【文档说明】安徽省淮北市树人高级中学2020-2021学年高一下学期6月月考物理试卷 PDF版含答案.pdf，共(20)页，1.201 MB，由小赞的店铺上传

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1高一物理试题时间90分钟总分100分一选择题（每题4分，共计48分，1—8题为单选题，9—12题为多选题）1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的

是（）A.伽利略发现了行星运动的规律B.牛顿通过实验测出了引力常量C.库仑发现了点电荷的相互作用规律D.安培通过油滴实验测定了元电荷的数值2.如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环.现将木棒绕其

左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是（）A.F1和F2都变大B.F1变大，F2变小C.F1和F2都变小D.F1变小，F2变大3.如图所示，悬线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球

，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿.现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为A.vsinθB.vcosθC.vtanθD..v/tanθ4.某科技

比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图9所示.模型放到0.8m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2m，右端出口水平.现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为A.0B

.0.1mC.0.2mD.0.3m5.肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是（）A.B.C.D.6.有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起

转动，b在地面附近近地轨道上正常运行，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是()A.a的向心加速度等于重力加速度gB.c在4h内转过的圆心角为π6C.b在相

同的时间内转过的弧长最长D.d的运动周期可能是23h27.如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变

化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（）A.B点的电场强度大小为零B.A点的电场强度强度方向向左C.两点电荷的电荷量的大小关系为q1<q2D.将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功8.如图所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量

为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，下列说法中正确的是A.绳L1、L2的拉力大

小之比为1∶3B.小球m1、m2运动的向心力大小之比为1∶6C.小球m1、m2运动的向心加速度大小之比为1∶6D.小球m1、m2运动的线速度大小之比为1∶29.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由

A点运动到B点的过程中（）A.小球的机械能保持不变B.小球受的合力对小球不做功C.水平拉力F的瞬时功率逐渐减小D.小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大10.如图所示，真空中M、N点处固定有两等量异种点电荷，其连线的中点为O，实线是连线的中垂线，A、B、C、D分别是连线及延

长线和中垂线上的点，其中B、D分别是MO和ON的中点，且AO=3BO，取无穷远处电势为零，则（）A.A点电势比B点电势低B.B点和C点电场强度方向相同C.B、O两点电场强度大小之比为20：9D.若把单位正电荷从O点移到D点，电场力做功为W，则D点电势为W11.如图所示，轻质弹簧左端固

定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为1W，滑块克服摩擦力做功为环2W，撤去F后滑块向右运动，和弹簧分离后继续向右运动一段距离。滑块所受摩擦力大小恒定。则（）A.此过程中，弹簧最大弹性势能为12W

WB.撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C.在刚与弹簧分离时，滑块的加速度为零D.在刚与弹簧分离时，滑块的动能为122WW12.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动

轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为Aa、Ba，电势能分别为PAE、PBE.下列说法正确的是()A.电子一定从A向B运动B.若Aa>Ba，则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有PAE<PBED.B点电势可能高于A点电势3二．实验题（共2小题，13题10分，14

题5分，共15分）13.做“验证机械能守恒定律”的实验（1）已知打点计时器所用电源的频率为f，重物的质量为m，当地的重加速度为g。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，把打下的第一个点记作O，在纸带上测量四个连续的点A、B、C、D到O点的距离分别为hA、hB、h

C、hD。则重物由O点运动到C点的过程中，计算重力势能减少量的表达式为ΔEp=_______，计算动能增加量的表达式为ΔEk=_______。（2）由实验数据得到的结果应当是重力势能的减少量_______动能的增加量（选填“大于

”、“小于”或“等于”），原因是_______________。（3）小红利用公式cc2vgh计算重物的速度vc，由此计算重物增加的动能2kc12Emv，然后计算此过程中重物减小的重力势能pE，则结果应当是pE_______（选填

“>”、“<”或“=”）kE。14.某同学用如图甲所示的电路测量一个电容器的电容，图中R为20kΩ的电阻，电源电动势为6.0V，内阻可不计。①实验时先将开关S接1，经过一段时间后，当电流表示数为_____μA时表示电容器极板间电压最大。②将开关S接2，将传感器连接在计算机上

，经处理后画出电容器放电的i﹣t图象，如图乙所示。由图象可知，图象与两坐标轴所围的面积表示电容器放出的电荷量。试根据i﹣t图象，求该电容器所放出的电荷量q＝_____C；该电容器的电容C＝_____μF．（计算结果保留两位有效数字）。三．计算题（共4小题，6分+9分+10分+12分，共计

