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2022-2023学年云南省楚雄一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年云南省楚雄一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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.有关电场强度的理解，下述说法正确的是( )
A. 由E=Fq可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比
B. 当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C. 由E=kQr2可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零，电场强度为无穷大
D. 电场强度是反映电场本身特性的物理量，与示范存在试探电荷无关
2.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。图A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，下列示意图可能正确的是( )
A. B. C. D.
3.某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子一定是从a点运动到b点
C. 粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度
D. 粒子在c点的速度一定大于在a点的速度
4.如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A. 无论v1、v2关系如何，均有α1=α2B. 当v1>v2时，α1>α2
C. 当v1>v2时，α1<α2D. α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
5.如图所示，当航天器围绕地球沿椭圆轨道运行时，关于经过近地点A的速率v1和经过远地点B的速率v2的关系，下列说法正确的是( )
A. v1>v2B. v1=v2C. v16.如图所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆．关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是( )
A. 摆球受重力、拉力和向心力的作用
B. 摆球受拉力和向心力的作用
C. 摆球受重力和拉力的作用
D. 摆球受重力和向心力的作用
7.如图所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则( )
A. t2>t1v2=s2v1s1B. t2>t1 v2=s1v1s2C. t2=t1 v2=s2v1s1D. t2=t1 v2=s1v1s2
8.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度V0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能EK随位移S的变化图象，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，水平横梁一端插在墙壁内，另一端装有光滑的小滑轮B.一轻绳的一端 C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m=8kg的重物，∠CBA=30∘，g取10N/kg，则下列说法正确的是( )
A. 滑轮对绳子的作用力方向水平向右
B. 滑轮受到绳子的作用力大小为80 N
C. BC段绳子的拉力为80N
D. BC段绳子的拉力大于BD段绳子的拉力
10.设想在赤道上建造如图甲垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员通过电梯直通太空站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( )
A. 随着r增大，宇航员的线速度也增大
B. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
C. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径
D. 随着r增大，宇航员感受到“重力”也增大
11.如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M=2m，与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3m，定滑轮大小及质量可忽略，现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A，C间距离为4m
B. 小环最终静止在C点
C. 小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D. 当小环下滑至绳与杆的夹角为60∘时，小环与物块的动能之比为2：1
12.如图所示，在粗糙固定斜面顶端系一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，弹簧始终在弹性限度内，则这两次过程中( )
A. 重力势能改变量不相等B. 弹簧的弹性势能改变量相等
C. 摩擦力对物体做的功相等D. 斜面弹力对物体做的功相等
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
13.如图所示装置可用来验证机械能守恒定律。长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一摆锤A，在A上放一个小铁片。现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向θ角，由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，这时铁片将做平抛运动而飞离摆锤，用刻度尺量出铁片的水平位移为x，下落高度为H。
(1)要验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤初始位置离最低点的高度，其高度应为______，同时还应求出摆锤在最低点时的速度，其速度应为______。
(2)用实验中测量的物理量写出验证摆锤在运动中机械能守恒的关系式为______。
14.某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，电源频率为50Hz，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。相邻两个计数点间的距离如图1所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s。
(1)在实验中，使用打点计时器时应先______再______；(均选填“拉动纸带”或“启动电源”)
(2)每两个计数点间还有______个计时点没有标出；
(3)试根据纸带上各个计数点间的距离，计算出打下B、C、D三个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填入下表(计算结果均保留3位有效数字)；
(4)以A点为计时起点，将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，作出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线______；并说明小车速度变化的特点：______。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长方体对地的位移为l，求这个过程中：
(1)系统产生的热量；
(2)小铁块增加的动能；
(3)长木块减少的动能；
(4)系统机械能的减少量.
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
16.如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37∘，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的12，(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g=10m/s2)求：
(1)原来的电场强度；
(2)小物块运动的加速度；
(3)小物块2s末的速度和2s内的位移。
17.质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37∘，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点。(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)。求：
(1)撤去力F时的速度；
(2)力F作用下物体发生的位移；
(3)AB之间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A：电场强度E可以根据定义式E=Fq来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；
BD：电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；
C：库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=kQr2，也不适用于r接近0的情况．故C错误．
故选：D.
