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2022-2023学年江西省新余市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江西省新余市高一（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，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列有关说法，正确的是( )
A. 处于静电平衡状态的导体，其表面没有电荷
B. 牛顿提出了万有引力定律，并通过实验精确测量了引力常量G的数值
C. 电场线是由物理学家法拉第提出来的，它与电场一样也是客观存在的
D. 密立根通过实验测定了元电荷e的数值约为1.6×10−19C
2.如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的( )
A. 甲图中与点电荷等距的A、B两点
B. 乙图中两等量同种点电荷连线上对称的A、B两点
C. 丙图中两等量异种点电荷连线上对称的A、B两点
D. 丁图中非匀强电场的A、B两点
3.某同学路过建筑工地时，偶然看到工地塔吊通过钢丝绳将地面上静止的钢材竖直向上吊起，钢材由地面被吊至最高点的过程中，v−t图像如图所示。以下判断正确的是( )
A. 前3s内钢材所受拉力做正功
B. 第3s末至第5s末的过程中拉力不做功
C. 最后2s内拉力对钢材做负功
D. 整个过程中，钢材的机械能守恒
4.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为2.5m，该同学和秋千踏板的总质量约为40kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为5m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A. 200N
B. 400N
C. 600N
D. 800N
5.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
6.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B. t1∼t2时间内汽车牵引力做功为12mv22−12mv12
C. t1∼t2时间内的平均速度为12(v1+v2)
D. 在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2∼t3时间内牵引力最小
7.新余某校开了排球选修课，增强学生体育综合素质。某次体育课上同学们正对竖直墙面练习排球垫球。甲同学垫球时，排球出手的位置A与竖直墙壁的水平距离为S，球恰好垂直击中墙壁于B点，AB间的竖直高度为2S；乙同学垫球时，排球出手的位置C与竖直墙壁的水平距离为1.5S，球恰好也垂直击中墙壁于D点，CD间的竖直高度为S。O、A、C在同一水平面上，排球运动的轨迹在同一竖直面内，且平面与墙面垂直，如图乙所示。排球视为质点，不计空气阻力。设排球质量相同，则甲同学排球出手瞬间的动能Ek1与乙同学排球出手瞬间的动能Ek2之比为( )
A. 3450B. 5034C. 3425D. 2534
8.一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有( )
A. 重力加速度大小
B. 物体所受滑动摩擦力的大小
C. 斜面的倾角
D. 沿斜面上滑的时间
二、多选题：本大题共3小题，共14分。
9.如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点，所经位置的电势随该位置与A点距离的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是( )
A. A、B两点的电势中φA<φBB. A、B两点的电场强度EAC. 电子在A、B两点的速度vA>vBD. 电子在A、B两点的电势能EpA10.如图，在水流速度恒为4m/s的河里，一条小船沿直线从A点驶向对岸的B点。已知，AB与河岸成30∘角，则船在静水中行驶的速度可能为( )
A. 1m/s
B. 2m/s
C. 3m/s
D. 4m/s
11.2023年5月30日，神舟十六号载人航天飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，标志着我国航天实力迅速增长，“航天强国梦”正在加速推进。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的第一宇宙速度为v1，引力常量为G，假设神舟飞船进入预定轨道后绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，则下列说法正确的是( )
A. 地球的半径为v122gB. 地球的质量为v14gG
C. 飞船的线速度大小为v12 grD. 飞船的线速度大小为v12 gr
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图甲中实验采用的方法是______(填正确选项前的字母，单选)；
A.理想实验法
B.等效替代法
C.微小量放大法
D.控制变量法
(2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)接着该组同学使小球处于同一位置，增大(或减少)小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为30∘和60∘，则q1q2为______。
13.如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接(绳竖直)。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。
(1)m2经过光电门时的速度大小为______。
(2)若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为______，系统增加的动能为______。
