山东省菏泽市第一中学老校区2018_2019学年高一物理下学期期末考试模拟试题(含解析)

山东省菏泽市第一中学老校区2018-2019学年高一物理下学期期末考
试模拟试题（含解析）
一、选择题(1-8是单选题,9-15是多选题,每小题3分,共45分.）
1.如图,人沿平直的河岸以速度v 行走,且通过不可伸长的绳拖船,船沿绳的方向行进,此过程中绳始终与水面平行。

当绳与河岸的夹角为α,船的速率为
A. sin v α
B. sin v α
C. cos v α
D. cos v α 【答案】C
【解析】 将人的运动速度v 沿着绳子方向和垂直绳子方向正交分解,如图,由于绳子始终处于绷紧状态,因而小船的速度等于人沿着绳子方向的分速度
根据此图得：v 船=vcosα；故选C.
点睛：本题关键找到人的合运动和分运动,然后根据正交分解法将人的速度分解即可；本题容易把v 船分解而错选D,要分清楚谁是合速度,谁是分速度．
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2. 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出,不计空气阻力,则小球在随后的运动中
A. 速度和加速度的方向都在不断变化
B. 速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C. 在相等的时间间隔内,速率的改变量相等
D. 在相等的时间间隔内,动能的改变量相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于物体只受重力作用,做平抛运动,故加速度不变,速度大小和方向时刻在变化,选项A错误；
B．设某时刻速度与竖直方向夹角为θ,则00
tan
y
v v
v gt
θ==,随着时间t变大,tan θ变小,θ变小,故选项B正确；
C．根据加速度定义式
v
a g
t
∆
==
∆
,则Δv=gΔt,即在相等的时间间隔内,速度的改变量相等,故选项C错误；
D．根据动能定理,在相等的时间间隔内,动能的改变量等于重力做的功,即W G=mgh,对于平抛运动,由于在竖直方向上,在相等时间间隔内的位移不相等,故选项D错误。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。

【考点】平抛运动、动能定理
3.在一斜面顶端,将甲乙两个小球分别以v和
2
v
的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
A. 2倍
B. 4倍
C. 6倍
D. 8倍
【答案】A
【解析】
【详解】设斜面倾角为α,小球落在斜面上速度方向偏向角为θ,甲球以速度v抛出,落在斜面上,如图所示；
根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα,所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；故
对甲有：=cos v v 甲末θ,对乙有：2
=cos v v θ
乙末,所以2=1v v 甲末乙末,故A 正确,BCD 错误。

故选A 。

【点睛】本题主要是考查了平抛运动的规律,知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道平抛运动的两个推论。

4.在离地高h 处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速度大小均为v ,不计空气阻力,两球落地的时间差为（ ）
A. 2v g
B. v g
C.
2h v
D. h v 【答案】A
【解析】
试题分析：当上抛的物体回到抛出点时,做初速度为v 的下抛运动,之后的运动和下抛物体的运动相同,即运动时间相同,所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间,上抛物体回到抛出点的运动过程中,加速度为g,初速度为v,末速度为-v,所以有2v v v t g g
--==-,A 正确 考点：考查了抛体运动规律的应用
【名师点睛】关键是知道两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间
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5.如图所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度,木箱获得的动能一定（ ）
A. 小于拉力所做的功
B. 等于拉力所做的功
C. 等于克服摩擦力所做的功
D. 大于克服摩擦力所做的功
【答案】A
【解析】
【详解】受力分析,找到能影响动能变化的是那几个物理量,然后观测这几个物理量的变化即可。

木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功,拉力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可知即：2102
F f W W mv -=- ,所以动能小于拉力做的功,故A 正确,B 错误； 无法比较动能与摩擦力做功的大小,CD 错误。

故选A
【点睛】正确受力分析,知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功,然后利用动能定理求解末动能的大小。

6.从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力,该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是（ ）
A.
B. C. D.
【答案】A
【解析】
本题考查动能的概念和E k -t 图象,意在考查考生的推理能力和分析能力。

小球做竖直上抛运动时,速度v =v 0-gt ,根据动能212k E mv =得()2012
k E m v gt =-,故图象A 正确。

点睛：本题以竖直上抛运动为背景考查动能的概念和E k -t 图象,解题的方法是先根据竖直上抛运动物体的速度特点写出速度公式,在根据动能的概念写出函数方程,最后根据函数方程选择图象。

