【KS5U解析】安徽省定遠縣2020屆高三下學期停課不停學線上物理試題（四） Word版含解析

1、2020年停課不停學高三物理線上卷答卷注意：1、本卷滿分110分，完成時間100分鐘。2、在規(guī)定時間內(nèi)（8：00-9：40）完成本試卷。3、在答題紙上作答。寫清題號，書寫要規(guī)范！4、答題結(jié)束應(yīng)在3分鐘內(nèi)上傳完成！不得拖延！第i卷（選擇題 40分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分。共40分。其中1-6小題為單選題，7-10小題為多選題。）1.如圖所示為氫原子能級的示意圖，下列有關(guān)說法正確的是a. 處于基態(tài)的氫原子吸收10.5ev的光子后能躍遷至，n2能級b. 大量處于n4能級的氫原子向低能級躍遷時，最多可輻射出3種不同頻率的光c. 若用從n3能級躍遷到n2能級輻射出的光，照射某金屬時恰好

2、發(fā)生光電效應(yīng)，則用從n4能級躍遷到n3能級輻射出的光，照射該金屬時一定能發(fā)生光電效應(yīng)d. 用n4能級躍遷到n1能級輻射出的光，照射逸出功為6.34 ev的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為6.41ev【答案】d【解析】【詳解】a處于基態(tài)的氫原子吸收10.2ev的光子后能躍遷至n=2能級，不能吸收10.2ev的能量故a錯誤；b大量處于n=4能級的氫原子，最多可以輻射出，故b錯誤；c從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光的能量值大于從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的光的能量值，用從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光，照射某金屬時恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的光，照射該

3、金屬時不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故c錯誤；d處于n=4能級氫原子躍遷到n=1能級輻射出的光的能量為：，根據(jù)光電效應(yīng)方程，照射逸出功為6.34ev的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為：，故d正確；2.位于貴州的“中國天眼”（fast）是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠鏡，通過fast可以測量地球與木星之間的距離當fast接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉(zhuǎn)線速度方向相同時，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍若地球和木星繞太陽的運動均視為勻速圓周運動且軌道共面，則可知木星的公轉(zhuǎn)周期為（ ）a. 年b. 年c. 年d. 年【答案】a【解析】【詳解】該題中，太陽、地球、木星的位置關(guān)系如圖：設(shè)

4、地球的公轉(zhuǎn)半徑為r1，木星的公轉(zhuǎn)半徑為r2，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍，則有： ，由開普勒第三定律有：，可得：，由于地球公轉(zhuǎn)周期為1年，則有：t2年，故a正確，bcd錯誤3.如圖所示，左圖為大型游樂設(shè)施跳樓機，右圖為其結(jié)構(gòu)簡圖跳樓機由靜止從a自由下落到b，再從b開始以恒力制動豎直下落到c停下已知跳樓機和游客總質(zhì)量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g則a. 從a到b與從b到c的運動時間之比為2：1b. 從a到b，跳樓機座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等c. 從a到b，跳樓機和游客總重力的沖量大小為d. 從b到c，跳樓機受到制動力的大小等于2mg【答案】a【解

5、析】【詳解】a.由題意可知，跳樓機從a運動b過程中做自由落體運動，由可得，下落時間由可知，運動到b的速度大小為跳樓機從b運動c過程中做減速運動，同理可得，解得減速過程的加速度大小為，時間為，故從a到b與從b到c的運動時間之比為故a正確；b.從a到b，跳樓機做自由落體運動，故跳樓機座椅對游客的作用力為零，故b錯誤；c從a到b，根據(jù)動量定理可得則跳樓機和游客總重力的沖量大小為，故c錯誤；d.從b到c，根據(jù)牛頓第二定律有：解得跳樓機受到制動力的大小為，故d錯誤4.水平面上的三點a、o、b在一條直線上， ob=2oa，oo是豎直的分界線，其左邊區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強電場，場強大小為e1=，其右邊區(qū)域內(nèi)