(3)经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能△Ek并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是(写出一条即可)：______，即△Ep______△Ek(选填“大于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
14.如图所示的匀强电场中，一电荷量q=+2.0×10−8C的点电荷所受电场力F=6.0×10−4N。沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离x=0.1m。问：
(1)匀强电场场强E的大小；
(2)将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力做的功；
(3)若B点电势φB=0，则A点的电势φA为多少。
15.如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R=1.25m，圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v=7m/s的速度顺时针匀速转动，传送带BC两端距离为L=4.5m。质量为m=1kg的包裹(可视为质点)，从圆弧轨道最高点A处由静止开始释放，已知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)包裹到达B点时速度大小；
(2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间；
(3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。
16.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿x轴负方向的匀强电场，其电场强度的大小为E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A(0,2L)点，另一端系一带正电的小球(视为质点)，电荷量为q=4mg3E(m为小球质量，g为重力加速度)，开始时绳刚好水平拉直，现将小球静止释放。
(1)求小球从第一象限通过y轴时的速度大小；
(2)若小球运动到y轴时轻绳断裂，小球能到达x轴上的B点(未画出)，求B点的位置坐标；
(3)若轻绳没有断裂，小球能通过y轴继续运动，当速度最大时，绳中的拉力恰好达到绳子所能承受的最大拉力，求轻绳能承受的最大拉力。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、处于静电平衡状态的导体，电荷分布在外表面，故A错误；
B、牛顿提出了万有引力定律，但他没有测出引力常量G，是卡文迪什通过实验精确测量了引力常量G的数值，故B错误；
C、电场线是由英国物理学家法拉第首先提出来的，但它并不是客观存在的，是人为假想的曲线，而电场是客观存在的，故C错误；
D、密立根通过实验测定了元电荷e的数值约为1.6×10−19C，符合史实，故D正确。
故选：D。
根据处于静电平衡状态导体的特点分析A项；根据牛顿和卡文迪什的物理学成就分析B项；根据法拉第的贡献分析C项；结合密立根的物理学成就分析D项。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】C
【解析】解：A、点电荷电场是以电荷为中心的向外辐射的，根据点电荷电场强度公式可知甲图中与点电荷等距的A、B两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B、根据等量同种点电荷电场的分布特点，可知乙图中两等量同种点电荷连线上对称的A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C、根据等量异种点电荷电场的分布特点，可知丙图中两等量异种点电荷连线上对称的A、B两点电场强度相同，故C正确；
D、在同一电场图中，电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知丁图中非匀强电场的A、B两点的电场强度不相同，故D错误；
故选：C。
电场强度是矢量，根据电场线的疏密表示大小，切线方向表示场强方向去判断各项。
本题关键要掌握电场线的物理意义：疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向。
3.【答案】A
【解析】解：A.前3s内钢材向上做匀加速直线运动，速度方向向上，钢材受到的拉力也向上，故拉力做正功，故A正确；
B.第3s末至第5s末的过程中，速度向上，钢材受到的拉力也向上，故拉力做正功，故B错误；
C.最后2s内钢材向上做匀减速直线运动，速度方向向上，钢材受到的拉力也向上，故拉力做正功，故C错误；
D.整个过程中，因为拉力做正功，所以钢材的机械能增加，故D错误。
故选：A。
根据钢材受到的拉力方向，结合钢材的位移方向分析出拉力做功的类型；
根据机械能的定义分析出钢材的机械能是否守恒。
本题主要考查了功的相关应用，熟悉功的计算公式，结合机械能守恒定律的条件即可完成分析。
4.【答案】B
【解析】解：在最低点，同学和秋千踏板受到竖直向下的重力，竖直向上的绳子拉力，根据牛顿第二定律可得：
2T−mg=mv2r
解得：T=400N，故B正确，ACD错误；
故选：B。
对同学和秋千踏板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式得出绳子的拉力。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
5.【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。
6.【答案】D
【解析】解：A、0∼t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误；
B、t1∼t2时间内动能的变化量为12mv22−12mv12，而在运动中受牵引力及阻力，故牵引力做功一定大于12mv22−12mv12，故B错误；
C、t1∼t2时间内，若图象为直线时，平均速度为12(v1+v2)，而现在图象为曲线，故图象的面积大于直线时的面积，即位移大于直线时的位移，故平均速度大于12(v1+v2)，故C错误；
