2019-2020学年甘肃省临夏州临夏中学高二(上)第一次月考物理试卷 (有答案)

2019-2020学年甘肃省临夏州临夏中学高二（上）第一次月考物理试

卷

一、单选题（本大题共11小题，共33.0分）

1.下列关于电场及电场强度的说法中，正确的是()

A. 电荷之间的相互作用，是通过电场来发生的

B. 电场实际上并不存在，是人们想象中的一种东西

C. 电场强度是描述电场的力的性质的物理量，它与试探电荷所受电场力有关

D. 电场强度的方向就是电荷在电场中所受电场力的方向

2.导体A带5q的正电荷，另一个完全相同的导体B带?3q的负电荷，将两导体接触一会后再分开，

则B的带电量是()

A. ?q

B. q

C. 2q

D. ?2q

3.下图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点．其中电势和场强都相同的是()

A. B. C. D.

4.如图所示，利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有

关．实验过程中，平行板上的电量可认为不变．下列叙述中正确的

是()

A. 将N板向下平移，静电计指针偏角变小

B. 将N板向右平移，静电计指针偏角变小

C. 在M、N之间插入一块金属板，静电计指针偏角变大

D. 在M、N之间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变大

5.如图所示，A、B是某个点电荷电场中的一条电场线，在线上O点放

一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动，下列判断中哪些是正

确的()

A. 电场线由A指向B，该电荷作加速运动，其加速度越来越小

B. 电场线由A指向B，电荷作匀加速运动

C. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定

D. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越大

6.如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在

水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运

动．设A、B的电荷量绝对值依次为Q A、Q B，则下列判断正确的是()

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A. 小球A带正电，小球B带负电，且Q?A>Q?B

B. 小球A带正电，小球B带负电，且Q?A<Q?B

C. 小球A带负电，小球B带正电，且Q?A>Q?B

D. 小球A带负电，小球B带正电，且Q?A<Q?B

7.在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，

极板A接地．下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是()

A. 极板A上移

B. 极板A右移

C. 极板间插入一定厚度的金属片

D. 极板间插人一云母片

8.如图所示，实线为电场线，一个带电粒子仅在电场力作用下，从电场中P点

处运动至Q点处，虚线为其运动轨迹。则下列判断正确的是()

A. P点电势比Q点的低

B. P点场强比Q点的大

C. 带电粒子一定带正电

D. 此过程中粒子的电势能增大

9.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒

子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是()

A. 粒子带正电

B. 粒子在A点加速度大

C. 粒子在B点动能大

D. A、B两点相比，带点粒子在B点的电势能较高

10.a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+q和?q，两球间用绝缘细线连接，a球又

用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向斜向下的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是()

A. B.

C. D.

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11.如图所示，轻质杆OA长l=0.5m，A端固定一个质量为3kg的小球，小球以O

为圆心在竖直平面内做圆周运动．通过最高点时小球的速率是2m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA()

A. 受到6 N的拉力

B. 受到6 N的压力

C. 受到24 N的拉力

D. 受到54 N的拉力

二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）

12.两个原来不带电的物体甲和乙，相互摩擦后，下列情况中不可能发生的是()

A. 甲带正电荷，乙带等量负电荷

B. 甲带负电荷，乙带等量正电荷

C. 甲和乙都带等量正电荷

D. 甲和乙都带等量负电荷

13.如图所示是两个等量正点电荷，周围有1、2、3、4各点．两条虚线互相垂

直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是()

A. E1>E2>E3>E4

B. E3、E4可能相同

C. φ1>φ2>φ3>φ4

D. φ1>φ2=φ3=φ4

14.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电

的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下

列结论正确的是()

A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小

B. 负点电荷一定位于M点左侧

C. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能

D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度

15.A、B两个小球，A和B之间相互吸引，如果A带正电，则()