6、有水平向左的勻強電場，場強大小為e2，現(xiàn)將一帶電量為q的小球從a點以初速度v0豎直向上拋出，小球在空中越過分界線后，豎直向下落在b點，不計阻力，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是：a. 小球在b點的電勢能大于在a點的電勢能b. 小球經(jīng)過分界線時的速度與水平方向夾角的正切值tan=c. 小球經(jīng)過分界線時離水平面的高度為d. 左右兩區(qū)域電場強度大小的比值為e1:e2=1:2【答案】b【解析】【詳解】小球只受重力和電場力作用，故豎直方向做加速度為g的勻變速運動，又有a、b兩點的高度相等，故豎直方向的速度大小相等；根據(jù)b點速度豎直向下可得：小球落在b點時的速度大小等于v0，則小球在空中運動的總時間

7、為；小球在水平方向只受電場力作用，做勻變速運動；故在oo'左側(cè)做加速度的勻加速運動，在右側(cè)做加速度的勻減速運動；設(shè)在左側(cè)運動時間為t1，在右側(cè)運動時間為t2；則有：t1+t2，a1t1=a2t2；又有ob=2oa，所以，a1t1t2-a2t222×a1t12；所以，t22t1，e1：e2=a1：a2=t2：t1=2：1；故d錯誤；小球在豎直方向做豎直上拋運動，故經(jīng)過分界線時離水平面的高度為hv0t1gt12，故c錯誤；小球經(jīng)過分界線時的水平速度vx=a1t1=v0；豎直速度：，則速度與水平方向夾角的正切值，選項b正確；根據(jù)e1：e2=2：1，ob=2oa，由u=ed可得：a、

8、b兩點電勢相等，故電勢能相等，故a錯誤；故選b5.如圖所示，兩光滑直桿成直角豎直固定，om水平，on豎直，兩個質(zhì)量相同的有孔小球a、b(可視為質(zhì)點)串在桿上通過長為l的非彈性輕繩相連，開始時小球a在水平向左的外力作用下處于靜止狀態(tài)，此時ob，重力加速度為g，現(xiàn)將外力增大到原來的4倍(方向不變)，則小球b運動到與o點的距離為時的速度大小為a. b. c. d. 【答案】c【解析】【詳解】開始時a到o的距離：以b為研究對象，開始時b受到重力、桿的支持力n和繩子的拉力t，如圖，則：tan；由幾何關(guān)系：tan=；聯(lián)立得：n=mg以ab組成的整體為研究對象，在水平方向二者受到拉力f和桿對b的支持力n，由

9、于水平方向受力平衡，所以f=n=mg現(xiàn)將外力增大到原來的4倍（方向不變），則：f=4f=3mgb球向上運動時，小球b運動到o點的距離l時，由幾何關(guān)系得，a到o點的距離：oaa向右的距離： b上升的距離： 此時細繩與豎直方向之間夾角的正切值：tan=，則得 cos=0.6，sin=0.8由運動的合成與分解知識可知：a球的受到與b球的速度之間的關(guān)系為為：vbcos=vasin可得 vb=va以ab球組成的整體為研究對象，拉力和重力對系統(tǒng)做功，由動能定理得：  fsmgh聯(lián)立以上方程解得：vb選項c正確故選c.6.如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場兩個質(zhì)子m、n沿平行

10、于直徑cd的方向從圓周上同一點p射入磁場區(qū)域， p點與cd間的距離為，質(zhì)子m、n入射的速度大小之比為1:2ab是垂直cd的直徑，質(zhì)子m恰好從b點射出磁場，不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的作用力則兩質(zhì)子m、n在磁場中運動的時間之比為a. 2:1b. 3:1c. 3:2d. 3:4【答案】a【解析】【詳解】作出兩質(zhì)子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子m的軌道半徑為r，軌跡圓弧所對圓心角1120º；根據(jù)得，則質(zhì)子n的軌道半徑為2r，再由幾何關(guān)系得：軌跡圓弧所對圓心角260º；質(zhì)子在磁場做圓周運動的周期：，運動的時間滿足：，解得：故a項正確，bcd三項錯誤7.如圖所示，一彈性輕繩(繩