解答本题需掌握：电场强度的定义式是E=Fq，是用比值定义法定义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力；
库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=kQr2(只适用于点电荷)，也不适用于r接近0的情况．
本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．属于简单题．
2.【答案】C
【解析】解：AD.由曲线运动条件知，物体所受合外力必须在曲线凹侧，故AD错误；
BC.曲线运动中某点的速度方向为该点的切线方向，又因为汽车速度减小，做减速运动，则合外力和速度成钝角，故B错误，C正确；
故选：C。
根据曲线运动的条件以及减速曲线运动的条件判断。
曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上，同时注意减速曲线的运动条件即可。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据粒子受力直线轨迹的凹侧，即大致向左，可判断该粒子带正电，故A错误；
B、根据粒子运动轨迹，可知粒子可能是从a点运动到b点；也可能是b从点运动到a点，故B错误；
C、根据电场线的疏密表示电场的强弱，由题图可知EcD、无论粒子从a点运动到c点还是从c点运动到a点，根据动能定理一定有Eka>Ekc，所以粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，故D错误。
故选：C。
根据轨迹弯曲方向判断粒子所受电场力方向，从而判断粒子带电性质；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；电场力做正功时，动能增加，电势能减小，电场力做负功时，动能减小，电势能增加。
本题考查带电粒子的轨迹问题，关键要根据弯曲方向判断粒子所受电场力方向，理解并掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的相对大小，沿电场线方向电势逐渐降低。同时掌握电场力做功与电势能的变化关系。
4.【答案】A
【解析】解：设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得：
Lcsθ=v0t，Lsinθ=12gt2，
整理得：v0gt=12ctθ
若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为β，则有tanβ=v0gt=12ctθ是恒量，与初速度无关，α=π2−θ−β也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，α1一定等于α2.故A正确，B、C、D错误．
故选：A.
小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．
5.【答案】A
【解析】解：根据开普勒第二定律可知，在相等的时间内，航天器与地球的连线扫过的面积相等，如下图所示，
如图所示，阴影部分面积相等，当时间Δt非常短时，左右两部分阴影可以近似看作三角形，由三角形的面积相等有：v1×Δt×rB2=v2×Δt×rA2
可得：v1rB=v2rA，由图可知rBv2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据开普勒第二定律在相等的时间内，航天器与地球的连线扫过的面积相等来分析。
本题考查了开普勒第二定律，解题的关键是根据开普勒第二定律可知在相等的时间内，航天器与地球的连线扫过的面积相等，当时间非常短时，扫过的面积近似看作三角形的面积。
6.【答案】C
【解析】解：摆球在水平面内做匀速圆周运动，小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故C正确。
故选：C。
分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．
本题要正确理解向心力：是效果力，它由某一个力或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．
7.【答案】C
【解析】解：由运动的独立性，船对水的航速v不变，航向也不变，则渡河时间为：t=dv；
河宽为d，航速v不变，故有：t2=t1。
船做匀速运动，运动时间为：t=sv，
故有：v2=s2t，
又t2=t1=s1v1
联立解得：v2=s2v1s1。
故选：C。
根据合运动与分运动的等时性、运动的独立性，求解．
考查了运动的合成与分解，抓住运动的几个性质，等时性、运动的独立性合理利用．
8.【答案】D
【解析】解：A、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，aA=μmgm=μg，aB=μmgM，已知M>m，则aA>aB.①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故A、B错误。
C、根据动能定理得，对A有：−μmgs=EK−EK0，则EK=EK0−μmgs.对B有：μmgs=EK，从动能定理的表达式可知，EK与s图线斜率的绝对值必须相等。故C错误，D正确。
故选：D。
木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误。根据动能定理确定动能与位移的关系。
本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误。
9.【答案】BC
【解析】解：对B点受力分析，如下图所示．
滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，
因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，F1=F2=G=mg=80N.即BC段绳子的拉力等于BD段绳子的拉力，都是80N.
