一、選擇題（本題共12個(gè)小題，每小題4分，共48分。1～8題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求；9～12題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）
1. 有關(guān)實(shí)際中的現(xiàn)象，下列說(shuō)法不符合事實(shí)的是（ ）
A. 火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度
B. 體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)曲腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力
C. 用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響
D. 為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好
【答案】D
【解析】
【詳解】A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故A正確；
B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿可以延長(zhǎng)著地時(shí)間，從而可以減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力，故B正確；
C．用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是可以防止槍身快速后退而造成傷害；故是為了減少反沖的影響，故C正確；
D．為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙應(yīng)有彈性，從而延長(zhǎng)與人的接觸時(shí)間而減小傷害，故D錯(cuò)誤。
故選D。
2. 關(guān)于電場(chǎng)中的某一點(diǎn)P，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A. 若放在P點(diǎn)的試探電荷的電荷量減半，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)減半
B. 若P點(diǎn)沒(méi)有試探電荷，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零
C. P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)越大，同一電荷在P點(diǎn)受到電場(chǎng)力越大
D. P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樵囂诫姾稍谠擖c(diǎn)的受力方向
【答案】C
【解析】
【詳解】AB．電場(chǎng)中的某一點(diǎn)P的場(chǎng)強(qiáng)與電場(chǎng)本身有關(guān)，與試探電荷的電荷量、有無(wú)無(wú)關(guān)，則若放在P點(diǎn)的試探電荷的電荷量減半、若P點(diǎn)沒(méi)有試探電荷，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變，故AB錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)越大，同一電荷在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力越大，故C正確；
D．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)檎姾稍谠擖c(diǎn)的受力方向，故D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 某同學(xué)質(zhì)量為60kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來(lái)的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140kg，原來(lái)的速度大小是0.5m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上（船未與岸相撞），不計(jì)水的阻力，則（ ）
A. 該同學(xué)和小船最終靜止在水面上
B. 該過(guò)程同學(xué)的動(dòng)量變化量大小為105kg·m/s
C. 船最終的速度是0.95m/s
D. 船的動(dòng)量變化量大小為70kg·m/s
【答案】B
【解析】
【詳解】AC．規(guī)定該同學(xué)原來(lái)的速度方向?yàn)檎较?設(shè)該同學(xué)上船后，船與該同學(xué)的共同速度為v.由題意，水的阻力忽略不計(jì)，該同學(xué)跳上小船后與小船達(dá)到共同速度的過(guò)程，該同學(xué)和船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律得m人v人－m船v船=（m人+m船）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0.25m/s，方向與該同學(xué)原來(lái)的速度方向相同，與船原來(lái)的速度方向相反，故A、C錯(cuò)誤；
B．該同學(xué)的動(dòng)量變化量為Δp=m人v－m人v人=60×（0.25－2）kg·m/s=－105kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向與選擇的正方向相反，故B正確；
D．船的動(dòng)量變化量為Δp＇=m船v－m船v船=140×[0.25－（－0.5）]kg·m/s=105kg·m/s，故D錯(cuò)誤.
4. 一質(zhì)量為的運(yùn)動(dòng)員從下蹲靜止?fàn)顟B(tài)向上起跳，經(jīng)時(shí)間，身體伸直并剛好離開(kāi)地面，此時(shí)速度為，在此過(guò)程中（ ）
A. 地面對(duì)他的沖量為
B. 地面對(duì)他的沖量為
C. 地面對(duì)他的沖量為
D. 地面對(duì)他的沖量為
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】取向上為正，人從下蹲起跳，經(jīng)?t時(shí)間速度為v，對(duì)此過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理得
I-mg?t=mv-0
解得在此過(guò)程中，地面對(duì)他的沖量
I=mv+mg?t
A正確。
故選A。
5. 如圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O點(diǎn)為半圓弧的圓心，∠MOP=60°，兩個(gè)帶等量異號(hào)電荷的點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則與之比為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理，兩個(gè)帶電量相等的異種點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)時(shí)，兩電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)方向同向，并且大小都為
所以O(shè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小
當(dāng)置于N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時(shí)，兩電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)方向夾角為120°，根據(jù)矢量的疊加可知O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)?br>故