D、由P=Fv及运动过程可知，t1时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而t2∼t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故D正确；
故选：D。
在速度-时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，而水平的直线表示匀速直线运动，曲线表示变速直线运动；由图象可知物体的运动情况，由P=Fv可知，牵引力的变化；由动能定理可知牵引力所做的功．
本题由图象确定物体的运动情况，由P=Fv可分析牵引力及功率的变化；
平均速度公式v−=12(v1+v2)只适用于匀变速直线运动．
7.【答案】C
【解析】解：根据抛体运动的对称性，排球出手时的动能等于排球从墙壁水平抛出做平抛运动落到出手处时的动能。设平抛运动的水平距离为x，竖直位移为y，则
在水平方向上：x=v0t
在竖直方向上：y=12gt2
由速度的合成有
v2=v02+vy2
整理可得：v2=g(x2+4y2)2y
根据动能的计算公式可得：
Ek=12mv2
因排球的质量相同，因此
Ek1Ek2=v12v22
代入数据解得
Ek1Ek2=3425，故C正确，ABD错误；
故选：C。
熟悉平抛运动的特点，结合运动学公式和矢量合成的特点得出排球的速度，结合动能的计算公式完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合动能的计算公式即可完成分析。
8.【答案】B
【解析】解：物块根据动能定理有：−2fx0=Ek2−Ek1，可解得：f=Ek1−Ek22x0，由于题中物块的质量未知，无法计算重力加速度大小、斜面的倾角和沿斜面上滑的时间，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据图像结合动能定理可解得摩擦力大小，由于物块的质量未知，无法计算其他物理量。
本题考查动能定理，解题关键掌握图像的理解，注意动能定理的应用。
9.【答案】CD
【解析】解：A.依题意电子从A到B过程，电势降低，则A、B两点的电势关系为φA>φB，故A错误；
B.φ−x图像的斜率大小等于电场强度，根据图像可知图像的斜率逐渐减小，则从A到点B场强减小，则有EA>EB，故B错误；
CD.根据图像可知从A到B的过程中电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大，即vA>vB；EpA故选：CD。
根据图像得出不同位置的电势高低；
理解图像的物理意义，结合图像斜率的变化得出场强的大小关系；
根据图像得出电场线的方向，根据电场力的做功特点结合功能关系完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合功能关系即可完成解答。
10.【答案】BCD
【解析】解：若船要从A点驶向对岸的B点，则船的合速度需要沿AB方向，且v静的方向与AB垂直，则有v静=v水sin30∘
此时船的速度最小，代入数据解得v静=2m/s
结合平行四边形定则可知，船在静水中行驶的速度大于等于2m/s即可，故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
小船的实际运动速度是小船在静水中的速度与河水流速的合速度，当船速与合速度垂直时船速最小，由此结合平行四边形定则分析。
关于渡河问题，是考试的一个热点，要注意分析渡河的几种情况，一是以最短时间渡河，也就是沿垂直于河岸方向的速度最大时，渡河时间最短，此时的渡河距离不一定是最短的；二是垂直渡河的情况，要在沿河岸方向上合速度为零，此时要有条件：船在静水中的速度大于水流速度，即合速度垂直于河岸。
11.【答案】BC
【解析】解：A.设某近地卫星围绕地球表面做匀速圆周运动，卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmR2=mv12R
在忽略自转的前提下，某物体在地球表面上有
GMm′R2=m′g
联立解得：R=v12g，故A错误；
B.根据某物体在地球表面上有
GMm′R2=m′g
解得：M=v14gG，故B正确；
CD.对飞船，根据万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mv2r
解得：v=v12 gr，故C正确，D错误。
故选：BC。
飞船受到的万有引力提供向心力，在忽略自转的前提下，地球表面的物体受到的万有引力等于重力，联立等式得出地球的质量；
飞船受到的万有引力提供向心力，由此列式得出地球的质量；
根据牛顿第二定律列式得出飞船线速度的表达式。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解飞船做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】D 增大 19
【解析】解：(1)图甲中保持电荷量不变，只改变距离，从而研究力的变化情况，采用的方法是控制变量法，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(2)本实验中，根据小球的摆角可以判断出小球所受作用力的大小，由图可知，电荷量越大，距离越小，细线偏离竖直方向的角度越大，根据对小球的受力分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大，距离的减小而增大；
(3)根据对小球B的受力分析，结合库仑定律和平衡条件可得：
mgtanθ=kqAqB(Lsinθ)2
解得：qA=mgL2tanθsin2θkqB
可得两次实验中A的电量之比为
q1q2=tan30∘sin230∘tan60∘sin260∘=19
故答案为：(1)D；(2)增大；(3)19
(1)根据实验原理分析出对应的实验方法；
(2)根据实验现象得出静电力与距离的关系；
(3)根据对小球的受力分析，结合几何关系和库仑定律得出电荷的比值关系。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合受力分析和库仑定律即可完成解答。
13.【答案】dt (m0+m2−2m1)gh12(m0+m2+4m1)(dt)2 存在摩擦、存在阻力或定滑轮有质量，旋转增加了动能 大于
