2019届陕西省西安市高新一中高三下学期第四次模考物理试题(解析版)

陕西省西安市高新一中2019届高三下学期
第四次模考试题
一、选择题
1. 在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是( )
A. ①③采用的是放大的思想方法
B. ②④⑤采用的是控制变量的思想方法
C. ④⑤采用的是猜想的思想方法
D. ①③⑤采用的是放大的思想方法
『答案』A
『详解』图①采用光放射的方法显示微小形变；图②采用控制变量法研究加速度与力、质量的关系；图③采用扭秤装置放大静电力的作用效果；图④采用控制变量法研究静电力大小与距离和电荷量的关系；图⑤采用等效替代法研究力的合成与分解；故A正确，BCD错误。

故选A。

2. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。

例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。

关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是（）
A. 手掌对苹果的摩擦力越来越大
B. 苹果先处于超重状态后处于失重状态
C. 手掌对苹果的支持力越来越小
D. 苹果所受的合外力越来越大
『答案』A
『详解』A．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故A正确；
B．苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中，加速度在竖直方向上有向下的加速度，可知苹果一直处于失重状态，故B错误；
C．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可知支持力越来越大，故C错误；
D．苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误。

故选A。

3. 如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心、半径为R的球面上的点，o、a、e、c、f点共面且与电场平行，o、b、e、d、f点共面且与电场垂直，则下列说法中正确的是（）
A. b、d、两点的电场强度均相同，电势相等
B. a、c两点电场强度不同，电势相等
C. 将检验点电荷+q在上述球面上的任意两点之间移动时，电场力对它一定做功
D. 在上述球面上，将检验点电荷+q在任意两点之间移动，其中由a点移动到c点过程的电势能变化量最大
『答案』D
『详解』A．点电荷+Q在b点产生电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向右下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故A错误；
B．匀强电场在a、c两点的场强相同，点电荷在a、c两点的场强等大反向，可知两点的合场强不相同；匀强电场中a点电势高于c点，点电荷在a、c两点的电势相同，可知a点电势高于c点，选项B错误；
C．当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；
D ．在上述球面上，a 、c 两点的电势差最大，则将检验点电荷+q 在任意两点之间移动，由a 点移动到c 点过程的电势能变化量最大，选项D 正确。

故选D 。

4. 如图所示，两根固定的水平且平行光滑绝缘杆上套着A 、B 两个带电小球，A 、B 两个小球的质量相等，所带电荷电性相反，电量Q 1>Q 2，开始时，A 位于x 轴原点处，B 位于x 轴坐标为x 0处，由静止同时，释放A 、B 两个小球，下列说法正确的是（ ）
A. A 在0
2
x x =
处与B 相遇，此刻速度最大 B. B 从x =x 0处运动至02
x
x =处的过程中加速度一定是逐渐减小的
C. 在02
x
x =处A 、B 系统的电势能最大
D. A 向右先做加速后减速的运动，运动的最右点坐标为0x x =
『答案』AD
『详解』A ．两电荷所受静电引力相等，因质量相等，则加速度相等，则A 在0
2
x x =
处与B 相遇，此刻水平方向加速度为零，速度最大，选项A 正确； B ．B 从x =x 0处运动至0
2
x x =
处的过程中两电荷的引力变大，但是引力与杆方向的夹角增加，则引力沿杆方向的分量可能先增加后减小，即加速度可能先增加后减小，选项B 错误； C ．两电荷从开始到在02x x =
处，电场力对两电荷做正功，则电势能减小，即在02
x x =处A 、B 系统的电势能最小，选项C 错误；
D ．A 向右先做加速后减速的运动，由运动的对称性可知，A 运动的最右点坐标为0x x =，选项D 正确。

故选AD 。

5. 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。

取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E P 与位移x 的关系如图所示。

下列图象中合理的是（ ）。

A. 电场强度与位移关系
B. 粒子动能与位移关系
C. 粒子速度与位移关系
D. 粒子加速度与位移关系
『答案』D
『详解』粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的
减小量，故
P
E F x
∆=
∆ 即E p ﹣x 图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A ．E p ﹣x 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
F E q
=
故电场强度也逐渐减小；故A 错误； B ．根据动能定理，有 F •△x =△E k
故E k ﹣x 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，斜率减小，与B 图矛
盾，故B 错误；
C ．题图v ﹣x 图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的
速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误；
D ．由以上分析可知，粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确； 故选D ．
6. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E ，M 点与N 点在同一电场线上。

