2024届云南省玉溪市江川县物理高三第一学期期中学业水平测试试题含解析

2024届云南省玉溪市江川县物理高三第一学期期中学业水平测
试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ
2、地球表面上两极的重力加速度约为9.83 m/s2，而赤道上的重力加速度约为9.78 m/s2，即赤道上的重力加速度比两极的重力加速度小。

地球是一个很接近球体的椭球体，若把地球看成球体，半径为6.4×103 km，且质量分布均匀，取，由上述数据可粗略地估算出地球同步卫星到地面的高度为
A．5.12×104 km B．4.48×104 km
C．3.2×104 km D．6.4×103 km
3、如图所示，轻杆长为L.一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点）小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是
A．小球通过最高点时速度不可能小于gL
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
4、教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。

第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。

第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。

下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（）
A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变
B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变
C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动
D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动
5、两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的（）
A．B．
C．D．
6、如图所示质量均为m=1.5×103kg的甲、乙两车同时同地出发，在同一平直公路上行驶，二者所受阻力均为车重的k=0.5倍，由于牵引力不同，甲车做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，取g=10m/s2，则以下叙述正确的是（）
A．乙车牵引力为F2=7.5×103 N
B．t =1 s时两车速度相同且v=1 m/s
C．t =1 s时两车间距最大，且最大间距为L m=1 m
D．0～2 s内阻力对两车做的功均为W f=-3×103 J
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，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A．半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）．则（）
A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B．小球B运动到C处时的速度大小为0
C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D ．把小球B 从地面拉到P 的正下方C 时，小球B 的机械能增加了20J
8、如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，C 为电容器，L 为小灯泡，R 为定值电阻，闭合开关，小灯泡能发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V 1、V 2示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )
A ．电容的带电量变大
B ．灯泡亮度变亮
C ．1U I ∆∆与2U I
∆∆均保持不变 D ．当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭
9、设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是( )
A ．此粒子必带正电荷
B ．A 点和B 位于同一高度
C ．离子在C 点时机械能最大
D ．离子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点
10、如图（a ）所示，水平放置的平行金属板AB 间的距离d =0.1m ，板长L =0.3m ，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB 板的正中间，距金属板右端x =0.5m 处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB 板间加如图（b ）所示的方波形电压，
已知U 0=1.0×
102V ，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m =1.0×
10﹣7kg ，电荷量q =1.0×10﹣2C ，速度大小均为v 0=1.0×104m/s ，带电粒子的重力不计，则：（ ）
A．粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间8×10﹣5s
B．在t=0时刻进入的粒子飞出电场时垂直于极板方向的位移为2.5×10﹣2m
C．t=0时刻进入的粒子飞出电场时速度与水平方向夹角的正切值为
1 10
D．由正极板边缘、且从t=1×10﹣5s时刻进入电场的粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离0.065m
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）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图1所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：
（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_____
