2021-2022学年广东省梅州市兴宁市沐彬中学高一（下）第二次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年广东省梅州市兴宁市沐彬中学高一（下）第二次月考物理试卷（含答案解析），共17页。

A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是5Ω
B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是16Ω
C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为8V
D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为8V
2. 如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中。导体处于静电平衡时，下列说法不正确的是( )
A. A、B两点场强相等，且都为零
B. A点电势比B点电势高
C. 感应电荷产生的附加电场EBD. 当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动
3. 电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2.则( )
A. I1R1R2C. U1U2=R1R2D. U1U24. 我国在2020年7月23日发射的火星探测器“天问一号”，将于今年登陆火星，假定载着登陆舱的“天问一号”经过变轨后登陆火星的运动轨迹如图所示，其中轨道为圆周，轨道Ⅱ为椭圆。“天问一号”经轨道Ⅰ、Ⅱ运动后在Q点登陆火星，轨道Ⅰ、Ⅱ在O点相切，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道Ⅱ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ=4R，“天问一号”在轨道Ⅰ上经过O点的速度为v。下列关于“天问一号”的说法中正确的是( )
A. 要登陆火星，需要在O点点火加速
B. 在轨道Ⅰ上O点的加速度与在轨道Ⅱ上O点加速度之比是9：16
C. 在轨道Ⅰ上的周期与在轨道Ⅱ上的周期之比是3：2
D. 在轨道Ⅱ上运动时，经过O点的加速度等于v23R
5. 如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。由该图可知下列说法中错误的是( )
A. 电源输出功率最大值为8W
B. 电源的电动势为4V
C. 电源的内电阻为1Ω
D. 电源被短路时，电源消耗的最大功率可达16W
6. 如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )
A. a、b的电荷同号，k=169B. a、b的电荷异号，k=169
C. a、b的电荷异号，k=6427D. a、b的电荷同号，k=6427
7. 如图所示，真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则( )
A. A、B、C、D四个点的电势相同
B. A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同
C. 负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能
D. 正检验电荷从C点移到B点的过程中，电场力对其做正功
8. 一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。释放B球当B球刚落地时，A球的速度大小为( )
A. 2ghB. 3gh2C. ghD. 2gh3
9. 如图所示，M、N为两个带等量的正点电荷，在其连线的中垂线上有一点P(规定无穷远处的电势为零)，下列说法中正确的是( )
A. O点的电势为零
B. P点电场强度方向水平向右
C. P点到O点电场强度大小可能先增大后减小
D. P点的电势小于O点的电势
10. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知( )
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的大
C. 带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
11. 如图，在O点用长为L不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球，O点正下方的P点固定一细钉子，OP距离为d，C点和P点等高。小球处于O点右侧同一水平高度的A点时，绳刚好拉直，将小球从A点由静止释放。以过最低点B的水平面为零势能面，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 若小球恰能绕钉子做圆周运动，则d应等于35L
B. 若d为35L，小球到达C点时绳子拉力为3mg
C. 若d为12L，小球到达C点时的机械能为12mgL
D. 若d为12L，小球到达C点时所受合力方向水平向右
12. 某实验小组用如图甲所示装置来验证机械能守恒定律。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______ 。
A.实验中必须要用天平测出重物的质量
B.实验中重物下落的加速度一定小于当地的重力加速度
C.实验中需要用秒表来测量重物下落所用的时间t，并用h=12gt2计算下落高度h
D.实验中用刻度尺测量重物下落的高度h，并用v=2gh计算瞬时速度
(2)甲同学按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图乙所示，纸带上A−G各点是打点计时器连续打出的点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度从纸带上点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______ 。
A.OA、OB和OG的长度
B.OF、EF和FG的长度
C.AC、BE和DF的长度
D.AC、BF和EG的长度
(3)乙同学利用该实验装置又做了其他探究实验，分别打出了A、B、C、D4条纸带，其中只有一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。为了找出该纸带，丙同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间的距离依次为x1、x2、x3，请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为______ (取g=9.80m/s2)。
，6.10cm，6.60cm
B.9cm，5.35cm，5.74cm
，4.51cm，5.30cm
，6.58cm，7.06cm
13. 在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻R约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A.电压表V1(量程0∼3V，内阻约为15kΩ)；