【解析】解：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，m2经过光电门时的速度大小：v=dt；
(2)将m0、m1和m2看做一个系统，m2下落h过程中，m1上升2h，则系统重力势能的减小量：△Ep=(m0+m2)gh−2m1gh=(m0+m2−2m1)gh，m1的速度是m2速度的2倍，则系统动能的增加量：△Ek=12(m0+m2)v2+12m1(2v)2=12(m0+m2+4m1)v2=12(m0+m2+4m1)(dt)2；
(3)实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能AEk并不相等，原因是存在摩擦、存在阻力或定滑轮有质量，旋转增加了动能。根据能量守恒知，系统重力势能的减小量大于系统动能的增加量，即△Ep>△Ek。
故答案为：(1)dt，(2)(m0+m2−2m1)gh，12(m0+m2+4m1)(dt)2，(3)存在摩擦、存在阻力或定滑轮有质量，旋转增加了动能，大于。
(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出m2经过光电门时的速度大小；
(2)将m0、m1和m2看做一个系统，质量为m2的滑块与质量为m0的动滑轮下降，重力势能减小，质量为m1的滑块上升，重力势能增加，从而求出系统重力势能的减小量，根据质量为m2的滑块通过光电门的速度得出质量为m1的滑块的速度，从而求出系统动能的增加量；
(3)通过能量守恒角度分析系统重力势能的减小量和系统动能增加量不相等的原因。
解决本题的关键知道实验的原理，研究的对象是系统，会求解系统重力势能的减小量和系统动能增加量，注意两滑块上升和下降的高度不同以及速度大小不等。
14.【答案】解：(1)由电场强度的定义得：
E=Fq
代入数据得：E=3.0×104V/m
(2)电场力做的功为：
W=F⋅x
代入数据得：W=6.0×10−5J
(3)根据电场力做功与电势差的关系得：
W=q(φA−φB)
代入数据得：φA=3000V
答：(1)匀强电场场强E的大小为3.0×104N/C；
(2)将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力做的功为6.0×10−5J；
(3)若B点电势φB=0，则A点的电势φA为3000V。
【解析】(1)根据由电场强度的定义求解匀强电场场强E的大小；
(2)根据电场力做功公式W=F⋅x求解电场力做的功；
(3)根据电场力做功与电势差的关系求解A点的电势。
本题考查了电场强度的定义式、电场力做功以及电场力做功与电势差的关系，在运用W=qU求解时，功的正负、电荷的正负、电势差的正负需代入计算。
15.【答案】解：(1)设滑块到达B点时速度大小为vB，包裹从A到B过程，由动能定理有
mgR=12mvB2
解得：vB=5m/s
(2)设包裹冲上传送带后经过时间t1加速与传送带共速，通过的位移大小为x1。
加速度为a=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
则t1=v−vBa=7−55s=0.4s
x1=vB+v2t1=5+72×0.4m=2.4m随后包裹做匀速直线运动，设历时t2到达C端，则
t2=L−x1v=4.5−2.47s=0.3s
则包裹从传送带B到C端过程所经历的时间
t=t1+t2=0.4s+0.3s=0.7s
(3)包裹从传送带B到C端过程中，滑块相对于传送带位移大小为
Δx=vt1−x1=7×0.4m−2.4m=0.4m
产生的热量为：Q=μmg⋅Δx
解得：Q=2J
包裹增加的动能为
ΔEk=12mv2−12mvB2
解得：ΔEk=12J
根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能为
ΔE电=Q+ΔEk=2J+12J=14J
答：(1)包裹到达B点时速度大小为5m/s；
(2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间为0.7s；
(3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能为14J。
【解析】(1)从A到B，根据动能定理求包裹到达B点时速度大小；
(2)包裹滑上传送带后，利用牛顿第二定律求出加速度大小，由速度-时间公式求出包裹与传送带共速所经历的时间，由位移-时间公式求此过程的位移。随后包裹做匀速直线运动，利用运动学公式求匀速运动的时间，从而求得包裹从传送带B到C端过程所经历的总时间；
(3)利用运动学公式求得滑块与传送带间的相对位移Δx，利用Q=μmgΔx求出因摩擦产生的热量，最后由功能关系求电动机多消耗的电能。
对于传送带的问题，要正确分析物体的受力，特别是摩擦力的分析，要注意系统因摩擦产生的热量为：Q=fΔx，其中Δx为相对位移。
16.【答案】解：(1)小球释放运动到y轴做圆周运动，根据动能定理
mgL=12mv2−0
解得
v= 2gL
(2)小球运动到y轴时轻绳断裂后小球受重力、电场力，做类平抛运动
y方向有
L=12gt2
解得
t= 2Lg
x方向有
a=Eqm=4g3
x=vt+12at2
解得
x=103L
则B点的位置坐标为(−103L,0)
(3)小球能通过y轴继续做圆周运动，设小球连线与y方向夹角为θ，根据功能关系有
W合=−mg(L−Lcsθ)+EqLsinθ
合外力所做的功等于动能的改变量，由题知当速度最大时，绳中的拉力恰好达到绳子所能承受的最大拉力，则此时合外力所做的功最多有
csθ+43sinθ
即上式取到最大值为
θ=53∘，W合=2mgL3
根据动能定理
−mg(L−Lcsθ)+EqLsinθ=12mvm2−12mv2
解得
vm= 10gL3
(用其它方法，等效重力场计算最大速度位置解得θ=53∘，vm= 10gL3也可以)
电场力和重力的等效合力为
F= (mg)2+(qE)2=53mg
根据圆周运动供需平衡有
FT−53mg=mvm2L
解得FT=5mg
轻绳能承受的最大拉力为5mg。
答：(1)小球从第一象限通过y轴时的速度大小为 2gL；
(2)小球能到达x轴上的B点的位置坐标为(−103L,0)；
(3)轻绳能承受的最大拉力为5mg。
【解析】(1)根据动能定理求出小球到达y轴时的速度；
(2)进入电场后根据运动的合成与分解，在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，从而得出B点坐标；