两个质
量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度0v 分别从M 点和N 点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。

已知两粒子都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 从M 点进入的粒子先到达P 点
B. 从M 点进人的粒子电荷量较小
C. 从M 点进入的粒子动量变化较小
D. 从M 点进入的粒子的电势能变化较小
『答案』BCD
『详解』A ．因两粒子在垂直于电场方向上，做匀速直线运动，垂直于电场方向上的速度
v 0相同，位移相等，则时间相等，A 错误；
B ．粒子在平行于电场方向上，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度
qE a m
=
平行于电场方向上的位移
212
x at =
因为N M x x >，则从M 点进入的粒子电荷量较小，B 正确；
C ．根据动量定理可知，电场力的冲量等于动量的变化，从M 点进入的粒子电场力小，动量变化较小，C 正确；
D ．从M 点进入的粒子电场力小，位移小，电场力做功少，粒子电势能变化较小，D 正确。

故选BCD 。

7. 在宇宙中，单独存在的恒星占少数，更多的是双星、三星甚至多星系统．如图所示为一个简化的直线三星系统模型：三个星球的质量均为m ，a 、b 两个星球绕处于二者中心的星球c 做半径为r 的匀速圆周运动．已知引力常量为G ，忽略其他星体对他们的引力作用，则下列说法正确的是（ ）
A. 星球a 做匀速圆周运动的加速度大小为
22Gm
r
B. 星球a 做匀速圆周运动的线速度大小为
Gm
r
C. 星球b 做匀速圆周运动的周期为345r Gm
π D. 若因某种原因中心星球c 的质量缓慢减小，则星球a 、b 的线速度均将缓慢增大
『答案』C
『详解』A 、对星球a 有22
224m m ma G G r r
=+，解得：2
54Gm a r =，故A 错误； B 、对星球a 有222224v m m m G G r r r =+，解得：54Gm
v r
=
，故B 错误； C 、对星球b 有22222244m m m r G G T r r π=+，解得：345r T Gm
π=，故C 正确； D 、若因某种原因中心星球c 的质量缓慢减小，则星球a ，b 做离心运动，线速度均将缓慢减小，故D 错误．
8. 如图所示，有一定质量的滑轮从静止到转动时，需要外力做功。

一根足够长轻绳绕在半径为R 质量为M 的均质定滑轮上，绳的下端挂一质量为m 的物体。

已知物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t 时定滑轮的角速度为ω，此时（ ）
A. 物体的速度大小为R ω
B. 物体对绳的拉力大小为()R
m g t
ω-
C. 物体m 的机械能减小量为
1
()2
m R gt R ωω- D. 物体下落时，悬挂点O 受的拉力逐渐变小
『答案』ABC
『详解』A ．物体的速度大小等于定滑轮边缘的线速度，即
v R ω=
选项A 正确； B ．物体的加速度
v R
a t t
ω=
=
对A 由牛顿第二定律
mg F ma -=
解得绳的拉力大小为
()R
F mg ma m g t
ω=-=-
选项B 正确；
C ．物体m 的机械能减小量为1
()22
v
E Fh
F t m R gt R ωω∆==⋅=- 选项C 正确；
D ．物体下落时，绳子的拉力不变，则悬挂点O 受的拉力不变，选项D 错误。

