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2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高一（下）期末物理试卷（A卷）（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高一（下）期末物理试卷（A卷）（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，对电容器充电完毕后，将电容器和电源断开。若其他条件不变，仅减小两极板的正对面积，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电荷量增大
B. 电容器的电容增大
C. 静电计指针的张角减小
D. 电容器内部电场的电场强度增大
2.下列有关运动的说法正确的是( )
A. 图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用
B. 图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁的压力大小为12mg，则此时小球的速度一定为 gr2
C. 图丙皮带轮上a点的加速度与b点的加速度之比为aa：ab=4：1
D. 如图丁，长为L的细绳，一端固定于O点，另一端系一个小球(可看成质点)，在O点的正下方距O点L2处钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。绳子与钉子碰撞前后瞬间绳子拉力变为原来2倍
3.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A. 地球同步卫星都与c在同一个轨道上，并且它们受到的万有引力大小相等
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C. a物体与地球的万有引力全部提供给a物体随地球自转的向心力
D. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta=Tc>Tb
4.如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势线相距2cm，则该电场场强E的大小和方向分别为( )
A. E=1V/m，水平向左B. E=1V/m，水平向右
C. E=100V/m，水平向左D. E=100V/m、水平向右
5.生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点，据此可以判断( )
A. P点电场强度大于M点
B. P点电势小于N点电势
C. M点电势小于N点电势
D. 某带电小颗粒在M点的电势能一定小于在N点的电势能
6.如图所示，一带电粒子从a运动到b，径迹如虚线所示，下列说法错误的是( )
A. 粒子带负电
B. 粒子的加速度不断减小
C. 粒子在a点时电势能小于在b点时的电势能
D. 粒子在a点的动能比b处大
7.如图所示，质量相等的甲、乙两球用长度不等的轻绳拴接在同一点，两球在同一水平面内做匀速圆周运动，稳定时拴接甲、乙两球的轻绳与竖直方向的夹角分别为60∘、30∘。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球的向心加速度大小之比为3：1
B. 甲、乙两球所受的拉力大小之比为1: 3
C. 甲、乙两球的转动周期之比为3：1
D. 甲、乙两球的线速度大小之比为1：3
8.2021年12月9日下午，“天宫课堂”第一课在太空“教室”——中国空间站正式开讲并直播，王亚平航天员说到，在空间站每天可以看到16次日出。若中国空间站的轨道离地球表面高度为h，绕地球周期为T。地球半径为R，引力常量为G，则( )
A. 地球密度为ρ=3πGT2B. 地球质量为M=4π2(R+h)2GT2
C. 空间站的加速度比同步卫星的加速度大D. 空间站运行的线速度大于7.9km/s
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，不正确的是( )
A. B. C. D.
10.如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为L。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中( )
A. 小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力
B. 小球的重力势能一直减小
C. 弹簧弹性势能的最大值mg(h+L)
D. 小球下落到距地面高度H=L−mgk时动能最大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。现将用丝绸摩擦过的玻璃棒C移近导体A，回答下列问题：
(1)A和B未分开前，左端金属箔______，右端金属箔______(填“闭合”、“张开”)；
(2)若先把A和B分开，然后移去C，此时A导体______， B导体______(填“带正电”、“带负电”、“不带电”)；
(3)若先移去C，然后把A和B分开，此时A导体______， B导体______(填“带正电”、“带负电”、“不带电”)。
12.用如图所示装置验证机械能守恒定律，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬吊钩码。测出遮光条的宽度d，滑块与遮光条的总质量M，A到光电门中心距离x。调节气垫导轨水平，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块中心到达光电门中心点时的瞬时速度。已知钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
(1)滑块从A处到达光电门中心处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=______，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=______，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒。(用题中字母表示)
(2)某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是______。
A.钩码质量太大
B.系统受到空气阻力和绳子与滑轮之间存在摩擦力
C.气垫导轨未完全调水平，左端高于右端
(3)某同学在实验时，发现细绳与导轨不平行(细绳左边稍低于右边)，则该同学重力势能的测量值______真实值。(选填“大于”“小于”“等于”)
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37∘。已知小球所带电荷量q=1.0×10−6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球的质量m；