(3)小球在第二象限中在电场和重力场组成的复合场中运动，求出其等效重力，结合动能定理求出小球的最大速度，再根据牛顿第二定律求出绳子的最大拉力。
本题考查动能定理的应用，关键是要根据运动的分解处理在复合场中的运动，结合牛顿第二定律求解绳子的最大拉力。
1.下列有关说法，正确的是( )
A. 处于静电平衡状态的导体，其表面没有电荷
B. 牛顿提出了万有引力定律，并通过实验精确测量了引力常量G的数值
C. 电场线是由物理学家法拉第提出来的，它与电场一样也是客观存在的
D. 密立根通过实验测定了元电荷e的数值约为1.6×10−19C
2.如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的( )
A. 甲图中与点电荷等距的A、B两点
B. 乙图中两等量同种点电荷连线上对称的A、B两点
C. 丙图中两等量异种点电荷连线上对称的A、B两点
D. 丁图中非匀强电场的A、B两点
3.某同学路过建筑工地时，偶然看到工地塔吊通过钢丝绳将地面上静止的钢材竖直向上吊起，钢材由地面被吊至最高点的过程中，v−t图像如图所示。以下判断正确的是( )
A. 前3s内钢材所受拉力做正功
B. 第3s末至第5s末的过程中拉力不做功
C. 最后2s内拉力对钢材做负功
D. 整个过程中，钢材的机械能守恒
4.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为2.5m，该同学和秋千踏板的总质量约为40kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为5m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A. 200N
B. 400N
C. 600N
D. 800N
5.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
6.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B. t1∼t2时间内汽车牵引力做功为12mv22−12mv12
C. t1∼t2时间内的平均速度为12(v1+v2)
D. 在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2∼t3时间内牵引力最小
7.新余某校开了排球选修课，增强学生体育综合素质。某次体育课上同学们正对竖直墙面练习排球垫球。甲同学垫球时，排球出手的位置A与竖直墙壁的水平距离为S，球恰好垂直击中墙壁于B点，AB间的竖直高度为2S；乙同学垫球时，排球出手的位置C与竖直墙壁的水平距离为1.5S，球恰好也垂直击中墙壁于D点，CD间的竖直高度为S。O、A、C在同一水平面上，排球运动的轨迹在同一竖直面内，且平面与墙面垂直，如图乙所示。排球视为质点，不计空气阻力。设排球质量相同，则甲同学排球出手瞬间的动能Ek1与乙同学排球出手瞬间的动能Ek2之比为( )
A. 3450B. 5034C. 3425D. 2534
8.一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有( )
A. 重力加速度大小
B. 物体所受滑动摩擦力的大小
C. 斜面的倾角
D. 沿斜面上滑的时间
二、多选题：本大题共3小题，共14分。
9.如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点，所经位置的电势随该位置与A点距离的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是( )
A. A、B两点的电势中φA<φBB. A、B两点的电场强度EA
A. 1m/s
B. 2m/s
C. 3m/s
D. 4m/s
11.2023年5月30日，神舟十六号载人航天飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，标志着我国航天实力迅速增长，“航天强国梦”正在加速推进。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的第一宇宙速度为v1，引力常量为G，假设神舟飞船进入预定轨道后绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，则下列说法正确的是( )
A. 地球的半径为v122gB. 地球的质量为v14gG
C. 飞船的线速度大小为v12 grD. 飞船的线速度大小为v12 gr
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图甲中实验采用的方法是______(填正确选项前的字母，单选)；
A.理想实验法
B.等效替代法
C.微小量放大法
D.控制变量法
(2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)接着该组同学使小球处于同一位置，增大(或减少)小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为30∘和60∘，则q1q2为______。
13.如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接(绳竖直)。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。
(1)m2经过光电门时的速度大小为______。
(2)若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为______，系统增加的动能为______。
(3)经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能△Ek并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是(写出一条即可)：______，即△Ep______△Ek(选填“大于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
