物理卷·2018届上海市华东师大二附中高二上学期月考物理试卷（10月份）+（解析版）

物理卷·2018届上海市华东师大二附中高二上学期月考物理试卷（10月份）+（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年上海市华东师大二附中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一．选择题（前8题为单项选择，后2题为多选，每题4分）‎ ‎1．属于静电利用现象的是（　　）‎ A．油罐车上连接地线 B．复印机复印文件资料 C．屋顶按装避雷针 D．印染厂车间保持湿度 ‎2．如图所示，带电量为q，质量为m的小球，用长为l的绝缘细线悬挂在O点，小球处在水平方向场强大小为E的匀强电场中．平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ，如果改变下列某一个条件，保持其他条件不变，则θ的变化情况正确的是（　　）‎ A．质量m增大，θ角增大 B．细线长度l增大，θ角减小 C．电量q增大，θ角增大 D．场强E增大，θ角减小 ‎3．下列关系式中正确的是（　　）‎ A．室外气温：﹣2℃＜﹣5℃‎ B．某物体的速度：﹣2m/s＜﹣12m/s C．物体的重力势能：﹣2 J＜﹣12J D．电场中某点的电势：﹣2V＜﹣5V ‎4．两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（　　）‎ A．300F B．1200F C．900F D．无法确定 ‎5．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠‎ MOP=60°．两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，O点的电场强度大小为E1．将置于N点处的点电荷移至P点时，O点的场强大小变为E2．则E1与E2之比为 （　　）‎ A．2：1 B．1：2 C． D．‎ ‎6．下面关于电场线的论述中正确的是（只考虑电场）（　　）‎ A．电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点运动的方向 B．电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点的加速度方向 C．电场线弯曲的地方是非匀强电场，电场线为直线的地方是匀强电场 D．只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动 ‎7．静电力常量k的单位，若用国际单位制（SI）中的基本单位可表示为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎8．一点电荷，仅在电场力的作用下，沿直线由A点运动到B点的过程中，速率逐渐增大，下列判断正确的是（　　）‎ A．在此过程中，电荷所受电场力的方向总是由A指向B B．在此过程中，电荷的电势能逐渐增大 C．线段AB间的各点，电场强度的方向都是由A指向B D．自A至B，电势逐渐降低 ‎9．某带电粒子只受电场力作用，从C向D运动，其轨迹如图中虚线所示，由此可判定（　　）‎ A．此粒子一定带正电 B．此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度 C．此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能 D．此粒子在C处的动能大于在D处的动能 ‎10．有一个点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图象如图所示中的①、②图线．则下列说法正确的是（　　）‎ A．正电荷在甲图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是①‎ B．负电荷在乙图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是②‎ C．负电荷在丙图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是②‎ D．正电荷在丁图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是①‎ ‎　‎ 二．填空题（每空3分，共24分）‎ ‎11．若将一个电量为3.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功9.0×10﹣9J，则M点的电势是　　V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN=　　V．‎ ‎12．如图（a）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m．放在A、B两点的检验电荷q1、q2受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图（b）所示．则A点的电场强度大小为　　N/C，点电荷Q的位置坐标为x=　　m．‎ ‎13．ab是长为l的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则P1、P2处的电场强度方向　　（填“相同”或“相反”）．若将绝缘细杆的左边l/2截掉并移走（右边l/2电量、位置不变）则P2处的场强大小为　　．‎ ‎14．如图倾角为30°的直角三角形的底边BC长为2L，处在粗糙的水平面上，一质量为m带正电的小物块恰好能在斜面上匀速下滑，O为底边中点，OD垂直AB，沿OD上方与A等高的位置E处固定一带正电的点电荷，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，当物块在DB之间时，斜面受到地面的摩擦力　　（填“不变”、“先变大后变小”，“先变小后变大”）；若斜面是光滑的，测得它滑到D受到的库仑力大小为F，则它滑到B处的加速度的大小　　．