B.电压表V2(量程0∼15V，内阻约为75kΩ)；
C.电流表A1(量程0∼3A，内阻约为0.2Ω)；
D.电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约为1Ω)；
E.滑动变阻器R1(0∼10Ω,0.6A)；
F.滑动变阻器R2(0∼2000Ω,0.1A)；
G.电池组E(电动势为3V)；
H.开关S，导线若干。
(1)为减小实验误差，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(填器材前面的序号)。
(2)为减小实验误差，应选用如图中______(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图丙中的实物图用线连接起来。
(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图丁所示，则金属丝的直径为______ mm，电压为______ V，电流为______ A。
(4)由于实验电路造成的误差，会使实验测量出的ρ______材料真实的ρ0(选填“大于”“等于”或“小于”)。
14. 某宇航员在飞船发射前测得自身连同宇航服等随身装备共重800N，在火箭发射阶段，发现当飞船随火箭以a=25g(g为地球表面处的重力加速度)的加速度匀加速竖直上升到某位置时，其身下体重测试仪的示数为F1=520N，设地球半径R=6400km，地球表面处的重力加速度g=10m/s2。求：
(1)该位置的重力加速度g1；
(2)该位置距地球表面的高度h1。
15. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
16. 如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、当cd端短路时，R2和R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻R=R1+R2R3R2+R3=1Ω+12×412+4Ω=4Ω，故A错误；
B、当ab端短路时，R1和R3并联再与R2串联，cd之间的等效电阻R=R2+R1R3R1+R3=12Ω+1×41+4Ω=12.8Ω，故B错误；
C、当ab两端接通测试电源时，R2中没有电流，相等于R1 与R3串联，cd两端的电压为R3分得的电压Ucd=R3R1+R3U=41+4×10V=8V，故C正确；
D、当cd两端接通测试电源时，R1中没有电流，相等于R2 与R3串联，ab两端的电压为R3分得的电压U=R3R2+R3U=412+4×10V=7.5V，故D错误。
故选：C。
当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联。当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联。当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压。当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压。
对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化。
2.【答案】B
【解析】解：A、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A正确；
B、处于静电感应现象的导体是等势体，A、B两点都是相等，故B错误；
C、点电荷的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，所以感应电荷产生的附加电场EA>EB，故C正确；
D、当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确。
本题选不正确的，
故选：B。
枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动，此时处于静电感应现象的导体是等势体；当电键S闭合时，电荷重新分布．
处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．
3.【答案】D
【解析】解：A、小电珠与电动机串联，所以：I1=I2，故A错误；
BCD、对小电珠，由欧姆定律可得：U1=I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，所以：U2>I2R2，所以：U1U2故选：D。
电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合欧姆定律分析电流大小。
本题关键是明确电动机正常工作时为非纯电阻电路，由于线圈的切割磁感线产生反电动势。分析电动机两端电压时也可以根据能量守恒定律分析比较。
4.【答案】D
【解析】解：A、要登陆火星，需要在O点点火减速，做近心运动，故A错误；
B、无论是在轨道Ⅰ上的O点还是在轨道Ⅱ上的O点，由牛顿第二定律可知，其合外力相同，所以加速度相同，故B错误；
C、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，轨道Ⅰ的半径为3R，轨道Ⅱ的半长轴为2R，则其周期之比为9：26，故C错误；
D、在轨道Ⅰ上运动时，经过O点的速度为v，则GMm(3R)2=mv23R，在轨道Ⅱ上的O点的加速度GMm(3R)2=ma，所以其加速度等于v23R，故D正确；
故选：D。
根据万有引力用来提供向心力，结合开普勒第三定律确定其周期和加速度的关系，点火加速则做离心运动，点火减速则做近心运动。
本题主要考查了万有引力定律在天文学的应用，以及根据开普勒第三定律来解题，万有引力定律用来提供向心力是解题的关键，注意点火加速则做离心运动，点火减速则做近心运动。
5.【答案】A
【解析】解：A.当内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，最大值为4 W，故A错误；
B.根据P=UI可得，当I=2A时，外电压为2 V，内电压也为2 V，电源的电动势为4 V，故B正确；
C.电源的内电阻为r=U′I=22Ω=1Ω，故C正确；
D.电源被短路时，电源消耗的最大功率可达P=E2r=421W=16W，故D正确。
本题选错误的，
故选：A。
当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小．
本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大这个结论，并能正确加以应用．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
对小球c受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。
考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球c的合力方向可能向左，不影响解题的结果。
【解答】
根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球C受力分析，如下图所示：
