浙江省宁波市余姚中学2019-2020学年高一物理下学期期中试题（PDF）答案.pdf

1、第 1页，共 13页余姚中学 2019 学年第二学期期中考试高一物理试卷学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题（本大题共 14 小题，共 56.0 分）1.下列物理量中属于标量的是A.时间B.位移C.速度D.加速度【答案】A【解析】解：A、标量是只有大小没有方向的物理量，时间只有大小，没有方向，是标量，故 A 正确；BCD、矢量是既有大小又有方向的物理量，位移、速度和加速度都是矢量，故 BCD 错误。故选：A。矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则。而标量是只有大小没有方向的物理量。本题关键要记住既有大小又有方向，遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移

2、、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能等都是标量。2.用国际单位制基本单位表示力的单位 N，下列正确的是A.thB.th2C.thD.th2【答案】D【解析】解：在牛顿第二定律公式 t 中，m 的单位是 kg，a 的单位是 th2，F 的单位是N，则有1 t 1 th2.故用国际单位制的基本单位表示力的单位为1 th2，故 D 正确，ABC 错误。故选：D。根据牛顿第二定律公式 t 以及式中各个量的单位，分析 N 与其他单位的关系。解决本题时要知道 N 是导出单位，是根据牛顿第二定律推导出来的。3.平直公路上一辆以 t 12th 的速度匀速行驶的汽车，以

3、th2的加速度刹车做匀减速运动，则刹车后 3s 末的速度大小和 3s 内的位移大小各为A.th，9mB.th，12mC.0，9mD.0，12m【答案】D【解析】解：汽车速度减为零的时间为：tt12 h t 2h则刹车后 3s 末的速度为零，故 3s 末的速度为零；根据速度和位移关系可得，3s 末的位移为：t22 t1222 t 12。故 D 正确，ABC 错误。故选：D。根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再根据速度公式和位移公式求出刹车后的速度和位移。本题考查了运动学中的刹车问题，属于易错问题，正确解题的关键在于要注意汽车速度减为零后不再运动，故要先计

4、算出汽车刹车所需要的时间。4.下列电学元器件属于电容器的是第 2页，共 13页A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由图可知，A 为干电池，B 为验电计，D 为白炽灯，只有 C 单位为，故C 为电容器。故 C 正确 ABD 错误。故选：C。由电学元件的形状和电器表面的信息可得出电学元件的性质，并能得出属于哪一种电学元件。本题考查对常用实验仪器的掌握情况，要注意了解一些常用电学元件，知道它们的符号，注意分析铭牌信息。5.如图所示是商场安装的智能化电动扶梯的简化示意图。无人乘行时，扶梯运转得很慢，有顾客站上扶梯时，它会先加速，再匀速。则顾客A.始终受到静摩擦力的作用B.在匀速过程受到水平方向的摩擦

5、力C.在加速过程受到沿斜面向上的摩擦力D.在加速过程受到水平方向的摩擦力【答案】D【解析】解：AB、在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，故 AB 错误；CD、在加速的过程中，顾客的受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力水平向右，故 C错误，D 正确。故选：D。分加速和匀速两个过程，对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡，不受摩擦力。本题的关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，第 3页，共 13页结合物体的受力

6、情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，受力情况与运动方向无关。.第一个测出万有引力常量 G 的科学家是A.开普勒B.伽利略C.牛顿D.卡文迪许【答案】D【解析】解：顿在推出万有引力定律的同时，并没能得出引力常量 G 的具体值。G 的数值于 1789 年由卡文迪许利用他所发明的扭秤得出。故 ABC 错误，D 正确故选：D。牛顿在推出万有引力定律，而 G 的数值于 1789 年由卡文迪许测出。卡文迪许测出的 t.迪 1112t2，与现在的公认值.迪 1112t2极为接近；直到 1969 年 G 的测量精度还保持在卡文迪许的水平上。迪.如图所示，质量为 150kg 的熊二站在水平地面上，