14.如图所示的匀强电场中，一电荷量q=+2.0×10−8C的点电荷所受电场力F=6.0×10−4N。沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离x=0.1m。问：
(1)匀强电场场强E的大小；
(2)将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力做的功；
(3)若B点电势φB=0，则A点的电势φA为多少。
15.如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R=1.25m，圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v=7m/s的速度顺时针匀速转动，传送带BC两端距离为L=4.5m。质量为m=1kg的包裹(可视为质点)，从圆弧轨道最高点A处由静止开始释放，已知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)包裹到达B点时速度大小；
(2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间；
(3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。
16.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿x轴负方向的匀强电场，其电场强度的大小为E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A(0,2L)点，另一端系一带正电的小球(视为质点)，电荷量为q=4mg3E(m为小球质量，g为重力加速度)，开始时绳刚好水平拉直，现将小球静止释放。
(1)求小球从第一象限通过y轴时的速度大小；
(2)若小球运动到y轴时轻绳断裂，小球能到达x轴上的B点(未画出)，求B点的位置坐标；
(3)若轻绳没有断裂，小球能通过y轴继续运动，当速度最大时，绳中的拉力恰好达到绳子所能承受的最大拉力，求轻绳能承受的最大拉力。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、处于静电平衡状态的导体，电荷分布在外表面，故A错误；
B、牛顿提出了万有引力定律，但他没有测出引力常量G，是卡文迪什通过实验精确测量了引力常量G的数值，故B错误；
C、电场线是由英国物理学家法拉第首先提出来的，但它并不是客观存在的，是人为假想的曲线，而电场是客观存在的，故C错误；
D、密立根通过实验测定了元电荷e的数值约为1.6×10−19C，符合史实，故D正确。
故选：D。
根据处于静电平衡状态导体的特点分析A项；根据牛顿和卡文迪什的物理学成就分析B项；根据法拉第的贡献分析C项；结合密立根的物理学成就分析D项。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】C
【解析】解：A、点电荷电场是以电荷为中心的向外辐射的，根据点电荷电场强度公式可知甲图中与点电荷等距的A、B两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B、根据等量同种点电荷电场的分布特点，可知乙图中两等量同种点电荷连线上对称的A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C、根据等量异种点电荷电场的分布特点，可知丙图中两等量异种点电荷连线上对称的A、B两点电场强度相同，故C正确；
D、在同一电场图中，电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知丁图中非匀强电场的A、B两点的电场强度不相同，故D错误；
故选：C。
电场强度是矢量，根据电场线的疏密表示大小，切线方向表示场强方向去判断各项。
本题关键要掌握电场线的物理意义：疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向。
3.【答案】A
【解析】解：A.前3s内钢材向上做匀加速直线运动，速度方向向上，钢材受到的拉力也向上，故拉力做正功，故A正确；
B.第3s末至第5s末的过程中，速度向上，钢材受到的拉力也向上，故拉力做正功，故B错误；
C.最后2s内钢材向上做匀减速直线运动，速度方向向上，钢材受到的拉力也向上，故拉力做正功，故C错误；
D.整个过程中，因为拉力做正功，所以钢材的机械能增加，故D错误。
故选：A。
根据钢材受到的拉力方向，结合钢材的位移方向分析出拉力做功的类型；
根据机械能的定义分析出钢材的机械能是否守恒。
本题主要考查了功的相关应用，熟悉功的计算公式，结合机械能守恒定律的条件即可完成分析。
4.【答案】B
【解析】解：在最低点，同学和秋千踏板受到竖直向下的重力，竖直向上的绳子拉力，根据牛顿第二定律可得：
2T−mg=mv2r
解得：T=400N，故B正确，ACD错误；
故选：B。
对同学和秋千踏板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式得出绳子的拉力。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
5.【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。
6.【答案】D
【解析】解：A、0∼t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误；
B、t1∼t2时间内动能的变化量为12mv22−12mv12，而在运动中受牵引力及阻力，故牵引力做功一定大于12mv22−12mv12，故B错误；
C、t1∼t2时间内，若图象为直线时，平均速度为12(v1+v2)，而现在图象为曲线，故图象的面积大于直线时的面积，即位移大于直线时的位移，故平均速度大于12(v1+v2)，故C错误；
D、由P=Fv及运动过程可知，t1时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而t2∼t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故D正确；
故选：D。