(2)若剪断细线，求剪断细线后2s末的速度大小；
(3)若不剪断细线，调整场强大小与方向保持小球静止，求最小场强。
14.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一、二象限内存在匀强电场，其中第一象限内的电场沿y轴负方向；第二象限内的电场沿x轴正方向、电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第二象限内坐标为(−L,L)的M点由静止开始释放，从y轴上的N点进入第一象限，最后从x轴上到原点O距离为2L的P点离开第一象限。不计粒子受到的重力。求：
(1)粒子通过N点时的速度大小v；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小E′；
(3)粒子从M点运动到P点的时间t；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量ΔEp。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.我国提出实施新能源汽车推广计划，推动新能源汽车产业高质量发展，加快建设汽车强国。某新能源汽车质量m=2×103kg，发动机的额定输出功率P=84kW，沿着平直公路行驶时受到阻力的大小恒为车重的0.15倍，g取10m/s2。
(1)若汽车以额定功率启动，求汽车行驶过程中的最大速度；
(2)若汽车以恒定加速度a=0.5m/s2启动，求匀加速过程所用的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据题意可知，电源断开后，电容器的电荷量保持不变，故A错误；
B、由电容的决定式C=εrS4πkd可知，仅减小两极板的正对面积S，电容器的电容减小，故B错误；
C、由电容的定义式C=QU可得电容器两极板间的电压U=QC，由于Q不变，C减小，可得U增大，因此静电计指针的张角增大，故C错误；
D、电容器内部电场的电场强度大小E=Ud，由于U增大，d不变，可得E增大，故D正确。
故选：D。
电源断开后，电容器所带电荷量保持不变，当减小两极板的正对面积时，根据电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析电容器两极板间电压的变化，即可知道静电计指针张角的变化。根据E=Ud分析电容器内部电场电场强度的变化。
在处理电容器动态分析时，关键要抓住不变量，要知道电容器与电源断开后，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。
2.【答案】C
【解析】解：A.图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力，其合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
B.图乙中质量为m的小球到达最高点时，因为小球对轨道管壁的压力方向未知，此处需要分类讨论，若小球对内壁的压力为12mg，则有
mg−12mg=mv2r
解得：v= gr2
同理可知，若小球对外壁的压力为12mg，则有
mg+12mg=mv2r
解得：v= 3gr2，故B错误；
C.由皮带传动可知，a点和c点的线速度大小相等，由公式v=ωr可知，a点和c点的角速度之比为2：1，由同轴转到可知，b点和c点的角速度相等，则由公式a=ω2r可得，a点的加速度与b点的加速度之比为
aa：ab=4：1，故C正确；
D.绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度大小不变，由牛顿第二定律有
F−mg=mv2L
F′−mg=mv2L2
联立解得：F′<2F，故D错误。
故选：C。
理解小球的受力分析，掌握其向心力的来源；
根据对小球的受力分析，结合牛顿第二定律得出小球的线速度；
理解传播模型的特点，结合向心加速度的公式完成分析；
绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度保持不变，根据牛顿第二定律得出绳子拉力的变化特点。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解物体的受力分析，掌握传动模型的特点，结合牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A.由万有引力定律F=GMmr2可知，地球同步卫星都与c在同一个轨道上，轨道半径相等，但是卫星的质量不相等，所以它们受到的万有引力大小不相等，故A错误；
B.对于卫星b、c，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
其中rc>rb
所以ab>ac
由于卫星a、c绕地球运动的周期相等，根据向心加速度的计算公式可得：
a=rω2
其中rc>ra
可得：ac>aa
所以a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为
ab>ac>aa，故B错误；
C.a物体与地球的万有引力一部分提供给a物体随地球自转的向心力，一部分为物体的重力，故C错误；
D.对于卫星a、c，其周期相等，即Ta=Tc，对于卫星b、c，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mr4π2T2
解得：T=2π r3GM
其中rc>rb
因此Tc>Tb
即a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为
Ta=Tc>Tb，故D正确。
故选：D。
根据万有引力定律得出万有引力的大小，结合牛顿第二定律和圆周运动的计算公式得出向心加速度和周期的大小关系；
理解万有引力、重力和向心力的关系，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星的受力分析，掌握其向心力来源，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
4.【答案】C
【解析】解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。
两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度为：E=20.02=100V/m；
故选：C。
电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系U=Ed求出电场强度的大小．
本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式U=Ed中，d是沿电场线方向两点间的距离．
5.【答案】C
【解析】解：A、电场线的疏密反映电场强度的相对大小，P点的电场线比M点的稀疏，可知P点电场强度小于M点，故A错误；