A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动
C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将不带滑轮的木板一端适当垫髙，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_____砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_____的条件．
（3）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则计算小车加速度的表达式为a=_____．
12．（12分）在用伏安法测某元件的伏安特性实验中，小张同学将采集到的数据记录到了I U -坐标图上(如图甲所示)，完成下列问题．
()1请在图甲中绘出伏安特性曲线____，并由此图线得出该电阻的电阻值
x R =______Ω．
()2除了待测元件、导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A .电压表1(V 量程3V ，内阻约30)k Ω
B .电压表2(V 量程15V ，内阻约150)k Ω
C .电流表1(A 量程0.6A ，内阻约0.5)Ω
D .电流表2(A 量程3mA ，内阻约300)Ω
E .滑动变阻器1(0300R Ω～，额定电流0.5)A
F .滑动变阻器2(050R ～Ω，额定电流60)mA
G .滑动变阻器3(010R Ω～，额定电流0.3)A
H .电源1(E 电动势为1.5V ，内阻约为0.5)Ω
I .电源2(E 电动势为3.0V ，内阻约为1.2)Ω
根据所绘的伏安特性曲线，为了调节方便，测量准确，实验中应选用的器材是______(填器材前面的字母)．
()3根据所选器材，按要求补充完善图乙所示实物连线______，实验前变阻器的滑片P 应置于最______(填“左”或“右”)端．
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）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ．
（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．
（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ．已知存在一临界角θ1，若θ≤θ1，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ1．
14．（16分）已知某星球半径R，宇航员在该星球表面研究了带电粒子在电场中的运动情况，如图所示，x轴沿水平方向，y轴竖直向上．第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E．一个质量为m，电荷量为q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第二象限中做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出),万有引力常量为G.求：
（1）该星球的质量M；
（2）初速度v0与x轴正方向的夹角；
（3）P、Q两点间的电势差U PQ；
（4）带电质点在第一象限中运动所用的时间．
15．（12分）一般来说，正常人从距地面1.8m高处跳下，落地时速度较小，这个速度对人是安全的，称为安全着地速度．如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆，原因是：张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用．经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力f与空气密度 、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度v、
阻力系数c 有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是212
f c Sv ρ=．取210m /s
g =．请根据以上信息，解决下列问题：
（1）在忽略空气阻力的情况下，质量160kg m =的人从1.8m 高处跳下，落地后经过腿部的缓冲速度减为0．若缓冲时间为0.2s ，求落地过程中地面对人的平均作用力大小（计算时人可视为质点）；
（2）在某次高塔跳伞训练中，运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数0.90c =，空气密度取3
1.25kg /m ρ=．降落伞、运动员总质量280kg m =，张开降落伞后达到匀速下降时，要求人能安全着地，降落伞的迎风面积S 至少是多大？
（3）跳伞运动员和降落伞的总质量280kg m =，从65m h =高的跳伞塔上跳下，在下落过程中，经历了张开降落伞前自由下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段．如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v t -图象．由图象可知3.0s 时运动员开始做匀速运动．根据图象估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功．
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、A
【解题分析】
A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v，故A正确.
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ-μcosθ)匀加速；故B错误.
C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;故C错误.
D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误.
2、C
【解题分析】
由题意可知物体m在两极时万有引力提供重力有：
而物体m在赤道上时万有引力提供重力和向心力，有：
设同步卫星离地面的高度为h，同步卫星和地球自转角速度相同，则有：
联立以上各式代入数据解得：h=3.2×104 km，故选C。

