江西省赣州市信丰中学2014届高三物理上学期月考试题(二)(含解析)新人教版

2013-2014学年江西省赣州市信丰中学高三〔上〕月考物理试卷〔二〕
一、选择题〔本大题10小题，每一小题4分，第3、5、9题有多项符合题目要求，其余是单项选择题〕
1．〔4分〕〔2009•荆州模拟〕如下列图，物体P左边用一根水平轻弹簧和竖直墙壁相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于弹簧的原长．假设再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动．在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力N的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是〔〕
A．N保持不变，f先减小后增大
B．N保持不变，f始终减小
C．N先不变后增大，f先减小后增大
D．N始终增大，f始终减小
考点：摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．版权所有
专题：摩擦力专题．
分析：在P被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体P先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进展受力分析，即可判断．
解答：解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，如此弹簧对P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力．当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力从向左变为水平向右．所以其大小先减小后增大．故只有A正确．
应当选A．
点评：此题解题的关键是对P物体进展正确的受力分析，知道当P没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中．
2．〔4分〕〔2013•四川〕迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581〞运行的行星“G1﹣58lc〞却很值得我们期待．该行星的温度在O℃到40℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581〞的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，如此〔〕
A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度一样
B．
如果人到了该行星，其体重是地球上的倍
C．
该行星与“Gliese581〞的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短
考点：万有引力定律与其应用．版权所有
专题：万有引力定律的应用专题．
分析：根据根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度和该行星与“Gliese581〞的距离．根据万有引力近似等于重力，求出该行星外表与地球外表重力加速度之比，即可求出体重关系；根据相对论分析米尺长度的关系．
解答：解：A、当卫星绕行星外表附近做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由G=m，得v=，M是行星的质量，R是行星的半径，如此得
该行星与地球的第一宇宙速度之比为v行：v地=：=2；1．故A错误．
B、由万有引力近似等于重力，得G=mg，得行星外表的重力加速度为g=，如此得
该行星外表与地球外表重力加速度之比为g行：g地=：=2．故B正确．
C、对该行星绕“Gliese581〞的运动，有G=m行
对地球绕太阳的运动，有G=m地
将条件代入解得，r行G：r日地=．故C错误．
D、根据相对论可知，尺缩效应是相对的，地球上的米尺如果被带上该行星，相对于该
行星静止时，尺的长度一样．故D错误．
应当选B
点评：此题行星绕恒星、卫星绕行星的类型，建立模型，根据万有引力提供向心力，万有引力近似等于重力进展求解．
3．〔4分〕〔2014•西安三模〕如下列图，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球〔均可视为质点〕，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放．如此〔〕
A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少
C．假设m1恰好能沿圆弧下滑到A点，如此m1=2m2
D．假设m1恰好能沿圆弧下滑到A点，如此m1=3m2
考点：功率、平均功率和瞬时功率；力的合成与分解的运用．版权所有
专题：功率的计算专题．
分析：A B两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv，分析竖直方向速度的变化情况求解，假设m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．
解答：解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不一样的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，
所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、假设m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：
m1gR〔1﹣cos60°〕=m2gR，
解得：m1=2m2
故C正确，D错误
应当选BC
点评：此题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题，难度适中．
4．〔4分〕〔2013•南昌校级二模〕如下列图，质量一样的两个带电粒子P、Q以一样的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上〔带电粒子的重力不计〕．如此从开始射入到打到上极板的过程中〔〕
A．它们运动的时间tQ＞tP
B．它们运动的加速度aQ＜aP
C．它们所带的电荷量之比qP：=1：2
D．它们的动能增加量之比△E kP：△E kQ=1：2
考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．版权所有
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运
动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
解答：解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；
B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，
根据位移时间关系公式，有：
x=at2
解得：a=…①
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，