BC、沿电场线方向电势逐渐降低，可知 P点电势大于N点电势，M点电势小于N点电势，故B错误，C正确；
D、某带电小颗粒的电性不确定，根据电势能公式Ep=qφ，可知带电小颗粒在M点的电势能与在N点的电势能大小无法确定，故D错误。
故选：C。
根据电场线的疏密程度分析出不同位置场强的大小；沿着电场线方向电势逐渐降低；根据电势能公式Ep=qφ分析电势能的大小。
本题主要考查电场线的意义，必须熟记电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线方向电势逐渐降低等特点。
6.【答案】A
【解析】解：A.因电场方向未知，所以无法判定粒子的电性，故A正确；
CD.由轨迹可知所受电场力指向轨迹内测，可知从a到b电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在a点时电势能小于在b点时的电势能，粒子在a点的动能比b处大，故CD错误。
B.粒子从a到b，电场线越来越疏，故电场强度越来越小，所受电场力减小，加速度变小，故B错误；
故选：A。
只知电场力的方向，场强的方向不知，则不能判断粒子的电性，轨迹，受力方向已知，则由a到 b 电场力做的功正负就可判断，则电势能的增减就可以判断出来了，由动能定理，则动能的大小也可以判断出来。
抓住电场力做功的正负，来判断电势能的增减为本题的关键。
7.【答案】A
【解析】解：A.以小球为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=ma
根据上述表达式可分析出甲、乙两球的向心加速度大小之比为
a甲a乙=tan60∘tan30∘=31，故A正确；
B.以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得
Fcsθ=mg
根据上述表达式可分析出甲、乙两球所受的拉力大小之比为
F甲F乙=cs30∘cs60∘= 31，故B错误；
C.以小球为对象，小球水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=m4π2T2r=m4π2T2htanθ
可得：T= 4π2hg
根据上述表达式可分析出甲、乙两球的转动周期之比为
T甲T乙=11，故C错误；
D.以小球为对象，水平方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=mv2r=mv2htanθ
可得：v=tanθ gh
根据上述表达式可分析出甲、乙两球的线速度大小之比为
v甲v乙=tan60∘tan30∘=31，故D错误。
故选：A。
对小球受力分析，小球竖直方向上受力平衡，水平方向上的合力提供向心力，根据几何关系和牛顿第二定律列式完成分析。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解其不同方向上的受力特点，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
8.【答案】C
【解析】解：AB.空间站受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2
解得：M=4π2(R+h)3GT2
则地球的密度为
ρ=M43πR3=3π(R+h)3GT2R3，故A错误，B错误；
C.空间站受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
空间站的半径小于地球同步卫星的半径，所以空间站的加速度比同步卫星的加速度大，故C正确；
是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以空间站运行的线速度小于7.9km/s，故D错误；
故选：C。
空间站受到的万有引力提供向心力，由此得出地球的质量和空间站的加速度，结合密度的计算公式完成分析；
理解第一宇宙速度的物理意义，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉空间站的受力分析，理解其向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成解答。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度g，保持不变，则a−t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度为vy=gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度为vx=v0
铅球的速度大小为v= vx2+vy2= v02+g2t2，速度与时间不是线性关系，v−t图像为曲线，故B错误；
C、铅球的动能为Ek=12mv2=12m(v02+g2t2)，则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，其机械能守恒，E−t图像为水平直线，故D正确。
本题选不正确的，故选：ABC。
铅球做平抛运动，加速度为g，平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式分析速度变化；根据动能公式分析动能与时间的关系；根据机械能守恒定律分析机械能的变化。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，根据物理规律得到各个量的表达式，再分析图像的形状。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球到达最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，此时所受弹簧的弹力大于重力，故A错误；
B、从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球的高度一直降低，重力一直做正功，小球的重力势能一直减小，故B正确；
C、当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，设为Ep。根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒得：Ep=mg(h+x)，故C错误；
D、小球动能最大时，弹簧的弹力等于重力，即mg=kx′，得此时弹簧的压缩量x′=mgk，此时小球距地面高度为H=L−x′=L−mgk，故D正确。
故选：BD。
根据小球在最低点的加速度方向，分析弹力与重力的关系；根据高度的变化分析重力势能的变化；当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒求解弹簧弹性势能的最大值；当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的动能最大。
本题考查功能关系，解题的关键要知道当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大。