在速度-时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，而水平的直线表示匀速直线运动，曲线表示变速直线运动；由图象可知物体的运动情况，由P=Fv可知，牵引力的变化；由动能定理可知牵引力所做的功．
本题由图象确定物体的运动情况，由P=Fv可分析牵引力及功率的变化；
平均速度公式v−=12(v1+v2)只适用于匀变速直线运动．
7.【答案】C
【解析】解：根据抛体运动的对称性，排球出手时的动能等于排球从墙壁水平抛出做平抛运动落到出手处时的动能。设平抛运动的水平距离为x，竖直位移为y，则
在水平方向上：x=v0t
在竖直方向上：y=12gt2
由速度的合成有
v2=v02+vy2
整理可得：v2=g(x2+4y2)2y
根据动能的计算公式可得：
Ek=12mv2
因排球的质量相同，因此
Ek1Ek2=v12v22
代入数据解得
Ek1Ek2=3425，故C正确，ABD错误；
故选：C。
熟悉平抛运动的特点，结合运动学公式和矢量合成的特点得出排球的速度，结合动能的计算公式完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合动能的计算公式即可完成分析。
8.【答案】B
【解析】解：物块根据动能定理有：−2fx0=Ek2−Ek1，可解得：f=Ek1−Ek22x0，由于题中物块的质量未知，无法计算重力加速度大小、斜面的倾角和沿斜面上滑的时间，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据图像结合动能定理可解得摩擦力大小，由于物块的质量未知，无法计算其他物理量。
本题考查动能定理，解题关键掌握图像的理解，注意动能定理的应用。
9.【答案】CD
【解析】解：A.依题意电子从A到B过程，电势降低，则A、B两点的电势关系为φA>φB，故A错误；
B.φ−x图像的斜率大小等于电场强度，根据图像可知图像的斜率逐渐减小，则从A到点B场强减小，则有EA>EB，故B错误；
CD.根据图像可知从A到B的过程中电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大，即vA>vB；EpA
根据图像得出不同位置的电势高低；
理解图像的物理意义，结合图像斜率的变化得出场强的大小关系；
根据图像得出电场线的方向，根据电场力的做功特点结合功能关系完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合功能关系即可完成解答。
10.【答案】BCD
【解析】解：若船要从A点驶向对岸的B点，则船的合速度需要沿AB方向，且v静的方向与AB垂直，则有v静=v水sin30∘
此时船的速度最小，代入数据解得v静=2m/s
结合平行四边形定则可知，船在静水中行驶的速度大于等于2m/s即可，故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
小船的实际运动速度是小船在静水中的速度与河水流速的合速度，当船速与合速度垂直时船速最小，由此结合平行四边形定则分析。
关于渡河问题，是考试的一个热点，要注意分析渡河的几种情况，一是以最短时间渡河，也就是沿垂直于河岸方向的速度最大时，渡河时间最短，此时的渡河距离不一定是最短的；二是垂直渡河的情况，要在沿河岸方向上合速度为零，此时要有条件：船在静水中的速度大于水流速度，即合速度垂直于河岸。
11.【答案】BC
【解析】解：A.设某近地卫星围绕地球表面做匀速圆周运动，卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmR2=mv12R
在忽略自转的前提下，某物体在地球表面上有
GMm′R2=m′g
联立解得：R=v12g，故A错误；
B.根据某物体在地球表面上有
GMm′R2=m′g
解得：M=v14gG，故B正确；
CD.对飞船，根据万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mv2r
解得：v=v12 gr，故C正确，D错误。
故选：BC。
飞船受到的万有引力提供向心力，在忽略自转的前提下，地球表面的物体受到的万有引力等于重力，联立等式得出地球的质量；
飞船受到的万有引力提供向心力，由此列式得出地球的质量；
根据牛顿第二定律列式得出飞船线速度的表达式。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解飞船做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】D 增大 19
【解析】解：(1)图甲中保持电荷量不变，只改变距离，从而研究力的变化情况，采用的方法是控制变量法，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(2)本实验中，根据小球的摆角可以判断出小球所受作用力的大小，由图可知，电荷量越大，距离越小，细线偏离竖直方向的角度越大，根据对小球的受力分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大，距离的减小而增大；
(3)根据对小球B的受力分析，结合库仑定律和平衡条件可得：
mgtanθ=kqAqB(Lsinθ)2
解得：qA=mgL2tanθsin2θkqB
可得两次实验中A的电量之比为
q1q2=tan30∘sin230∘tan60∘sin260∘=19
故答案为：(1)D；(2)增大；(3)19
(1)根据实验原理分析出对应的实验方法；
(2)根据实验现象得出静电力与距离的关系；
(3)根据对小球的受力分析，结合几何关系和库仑定律得出电荷的比值关系。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合受力分析和库仑定律即可完成解答。
13.【答案】dt (m0+m2−2m1)gh12(m0+m2+4m1)(dt)2 存在摩擦、存在阻力或定滑轮有质量，旋转增加了动能 大于
【解析】解：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，m2经过光电门时的速度大小：v=dt；
(2)将m0、m1和m2看做一个系统，m2下落h过程中，m1上升2h，则系统重力势能的减小量：△Ep=(m0+m2)gh−2m1gh=(m0+m2−2m1)gh，m1的速度是m2速度的2倍，则系统动能的增加量：△Ek=12(m0+m2)v2+12m1(2v)2=12(m0+m2+4m1)v2=12(m0+m2+4m1)(dt)2；