故選A。
6. 如圖左圖甲、乙兩個(gè)帶電物體放置在絕緣水平面上，同時(shí)由靜止釋放甲和乙后，甲開(kāi)始時(shí)保持靜止，物體乙運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如右圖所示，則( )
A. 兩個(gè)物體帶同種電荷
B. 甲受到地面向左的摩擦力
C. 兩個(gè)物體帶電荷量一定相等
D. 經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，甲可能運(yùn)動(dòng)
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由靜止釋放后，兩物體之間的力為庫(kù)侖力F＝k，庫(kù)侖力大小與距離的平方成反比，由v－t圖象可知，乙的加速度越來(lái)越小，即所受庫(kù)侖力越來(lái)越小，甲、乙之間距離越來(lái)越大，甲、乙之間為排斥力，帶同種電荷，故A正確；
B．甲、乙之間相互排斥，甲受到向右的摩擦力，故B錯(cuò)誤；
C．由牛頓第三定律知，無(wú)論甲、乙?guī)щ姾闪慷嗌?，甲、乙受到的?kù)侖力一樣大，但無(wú)法確定電荷量是否相等，故C錯(cuò)誤；
D．兩物體越來(lái)越遠(yuǎn)，庫(kù)侖力越來(lái)越小，始終小于甲的最大靜摩擦力，故D錯(cuò)誤．
7. 如圖所示，質(zhì)量為M的滑槽內(nèi)有半徑為R的半圓軌道，將滑槽放在水平面上，左端緊靠墻壁．一質(zhì)量為m的物體從半圓軌道的頂端a點(diǎn)無(wú)初速度釋放，b點(diǎn)為半圓軌道的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為半圓軌道另一側(cè)與a等高的點(diǎn)．不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是
A. m從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中，m與M組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒
B. m從a點(diǎn)釋放后運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，m的機(jī)械能守恒
C. m釋放后能夠到達(dá)c點(diǎn)
D. 當(dāng)m首次從右向左到達(dá)最低點(diǎn)b時(shí)，M的速度達(dá)到最大
【答案】D
【解析】
【詳解】A、m從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程，m與M組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量不守恒，在該過(guò)程只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；
B、m從a釋放后，從a到b過(guò)程，只有重力做功，該過(guò)程m的機(jī)械能守恒，m經(jīng)過(guò)b后初重力做功外，軌道彈力對(duì)m做功，m的機(jī)械能減少，m的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；
C、m第一次到最低點(diǎn)后，M離開(kāi)墻，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)m和M共速時(shí)，系統(tǒng)具有動(dòng)能，因此m的勢(shì)能必小于mgR，故m不能到達(dá)c點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、m第一次在圓軌道右半側(cè)上滑行過(guò)程對(duì)M的彈力始終向右下方，有水平向右的分力，因此M始終加速，m從右向左通過(guò)最低點(diǎn)b后，M開(kāi)始減速，故D正確。
故選D。
8. 在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖(a)所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則
A. 碰后紅壺被反彈回來(lái)
B. 碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力
C. 碰后藍(lán)壺速度為0.8m/s
D. 碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為4m
【答案】C
【解析】
【詳解】由圖知：碰前紅壺的速度，碰后速度為，可知，碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤．根據(jù)圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力．故B錯(cuò)誤．設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得：，解得：v=0.8m/s，故C正確；根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小，故D錯(cuò)誤；故選C．
【點(diǎn)睛】根據(jù)速度的正負(fù)分析紅壺的速度方向．對(duì)于碰撞過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解碰后藍(lán)壺的速度；根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移求解藍(lán)壺移動(dòng)的位移；根據(jù)圖象的斜率分析碰后兩壺的加速度關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律分析碰后紅、藍(lán)兩壺所受的摩擦力大小關(guān)系．
9. 兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后，，， ，．當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球的速度、可能為
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【詳解】?jī)汕蚺鲎策^(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较颍绻麅汕虬l(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s；如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA′+MBvB′，由機(jī)械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2＝MAvA′2+MBvB′2，代入數(shù)據(jù)解得：vA′=2m/s，vB′=5m/s，則碰撞后A、B的速度：2m/s≤vA≤4m/s，4m/s≤vB≤5m/s，故AD正確，BC錯(cuò)誤．故選AD．
【點(diǎn)睛】本題碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，同時(shí)要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實(shí)際情況，即后面的球不會(huì)比前面的球運(yùn)動(dòng)的快．
10. 某電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示，則( )

A. 電荷P帶正電
B. 電荷P帶負(fù)電
C. a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度
D. 正試探電荷在c點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在d點(diǎn)受到的電場(chǎng)力
【答案】AD
【解析】