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，
依据相似三角形之比，则有：FaFb=acbc=43；
而根据库仑定律，Fa=kQcqaac2，而Fb=kQcqbbc2
综上所得，qaqb=43×4232=6427，故ABD错误，C正确。
故选：C。
7.【答案】A
【解析】解：A.电势是标量，只有大小没有方向，由于A、B到两点电荷的距离完全相等，C、D到两点电荷的距离完全相等，可知φA=φB，φC=φD，而A点到左侧电荷的距离与D点到右侧电荷的距离相等，同样A点到右侧电荷的距离与D点到左侧电荷的距离相等，因此
φA=φD
从而φA=φB=φC=φD，
故A正确；
B、A1、B1在两电荷连线中垂面的左侧，场强的方向大致向右，而C1、D1在两电荷连线中垂面的右侧，场强的方向大致向左，因此A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相等但方向不同，故B错误；
C、由于C1和C到两点电荷的距离相等，因此电势相等，即φC1=φC
又φA=φC
因此负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，故C错误；
D、由于φB=φC，正检验电荷从C点移到B点的过程中，电场力对其做功为零，故D错误。
故选：A。
解答本题要掌握等量同种电荷周围电场分布情况，电场线与等势面垂直，在等势面上运动的电荷电势能不变．结合对称性进行分析．
该题考查常见的电场以及电场线的分布，要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能或电势能变化情况．
8.【答案】C
【解析】解：设A球的质量为m，则B球的质量为3m。设当B球刚落地时A、B球的速度大小为v。
对于A、B两球组成的系统来说，只有重力做功，所以系统的机械能守恒。
取地面为参考平面，由系统的机械能守恒得：
3mgh=mgh+12mv2+12×3mv2
解得：v=gh，故C正确，ABD错误。
故选：C。
对A、B两球组成的系统，在运动过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，由于A、B是通过同一条绳相连的，所以它们的速度大小相等，对系统由机械能守恒定律可以求得结果。
本题中，对于单个小球而言，机械能并不守恒，A球的机械能增加，B球的机械能减小，所以不能对单个小球使用机械能守恒，另外还要知道A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等。
9.【答案】CD
【解析】解：A、依据电场的叠加，结合矢量合成法则，则O点的电场强度为零，规定无穷远处电势为零，在OP连线上O点电势最高，故A错误。
B、在O上方，在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，故B错误；
C、在OP连线上O点和无穷远处电场强度都为零，所以电场强度是先增大后减小的，不知道电荷量的多少以及它们的距离，最大位置不确定，故P点到O点电场强度大小可能先增大后减小，也可能一直减小。故C正确；
D、依据沿着电场线方向电势是降低的，因此P点的电势小于O点的电势，故D正确。
故选：CD。
M、N为两个等量的正点电荷，在O上方，其连线中垂线上电场强度方向O→P，由于电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，根据沿着电场线方向电势是降低的，电场强度与电势无关。
本题的关键要掌握等量异种电荷电场线的分布情况及特点，要抓住电场线的对称性，要注意在电场线分布情况不确定时电场强度的大小也不确定。
10.【答案】AB
【解析】解：A、带电质点做曲线运动，其所受电场力的方向必定指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直，考虑到质点带负电，所以电场线方向垂直于等势线斜向左上方，根据沿着电场线的方向电势逐渐减小，可知c的电势最高，故A正确；
B、质点带负电，且P点的电势低于Q点，根据负电荷在电势越低的地方电势能越大，可知带电质点在P点的电势能比在Q点的大，故B正确；
C、质点仅受电场力作用，只具有动能和电势能两种形式的能，根据能量守恒定律，知带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；
D、由于相邻等势面之间的电势差相等，P点处的等势线较密，所以EP>EQ，qEP>qEQ，根据牛顿第二定律，知带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大，故D错误．
故选：AB
根据电场线与等势面垂直，以及电场力指向轨迹弯曲的内侧，判断电场线方向，分析电势高低；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在Q点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．
根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．
11.【答案】AB
【解析】解：A.若小球恰能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点有mg=mv2L−d
从A点到最高点有mg(2d−L)=12mv2
解得：d=35L
故A正确；
B.从开始至C点过程，由动能定理得mgd=12mvC2
在C点，有T=mvC2L−d
解得T=3mg
故B正确；
C.以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为mgL，故C错误；
D.小球到达C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可能水平向右。故D错误。
故选：AB。
若小球能绕钉子做圆周运动，在最高点根据牛顿第二定律求得最小速度，从释放点到最高点根据动能定理即可求得距离；
从A到C根据动能定理求得到达C点的速度，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力；
根据力的合成求得在C点受到的合力方向，在整个运动过程中，只有重力做功，根据机械能守恒判断出到达C点的机械能。
本题考查了圆周运动与平抛运动相结合的题目，综合性较强，同时会灵活应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、运动的分解及几何关系求解。
12.【答案】B BCD B
【解析】解：(1)A.实验中要验证的关系是mgh=12mv2，两边可以消掉m，则没必要用天平测出重物的质量，故A错误；
B.实验中由于有阻力的影响，则重物下落的加速度一定小于当地的重力加速度，故B正确；
C.实验中是通过刻度尺测量纸带上两点间距来确定下落的高度，故C错误；
D.实验中用刻度尺测量重物下落的高度h，并用纸带上两点间的平均速度来计算中间时刻的瞬时速度，不能用v=2gh计算瞬时速度，故D错误。
(2)A.当知道OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A错误；