11、的彈力與其伸長量成正比)左端固定，在a點彈性繩自然長度等于ab，跨過由輕桿ob固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過豎直固定的桿初始時abc在一條水平線上，小球從c點由靜止釋放滑到e點時速度恰好為零已知c、e兩點間距離為h，d為ce的中點，小球在c點時彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)下列說法正確的是a. 小球在d點時速度最大b. 若在e點給小球一個向上的速度v，小球恰好能回到c點，則v=c. 小球在cd階段損失的機械能等于小球在de階段損失的機械能d. 若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達e點時的速度大小v=【答案】ab【解析】【分析】根據(jù)題中“a

12、點彈性繩自然長度等于ab小球在c點時彈性繩的拉力為”“小球從c點由靜止釋放滑到e點時速度恰好為零”可知，本題考查動能定理的綜合應(yīng)用問題根據(jù)解決動能定理綜合應(yīng)用問題的方法，運用受力分析、胡克定律、動能定理、對稱性等知識分析推斷【詳解】a：當小球運動到某點p點，彈性繩的伸長量是，小球受到如圖所示的四個力作用，其中，將正交分解，則、，的豎直分量據(jù)牛頓第二定律得：，解得：，即小球的加速度先隨下降的距離均勻減小到零，再隨下降的距離反向均勻增大據(jù)運動的對稱性可知，小球運動到ce的中點d點時，加速度為零，速度最大故a項正確b：對小球從c運動到e過程，應(yīng)用動能定理得：；若小球恰能從e點回到c點，應(yīng)用動能定理得

13、：；聯(lián)立解得：、故b項正確c：小球在全程所受摩擦力大小不變，小球在cd段所受彈力豎直分量較??；則小球在cd段時摩擦力和彈力做的負功比小球在de段時摩擦力和彈力做的負功少，小球在cd階段損失的機械能小于小球在de階段損失的機械能故c項錯誤d：若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，對小球從c運動到e過程，應(yīng)用動能定理得：，解得：小球到達e點時的速度大小故d項錯誤8.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，若穿過某截面的磁通量為=msint，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=mcost如圖所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導線框acd（由細軟彈性電阻絲制成），端點a、d固定在以水平線段ad為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強度大小為b、方向垂直紙面向

14、里的有界勻強磁場設(shè)導線框的電阻恒為r，圓的半徑為r，用兩種方式使導線框上產(chǎn)生感應(yīng)電流方式一：將導線與圓周的接觸點c點以恒定角速度1（相對圓心o）從a點沿圓弧移動至d點；方式二：以ad為軸，保持adc=45°，將導線框以恒定的角速度2轉(zhuǎn)90°則下列說法正確的是a. 方式一中，在c沿圓弧移動到圓心o的正上方時，導線框中的感應(yīng)電動勢最大b. 方式一中，在c從a點沿圓弧移動到圖中adc=30°位置的過程中，通過導線截面的電荷量為c. 若兩種方式電阻絲上產(chǎn)生的熱量相等，則d. 兩種方式回路中電動勢的有效值之比【答案】bd【解析】【詳解】第一種方式穿過回路的磁通量,所產(chǎn)生的電

15、動勢為,在c沿圓弧移動到圓心o的正上方時 ,此時的感應(yīng)電動勢為零,故a錯誤；方式一中，在c從a點沿圓弧移動到圖中adc=30°位置的過程中，穿過回路磁通量的變化量為 則，故b正確；第二種方式穿回路的磁通量 ,所產(chǎn)生的電動勢為,則兩種方式所產(chǎn)生的正弦交流電動勢的有效值之比為 故d正確；兩個轉(zhuǎn)動時間滿足 ,且若兩種方式電阻絲上產(chǎn)生的熱量相等，則 ，故c錯誤；故選bd9.如圖，半徑為r、質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距a點正上方h高處由靜止釋放，小球自由落體后由a點經(jīng)過半圓軌道后從b沖出，在空中能上升的最大高度為 ，則()a. 小球和小車組成的系統(tǒng)動量守

