2023-2024學(xué)年安徽省合肥八中高一（下）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年安徽省合肥八中高一（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共40分。1.利用風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室可以模擬運(yùn)動(dòng)員比賽時(shí)所受風(fēng)阻情況，幫助運(yùn)動(dòng)員提高成績。為了更加直觀的研究風(fēng)洞里的流場環(huán)境，可以借助煙塵輔助觀察，如圖甲所示，在某次實(shí)驗(yàn)中獲得煙塵顆粒做曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖乙所示，則由該軌跡可推斷出(

)A.煙塵顆粒可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B.煙塵顆粒做的不可能是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)

C.P、Q兩點(diǎn)處的速度方向可能相反 D.P、Q兩點(diǎn)處的速度方向可能垂直2.對于萬有引力定律的表達(dá)式F=Gm1m2A.引力常量G的單位為N?m2/kg2

B.當(dāng)物體間的距離趨近于0時(shí)，物體間的萬有引力無窮大

C.若m1>3.高樓都裝有避雷針。某次雷雨天氣閃電擊中避雷針，避雷針發(fā)生尖端放電現(xiàn)象。若避雷針放電時(shí)的電場線分布如圖所示，在空間取一條水平線abc和一條圓弧線adc，bd連線為ac連線的中垂線，電場線關(guān)于直線bd對稱，以下說法正確的是(

)A.圓弧adc是一條等勢線

B.a、c兩點(diǎn)的電勢相同

C.a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同

D.同一正點(diǎn)電荷在b點(diǎn)的電勢能比在d點(diǎn)大4.羽毛球運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)深受大眾喜愛的體育運(yùn)動(dòng)。某同學(xué)為研究羽毛球飛行規(guī)律，記錄下了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點(diǎn)，P為該軌跡的最高點(diǎn)，若空氣阻力方向始終與速度方向相反，則羽毛球在該次飛行中(

)A.經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度等于經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度 B.經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度小于經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度

C.落地前瞬間的速度方向不可能豎直向下 D.落地前瞬間的速度方向有可能豎直向下5.如圖所示，兩帶電小球A、B質(zhì)量分別為2m、m，所帶電荷量分別為+q、?q，用等長絕緣細(xì)線a、b連接后懸掛于O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在該空間加一水平向右的勻強(qiáng)電場，并將電場強(qiáng)度E從0開始緩慢增大到E=mgq，若不考慮兩小球間的庫侖力，重力加速度為g，則當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定后，關(guān)于兩細(xì)線a、b拉力的大小Ta、TbA.TaB.TaC.TbD.T6.如圖甲所示，質(zhì)量m=1kg的小物體放在長直的水平地面上，用水平細(xì)線繞在半徑R=0.1m的薄圓筒上。t=0時(shí)刻，圓筒由靜止開始繞豎直的中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，不考慮繞制細(xì)線對轉(zhuǎn)動(dòng)半徑的影響，已知小物體和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，則(

)A.4s末細(xì)線拉力對物體做功的功率為4.4W

B.0～4s內(nèi)，細(xì)線拉力做的功為0.88J

C.4s末滑動(dòng)摩擦力對物體做功的功率為4W

D.0～4s內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力對小物體做的功為0.8J7.2月28日，合肥八中高一年級(jí)舉行了一次別開生面的籃球友誼賽。在高一年級(jí)全體師生傾情參與下，籃球場內(nèi)一時(shí)間充滿了歡聲笑語。如圖所示，在某次罰球時(shí)，豎直站立的運(yùn)動(dòng)員到籃筐中心的水平距離x=4.5m，籃球(視為質(zhì)點(diǎn))出手點(diǎn)距地面的高度?1=2.6m，籃球投出后恰好“空心”入筐。已知運(yùn)行軌跡的最高點(diǎn)距地面的高度?2=3.85m，籃筐距水平地面的高度?=3.05m，取重力加速度大小g=10m/sA.籃球從出手到進(jìn)筐所用的時(shí)間為0.8s B.籃球從出手到進(jìn)筐所用的時(shí)間為0.7s

C.籃球出手時(shí)的速度大小為52m/s 8.如圖所示，水平地面上有一傾角為θ=37°的傳送帶，以v0=16m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)行。將一煤塊從?=20.4m的高臺(tái)由靜止開始運(yùn)送到地面，煤塊可看作質(zhì)點(diǎn)，已知煤塊的質(zhì)量為m=1kg，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.25，重力加速度為g=10m/s2，sin37°=0.6地面的過程中，下列說法正確的是(