所以aQ＞aP，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，有：
qE=ma…②
由①②两式解得：
q=
所以它们所带的电荷量之比qP：=1：2，故C正确；
D、根据动能定理，有：
qEx=△E k
而：qP：=1：2，xP：xQ=1：2，
所以动能增加量之比：△E kP：△E kQ=1：4，故D错误；
应当选C
点评：此题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
5．〔4分〕〔2010•广州二模〕a、b、c、d四个带电液滴在如下列图的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下作匀速直线运动，可知〔〕
A．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷
B．a、b的电势能、机械能均不变
C．c的电势能减少，机械能增加
D．d的电势能减少，机械能减少
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有
分析：首先根据运动特点判断四个液滴的受力情况，得出均受力平衡且受到的电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是一样的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误．
解答：解：A、因a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，四个带点液滴均受到竖直向上的电场力作用，
可知四个带电液滴带同种电荷，都为正电荷，选项A错误．
B、a、b在水平方向上运动，电场力和重力均不做功，所以电势能和机械能都不变，选
项B正确．
C、c竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，动能不变，
重力势能增加，选项C正确．
D、d竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，重力做正功，机械能减少，机械能
转化为电势能．选项D错误．
应当选：BC．
点评：关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，是电学和力学知识的综合，带电粒子在电场中的运动，常见的有加速、减速、偏转、圆运动等等，规律跟力学是一样的，只是在分析物体受力时，注意分析电场力．常用牛顿运动定律，运动学公式和能量的转化与守恒解决此类问题．
6．〔4分〕〔2013秋•某某区校级期中〕如下列图为研究影响平行板电容器电容的因素的装置图，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量Q不变，假设〔〕
A．保持S不变，增大d，如此θ变小B．保持S不变，减小d，如此θ变小
C．保持d不变，减小S，如此θ变小D．保持d不变，减小S，如此θ不变
考点：电容器的动态分析．版权所有
专题：电容器专题．
分析：静电计测定电势差，电容器板间电势差越大，指针偏角越大．先根据电容器的决定式
分析电容的变化情况，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化情况，即可作出判断．
解答：
解：A、保持S不变，增大d时，根据电容器的决定式可知，电容C减小，
电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差增大，θ变大．故A 错误．
B、保持S不变，减小d时，根据电容器的决定式可知，电容C增大，电容
器的电荷量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差减小，θ变小．故B正确．
C、D保持d不变，减小S时，根据电容器的决定式可知，电容C减小，电
容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差增大，θ变大．故CD 错误．
应当选：B
点评：
对于电容器动态分析问题，关键掌握电容器的决定式和电容的定义式C=，结合电荷量不变进展分析．
7．〔4分〕〔2013•海淀区模拟〕如下列图是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，
Rx为待测电阻．如果电压表的示数是4.50V，电流表的示数是12.0mA，电压表的电阻是1.50kΩ，那么，Rx的准确值就是〔〕
A．500ΩB．375ΩC．50ΩD．575Ω
考点：伏安法测电阻．版权所有
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：伏安法测电阻，电流表假设采用外接法，测量的实际是电压内阻与待测电阻的并联阻值，由此可以求出待测电阻的真实阻值．
解答：解：根据电路串并联知识可知，电流表外接时测量的为电压内阻与待测电阻的并联阻值，因此有：
，带入数据解得：RX=500Ω，故A正确，BCD错误．
应当选A．
点评：根据串并联电路知识正确分析电流表内外接法误差来源以与测量值和真实值之间的关系．
8．〔4分〕〔2013秋•信丰县校级月考〕如下列图，半径为R的均匀带电圆盘水平放置，圆盘中心有一小孔，P、Q是过圆盘中心且垂直圆盘的直线．一质量为m的带电小球从P、Q连线上的H点由静止开始释放，当小球下落到圆盘上方h处的M点时，小球的加速度为零．重力加速度为g，如此如下判断中错误的答案是〔〕
A．小球运动到圆盘下方h处的N点时加速度大小为2g
B．小球运动到圆盘下方h处的N点时的电势能与在M点时相等
C．小球从M点运动到N点的过程中，小球的机械能守恒
D．小球从M点运动到N点的过程中，小球的机械能与电势能之和保持不变
考点：机械能守恒定律；电势能．版权所有
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：小球下落过程中只受重力和电场力，由于小球下落到圆盘上方h 处的M 点时，小球的加速度为零，说明圆盘与小球带同种电荷，结合对称性和牛顿第二定律以与功能关系分析．
解答：解：A、小球下落到圆盘上方h处的M 点时，小球的加速度为零，电场力与重力平衡，即F=mg，而且可知圆盘与小球带同种电荷．
当小球运动到圆盘下方h处的N点时，电场力向下，由对称性可知，电场力大小也为F，根据牛顿第二定律，有：F+mg=ma，a=2g ，故A 正确；
B 、根据对称性，M点与N点电势相等，故小球运动到圆盘下方h处的N点时的电势能
与在M点时相等，故B正确；
C、小球从M点运动到N的过程中，电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；
D、小球从M点运动到N的过程中，根据能量守恒定律可知小球的机械能与电势能之和
保持不变，故D正确；
此题选错误的，应当选：C．
点评：此题是简单的力电综合问题，突破口是：小球在M点时加速度为零，判断出F=mg，与圆盘与小球带同种电荷．同时，要结合功能关系、牛顿第二定律、电场力做功特点与对称性进展综合分析．
9．〔4分〕〔2014秋•长阳县校级月考〕在如下列图的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．如下比值正确的答案是〔〕
A．
不变，不变B．
变大，变大
C．
变大，变小D．
变大，不变
考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有
专题：恒定电流专题．
分析：