16、恒b. 小車向左運動的最大距離為c. 小球離開小車后做豎直上拋運動d. 小球第二次能上升的最大高度【答案】cd【解析】【詳解】a：小球與小車在水平方向所受合外力為零，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒；小球與小車在豎直方向所受合外力不為零，小球和小車組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒故a項錯誤b：當小球向右運動時，設(shè)任一時刻小球速度的水平分量大小為，小車的速度大小為，據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正，得，即，則小球與車在水平方向位移大小，又，解得：小車向左運動的最大距離故b項錯誤c：小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)水平方向動量為零，小球離開小車時兩者在水平方向速度相等，則小球離開小車時

17、小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動故c項正確d：小球第一次在車中運動過程中，由功能關(guān)系得：小球第二次在車中運動過程中，對應(yīng)位置處速度變小，小車對小球的彈力變小，小球克服摩擦做的功變少，即，設(shè)小球第二次能上升的最大高度為，由功能關(guān)系得：，解得：故d項正確【點睛】功能關(guān)系的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以求變力做的功本題中摩擦力做功使機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能10.如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場，完全相同的兩根絕緣輕質(zhì)下端固定在水平地面上，在其正上方質(zhì)量均為m的a、b兩物塊均從距彈簧上端高h處自由下落，已知a物塊的電荷量為+q，b物塊的電荷量為-q，設(shè)地面處的

18、重力勢能為零，不計空氣狙力，重力大于電場力，從釋放到彈簧壓縮到最短的過程中，下列說法正確的是a. a、b兩物塊機械能的變化量相同b. 若釋放高度均增加相同的值，a、b兩物塊速度最大時所具有的重力勢能均不變c. a、b兩物塊速度最大時，b的重力勢能大于a的重力勢能d. a、b兩物塊運動到最低點時，b的重力勢能小于a的重力勢能【答案】bc【解析】設(shè)彈簧的彈性系數(shù)為k，物塊速度最大時的彈性形變?yōu)閤，彈簧的最大形變量為x；b、當物塊速度最大時，物塊受力為零，故有：kxa=mg+qe，kxb=mg-qe；那么，釋放的高度均增加相同的值，a、b兩物塊速度最大時xa，xb不變，故a、b兩物塊速度最大時所具有

19、的重力勢能均不變，故b正確c、由b可知xaxb，故a、b兩物塊速度最大時，b的位置比a的位置高，那么，b的重力勢能大于a的重力勢能，故c正確a、d、由能量守恒可得，所以xaxb，故b的位置比a的位置高，那么b的重力勢能大于a的重力勢能，那么a、b兩物塊機械能的變化量不等，故a、d錯誤故選bc【點睛】有彈簧的裝置中，常應(yīng)用到最大速度時物體受力平衡從而求得壓縮量，進而由動能定理求解；在最低點處物體速度為零，從而由能量守恒求得最大壓縮量第ii卷（非選擇題 70分）二、實驗題（本大題共3小題，共18分。）11. 某同學通過下述實驗驗證力的平行四邊形定則實驗步驟：將彈簧秤固定在貼有白紙的豎直木板上,使其

20、軸線沿豎直方向如圖甲所示,將環(huán)形橡皮筋一端掛在彈簧秤的秤鉤上,另一端用圓珠筆尖豎直向下拉,直到彈簧秤示數(shù)為某一設(shè)定值時,將橡皮筋兩端的位置標記為o1、o2,記錄彈簧秤的示數(shù)f,測量并記錄o1、o2間的距離（即橡皮筋的長度l）每次將彈簧秤示數(shù)改變050 n,測出所對應(yīng)的l,部分數(shù)據(jù)如下表所示：f/n0050100150200250l/cml010971202130013981505找出中f=250 n時橡皮筋兩端的位置,重新標記為o、,橡皮筋的拉力記為foo在秤鉤上涂抹少許潤滑油,將橡皮筋搭在秤鉤上,如圖乙所示用兩圓珠筆尖成適當角度同時拉橡皮筋的兩端,使秤鉤的下端達到o點,將兩筆尖的位置標記為a