用平行四边形定则作图如图，根据几何知识可得：由于拉力F1和F2的夹角为120∘，则有合力F=F2=80N，
所以滑轮受绳的作用力为80N.方向与水平方向成30∘角斜向下，根据平衡条件可知，滑轮对绳子的作用力方向与水平方向成30∘角斜向上．故BC正确．
故选：BC
装置静止时，跨过光滑滑轮的轻绳上张力大小是处处相等，所以滑轮对绳子的作用力与两段细绳拉力的合力大小、方向相反，以B点为研究对象，由平衡条件解答．
本题利用平行四边形定则求两力的合力；并突出了绳的弹力一定沿绳收缩方向，而杆的弹力方向不一定沿杆的特征．同时易错在：滑轮对绳子的作用力方向沿水平．
10.【答案】AC
【解析】解：A、宇航员的线速度v=rω，地球自转角速度不变，随着r增大线速度v增大，故A正确；
B、宇航员在地面上并非卫星，除了受到万有引力还受到地面的支持力，故速度远小于第一宇宙速度，故B错误；
C、当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看做是地球的同步卫星，故C 正确；
D、根据重力和万有引力相等可得：GMmr2=mg′，随着r增大，其重力mg′越来越小，故D错误。
故选：AC。
太空天梯与地球的自转角速度相同，根据v=rω判断线速度变化情况；引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。
本题考查随地球自转物体和近地卫星的区别，梳理根据万有引力提供向心力来解决问题的方向。
11.【答案】AD
【解析】解：A、设A点和定滑轮之间的距离为s，A，C间距离为h。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得：
mgh=Mg( s2+h2−s)
结合M=2m，s=3m，解得h=4m。故A正确。
B、在C点，设绳与竖直方向的夹角为α.则csα=h s2+h2=4 32+h2=45，Mgcsα=2mg⋅0.8=1.6mg>mg，所以小环不会静止在C点，故B错误。
C、小环下落过程中，根据系统的机械能守恒知减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和。故C错误。
D、当小环下滑至绳与杆的夹角为60∘时，有：v环cs60∘=v物，得：v环=2v物
由Ek=12mv2得小环与物块的动能之比为Ek环：Ek物=12m(2v物)2：12⋅2mv物2=2：1，故D正确。
故选：AD。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，由此求AC间的距离。根据小环在C点的受力情况判断能否静止在C点。根据系统的机械能守恒分析小环下落过程中减少的重力势能与物块增加的机械能的关系。根据两个物体沿绳子方向的分速度相等，分析速率关系，从而确定动能关系。
解决本题时应抓住：①对与绳子牵连有关的问题，物体下降的高度应等于绳子收缩的长度；②小环的实际速度即为合速度，应将小环的速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，分析小环与重物的速度关系。
12.【答案】BD
【解析】解：A、第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初末位置一样，路径不同，重力做功与路径无关，所以两次重力做功WG=mgh相等，根据重力做功与重力势能变化的关系可知，两次重力势能改变量相等，故A错误；
B、由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，两次弹簧弹力对物体做功相等，根据功能关系可知，两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；
C、根据功的定义式可知，摩擦力做功和路程有关，两次初末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；
D、由于斜面的弹力方向始终与速度方向垂直，所以斜面的弹力对物体不做功，两种情况下斜面弹力对物体做功为零，故D正确。
故选：BD。
重力做功量度重力势能的变化；弹簧弹力做功量度弹势能的变化；根据功的定义式表示出摩擦力做功去进行比较。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析物体的受力情况和运动情况，知道重力势能变化与重力做功有关，弹性势能的变化与弹簧弹力做功有关。
13.【答案】L(1−csθ)x g2H L(1−csθ)=x24H
【解析】解：(1)根据几何关系可知，摆锤初始位置离最低点的高度为：h=L(1−csθ)，
根据铁片做平抛运动有：x=v0t、H=12gt2
联立可求得铁片平抛的初速度：v0=x g2H，它等于重锤在最低点的速度。
(2)重锤下落过程中机械能守恒，由mgh=12mv2得：mgL(1−csθ)=12mx2g2H
整理得：L(1−csθ)=x24H
故答案为：(1)L(1−csθ)、x g2H；(2)L(1−csθ)=x24H
(1)铁片飞出的速度大小即为重锤摆到最低点的速度大小，铁片做平抛运动，根据平抛运动的特点可正确求出铁片平抛出去的水平速度大小；
(2)重锤下落过程中机械能守恒，由mgh=12mv2可以求出其机械能守恒的表达式。
本题比较简单，考查了平抛运动的基本规律和机械能守恒的基本知识，对于基础知识要加强理解和应用，注意理解机械能守恒定律的条件。
14.【答案】启动电源 拉动纸带 4 如图所示 小车的速度随时间均匀增大
【解析】解：(1)在实验中，使用打点计时器时应先启动电源，再拉动纸带。
(2)由题意可知相邻两计时点间的时间间隔为T=1f=0.02s，每两个计数点间未标出的计时点个数为n=tT−1=4个
(3)分别用对应时间段的平均速度表示中间时刻的瞬时速度，可得：vB=AC2t=(3.62+4.38)×10−22×0.1m/s=0.400m/s，vC=BD2t=(4.38+5.20)×10−22×0.1m/s=0.479m/s，vD=CE2t=(5.20+5.99)×10−22×0.1m/s≈0.560m/s
(4)先将五组数据在坐标系中描点，再将这些点拟合成直线，得到v−t图线如图所示。
图线为斜率为正的倾斜直线，说明小车的速度随时间均匀增大。
故答案为：(1)启动电源、拉动纸带；(2)4；(3)0.400、0.479、0.560；(4)如图所示，、小车的速度随时间均匀增大。
(1)实验时应先接通电源再拉动纸带；
(2)根据打点计时器的打点周期和题意确定未标出计时点的个数；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B、C、D的速度；
(4)结合各点的速度作出速度-时间图线。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，主要是匀变速直线运动推论的运用，对于作图问题，对于偏离比较远的点，应大胆舍去。
15.【答案】解：(1)根据Q=fL相对可知：产生的热量为：Q=fL相对=μmgL
(2)对铁块进行受力分析，受重力、支持力和摩擦力，F合=μmg，方向向右，长木块对地位移为l，小铁块在木块上相对木块滑动L，则铁块对地位移为x=(l−L)，
根据动能定理得：F合x=△Ek铁解得：△Ek铁=μmg(l−L)，
(3)对木板进行受力分析，受重力、支持力、向下的压力和摩擦力，F合=μmg，方向向左，长木块对地位移为l，根据动能定理得：−F合l=△Ek木，
解得：△Ek木=−μmgl，
(4)两物体的势能不变，系统机械能的减小量等于动能的减小量为：△EK=△Ek铁+△EK木=−μmgL.