(3)实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能AEk并不相等，原因是存在摩擦、存在阻力或定滑轮有质量，旋转增加了动能。根据能量守恒知，系统重力势能的减小量大于系统动能的增加量，即△Ep>△Ek。
故答案为：(1)dt，(2)(m0+m2−2m1)gh，12(m0+m2+4m1)(dt)2，(3)存在摩擦、存在阻力或定滑轮有质量，旋转增加了动能，大于。
(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出m2经过光电门时的速度大小；
(2)将m0、m1和m2看做一个系统，质量为m2的滑块与质量为m0的动滑轮下降，重力势能减小，质量为m1的滑块上升，重力势能增加，从而求出系统重力势能的减小量，根据质量为m2的滑块通过光电门的速度得出质量为m1的滑块的速度，从而求出系统动能的增加量；
(3)通过能量守恒角度分析系统重力势能的减小量和系统动能增加量不相等的原因。
解决本题的关键知道实验的原理，研究的对象是系统，会求解系统重力势能的减小量和系统动能增加量，注意两滑块上升和下降的高度不同以及速度大小不等。
14.【答案】解：(1)由电场强度的定义得：
E=Fq
代入数据得：E=3.0×104V/m
(2)电场力做的功为：
W=F⋅x
代入数据得：W=6.0×10−5J
(3)根据电场力做功与电势差的关系得：
W=q(φA−φB)
代入数据得：φA=3000V
答：(1)匀强电场场强E的大小为3.0×104N/C；
(2)将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力做的功为6.0×10−5J；
(3)若B点电势φB=0，则A点的电势φA为3000V。
【解析】(1)根据由电场强度的定义求解匀强电场场强E的大小；
(2)根据电场力做功公式W=F⋅x求解电场力做的功；
(3)根据电场力做功与电势差的关系求解A点的电势。
本题考查了电场强度的定义式、电场力做功以及电场力做功与电势差的关系，在运用W=qU求解时，功的正负、电荷的正负、电势差的正负需代入计算。
15.【答案】解：(1)设滑块到达B点时速度大小为vB，包裹从A到B过程，由动能定理有
mgR=12mvB2
解得：vB=5m/s
(2)设包裹冲上传送带后经过时间t1加速与传送带共速，通过的位移大小为x1。
加速度为a=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
则t1=v−vBa=7−55s=0.4s
x1=vB+v2t1=5+72×0.4m=2.4m
t2=L−x1v=4.5−2.47s=0.3s
则包裹从传送带B到C端过程所经历的时间
t=t1+t2=0.4s+0.3s=0.7s
(3)包裹从传送带B到C端过程中，滑块相对于传送带位移大小为
Δx=vt1−x1=7×0.4m−2.4m=0.4m
产生的热量为：Q=μmg⋅Δx
解得：Q=2J
包裹增加的动能为
ΔEk=12mv2−12mvB2
解得：ΔEk=12J
根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能为
ΔE电=Q+ΔEk=2J+12J=14J
答：(1)包裹到达B点时速度大小为5m/s；
(2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间为0.7s；
(3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能为14J。
【解析】(1)从A到B，根据动能定理求包裹到达B点时速度大小；
(2)包裹滑上传送带后，利用牛顿第二定律求出加速度大小，由速度-时间公式求出包裹与传送带共速所经历的时间，由位移-时间公式求此过程的位移。随后包裹做匀速直线运动，利用运动学公式求匀速运动的时间，从而求得包裹从传送带B到C端过程所经历的总时间；
(3)利用运动学公式求得滑块与传送带间的相对位移Δx，利用Q=μmgΔx求出因摩擦产生的热量，最后由功能关系求电动机多消耗的电能。
对于传送带的问题，要正确分析物体的受力，特别是摩擦力的分析，要注意系统因摩擦产生的热量为：Q=fΔx，其中Δx为相对位移。
16.【答案】解：(1)小球释放运动到y轴做圆周运动，根据动能定理
mgL=12mv2−0
解得
v= 2gL
(2)小球运动到y轴时轻绳断裂后小球受重力、电场力，做类平抛运动
y方向有
L=12gt2
解得
t= 2Lg
x方向有
a=Eqm=4g3
x=vt+12at2
解得
x=103L
则B点的位置坐标为(−103L,0)
(3)小球能通过y轴继续做圆周运动，设小球连线与y方向夹角为θ，根据功能关系有
W合=−mg(L−Lcsθ)+EqLsinθ
合外力所做的功等于动能的改变量，由题知当速度最大时，绳中的拉力恰好达到绳子所能承受的最大拉力，则此时合外力所做的功最多有
csθ+43sinθ
即上式取到最大值为
θ=53∘，W合=2mgL3
根据动能定理
−mg(L−Lcsθ)+EqLsinθ=12mvm2−12mv2
解得
vm= 10gL3
(用其它方法，等效重力场计算最大速度位置解得θ=53∘，vm= 10gL3也可以)
电场力和重力的等效合力为
F= (mg)2+(qE)2=53mg
根据圆周运动供需平衡有
FT−53mg=mvm2L
解得FT=5mg
轻绳能承受的最大拉力为5mg。
答：(1)小球从第一象限通过y轴时的速度大小为 2gL；
(2)小球能到达x轴上的B点的位置坐标为(−103L,0)；
(3)轻绳能承受的最大拉力为5mg。
【解析】(1)根据动能定理求出小球到达y轴时的速度；
(2)进入电场后根据运动的合成与分解，在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，从而得出B点坐标；
(3)小球在第二象限中在电场和重力场组成的复合场中运动，求出其等效重力，结合动能定理求出小球的最大速度，再根据牛顿第二定律求出绳子的最大拉力。
本题考查动能定理的应用，关键是要根据运动的分解处理在复合场中的运动，结合牛顿第二定律求解绳子的最大拉力。
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