2024届黑龙江省大庆市大庆铁人中学高三物理第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届黑龙江省大庆市大庆铁人中学高三物理第一学期期中质
量跟踪监视试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、某电场的电场线如图所示，A、B是一电场线上的两点，则A、B两点的电场强度
A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向不同
C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向相同
2、我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
3、如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船R的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f，当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（）
A ．0p f mv m -
B ．20cos p f mv m θ-
C ．f m
D ．0p mv
4、2015年4月25日14时11分在尼泊尔发生里氏8.1级地震，震源深度20千米，地震后造成珠穆朗玛峰发生雪崩，珠峰南坡登山大本营被埋。

假设珠峰南坡发生雪崩的一处山坡由两个倾角不同的斜面连接而成，在斜面连接处忽略积雪的动能损失。

雪崩时，积雪由静止开始下滑，积雪与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ=33，两个斜面倾角分别为α=53°，β=30°。

图中，v 、a 、s 、t 、E 、E k 分别表示积雪速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，图乙中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5、甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。

甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂。

乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L 刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。

甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。

若夹住尺子的位置刻度为1L ，重力加速度大小为g ，则乙的反应时间为（ ）
A ．12L g
B 12g L
C 12()g L L -
D 12()L L g
-6、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A 处时弹簧竖直且处于原长。

将圆环从A 处静止释放，到达C 处时速度为零。

若圆环在C 处获得沿杆向上的速度v ，恰好能回到A 。

已知AC=L ，B 是AC 的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g ，
则下列叙述错误的是( )
A．下滑过程中，环受到的合力先减小后增大
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，车厢内的后部有一相对车厢静止的乘客，车厢内前壁的光滑支架的边缘放有一小球，小球与车厢一起沿平直轨道向前做匀速直线运动。

若车厢突然改为向前做匀加速直线运动，小球将脱离支架而下落至地板上。

空气阻力可忽略不计，对于小球离开支架至落到车厢底板上之前的运动，下列说法中正确的是（）
A．相对于乘客，小球的运动轨迹为向前的曲线
B．相对于乘客，小球的运动轨迹为向后的曲线
C．相对于乘客，小球作自由落体运动
D．相对于乘客，小球的运动轨迹为斜向前的直线
E.相对于乘客，小球的运动轨迹为斜向后的直线
F.相对于地面，小球的运动轨迹为向前的曲线
G.相对于地面，小球的运动轨迹为向后的曲线
H.相对于地面，小球作自由落体运动
I.任意时刻，小球相对乘客和相对地面的速度都相等
J.任意时刻，小球相对乘客和相对地面的速度方向都相同
K.相对于乘客，任意相等的时间间隔内，小球的动量变化都相同
L.相对于地面，任意相等的时间间隔内，小球的动量变化都相同
8、右图是某小组同学为研究滑动摩擦因数所设计的实验装置．其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的木块，Q为木块右端连接的一弹簧测力计．实
验时用力将A从B的下方抽出，通过Q的读数即可测出动摩擦因数．若实验条件较为理想，则（）
A．只有将木板A匀速抽出才能从Q上读取稳定读数
B．将木板A加速、减速或匀速抽出均能从Q上读取稳定读数
C．通过该方法可测得A与B之间的动摩擦因数
D．通过该方法可测得A与地面之间的动摩擦因数
9、如图所示，光滑地面上有P，Q两个固定挡板，A，B是两挡板连线的三等分点．A 点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（）
A．3：1B．1：3C．1：5D．1：7
10、如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地．开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度．以下操作能使静电计指针张角变大的是（）
A．将b板也接地
B．b板不动、将a板向右平移
C．将a板向上移动一小段距离
D．取出a、b两极板间的电介质
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学探究加速度、力与质量的关系实验装置如下．
（1）在实验之前，首先平衡摩擦力，使细线的拉力近似等于砝码及砝码盘所受的总重力，关于平衡摩擦力，下列正确的是：________．
A．将木板右端适当垫高，放上小车让其沿板匀速下滑即可
B．将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，让小车沿板滑下时，打点计时器在纸带上打下一系列等间距的点即可
C．将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，小车前端用细绳绕过滑轮连接砝码盘（不放砝码），让小车匀速下滑即可
D．平衡摩擦之后，通过增加或者减少小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦
（1）甲、乙、丙三名同学在做实验之前都将木板的右侧垫高，然后根据实验数据分别
做出了
1
a
M
-和a F
-图象（小车的加速度为a，小车的质量为M，绳中拉力为F，砝
码盘及砝码的质量总和为m）．
由甲图可知砝码盘及砝码的总质量为_________kg（g取10m/s1），由乙图可知乙同学在操作中使木板的倾角过_________（选填“大”、“ 小”），分析丙图，图线上部分弯曲的原因是未满足____________．
（3）在实验中挑选一条点迹清晰的纸带如下图，打点计时器的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离，纸带的一段如图所示，由纸带求得小车加速度为_________m/s1．（结果保留两位有效数字）
12．（12分）为了“验证牛顿第二定律”，某实验小组设计了如图1所示的实验装置。