3、B
【解题分析】
在轻杆小球模型中，小球通过最高点时的最小速度为零，选项A错误；当小球通过最高点的速度时，小球所受轻杆的作用力为零，选项B正确；若小球通过最高点时受到杆的作用力为支持力，则有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小，当小球通过最高点受到杆的作用力为拉力时，有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大，故选项C、D错误．
4、C
【解题分析】图甲中，仅仅调换N 、S 极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB 均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C 正确，D 错误；故选C.
5、B
【解题分析】
对于圆锥摆，细线的拉力和重力的合力来提供小球的向心力，设细线长为L ，摆球质量为m ，细线与竖直方向的夹角为θ，小球与悬挂点的竖直高度为h ，则有
mg tan θ=mrω2
r =L sin θ
h =L cos θ
联立解得 2g
h ω=
由题知两球的角速度相同，故两球的高度相同，故选B 。

6、C
【解题分析】A 、由图可以知道,两车在2s 时的位移相同,则说明汽车的平均速度相同;即: 因乙车做匀加速直线运动,故乙车的2s 末的速度为4m/s;加速度
;由牛顿第二定律可以知道:
;计算得出: ;故A 错误; B 、因平均速度等于中间时刻的瞬时速度,因此乙在1s 末的速度为
，而甲一直以2m/s 的速度匀速行驶;故B 错误;
C 、开始时甲的速度大于乙的速度,所以距离越来越大,速度相等时,距离达最大,由公式
得1s 末间距最大;最大间距为:
故C 正确 D 、因为位移相同,阻力大小相同;故阻力做功相同;均为:
故D 错误，
综上所述本题答案是：C
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、ACD
【解题分析】
解： 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 的位移为：
()0.40.30.4x m =-= ，则力F 做的功W F =Fx=20J ，选项A 正确；把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时，此时B 的速度方向与绳子方向垂直，此时A 的
速度为零，设B 的速度为v ，则由动能定理：2102
F W mgR mv -=- ，解得v= m/s ，选项B 错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A 速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m 选项C 正确；B 机械能增加量为F 做的功20J ，D 正确
本题选ACD
8、BC
【解题分析】
想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．
【题目详解】
A ．将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电源的内电压以及R 上的电压增大，则灯泡和滑动变阻器两端的电压之和减小，即电容器两端的电压减小，根据Q=CU 可知，电容器带电量减小，选项A 错误；
B ．电路中电流增大，通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故B 正确；
C ．根据U 2=E-Ir ，得2U I =r ，保持不变．1U I
=R ，保持不变，故C 正确； D ．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D 错误；
故选BC
【题目点拨】
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．
9、ABC
【解题分析】
A. 从图中可以看出，上极板带正电，下极板带负电，带电粒子由静止开始向下运动，说明受到向下的电场力，可知粒子带正电。

故A 正确；
B. 离子具有速度后，它就在向下的电场力F 及总与速度垂直并不断改变方向的洛仑兹力f 作用下沿ACB 曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B 点时的速度为零，所以从A 到B 电场力所做正功与负功加起来为零。

这说明离子在电场中的B 点与A 点的电势能相等，即B 点与A 点位于同一高度。

故B 正确；
C. 在由A 经C 到B 的过程中，C 点电势最低，此时粒子的电势能最小，由能量守恒定律可知，此时具有最大机械能。

故C 正确；
D. 只要将离子在B 点的状态与A 点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B 之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A 点的。