)A.運(yùn)送煤塊所用的時(shí)間為4.125s

B.煤塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為32J

C.摩擦力對煤塊做的功為?4J

D.煤塊的機(jī)械能減少了36J二、多選題：本大題共2小題，共12分。9.建造一條能通向太空的天梯，是人類長期的夢想。如圖所示，直線狀天梯是由一種高強(qiáng)度、很輕的納米碳管制成，圖中虛線為同步衛(wèi)星軌道，天梯在赤道平面內(nèi)剛好沿衛(wèi)星軌道半徑方向。兩個(gè)物體M、N在太空天梯上的位置如圖，整個(gè)天梯及兩物體相對于地球靜止不動(dòng)，忽略大氣層的影響，分析可知(

)A.物體N的加速度大于M的加速度 B.物體M的加速度大于N的加速度

C.物體N所受天梯的作用力方向指向地球 D.物體M所受天梯的作用力方向指向地球10.如圖所示，在豎直平面xoy內(nèi)存在一未知?jiǎng)驈?qiáng)電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上P點(diǎn)以水平速度v進(jìn)入第一象限，速度方向沿x軸正向；經(jīng)過x軸上Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也為v，方向與x軸夾角為60°。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中(

)A.機(jī)械能守恒

B.速度最小時(shí)的速度方向與x軸正方向夾角為30°

C.若電場力大小為33mg，則電場力做功為?三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。11.(1)如圖甲所示為探究平行板電容器電容大小決定因素的實(shí)驗(yàn)，給電容器充電后與電源斷開，保持電荷量不變。若將B板向右移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針偏角______(選填“變大”“變小”或“不變”)。

(2)某同學(xué)用圖乙所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象?，F(xiàn)提供如下實(shí)驗(yàn)器材：電源E電壓為5V(內(nèi)阻不計(jì))、電容器C、電阻箱R、毫安表G、單刀雙擲開關(guān)S和導(dǎo)線若干。

①將開關(guān)S撥至位置1，電容器充電完畢后，將開關(guān)S撥至位置2，此過程得到的I?t圖像如圖丙所示，則電容器充電完畢后的電荷量為______C，電容器的電容C=______F。(計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

②如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻箱R接入電路的阻值，則此過程的I?t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將______(選填“減小”“不變”或“增大”)。12.某同學(xué)采用如圖所示的裝置做“驗(yàn)證小球擺動(dòng)的過程中滿足機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。細(xì)線上端固定在鐵架臺(tái)上的O點(diǎn)，下端懸掛一小球，將小球拉起一定角度，由靜止釋放，擺到最低點(diǎn)時(shí)，恰好通過固定在鐵架臺(tái)上的光電門，讀出小球的遮光時(shí)間t。請回答下列問題。

(1)已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測量的物理量有______。

A.小球的直徑dB.O點(diǎn)與小球之間細(xì)線的長LC.小球的質(zhì)量mD.小球釋放初始位置細(xì)線與豎直方向的夾角為θ

(2)小球通過光電門的瞬時(shí)速度v=______(用實(shí)驗(yàn)中測得的物理量符號(hào)表示)；

(3)通過改變小球由靜止釋放時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ，測出對應(yīng)情況下小球通過光電門的時(shí)間t，為了直觀地判斷機(jī)械能是否守恒，可作______圖像。(填字母序號(hào))

A.1t?θB.1t2?θC.1t2?cosθD.1t?cosθ

(4)若另一小組同學(xué)用安裝在O點(diǎn)的力傳感器代替光電門完成實(shí)驗(yàn)。將細(xì)線拉至水平狀態(tài)，把小球由靜止釋放，當(dāng)小球擺到O四、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。13.如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，其中A帶正電，B帶負(fù)電。用絕緣絲線一端固定于O點(diǎn)，另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點(diǎn)N處。已知AN=NM=L，且絕緣絲線ON與OM的夾角θ=53°，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q(Q未知)，靜電力常量為k，重力加速度為g(sin53°=0.8,cos53°=0.6)。求：