7、通过定滑轮装置竖直向下拉绳，将体重为 50kg 的光头强以 1th2的加速度竖直向上提了起来，忽略绳子和滑轮的质量及滑轮与轴的摩擦，则此时熊二对地面的压力大小为A.950NB.1000NC.1050ND.1500N【答案】A【解析】解：先研究光头强，以加速度 1th2匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力。则有：t 解得：t 55，再研究熊二，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态。则有：t 支解得：支 t 5，由牛顿第三定律可得：压 t 5，故 A 正确，BCD 错误；故选：A。熊二站在地面上，匀加速拉升光头强，同时绳子也有个力拉熊二，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，从而对熊二受力

8、分析，由平衡条件可求出熊二受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出熊二对地面的压力大小。虽然压力是地面所受，但应该选熊二作为研究对象；要知道绳子的拉力，则必须选中物体为研究对象由牛顿运动定律方可求出。所以此题渗透如何合理选择研究对象的思想。第 4页，共 13页8.如图为参加短道速滑比赛的运动员。假定此时她正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则运动员A.所受的合力为零B.所受的合力大小恒定，方向不变C.所受的合力大小恒定，方向变化D.所受的合力大小变化，方向变化【答案】C【解析】解：运动员沿圆弧形弯道匀速率滑行，是匀速圆周运动，合力指向圆心，不同的位置合力方向不平行，故是不同的，即合力方向是变化的；线速度

9、大小不变，根据向心力公式 t 2 知向心力大小是不变的，故 ABD 错误，C正确。故选：C。匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心。本题关键是明确矢量相同与标量相同的区别，知道向心力是矢量，是效果力，记住向心力公式 t 2 t 2。.我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。“墨子”由火箭发射至高度为 500 千米的预定圆形轨道。此前 6 月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星 迪.迪属地球静止轨道卫星高度约为 36000 千米，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说

10、法中正确的是A.这两颗卫星的运行速度可能大于 迪.thB.量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗 G7 小C.通过地面控制可以将北斗 G7 定点于西昌正上方D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗 G7 小【答案】B【解析】解：A、迪.th 是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则这两颗卫星的速度都小于 迪.th，故 A 错误；B、根据2 t 422，解得：t423，半径越大，周期越大，则半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗 G7 小，故 B 正确C、同步卫星的轨道只能在赤道的上方。故 C 错误；D、由2 t，可得 t2 则轨道半径小的加速度大，故 D 正确。故选：B。地

11、球同步卫星离地面高度约为 3.万千米，迪.th 是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，根据2 t 422 分析周期与轨道半径的关系，轨道半径越大，发射速度越大。本题要掌握万有引力提供向心力和重力等于万有引力这两个重要的关系，要知道同步卫星的周期等于地球的自转周期。第 5页，共 13页1.质量为 m 的小物块在倾角为的斜面上处于静止状态，如图所示若斜面体和小物块一起以速度 v 沿水平方向向右做匀速直线运动，通过一段位移.斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况是A.摩擦力做正功，支持力做正功B.摩擦力做正功，支持力做负功C.摩擦力做负功，支持力做正功D.摩擦力做负功，支持力做负功【答案】B

12、【解析】解：物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力方向竖直向下、支持力垂直斜面向上、摩擦力沿斜面向上，位移方向水平向右，所以摩擦力做正功，支持力做负功故选：B。物块向右做匀速直线运动，受力平衡，对物体进行受力分析，根据恒力做功公式分析即可本题主要考查了同学们受力分析的能力，知道力和位移夹角小于 时做正功，等于 时不做功，大于 时做负功11.在同一高度将质量相等的三个小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力从抛出到落地过程中，三球A.运动时间相同B.落地时的速度相同C.落地时重力的功率相同D.落地时的动能相同【答案】D【解析】解：A、落地的时间不同，竖直上抛时间最

13、长，竖直下抛时间最短，故 A 错误；B、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度相等，但方向不同，故 B错误；C、落地时速度相等，但方向不同，根据 t 砀晦h可知，重力的瞬时功率不等，故 C错误；D、根据机械能守恒定律得到落地时动能相等，故 D 正确；故选：D。小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式 t 砀晦h判断瞬时功率的大小本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒；同时速度是矢量，大小相等、方向相同速度才是相同，要有矢量意识12.等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先