故选ABC 。

9. 如左下图所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如右下图所示．下列说法正确的是
A. 甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒
B. 甲、乙两球的质量之比为m 甲∶m 乙＝2∶1
C. 甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1
D. 甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度相同
『答案』C
『解析』
A、两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能守恒，故A错误；
B、由机械能守恒定律得，对甲球：E K0=m甲gx0sin30°，对乙球：E K0=m乙g•2x0，解得：m甲:m乙=4:1，故B
错误；C、瞬时功率
2
cos cos2cos
2
k
k
E
p mgv mg g mE
m
θθθ
===，甲、乙两球的动能
均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为：
cos601
==
cos01
P m
P m
︒
⨯
︒
甲甲
乙乙
，故C正确；D、甲、
乙两球的动能均为E k0时，两球高度之比为x0sin30°：2x0=1：4，故D错误．故选C．
『点睛』本题是一道图象题，由图象求出动能与位移关系，应用动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式综合求解，特别注意数学知识和物理知识的相结合．
10. 如图1 所示．轻质弹簧一段固定在竖直墙壁上，另一端连接质量为0.10kg 的小木块a，另一个相同的小木块b紧靠a一起在水平面上处于静止状态．现在b上施加一水平向左的力F使a和b从静止开始缓慢向左移动，力F的大小与a的位移x的大小关系如图2 所示．弹簧一直处于弹性限度内，将a、b视为质点，下列说法正确的是
A. 在木块向左移动10cm 的过程中，弹簧的弹性势能增加了2.5J
B. 该弹簧的劲度系数为250N/m
C. 当x=10cm 时撤去F，此后b能达到的最大速度为5m/s
D. 当x=10cm 时撤去F，a、b分离时的速度为5m/s
『答案』A
『详解』A．开始小木块处于静止状态，弹力等于摩擦力：f=1N，在木块向左移动的过程中，力F做的功一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹簧的弹性势能，弹簧增加的弹性势能
511
0.110.1 2.5J 2
p F f E W W +∆=-=
⨯-⨯= A 正确；
B ．小物块缓慢向左移动，受力平衡
F k x f ∆=∆+，500.11k =⨯+，k =490N/m
B 错误；
C ．撤去 F 后，a b 回到原来位置时达到最大速度
2122
p m E fx mv ∆-=
，26m/s m v = C 错误；
D ．撤去F 后a 、b 将在原长处 分离，此时速度小于最大速度26m/s ，D 错误。

故选A 。

11. 如图所示，M 、N 为平行板电容器的金属板，G 为静电计。

开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度。

下列操作可使指针张开角度增大一些的是（ ）
A. 保持开关S 闭合，将R 上的滑片向右移动，静电计指针张角增大
B. 保持开关S 闭合，将M 、N 两极板间距增大少许，指针张角变小
C. 断开开关S 后，将下极板向下移动一小段距离，P 点的电势将上升，粒子的电势能增大
D. 断开开关S 后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
『答案』D
『详解』AB ．保持开关S 闭合，则电容器直接串联在电源两端，滑动变阻器接静电计的金
属杆，外壳接地，所以滑动变阻器所在支路处于断路状态，因此电容器两端的电势差始终等于电源的电动势，即电容器两端的电势差总不变，因此无论将R 的滑片向右移动，还是将M 、N 两极板间距增大，都不能改变电容器的电势差，所以指针张角总不变，因此A 、B 项错误；
C ．断开开关S 后，电容器没有闭合回路，所以电容器所带的电荷量Q 不变，将下极板向下移动一小段距离，即板间距d 增大，由电容器的电容
4S
C kd ε
π=
MN
Q
C
U 电容器中的电场强度
4MN U kQ
E
d S
所以电场强度E 不变。

由于N 极板接地，所以
0N ϕ=
P 点到N 板的电势差
PN P N P
U
PN
PN U Ed
其中PN d 变大，所以P ϕ变大，即P 点电势增大。

由于粒子处于静止状态，即受力平衡，所以电场力竖直向上，因此粒子带负电，即
0q <
由电势能与电势的关系
P
P
E q
可得粒子的电势能减小，所以C 项错误；
D ．断开开关后，紧贴下极板插入金属板，即电容器的极板间的距离d 减小，由于电场强度表达式为
4MN U kQ
E
d S
即电场强度与极板间距离无关，所以电场强度不变，D 项正确； 故选D 。