答：(1)系统产生的热量为μmgL；
(2)小铁块增加的动能为μmg(l−L)；
(3)木块减少的动能为μmgl；
(4)系统机械能的减少量为μmgL.
【解析】(1)根据热量Q=fL相对计算产生的热量
(2)对铁块进行研究，铁块的合力μmg，根据动能定理求出，木板运动(1−L)时，铁块的动能．
(3)对木板进行研究，合力为μmg，根据动能定理求出，木板运动1时，木板的动能变化量．
(4)两物体的势能不变，动能的减小量即为系统机械能的减小量．
本题考查了动能定理的综合运用，关键选择合适的研究过程，分析过程中有哪些力做功，再列式求解．也可以通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
16.【答案】解：(1)物体受到的力有重力mg，支持力FN.静电力F=qE，
由平衡得：mgsin37∘=qEcs37∘，
解得：E=mgtan37∘q=3mg4q
(2)当电场强度变为原来的12时，物块在斜面方向有：
mgsinθ−qE2csθ=ma
代入数值得：a=3.0m/s2
方向沿斜面向下。
(3)根据速度时间公式得小物块2s末的速度为：v=at=3×2m/s=6m/s
根据位移时间公式得小物块2s内的位移为：x=12at2=12×3×22m=6m
答：(1)原来的电场强度为3mg4q；
(2)小物块运动的加速度3m/s2，方向沿斜面向下；
(3)小物块2s末的速度为6m/s，2s内的位移为6m。
【解析】(1)根据共点力平衡求出原来电场强度的大小。
(2)场强改变后，电场力变小，根据牛顿第二定律求出物块运动的加速度；
(3)根据速度时间公式和位移时间公式求解速度和位移。
本题考查共点力平衡和牛顿第二定律，关键是受力分析，利用平衡或牛顿第二定律，结合运动学公式即可求解。
17.【答案】解：(1)在外力F作用下，物体的受力如左图所示，
根据牛顿第二定律得：Fcsθ−mgsinθ−f=ma1，
滑动摩擦力：f=μN，
在垂直于斜面方向，由平衡条件得：N=Fsinθ+mgcsθ，
解得：a1=5m/s2，
撤去力F时的速度：v1=a1t1=5×4=20m/s；
(2)根据位移的计算公式可得力F作用下物体发生的位移为：
x1=v12t1=202×4=40m；
(3)撤去F后物体继续向上运动时，受力如右图所示，
根据牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcsθ=ma2，解得：a2=8m/s2
物体速度减为零的时间为：t2=v1a2=208=2.5s，
此过程的位移x2=v12t2=202×2.5=25m，
接着物体加速下滑，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma3，解得：a3=4m/s2
根据位移时间公式可得t3=5s−2.5s=2.5s内的位移为：
x3=12a3t32=12×4×2.52=12.5m；
AB之间的距离为：x=x1+x2−x3=40+25−12.5=52.5m；
答：(1)撤去力F时的速度为20m/s；
(2)力F作用下物体发生的位移为40m；
(3)AB之间的距离为52.5m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出在力F作用下的加速度，结合速度时间公式求出撤力时的速度；
(2)结合位移时间公式求出物体的位移；
(3)再结合牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，根据速度位移公式求出继续上滑的位移和时间；再分析物体下滑过程中的加速度，根据运动学公式求解下滑的距离，由此求出AB的距离。
本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键能够对物体正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。vB
vC
vD
vE
vF
数值/(m/s)
0.640
0.721
1.有关电场强度的理解，下述说法正确的是( )
A. 由E=Fq可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比
B. 当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C. 由E=kQr2可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零，电场强度为无穷大
D. 电场强度是反映电场本身特性的物理量，与示范存在试探电荷无关
2.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。图A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，下列示意图可能正确的是( )