14、从图中 a 点沿直线移到 b 点，再从 b 点沿直线移到 c 点则检验电荷在此全过程中A.所受电场力的方向将发生改变B.所受电场力的大小恒定C.电势能一直减小D.电势能先不变后减小【答案】D【解析】【分析】根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化本题要求学生了解等量同种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化【解答】A.在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所第 页，共 13页受电场力的方向保持不变，所以 A 错误；B.因为电场线分布

15、的疏密不同，所受电场力是变化的，所以 B 错误；C.且电荷从 a 运动到 b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功；所以 C 错误；D.电荷从 b 运动到 c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以 D 正确。故选：D。13.如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子1、2分别从 A、C 两点以初速度 v 垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的 ABC、th.已知1带正电，不计粒子重力和阻力。则下列说法中正确的是A.2也带正电B.A 点的电势低于 C 点的电势C.电场力对1做正功，对2做负功D.1、2的电势能均减小【答案】D【解析】解：A、由物体做曲线运动的条件，且1带正电，故电场力水平向右

16、，电场方向向右，则2 受的电场力向左，故2 为负电荷，故 A 错误；B、由 A 项知电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，故 A 点的电势高于 C 点的电势，故 B 错误；C、由图可知，电场力方向与带电粒子运动方向的夹角为锐角，电场力对两个粒子都做正功，故 C 错误；D、电场力对两个粒子都做正功，电势能都减少，故 D 正确；故选：D。由物体做曲线运动的条件结合电场力平行于电场线，电场力水平向右，又1带电正电，故电场方向向右，同理，2带负电荷。本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向是关键，灵活应用电场力做功与动能和电势能的关系。14.某电场中 x 轴上电场强度 E 随 x

17、 变化的关系如图所示，设 x 轴正方向为电场强度的正方向一带电荷量为 q 的粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到 t 3处假设粒子仅受电场力作用，已知，则下列说法正确的是A.粒子一定带负电B.粒子的初动能大小为 C.粒子沿 x 轴正方向运动过程中最大动能为 2D.粒子沿 x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小【答案】C【解析】【分析】该题主要考查电场强度相关知识。本题关键是明确图中 图象的物理意义，然后根据动能定理列式分析，注意电场力做功等于电势能的减少量。电场力 F 与场强成正比，故图中 图与 x 轴包围的面积再乘以 q 即为电场力做功，电场力做功等于电势能的减少

18、量，根据动能定理列式分析即可。第 迪页，共 13页【解答】ht.从图中可知粒子在沿 x 轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在3过程中电场强度和位移都比 过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在 3处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，故 A 正确，D 错误；B.因为电场强度是均匀减小的，过程中平均电场强度为12，3过程中平均电场强度为，故根据动能定理可得12 2 t ，解得初动能 t32，故 B 错误；C.在 过程中电场力做正功，所以在处动能最大，最大为 t 12 t2，故 C 正确。故选 AC。二、多选题（本大题共 4 小题，共 16

19、.0 分）15.如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板 A 与一灵敏静电计相连，极板 B 接地若极板 B 稍向上移动一点，则以下结论正确的有A.平行板电容器的电容变大B.平行板电容器的电容变小C.极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大D.极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小【答案】BC【解析】【分析】电容器的电荷量几乎不变将极板 B 稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式 t 分析板间电压变化本题要抓住电荷量不变的条件，根据电容的定义式 t 分析电容如何变化【解答】AB、将极板 B 稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据公式 t4，电容减小，故A 错误，B 正确；CD、由题

20、可知，电容器极板上的电荷量几乎不变，由公式 t可判断出电容器极板间电压变大，故 C 正确，D 错误故选：BC1.如图电阻1 t 2，电动机线圈电阻2 t 1，当开关 S 断开时，电流表的示数为.5h，当开关 S 闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表显示的电流或电路消耗的电功率 P应为A.t 1.5hB.1.5hC.15 D.15 第 8页，共 13页【答案】BC【解析】解：A、B、C、D、当开关 S 断开时，由欧姆定律得，电阻1两端的电压 t 11 t1.当开关 S 闭合后，电路两端的电压不变，则通过1的电流仍为.5h，电动机的电流2 2 t 1h，故电流表的电流 1.5h，电动