(1)根據(jù)共點(diǎn)力平衡的知識(shí)計(jì)算帶電小球所受庫侖力F的大??；

(2)小球所帶電荷的電性及電荷量Q的大小；

(3)等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的合場強(qiáng)E。14.某校高一物理興趣小組正在進(jìn)行無人機(jī)飛行表演。如圖所示，質(zhì)量m=1kg的無人機(jī)用長為l=1m的輕繩吊起質(zhì)量也為m=1kg的小物塊，此時(shí)無人機(jī)繞著O點(diǎn)在水平面內(nèi)做半徑r=0.3m勻速圓周運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后輕繩偏離豎直方向的夾角始終為θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，不計(jì)空氣阻力對物塊的影響，試求出(結(jié)果可保留根號(hào))：

(1)輕繩的拉力大小；

(2)無人機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大??；

(3)無人機(jī)受到的空氣的作用力大小。15.如圖所示，豎直固定的四分之一粗糙圓軌道下端B點(diǎn)水平，半徑R1=1m。質(zhì)量M=1kg的長薄板靜置于傾角θ=37°的粗糙斜面CD上，其最上端剛好在斜面頂端C點(diǎn)。一質(zhì)量為m=1.5kg的滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))從圓軌道A點(diǎn)由靜止滑下，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為FN=39N，接著從B點(diǎn)水平拋出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上開始向下運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小物體落到薄板最上端時(shí)，薄板無初速度釋放并開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)至斜面底端時(shí)與豎直固定的光滑半圓軌道DE底端粘接在一起。已知斜面CD長L2=7.875m，薄板長L1=2.5m，厚度忽略不計(jì)，其與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.25，滑塊與長薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.5，滑塊從斜面底端滑離時(shí)的能量損失和運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力均忽略不計(jì)，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，試求：

(1)滑塊由A到B運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功Wf；

答案解析1.B

【解析】解：AB.做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，所受合力總是指向軌跡凹側(cè)，煙塵顆粒所合外力發(fā)生了變化，加速度發(fā)生了變化，不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.曲線運(yùn)動(dòng)速度方向沿軌跡上某點(diǎn)的切線方向，故CD錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件分析判斷；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)速度特點(diǎn)分析判斷。

本題關(guān)鍵掌握曲線運(yùn)動(dòng)的條件和特點(diǎn)。2.A

【解析】解：A.根據(jù)萬有引力定律表達(dá)式有

F=Gm1m2r2

整理得

G=Fr2m1m2

根據(jù)單位運(yùn)算可知，引力常量G的單位為N?m2/kg2，故A正確；

B.當(dāng)物體間的距離趨近于0時(shí)，物體不能再視為質(zhì)點(diǎn)，萬有引力表達(dá)式已經(jīng)不再適用，故B錯(cuò)誤；

3.B

【解析】解：A.圓弧線adc在a、c處與電場線不垂直，所以圓弧線不是等勢線，故A錯(cuò)誤；

B.a、c兩點(diǎn)關(guān)于bd直線對稱，所以這兩點(diǎn)的電勢相同，故B正確；

C.電場強(qiáng)度是矢量，結(jié)合圖可知，a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不相同，所以a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，故C錯(cuò)誤；

D.將正電荷從b點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，所以同一正點(diǎn)電荷在b點(diǎn)的電勢能比在d點(diǎn)小，故D錯(cuò)誤。

故選B。

根據(jù)靜電學(xué)的基本知識(shí)進(jìn)行解答

學(xué)習(xí)過程中要掌握電勢的基本概念及電場強(qiáng)度和電勢能的分析。4.D

【解析】解：AB、羽毛球在運(yùn)動(dòng)過程中，空氣阻力做負(fù)功，羽毛球的機(jī)械能不斷減小，則B點(diǎn)的機(jī)械能小于A點(diǎn)的機(jī)械能。A、B兩點(diǎn)等高，羽毛球在A、B兩點(diǎn)重力勢能相等，則羽毛球在A點(diǎn)動(dòng)能大于B點(diǎn)動(dòng)能，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度大于經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度，故AB錯(cuò)誤；

CD、將運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向，由于存在空氣阻力作用，水平方向一直做減速運(yùn)動(dòng)，落地前瞬間水平方向速度有可能減小到0，則落地前瞬間的速度方向有可能豎直向下，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