A. B. C. D.
3.某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子一定是从a点运动到b点
C. 粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度
D. 粒子在c点的速度一定大于在a点的速度
4.如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A. 无论v1、v2关系如何，均有α1=α2B. 当v1>v2时，α1>α2
C. 当v1>v2时，α1<α2D. α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
5.如图所示，当航天器围绕地球沿椭圆轨道运行时，关于经过近地点A的速率v1和经过远地点B的速率v2的关系，下列说法正确的是( )
A. v1>v2B. v1=v2C. v1
A. 摆球受重力、拉力和向心力的作用
B. 摆球受拉力和向心力的作用
C. 摆球受重力和拉力的作用
D. 摆球受重力和向心力的作用
7.如图所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则( )
A. t2>t1v2=s2v1s1B. t2>t1 v2=s1v1s2C. t2=t1 v2=s2v1s1D. t2=t1 v2=s1v1s2
8.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度V0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能EK随位移S的变化图象，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，水平横梁一端插在墙壁内，另一端装有光滑的小滑轮B.一轻绳的一端 C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m=8kg的重物，∠CBA=30∘，g取10N/kg，则下列说法正确的是( )
A. 滑轮对绳子的作用力方向水平向右
B. 滑轮受到绳子的作用力大小为80 N
C. BC段绳子的拉力为80N
D. BC段绳子的拉力大于BD段绳子的拉力
10.设想在赤道上建造如图甲垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员通过电梯直通太空站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( )
A. 随着r增大，宇航员的线速度也增大
B. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
C. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径
D. 随着r增大，宇航员感受到“重力”也增大
11.如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M=2m，与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3m，定滑轮大小及质量可忽略，现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A，C间距离为4m
B. 小环最终静止在C点
C. 小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D. 当小环下滑至绳与杆的夹角为60∘时，小环与物块的动能之比为2：1
12.如图所示，在粗糙固定斜面顶端系一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，弹簧始终在弹性限度内，则这两次过程中( )
A. 重力势能改变量不相等B. 弹簧的弹性势能改变量相等
C. 摩擦力对物体做的功相等D. 斜面弹力对物体做的功相等
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
13.如图所示装置可用来验证机械能守恒定律。长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一摆锤A，在A上放一个小铁片。现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向θ角，由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，这时铁片将做平抛运动而飞离摆锤，用刻度尺量出铁片的水平位移为x，下落高度为H。
(1)要验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤初始位置离最低点的高度，其高度应为______，同时还应求出摆锤在最低点时的速度，其速度应为______。
(2)用实验中测量的物理量写出验证摆锤在运动中机械能守恒的关系式为______。
14.某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，电源频率为50Hz，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。相邻两个计数点间的距离如图1所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s。
(1)在实验中，使用打点计时器时应先______再______；(均选填“拉动纸带”或“启动电源”)
(2)每两个计数点间还有______个计时点没有标出；
(3)试根据纸带上各个计数点间的距离，计算出打下B、C、D三个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填入下表(计算结果均保留3位有效数字)；
(4)以A点为计时起点，将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，作出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线______；并说明小车速度变化的特点：______。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长方体对地的位移为l，求这个过程中：
(1)系统产生的热量；
(2)小铁块增加的动能；
(3)长木块减少的动能；
(4)系统机械能的减少量.
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
16.如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37∘，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的12，(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g=10m/s2)求：
(1)原来的电场强度；
(2)小物块运动的加速度；
(3)小物块2s末的速度和2s内的位移。
17.质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37∘，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点。(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)。求：
(1)撤去力F时的速度；
(2)力F作用下物体发生的位移；
(3)AB之间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A：电场强度E可以根据定义式E=Fq来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；
BD：电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；
C：库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=kQr2，也不适用于r接近0的情况．故C错误．
故选：D.
