2023-2024学年江苏省启东市东南中学高三（上）第二次质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省启东市东南中学高三（上）第二次质量检测物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是( )
A. 电流 安培B. 能量 焦耳C. 力 牛顿D. 电量 库仑
2.△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面，ON=OM，a、b两束可见单色光(关于OO′)对称，从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 在棱镜中a光束的折射率大于b光束的折射率
B. 在棱镜中，a光束的传播速度小于b光束的传播速度
C. a、b两束光用同样的装置分别做单缝衍射实验，a光束比b光束的中央亮条纹宽
D. a、b两束光用同样的装置分别做双缝干涉实验，a光束比b光束的条纹间距小
3.下列说法错误的是
( )
A. 根据F=△p△t可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B. 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C. 动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D. 易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
4.某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E−x关系如图所示，ON=OP，OA=OB。取O点的电势为零，则( )
A. A，B的电势相等
B. 从N到O的过程中，电势一直增大
C. 电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小
D. 电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等
5.下列说法中正确的是( )
A. 牛顿测出了引力常量，他被称为“称量地球质量”第一人
B. 相对论时空观认为物体的长度会因物体的速度不同而不同
C. 所有行星的轨道半长轴跟公转周期的三次方的比值都相同
D. 丹麦天文学家第谷经过多年的天文观测和记录，提出了“日心说”的观点
6.某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，一正电荷仅在电场力作用下由a运动至b，设a、b两点的电场强度分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，该电荷在a、b两点的速度分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则( )
A. Ea>EbB. φa>φbC. va>vbD. Epa>Epb
7.如图所示，质量为M的物块放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于天花板与竖直方向成θ=45°的轻绳，左侧通过一与竖直方向成θ=45°跨过光滑定滑轮的轻绳与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将钩码由静止释放，当钩码下降到最低点时(未着地)，物块对水平桌面的压力恰好为零。轻绳不可伸长，弹簧劲度系数为k且始终在弹性限度内，物块始终处于静止状态，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A. 钩码向下一直做加速运动B. 钩码向下运动的最大距离为x0=mgk
C. M=2 2mD. M=​2m
8.以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块。假定物块所受的空气阻力f的大小与速率成正比，小物块经过时间t0落回原处。用v、s、E和F分别表示该物体的速率、位移、机械能和所受的合力，则下列图象中可能正确的是
( )
A. B.
C. D.
9.如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ=37°，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vmax。改变电阻箱的阻值R，得到vmax与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L=2m，重力加速度g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则( )
A. 金属杆滑动时回路中产生的感应电流的方向是abMpa
B. 金属杆的质量m=0.5kg
C. 金属杆接入电路的阻值r=2Ω
D. 当R=2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为8V
10.如图所示为一辆装有货物的自卸式货车，设车厢长度为5m，货物与车厢底板间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2.在卸货过程中，下列说法中正确的是( )
A. 在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，摩擦力逐渐减小
B. 当车厢与水平方向夹角为30°时，货物恰好发生滑动
C. 当车厢与水平方向夹角为37°时，货物在车厢中的滑行时间小于 5s
D. 若在卸货过程中，货车开始向前加速启动，则货物相对地面的运动轨迹可能是直线
11.歼−20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为 15。飞机的重力为G，使飞机实现节油巡航模式的最小推力是( )
A. G B. G 15C. G16D. G4
二、实验题：本大题共2小题，共20分。
12.学习小组为研究黑盒a、b两端电压随电流变化的规律。实验室提供如下器材：