如图所示。

故D 错误。

10、AC
【解题分析】
A ．粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间为：
50400.30.5s 810s 1.010
L x t v -++==⨯⨯＝ 选项A 正确；
B ．粒子在电场中运动的时间为：
5400.3s 310s 1.010
L t v -'⨯⨯＝＝＝ 0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t 1=2×10-5s ；再作匀减速直线
运动，用时t 2=1×
10-5s ，加速度大小相等，为： 22
282071.010 1.010m/s 110m/s 1.0100.1
qU a md --⨯⨯⨯==⨯⨯⨯＝ 侧移量：
2221112211 3.51022
d at at t at m -=+-=⨯
选项B 错误；
C ．射出时竖直方向的速度大小为
v y ＝at 1−at 2＝108(2×10−5−1×10−5)=1×103m/s
正切值
tan θ=01 10
y v v ＝ 选项C 正确；
D ．粒子从t =1×10-5s 时刻进入电场，在第一个1×10-5s 向负极板加速运动、在第二个1×10-5s 向负极板减速运动，在第三个1×10-5s 向负极板加速运动；所以出电场时的偏离正极板的位移：
y 1'=12
at 2×3=0.005×3=0.015m 出电场时沿竖直方向的速度为
v ′1＝at ＝103m/s
场外沿竖直方向的位移：
y 2'=v ′1t ′＝103×40.5
10m=0.05m 结果
y '=0.065m-0.05m=0.015m
选项D 错误；
故选AC.
【题目点拨】
解决在偏转场中问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移．
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、C ； 小于， M ＞＞m ；
6543212
()()9x x x x x x T ++-++ 【解题分析】
为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；当M m >>时，可以用钩码的重力代替小车的拉力；根据匀变速直线运动的推论公式2x aT ∆=可以求出加速度的大小．
【题目详解】
（1）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故C 正确；
（2）小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；
设小车的质量为M ，砝码盘总质量为m ，将两者看做一个整体，对整体有
()mg M m a =+，对小车有T Ma =，联立可得
1Mmg mg T Ma m M m M ===++，只有当M m 时，T mg ≈，即当小车质量M 远大于砝码和盘总质量m 时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力．
（3）计数点间的时间间隔为T ，根据逐差公式可得
222635241333x x aT x x aT x x aT ，，-=-=-=，三式相加解得
()()4561232
9x x x x x x a T ++-++=． 12、（1）3332.410(2.310 2.510)⨯⨯~⨯ （2）ADEI (3)右
【解题分析】
（1）用一条直线连接，让尽量多的点落在直线上，如图；
从直线上选取一点如I=1mA 时．U=2.3V ，此时： 2.3U R K I
==Ω （2）根据实验数据可知，电压表选择A ；电流表选D ；电源选择I 2；滑动变阻器接成分压电路，故选阻值较小的G ；
（3）由电压表、电流表及电阻的阻值关系可知V x R R >>，应采用电流表外接；电路连线如图；实验前应使得待测电阻上电压最小，即变阻器的滑片P 应置于最右端．
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）sin cos μθμθ
=-F mg （2）λ 【解题分析】
（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有
Fcos mg N θ+=①
Fsin f θ=②
式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有
f N μ=③
联立①②③式得
sin cos μθμθ
=-F mg ④ （2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有
Fsin N θλ≤⑤
这时①式仍满足．联立①⑤式得
sin cos θλθλ-≤mg F
⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当F 无限大时极限为零，有
sin cos 0θλθ-≤⑦
使上式成立的θ角满足0θθ≤，这里θ1是题中所定义的临界角，即当0θθ≤时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为
0tan =θλ⑧
【名师点睛】
对拖把头受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出推力F 的大小．当推力F 的水平分力小于等于最大静摩擦力时，不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．结合第1问的结果，得到λ的表达式，采用极限法：当F 无限大时的情况求解tan θ
14、（1）2
qER mG ；（2）45︒ ；（3）－mgL q ；（4v 0 【解题分析】
（1）因带电质点在第二象限中做直线运动,故质点带负电,且有
Eq =mg
解得：
qE g m
= 在星球表面放一个物体m 1：
12
Mm G r =m 1g 解得：
G
gR M 2
= 该星球的质量
M =2
qER mG
（2）带电质点应在第一象限做直线运动才能再次回到Q 点，有：
tan θmg qE
=
解得
θ=45︒
（3）P 到Q 的过程，由动能定理有：
-qU pQ －mgL =0
解得：
U pQ =－mgL q （4）带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律：
a g ，v 0=at
解得：
t =2g
v 0 带电质点在第一象限中往返一次所用的时间：
T =2t v 0 15、（1）2400N （2）247.4m （3）43.510J -⨯
【解题分析】落地过程中根据动量定理地面对人的平均作用力大小；张开降落伞后达到匀速下降时，空气阻力大小等于运动员的重力；下落过程根据动能定理求出空气阻力对降落伞做的功。

解：（1）依据动量定理，规定向下为正方向，依据I P F t =∆=合，
()0mg F t mv -=-，
由自由落体公式可知2
2v gh =，
解得6m /s v =，
解得2400N F =．
（2/s ，
跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力大小等于运动员的重力，则有 212
mg c sv ρ=，计算得出： 222228010m 47.4m 0.9 1.2530
mg S c v ρ⨯⨯===⨯⨯． （3）设空气阻力对降落伞做功为Wf ，
由v t -图可知，降落伞张开时运动员的速度大小120m /s v =，
运动员收尾速度即匀速直线运动的速度2 5.0m /s v =，
设在这段时间内运动员下落的高度为h ，根据动能定理有：
22211122
mgh Wf mv mv +=
-， 得22211122Wf mgh mv mv =-+-， 在0~3s 时间内运动员下落高度25m h =，
带入数据解得43.510J W =-⨯。