解答本题需掌握：电场强度的定义式是E=Fq，是用比值定义法定义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力；
库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=kQr2(只适用于点电荷)，也不适用于r接近0的情况．
本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．属于简单题．
2.【答案】C
【解析】解：AD.由曲线运动条件知，物体所受合外力必须在曲线凹侧，故AD错误；
BC.曲线运动中某点的速度方向为该点的切线方向，又因为汽车速度减小，做减速运动，则合外力和速度成钝角，故B错误，C正确；
故选：C。
根据曲线运动的条件以及减速曲线运动的条件判断。
曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上，同时注意减速曲线的运动条件即可。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据粒子受力直线轨迹的凹侧，即大致向左，可判断该粒子带正电，故A错误；
B、根据粒子运动轨迹，可知粒子可能是从a点运动到b点；也可能是b从点运动到a点，故B错误；
C、根据电场线的疏密表示电场的强弱，由题图可知Ec
故选：C。
根据轨迹弯曲方向判断粒子所受电场力方向，从而判断粒子带电性质；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；电场力做正功时，动能增加，电势能减小，电场力做负功时，动能减小，电势能增加。
本题考查带电粒子的轨迹问题，关键要根据弯曲方向判断粒子所受电场力方向，理解并掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的相对大小，沿电场线方向电势逐渐降低。同时掌握电场力做功与电势能的变化关系。
4.【答案】A
【解析】解：设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得：
Lcsθ=v0t，Lsinθ=12gt2，
整理得：v0gt=12ctθ
若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为β，则有tanβ=v0gt=12ctθ是恒量，与初速度无关，α=π2−θ−β也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，α1一定等于α2.故A正确，B、C、D错误．
故选：A.
小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．
5.【答案】A
【解析】解：根据开普勒第二定律可知，在相等的时间内，航天器与地球的连线扫过的面积相等，如下图所示，
如图所示，阴影部分面积相等，当时间Δt非常短时，左右两部分阴影可以近似看作三角形，由三角形的面积相等有：v1×Δt×rB2=v2×Δt×rA2
可得：v1rB=v2rA，由图可知rB
故选：A。
根据开普勒第二定律在相等的时间内，航天器与地球的连线扫过的面积相等来分析。
本题考查了开普勒第二定律，解题的关键是根据开普勒第二定律可知在相等的时间内，航天器与地球的连线扫过的面积相等，当时间非常短时，扫过的面积近似看作三角形的面积。
6.【答案】C
【解析】解：摆球在水平面内做匀速圆周运动，小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故C正确。
故选：C。
分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．
本题要正确理解向心力：是效果力，它由某一个力或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．
7.【答案】C
【解析】解：由运动的独立性，船对水的航速v不变，航向也不变，则渡河时间为：t=dv；
河宽为d，航速v不变，故有：t2=t1。
船做匀速运动，运动时间为：t=sv，
故有：v2=s2t，
又t2=t1=s1v1
联立解得：v2=s2v1s1。
故选：C。
根据合运动与分运动的等时性、运动的独立性，求解．
考查了运动的合成与分解，抓住运动的几个性质，等时性、运动的独立性合理利用．
8.【答案】D
【解析】解：A、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，aA=μmgm=μg，aB=μmgM，已知M>m，则aA>aB.①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故A、B错误。
C、根据动能定理得，对A有：−μmgs=EK−EK0，则EK=EK0−μmgs.对B有：μmgs=EK，从动能定理的表达式可知，EK与s图线斜率的绝对值必须相等。故C错误，D正确。
故选：D。
木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误。根据动能定理确定动能与位移的关系。
本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误。
9.【答案】BC
【解析】解：对B点受力分析，如下图所示．
滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，
因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，F1=F2=G=mg=80N.即BC段绳子的拉力等于BD段绳子的拉力，都是80N.