11.【答案】张开 张开 带负电 带正电 不带电 不带电
【解析】解：(1)现将用丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电，移近导体A，A和B未分开前，因为静电感应，左端金属箔带负电，张开，右端金属箔带正电，张开。
(2)若先把A和B分开，然后移去C，此时A导体带负电，B导体带正电。
(3)若先移去C，然后把A和B分开，此时两部分电荷中和，A导体不带电，B导体不带电。
答：(1)张开；张开；(2)带负电；带正电；(3)不带电；不带电
丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电，将C靠近A时出现感应起电现象。电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布。
由电荷守恒定律可知无论是哪种起电方式，物体带电的实质都是电荷的转移。
12.【答案】(m+M)d22t2 mgx C 大于
【解析】解：(1)滑块从A处到达光电门中心处时，速度为
v=dt
m和M组成的系统动能增加量为
ΔEk=12(m+M)v2=(m+M)d22t2
系统的重力势能减少量可表示为
ΔEp=mgx
(2)某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量。
A.由于研究对象是系统，则钩码质量太大不会使系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，故A错误；
B.系统受到空气阻力和绳子与滑轮之间存在摩擦力，则钩码重力势能的减少量有一部分转化为内能，使得系统动能的增加量小于钩码重力势能的减少量，故B错误；
C.气垫导轨未完全调水平，左端高于右端，则滑块的重力势能会减少，使得系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，故C正确。
故选：C。
(3)某同学在实验时，发现细绳与导轨不平行(细绳左边稍低于右边)，则A到光电门中心距离x大于钩码实际下落的高度，使得重力势能的测量值大于真实值。
故答案为：(1)(m+M)d22t2；mgx；(2)C；(3)大于
(1)根据运动学公式得出滑块的速度，结合动能定理得出系统动能的增量，根据物块的下落距离得出系统重力势能的减小量；
(2)根据实验原理分析出误差产生的可能原因；
(3)理解细线与导轨不平行对距离测量的影响，从而分析出重力势能的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合能量的计算公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对小球进行受力分析如图所示
则由平衡条件有
Tcsθ=mg，Tsinθ=qE
解得：m=4.0×10−4kg
(2)若剪断细线，小球将沿原来细线的方向向右下方做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
qEsinθ=ma
由运动学公式有v=at
解得：v=25m/s
(3)若不剪断细线，调整场强大小与方向保持小球静止，对小球进行受力分析，作出受力的动态三角形，如图所示
可知，当电场方向垂直于绳向上时，电场力最小，电场强度最小，则有
qEmin=mgsinθ
解得：Emin=2.4×103N/C
答：(1)小球的质量m为4.0×10−4kg；
(2)剪断细线后2s末的速度大小为25m/s；
(3)最小场强为2.4×103N/C，方向垂直于绳向上。
【解析】(1)对小球进行受力分析，根据平衡条件和电场力公式F=qE相结合求解小球的质量m；
(2)细线剪断后，分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律计算加速度，再结合速度-时间公式求其速度；
(3)小球保持静止，受力平衡，先根据平衡条件确定电场力最小的临界情况，求解最小电场力，再求最小场强。
本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡条件、牛顿第二定律和运动学公式进行解答。
14.【答案】解：(1)对粒子在第二象限内运动的过程，根据动能定理可得：
qEL=12mv2
解得：v= 2qELm
(2)粒子在第一象限内做类平抛运动，设粒子从N点运动到P点的时间为t1，粒子在第一象限内运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
qE′=ma1
根据平抛运动的研究方法，水平方向有
2L=vt1
竖直方向有
L=12a1t12
联立解得：E′=E
(3)粒子在第二象限内做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，有
qE=ma2
根据匀变速直线运动的规律有
L=12a2t22
解得：t2= 2mLqE
由(2)可得
t1= 2mLqE
又t=t1+t2
解得：t=2 2mLqE
(4)根据动能定理可知，在粒子从M点运动到P点的过程中，电场力对粒子做的功
W=qEL+qE′L
根据功能关系有
ΔEp=−W
解得：ΔEp=−2qEL
答：(1)粒子通过N点时的速度大小为 2qELm；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小为E；
(3)粒子从M点运动到P点的时间为2 2mLqE；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量为−2qEL。
【解析】(1)根据动能定理列式得出粒子通过N点时的速度；
(2)根据牛顿第二定律，结合类平抛运动的特点联立等式得出场强的大小；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式得出对应的运动时间；
(4)根据电场力的做功公式，结合功能关系分析出电势能的变化量。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律得出对应的加速度，熟悉类平抛运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)当牵引力大小等于阻力大小时汽车的速度最大，根据平衡条件有：F=f=0.15mg
所以最大速度：vm=PF=84×1030.15×2×103×10m/s=28m/s
(2)根据牛顿第二定律可得：F′−f=ma
解得牵引力：F′=ma+f=2000×0.5N+0.15×2000×10N=4000N
设以恒定加速度加速的最大速度为vm′，那么：v′=PF′=84×1034000m/s=21m/s
由速度-时间公式有：v′=at
代入数据可得：t=42s
答：(1)汽车行驶过程中的最大速度为28m/s；
(2)匀加速过程所用的时间为42s。
【解析】(1)当汽车达到最大速度时，处于受力平衡状态，汽车的牵引力和阻力大小相等，由P=Fv=fvm可以求得最大速度；