‎ ‎　‎ 三．综合题（10+12+14分，共36分）‎ ‎15．两个点电荷彼此相距r．如果它们之间的距离缩短l=50cm，这时测得它们间作用力比原来增加一倍，求原来两点电荷间距r是多大？‎ ‎16．如图所示，有一柔软链条全长为L=1.0m，质量均匀分布，总质量为M=2.0kg．链条均匀带正电，总带电量Q=1.0×10﹣6C、将链条放在离地足够高的水平桌面上．空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小E=2.0×107V/m．若桌面与链条之间的动摩擦因数为μ=0.5（重力加速度取g=10m/s2）．给链条一个向右的初动能，试求：‎ ‎（1）链条受到的最大滑动摩擦力；‎ ‎（2）当桌面下的链条多长时，桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力．‎ ‎（3）能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能．‎ ‎17．如图所示，一均匀带正电的无限长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比．在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电量分别为+q和+4q，球A距直棒的距离为a，两球恰好处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用．‎ ‎（1）求细线的张力；‎ ‎（2）剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功．‎ ‎（3）分析剪断细线后，B球的运动情况及能量的转化情况．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年上海市华东师大二附中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（前8题为单项选择，后2题为多选，每题4分）‎ ‎1．属于静电利用现象的是（　　）‎ A．油罐车上连接地线 B．复印机复印文件资料 C．屋顶按装避雷针 D．印染厂车间保持湿度 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】了解静电现象，理解其应用与防止，会分析其原理，知道哪些现象为静电的应用，哪些现象为静电的防止．‎ ‎【解答】解：A、油罐车上连接地线，可以把运输过程中会由于摩擦产生静电荷导走，是为了防止静电产生火灾．故A错误．‎ B、复印机复印文件资料属于静电的应用，故B正确；‎ C、屋顶按装避雷针是将空中静电导入大地，以避免产生雷击，属于静电的防止，故C错误 C、保持印染厂车间里的空气湿度使将产生的静电导入大地，属于静电的防止，故D错误．‎ 本题考查属于静电应的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，带电量为q，质量为m的小球，用长为l的绝缘细线悬挂在O点，小球处在水平方向场强大小为E的匀强电场中．平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ，如果改变下列某一个条件，保持其他条件不变，则θ的变化情况正确的是（　　）‎ A．质量m增大，θ角增大 B．细线长度l增大，θ角减小 C．电量q增大，θ角增大 D．场强E增大，θ角减小 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡判断夹角的变化．‎ ‎【解答】解：小球受重力、拉力和电场力平衡，受力如图，有tan，当质量m增大，θ变小，细线长度l增大，θ不变，电量q增大，θ增大，场强增大，θ增大．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列关系式中正确的是（　　）‎ A．室外气温：﹣2℃＜﹣5℃‎ B．某物体的速度：﹣2m/s＜﹣12m/s C．物体的重力势能：﹣2 J＜﹣12J D．电场中某点的电势：﹣2V＜﹣5V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能；功能关系．‎ ‎【分析】温度、势能、电势四个物理量均为标量，温度中的负号表示温度低于0摄氏度，功的负号表示对物体运动阻碍作用的大小，重力势能中的负号表示物体所处的位置低于零势能面，电势的负号表示电势低于零势点；而速度为矢量，其负号表示方向；‎ ‎【解答】解：A、﹣5℃表示温度比零摄氏度低5℃，﹣2℃表示温度比，零摄氏度低2℃，故：﹣2℃＞﹣5℃，故A错误；‎ B、速度是矢量，负号只表示方向，大小要根据绝对值进行比值，故：﹣2m/s＜﹣12m/s；故B正确；‎ C、重力势能的负值表示相对于零势能面的位置，负号后面数越大表示物体所处的位置比零势能面低的越多，故物体的重力势能：﹣2J＞﹣12J，C错误；‎ D、电势与高度相似，负号后面的数越大表示该点的电势比零势面低的越多，故：﹣2V＞﹣5V，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（　　）‎ A．300F B．1200F C．900F D．无法确定 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】接触带电的原则是先中和后平分，根据库仑定律的公式判断相互作用力的大小．但是注意库仑定律的适用条件，库仑定律适用于点电荷的作用力．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律得，，接触后分开，两金属球的电量都为﹣Q，但是两球靠得太近，不能看成点电荷，库仑定律不再适用，所以无法确定作用力的大小．故D正确，A、B、C错误．