【詳解】由圖可知電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)，所以電荷P帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；從電場(chǎng)線的分布情況可知，b的電場(chǎng)線比a的密，所以b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線越密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度越大，所以c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，所以正試探電荷在c點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在d點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，故D正確．所以AD正確，BC錯(cuò)誤．
11. 如圖所示，圖中實(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)線，虛線是某帶電粒子通過(guò)該電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)。若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受到靜電力作用，根據(jù)此圖可以做出正確判斷的是（ ）
A. 帶電粒子所帶電荷的正負(fù)
B. 帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向
C. 帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的速度何處較大
D. 帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的加速度何處較大
【答案】BCD
【解析】
【詳解】AB．由題圖可知，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向左彎曲，說(shuō)明帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的受電場(chǎng)力方向沿電場(chǎng)線向左，由于電場(chǎng)線方向不明，帶電粒子所帶電荷的正負(fù)不能確定，A錯(cuò)誤，B正確；
C．帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向左彎曲，說(shuō)明帶電粒子在a、b兩點(diǎn)受電場(chǎng)力方向沿電場(chǎng)線向左，可知從a到b電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能減小，可知帶電粒子在a點(diǎn)的速度較大，C正確；
D．由電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，帶電粒子在a點(diǎn)受的電場(chǎng)力較大，由牛頓第二定律可知，帶電粒子在a點(diǎn)的加速度較大，D正確。
故選BCD。
12. 如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)．已知小車質(zhì)量M=3m,滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則

A. 全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移R+L
B. 全程小車相對(duì)地面的位移大小
C. μ、L、R三者之間的關(guān)系為R=μL
D. 滑塊m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度
【答案】BC
【解析】
【詳解】AB．設(shè)全程小車相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移．
取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：
即
結(jié)合，解得
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：
得
由能量守恒定律得
得
故C正確；
D．滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得：
聯(lián)立解得
故D錯(cuò)誤．
故選BC.
點(diǎn)睛：本題主要考查系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒的問(wèn)題，要注意系統(tǒng)的總動(dòng)量并不守恒，只是水平方向動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列式時(shí)要注意位移的參照物是地面．
二、實(shí)驗(yàn)探究題（共14分，13題6分，14題8分）
13. 氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器。它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可視為沒(méi)有摩擦，我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊A和B來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（彈簧的長(zhǎng)度忽略不計(jì)），采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下：
a．用天平分別測(cè)出滑塊A、B質(zhì)量mA、mB
b．調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平
c．在A和B間放入一個(gè)被壓縮的輕彈簧，用電動(dòng)卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導(dǎo)軌上
d．用刻度尺測(cè)出A的左端至C板的距離L1
e．按下電鈕放開(kāi)卡銷，同時(shí)使分別記錄滑塊A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)時(shí)器開(kāi)始工作，當(dāng)A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時(shí)停止計(jì)時(shí)，記下A、B分別到達(dá)C、D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和t2
（1）實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測(cè)量的物理量是__；
（2）利用上述測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是__；
（3）利用上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)還可以求出被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能的大小，請(qǐng)寫出彈性勢(shì)能表達(dá)式為_(kāi)_。
【答案】 ①. B的右端至D板的距離L2 ②. mAmB0 ③. EpmB
【解析】
【分析】
詳解】(1)[1]因系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒即
mAvA﹣mBvB＝0
由于系統(tǒng)不受摩擦，故滑塊在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)故有
vA
vB
即
mAmB0
所以還要測(cè)量物理量是B的右端至D板的距離L2；
(2)[2]由(1)分析可知驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是
mAmB0