用平行四边形定则作图如图，根据几何知识可得：由于拉力F1和F2的夹角为120∘，则有合力F=F2=80N，
所以滑轮受绳的作用力为80N.方向与水平方向成30∘角斜向下，根据平衡条件可知，滑轮对绳子的作用力方向与水平方向成30∘角斜向上．故BC正确．
故选：BC
装置静止时，跨过光滑滑轮的轻绳上张力大小是处处相等，所以滑轮对绳子的作用力与两段细绳拉力的合力大小、方向相反，以B点为研究对象，由平衡条件解答．
本题利用平行四边形定则求两力的合力；并突出了绳的弹力一定沿绳收缩方向，而杆的弹力方向不一定沿杆的特征．同时易错在：滑轮对绳子的作用力方向沿水平．
10.【答案】AC
【解析】解：A、宇航员的线速度v=rω，地球自转角速度不变，随着r增大线速度v增大，故A正确；
B、宇航员在地面上并非卫星，除了受到万有引力还受到地面的支持力，故速度远小于第一宇宙速度，故B错误；
C、当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看做是地球的同步卫星，故C 正确；
D、根据重力和万有引力相等可得：GMmr2=mg′，随着r增大，其重力mg′越来越小，故D错误。
故选：AC。
太空天梯与地球的自转角速度相同，根据v=rω判断线速度变化情况；引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。
本题考查随地球自转物体和近地卫星的区别，梳理根据万有引力提供向心力来解决问题的方向。
11.【答案】AD
【解析】解：A、设A点和定滑轮之间的距离为s，A，C间距离为h。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得：
mgh=Mg( s2+h2−s)
结合M=2m，s=3m，解得h=4m。故A正确。
B、在C点，设绳与竖直方向的夹角为α.则csα=h s2+h2=4 32+h2=45，Mgcsα=2mg⋅0.8=1.6mg>mg，所以小环不会静止在C点，故B错误。
C、小环下落过程中，根据系统的机械能守恒知减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和。故C错误。
D、当小环下滑至绳与杆的夹角为60∘时，有：v环cs60∘=v物，得：v环=2v物
由Ek=12mv2得小环与物块的动能之比为Ek环：Ek物=12m(2v物)2：12⋅2mv物2=2：1，故D正确。
故选：AD。
对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，由此求AC间的距离。根据小环在C点的受力情况判断能否静止在C点。根据系统的机械能守恒分析小环下落过程中减少的重力势能与物块增加的机械能的关系。根据两个物体沿绳子方向的分速度相等，分析速率关系，从而确定动能关系。
解决本题时应抓住：①对与绳子牵连有关的问题，物体下降的高度应等于绳子收缩的长度；②小环的实际速度即为合速度，应将小环的速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，分析小环与重物的速度关系。
12.【答案】BD
【解析】解：A、第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初末位置一样，路径不同，重力做功与路径无关，所以两次重力做功WG=mgh相等，根据重力做功与重力势能变化的关系可知，两次重力势能改变量相等，故A错误；
B、由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，两次弹簧弹力对物体做功相等，根据功能关系可知，两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；
C、根据功的定义式可知，摩擦力做功和路程有关，两次初末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；
D、由于斜面的弹力方向始终与速度方向垂直，所以斜面的弹力对物体不做功，两种情况下斜面弹力对物体做功为零，故D正确。
故选：BD。
重力做功量度重力势能的变化；弹簧弹力做功量度弹势能的变化；根据功的定义式表示出摩擦力做功去进行比较。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析物体的受力情况和运动情况，知道重力势能变化与重力做功有关，弹性势能的变化与弹簧弹力做功有关。
13.【答案】L(1−csθ)x g2H L(1−csθ)=x24H
【解析】解：(1)根据几何关系可知，摆锤初始位置离最低点的高度为：h=L(1−csθ)，
根据铁片做平抛运动有：x=v0t、H=12gt2
联立可求得铁片平抛的初速度：v0=x g2H，它等于重锤在最低点的速度。
(2)重锤下落过程中机械能守恒，由mgh=12mv2得：mgL(1−csθ)=12mx2g2H
整理得：L(1−csθ)=x24H
故答案为：(1)L(1−csθ)、x g2H；(2)L(1−csθ)=x24H
(1)铁片飞出的速度大小即为重锤摆到最低点的速度大小，铁片做平抛运动，根据平抛运动的特点可正确求出铁片平抛出去的水平速度大小；
(2)重锤下落过程中机械能守恒，由mgh=12mv2可以求出其机械能守恒的表达式。
本题比较简单，考查了平抛运动的基本规律和机械能守恒的基本知识，对于基础知识要加强理解和应用，注意理解机械能守恒定律的条件。
14.【答案】启动电源 拉动纸带 4 如图所示 小车的速度随时间均匀增大
【解析】解：(1)在实验中，使用打点计时器时应先启动电源，再拉动纸带。
(2)由题意可知相邻两计时点间的时间间隔为T=1f=0.02s，每两个计数点间未标出的计时点个数为n=tT−1=4个
(3)分别用对应时间段的平均速度表示中间时刻的瞬时速度，可得：vB=AC2t=(3.62+4.38)×10−22×0.1m/s=0.400m/s，vC=BD2t=(4.38+5.20)×10−22×0.1m/s=0.479m/s，vD=CE2t=(5.20+5.99)×10−22×0.1m/s≈0.560m/s
(4)先将五组数据在坐标系中描点，再将这些点拟合成直线，得到v−t图线如图所示。
图线为斜率为正的倾斜直线，说明小车的速度随时间均匀增大。
故答案为：(1)启动电源、拉动纸带；(2)4；(3)0.400、0.479、0.560；(4)如图所示，、小车的速度随时间均匀增大。
(1)实验时应先接通电源再拉动纸带；
(2)根据打点计时器的打点周期和题意确定未标出计时点的个数；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B、C、D的速度；
(4)结合各点的速度作出速度-时间图线。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，主要是匀变速直线运动推论的运用，对于作图问题，对于偏离比较远的点，应大胆舍去。
15.【答案】解：(1)根据Q=fL相对可知：产生的热量为：Q=fL相对=μmgL
(2)对铁块进行受力分析，受重力、支持力和摩擦力，F合=μmg，方向向右，长木块对地位移为l，小铁块在木块上相对木块滑动L，则铁块对地位移为x=(l−L)，
根据动能定理得：F合x=△Ek铁解得：△Ek铁=μmg(l−L)，
(3)对木板进行受力分析，受重力、支持力、向下的压力和摩擦力，F合=μmg，方向向左，长木块对地位移为l，根据动能定理得：−F合l=△Ek木，
解得：△Ek木=−μmgl，
(4)两物体的势能不变，系统机械能的减小量等于动能的减小量为：△EK=△Ek铁+△EK木=−μmgL.