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，O点的电场强度大小为E1．将置于N点处的点电荷移至P点时，O点的场强大小变为E2．则E1与E2之比为 （　　）‎ A．2：1 B．1：2 C． D．‎ ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．‎ ‎【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，‎ 合场强大小为E2=，则E1与E2之比为2：1．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下面关于电场线的论述中正确的是（只考虑电场）（　　）‎ A．电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点运动的方向 B．电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点的加速度方向 C．电场线弯曲的地方是非匀强电场，电场线为直线的地方是匀强电场 D．只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线上任一点的切线方向就是场强的方向，是正电荷在该点的受力方向，电场线为直线的区域内分布的不一定是匀强电场，初速度为零，正电荷在匀强电场电场中沿电场线方向运动．‎ ‎【解答】解：AB、电场线上任一点的切线方向就是场强的方向，是正电荷在该点的受力方向，也是正电荷的加速度方向，故A错误，B正确；‎ C、电场线弯曲的区域内分布的是非匀强电场，电场线为直线的区域内分布的不一定是匀强电场，比如点电荷的电场线是直线，故C错误；‎ D、初速度为零，正电荷在匀强电场电场中沿电场线方向运动，在非匀强电场，若电场线是直线时，也沿着电场线方向运动；若电场线是曲线，则不会沿着电场线方向运动，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．静电力常量k的单位，若用国际单位制（SI）中的基本单位可表示为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】根据库伦定律F=k，由Q，q，F、r四个物理量的单位推导出k的单位．‎ ‎【解答】解：根据库伦定律F=k，得：‎ k=，‎ 国际单位制中力F、距离r、电荷（Q、q）的单位分别是：N、m、C，‎ 其中N=kg•m/s2，C=A•s 所以k的单位为 故选：D ‎　‎ ‎8．一点电荷，仅在电场力的作用下，沿直线由A点运动到B点的过程中，速率逐渐增大，下列判断正确的是（　　）‎ A．在此过程中，电荷所受电场力的方向总是由A指向B B．在此过程中，电荷的电势能逐渐增大 C．线段AB间的各点，电场强度的方向都是由A指向B D．自A至B，电势逐渐降低 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】点电荷仅在电场力作用下，沿直线运动，且速率增大．因此可得知电场力的方向，电场强度方向无法确定，这还与电荷的电性有关．由于电场强度方向不定，所以电场高低不定，但可根据电场力做功来确定电势能的大小．‎ ‎【解答】解：点电荷在电场力作用，从A到B点，速率增大．则电场力做正功，电势能减小．由于点电荷的电性不知，所以电场强度方向无法确定，因此电势的高低也无法确定．故只有A正确；BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．某带电粒子只受电场力作用，从C向D运动，其轨迹如图中虚线所示，由此可判定（　　）‎ A．此粒子一定带正电 B．此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度 C．此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能 D．此粒子在C处的动能大于在D处的动能 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；根据带电粒子轨迹弯曲的方向判断出受到的电场力的方向，然后判断粒子的电性；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向指向左下方，逆着电场线的方向，所以电荷为负电荷，所以A错误．‎ B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，C点的场强大于D点的场强的大小，在C点的受力大于在D的受力，所以粒子在D点的加速度小于它在C点的加速度，所以B正确；‎ C、D、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向指向左下方，粒子从C向D运动的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在C处的电势能大于在D处的电势能，粒子在C点的动能小于它在D点的动能，所以C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎10．有一个点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图象如图所示中的①、②图线．则下列说法正确的是（　　）‎ A．正电荷在甲图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是①‎ B．负电荷在乙图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是②‎ C．负电荷在丙图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是②‎ D．