21、机中电功率 t 15.故 AD 错误，BC 正确。故选：BC。当开关 S 断开时，由欧姆定律求出电阻1的电压 U。当电键 S 闭合后，通过1的电流仍为.5h，电动机的电路是非纯电阻电路，求出电流的范围，即得到电流表电流的范围。由 t 求解电路中功率范围。本题考查了欧姆定律和非纯电阻电路，解题的关键是要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立1迪.如图所示，a、b、c 为真空中三个带电小球，b 球带电量为，用绝缘支架固定，a、c 两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且 a、b 和 b、c 间距离相等，悬挂 a、c 小球的细线竖直，

22、则A.a、c 两小球带同种电荷B.a、c 两小球带异种电荷C.a 小球带电量为 4D.c 小球带电量为 4【答案】AD【解析】解：AB、如果 a、c 两小球带异种电荷，根据力的平衡条件，必然有一个小球在水平方向上不能达到平衡，细线不能够保持竖直状态，又因为 a、b和 b、c 间距离相等且 b 球带电量为，所以 a、c 两小球必须带等量的负电荷，故 A正确，B 错误；BC、对 C 球，由平衡条件可知：砀22 t 砀2，解得：t 4，即 a 带电量为 4，故 C 错误，D 正确。故选：AD。a、c 两小球细线竖直，所以其中任何一个小球受到其他两个小球的库伦力一定是一对平衡力，根据力的平衡条件可以求

23、出 a、c 两小球所带的电量。本题考查了库仑定律以及静电力平衡问题。三个点电荷的平衡规律：三点共线：三个点电荷必须在同一条直线上；两同夹异：同种电荷不能相邻；两大夹小：中间的异种电荷电荷量应该最小；近小远大：中间的电荷靠近两侧电荷量较小的那一个。18.如图所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端的挡板 C 上，另一端自然伸长到 A 点质量为 m 的物块从斜面上 B 点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点下列说法正确的是A.物块第一次滑到 A 点时速度最大B.物块停止时弹簧一定处于压缩状态C.在物块滑到最低点的过程中，物块减少的重力势能全部转化成弹簧的弹性势能D.在物块的整

24、个运动过程中，克服弹簧弹力做的功等于重力和摩擦力做功之和【答案】BD【解析】解：A、物块下滑过程中，当所受合力为零时，速度最大，物块第一次下滑合力为零的位置在 A 点下方，速度最大的位置在 A 点下方，故 A 错误；第 页，共 13页B、物块在斜面上运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减少，最终滑块要静止，滑块静止时受到为零，处于平衡状态，弹簧被压缩，故 B 正确；C、在物块滑到最低点的过程中，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能与系统内能，故 C 错误；D、滑块在运动过程中克服摩擦力做功转化为内能，最终弹簧是被压缩的，弹簧具有弹性势能，在物块的整个运动过程中，克服弹簧弹力做的功等于重力和摩擦

25、力做功之和，故 D 正确；故选：BD。根据弹簧的做正功，导致弹簧的弹性势能减小；重力做正功，导致重力势能减小；而摩擦力做负功却导致系统的机械能减小同时由对物体的受力分析来确定物体处于什么样的运动状态考查弹力作功与弹性势能变化关系，重力做功与重力势能变化的关系，摩擦力做功导致弹簧与物块的机械能在变化并学会由受力分析来确定运动情况三、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）1.小明利用如图所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验。1本实验不需要用到的器材是_。2以下橡皮筋与小车连接的两种方式中，更好的是_填“甲”或“乙”。3关于本实验，下列说法正确的是_。A.需要平衡小车受到的摩擦力B.