羽毛球在運(yùn)動(dòng)過程中受到空氣阻力作用，根據(jù)空氣阻力做功情況，判斷其機(jī)械能變化情況，分析羽毛球在A、B兩點(diǎn)速度大小。分析水平方向的運(yùn)動(dòng)情況，判斷落地前瞬間的速度方向能否豎直向下。

解題的關(guān)鍵要分析到整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程有空氣阻力的存在，機(jī)械能不守恒，采用運(yùn)動(dòng)的分解法分析水平方向的運(yùn)動(dòng)情況。5.B

【解析】解：AB.對AB整體受力分析，水平方向，受到的合電場力為0，豎直方向受到繩子的拉力大小等于A與B的重力，即Ta=3mg，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.對B隔離受力分析，B的受力如圖：

則Tb=F2+(mg)2=(qE)2+(mg)2=(q?mgq6.B

【解析】解：AB、根據(jù)圖像可知角速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式為

ω=1?t

圓筒邊緣線速度與物塊前進(jìn)速度大小相同

v=ωR

代入數(shù)據(jù)解得

v=0.1t

可知物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=ΔvΔt

代入數(shù)據(jù)解得a=0.1m/s2

根據(jù)牛頓第二定律有

F?μmg=ma

代入數(shù)據(jù)解得F=1.1N

細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率

P=Fv=1.1×0.1t=0.11t=0.44W

物體在4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移

x=12at2

代入數(shù)據(jù)解得x=0.8m

細(xì)線拉力做的功為

W=Fx=1.1×0.8J=0.88J

故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、結(jié)合上述滑動(dòng)摩擦力的瞬時(shí)功率

P′=μmgv=1×0.1t=0.1t=0.4W

滑動(dòng)摩擦力做的功為

W′=?μmgx=?0.1×1×10×0.8J=?0.8J

故CD錯(cuò)誤。

故選：B。

7.C

【解析】解：AB、設(shè)籃球上升過程所用的時(shí)間為t1，有

?2??1=12gt12

代入數(shù)值得

t1=0.5s

設(shè)籃球下降過程所用的時(shí)間為t2，有

?2??=12gt22

代入數(shù)值得

t2=0.4s

又

t=t1+t2

解得籃球從出手到進(jìn)筐所用的時(shí)間為

t=0.9s

故AB錯(cuò)誤；

CD、籃球在水平方向上的速度大小

vx=xt8.C

【解析】解：A.煤塊剛放上傳動(dòng)帶時(shí)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

解得

a1=8m/s2

則煤塊從0加速到與傳送帶共速需要

t1=v0a1=84s=2s

煤塊的位移為

x1=12a1t12

解得

x1=16m

由于

mgsin37°>μmgcos37°

可知煤塊與傳送帶共速后繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)，摩擦力沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin37°?μmgcos37°=ma2

解得

a2=4m/s2

根據(jù)

x2=v0t2+12a2t22=?sinθ?x1

解得

t2=1s

x2=18m

共計(jì)

t=t1+t2=2s+1s=3s

故A錯(cuò)誤；

B.第一個(gè)過程傳送帶的位移為

x3=v9.AC

【解析】解：AB、物體M、N同同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，故角速度相同，根據(jù)向心加速度公式a=ω2r可知，N的半徑較大，則物體N的加速度大于M的加速度，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)題意知，太空天梯上處于同步衛(wèi)星軌道的物體，只受地球引力，隨同步衛(wèi)星一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力公式有

GMmr02=mr04π2T2

而整個(gè)天梯及兩物體相對于地球靜止不動(dòng)，故T相同，對物體M，軌道半徑r<r0

設(shè)太空天梯對天梯上物體的力大小為F，則根據(jù)牛頓第二定律有

GMmr2?F=m4π2T2r

故太空天梯對物體M的力與地球?qū)ξ矬wM的引力方向相反，背離地面

故C正確；

D、同理，對物體N，軌道半徑r>r010.BC

【解析】解：A.小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程中，動(dòng)能不變，重力勢能減小，則機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；