A. B球带正电

B. B球带负电

C. B球不带电

D. B球可能带正电，也可能带负电

三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

16.一匀强电场，场强方向是水平的(如图)。一个质量为m的带正电的小

球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰

能沿与场强的反方向成θ角的直线运动。求：

(1)小球作什么运动？

(2)匀强电场的电场强度？

(3)小球运动到最高点时其电势能变化了多少？。

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17.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒a、b

悬挂在c、d两处，

(1)当棒置于竖直向上的匀强磁场内．其中通以从a到b的电流I

后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．则磁感强度B为多

少？

(2)为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B′的最小值为多大？方向如何？

18.如图所示，空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于

O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=5×10?4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=30°、无限大的挡板MN上的C点．试求：

(1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断；

(2)A、C两点的电势差；

(3)当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动

3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向的取值范围．

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四、综合题（本大题共1小题，共12.0分）

19.(2018·哈尔滨模拟)如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。

作用于滑块的水平力F随时间t的变化图像如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2。(已知滑块在2.0s内没有滑离木板)求：

(1)在0～0.5s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小？

(2)在2.0s时，滑块和长木板的速度分别是多少？

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析：解：A、电荷不接触能发生相互作用，是通过电场这个物质发生的，故A正确。

B、电荷周围存在电场，电场是一种特殊形态的物质，不是人们想象的一种东西。故B错误。

C、电场强度是描述电场的力的性质的物理量，反映电场的强弱和方向，与放入电场中的试探电荷无关，故C正确。

D、电场强度的方向就是正电荷在电场中所受电场力的方向，与负电荷在电场中所受电场力的方向

相反。故D错误。

故选：A。

电场是客观存在的特殊物质，电荷之间的相互作用，是通过电场来发生的；电场强度反映电场的强

弱和方向，与试探电荷无关；电场强度的方向就是正电荷在电场中所受电场力的方向．

本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身

决定，知道电场是一种特殊的物质．

2.答案：B

解析：解：两带电体带异种电荷，接触后先将电量中和，故接触后两带电体带电总和为：5Q?3Q=2Q，当两带电体分开后，将总电量平分，所以将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为Q，故ACD错误，B正确．

故选：B．

两相同的导体相互接触时，若带同种电荷则将两球带电量平分，若带异种电荷则将电量先中和再平分，据此可正确解答本题．

本题关键是根据电荷守恒定律得到，两个相同的金属球接触后，电荷总量先中和后均分．

3.答案：B

解析：

【分析】

电势是标量，根据电场线的方向和对称性分析a、b两点电势是否相同，场强是矢量，根据电场线的疏密和切线方向及对称性，确定场强是否相同，判断电势的高低，根据电场线的方向，判断场强的

大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向，要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场