(2)由牛顿第二定律可以求得牵引力的大小，再求出匀加速时最大速度，从而求出匀加速运动速度-时间公式求时间。
本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。
1.如图所示，对电容器充电完毕后，将电容器和电源断开。若其他条件不变，仅减小两极板的正对面积，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电荷量增大
B. 电容器的电容增大
C. 静电计指针的张角减小
D. 电容器内部电场的电场强度增大
2.下列有关运动的说法正确的是( )
A. 图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用
B. 图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁的压力大小为12mg，则此时小球的速度一定为 gr2
C. 图丙皮带轮上a点的加速度与b点的加速度之比为aa：ab=4：1
D. 如图丁，长为L的细绳，一端固定于O点，另一端系一个小球(可看成质点)，在O点的正下方距O点L2处钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。绳子与钉子碰撞前后瞬间绳子拉力变为原来2倍
3.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A. 地球同步卫星都与c在同一个轨道上，并且它们受到的万有引力大小相等
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C. a物体与地球的万有引力全部提供给a物体随地球自转的向心力
D. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta=Tc>Tb
4.如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势线相距2cm，则该电场场强E的大小和方向分别为( )
A. E=1V/m，水平向左B. E=1V/m，水平向右
C. E=100V/m，水平向左D. E=100V/m、水平向右
5.生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点，据此可以判断( )
A. P点电场强度大于M点
B. P点电势小于N点电势
C. M点电势小于N点电势
D. 某带电小颗粒在M点的电势能一定小于在N点的电势能
6.如图所示，一带电粒子从a运动到b，径迹如虚线所示，下列说法错误的是( )
A. 粒子带负电
B. 粒子的加速度不断减小
C. 粒子在a点时电势能小于在b点时的电势能
D. 粒子在a点的动能比b处大
7.如图所示，质量相等的甲、乙两球用长度不等的轻绳拴接在同一点，两球在同一水平面内做匀速圆周运动，稳定时拴接甲、乙两球的轻绳与竖直方向的夹角分别为60∘、30∘。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球的向心加速度大小之比为3：1
B. 甲、乙两球所受的拉力大小之比为1: 3
C. 甲、乙两球的转动周期之比为3：1
D. 甲、乙两球的线速度大小之比为1：3
8.2021年12月9日下午，“天宫课堂”第一课在太空“教室”——中国空间站正式开讲并直播，王亚平航天员说到，在空间站每天可以看到16次日出。若中国空间站的轨道离地球表面高度为h，绕地球周期为T。地球半径为R，引力常量为G，则( )
A. 地球密度为ρ=3πGT2B. 地球质量为M=4π2(R+h)2GT2
C. 空间站的加速度比同步卫星的加速度大D. 空间站运行的线速度大于7.9km/s
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，不正确的是( )
A. B. C. D.
10.如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为L。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中( )
A. 小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力
B. 小球的重力势能一直减小
C. 弹簧弹性势能的最大值mg(h+L)
D. 小球下落到距地面高度H=L−mgk时动能最大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。现将用丝绸摩擦过的玻璃棒C移近导体A，回答下列问题：
(1)A和B未分开前，左端金属箔______，右端金属箔______(填“闭合”、“张开”)；
(2)若先把A和B分开，然后移去C，此时A导体______， B导体______(填“带正电”、“带负电”、“不带电”)；
(3)若先移去C，然后把A和B分开，此时A导体______， B导体______(填“带正电”、“带负电”、“不带电”)。
12.用如图所示装置验证机械能守恒定律，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬吊钩码。测出遮光条的宽度d，滑块与遮光条的总质量M，A到光电门中心距离x。调节气垫导轨水平，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块中心到达光电门中心点时的瞬时速度。已知钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
(1)滑块从A处到达光电门中心处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=______，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=______，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒。(用题中字母表示)
(2)某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是______。
A.钩码质量太大
B.系统受到空气阻力和绳子与滑轮之间存在摩擦力
C.气垫导轨未完全调水平，左端高于右端
(3)某同学在实验时，发现细绳与导轨不平行(细绳左边稍低于右边)，则该同学重力势能的测量值______真实值。(选填“大于”“小于”“等于”)
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37∘。已知小球所带电荷量q=1.0×10−6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球的质量m；
(2)若剪断细线，求剪断细线后2s末的速度大小；
(3)若不剪断细线，调整场强大小与方向保持小球静止，求最小场强。