37分）15.如图所示，“天宫一号”空间站正以速度v绕地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径为r，地球半径为R，万有引力常量为G。求：(1)空间站运动的周期T；(2)地球的质量M；(3)地球的第一宇宙速度1v。416.如图所示，水平面与竖直面内半径为R的

半圆形轨道在B点相切．一个质量为m的物体将弹簧压缩至离B点3R的A处由静止释放，物体沿水平面向右滑动，一段时间后脱离弹簧，经B点进入半圆轨道时对轨道的压力为8mg，之后沿圆形轨道通过高点C时速度为gR。物体与水平面间动摩擦因数为0.5，不计空气阻力．求：（1）经B点时物体的向心力

大小；（2）离开C点后物体运动的位移；（3）弹簧的弹力对物体所做的功。17.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电

场的方向与ad边平行且由a指向d．（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．18.如

图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。高一物理试题答案与解析1——8CCACBCBB9BD10

BC11AD12BC1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.伽利略发现了行星运动的规律B.牛顿通过实验测出了引力常量C.库仑发现了点电荷的相互作用规律D.安培通过油滴实验测定了元电荷的数值

1.【答案】C【解析】【详解】A．科学家开普勒第一次对天体做圆周运动产生了怀疑，并且凭借超凡的数学能力发现了行星运动的三大定律，故A错误；B．卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量G，故B错误；C．库仑通过扭秤实验总结出来的点电荷的相互作用规律，故C正确；D．密立根通过油

滴实验测定了元电荷的数值，故D错误。故选C。2.如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环.现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是A.F1和F2都变

大B.F1变大，F2变小C.F1和F2都变小D.F1变小，F2变大2.解析由于是一根不可伸长的柔软轻绳，所以绳子的拉力相等.木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度后，绳子之间的夹角变小，绳对小金属环的合力等于重力

，保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误.3.如图所示，悬线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿.现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨

桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为A.vsinθB.vcosθC.vtanθD..v/tanθ3.由题意可知，悬线与光盘交点参与两个运动，一是沿着悬线方向的运动，二是垂直悬线

方向的运动，合运动的速度大小为v，则有v线＝vsinθ；而悬线速度的大小即为小球上升的速度大小，故A正确.4.某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图9所示.模型放到0.8m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2m，右端出口水平.现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远

，右端出口距离桌面的高度应设计为A.0B.0.1mC.0.2mD.0.3m4解析小球从最高点到右端出口，满足机械能守恒，从右端出口飞出后小球做平抛运动，根据数学知识知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为

Δh＝1m－0.8m＝0.2m，故C正确.5.肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是（）A.B.C.D.5【答案】B【解析】【详解】A．A图中导弹向后喷气，产生沿

虚线向右的作用力，重力竖直向下，则合力方向向右下方，不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故A不符合题意；B．B图中导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，则合力方向有可能沿虚线方向，故导弹可能沿虚线方向做直线运动

，故B符合题意；C．C图中导弹向后喷气，产生斜向右下方的作用力，重力竖直向下，则合力方向不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故C不符合题意；D．D图中导弹做曲线运动，导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，此时则合力方向不可能沿虚线凹侧，故导弹不可能沿虚线方向

做曲线运动，故D不符合题意。故选B。6.有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在地面附近近地轨道上正常运行，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星的运动均视为匀速圆周

运动，各卫星排列位置如图4所示，则下列关于卫星的说法中正确的是()图4A.a的向心加速度等于重力加速度gB.c在4h内转过的圆心角为π6C.b在相同的时间内转过的弧长最长D.d的运动周期可能是23h解析同步卫星的运行周期与地球自转周期

相同，角速度相同，则a和c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大，由GMmr2＝ma知，c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g，选项A错误；由于c为同步卫星，所以c的周期为24h，因此4h内转过的圆心角为θ＝π3，

选项B错误；由四颗卫星的运行情况可知，b运行的线速度是最大的，所以其在相同的时间内转过的弧长最长，选项C正确；d的运行周期比c要长，所以其周期应大于24h，选项D错误。答案C7.如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1

位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（）A.B点的电场强度大小为零B.A点的电场强度强度方向向左C.两点电荷的电荷量的大小

关系为q1<q2D.将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功7.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据Ex，可得B点的电场强度等于图像在B点的斜率，故B点的电场强度大小不为零，故A错误；BC.根据Ex

，由图知CD段电场强度向右，可得电荷q2为正电荷，BC段电场强度向左，可得电荷q1为负电荷，C点电场强度强度为0，且C点靠近电荷q2，故q1>q2，故A点的电场强度强度方向向左，故B正确，故C错误；D．根据电场力做功()()

0CDCDWUqe将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，故D错误。故选B。8.如图11所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两

小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，下列说法中正确的是A.绳L1、L2的拉力大小之比为1∶3B.小球m1、m2运动的向心力大小之比为1∶6C.小球m1、m2运动的向心加速度大小之比为1∶6D.小球m

1、m2运动的线速度大小之比为1∶29.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点的过程中（）A.小球的机械能保持不变B.小球受的合力对小球不做功C.水平拉力F的瞬时功率逐渐减小D.