此题要分析定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有R==；对于可变电阻，
可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断．
解答：解：
A、R1是定值电阻，有R1==，可知、都不变，故A正确．
B、C当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有=R2，所
以变大，根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I〔R1+r〕，如此知=R1+r，不变，故B、C错误．
D、=R1+R2，可知变大．又根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，如此知=r，
保持不变，故D正确．
应当选：AD．
点评：
此题要注意对于定值电阻，是线性元件，有R==；对于可变电阻，R=≠，也可以结合电源的U﹣I图线分析．
10．〔4分〕〔2011•西湖区校级三模〕如下列图的电路中，灯泡A和B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，如此电路中出现的故障可能是〔〕
A．R3断路B．R1短路
C．R2断路D．R1、R2同时短路
考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有
专题：恒定电流专题．
分析：首先明确电路中各用电器的连接关系：R2与灯泡B关联，与R1、A串联，再与R3并联．灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了．具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．
解答：解：A、假设R3断路，外电阻增大，路端电压U增大，A、B两灯均变亮，不符合题意．故A错误．
B、假设R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，R3电流I3减
小，如此通过A的电流IA=I﹣I3增大，UA增大，A灯变亮；B灯电压UB=U﹣UA，如此UB减小，B灯变暗，不符合题意．故B错误．
C、R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R3电流I3增大，
如此通过A的电流IA=I﹣I3减小，A灯变暗．B灯电压UB=U﹣IA〔RA+R1〕增大，B灯变亮，符合题意．故C正确．
D、R2短路，B灯不亮，不符合题意．故D错误．
应当选C
点评：此题属混联电路的故障问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法〞将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．
二、实验题〔18分〕
11．〔6分〕〔2011•山东〕某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数〞的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．〔空气阻力对本实验的影响可以忽略〕
①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．
②滑块与斜面间的动摩擦因数为．
③以下能引起实验误差的是cd．
a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．
考点：探究影响摩擦力的大小的因素．版权所有
专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．
分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间一样，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律与几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；
解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间一样，
由x=at2和H=gt2得：
所以=
②根据几何关系可知：sinα=，cosα=
对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，
联立方程解得μ=
③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注
意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，应当选cd．
故答案为：①
②
③c d
点评：此题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的根本公式，要求同学们能学会对实验进展误差分析，
12．〔12分〕〔2014•连城县校级模拟〕某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线．
①甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W〞的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有如下器材可供选择：
电压表V〔量程5V，内阻约为5kΩ〕直流电源E〔电动势4.5V，内阻不计〕
电流表A1〔量程350mA，内阻约为1Ω〕电流表A2〔量程150mA，内阻约为2Ω〕
滑动变阻器R1〔阻值0～200Ω〕滑动变阻器R2〔阻值0～10Ω〕
①实验中电流表应选A1，滑动变阻器应选R2；〔填写器材代号〕以下的四个电路中应选用A进展实验．
②乙同学分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图1所示．然后他用图2所示的电路给三个元件分别供电，图中电流表和电压表均为理想电表，并测出单独给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图1上，它们是A点和B点．R0=9.0Ω，如此该电源的电动势E′=3V，内电阻r′=1Ω．这个电源单独给元件3供电时，元件3的电功率P=0.2W．
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有
专题：实验题．
分析：①根据灯泡的额定电流确定电流表的量程，从减小误差角度和可操作性角度确定滑动变阻器．
测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，如此滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接．
②将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外
电压与电流的关系图线，通过图线求出电源的电动势和内阻，图线与元件3的I﹣U图线的交点表示此时的电流和电压，根据元件3工作时的电压和电流，从而求出元件3的电功率．
解答：
解：①灯泡的额定电流I==≈0.33A=330mA，电流表应选：A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选：R2；