（1）实验过程有以下操作：
a ．安装好实验器材，将打点计时器接到频率为50Hz 的交流电源上，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。

b ．选出一条点迹清晰的纸带，选取部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。

c ．测得OA =3.59cm ；AB =4.41cm ；BC =5.19cm ；CD =5.97cm ；DE =6.78cm ；EF =7.64cm 。

d ．计算出小车的加速度a = _________m/s 2；打下B 点时，小车的速度v B =_________m/s 。

（结果均保留2位小数）
（2）若保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a 与所受外力F 的关系，在木板水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F 图线，如图3所示。

图线_____（选填“甲”或“乙”）是在木板倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m =_____kg 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E 的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。

直线1mg
a g m μμ==是平行板电容器的中心线，一束速度为v 0的带电粒子沿着直线
21528a a v R L a μ
==射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。

(1)如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线2122
R gt =平行，求这种情况下磁感应强
度B 1的大小
(2)如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B 2的大小
14．（16分）如图所示，可视为质点的物块A 、B 、C 放在倾角为37︒、长2m L =的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数0.5μ=， A 与B 紧靠在一起， C 紧靠在固定挡板上，物块的质量分别为0.80kg A m =、0.40kg B m =，其中A 不带电， B 、C 的带电量分别为54.010C B q -=+⨯、52.010C C q -=+⨯，且保持不变．开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用．如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r 时，两点电荷具有的电势能可表示为12p q q E k r
=．现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上作加速度大小为22.5m /s a =的匀加速直线运动，经过时间0t 物体A 、B 分离并且力F 变为恒力．当A 运动到斜面顶端时撤去力F ．已知静电力常量9229.010N m /C k =⨯⋅， 210m /s g =， sin370.6︒=， cos370.8︒=．求：
（1）未施加力F 时物块B 、C 间的距离．
（2）0t 时间内库仑力（电场力）做的功．
（3）力F 对A 物块做的总功．
15．（12分）一辆汽车刹车前速度为90km/h ，刹车获得的加速度大小为10m/s 2，求：
(1)汽车刹车开始后10s 内滑行的距离x 0；
(2)从开始刹车到汽车位移为30m 时所经历的时间t ；
(3)汽车静止前1s内滑行的距离△x．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D
【解题分析】
由图可知，B处的电场线比A处密集，电场线越密，场强越大，所以E A＜E B；场强的方向均水平向右，方向相同，故ABC错误，D正确；故选D.
2、B
【解题分析】
A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．
B．设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
+=+
m v m v m v m v
''
甲甲乙乙甲甲乙乙
可以解得：
∆=-∆
m v m v
，
甲甲乙乙
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．
【题目点拨】
本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
3、A
【解题分析】
ABCD. 假设卡车速度是v0，对小船运动分解，小船的速度为v的沿绳分量与卡车速度相同，如图：
由几何关系可知0=cos v v θ，此时卡车的牵引力为 00==cos P P F v v θ
再对小船受力分析如图：
由牛顿第二定律可知，小船加速度为
0cos ==P F f f a m mv m
θ-- 故A 正确BCD 错误。

故选A 。

4、B
【解题分析】
积雪的运动分为两个阶段，第一阶段加速度恒定的加速运动；第二阶段加速度为零的匀速运动
A ．由于在两个阶段积雪都受摩擦力的作用，摩擦力做负功，机械能减小，故A 错误。

B ．积雪在第一阶段：
sin cos 0a g g θμθ=->
cos (sin cos )k E mgh mg s mgs μθθμθ=-=-
E k 与s 呈线性关系；第二阶段0a =，速度不变，E k 为常数，故B 正确。

C ．第一阶段：
v at =
即：
222v a t =
所以2v 与t 2呈线性关系，故C 项错误。

D ．第二阶段0a =，故D 错误。

5、D
【解题分析】
尺子做自由落体运动，从尺子下落到乙手指夹住尺子，尺子下落的位移为： 1h L L =-
根据位移时间公式：
212h gt = 解得乙的反应时间为
12()L L t g
-= 故选D 。