7.如图,三个固定的带电小球a 、b 和c ,相互间的距离分别为ab =5 cm,bc =3 cm,ca =4 cm 。

小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。

设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ,则（ ）
A. a 、b 电荷同号,169
k =
B. a、b的电荷异号,
16
9 k=
C. a、b的电荷同号,
64
27
k=
D. a、b的电荷异号,
64
27
k=
【答案】D
【解析】
本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点。

对小球c所受库仑力分析,画出a对c的库仑力和b对c的库仑力,若a对c的库仑力为排斥力, ac的电荷同号,则b对c的库仑力为吸引力,bc电荷为异号, ab的电荷为异号；若a对c 的库仑力为引力,ac的电荷异号,则b对c的库仑力为斥力,bc电荷为同号, ab的电荷为异号,所以ab的电荷为异号。

设ac与bc的夹角为θ,利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律
可得,F ac=k’
2
4
a c
q q
,F bc=k’
2
3
c b
q q
,tanθ=3/4,tanθ= F bc / F ac,ab电荷量的比值k=a
b
q
q,联立解得：k=64/27,选项D正确。

【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合,难度不大。

8.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示,下列说法正确的是( )
A. 实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电
B. 实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小
C. 实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大
D. 实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大
【答案】A
【解析】
A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触,由于静电感应,从而在b板感应出等量的异种电荷,从而使电容器带电,故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：
4
S
C
kd
ε
π
=,将电容器b板向上平移,即正对面积S减小,则电容C
减小,根据
Q C
U =
可知, 电量Q不变,则电压U增大,则静电计指针的张角变大,故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：
4
S
C
kd
ε
π
=,只在极板间插入有机玻璃板,则介电系数ε增大,则电容C增大,根据
Q
C
U
=可知, 电量Q不变,则电压U减小,则静电计指针的张角减小,故选项C错误；
D、根据
Q
C
U
=可知, 电量Q增大,则电压U也会增大,则电容C不变,故选项D错误。

点睛：本题是电容器动态变化分析问题,关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。

9.如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电．放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电．这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光．该电路（）
A. 充电时,通过R的电流不变
B. 若R增大,则充电时间变长
C. 若C增大,则闪光灯闪光一次通过电荷量增大
D. 若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
【答案】BCD
【解析】
本题考查电容器的充放电,意在考查考生的分析能力。

电容器充电时两端电压不断增大,所以电源与电容器极板间的电势差不断减小,因此充电电流变小,选项A错误；当电阻R增大时,充电电流变小,电容器所充电荷量不变的情况下,充电时间变长,选项B正确；若C增大,根据Q=CU,电容器的带电荷量增大,选项C正确；当电源电动势为85V时,电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时,所以闪光灯仍然发光,闪光一次通过的电荷量不变,选项D正确。

点睛：本题源自于2009年江苏高考物理卷的第5题,以闪光灯发光问题为背景考查电容器的
充放电问题,解题的关键是要弄清电路的工作原理和电容器
10. 直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P 向右移动时,电源的（ ）
A. 总功率一定减小
B. 效率一定增大
C. 内部损耗功率一定减小
D. 输出功率一定先增大后减小
【答案】ABC
【解析】 当滑动变阻器的滑片P 向右移动时,接入电路的电阻变大,整个回路的电流变小,内部消耗的功率P=2I r 一定减小,C 正确；总功率P=EI 一定减小,A 正确；而内电压降低,处电压升高,电源的效率UI U EI E
η==增大,B 正确；当内电阻等于外电阻时,输出功率最大,此题中无法知道内外电阻的关系,因此D 不对
11.如图,电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r 。

将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表123V V V 、、示数变化量的绝对值分别为123V V V ∆∆∆、、,理想电流表A 示数变化量的绝对值I ∆,则
A. A 的示数增大
B. 2V 的示数增大
C. 3V ∆与I ∆的比值大于r
D. 1V ∆大于2V ∆
【答案】ACD
【解析】
【详解】A ．滑动变阻器的滑片向下滑动,导致滑动变阻器阻值变小,由于电压表断路,定值电阻和滑动变阻器为串联,滑动变阻器阻值变小,总电阻变小,电源电动势不变,总电流变大,即
电流表示数变大,选项A 对；
B ．电压表1V 测量定值电阻R 的电压,电阻不变,总电流变大,所以电压变大即1V 示数增大。