强才相同。

【解答】

A.a、b两点在一等势面上，电势相同，a的场强方向向左，b的场强方向向右，则场强不同，故A错

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误；

B.a、b在等量异种电荷连线的中垂线上，而此中垂线是一条等势线，两点电势相同，根据电场线分布的对称性可知，这两点场强相同，故B正确；

C.a、b两点场强相同，而电势a点高于b点，故C错误；

D.根据电场线的对称性可知：a、b两点的电势相同，而a的场强方向向上，b点的场强方向下，场强不同，故D错误。

故选B。

4.答案：B

得知，电容C减小，而解析：解：A、将N板向下平移，正对面积S减小，由电容的决定式C=?S

4πkd

电量Q不变，则由电容的定义式C=Q

得知，板间电压U增大，静电计指针偏角变大．故A错误．

U

B、将N板向右平移，板间距离d减小，由电容的决定式C=?S

得知，电容C增大，而电量Q不

4πkd

变，则由电容的定义式C=Q

得知，板间电压U减小，静电计指针偏角变小．故B正确．

U

C、在M、N之间插入一块金属板，板间距离d减小，由电容的决定式得知，电容C增大，而电量Q

得知，板间电压U减小，静电计指针偏角变小．故C错误．

不变，则由电容的定义式C=Q

U

D、在M、N之间插入一块绝缘介质板，电容C增大，而电量Q不变，则由电容的定义式C=Q

得知

U

板间电压U减小，静电计指针偏角变小．故D错误．

故选：B

静电计可测定电容器板间电压，板间电压越大，指针张角越大．根据电容的决定式和定义式结合分析．

电容器的动态变化分析问题，是电容的决定式和电容的定义式的综合应用，还要抓住不变量进行分析．

5.答案：C

解析：解：由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从0到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A.负电荷从静止开始，必定做加速运动．由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大．故C正确，ABD错误．

故选：C

根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大．

本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化，条件不明时，考虑问题要全面．

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6.答案：D

解析：

【分析】

假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断；

小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解，小球A、B 整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力。由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右。

根据物体的运动状态判断物体的加速度方向及合力方向．对物体进行受力分析，找出合力方向，从而判断其电荷性质．定量比较时需要列出牛顿第二定律解决。

【解答】

AB.假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左。由于小球A、B向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右．故AB错误；

CD.小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得：

=m B a B①

对小球B：EQ B?kQ A Q B

L2

?EQ A=m A a A②

对小球A：k Q A Q B

L2

①②两式相加得：EQ B?EQ A=m B a B+m A a A所以必有Q A<Q B，故C错误、D正确。

故选D。

7.答案：A

解析：解：

A、极板A上移，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=?S

，可知电容C减小，电容器的电量

4πkd

Q不变，由电容的定义式C=Q

，可知板间电势差增大，则指针张角变大。故A正确。

U

B、极板A右移，板间距离减小，根据电容的决定式C=?S

，可知电容C增大，电容器的电量Q

4πkd

，可知板间电势差减小，则指针张角变小。故B错误。

不变，由电容的定义式C=Q

U

C、极板间插入一定厚度的金属片，相当于板间距离减小，根据电容的决定式C=?S

，可知电容C

4πkd

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增大，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q

U

，可知板间电势差减小，则指针张角变小。故C 错误。

D、极板间插人一云母片，根据电容的决定式C=?S

4πkd

，可知电容C增大，电容器的电量Q不变，

由电容的定义式C=Q

U

，可知板间电势差减小，则指针张角变小。故D错误。

故选：A。

静电计测定电容器两极板间电势差的大小，电势差越大，指针张角越大．根据电容的决定式C=?S

4πkd

分析电容的变化，抓住电量不变，由电容的定义式C=Q

U

分析板间电势差的变化，即可判断指针张角的变化．

对于电容器动态变化分析问题，关键掌握电容的决定式C=?S

4πkd 和电容的定义式C=Q

U

，结合进行分

析．

8.答案：D

解析：

【分析】

电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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。

本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。

【解答】

解：C、带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，结合电场线的分布可知，粒子带负电，故C 错误。

A、沿着电场线电势逐渐降低，故P点的电势高于Q点，故A错误。

B、电场线的疏密程度表示场强强弱，故P点场强小于Q点，故B错误。

D、粒子受到的电场力做负功，根据功能关系可知，粒子的电势能增大，故D正确。

故选：D。

9.答案：D

解析：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电，所以A错误；

B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B错误。

C、从A到B得过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以C错误D

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正确。

故选：D。

电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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

加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，沿电场线的方向，电势降低，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即可解决本题