6、D 【解题分析】
圆环从A 处由静止开始下滑，初速度为零，到达C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，则合力先减小后增大，故A 正确；研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，运用动能定理列出等式：mgh+W f -W 弹=0，在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ，运用动能定理列出等式-mgh+W 弹+W f =0-mv 2；解得：W f =-mv 2，所以产生的热量为mv 2，故B 正确；在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ，运用动能定理列出等式：-mgh+W 弹
+W f =0-mv 2，h=Lsinα，解得：W 弹=mgLsinα-mv 2，故C 正确；研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f -W′弹=mv B 2-0；研究圆环从B 处上滑到A 的过程，运用动能定理列出等式-mgh′+W′f +W′弹=0-mv B ′2，由于W′f ＜0，所以mv B 2＜mv B ′2，则环经过B 时，上滑的速度大于下滑的速度，故D 错误；此题选择错误的选项，故选D 。

【题目点拨】
能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、EFKL
【解题分析】
ABCDE ．以乘客为参考系，小球在水平方向上向左做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，两个初速度为零的匀加速直线运动的合运动的轨迹为直线，即相对于乘客，小球的运动轨迹为斜向后的直线；选项ABCD 错误，E 正确； FGH ．相对于地面，小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，小球做平抛运动，即小球的运动轨迹为向前的曲线，选项F 正确，GH 错误；
IJ ．任意时刻，小球相对乘客和地面竖直方向的运动相同，但是水平方向的运动不同，则任意时刻小球相对乘客和相对地面的速度大小和方向都不相同，选项IJ 错误； K ．根据动量定理，相对于乘客，小球水平方向是匀变速直线运动，竖直方向是自由落体运动，所以对乘客小球做匀变速曲线运动，所以任意相等的时间间隔内，小球的动量变化都相同，选项K 正确；
L ．根据动量定理，相对于地面，任意相等的时间间隔内，重力的冲量相同，则小球的动量变化都相同，选项L 正确。

故选EFKL 。

8、BC
【解题分析】
将木板A 加速、减速或匀速抽出，A 对B 的摩擦力力F f 是相同的，以B 为研究对象Q 对B 的拉力与A 对B 的摩擦力平衡，所以均能从Q 上读取稳定读数，故A 错误；B 正确；在根据f F mg μ=可求A 、B 之间的动摩擦因数，所以C 正确；A 与地面之间的动摩擦因数无法求出，故D 错误．
9、ABD
【解题分析】
若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B 点相遇，是球2反弹后在B 点相遇，有：v 2 t=3v 1 t ，即：v 2 =3v 1 ．
根据动量守恒得，m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：
222101122111222
m v m v m v =+ 联立解得m 1 =3m 2
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B 点追上球2， 则有：v 1 t=3v 2 t ，即：v 1 =3v 2
根据动量守恒得：m 1 v 0 =-m 1 v 1 +m 2 v 2 ，
根据机械能守恒得：
222101122111222
m v m v m v =+ 联立解得：m 2 =7m 1
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B 点相遇，
则有：v 1t=v 2t ，即：v 1=v 2，
根据动量守恒得：m 1v 0=-m 1v 1+m 2v 2， 根据机械能守恒得222101122111222
m v m v m v =+ 联立解得：m 2=3m 1
综上所述，故A 、B 、D 正确．
点晴：解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解．
10、CD
【解题分析】 静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由4S C kd επ=
，分析电容的变化，根据C=Q/U 分析电压U 的变化．
【题目详解】
将b 板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A 错误；b 板不动、将a 板向右平移，根据4S C kd
επ=可知d 变小时，C 变大，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 减小，即静电计指针张角变小，选项B 错误；将a 板向上移动一小段距离，根据4S C kd
επ=可知S 变小时，C 变小，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 变大，即静电计指针张角变大，选项C 正确；取出a 、b 两极板间的电介质，根据4S C kd
επ=可知C 变小，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 变大，即静电计指针张角变大，选项D 正确；故选CD.
【题目点拨】
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式4S C kd
επ=和C=Q/U ．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、BD 0.01 小 M»
m 0.10
【解题分析】
（1）平衡摩擦力时应将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，让小车沿板滑下时，打点计时器在纸带上打下一系列等间距的点，由于平衡摩擦力是利用
sin cos mg mg θμθ=，两边的质量相互抵消，即平衡摩擦之后，通过增加或者减少小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦，BD 正确；
（1）根据牛顿第二定律可得1F Ma a F M
=⇒=，图像的斜率表示F ，故2.00.210
F N mg ===，解得砝码和砝码盘的质量为0.01kg ；图乙中当小车的质量减小到一定程度时，才开始做匀加速直线运动，即平衡摩擦力的力度较小，故在操作中使木板的倾角过过小；图丙中图线发生弯曲，是因为当小车的质量发生变化时，不再满足M m >>，即砝码盘和砝码的总重力对小车的拉力不等于小车受到的合外力；
（3）每五个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为0.0250.1T s =⨯=，根据逐差公式可得2
2220.20100.20/0.1
x a m s T -∆⨯===． 12、1.81 1.48 甲 1.5
【解题分析】
(1)[1]由题意可知s 1=3.59cm ，s 2=4.41cm ，s 3=5.19cm ，s 4=5.97cm ，s 5=6.78cm ，s 6=7.61cm 。