小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大9【答案】BD【解析】【详解】试题分析：由于以恒定速率从A到B，说明动能没变，由于重力做负功，拉力不做功，所以外力F应做正功．因此机械能不守恒A错，B对．因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运

动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．设绳子与竖直方向夹角是θ，则FtanG＝（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）得FG*tan＝而水平拉力F的方向与速度V的方向夹

角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是PF*V*cos水平＝即PG*tan*V*cosG*V*sin水平＝（）＝显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的，C错D对．10.如图所示，真空中M、N点处固定有两等量异种点电荷，其连线的中点为O，实

线是连线的中垂线，A、B、C、D分别是连线及延长线和中垂线上的点，其中B、D分别是MO和ON的中点，且AO=3BO，取无穷远处电势为零，则（）A.A点电势比B点电势低B.B点和C点电场强度方向相同C.B、

O两点电场强度大小之比为20：9D.若把单位正电荷从O点移到D点，电场力做功为W，则D点电势为W10【答案】BC【解析】【详解】A．如果只有正点荷存在，则A点和B点的电势相等，由于负点电荷的存在且B点离负点电荷更近，由电势叠加可知，

A点电势比B点电势高，故A错误；B．由等量异种电荷连线和中垂线上的电场线分布可知，BC两点的电场强度方向都平等于连线向右，故B正确；C．由电场叠加原理可知，B点的场强为2221099BkQkQkQELLL

同理，O点场强为222442OkQkQkQELLL则209BOEE故C正确；D．由题意可知，O点电势为0，则单位正电荷在D点具有的电势能为把单位正电荷从D点移到O电场力所做的功即为W，则D点电势为W，故D错误。故选BC。11.如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m

的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为1W，滑块克服摩擦力做功为环2W，撤去F后滑块向右运动，和弹簧分离后继续向右运动一段距离。滑块所受摩擦力大小恒定。则

（）A.此过程中，弹簧最大弹性势能为12WWB.撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C.在刚与弹簧分离时，滑块的加速度为零D.在刚与弹簧分离时，滑块的动能为122WW【答案】AD【解析】【详解

】A．由能量关系可知，撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2，选项A正确；B．撤去F后，由于有摩擦力做功，则滑块和弹簧组成的系统机械能减小，选项B错误；C．滑块与弹簧分离时，弹力为零，但是有摩擦力，则此时滑块的加速度不为零，选项C

错误；D．滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态，整个过程中摩擦力做功为2W2，则根据动能定理，滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2，选项D正确。故选AD。12.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向

未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为Aa、Ba，电势能分别为PAE、PBE.下列说法正确的是()A.电子一定从A向B运动B.若Aa>Ba，则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有PAE

<PBED.B点电势可能高于A点电势12【答案】BC【解析】【详解】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可

知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB

求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．二．实验题（共2小题，13题10分，14题5分，共15分）13.利用图甲所示的装置做“验证机械能守恒

定律”的实验。（1）已知打点计时器所用电源的频率为f，重物的质量为m，当地的重加速度为g。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，把打下的第一个点记作O，在纸带上测量四个连续的点A、B、C、D到O点的距离分别为hA、hB、hC

、hD。则重物由O点运动到C点的过程中，计算重力势能减少量的表达式为ΔEp=_______，计算动能增加量的表达式为ΔEk=_______。（2）由实验数据得到的结果应当是重力势能的减少量_______动能的增加量（选填“大于”、“小于”或“等于”），原因

是_______________。（3）小红利用公式cc2vgh计算重物的速度vc，由此计算重物增加的动能2kc12Emv，然后计算此过程中重物减小的重力势能pE，则结果应当是pE_______（选填“>”、“<”或“=”）kE。13【答案】（每空2分）(1).mghc(2