10.答案：A

解析：

【分析】

运用整体法进行分析，明确两小球受到的电场力的合力方向，再研究上面绳子

的位置；再分析小球b的受力情况，即可明确两球最终的位置。

本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对

象的能力．对于连接体要优先应用整体法进行分析，本题只要分析出两小球受

电场力平衡即已可以求解。

【解答】

解：a球带正电，受到的电场力沿电场线，b带负电，受到的电场力与电场线方向相反；

以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为0，故上面的绳只能保持竖直，

以b球为研究对象，受力如图。小球b受力向右上，则小球位置如图所示；

故A正确，BCD错误。

故选：A。

11.答案：B

解析：解：由于小球在最高点的速度v=2m/s<√gl，可知杆对小球表现为支持力，则细杆所受的是压力。

根据牛顿第二定律得，mg?F=m v2

l

，

解得F=mg?m v2

l =30N?3×4

0.5

N=6N，故B正确，A、C、D错误。

故选：B。

在最高点，小球靠重力和杆作用力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出作用力的大小，确定是拉力还是压力．

解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道小球在最高点，杆可以表现为支持力，也可以表现为拉力．

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12.答案：CD

解析：解：原来不带电的甲乙两物体相互摩擦后，电子从甲物体转移到乙物体，使甲带正电荷，乙带等量的负电荷，

或电子从乙物体转移到甲物体，使甲带负电荷，乙带等量的正电荷，甲和乙不可能都带等量的负电荷或者等量的正电荷，故AB错误，CD正确。

故选：CD。

物体相互摩擦后会带电，这就是摩擦起电，在摩擦起电过程中，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；摩擦起电过程中，电荷是守恒的，正负电荷的代数和保持不变．

要知道摩擦起电的原因，知道在摩擦起电过程中，电荷是守恒的，这是正确解题的关键．

13.答案：BC

解析：

【分析】等量同种点电荷电场线的分布具有对称性，两点电荷连线的中垂线从垂足向两侧电势逐渐减小．根据电场线方向判断电势的高低：顺着电场线方向电势逐渐降

等量同种点电荷电场线、等势线分布要抓住对称性，其连线的中垂线从垂足向两侧电势逐渐减小【解答】

A、等量同种点电荷电场线的分布具有对称性，垂直平分线从垂足向两侧场强先增大后减小，故34两点场强没法判断大小，可能相等，也可能不同，故A错误，B正确

C、沿着电场线方向电势逐渐降低，故φ1>φ2>φ3>φ4，故C正确，D错误

故选：BC

14.答案：CD

解析：解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加。故A错误。

B、带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧。故B错误。

C、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能。故C 正确。

D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度。故D正确。

故选：CD。

解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．

依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后

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可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况

15.答案：BC

解析：解：若两个轻质绝缘小球都带电，且一个带负电一个带正电，两者能够相互吸引；

若一个带电(不论带正电还是带负电)，另一个不带电，由于带电体能够吸引轻小物体，所以两者也能够相互吸引．

故选BC．

相互吸引有两种可能：异种电荷相互吸引、带电体可以吸引轻小物体．由此入手分析．

若两个物体相互排斥，一定能够确定都带电，而且带同种电．磁极间的作用规律与此相似．16.答案：解：(1)因小球做直线运动，它受的电场力F E和重力mg的合力

必沿直线。如图所示知合力与运动方向相反，小球做匀减速直线运动。

(2)有图知电场力为：F E=mg

tanθ

=Eq

所以电场强度为：E =mg

qtanθ

。

(3)由小球受力分析图可知其所受的合外力为：F=mg

sinθ

小球做匀减速运动的加速度大小为：a=F

m =g

sinθ

设从O到最高点的路程为s。由速度和位移的关系得：0?v02=?2as

物体运动的水平距离为：l=scosθ

电场力做负功，为：W=?qEl=?1

2

mv02cos2θ。

因克服电场力做功等于电势能的增加量，则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差为：

△E p=1

2

mv02cos2θ

答：(1)小球做匀减速直线运动；

(2)电场强度为mg

qtanθ

；

(3)小球运动到最高点时其电势能变化了1

2

mv02cos2θ。

解析：(1)因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上，作图知合力与运动方向相反，小球做匀减速直线运动。

(2)则由力的合成可求得电场力的大小，根据F=Eq求解电场强度。

(3)根据力的合成求解合力，根据牛顿第二定律知加速度，由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功。从而得出电势能变化。

本题有三点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积。三是克服电场力做功等于电势能的增加量。

17.答案：

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解：(1)画出从右侧逆着电流方向的侧视图如图1所示．金属棒在重力mg，悬线拉力T，安培力F 三个力作用下处于平衡状态．

由共点力平衡条件：F=BIL=mgtanθ

B=mgtanθ

IL

(2)要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，由画出的力的矢量三角形可知(图 2 )，

安培力的最小值为F min=mgsinθ.