描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，
灯泡的电阻约为R==≈10.8Ω，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较
小，因此需要选择图A所示实验电路．
②将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外
电压与电流的关系图线．如图，当电流为0时，外电压为3V，如此电源的电动势为E=3V，
内阻r=﹣9=1Ω．此时元件3的电流和电压分别为：0.2A，1.0V，如此P=UI=0.2W．故答案为：①A1；R2；A；②3；1；0.2．
点评：解决此题的关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以与会通过图线求解电源的电动势和内阻．
三、计算题〔此题共5小题，共42分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步〕13．〔10分〕〔2013•龙岩模拟〕如下列图一根劲度系数k=200N/m的轻质弹簧拉着质量为m=0.2kg 的物体从静止开始沿倾角为θ=37°的斜面匀加速上升，此时弹簧伸长量x=0.9cm，在t=1.0s内物体前进了s=0.5m．求：
〔1〕物体加速度的大小；
〔2〕物体和斜面间动摩擦因数．〔取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8〕
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；胡克定律．版权所有
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：〔1〕物体沿斜面做匀加速运动，初速度为零，t=1.0s内物体前进了s=0.5m，由位移公式即可求解加速度．
〔2〕分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律和胡克定律结合能物体受到的支持力和滑动摩擦力，再求解物体和斜面间动摩擦因数．
解答：
解：〔1〕物体沿斜面做初速度为0的匀加速运动，根据运动学公式：…①
得…②
〔2〕物体运动过程中受力情况如下列图，根据牛顿第二定律：
F﹣Ff﹣mgsin37°=ma …③
又根据胡克定律：F=kx…④
F=200×0.9×10﹣2 N=1.8N…⑤
代入解得：
Ff=F﹣mgsin37°﹣ma=〔1.8﹣0.2×10×0.6﹣0.2×1.0〕N=0.4N …⑥
FN=mgcos37°=0.2×10×0.8 N=1.6N
根据滑动摩擦力公式Ff=μFN得：
答：
〔1〕物体加速度的大小为1m/s2；
〔2〕物体和斜面间动摩擦因数为0.25．
点评：此题属于知道物体的运动情况，确定物体受力情况的类型，加速度是力与运动的桥梁，
运用牛顿定律和运动学结合进展处理．
14．〔10分〕〔2008•福建模拟〕如下列图，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块〔可视为质点〕，从B点开始在B、C间以速度υ0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为υ．试求：
〔1〕小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
〔2〕匀强电场场强E的大小．
考点：共点力平衡的条件与其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．版权所有
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：小物体在BC上做匀速运动，对小物体进展受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可；
小物体做匀加速运动时根据牛顿第二定律和速度位移公式列方程求解即可．
解答：解：〔1〕小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得FN=mgcosθ①
Ff=mgsinθ②
而Ff=μFN③
由①②③解得μ=tanθ④
〔2〕小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如下列图．
如此FN=mgcosθ﹣qE ⑤
⑥
根据牛顿第二定律得⑦
v2﹣v02=2a•
由③⑤⑥⑦⑧解得E=⑨
答：〔1〕小物块与斜面间的动摩擦因数μ为tanθ；
〔2〕匀强电场场强E的大小为．
点评：此题借助电场力考查了牛顿第二定律的应用，牛顿第二定律是力与运动结合的桥梁．
15．〔10分〕〔2013•自贡模拟〕驾驶证考试中的路考，在即将完毕时要进展目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近，终点附近的道路是平直的，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离△L=16.0m．一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车前端面的距离为△s=2.0m．假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点考官发出指令：“在D标志杆目标停车〞，发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历△t=0.5s 的反响时间才开始刹车，开始刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止．学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻tB=5.50s，tC=7.50s．O、A间的距离LOA=69m．求：
〔1〕刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0与汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a；
〔2〕汽车停止运动时车头前端面离D的距离．
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．
分析：〔1〕学员甲在反响时间△t内，汽车做仍匀速运动，刹车后做匀减速运动．汽车从O 到标志杆B的过程中和汽车从O到标志杆C的过程中分别列位移方程，联立求解速度和加速度．
〔2〕先求出汽车从开始到停下运动的距离，在根据位移关系求汽车停止运动时车头前端面离D的距离．
解答：解：〔1〕汽车从O到标志杆B的过程中：
LOA+△L=v0△t+v0〔tB﹣△t〕﹣〔tB﹣△t〕2，
汽车从O到标志杆C的过程中：
LOA+2△L=v0△t+v0〔tC﹣△t〕﹣〔tC﹣△t〕2，
解得：v0=20m/s，a=2m/s2；
〔2〕汽车从开始到停下运动的距离：x=v0△t+，解得：x=110m，
因此汽车停止运动时车头前端面在CD之间离：
LOA+3△L﹣s﹣x=5m．
答：〔1〕刹车前汽车做匀速运动的速度大小为20m/s，
汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a为2m/s2；
〔2〕汽车停止运动时车头前端面离D的距离为5m．
点评：此题要理解反响时间内汽车继续做匀速运动，还要养成画运动过程示意图，找位移之间。