答：(1)系统产生的热量为μmgL；
(2)小铁块增加的动能为μmg(l−L)；
(3)木块减少的动能为μmgl；
(4)系统机械能的减少量为μmgL.
【解析】(1)根据热量Q=fL相对计算产生的热量
(2)对铁块进行研究，铁块的合力μmg，根据动能定理求出，木板运动(1−L)时，铁块的动能．
(3)对木板进行研究，合力为μmg，根据动能定理求出，木板运动1时，木板的动能变化量．
(4)两物体的势能不变，动能的减小量即为系统机械能的减小量．
本题考查了动能定理的综合运用，关键选择合适的研究过程，分析过程中有哪些力做功，再列式求解．也可以通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
16.【答案】解：(1)物体受到的力有重力mg，支持力FN.静电力F=qE，
由平衡得：mgsin37∘=qEcs37∘，
解得：E=mgtan37∘q=3mg4q
(2)当电场强度变为原来的12时，物块在斜面方向有：
mgsinθ−qE2csθ=ma
代入数值得：a=3.0m/s2
方向沿斜面向下。
(3)根据速度时间公式得小物块2s末的速度为：v=at=3×2m/s=6m/s
根据位移时间公式得小物块2s内的位移为：x=12at2=12×3×22m=6m
答：(1)原来的电场强度为3mg4q；
(2)小物块运动的加速度3m/s2，方向沿斜面向下；
(3)小物块2s末的速度为6m/s，2s内的位移为6m。
【解析】(1)根据共点力平衡求出原来电场强度的大小。
(2)场强改变后，电场力变小，根据牛顿第二定律求出物块运动的加速度；
(3)根据速度时间公式和位移时间公式求解速度和位移。
本题考查共点力平衡和牛顿第二定律，关键是受力分析，利用平衡或牛顿第二定律，结合运动学公式即可求解。
17.【答案】解：(1)在外力F作用下，物体的受力如左图所示，
根据牛顿第二定律得：Fcsθ−mgsinθ−f=ma1，
滑动摩擦力：f=μN，
在垂直于斜面方向，由平衡条件得：N=Fsinθ+mgcsθ，
解得：a1=5m/s2，
撤去力F时的速度：v1=a1t1=5×4=20m/s；
(2)根据位移的计算公式可得力F作用下物体发生的位移为：
x1=v12t1=202×4=40m；
(3)撤去F后物体继续向上运动时，受力如右图所示，
根据牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcsθ=ma2，解得：a2=8m/s2
物体速度减为零的时间为：t2=v1a2=208=2.5s，
此过程的位移x2=v12t2=202×2.5=25m，
接着物体加速下滑，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma3，解得：a3=4m/s2
根据位移时间公式可得t3=5s−2.5s=2.5s内的位移为：
x3=12a3t32=12×4×2.52=12.5m；
AB之间的距离为：x=x1+x2−x3=40+25−12.5=52.5m；
答：(1)撤去力F时的速度为20m/s；
(2)力F作用下物体发生的位移为40m；
(3)AB之间的距离为52.5m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出在力F作用下的加速度，结合速度时间公式求出撤力时的速度；
(2)结合位移时间公式求出物体的位移；
(3)再结合牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，根据速度位移公式求出继续上滑的位移和时间；再分析物体下滑过程中的加速度，根据运动学公式求解下滑的距离，由此求出AB的距离。
本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键能够对物体正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。vB
vC
vD
vE
vF
数值/(m/s)
0.640
0.721
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