12. —个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）
A. 甲、乙有可能同时落地
B. 甲、乙落地时的速度一定相同
C. 从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同
D. 甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同
『答案』D
『详解』A.爆竹的最高点时速度为零，根据动量守恒可知，炸裂成质量相等的甲、乙两块
速度等大反向，由此可知，乙先落地，A 项错误；
B.根据机械能守恒可知，两者落地时速度大小相等，但方向不同，B 项错误；
C.由于两者在空中运动时间不同，由v gt ∆=可知，两者速度变化不同，C 项错误；
D.爆炸后一瞬间、甲、乙在竖宜方向速度等大反向，由运动学公式可知，两者落地时在竖宜方向分速度相同，由y P mgv =可知，D 项正确．
13. 如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的物块A 、B 放在长木板上，A 、B 与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F 拉A ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.改变F 的大小，B 的加速度大小可能为( )
A. 1 m/s 2
B. 2.5 m/s 2
C. 3 m/s 2
D. 4 m/s 2
『答案』A
『详解』A 、B 放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A 、B 所受摩擦
力大小相等．由于A 、B 受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为f A max <f B max ，所以B 始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A 相对长木板滑动，B 受到的最大合力等于A 的最大静摩擦力，即：
max B A A f f m g μ＝＝
由
max B B B f m a ＝
代入数据可知B 的加速度最大为2 m/s 2，即2
2m/s B a ≤．
A ．描述与分析相符，故A 正确.
B ．描述与分析不符，故B 错误.
C ．描述与分析不符，故C 错误
D ．描述与分析不符，故D 错误.
14. 如图所示电路中，2R 、3R 和4 R 均为定值电阻，电源电动势E ，内阻不计，电源中O
点接地，当滑动变阻器R 1的滑片P 向左移动时，电压表1V 、2V 示数变化量分别为1U ∆和
2U ∆，电流表12A A 、和3A 的示数变化量分别为12I I ∆∆、和3I ∆则下列判断正确的是（ ）
A. 12U U ∆>∆
B.
21I I ∆<∆
C. M 和N 的电势都升高
D. M 点电势升高，N 点电势降低
『答案』ABC
『详解』A ．当滑动变阻器R 1的滑片P 向左移动时，R 1阻值变大，总电阻变大，总电流减
小，则R 4以及R 3上的电压均减小，即V 2读数减小，V 1读数变大，V 1+V 2的值增加，可知
12U U ∆>∆选项A 正确；
B ．因V 1增加，则I 2增加，因总电流I 3减小，则I 1减小，则21I I ∆<∆，选项B 正确； CD ．因O 点电势为零，而N 点电势高于O 点，NO 间电势差变大，可知N 点电势升高；O 点与M 点的电势差减小，则M 点电势升高，则选项
C 正确，
D 错误。

故选ABC 。

二、实验
15. 伽利略在《两种新科学的对话》一书中，提出猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还用实验验证了该猜想．某小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．实验操作步骤如下：
①让滑块从距离挡板s处由静止沿倾角为θ的斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，让水箱中的水流到量筒中；
②当滑块碰到挡板的同时关闭阀门(假设水流均匀稳定)；
③记录下量筒收集的水量V；
④改变s，重复以上操作；
⑤将测得的数据记录在表格中．
次数 1 2 3 4 5 6
s/m 4.5 3.9 3.0 2.1 1.5 0.9 V/mL 90 84 62 52 40 (1)该实验用量筒中收集的水量来表示________．
A．水箱中水的体积B．水从水箱中流出的速度
C．滑块下滑的时间D．滑块下滑的位移
(2)某同学漏填了第3组数据中量筒收集的水量V，若实验正常，你估计V＝________mL；若保持下滑的距离s、倾角θ不变，增大滑块的质量，水量V将________(填“增大”“不变”或“减小”)；若保持下滑的距离s、滑块质量不变，增大倾角θ，水量V将________(填“增大”“不变”或“减小”)．
(3)下列说法中不属于该实验误差来源的是________．
A．水从水箱中流出不够稳定
B．滑块开始下滑和开始流水不同步
C．选用的斜面不够光滑
D．选用了内径较大的量筒
『答案』(1). C (2). 75(74～76均算正确) 不变减小(3). C
『详解』(1)因为水是均匀稳定地流出，所以流出的水的体积与时间成正比，所以该实验用量筒中收集的水量表示滑块下滑的时间，选项C正确，选项ABD错误．
(2)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，而流出的水的体积与时间成正比，故位移与流出的水的体积的二次方成正比，即s ＝kV 2，由表中数据可得，V 3＝75 mL ．对滑块由牛顿第二定律得，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，a ＝g sin θ－μg cos θ，若保持下滑的距离s 、倾角θ不变，增大滑块的质量，滑块的加速度不变，滑块下滑所用的时间不变，水量V 不变．若保持下滑的距离s 、滑块的质量不变，增大倾角θ，滑块的加速度增大，滑块下滑所用的时间减少，水量V 减少．
(3)本实验的误差主要水从水箱中流出不稳定，滑块开始下滑与水开始流动不同时，选用了内径较大的量筒．选用的斜面不够光滑并不影响实验结果，选项C 正确，选项ABD 错误． 16. 如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为1m 和2m ；
②安装实验装置，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC 连接在斜槽末端；
③先不放小球2m 让小球1m 从斜槽顶端A 处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P ； ④将小球2m 放在斜槽末端B 处，仍让小球1m 从斜槽顶端A 处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球1m 、2m 在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B 的距离。