B.当知道OF、EF和FG的长度时，利用FG和EF的长度可以求出F点的速度，从求出O到F点的动能变化量，知道OF的长度，可以求出O到F重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故B正确；
C.当知道AC、BE和DF的长度时，由AC和DF的长度，可以得到B点和E点的速度，从而求出B点到E点的动能变化量；知道BE的长度，可以求出B点到E点重力势能的变化量，即可验证机械能守恒，故C正确；
D.当知道AC、BF和EG的长度时，可以分别求出B点和F点的速度，从而求B到F点的动能变化量，知道BF的长度，可以求出B到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故D正确；
(3)纸带中打出的点符合相临相等时间的条件，则可知相临两位移间应保证位移之差等于
△h=gt2=9.80×(0.02)2≈3.9mm
A中的位移之差分别为0.5mm、−0.4mm，故A错误。
B中的位移之差分别为3.9mm、3.9mm，故B正确。
C中的位移之差分别为3.9mm、7.9mm，故C错误。
D中的位移之差分别为4.8mm、4.8mm，故D错误。
故答案为：(1)B；(2)BCD；(3)B；
根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；
依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证；
根据位移差公式计算其相邻相等时间内的位移差判断。
解决本题的关键知道实验的原理，会通过原理确定需要测量的物理量，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，得出动能的变化量．
13.【答案】A D E 乙 小于
【解析】解：(1)由于电源电压为3V，为了减少实验误差，电压表选量程为3V的电压表A；
由于待测电阻约5Ω，根据欧姆定律
I=UR
流过待测电阻的电流约为0.6A，因此电流表选D；
为了调节方便，滑动变阻器选E。
(2)由于待测电阻的阻值较小，为了减小实验误差，采用电流表外接法，故选图乙，电路连接如图所示。
(3)金属丝的直径
d=0.55mm+13.6×0.01mm=0.636mm
用0.6A量程，读数为0.50A。
(4)由于电流表采用外接法，电阻的测量值小于真实值，根据
R=ρLS
电阻率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)A.D.E(2)④.乙 (3)0.636(0.635−0.638)(4)偏小.
(1)根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路，根据电路图连接实物电路图；
(3)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值和电阻率。
(4)由于电流表采用外接法，电阻的测量值小于真实值，根据R=ρLS确定电阻值是偏大还是偏小；
本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键。
14.【答案】解：(1)对宇航员受力分析如图：
设：该位置处的重力加速度g′，由牛顿第二定律得：
F1−mg′=ma
代入数据解得：g′=2.5m/s2
(2)设此处距地面高度为h，地球质量为M，半径为R；
物体在地面时：GMmR2=mg
物体在高为h处时：GMm(R+h)2=mg′
两式联立解得：h=R=6400km
答：(1)该位置处的重力加速度g′为2.5m/s2.
(2)该位置距地球表面的高度h为6400km.
【解析】(1)飞船随火箭以a=25g的加速度匀加速竖直上升时，宇航员处于超重状态，受力分析后利用牛顿第二定律列式求解．
(2)在距离地球某高度时根据万有引力等于重力列式求解高度．
超失重问题是牛顿运动定律的应用问题，受力分析应用牛顿运动定律即可；在地球附近的物体其受到的重力我们可以近似看做等于万有引力，列式求解需要的物理量即可．
15.【答案】解：(1)设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有：
qES−μmgS=12mv2
而：qE=3mg4
联立解得：v=3gR2
(2)设滑块到达C点的速度为vC，
qER−mgR=12mvC2−12mv2
解得：vC=gR
水平方向的合力提供向心力为：
F−qE=mvC2R
解得：F=74mg
(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时速度最小
则有：(qE)2+(mg)2=mvmin2R
解得：vmin=5gR2
答：(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为3gR2
(2)在(1)的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小74mg；
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小5gR2
【解析】(1)由动能定理求出滑块的速度．
(2)由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力．
(3)轨道对滑块的作用力为零时，速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度．
本题考查了求速度、作用力、速度范围等问题，分析清楚滑块的运动过程是正确解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意滑块做圆周运动的临界条件．
16.【答案】解：(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：
E=φd2=2φd，
设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：
qEh=Ek−12mv02
解得：Ek=12mv02+2qhφd；
粒子在PG间运动的加速度为：a=qEm=2qφmd
此过程中粒子运动时间为t，则有：h=12at2
在水平方向上的位移大小为：x=v0t；
解得：x=v0mdhqφ
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：
L=2x=2v0mdhqφ。
答：(1)粒子第一次穿过G时的动能12mv02+2qhφd；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0mdhqφ；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0mdhqφ。
【解析】(1)根据电场强度与电势差的关系求解电场强度，根据动能定理求解动能；根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解位移；
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性求解金属板的长度。
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。