BC.由于小球從P到Q動(dòng)能變化為零，則合力方向與PQ垂直，在Q點(diǎn)進(jìn)行速度的分解，如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可知∠PQO=30°

vmin=vcos30°=32v

由動(dòng)能定理可知，克服電場力做功等于重力做功

WG=mg?L

當(dāng)電場力大小為33mg時(shí)，豎直方向加速度為g，故

L=(v?sin60°)22g=3v28g

綜上克服電場力做功為

W克電=38mv2

故BC正確；

D.根據(jù)上述，電場力與重力合力方向始終垂直于PQ方向，根據(jù)三角形法則可知，當(dāng)電場力與合力方向垂直時(shí)，電場力最小，則有

11.變小

7.3×10?3

1.5×10【解析】解：(1)給電容器充電后與電源斷開，即保持電荷量不變。若將B板右移，則極板間距減小，根

C=?rS4πkd

則電容增大；根據(jù)

Q=CU

則電勢差減少，靜電計(jì)指針偏角變小。

(2)①電容器放電時(shí)，根據(jù)公式

q=It

可知，在I?t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示通過電荷量的多少，由圖乙可知圖線與橫軸圍成的面積為30個(gè)小格，則電容器開始放電時(shí)所帶的電荷量為

q=30×0.5×0.5×10?3C=7.5×10?3C

根據(jù)題意及圖甲可知，電容器充電結(jié)束時(shí)，兩極板間電壓為5V，則電容器的電容為

C=qU=1.5×10?3F

②根據(jù)

q=CU

可知，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，極板上的電荷量不變，則

I?t

圖像中，圖線與橫軸圍成面積不變。

故答案為：12.ABD

dt

C

3mg【解析】解：(1)為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測量的物理量有：細(xì)線的長度L，小球釋放初始位置細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，還要知道小球經(jīng)光電門時(shí)的速度，因此需要測量小球的直徑d，以求得小球經(jīng)光電門時(shí)的速度，不需要測量小球的質(zhì)量m，因在計(jì)算時(shí)可以約去質(zhì)量m，故ABD正確，C錯(cuò)誤。

故選：ABD。

(2)由于小球直徑較小，且通過光電門時(shí)的時(shí)間較短，因此可以用時(shí)間t內(nèi)的小球的平均速度來近似表示其通過光電門時(shí)的瞬時(shí)速度，即

v=dt

(3)若機(jī)械能守恒，則應(yīng)有

mg(L+d2)(1?cosθ)=12mv2

解得

1t2=2g(L+d2)(1?cosθ)d2

由上式可知，1t2與cosθ成線性關(guān)系，所以為了直觀地判斷機(jī)械能是否守恒，可作1t2?cosθ圖像。故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

(4)若用力傳感器測量小球擺到O點(diǎn)正下方時(shí)細(xì)線拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律可得

F?mg=mv2L

若小球下落過程機(jī)械能守恒，則有

mgL=12mv2

可得

F=3mg

13.解：(1)對小球受力分析，根據(jù)平衡條件可知其受力情況如下所示

根據(jù)平衡條件有

F拉sinθ=F

F拉cosθ=mg

聯(lián)立解得

F=43mg

(2)異種電荷連線上的場強(qiáng)方向由正電荷指向負(fù)電荷，小球所受電場力方向與場強(qiáng)方向相反，故小球帶負(fù)電。根據(jù)庫侖定律可知，A對小球的庫侖力

F1=kQ2L2

B對小球的庫侖力

F2=kQ2(3L)2

且有

F=F1+F2

聯(lián)立解得

Q=6mgL25k

(3)根據(jù)電場的定義可知，等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的總場強(qiáng)

E=F【解析】(1)(2)對物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡力的特點(diǎn)求解庫侖力、小球所帶電荷的電性及電荷量Q的大??；

(3)根據(jù)電場強(qiáng)度的定義求解。

本題主要考查學(xué)生對于平衡力的使用，對于庫侖定律和電場強(qiáng)度的定義式的熟練度掌握情況。14.解：(1)對物塊受力分析，如圖所示

由圖可知

T=mgcosθ

代入可得

T=12.5N

(2)根據(jù)物塊的受力分析可知

mgtanθ=m(r+l?sinθ)ω2

解得

ω=533rad/s

無人機(jī)的角速度與物塊角速度相等，無人機(jī)的線速度大小

v=ωr=32m/s

(3)設(shè)空氣對無人機(jī)的作用力為F，與水平方向夾角為

α，對無人機(jī)受力分析如下

水平方向有

Fcosα?Tsinθ=mrω2

豎直方向有

Fsinα=Tcosθ+mg

兩式聯(lián)立可得

F=105【解析】(1)分析無人機(jī)的受力情況，根據(jù)小球在豎直方向的平衡條件列式求解；