图中从M 、P 、N 点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M 、P 、N 到B 点的距离分别为M s 、P s 、N s 依据上述实验步骤，请回答下面问题：
(1)两小球的质量1m 、2m 应满足1m _____2m （填写“
”、“=”或“”）；
(2)小球1m 与2m 发生碰撞后，1m 的落点是图中_____点，2m 的落点是图中_____点； (3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式_____，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；
(4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较_____与
_____是否相等即可。

『答案』(1). > (2). M N (3). m m m =+ (4). m 1s P
m 1s M +m 2s N
『详解』(1)『1』为了防止入射球碰撞后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故12m m >；
(2)『2』碰撞前，小球1m 落在图中的P 点，由于12m m >，当小球1m 与2m 发生碰撞后，1m 的落点是图中M 点；
『3』 2m 的落点是图中N 点；
(3)『4』设其碰前小球1m 的水平初速度1v ，当小球1m 与2m 发生碰撞后，小球1m 落到M 点，
设其水平速度为1v '，2m 的落点是N 点，设其水平速度为2v '，斜面BC 与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得
2
1sin 2
M s gt α=
1
cos M s v t α'= 解得
1
v '= 同理可得
2
v '=
1v =
因此，只要满足1111
22m v m v m v ''=+，即
m m m =
(4)『5』如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则满足
2221111
22111
222
m v m v m v ''=+ 代入以上速度表达式可得
112P M N m s m s m s =+
故验证1P m s 和12M N m s m s +相等。

『6』12M N m s m s +
17. 如图所示，是用高电阻放电法测电容的实验电路图。

其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ，从而求出其电容C 。

该实验的操作步骤如下： (1)按电路图接好实验电路；
(2)接通电键S ，调节电阻箱R 的阻值，使微安表的指针接近满刻度。

记下这时的电压表读数U 0=6.2V 和微安表读数I 0=490μA ；
(3)断开电键S 并同时开始计时，每隔5s 或10s 读一次微安表的读数i ，将读数记录在预先设计的表格中；
(4)根据表格中的12组数据，以t 为横坐标，i 为纵坐标，在坐标纸上描点（图中用“×”表示）。

根据以上实验结果和图象，可以估算出当电容器两端电压为U 0时该电容器所带的电荷量Q 0约为_____C ，从而算出该电容器的电容约为_____ F 。

『答案』8×
10-3 1.3×10-3 『详解』『1』『2』根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示．
由△Q =I •△t 知，电荷量为I -t 图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量，即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q ；由图示图象可知，“面积”格数约32～33格．电容器电容为U 0时，电荷量
Q =8.00×10-3C
（8.00×10-3C ～8.25×10-3C 均正确），电容器的电容
338
10 1.310F 6.2
Q C U --⨯==≈⨯
18. 如图所示，光滑绝缘的水平面上有一带电量为-q 的点电荷，在距水平面高h 处的空间内存在一场源点电荷+Q ，两电荷连线与水平面间的夹角θ=30°，现给-q 一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动且对水平面无压力，已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则点电荷-q 做匀速圆周运动的向心力为_____；点电荷-q 做匀速圆周运动的线速度为_____。