即ILB min=mgsinθ，

所以B min=mgsinθ

IL

所加磁场的方向应平行悬线向下．

答：(1)当棒置于竖直向上的匀强磁场内．其中通以从a到b的电流I后，两悬线

偏离竖直方向θ角处于平衡状态．则磁感强度B为mgtanθ

IL

(2)为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B′的最小值为mgsinθ

IL

，方向应平行悬线向下

解析：(1)通过受力分析利用共点力平衡即可求得；

(2)由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向．

考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小．

18.答案：解：(1)A→B由动能定理及圆周运动知识有：

(mg+qE)?L=1

2

mv B2

F?(mg+qE)=m v B2

L

代入数据可解得：F=3N；

(2)由(1)分析得v

B =√2(mg+qE)L

m

=√2(0.05×10+5×10?4×1.0×103)

0.05

m/s=4m/s，

小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：小球垂直撞在斜面上，故满足v C=v B

sin30o

=8m/s

根据动能定理有：W电+W G=1

2

mv c2

而W电=W G=qU，

代入数据可解得：U=1600V；

(3)挡板向右移动3.2米，小球沿速度方向运动了1.6米，

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若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则a

=v

2

2s

=20m/s2=2g，所以要求a≤2g，F合≤2mg

设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°(左斜向上)

若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示θ≤(α+θ)<180°

0°≤α<150°(如图斜右下方)

综上：恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为?15°≤α<150°

答：(1)绳子至少受3N的拉力才能被拉断；

(2)A、C两点的电势差为1600V；

(3)当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为?15°≤α< 150°．

解析：(1)由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；

(2)绳断后小球做类平抛运动，根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度，再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功，从而得出AC两点间的电势；

(3)根据几何关系知，挡板水平移动3.2m，则小球在速度方向运动1.6m，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围．

本题是动能定理、类平抛运动的综合题，理清物体的运动过程中是正确解题问题的关键，中等偏难．19.答案：解：(1)在0～0.5s过程中，假设M、m具有共同加速度a1；

对整体由牛顿第二定律有：F1=(M+m)a1；

代入数据得：a1=2m/s2；

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木板M能达到的最大加速度为：a2=μmg

M =0.2×2×10

1

m/s2=4m/s2>a1；

所以M、m相对静止；

M、m之间为静摩擦力为：f=Ma1=1×2N=2N；

即：在0～0.5s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小为2N；

(2)木板和滑块在0.5s时的速度为：v1=a1t1；

代入数据可得：v1=1m/s；

在0.5～2.0s过程中，假设M、m具有共同加速度a3，则：F2=(M+m)a3a3=5.3m/s2>a2；

则M、m相对滑动；

长木板在2.0s时的速度为：v2=v1+a2t2；

代入数据得：v2=7m/s；

以滑块为研究对象：F2?μmg=ma4；

代入数据解得：a4=6m/s2；

滑块在2.0s时的速度为：v3=v1+a4t2；

代入数据解得：v3=10m/s；

即：在2.0s时，滑块的速度为7m/s，长木板的速度为10m/s。

解析：本题考查了牛顿第二定律、物体的弹性和弹力；解决本题的关键是会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，要明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值。

(1)先判断出在0?0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再对M，由牛顿第二定律求摩擦力；

(2)0.5?2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由速度公式求出各自的速度。

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