正电荷在丁图电场中从a点由静止释放，沿直线运动到b点的过程中，对应的图线是①‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据动能定理qU=mv2可知物体的动能EK=qU，其中U=s，故有EK=qs；又EK﹣S图象的斜率等于物体所受的电场力F=qE，所以图象的斜率越大代表电荷所处位置的场强越大．‎ ‎【解答】解：根据动能定理qU=mv2可知，物体的动能EK=qU，‎ 而U=s，‎ 故有EK=qs，‎ A、在甲图中各点的场强相同，故正电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变，故EK﹣S图象的斜率保持不变，故A正确．‎ B、在乙图中各点的场强相同，故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力大小不变，故EK﹣S图象的斜率保持不变，故B错误．‎ C、在丙图中由a到b场强逐渐增大，故负电荷从a点由静止释放后在向b运动的过程中所受电场力逐渐增大，故EK﹣S图象的斜率逐渐增大，故C正确．‎ D、在丁图中a到b场强逐渐减小，正电荷从a点由静止释放后所受的电场力向左，不可能运动到b，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二．填空题（每空3分，共24分）‎ ‎11．若将一个电量为3.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功9.0×10﹣9J，则M点的电势是　30　V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN=　60　V．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功公式W=qU求出零电势点与M点间的电势差，即可得到M点的电势．将该电荷从M点移到电场中的N点，由U=求M、N两点间的电势差UMN．‎ ‎【解答】解：由题意可知，正电荷从零电势点移到M点电场力做功 W=﹣9×10﹣9J，根据公式W=qU可知，‎ 零电势点与M点间的电势差为：U0M==V=﹣30V，又UOM=0﹣φM=﹣30V，故φM=30V；‎ 将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10﹣8J，根据公式W=qU可知，‎ UMN==V=60V；‎ 故答案为：30；60．‎ ‎　‎ ‎12．如图（a）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m．放在A、B两点的检验电荷q1、q2‎ 受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图（b）所示．则A点的电场强度大小为　2×103　N/C，点电荷Q的位置坐标为x=　0.3　m．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即，方向与正电荷所受电场力方向相同．‎ 根据点电荷场强公式分析 ‎【解答】解：（1）由图可知，A点的电场强度==2×103N/C，‎ ‎ （2）同理B点的电场强度EB=﹣500N/C，方向指向x负方向．‎ ‎ 所以A、B两点的电场强度大小之比为4：1；‎ ‎ 设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场得：，‎ ‎ 联立以上公式解得：x=0.3m．‎ 故答案为：2×103 0.3‎ ‎　‎ ‎13．ab是长为l的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则P1、P2处的电场强度方向　相反　（填“相同”或“相反”）．若将绝缘细杆的左边l/2截掉并移走（右边l/2电量、位置不变）则P2处的场强大小为　E1　．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1‎ 的产生电场．‎ ‎【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电，根据场的叠加，这些点电荷在P1的左侧的电量比较右侧的电量少，所以P1处的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右．‎ 取a关于P1的对称点a′，由于，则aa′=，所以细杆左侧的上的电荷在P1点的电场互相抵消，右半边的电荷在P1处的电场强度为E1，由题意，当将绝缘细杆的左边截掉并移走后，根据电场的对称性可得，右半边的电荷在P2处的电场强度为E1．‎ 故答案为：相反；E1‎ ‎　‎ ‎14．如图倾角为30°的直角三角形的底边BC长为2L，处在粗糙的水平面上，一质量为m带正电的小物块恰好能在斜面上匀速下滑，O为底边中点，OD垂直AB，沿OD上方与A等高的位置E处固定一带正电的点电荷，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，当物块在DB之间时，斜面受到地面的摩擦力　不变　（填“不变”、“先变大后变小”，“先变小后变大”）；若斜面是光滑的，测得它滑到D受到的库仑力大小为F，则它滑到B处的加速度的大小　+　．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】开始时刻小物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；再结合平衡条件分析即可；‎ 分析质点q在B点的受力情况，根据牛顿第二定律和库仑定律求出质点滑到斜边底端B点时加速度．‎ ‎【解答】‎ 解：开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的；再对斜面体分析，受重力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零；即当物块在DB之间时，斜面受到地面的摩擦力为0，保持不变；‎ 在D点，电场力为：F=k=；在B点电 电场力为F为：FB=k=；在B点，电荷q受重力、电场力和支持力，在平行AB杆的方向，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+cos30°=ma，解得：a=+．