21、、b,橡皮筋oa段的拉力記為foa,ob段的拉力記為fob完成下列作圖和填空：（1）利用表中數(shù)據(jù)在給出的坐標紙上畫出f-l圖線（2）測得oa=600cm,ob=760cm,則foa的大小為 n（3）根據(jù)給出的標度,作出foa和fob的合力的圖示（4）通過比較與 的大小和方向,即可得出實驗結(jié)論【答案】（1）如圖所示；（2）180（170190均正確）；（3）如圖所示；（4）foo【解析】試題分析：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)利用描點法得出對應(yīng)的數(shù)據(jù)，圖象與橫坐標的交點即為l0；（2）橡皮筋兩端拉力相等，根據(jù)題意求得總長度即可求得皮筋上的拉力；（3）通過給出的標度確定力的長度，根據(jù)平行四邊形得出圖象如圖所示

22、；（4）根據(jù)實驗原理可明確應(yīng)比較實驗得出的拉力與通過平行四邊形定則得出的合力解：（1）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)利用描點法作出圖象如圖所示：由圖可知，圖象與橫坐標的交點即為l0，由圖可知l0=10.0cm；（2）ab的總長度為6.00+7.60cm=13.60cm；由圖可知，此時兩端拉力f=1.80n；（3）根據(jù)給出的標度，作出合力如圖所示；（4）只要作出的合力與實驗得出的合力f00大小和方向在誤差允許的范圍內(nèi)相等，即可說明平行四邊形定則成立；故答案為（1）如圖所示；10.0；（2）1.80；（3）如圖所示；（4）f00【點評】本題考查驗證平行四邊形定則的實驗，要注意通過認真分析題意掌握實驗原理，注意本題

23、中橡皮筋掛在鉤上時，兩端的拉力大小相等；根據(jù)總長度即可求得拉力大小12.某同學利用圖示裝置，驗證以下兩個規(guī)律：兩物塊通過不可伸長的細繩相連接，沿繩方向分速度大小相等；系統(tǒng)機械能守恒。 p、q、r是三個完全相同的物塊，p、q用細繩連接，放在水平氣墊導軌上。物塊r與輕質(zhì)滑輪連接，放在細繩正中間，三個光電門分別放置于a、b、c處，調(diào)整三個光電門的位置，能實現(xiàn)同時遮光。最初細線水平，現(xiàn)將三個物塊由靜止釋放。（忽略r上的擋光片到輕質(zhì)滑輪間的距離）（1）為了能完成實驗?zāi)康?，除了記錄p、q、r三個遮光片的遮光時間t1、t2、t3外，還必需測量的物理量有_； ap、q、r的質(zhì)量m b兩個定滑輪間的距離d cr

24、的遮光片到c的距離h d遮光片的寬度x（2）根據(jù)裝置可以分析出p、q的速度大小相等，則驗證表達式為_；（3）若要驗證物塊r沿繩方向分速度與物塊p速度大小相等，則驗證表達式為_；（4）若已知當?shù)刂亓铀俣萭，則驗證系統(tǒng)機械能守恒的表達式為_?！敬鸢浮?(1). bcd (2). t1=t2 (3). (4). gh=【解析】【詳解】（1）1要證明，需要測量d和h，通過幾何關(guān)系可證明沿繩分速度相等；要證明，還需要測量h和x，根據(jù)運動學公式和動能定理列式可驗證機械能守恒，故需要測量的物理量有d，h，x故bcd正確；故選bcd（2）2物塊p的速度物塊q的速度因此分析出p、q的速度大小相等，即需要驗證表

25、達式 化簡可得驗證t1=t2即可.（3）3物塊r的速度要驗證物塊r與物塊p的沿繩分速度相等，則需要驗證表達式即 將vp、vr代入得： （4）4整個系統(tǒng)減少的重力勢能是epmgh增加的動能 要驗證機械能守恒，則 ，即驗證表達式13. 某同學用如圖甲所示的電路測量歐姆表的內(nèi)阻和電動勢（把歐姆表看成一個電源）實驗器材及規(guī)格如下:電流表a1：量程為200a,內(nèi)阻為300電流表a2：量程為30ma,內(nèi)阻為5定值電阻r0：阻值為9700,滑動變阻器r:阻值為050閉合開關(guān)s，移動滑動變阻器的滑動觸頭至某一位置，讀出電流表a1和a2的示數(shù)分別為i1和i2多次改變滑動觸頭的位置，得到的數(shù)據(jù)見下表在圖乙所示的坐