26、每根橡皮筋的规格必须相同C.每次小车可以从木板上的不同位置释放【答案】C 甲 AB【解析】解：1根据动能定理，即可确定 2的关系。本实验通过橡皮筋做功等于外力对小车做的总功，探究功与小车速度变化的关系，小车的速度由纸带上打点来计算，打点计时器的使用需要学生电源，小车的速度：t，t 由打点计时器给出，还需要刻度尺来测量长度 x，需要刻度尺，不需要的实验器材是天平，故 C 正确，AB 错误。故选：C。第 1页，共 13页2甲图的橡皮筋从车顶的钉子上跨过，方便增加橡皮筯，且在恢复原长后，橡皮筋对小车没有力的作用；乙图的橡皮筋在车前的环里穿过，不方便增加橡皮筋，且在橡皮筋恢复原长后，由于橡皮筋在车前的

27、环里穿过，小车继续向前运动，橡皮绳继续被拉伸，仍对小车产生弹力，为了操作方便和减少实验误差，甲图连接更合理。3本实验要探究合力做的功与速度变化的关系，并且用橡皮条做的功作为合外力做功，必须保证橡皮条的拉力等于小车所受的合力，应该将长木板一端适当垫高以平衡摩擦力；橡皮条的拉力是变力，其做功的大小无法测量，只能用多根相同的橡皮条拉长相同的长度来增加做功的倍数，故每根橡皮绳的规格必须相同，同时从同一位置静止释放，故AB 正确，C 错误。故选：AB。故答案为：1；2甲；3h。1根据实验原理和实验步骤分析本实验不需要用到的器材。2小车在橡皮筋恢复原长后，做匀速直线运动，不再受橡皮筋的弹力，乙图中不满足这

28、一条件。3本实验用橡皮条做的功作为合外力做功，必须保证橡皮条的拉力等于小车所受的合力，应该将长木板一端适当垫高以平衡摩擦力，同时通过增加橡皮筋条数来增加做功倍数，则每根橡皮筋的规格必须相同。此题考查了探究功与速度变化的关系的实验，解题的关键是实验原理的理解，即通过增加橡皮筋条数来增加做功倍数。2.小王在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，选用的实验器材如下：小灯泡 1 只2.5.3h，电压表 1 只量程 3V、内阻约 3，电流表 1 只量程.h、内阻约.1，滑动变阻器 1 只阻值范围 2、额定电流 2h，干电池 2 节，开关 1个，导线若干1图甲为部分连线的电路图，电压表一端已经连接好，另一端

29、应该接在_填“a”或“b”，在开关闭合前，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近变阻器_填“左端”或“右端”的接线柱；2在测量数据时，某次电流表示数如图乙所示，读数为_A，图丙为相对应的电压表示数，其中正确的是_填“A”、“B”或“C”，此时小灯泡的实际功率为_W。【答案】a 左端.2 B.52【解析】解：1灯泡正常工作时的电阻：t t2.5.3h 8.3，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，图甲所示电路中，导线应接在 a 点；第 11页，共 13页由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于左端。2电流表量程为.h，由图示电流表可知，其分度值为.2h，示数为.

30、2h；灯泡额定电压为 2.5，电压表量程为 3V，由图丙所示可知，A、C 所示不符合实际，图 B 所示电压表是正确的，其分度值为.1，示数为 2.，此时灯泡实际功率：t t 2.2 t.52；故答案为：1；左端；2.2；B；.52。1根据电表内阻与灯泡电阻的关系确定电流表的接法；从保护电路的角度确定闭合开关前滑片的位置。2根据电表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数，应用电功率公式：t 求出灯泡的实际功率。本题考查了电流表接法的选择、电表读数与实验数据处理，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直。四、计算题（本大题共 3 小题，共 30.0

31、分）21.电量 t 1.18 的点电荷，在 A 点时所受电场力大小是 2.15.将它从零电势 O 点处移到电场中 A 点时，需克服电场力做功 2.1J.求：1h 点处的电场强度的大小2h 点电势【答案】解：1h 点处的电场强度 t1 t215118 t t 2t；2h t h1 t21118 t 2；所以h t 2据h t h，t 得：h t 2【解析】本题考查了电场力做功、电势差、电势差与场强的关系；解决本题关键要掌握电场强度和电势差的定义式，运用 t 求电场力做功时，各量均要代入符号进行计算；1已知在 A 点所放试探电荷所受的电场力和电荷量，由场强的定义式 t求解 A 点处的电场强度；2根