电压表2V 测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压,示数变小,选项B 错；
D ．电压表3V 测量滑动变阻器电压,设电流增加量为I ∆,则根据1V I R ∆=∆⨯,2V I r ∆=∆⨯,所以12V V ∆>∆,选项D 对；
C ．电压表3V 的变化量3()V I r R ∆=∆⨯+,所以3()V r R r I
∆=+>∆,选项C 对。

12.如图所示,游乐场中,从高处A 到水面B 处有两条长度相等的光滑轨道。

甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处,下列说法正确的有
A. 甲的切向加速度始终比乙的大
B. 甲、乙在同一高度的速度大小相等
C. 甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D. 甲比乙先到达B 处
【答案】BD
【解析】
试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知,甲的切向加速度先比乙的大,后比乙的小,故A 错误；由机械能守恒定律可知,各点的机械能保持不变,高度（重力势能）相等处的动能也相等,故B 错误；甲的切向加速度先比乙的大,速度增大的比较快,开始阶段的位移比较大,故甲总是先达到同一高度的位置．故C 错误,D 正确．故选D.
考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律
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13.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O 点为弹簧在原长时物块的位置。

物
块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。

在从A到B的过程中,物块（）
A. 加速度先减小后增大
B. 经过O点时的速度最大
C. 所受弹簧弹力始终做正功
D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦
力做的功
【答案】AD
【解析】
【详解】A项：由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置,所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间,加速度为零时弹力和摩擦力平衡,所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大,故A正确；
B项：物体在平衡位置处速度最大,所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置,即在O点左侧,故B错误；
C项：从A到O过程中弹力方向与位移方向相同,弹力做正功,从O到B过程中弹力方向与位移方向相反,弹力做负功,故C错误；
D项：从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0,即W弹=W克f,即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,故D正确。

14.地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同,提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程,
A. 矿车上升所用的时间之比为4:5
B. 电机的最大牵引力之比为2:1
C. 电机输出的最大功率之比为2:1
D. 电机所做的功之比为4:5 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．由图可得,变速阶段的加速度0
v a t =
,设第②次所用时间为t ,根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知,0
000
111122[2]222
v t v t t v a ⨯⨯=+-⨯⨯（）,解得：052t t =,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为0052:4:52
t
t = ,选项A 正确；
B ．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,F mg ma -=,可得提升的最大牵引力之比为1∶1,选项B 错误；
C ．由功率公式,P =Fv ,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为2∶1,选项C 正确；
D ．加速上升过程的加速度0
10
v a t =
,加速上升过程的牵引力1100()F ma mg m v g t =+=+,减速
上升过程的加速度0
20
a v t =-
,减速上升过程的牵引力 220
)(F ma mg m g v t =+=-
, 匀速运动过程的牵引力3F mg =。

第①次提升过程做功
11002000011
22
W F t v F t v mgv t =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=；
第②次提升过程做功
10000200002311131111
22222222
W F t v F t v F t v mgv t =⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=；
两次做功相同,选项D 错误。

【点睛】此题以速度图像给出解题信息。

解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。

实际上,可以根据两次提升的高度相同,提升的质量相同,利用功能关系得出两次做功相同。

15.如图,同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M 为a 、c 连
线的中点,N 为b 、d 连线的中点。

一电荷量为q （q >0）的粒子从a 点移动到b 点,其电势能减小W 1：若该粒子从c 点移动到d 点,其电势能减小W 2,下列说法正确的是（ ）
A. 此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行
B. 若该粒子从M 点移动到N 点,则电场力做功一定为
12
2
W W + C. 若c 、d 之间的距离为L ,则该电场的场强大小一定为
2
W qL
D. 若W 1=W 2,则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差 【答案】BD 【解析】
试题分析：利用电场力做功W qU = ,可以找到两点之间电势差的关系,要知道中点电势和两端点电势之间的关系。

A 、选项根据题意无法判断,故A 项错误。

B 、由于电场为匀强磁场,M 为a 、c 连线的中点,N 为b 、d 连线的中点,所以
+22c a
c a
M c ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
+22
d b d b
N d ϕϕϕϕϕϕ-=-=
若该粒子从M 点移动到N 点,则电场力做功一定为
()12
++2
2
22
c a
d b
cd ab MN M N qU qU W W W qU q q
q
ϕϕϕϕϕϕ++==-=-=
= ,故B 正确；
C 、因为不知道匀强电场方向,所以场强大小不一定是2
W qL
,故C 错误； D 、若W 1=W 2,说明cd ab U U =
()()aM bN M N U U a b ϕϕϕϕ-=---
由因为+2
2
c a
c a
M c ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
；+2
2
d b
d b
N d ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
解得：0aM bN U U -= ,故D 正确； 故选BD
点睛： 对匀强电场的电场特征要了解,利用电场力做功与电势差之间的关系求解。