26、標紙上以i1為縱坐標、i2為橫坐標，畫出所對應(yīng)的i1i2曲線；利用所得曲線求得歐姆表的電動勢e= v，歐姆表內(nèi)阻r= ；將該歐姆表兩個表筆短接，通過歐姆表的電流為i= a【答案】如圖所示；150（148151）; 150（140160）01（009011）【解析】試題分析：將各點依次描出，連線如圖所示圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢，由閉合電路歐姆定律可知，歐姆表內(nèi)電源的電動勢e=150a×（300+9700）=150v圖象的斜率絕對值為歐姆表內(nèi)阻，故內(nèi)阻約為，將該歐姆表兩個表筆短接，通過歐姆表的電流為考點：測量歐姆表的內(nèi)阻和電動勢三、解答題（本大題共3小題，共52分。寫出必要的文字

27、說明與步驟。）14.牛頓說：“我們必須普遍地承認，一切物體，不論是什么，都被賦予了相互引力的原理”任何兩個物體間存在的相互作用的引力，都可以用萬有引力定律計算，而且任何兩個物體之間都存在引力勢能，若規(guī)定物體處于無窮遠處時的勢能為零，則二者之間引力勢能的大小為，其中m1、m2為兩個物體的質(zhì)量， r為兩個質(zhì)點間的距離（對于質(zhì)量分布均勻的球體，指的是兩個球心之間的距離），g為引力常量設(shè)有一個質(zhì)量分布均勻的星球，質(zhì)量為m，半徑為r（1）該星球的第一宇宙速度是多少？（2）為了描述電場的強弱，引入了電場強度的概念，請寫出電場強度的定義式類比電場強度的定義，請在引力場中建立“引力場強度”的概念，并計算該星球

28、表面處的引力場強度是多大？（3）該星球第二宇宙速度是多少？（4）如圖所示是一個均勻帶電實心球的剖面圖，其總電荷量為+q（該帶電實心球可看作電荷集中在球心處的點電荷），半徑為r，p為球外一點，與球心間的距離為r，靜電力常量為k現(xiàn)將一個點電荷-q（該點電荷對實心球周圍電場的影響可以忽略）從球面附近移動到p點，請參考引力勢能的概念，求電場力所做的功【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】(1)設(shè)靠近該星球表面做勻速圓周運動的衛(wèi)星的速度大小為，萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力 解得： ；(2)電場強度的定義式 設(shè)質(zhì)量為m的質(zhì)點距離星球中心的距離為r，質(zhì)點受到該星球的萬有引力 質(zhì)點所在處

29、的引力場強度 得 該星球表面處的引力場強度 (3)設(shè)該星球表面一物體以初速度向外拋出，恰好能飛到無窮遠，根據(jù)能量守恒定律 解得： ；(4)點電荷-q在帶電實心球表面處的電勢能 點電荷-q在p點的電勢能 點電荷-q從球面附近移動到p點，電場力所做的功 解得： 15.如圖所示，不帶電且絕緣長木板c質(zhì)量m=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略質(zhì)量為m=1kg、且?guī)д姾闪縬=2c物塊a；正中間放著一個質(zhì)量也為m=1kg的不帶電的絕緣物塊b，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為=0.4，ab之間的距離l=6m，開始時物塊與木板都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)突然在空間中加一向右的e=4v/m的勻強電場，假設(shè)a、b之間為彈性碰撞，a、b碰撞電荷不發(fā)生轉(zhuǎn)移且a與木板之間電荷也不發(fā)生轉(zhuǎn)移，取g=10m/s2求：(1)加上電場瞬間，a、b的加速度大??；(2)a與b第一次碰后瞬間a、b的速度大??；(3)a與b第一次碰后到b與c恰相對靜止時系統(tǒng)電勢能變化量及系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量？【答案】(1)4m/s2,1m/s2 (2) 2m/s,8m/s (3)ep=-27.36j, q=27.36j【解析】【詳解】(1)由牛頓第二定律得：對a：qe-mg=ma1，對b、c整體：mg=(m+m)