每五个点取一个计数点，故T =1.1s 。

根据△x =aT 2可知：可得加速度为：
()2222
7.64 6.78 5.97 5.19 4.41 3.5910m/s =0.80m/s 90.1a ++---⨯=⨯ [2]根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：
()2
235 4.41 5.1910m/s=0.48m/s 220.1s s v T -+⨯+==⨯ (3)[3]由图象可知，当F =1时，a ≠1．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。

所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。

[4]由牛顿第二定律得：1F mg a F g m m
μμ-==-，由图乙所示图象可知，图象斜率：1k m
=，可得质量： 110.50 1.00.5
m k
===-kg
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出
必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) 0E v (2) 04E v 【解题分析】粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L ： 0L v t =， y qE v t m
=
设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为θ， cos y
v v θ=
粒子在磁场中运动1
mv R qB = 因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线OO '平行，根据几何关系cos R L θ=
联立解得10E B v = （2）粒子在电场中的偏转距离，粒子能够回到O 点，根据几何关系2sin h R θ= cos L R R θ=+
根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的12 1tan 2h L θ=，解得1cos 3
θ= 粒子在电场中的水平位移0cos v t R R θ=+
粒子在电场中的竖直速度y qE t v m
= 离开电场时和偏转角之间的关系0tan y
v v θ=
粒子在磁场中运动022sin v mv m R qB qB θ
==⋅ 联立解得20
4E B v = 14、（1）1.0m ．（2）1.2J ．（3）9.8J ．
【解题分析】（1）未加F 前A 、B 、C 处于静止状态时，设B 、C 间距离为1L ，则C 对B 的库仑斥力121
C B kq q F L =， 以A 、B 为研究对象，由平衡条件得： ()137A B F m m gsin =+︒，
联立解得： 110m L =．
（2）给A 施加力F 后， A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动， C 对B 的库仑斥力逐渐减小， A 、B 之间的弹力也逐渐减小．经过时间0t ，设B 、C 间距离变为2L ， A 、B 两者间弹力减小到零，两者分离，力F 变为恒力，则此刻C 对B 的库仑斥力为22
2
C B kq q F L =① 以B 为研究对象，由牛顿第二定律有2sin37cos37B B B F m g m m a μ-︒-︒=② 联立①②解得2 1.2m L =．
设0t 时间内库仑力做的功为0W ，由功能关系有1212012q q q q W k
k L L =-， 代入数据解得0 1.2J W =③
（3）设在0t 时间内，末速度为1v ，力F 对A 物块的功为1W ，由动能定理有 ()21112
B C f A B W W W W m m v +++=+④ 而()sin37G A B W m m g L =-+∆︒⑤
()cos37f A B W m m g Ls μ=-+∆︒⑥
212v a L =⋅⑦
由③-⑦式解得118J W =．
经过时间0t 后， A 、B 分离，力F 变为恒力，对A 由牛顿第二定律有
sin37cos37A A A F m g m m a μ=︒-︒=⑧
力F 对A 物块做的功()22W F L L =-⑨
由⑧⑨式代入数据得28.0J W =．
则力F 对A 物块做的功129.8J W W W =+=．
点睛：本题是平衡条件、牛顿第二定律、库仑定律的综合应用，第2题关键要抓住库仑力这个联系力与电场的桥梁，由AB 做匀加速运动，加速度不变，根据牛顿第二定律求解距离．
15、 (1)31.25m(2)2s (3)5m
【解题分析】
(1)判断汽车刹车所经历的时间，汽车的初速：v 0=90km/h=25m/s
由0=v 0+at 0及a=-10m/s 2得：
0025s 2.5s 10
v t a --===- 汽车刹车后经过2.5s 停下来，因此10s 内汽车的位移只是2.5s 内的位移． 利用位移公式得：
2200001125 2.510 2.5m 31.25m 22
x v t at =+=⨯-⨯⨯= (2)根据2012
x v t at =+可得：
t ==解得：t 1=2s ，t 2=3s
t 2是汽车经t 1后继续前进到达最远点后，再反向加速运动重新到达位移是30m 处时所经历的时间，由于汽车刹车是单向运动，很显然，t 2不合题意，须舍去．
(3)把汽车减速到速度为零的过程，看作初速为零的匀加速度运动过程，求出汽车以10m/s 2的加速度经过1s 的位移，即：
22311101m 5m 22x a t ∆=
'=⨯⨯=。