).228DBmfhh(3).大于(4).重物和纸带克服摩擦力和空气阻力做功，有一部分重力势能转化成了内能(5).=【解析】【详解】（1）[1]重物由O点运动到C点的过程中，重力势能减小量为pCEmgh[2]在匀变速直线运动中时间中点

的瞬时速度等于该过程中的平均速度，则有222BDDBDBCxhhhhvfTT所以动能增加量为22k2()128DBCmfhhEmv（2）[3][4]结果中，往往会出现重物的重力势能的减小量大于

其动能增加量，出现这样结果的主要原因是重物与纸带克服空气与摩擦阻力做功，导致少部分重力势能转化为内能。（3）[5]若利用公式cc2vgh计算重物的速度vc，则说明重物就是做自由落体运动，重物的机械能守恒，则重

物增加的动能2k12CEmv，而此过程中重物减小的重力势能pCEmgh，则有pkEE。14.某同学用如图甲所示的电路测量一个电容器的电容，图中R为20kΩ的电阻，电源电动势为6.0V，内阻可不

计。①实验时先将开关S接1，经过一段时间后，当电流表示数为_____μA时表示电容器极板间电压最大。②将开关S接2，将传感器连接在计算机上，经处理后画出电容器放电的i﹣t图象，如图乙所示。由图象可知，图象与两坐标轴所围的面积表示电容器放出的电荷量。试根据i﹣t图象，求该电容器所放出的电

荷量q＝_____C；该电容器的电容C＝_____μF．（计算结果保留两位有效数字）。14【答案】(1).0（1分）(2).9.0×10﹣10（2分）(3).1.5×10﹣4（2分）【解析】【详解】（1）[1]当电容器充电完成后，电路中电流为0，故当电流表示数为0时，电容器极板间的电

压最大；（2）[2][3]it围成的面积即为电容器上储存的电荷量，由图中可得，其面积约为86格，故66108620100.510C910Cq由QCU可得104910F1.510μF6C四．计算题（共4小题）17.如图所示，“天宫一号”空间站正以速度v绕

地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径为r，地球半径为R，万有引力常量为G。求：(1)空间站运动的周期T；(2)地球的质量M；(3)地球的第一宇宙速度1v。【答案】(1)2rTv；(2)2vrMG；(3)1rvvR【解析】【详解】(1)由公式2rvT代入公

式得2rTv(2)由牛顿第二定律和万有引力定律得22MmvGmrr解得2vrMG(3)由第一宇宙速度定义、牛顿第二定律和万有引力定律得212vMmGmRR解得1rvvR19.如图所示，水平面与竖直面内半径为R的半圆形轨道在B点相切．一个质量为

m的物体将弹簧压缩至离B点3R的A处由静止释放，物体沿水平面向右滑动，一段时间后脱离弹簧，经B点进入半圆轨道时对轨道的压力为8mg，之后沿圆形轨道通过高点C时速度为gR。物体与水平面间动摩擦因数为0.5，不计空气阻力．求：（1）经B

点时物体的向心力大小；（2）离开C点后物体运动的位移；（3）弹簧的弹力对物体所做的功。【答案】(1)7mg；(2)22R，方向与水平面成45°的角斜向左下方；(3)5mgR【解析】【详解】(1)物块对轨道的压力F1，轨道对物体的支持力F2，由牛顿第三定律知F1=

F2对物块在B点受力分析得27FFmgmg向心力(2)离开C点后物体做平抛运动2122yRgtCxvt又CvgR物体运动的总位移22sxytanyx整理得22sR，o45总位移大小为22R，方向与水平面成45°角斜向

左下方。(3)物体从A到B过程中，克服摩擦力做功AB1.5fWmgxmgR在B点根据牛顿第二定律2BvFmR向心力物块在B点动能2kBB13.52EmvmgR设弹簧的弹力对物体所做的功为W，物块从A到B根据动能定理2102fBWWmv解

得5WmgR20.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边

界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．【答案】（1）202mvq（2）202mvq（3）20mvq

L【解析】【详解】(1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0=201mv2解得:U0=202mvq(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有L=v0tad方向，有:L=22122qEattmUac=EL

=202mvq（3）根据20kEmv可知，离子射出电场时的速度02vv，方向与ab所在直线的夹角为45°，即xyvv，根据xxvt，2yvyt，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即2Ly根据动能定理，有：220012Eqymvmv解得20mvEqL如图10所示，质

量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动

，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：图10(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)

B被敲击后获得的初速度大小vB。解析A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动v2A＝2aAL解得vA＝2μgL。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg

对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA

＝L解得vB＝22μgL。答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL