2021_2022学年辽宁省六校高一（下）月考物理试卷（6月）(含答案解析)

这是一份2021_2022学年辽宁省六校高一（下）月考物理试卷（6月）(含答案解析)，共17页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 以下说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. 自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷
B. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球之间的引力大小
C. 绕太阳运行的8颗行星中，海王星被人们称为“笔尖下发现的行星”
D. 卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月-地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来
2. 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲乙两名运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v甲：v乙=2：1，不计空气阻力，则甲乙两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是( )
A. 他们飞行时间之比为t甲：t乙=1：1
B. 他们飞行的水平位移之比为x甲：x乙=2：1
C. 他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为θ甲：θ乙=1：1
D. 他们落到坡面上的瞬时速度大小之比为v甲′：v乙′=4：1
3. 如图所示，真空中的一条水平直线上有A、B、C、D四点，AB=BC=CD，若只在A点放一电荷量为+Q的点电荷时，B点场强为E，若再将等量异号的点电荷−Q放在D点，则( )
A. B点的场强为3E4，方向水平向右B. B点的场强为10E9，方向水平向右
C. C点的场强为5E4，方向水平向右D. BC线段中点的场强为零
4. 以下说法中正确的是( )
A. 物体做匀速直线运动，它的机械能一定守恒
B. 物体所受合力的功为零，它的机械能一定守恒
C. 物体所受合力不等于零，它的机械能可能守恒
D. 物体所受合力等于零，它的机械能可能守恒
5. 如图甲所示，倾角为30∘的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑．若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 木块上滑过程中，重力势能增加了4E0B. 木块受到的摩擦力大小为E0x0
C. 木块的重力大小为2E0x0D. 木块与斜面间的动摩擦因数为32
6. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定( )
A. 粒子带正电
B. M点的电势小于N点的电势
C. 粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
D. 粒子在M点的速度大于在N点的速度
7. 在我国，汽车已进入寻常百姓家，一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示．已知OA为直线、AB为曲线、BC为平行于横轴的直线．5 s时汽车功率达到额定功率且保持不变，该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，则下列说法正确的是( )
A. 该车的最大速度为50m/sB. 该车起步过程的加速度为4m/s2
C. 该车的额定功率为1.2×105WD. 该车前25 s内通过的位移大小为400 m
8. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 此时圆盘的角速度为2μgr
B. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内
C. 此时绳子张力为2μmg
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
9. 科学家发现距离地球2764光年的宇宙空间存在适合生命居住的双星系统，这一发现为人类研究地外生命提供了新的思路和方向。假设宇宙中有一双星系统由质量分别为m和M的A、B两颗星体组成。这两颗星体绕它们连线上的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，如图所示，若AO>OB，则( )
A. A的向心力大于B的向心力B. A的周期一定等于B的周期
C. 因为AO>OB，所以m>MD. A的线速度大小大于B的线速度大小
10. 如图所示，ABC是竖直面内的粗糙固定轨道，其中水平轨道AB长度为2R，四分之一圆弧轨道BC半径为R，与AB相切于B点。一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自A点处从静止释放开始向右运动，小球运动到C点时的速率为v，已知重力加速度大小为g。下列说法中正确的是( )
A. 水平外力对小球做的功是12mv2B. 小球克服重力所做的功是3mgR
C. 小球机械能的增加量为mgRD. 阻力对小球做的功是12mv2−2mgR
11. 两个带等量正电的点电荷，电量分别为q，固定在图中a、b两点，ab=L，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点，OA=25L.取无限远处的电势为零．一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则( )
A. 若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小
B. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动
C. q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大
D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动
12. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ=53∘，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是( )
A. 对于滑块Q，其重力功率先增大后减小
B. 滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为43gL3
C. 轻绳对滑块P做功4mgL
D. P与Q的机械能之和先减小后增加
13. 某同学做“验证向心力与线速度关系”的实验。装置如图所示，一轻质细线上端固定在为拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。已知钢球直径为d，钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：
①将钢球悬挂静止不动，此时拉力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；
②将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，拉力传感器示数的最大值为F2；
已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：
(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v=______，向心力表达式F向=______；
(2)钢球经过光电门时所受合力的表达式F合=______。
14. 小明用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。已知遮光条的宽度为d，钩码质量为m，带遮光条的滑块总质量为M，重力加速度为g。
(1)该实验中M ______(选填“必需”或“无需”)远大于m。
(2)打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是______。
(3)将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L，然后开启气泵，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t，则滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若满足关系式______(用题中给出的字母表示)，则系统机械能守恒。
(4)若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，则滑块由静止释放运动到光电门的过程中，系统动能增加量的测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
15. 在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的电场线重合，坐标轴上A，B两点的坐标分别为2.0cm和5.0cm.放在A，B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系如图2中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．求：
(1)B点的电场强度的大小和方向．
(2)试判断点电荷Q的电性．
(3)点电荷Q的位置坐标．
16. 已知地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。赤道上地球表面附近的重力加速度用ge表示，北极处地球表面附近的重力加速度用gN表示，将地球视为均匀球体。
(1)用已知量写出gN的表达式；
(2)用ge与gN和半径R表示地球自转周期；
(3)用ge与gN和半径R表示地球同步卫星的轨道半径。
17. 轻细线的一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球，空间存在着水平向右的匀强电场，小球平衡时细线与竖直方向成30∘角．(重力加速度g)
(1)求电场强度E
(2)若在平衡位置将细线剪断，求小球运动位移L用的时间．
(3)将球拉至右侧与O等高(线水平)位置静止释放，求当球摆到最低点时细线的张力
(4)在(3)的情况下，当球摆到竖直线左侧最高点时线与竖直方向间的夹角为多少？
18. 利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37∘角，倾角也是37∘的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25.皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量m=1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，AB间的距离S=1m.工件可视为质点，g取10m/s2.(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
求：(1)弹簧的最大弹性势能
(2)工件沿传送带上滑的时间．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，只有卡文迪许测量出万有引力常量后，才能计算出太阳与地球之间的引力大小，故B错误；
C、人们经长期观测发现，天王星绕太阳圆周运动实际运行的轨道总是周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离。英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶认为形成这种现象的原因是天王星外侧还存在着一颗未知行星。这就是后来被称为“笔尖下发现的行星”——海王星，故C正确；
D、牛顿进行了“月-地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，同时也证明了万有引力定律的正确性，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：A、斜面倾角即为位移与水平方向的夹角，方程关系yx=12gt2v0t=gt2v0=tanθ，故时间与水平初速度成正比，甲、乙两人飞行时间之比为2：1，故A错误；
B、根据x=v0t水平位移为4：1，故B错误；
CD、根据平抛运动的推论：瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平方向夹角相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同；故落在斜面上的速度大小之比等于初速度之比为2：1，故 C正确，D错误；
故选：C。
根据平抛运动的分解，水平方向和竖直方向运动学公式求解。
本题主要考查平抛运动分运动的计算及夹角运算，学生要对平抛运动基本知识点掌握熟练，本题难度一般。
3.【答案】C
【解析】解：AB、设AB=BC=CD=r，只在A点放一电荷量为+Q的点电荷时，B点场强为E，可知E=kQr2，若再将等量异号的点电荷−Q放在D点，则负电荷在B点产生的场强E′=kQ(2r)2=kQ4r2，方向向右，根据场强的叠加知，B点的场强为：EB=E+E′=E+E4=54E，方向向右，故AB错误；
C、根据场强的叠加知，C点的场强为：EC=E+E′=E+E4=54E，方向水平向右，故C正确；
D、等量的异种电荷在BC中点产生的场强方向均向右，最终合场强不为零，故D错误。
故选：C。
根据点电荷的场强公式E=kQr2，结合场强的叠加求出各点的电场强度大小和方向，从而即可求解。
本题关键掌握点电荷的场强公式E=kQr2和场强叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加原理满足平行四边形定则。
4.【答案】CD
【解析】解：A、物体做匀速直线运动，可能有除重力或者是弹簧的弹力做功以外的力做功，机械能不一定守恒，比如物体在竖直方向上做匀速直线运动时，机械能不守恒．故A错误．
B、物体所受合力的功为零，根据动能定理可知物体的动能不变，但重力势能可能改变，机械能就可能改变，比如竖直平面内的匀速圆周运动，故B错误．
C、物体所受合力不等于零，可能除重力以外不受其他外力，比如自由落体运动，机械能守恒，故C正确．
D、物体所受合力等于零，物体在水平面做匀速直线运动时，动能和重力势能均不变，机械能守恒，故D正确．
故选：CD
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒．也可以机械能的概念：机械能是动能与势能之和，进行分析．
掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力或弹簧的弹力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
5.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为2E0，重力势能增加了2E0，故A错误：
B.由图乙可知，克服摩擦力做功损失的机械能为
ΔE=3E0−2E0=E0
木块受到的摩擦力大小为
f=μmgcsθ=E0x0
故B正确；
CD.由动能定理得
−(mgsinθ+μmgcsθ)x0=0−3E0
解得
mg=4E0x0
μ=36
故CD错误。
故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：A、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故A正确；
B、沿电场线的方向电势降低，故M点的电势高于N点的电势，故B错误；
C、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，加速度较小，故C错误；
D、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在M点的速度小于在N点的速度，故D错误。
故选：A。
由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，可确定带电粒子的电性；根据沿电场线的方向确定电势的高低；根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小；根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小。
对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的特点分析场强大小、电势的高低。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查机车启动问题、v−t图像的物理意义、牛顿第二定律、动能定理和汽车匀速运动的条件。
【解答】
B、在0∼5s内，该车做匀加速运动，其加速度a=20−05−0m/s2=4 m/s2，5∼25s内，斜率k逐渐减小，即加速度逐渐减小，故B错误；
AC、0∼5s内，由牛顿第二定律F−f=ma，解得牵引力F=6.0×103 N，因为5 s时达到额定功率，所以发动机额定功率P=Fv1=1.2×105W，则最大速度vm=Pf=60 m/s，故A错误，C正确；
D、在0∼5s内，s1=12×20×5 m=50 m，在5∼25s内，由动能定理得Pt2−fs2=12mvm2−12mv12，代入数据解得s2=400m。总位移s=s1+s2=450m，故D错误。
故选C。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了向心力；线速度、角速度和周期、转速。两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止．当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力。
【解答】
角速度较小时，绳中没有拉力，两物块A和B随着圆盘转动时，圆盘对物块的静摩擦力提供向心力，则fA=mω2r，fB=2mω2r，可知圆盘给B的摩擦力大于给A的摩擦力，由题意可知圆盘对两物块的最大静摩擦力均为fmax=μmg，所以随着角速度增大，物块B所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，此时绳开始出现拉力，则对A有T+f=mω2r；对B有T+μmg=mω2⋅2r，随角速度继续增大，绳的拉力增大，A物块所受静摩擦力先减小后反向增大，当物块A所受静摩擦力反向达到最大静摩擦力时，两物体刚好要发生滑动，此时对A有T−μmg=mω2r；对B有T+μmg=mω2⋅2r，解得：T=3μmg，ω=2μgr，烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断绳子，AB的最大静摩擦力不足以提供向心力，则AB都做离心运动，故BCD错误，A正确。
故选A。

9.【答案】BD
【解析】解：A、二者做匀速圆周运动的向心力是靠二者之间的万有引力提供的，所以A的向心力大小等于B的向心力大小，故A错误；
B、二者做匀速圆周运动的周期相等，即A的周期一定等于B的周期，故B正确；
C、二者做匀速圆周运动的周期相等，则角速度相等，根据向心力公式可得：m⋅OA⋅ω2=M⋅OB⋅ω2，因为AO>OB，所以mD、根据线速度与角速度关系可得v=rω，因为AO>OB，所以A的线速度大小大于B的线速度大小，故D正确。
故选：BD。
双星系统中向心力是二者之间的万有引力，二者的周期和角速度相同，由此解答。
本题主要是考查双星问题，解答本题的关键是知道双星系统中向心力的来源，知道二者的周期和角速度相同。
10.【答案】D
【解析】解：A、设水平外力做功为WF、由动能定理可得WF=Fx
可得：WF=3mgR
故A错误；
B、运动到C时，小球上升高度为R，小球克服重力所做的功是WG=mgR
故B错误；
C、机械能是重力势能与动能之和，所以机械能增加量为ΔE=mgR+12mv2
故C错误；
D、由动能定理可得WF−mgR+Wf=12mv2
可得阻力对小球做的功是Wf=12mv2+mgR−WF=12mv2−2mgR
故D正确。
故选：D。
根据动能定理求出水平外力做功。根据重力做功公式解得重力做功，重力以外其它力做功，代表机械能变化；结合动能定理解得阻力做功。
解决该题的关键是知道机械能的改变量与非保守力之间的关系，会分析小球能量变化情况。
11.【答案】BD
【解析】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中a、b连线的中垂线MN上，设任意点P到O的距离是x，a到O的距离是L2，则a在P产生的场强：Ea=kQr2=kQ(L2)2+x2.在a、b连线的中垂线MN上的分量：Eax=Ea⋅csθ=Ea⋅xx2+(L2)2=kQ(L2)2+x2⋅xx2+(L2)2=kQx(x2+L24)32
展开得：Eax=kQxx6+3L24⋅x4+3L216⋅x2+L664=kQx4+3L24x2+L664x2+3L416
由三项式定理：A+B+C≥3⋅3ABC得x=24L
由于25L<24L故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动时的电场力逐渐减小，加速度一直减小，故A错误．
B、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故B正确．
C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误．
D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下，根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知，若在A点给q一个合适的初速度，使它在A点受到的电场力恰好等于向心力，它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动，故D正确．
故选：BD
根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．
本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．
12.【答案】AC
【解析】解：A、物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；
B、由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在BA间某位置速度最大，故B错误；
C、从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定理可得：6mg(Lcs53∘−L)−mgLtan53∘−0=12mv2，对于P，由动能定理可得：W−43mgL−0=12mv2
联立解得：W=4mgL，故C正确；
D、对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误。
故选：AC。
通过分析滑块P的速度变化情况，来判断其重力功率变化情况。根据滑块通过A、B两点时弹簧的弹性势能相等，由系统的机械能守恒定律和速度关系求滑块P在位置B的速度，以及Q的速度。再对Q研究，由动能定理求出轻绳对滑块Q做功，等于轻绳对滑块P做功。由系统的机械能守恒分析P与Q的机械能之和如何变化。
解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。
13.【答案】(1)dt；F1d2gt2(L+12d)；(2)F2−F1。
【解析】解：(1)钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，故钢球经过光电门的线速度为：
v=dt；
mg=F1，
半径为：
R=L+12d；
故有：F向=mv2R=F1d2gt2(L+12d)；
(2)根据受力分析，F1=mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于：
F=F2−mg=F2−F1；
故答案为：(1)dt；F1d2gt2(L+12d)；(2)F2−F1。
(1)根据钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，求出钢球经过光电门的线速度，再根据牛顿第二定律求解向心力表达式。
(2)根据受力分析，求解钢球所受的合力。
本题考查了求小球的瞬时速度、求表达式等问题；知道小球做圆周运动的向心力来源是解答此题的关键。
14.【答案】(1)无需；(2)将气垫导轨调至水平，使钩码减小的重力势能全部转化成系统增加的动能；(3)mgL=12(m+M)(dt)2；(4)大于
【解析】解：(1)本实验不需要记录绳上的力表示M的合力，无须M远大于m；
(2)打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是将气垫导轨调至水平，使钩码减小的重力势能全部转化成系统增加的动能；
(3)系统的重力势能减小量为mgL，利用遮光条通过光电门的速度代替瞬时速度，则
v=dt
系统增加的动能为
ΔEk=12(m+M)v2
若系统符合机械能守恒定，则
ΔEp=ΔEk
即测得的物理量满足的关系式为
mgL=12(m+M)(dt)2
(4)若气垫导轨左端的滑轮导轨调节过高，使得拉动物块的绳子与气垫导轨之间存在夹角，则钩码减小的重力势能没有全部转化成系统增加的动能，其中一部分转化为滑块的重力势能，则系统增加动能减小，实验中钩码减小的重力势能作为系统动能增加量的测量值，故系统动能增加量的测量值大于动能增加量的实际值。
故答案为：(1)无需；(2)将气垫导轨调至水平，使钩码减小的重力势能全部转化成系统增加的动能；(3)mgL=12(m+M)(dt)2；(4)大于
15.【答案】解：(1)由图可知，B点的电场强度EB=Fq=2.5N/C，方向指向x负方向．
(2)放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电．
(3)设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场E=kQr2，可知EBEA=(x−2)2(5−x)2=25400
解得x=2.6cm.(另解x=1cm舍去)
所以点电荷Q的位置坐标为(2.6cm,0).
答：(1)B点的电场强度的大小为EB=2.5N/C，方向指向x负方向．
(2)点电荷带负电．
(3)点电荷Q的位置坐标为(2.6cm,0).
【解析】(1)电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=Fq.方向与正电荷所受电场力方向相同．
(2)放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．从而知道点电荷位于A、B之间．
(3)根据点电荷场强公式E=kQr2分析．
解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=Fq和点电荷的场强公式E=kQr2，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．
16.【答案】解：(1)在地球北极处，根据万有引力等于重力得：GMmR2=mgN
解得gN=GMR2
(2)以静止于赤道地面上的物体m为研究对象，设其受到地面的支持力为F，因其随地球自转做匀速圆周运动，因此有
GMmR2−F=m4π2T2R
又有F=mge
联立可知ge解得：T=4π2RgN−ge
(3)根据万有引力提供向心力有：GMmr3=mr4π2T2
解得：r=3gNR3gN−ge
答：(1)gN的表达式为gN=GMR2；
(2)地球自转周期为4π2RgN−ge；
(3)地球同步卫星的轨道半径为3gNR3gN−ge。
【解析】(1)在地球北极处，根据万有引力等于重力求出gN的表达式；
(2)以静止于赤道地面上的物体m为研究对象，设其受到地面的支持力为F，因其随地球自转做匀速圆周运动，根据万有引力与支持力的合力提供向心力列式，结合支持力与重力大小相等列式，即可求出ge的大小，从而求得ge与gN的差值。
(3)地球同步卫星的周期与地球自转周期相同。
解决本题的关键要知道在地球的北极万有引力等于重力，在赤道，万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供物体随地球自转所需的向心力。
17.【答案】解：(1)小球受重力、电场力以及绳子的拉力而处于平衡；如图所示；根据几何关系可知：
qE=mgtan30∘
解得：E=3mg3q
(2)电场力和重力不变，故由牛顿第二定律有：mgcs30∘=ma
根据运动学公式可得：L=12at2
联立解得：t=3Lg
(3)根据动能定理及牛顿第二定律得：mgL−qEL=12mv2
F−mg=mv2L
解得：F=(3−233)mg
(4)设最大偏角为θ，根据动能定理得：mgLcsθ−qEL(1+sinθ)=0
解得：θ=30∘
答：(1)电场强度E为3mg3q
(2)若在平衡位置将细线剪断，小球运动位移L用的时间为3Lg.
(3)将球拉至右侧与O等高(线水平)位置静止释放，当球摆到最低点时细线的张力为(3−233)mg；
(4)在(3)的情况下，当球摆到竖直线左侧最高点时线与竖直方向间的夹角为30∘.
【解析】(1)对小球受力分析，根据共点力的平衡可求出电场强度；
(2)根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式可求得小球运动L用的时间；
(3)根据牛顿第二定律可求得绳子上的拉力；
(4)根据动能定理可求得最大偏角．
本题实质上考查了物体平衡、牛顿第二定律以及动能定理的应用；要注意明确重力和电场力的性质，知道在匀强电场中二者的大小和方向均保持不变；对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可．
18.【答案】解：(1)由能量守恒得Ep=mgS⋅sinθ+mv022
代入数据解得：EP=38J
(2)v0>v
工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：ma1=mgsinθ+μmgcsθ
代入数据解得：a1=8m/s2
与传送带共速需要的时间：t1= v0−va1 = 8−48s=0.5 s
工件滑行的位移s1=v+v02t1=3m<5m
因为μ工件将沿传送带继续减速上滑：ma2=mgsinθ−μmgcsθ
代入数据得：a2=4m/s2
工件滑行的位移大小L−s1=vt2−12a2t22
解得：t2=1s
工件沿传送带上滑的时间t=t1+t2=1.5s.
答：(1)弹簧的最大弹性势能为38J.
(2)工件沿传送带上滑的时间为1.5s.
【解析】(1)根据工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，AB间的距离S=1m，通过能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．
(2)因为μ解决本题的关键理清工件的运动情况，通过牛顿第二定律和运动学公式进行求解．