二、实验题（2个题,共13分）
16.利用下图装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的________。

A ．动能变化量与势能变化量 B ．速度变化量与势能变化量 C ．速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是________。

A ．交流电源 B ．刻度尺 C ．天平(含砝码)
(3)实验中,先接通电源,再释放重物,得到下图所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C,测得它们到起始点O 的距离分别为hA 、hB 、hC 。

已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T 。

设重物的质量为m 。

从打O 点到打B 点的过程中,重物的重力势能变化量ΔE p ＝________,动能变化量ΔE k ＝________。

(4)大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是________。

A ．利用公式v ＝gt 计算重物速度
B ．利用公式v =计算重物速度
C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D ．没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒,在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O 的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v 2
-h 图象,并做如下判断：若图象是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒,请你分析论证该同学的判断是否正确________。

【答案】 (1). AB (2). mgh B (3). 2
122C A h h m T -⎛⎫
⎪⎝⎭
(4). C (5). 该同学的
判断不正确 【解析】 【分析】
验证机械能守恒,即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据实验的原理确定所需测量的物理量,从而确定所需的器材；根据下降的高度求出重力势能的减小量,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出B 点的速度,从而得出动能的增加量；如果v 2-h 图象为直线,仅表示合力恒定,与机械能是否守恒无关。

【详解】解：(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量和重力势能的变化量,故A 正确,B 、C 、D 错误； 故选A ；
(2)打点计时器需接交流电源,验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,两边都有质量,可以约去,不需要用天平测量质量,实验时需要用刻度尺测量点迹间的距离,从而得出下降的高度,以及计算出瞬时速度,故A 、B 正确,C 、D 错误； 故选AB ；
(3)从打O 点到打B 点的过程中,重物的重力势能变化量p B E mgh ∆=-,B 点的瞬时速度
2C A B h h v T -=,则动能的增加量2
22
()128C A k B m h h E mv T -∆==
(4)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响,故C 正确,A 、B 、D 错误； 故选C ；
(5)该同学的判断依据不正确；在重物下落h 的过程中,若阻力f 恒定,根据2
12
mgh fh mv -=
,
可得2
2()f
v g h m
=-
,则此时2v h -图象就是过原点的一条直线,所以要想通过2v h -图象的方法验证机械能是否守恒,还必须看图象的斜率是否接近2g 。

17.一同学测量某干电池的电动势和内阻．
（1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处__________；____________．
（2）实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I ,以及计算的1
I
数据见下表: 根据表中数据,在答题卡的方格纸上作出1
R I
-
关系图像___________．由图像可计算出该干电池的电动势为_________V ；内阻为__________Ω．
R /Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I /A
0.15 0.17 0.19 0.22 0.26 1I
/A –1
6.7
6.0
5.3
4.5
3.8
（3）为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV 的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A 时,电压表的指针位置如图所示,则该干电池的电动势应为_______V ；内阻应为_____Ω．
【答案】 (1). （1）①开关未断开 (2). ②电阻箱阻值为零 (3). （2）图像如图所示：
(4). 1.4（1.30~1.44都算对） (5). 1.2（1.0~1.4
都算对） (6). （3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致） (7). 1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2） 【解析】
本题考查测量电源电动势和内电阻实验,意在考查考生的实验数据处理能力和误差分析能力。

（1）连接电路时电源应与电路断开,所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零,这样容易烧坏电流表和电源。

（2）将数据描点连线,做出一条倾斜的直线。

根据闭合电路欧姆定律E =I (R +r )得1
R E r I
=⋅
-,所以图线的斜率表示电源电动势()8 1.26.70
E --=
-V=1.37V,截距绝对值表示
r =0.4×3.0Ω=1.20Ω；用电压表与电流表并联,可测得电流表的内阻
3
3
66.0100.203310
V A A U R I --⨯==Ω=Ω⨯,考虑电表内阻对实验的影响,则E =I (R +R A +r ),得()1
A R E R r I
=⋅-+,所以图线的斜率仍表示电动势,电动势的准确值为1.37V,图线的截距表
示（R A +r ）,所以内阻精确值为r =（1.20-0.20）Ω=1.00Ω。