14.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一、二象限内存在匀强电场，其中第一象限内的电场沿y轴负方向；第二象限内的电场沿x轴正方向、电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第二象限内坐标为(−L,L)的M点由静止开始释放，从y轴上的N点进入第一象限，最后从x轴上到原点O距离为2L的P点离开第一象限。不计粒子受到的重力。求：
(1)粒子通过N点时的速度大小v；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小E′；
(3)粒子从M点运动到P点的时间t；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量ΔEp。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.我国提出实施新能源汽车推广计划，推动新能源汽车产业高质量发展，加快建设汽车强国。某新能源汽车质量m=2×103kg，发动机的额定输出功率P=84kW，沿着平直公路行驶时受到阻力的大小恒为车重的0.15倍，g取10m/s2。
(1)若汽车以额定功率启动，求汽车行驶过程中的最大速度；
(2)若汽车以恒定加速度a=0.5m/s2启动，求匀加速过程所用的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据题意可知，电源断开后，电容器的电荷量保持不变，故A错误；
B、由电容的决定式C=εrS4πkd可知，仅减小两极板的正对面积S，电容器的电容减小，故B错误；
C、由电容的定义式C=QU可得电容器两极板间的电压U=QC，由于Q不变，C减小，可得U增大，因此静电计指针的张角增大，故C错误；
D、电容器内部电场的电场强度大小E=Ud，由于U增大，d不变，可得E增大，故D正确。
故选：D。
电源断开后，电容器所带电荷量保持不变，当减小两极板的正对面积时，根据电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析电容器两极板间电压的变化，即可知道静电计指针张角的变化。根据E=Ud分析电容器内部电场电场强度的变化。
在处理电容器动态分析时，关键要抓住不变量，要知道电容器与电源断开后，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。
2.【答案】C
【解析】解：A.图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力，其合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
B.图乙中质量为m的小球到达最高点时，因为小球对轨道管壁的压力方向未知，此处需要分类讨论，若小球对内壁的压力为12mg，则有
mg−12mg=mv2r
解得：v= gr2
同理可知，若小球对外壁的压力为12mg，则有
mg+12mg=mv2r
解得：v= 3gr2，故B错误；
C.由皮带传动可知，a点和c点的线速度大小相等，由公式v=ωr可知，a点和c点的角速度之比为2：1，由同轴转到可知，b点和c点的角速度相等，则由公式a=ω2r可得，a点的加速度与b点的加速度之比为
aa：ab=4：1，故C正确；
D.绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度大小不变，由牛顿第二定律有
F−mg=mv2L
F′−mg=mv2L2
联立解得：F′<2F，故D错误。
故选：C。
理解小球的受力分析，掌握其向心力的来源；
根据对小球的受力分析，结合牛顿第二定律得出小球的线速度；
理解传播模型的特点，结合向心加速度的公式完成分析；
绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度保持不变，根据牛顿第二定律得出绳子拉力的变化特点。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解物体的受力分析，掌握传动模型的特点，结合牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A.由万有引力定律F=GMmr2可知，地球同步卫星都与c在同一个轨道上，轨道半径相等，但是卫星的质量不相等，所以它们受到的万有引力大小不相等，故A错误；
B.对于卫星b、c，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
其中rc>rb
所以ab>ac
由于卫星a、c绕地球运动的周期相等，根据向心加速度的计算公式可得：
a=rω2
其中rc>ra
可得：ac>aa
所以a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为
ab>ac>aa，故B错误；
C.a物体与地球的万有引力一部分提供给a物体随地球自转的向心力，一部分为物体的重力，故C错误；
D.对于卫星a、c，其周期相等，即Ta=Tc，对于卫星b、c，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mr4π2T2
解得：T=2π r3GM
其中rc>rb
因此Tc>Tb
即a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为
Ta=Tc>Tb，故D正确。
故选：D。
根据万有引力定律得出万有引力的大小，结合牛顿第二定律和圆周运动的计算公式得出向心加速度和周期的大小关系；
理解万有引力、重力和向心力的关系，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星的受力分析，掌握其向心力来源，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
4.【答案】C
【解析】解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。
两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度为：E=20.02=100V/m；
故选：C。
电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系U=Ed求出电场强度的大小．
本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式U=Ed中，d是沿电场线方向两点间的距离．
5.【答案】C
【解析】解：A、电场线的疏密反映电场强度的相对大小，P点的电场线比M点的稀疏，可知P点电场强度小于M点，故A错误；
BC、沿电场线方向电势逐渐降低，可知 P点电势大于N点电势，M点电势小于N点电势，故B错误，C正确；
D、某带电小颗粒的电性不确定，根据电势能公式Ep=qφ，可知带电小颗粒在M点的电势能与在N点的电势能大小无法确定，故D错误。
故选：C。
根据电场线的疏密程度分析出不同位置场强的大小；沿着电场线方向电势逐渐降低；根据电势能公式Ep=qφ分析电势能的大小。