(3)[3]根據(jù)能量守恒定律被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能為
Ep
將vA，vB代入上式得
EpmB
14. 如圖甲，在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，P為入射球A未與被碰球B碰撞時(shí)的落點(diǎn)。
（1）這個(gè)實(shí)驗(yàn)對(duì)小球A的質(zhì)量m1和小球B的質(zhì)量m2的要求是：m1___________m2（填“>”、“=”或“＜”）。
（2）為了盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，在安裝斜槽軌道時(shí)，應(yīng)讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是___________。
A．使入射球與被碰小球碰后均能從同一高度飛出
B．使入射球與被碰小球碰后能同時(shí)飛出
C．使入射球與被碰小球離開(kāi)斜槽末端時(shí)的速度為水平方向
D．使入射球與被碰小球碰撞時(shí)的動(dòng)能不損失
（3）若A球質(zhì)量為m1=50g，兩小球發(fā)生正碰前后的位移-時(shí)間（x-t）圖象如圖乙所示，則小球B的質(zhì)量為m2=___________g。
（4）實(shí)驗(yàn)時(shí)調(diào)節(jié)A球下落高度，讓A球以一定速度v與靜止的B球發(fā)生正碰，碰后測(cè)得兩球動(dòng)量正好相等，則A、B兩球的質(zhì)量之比應(yīng)滿足___________。
【答案】 ①. > ②. C ③. 20 ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]為了防止實(shí)驗(yàn)中入射球反彈，應(yīng)保證入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，即
由于兩球從同一高度開(kāi)始下落，且下落到同一水平面上，故兩球下落的時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得在水平方向有
即
由圖可知，不放被碰球時(shí)A的水平位移為OP；兩球相碰后，水平位移分別為OM和；故應(yīng)驗(yàn)證的表達(dá)式為
（2）[2]研究平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)很關(guān)鍵的地方是要保證小球能夠水平飛出，只有水平飛出時(shí)小球才做平拋運(yùn)動(dòng)。
故選C。
（3）[3]由圖乙所示圖象可知
由圖求出碰后m2和m1的速度分別為
兩物體碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以m1初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得
代入解得
（4）[4]設(shè)碰撞后兩者的動(dòng)量都為P，由于題意可知，碰撞前后總動(dòng)量為2P，根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系有
碰撞過(guò)程動(dòng)能不增加，有
解得
由于
則
三、計(jì)算題（共38分，要求寫出必要的計(jì)算過(guò)程，只寫結(jié)果不得分）
15. 如圖所示，一質(zhì)量為，帶電量大小為的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，假設(shè)電場(chǎng)足夠大，靜止時(shí)懸線向左與豎直方向成，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；
（2）細(xì)線受到的拉力大小T。（）

【答案】（1）；（2）0.125N
【解析】
【詳解】（1）由受力分析平衡條件得小球所受電場(chǎng)力
解得
（2）細(xì)線受到的拉力大小
16. 如圖所示，電荷量Q＝2×10－7C的正點(diǎn)電荷A固定在空間中O點(diǎn)，將質(zhì)量m＝2×10－4kg，電荷量q＝1×10－7C的另一正點(diǎn)電荷B從O點(diǎn)正上方0.5m的某處由靜止釋放，B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大位置在P點(diǎn)。若靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)B釋放時(shí)的加速度大?。?br>(2)P、O間的距離L。
【答案】(1)6.4m/s2；(2)0.3m
【解析】
【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律有
mg－k=ma
解得
a＝6.4m/s2
(2)當(dāng)B受到合力為零時(shí)，速度最大，則P、O間的距離L滿足
mg=k
解得
L=0.3m
17. 如圖所示，A是長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛的質(zhì)量為m的小球，A的下端離光滑水平面很近，且可以繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)有一質(zhì)量為2m的滑塊B沿光滑水平面以某一速度正對(duì)A運(yùn)動(dòng)，并與A發(fā)生彈性碰撞，已知細(xì)線承受的最大拉力為10mg，g為重力加速度。求：
（1）若碰后細(xì)線恰好不被拉斷，求碰前B的速度v0；
（2）若要使小球能夠在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，滑塊B初速度的取值范圍。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）碰后細(xì)線恰好不被拉斷，設(shè)小球A在最低點(diǎn)時(shí)速度為v1，在最低點(diǎn)細(xì)線的拉力與小球的重力提供向心力，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒
解得
（2）小球A恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)，小球的重力提供向心力，在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得
設(shè)小球在最高點(diǎn)時(shí)速度為v2，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
在最高點(diǎn)
解得
碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒
解得
所以滑塊B初速度的取值范圍
18. 如圖所示，在光滑水平桌面上，物體A和B用輕彈簧連接，另一物體C靠在B左側(cè)未連接，它們的質(zhì)量分別為mA=0.2kg，mB=mC=0.1kg?，F(xiàn)用外力將B、C和A壓縮彈簧，外力做功為7.2 J，彈簧仍在彈性限度內(nèi)，然后由靜止釋放。試求：
（1）彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A的速度大??；
（2）釋放后，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，物塊B的速度大小。

【答案】（1）6m/s；（2）6m/s或10m/s
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒
根據(jù)能量守恒
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得
（2）彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B、C分離
對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒
根據(jù)能量守恒
聯(lián)立解得

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