解析】【详解】①[1]向心力的大小F与质量m关系时，须保持角速度和转动半径不变，故A正确，BCD错误；②[2]当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，属于皮带传动，两个塔轮边缘处的线速度大小相同；③[3]由题意，

两钢球质量和运动半径相等，向心力之比是1:9，根据2Fmr=可知两钢球角速度之比为1:3又因为两变速塔轮的线速度相等，根据vr=可知可知两个变速轮塔的半径之比是3:1，故B正确，ACD错误。19.小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。①接好电路，学生电源电压调节选“

10V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图乙，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是下列的___________（选填序号“A”、“B”或“C”）。②如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时It−曲线与横轴所围成的面积将_______

____（填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将___________（填“变长”“不变”或“变短”）。【答案】①.B②.不变③.变短【解析】【详解】[1]根据图乙的图像的物理意义可以推至，其图像与坐标轴围成的面积为电荷量，由图像可知，其围成面积大概是四个长方形的面积，即电荷量约为40.

0042CCQ−==则该电容器的电容为33.210F3200μFQCU−===故B正确，AC错误。故选B。[2]由电容的公式有QCU=整理的QCU=由上述式子可知，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路的其他参数，只减小电阻R，

充电时其It−曲线与横轴围成的面积将不变。[3]如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，由于电阻对于电流的阻碍作用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短。20.如图所示，一个质量为30g、带电量为8310C−−

的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行，当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为30°，（取210m/sg=）求：（1）匀强电场的大小和方向；（2）改变电场强度的大小和方向，为使小

球仍保持静止，场强的最小值。【答案】（1）7110NC，水平向左；（2）65310NC，垂直细线向下【解析】【详解】（1）根据题意，小球静止时，对小球受力分析，可知，小球受重力、细线的拉力和水平向右的

电场力，因小球带负电，则电场方向为水平向左，根据平衡条件有tan30Eqmg=代入数据解得7110NCE=（2）根据矢量三角形可知，当电场力的方向垂直细线向上时，电场力最小，电场强度最小，则电场的方向为垂直细线向下，根据平衡条件有'sin30Eqmg

=代入数据解得'65310NCE=21.如图甲，光滑的水平木板上有一质量m=0.5kg的小球A，它与物块B通过长为3m、不可伸长的轻质细线连接，细线通过木板中心的光滑小孔O，当小球A在水平木板上做半径R=1m、角速度6rad/s=的匀速圆周运动时，物块B恰好处于静止状态。

将光滑的木板换成粗糙的水平木板，A、B位置互换，物块B到光滑小孔O的距离为1m，让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动，如图乙所示，此时物块B恰好不滑动。已知物块B与粗糙木板间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，求：（1）物块B的质量M；（2）图乙中小球A做圆周运动角速度大小。的【答案】（1）1.8kg；（2）3rad/s【解析】【详解】（1）设物块B的质量为M，由图

甲可知，细线的拉力TMg=小球A做匀速圆周运动，绳拉力恰好提供A圆周运动的向心力，即2TmR=解得：2=1.8kgmRMg=（2）由于B恰好不滑动，则B受力平衡9NTMg==设小球A做匀速圆周运动时悬线与竖

直方向夹角为θ，则2sinTmr=由几何关系：sinrL=由题意知：L=2m联立解得：=3rad/s22.如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板A、B，边长为10cmL=，两板间距1cmd=，构成一个电容100μFC=的电容器，紧贴两极板右边缘有一个与极板同宽、上下长

度足够长的荧光屏。现使B极板均匀带上21.010CQ−=的正电荷。在两板左端面正中央位置O处有一离子源。以O点为原点，以垂直于荧光屏方向为z轴，垂直于极板方向为y轴，平行于荧光屏方向为x轴，建立图示坐标系

。离子源发射的正离子的比荷为810C/kgqm=，打在极板上的离子均被吸收。求（1）两极板间的场强大小；（2）若离子源沿z轴正方向不断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范围？（3）若离子源发射了一个离子，分速度分别为5510m/sxv=，0yv=，61.510m/s

zv=，求该离子打在荧光屏上点的坐标。【答案】（1）41.010N/C；（2）大于610m/s；（3）102cm,cm,10cm39【解析】【详解】（1）根据题意可知QUC=，UEd=

代入数据解得41.010N/CQECd==（2）设发射速度为v的离子刚好打在极板边缘，离子在z方向做匀速直线运动00Lvt=y方向做匀加速直线运动212yat=，2dy=，qEam=得20122dqEtm=联立得26010m/sqELvmd=

=因此离子的速度大于610m/s均可以到达屏上（3）离子在x、z方向均做匀速直线运动x方向若要打出板间则需要时间为710s2xxLtv−==，7210s3zzLtv−==所以可以打到屏幕上，21010m3

xzxvt−==0.1mzL==221210m29zqEytm−==所以打到点的坐标为102cm,cm,10cm3923.如图所示为某弹射游戏装置图。水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光

滑竖直轨道最高点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ=45°的倾斜轨道平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被

弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s=2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ=0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力。求：（1）小球第二次经过B点时的速度大小vB；（2）弹簧储存的最大弹性势能EP；（3）通过计算说明小球能否脱离轨道。【答案】（1）5gR；（2）3.5

mgR；（3）不会脱离轨道，计算见解析【解析】【详解】(1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点2AvmgmR=得AvgR=·设第二次经过B点的速度大小为vB，则2211222BAmvmvmgR=+代入数据得5BvgR=（2）从D到B由动能

定理得21cossin2Bhmghmgmgsmv−−=代入数据得4hR=从发射到第一次回到A点，由功能关系可得2p12tan2AhEmgsmv=++代入数据得P3.5EmgR=（3）由机械能守恒定律知：第三次经B点与第二次经B点动能相同，

设：第三次经B点能到达的最大高度为h′，由动能定理得''210tan2Bhmghmgsmv−−+=−代入数据得'1.6hR=设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为mh，则从h到mh由动能定理得''m00tanhmghmgsmgh−+−=−代入数据得m0.7hR

=因为0.7RR所以不会脱离轨道。