本题主要考查电场线的意义，必须熟记电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线方向电势逐渐降低等特点。
6.【答案】A
【解析】解：A.因电场方向未知，所以无法判定粒子的电性，故A正确；
CD.由轨迹可知所受电场力指向轨迹内测，可知从a到b电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在a点时电势能小于在b点时的电势能，粒子在a点的动能比b处大，故CD错误。
B.粒子从a到b，电场线越来越疏，故电场强度越来越小，所受电场力减小，加速度变小，故B错误；
故选：A。
只知电场力的方向，场强的方向不知，则不能判断粒子的电性，轨迹，受力方向已知，则由a到 b 电场力做的功正负就可判断，则电势能的增减就可以判断出来了，由动能定理，则动能的大小也可以判断出来。
抓住电场力做功的正负，来判断电势能的增减为本题的关键。
7.【答案】A
【解析】解：A.以小球为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=ma
根据上述表达式可分析出甲、乙两球的向心加速度大小之比为
a甲a乙=tan60∘tan30∘=31，故A正确；
B.以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得
Fcsθ=mg
根据上述表达式可分析出甲、乙两球所受的拉力大小之比为
F甲F乙=cs30∘cs60∘= 31，故B错误；
C.以小球为对象，小球水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=m4π2T2r=m4π2T2htanθ
可得：T= 4π2hg
根据上述表达式可分析出甲、乙两球的转动周期之比为
T甲T乙=11，故C错误；
D.以小球为对象，水平方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=mv2r=mv2htanθ
可得：v=tanθ gh
根据上述表达式可分析出甲、乙两球的线速度大小之比为
v甲v乙=tan60∘tan30∘=31，故D错误。
故选：A。
对小球受力分析，小球竖直方向上受力平衡，水平方向上的合力提供向心力，根据几何关系和牛顿第二定律列式完成分析。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解其不同方向上的受力特点，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
8.【答案】C
【解析】解：AB.空间站受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2
解得：M=4π2(R+h)3GT2
则地球的密度为
ρ=M43πR3=3π(R+h)3GT2R3，故A错误，B错误；
C.空间站受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
空间站的半径小于地球同步卫星的半径，所以空间站的加速度比同步卫星的加速度大，故C正确；
是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以空间站运行的线速度小于7.9km/s，故D错误；
故选：C。
空间站受到的万有引力提供向心力，由此得出地球的质量和空间站的加速度，结合密度的计算公式完成分析；
理解第一宇宙速度的物理意义，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉空间站的受力分析，理解其向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成解答。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度g，保持不变，则a−t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度为vy=gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度为vx=v0
铅球的速度大小为v= vx2+vy2= v02+g2t2，速度与时间不是线性关系，v−t图像为曲线，故B错误；
C、铅球的动能为Ek=12mv2=12m(v02+g2t2)，则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，其机械能守恒，E−t图像为水平直线，故D正确。
本题选不正确的，故选：ABC。
铅球做平抛运动，加速度为g，平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式分析速度变化；根据动能公式分析动能与时间的关系；根据机械能守恒定律分析机械能的变化。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，根据物理规律得到各个量的表达式，再分析图像的形状。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球到达最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，此时所受弹簧的弹力大于重力，故A错误；
B、从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球的高度一直降低，重力一直做正功，小球的重力势能一直减小，故B正确；
C、当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，设为Ep。根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒得：Ep=mg(h+x)，故C错误；
D、小球动能最大时，弹簧的弹力等于重力，即mg=kx′，得此时弹簧的压缩量x′=mgk，此时小球距地面高度为H=L−x′=L−mgk，故D正确。
故选：BD。
根据小球在最低点的加速度方向，分析弹力与重力的关系；根据高度的变化分析重力势能的变化；当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒求解弹簧弹性势能的最大值；当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的动能最大。
本题考查功能关系，解题的关键要知道当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大。
11.【答案】张开 张开 带负电 带正电 不带电 不带电
【解析】解：(1)现将用丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电，移近导体A，A和B未分开前，因为静电感应，左端金属箔带负电，张开，右端金属箔带正电，张开。