32、据电势差的定义式 t 求解电势差h，得到电势差h；3根据 OA 的电势差求出 A 点电势；4将1换成2 t 2.18 的点电荷时 OA 间的电势差不变，由 t 求解2从O 点移动到 A 点过程中2所受电场力做功大小。22.动车组列车是由几节自带动力的车厢动车和几节不带动力的车厢拖车编成一组某兴趣小组在模拟实验中用 4 节小动车和 4 节小拖车组成动车组，总质量为 t 2，每节动车可以提供 t 3 的额定功率开始时动车组先以恒定加速度 t 1th2启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度 t th 并开始匀速行驶行驶过程中所受阻力恒定1求动车组所

33、受阻力大小；求匀加速运动的时间2动车组变加速运动过程的时间为 10s，求变加速运动的位移第 12页，共 13页【答案】解：1设动车组在运动中所受阻力为 f，动车组的牵引力为 F，动车组以最大速度匀速运动时：t h动车组总功率：t 因为有 4 节小动车，故：t 4联立解得：h t 2设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为，匀加速运动的末速度为，由牛顿第二定律有：h t 动车组总功率：t 运动学公式：t 1解得匀加速运动的时间：1 t 3h2设动车组变加速运动的位移为 x，根据动能定理：h t12 2 12 2解得：t 4.5答：1动车组所受阻力大小为 2N；匀加速运动的时间为 3s2动车组变加速运

34、动过程的时间为 10s，变加速运动的位移为 4.5【解析】1动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据 t 和平衡条件求解摩擦力，再利用 t 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；2对变加速过程运动动能定理，即可求出求变加速运动的位移本题考查机车启动模型中牛顿运动定律、运动学规律以及动能定理的综合运用，解题关键是要分好过程，明确每一个过程中机车的运动类型，再选择合适的规律解题，第2问在变加速的过程中，牵引力是变力但功率恒定，故用 t 去表示牵引力做功23.如图所示，竖直放置两块金属板 MQ、NP 水平距离为 d

35、，内有水平向右的匀强电场，半径为 R、内壁光滑、内径很小的绝缘四分之一圆管 AB 固定在竖直平面内，半径OA 沿水平方向，圆心 O 恰在 MN 的中点。一质量为 m，可视为质点的带正电，电荷量为 q 的小球从管口 A 点的正上方 t 2 由静止开始自由下落，刚好无阻力进入管内，小球从 B 点穿出后没有跟金属板接触，恰好通过B 点正下方的 C 点。重力加速度为 g，小球在 C 点处的加速度大小为54，求：1两块金属板之间的电势差 U；2小球在到达 B 点时，半圆轨道对它作用力的大小；3小球从 B 点计时运动到 C 点过程中，小球的动能最小值多大。【答案】解：1小球在 C 点处的加速度大小为54，

36、第 13页，共 13页根据力的合成可得：2 t 2 2，解得电场强度为：t34则两块金属板之间的电势差为：t t34；2小球达到 B 点的速度为 v，根据动能定理可得：t 12 2解得：t322根据牛顿第二定律可得：t 2解得：t112；3小球刚离开 B 点的时的受力如图所示，设合力方向与竖直方向的夹角为，则：砀晦h t 54 t 45所以有：t 3迪将此时的速度在合力方向和垂直于合力方向分解，当沿合力方向的速度为零时速度最小，则最小速度：t 砀晦h解得：t52则小球的动能最小值为：t12 2t325。答：1两块金属板之间的电势差为34；2小球在到达 B 点时，半圆轨道对它作用力的大小为112；3小球从 B 点计时运动到 C 点过程中，小球的动能最小值为325。【解析】1根据力的合成求解电场强度，根据 t 求解两块金属板之间的电势差；2小球达到 B 点的速度为 v，根据动能定理可得和牛顿第二定律、向心力的计算公式求解；3合力方向与竖直方向的夹角为，根据几何关系求解，沿合力方向的速度为零时速度最小，由此求解动能。有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。