‎ 故答案为：不变； +．‎ ‎　‎ 三．综合题（10+12+14分，共36分）‎ ‎15．两个点电荷彼此相距r．如果它们之间的距离缩短l=50cm，这时测得它们间作用力比原来增加一倍，求原来两点电荷间距r是多大？‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．‎ ‎【解答】解：l=50cm=0.5m，‎ 根据库仑定律，距离为r是的静电力为：F=k ‎2F=k 两式相比，化简得r=m．‎ 答：原来两点电荷间距r是m．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，有一柔软链条全长为L=1.0m，质量均匀分布，总质量为M=2.0kg．链条均匀带正电，总带电量Q=1.0×10﹣6C、将链条放在离地足够高的水平桌面上．空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小E=2.0×107V/m．若桌面与链条之间的动摩擦因数为μ=0.5（重力加速度取g=10m/s2）．给链条一个向右的初动能，试求：‎ ‎（1）链条受到的最大滑动摩擦力；‎ ‎（2）当桌面下的链条多长时，桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力．‎ ‎（3）能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式即可求解；‎ ‎（2）设桌面下的链条长为x，链条质量分布均匀，所以在桌面下的链条的质量为；桌面上的链条对桌子的压力等于桌面上的链条的重力加上电场力，根据两者相等即可求解；‎ ‎（3）当链条下滑0.5 m后就会自动下滑，此时速度正好为零时所需初动能最小，根据动能定理即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）链条刚开始下滑的瞬间，此时链条全部在桌面上，正压力N最大．‎ N=Mg+qE 则fmax=μN=μ（Mg+qE）=20 N ‎ ‎（2）假设有x的链条在桌面下方 得到x=0.5m ‎ ‎（3）当下垂链条受到的重力加上电场力等于滑动摩擦力时，是能使链条全部从桌面上滑下的临界情况．‎ 根据平衡条件：‎ 求得：‎ 当链条垂下m时，重力+电场力=滑动摩擦力，则如果继续下滑，重力就大于滑动摩擦力了．所以链条下滑m后就会自动下滑，链条所需要的最小初动能是能够让它下滑m所需的能量． ‎ 根据动能定理：‎ 代入数据：‎ 解得：‎ 答：（1）链条受到的最大滑动摩擦力为20N；‎ ‎（2）当桌面下的链条米时，桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力．‎ ‎（3）能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能为．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一均匀带正电的无限长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比．在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电量分别为+q和+4q，球A距直棒的距离为a，两球恰好处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用．‎ ‎（1）求细线的张力；‎ ‎（2）剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功．‎ ‎（3）分析剪断细线后，B球的运动情况及能量的转化情况．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）分别隔离对A、B受力分析，通过共点力平衡求出细线的张力．‎ ‎（2）当A球下落时，重力与电场力平衡时速度最大，根据平衡求出下降的距离，再根据动能定理求出电场力所做的功．‎ ‎（3）剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动，在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，根据能量守恒知，机械能增加，重力势能增加，动能先增大后减小）．下降过程与上升过程对称．‎ ‎【解答】解：（1）设距直棒为r的点的电场强度大小为．分别对两小球列平衡方程：‎ 对A：‎ 对B：‎ 解得 ‎（2）设A球下落到距直棒为r时速度最大，此时加速度为零，合力为零．‎ 由平衡条件：‎ 由（1）中解得：‎ 解得：‎ 由动能定理：‎ 解得 ‎（3）剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动（振动）．‎ 在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大（重力势能增大，动能先增大后减小）；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小（重力势能减小，动能先增大后减小）．机械能与电势能的总和不变．‎ 答：（1）细线的张力为．‎ ‎（2）电场力对A球做的功为．‎ ‎（3）在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大（重力势能增大，动能先增大后减小）；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小（重力势能减小，动能先增大后减小）．机械能与电势能的总和不变．‎