(2)若先把A和B分开，然后移去C，此时A导体带负电，B导体带正电。
(3)若先移去C，然后把A和B分开，此时两部分电荷中和，A导体不带电，B导体不带电。
答：(1)张开；张开；(2)带负电；带正电；(3)不带电；不带电
丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电，将C靠近A时出现感应起电现象。电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布。
由电荷守恒定律可知无论是哪种起电方式，物体带电的实质都是电荷的转移。
12.【答案】(m+M)d22t2 mgx C 大于
【解析】解：(1)滑块从A处到达光电门中心处时，速度为
v=dt
m和M组成的系统动能增加量为
ΔEk=12(m+M)v2=(m+M)d22t2
系统的重力势能减少量可表示为
ΔEp=mgx
(2)某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量。
A.由于研究对象是系统，则钩码质量太大不会使系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，故A错误；
B.系统受到空气阻力和绳子与滑轮之间存在摩擦力，则钩码重力势能的减少量有一部分转化为内能，使得系统动能的增加量小于钩码重力势能的减少量，故B错误；
C.气垫导轨未完全调水平，左端高于右端，则滑块的重力势能会减少，使得系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，故C正确。
故选：C。
(3)某同学在实验时，发现细绳与导轨不平行(细绳左边稍低于右边)，则A到光电门中心距离x大于钩码实际下落的高度，使得重力势能的测量值大于真实值。
故答案为：(1)(m+M)d22t2；mgx；(2)C；(3)大于
(1)根据运动学公式得出滑块的速度，结合动能定理得出系统动能的增量，根据物块的下落距离得出系统重力势能的减小量；
(2)根据实验原理分析出误差产生的可能原因；
(3)理解细线与导轨不平行对距离测量的影响，从而分析出重力势能的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合能量的计算公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对小球进行受力分析如图所示
则由平衡条件有
Tcsθ=mg，Tsinθ=qE
解得：m=4.0×10−4kg
(2)若剪断细线，小球将沿原来细线的方向向右下方做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
qEsinθ=ma
由运动学公式有v=at
解得：v=25m/s
(3)若不剪断细线，调整场强大小与方向保持小球静止，对小球进行受力分析，作出受力的动态三角形，如图所示
可知，当电场方向垂直于绳向上时，电场力最小，电场强度最小，则有
qEmin=mgsinθ
解得：Emin=2.4×103N/C
答：(1)小球的质量m为4.0×10−4kg；
(2)剪断细线后2s末的速度大小为25m/s；
(3)最小场强为2.4×103N/C，方向垂直于绳向上。
【解析】(1)对小球进行受力分析，根据平衡条件和电场力公式F=qE相结合求解小球的质量m；
(2)细线剪断后，分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律计算加速度，再结合速度-时间公式求其速度；
(3)小球保持静止，受力平衡，先根据平衡条件确定电场力最小的临界情况，求解最小电场力，再求最小场强。
本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡条件、牛顿第二定律和运动学公式进行解答。
14.【答案】解：(1)对粒子在第二象限内运动的过程，根据动能定理可得：
qEL=12mv2
解得：v= 2qELm
(2)粒子在第一象限内做类平抛运动，设粒子从N点运动到P点的时间为t1，粒子在第一象限内运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
qE′=ma1
根据平抛运动的研究方法，水平方向有
2L=vt1
竖直方向有
L=12a1t12
联立解得：E′=E
(3)粒子在第二象限内做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，有
qE=ma2
根据匀变速直线运动的规律有
L=12a2t22
解得：t2= 2mLqE
由(2)可得
t1= 2mLqE
又t=t1+t2
解得：t=2 2mLqE
(4)根据动能定理可知，在粒子从M点运动到P点的过程中，电场力对粒子做的功
W=qEL+qE′L
根据功能关系有
ΔEp=−W
解得：ΔEp=−2qEL
答：(1)粒子通过N点时的速度大小为 2qELm；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小为E；
(3)粒子从M点运动到P点的时间为2 2mLqE；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量为−2qEL。
【解析】(1)根据动能定理列式得出粒子通过N点时的速度；
(2)根据牛顿第二定律，结合类平抛运动的特点联立等式得出场强的大小；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式得出对应的运动时间；
(4)根据电场力的做功公式，结合功能关系分析出电势能的变化量。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律得出对应的加速度，熟悉类平抛运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)当牵引力大小等于阻力大小时汽车的速度最大，根据平衡条件有：F=f=0.15mg
所以最大速度：vm=PF=84×1030.15×2×103×10m/s=28m/s
(2)根据牛顿第二定律可得：F′−f=ma
解得牵引力：F′=ma+f=2000×0.5N+0.15×2000×10N=4000N
设以恒定加速度加速的最大速度为vm′，那么：v′=PF′=84×1034000m/s=21m/s
由速度-时间公式有：v′=at
代入数据可得：t=42s
答：(1)汽车行驶过程中的最大速度为28m/s；
(2)匀加速过程所用的时间为42s。
【解析】(1)当汽车达到最大速度时，处于受力平衡状态，汽车的牵引力和阻力大小相等，由P=Fv=fvm可以求得最大速度；
(2)由牛顿第二定律可以求得牵引力的大小，再求出匀加速时最大速度，从而求出匀加速运动速度-时间公式求时间。
本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。
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