点睛：本题考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验,本题创新之处在于用一个电压表并联在电流表的两端测出电流表的电阻,从而提高测量电源内阻的精确度。

三、计算题（4个题,共42分）
18.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程,假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x =1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v =80 m/s 。

已知飞机质量m =7.0×104 kg,滑跑
时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取2
10m/s g =。

求：
（1）飞机滑跑过程中加速度a 的大小； （2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P 。

【答案】（1）a =2 m/s 2 （2）P =8.4×106 W 【解析】
试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析,结合牛顿第二定律,以及P Fv =求解牵引力的平均功率； （1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v 2
=2ax ①,解得a=2m/s 2
② （2）设飞机滑跑受到的阻力为F 阻,依题意可得F 阻=0.1mg ③ 设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F F ma -=阻④； 设飞机滑跑过程中的平均速度为v ,有2
v
v =
⑤ 在滑跑阶段,牵引力的平均功率P Fv =⑥,联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106
W ．
【点睛】考查牛顿第二定律,匀变速直线运动,功率的求解,加速度是连接力和运动的桥梁,本题较易,注意在使用公式P Fv =求解功率时,如果v 对应的是瞬时速度,则求解出来的为瞬时功率,如果v 为平均速度,则求解出来的为平均功率．
19.如图,真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形,边长L =2.0m 。

若将电荷量均为q =+2.0×10-6
C 的两点电荷分别固定在A 、B 点,已知静电力常量k =9.0×109
N·m 2
/C 2。

求：
（1）两点电荷间的库仑力大小； （2）C 点的电场强度的大小和方向。

【答案】（1）F =9.0×10-3N （2）37.810N /C E =⨯方向沿y 轴正方向 【解析】
【详解】（1）根据库仑定律,A 、B 间的库仑力大小为：22q F k L
=
代入数据得：F =90×10-3N
（2）A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等,均为：12q E k
L
= A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为：12cos 30E E ︒
=
代入数据得37.810N/C E =⨯,方向沿y 轴正方向
20.四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。

某地要把河水抽高20m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。

工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW,电动机的内阻为0.4。

已知水的密度为,重力加速度取
10
2。

求
（1）电动机内阻消耗的热功率； （2）将蓄水池蓄入864
的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。

【答案】（1）3110r p W =⨯（2）4210t s =⨯
【解析】
试题分析：(1) 设电动机的电功率为P ,则P UI ＝
设电动机内阻r 上消耗的热功率为r P ,则2r P I r ＝ 代入数据解得3
110r P W =⨯
(2) 设蓄水总质量为M ,所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ,容积为V ,水的密度为ρ,则
M V ＝ρ
设质量为M 的河水增加的重力势能为p E ∆,
则 p E Mgh ∆＝
设电动机的输出功率为0P ,则0? r P P P ＝－ 根据能量守恒定律得060%80%p P t E ⨯⨯∆＝ 代入数据解得4210t s =⨯。

考点：能量守恒定律、电功、电功率
【名师点睛】根据电动机的功率和电压求解出电流,再根据焦耳定律求解发热功率；水增加的重力势能等于消耗的电能（要考虑效率）,根据能量守恒定律列式求解；本题关键是根据能量守恒定律列方程求解,要熟悉电功率和热功率的区别。

【此处有视频,请去附件查看】
21. 蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。

最初,运动员静止站在蹦床上在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度；此后,进入比赛动作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F="kx" (x 为床面下沉的距离,k 为常量)。

质量m=50kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x 0=0.10m ；在预备运动中,假设运动员所做的总共W 全部用于其机械能；在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为△t=2.0s ,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x l 。

取重力加速度g=10m/s 2,忽略空气阻力的影响。

（1）求常量k ,并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图； （2）求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度h m ；
（3）借助F-x 图像可以确定弹性做功的规律,在此基础上,求x 1和W 的值 【答案】（1）k =5000N/m （2）5m （3）W =2525J 【解析】
试题分析：（1）床面下沉x 0=0.1m 时,运动员受力平衡,有mg=kx 0,解得k=5×103N/m 。

F-x 图线如图所示。