『答案』
3kQq
3gh 『详解』
『1』根据库仑定律以及力的分解有 223cos308sin30()
n kQq kQq
F h h ︒︒
＝
＝ 『2』根据圆周运动规律有
2
2 8tan330kQq v m h h
︒
＝ 竖直方向
2
()sin30sin30kQq
mg
h ︒︒
＝ 解得
3v gh ＝三、计算题（7+8+10+12=37分）
19. 校车交通安全今年已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道，若校车以72km/h 的速度行驶，司机发现在33m 远处人开始横穿马路，立即采取刹车措施。

已知司机的反应时间为t 1=0.75s ，刹车的加速度大小为4m/s 2； (1)司机从发现情况至汽车走完33m 距离，经过多少时间，此时车速多大？ (2)如果行人横穿20m 宽的马路，横穿速度5m/s ，行人是否有危险；
『答案』(1)1.75s ；16m/s ；(2)有危险
『详解』(1)72km/h=20m/s ，选初速度的
方向为正方向，汽车在反应时间内的位移为
x 1=vt 1=20×0.75m=15m 刹车后的位移为 x 2=l -x 1=33-15=18m
设车走完18m 的时间为t 2，则有
2022
2
12
x v t at +＝ 代入数据得 t 2=1s
司机从发现情况至汽车走完33m 距离，经过的时间 t =t 1+t 2=175s
此时车的速度为v 1=v 0+at 2=20+（-4）×1=16m/s (2)人穿过马路的时间为
020
4s 1.75s 5
L t t v =人＝＝＝＞
可知行人会有危险。

20. 如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器。

当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的。

求： (1)电源的电动势和内阻； (2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器的最大阻值。

『答案』(1)20V ；20Ω；(2)5Ω；(3)300Ω
『详解』
（1）由闭合电路欧姆定律可得 U E Ir =-
结合题图乙可知
A A U E I r =-
B B U E I r =-
代入数据，联立解得
20V E = 20Ωr =
（2）当P 滑到3R 的右端时，1R 被短路，电路参数对应题图乙中的B 点，即
224V,0.8A U I ==
根据欧姆定律
2
22
5ΩU R I =
= （3）当P 滑到3R 的左端时，电路参数对应题图乙中的A 点
16V,0.2A U I ==总外
根据欧姆定律
80ΩU R I =
=外
总
外 因为
13
213
R R R R R R =
++外
所以滑动变阻器的最大阻值为
3300ΩR =
21. 美国物理学家密立根早在1911年以著名的油滴实验，推断自然界存在基本电荷，并测得了基本电荷的电荷量，其实验过程如下：水平放置的两平行绝缘金属板间距为d ，在上极板的中间开一小孔，使质量为m 的微小带电油滴从这个小孔落到极板中，忽略空气浮力，当极板上没加电压时，由于空气阻力大小与速度大小成正比（设比例系数为k ，且k >0），经过一段时间后即可观察到油滴以恒定的速度v 1在空气中缓慢降落。

①极板上加电压U 时可见到油滴以恒定的速率v 2缓慢上升，试求油滴所带电荷量q （用d ，U ，k ，v 1，v 2等已知量表示）
②在极板上不加电压时，油滴在极板内以恒定的速率v 1下降时，移动某一定值的竖直距离所需时间为t 1，加了电压U 后以恒定速率v 2上升同一竖直距离所需时间为t 2，然后又把电压撤除，使所考察的油滴又降落，并在极板内照射X 射线以改变它的带电荷量，再在极板
上加上同样的电压U ，重复上述操作，测定油滴上升及下降的时间，即可发现
12
)1(1
t t +始终是0.00535s -1的整数倍，由此可断定：一定存在基本电荷（最小单元电荷），若已知d =10×10-2m ，m =3.2×10-16kg ，t =11.9s ，U =25V ，取g =9.8m/s 2，试计算基本电荷的带电荷量？
『答案』(1)()12gk v v q U
+=
；(2)e =1.6×
10-19C 『详解』
（1）当极板上没加电压时，得到 1mg kv =①
当极板上加电压U 时，由题得
2U
q
mg kv d
=+② 由①、②得。