A.黑盒
B.电流表A(0.6A，内阻约0.5Ω)
C.电压表V1(3V，内阻约3kΩ)
D.电压表V2(6V，内阻约6kΩ)
E.滑动变阻器R(0∼20Ω)
F.开关，导线若干
(1)学习小组设计了如图甲所示的电路，闭合开关S，移动滑动变阻器R的滑片，记录相应的电压表示数U和电流表示数I如下表，根据表中数据作出了U−I图线_____。
(2)将黑盒视为一个电源，根据作出的图线可得黑盒的等效电动势E0=_____V(结果保留三位有效数字)。
(3)图甲中电压表应选用_____(选填“C”或“D”)。
(4)因电表内阻影响，黑盒等效电动势E0测量值_____(选填“偏大”或“偏小”)，原因是_____。
(5)打开黑盒，内部电路如图丙所示，其中电阻R1=7.5Ω，R2=7.5Ω，R3=10.0Ω，电池E(电动势9.0V，内阻不计)。甲图中电压表的正、负接线柱分别与a、b相连，电阻R4的阻值最接近_____。
A.2.0Ω B.10.0Ω C.50.0Ω D.65.0Ω
13.某研究小组设计了一种“用一把刻度尺测量质量为m的小物块Q与平板P之间动摩擦因数”的实验方案，实验装置如图甲所示．
AB是半径足够大的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′.重力加速度为g.实验步骤如下：
①用刻度尺测量BC长度为L和CC′高度为h；
②先不放置平板P(如图乙)使圆弧AB的末端B位于C′的正上方，将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
③重复步骤②，共做10次；
④用半径尽量小的圆将10个落地点围住，用毫米刻度尺测量圆心到C′的距离s；
⑤放置平板P(如图甲)，将物块Q由同一位置A由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D′；
⑥重复步骤⑤，共做10次；
⑦用半径尽量小的圆将10个落地点围住，用毫米刻度尺测量圆心到C′的距离x．
(1)实验步骤③④目的是_______________．
(2)用实验中的测量量表示：物块Q滑到B点时的动能EB=_______．
(3)物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=_______．
(4)已知实验测得的μ值与实际值不等，其原因除了实验中测量的误差之外，其他的原因可能是___________________________________(写出一个可能的原因即可)．
三、计算题：本大题共4小题，共36分。
14.如图所示，质量m=4.6kg的物体(可以看成质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带的长度l=6m，当传送带以v=4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为θ=37°。已知：重力加速g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)传送带稳定运行时，求绳子的拉力；
(2)某时刻剪断绳子，求物体在传送带上运动的时间；
(3)剪断细线后，物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量。
15.如图所示，在竖直轴OO′的B点套有不可上下滑动，只可以绕轴无摩擦转动的轻环，轻弹簧的上端与该环相连，光滑杆OA与水平面间的夹角α=60°，质量为m的小球套在光滑杆OA上并与弹簧的下端连接，已知轴OB间距为L。
(1)保持杆不动，小球在图示P点位置处于静止状态，图示β=30°，求小球所受弹簧的弹力大小T和所受杆的弹力大小N；
(2)保持光滑杆OA与水平面间的夹角始终为α，使小球随杆OA一起由静止绕OO′轴加速转动，小球缓慢运动到与B点在同一水平面的A点时，杆OA匀速转动，小球与杆保持相对静止，求此时杆OA绕OO′轴转动的角速度大小ω；
(3)在(2)情形之下，小球由P点开始相对杆向上滑动到A点与杆相对静止的过程中，杆对球所做的功W。
16.如图所示，物块A、带光滑定滑轮的矩形物体B和悬挂的小球C处于静止状态。A与B、B与地面的接触面均粗糙。绕过光滑的定滑轮的轻绳和轻弹簧分别与小球C相连，轻弹簧中轴线与竖直方向的夹角为60°，轻绳与竖直方向的夹角为30°，A、B、C的质量分别为mA=2kg、mB=5kg、mC=1kg。弹簧的伸长量为Δx=2cm(重力加速度g取10m/s2)。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)物体B对物块A的静摩擦力；
(3)地面对物体B的摩擦力。
17.如图所示，在某空间的竖直平面内建立正交坐标系，在第Ⅰ象限和第Ⅲ象限存在大小均为E的匀强电场，方向分别为水平向右和竖直向下；在第Ⅱ象限和第IV象限存在大小均为B的匀强磁场，方向均为垂直纸面向里。电荷量为e，质量为m的负电子从y轴负半轴的P点水平向左射入第Ⅲ象限后，从Q点以图示45∘角进入第Ⅱ象限，继而从M点以图示45∘角进入第I象限，并通过x轴上的N点最后回到P周而复始的运动下去。求：
(1)OP和OQ的比值；
(2)电子在P点入射时的初速度大小；
(3)电子在此空间运动的周期。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：基本物理量有长度、质量、时间，电流，热力学温度，物质的量和发光强度，单位分别是米、千克、秒、安培、开尔文、摩尔和坎德拉；故A正确，BCD 错误。
故选：A。
根据物理学基本物理量及单位进行判断。
本题考查基本物理量和单位，要求记住基本物理量及其单位。
2.【答案】C
【解析】AB.由光路图看出，b光束在NO面上发生了全反射，而a光束在MO面上没有发生全反射，而入射角相同，说明b光的临界角小于a光的临界角，由sinC=1n
分析得知，玻璃对a光束的折射率小于b光束的折射率，由v=cn，得知在玻璃砖中a光的传播速度比b光大，故AB错误；
C.由于玻璃对a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率比b光的低，a光的波长比b光的长，所以a光比b光更容易发生明显的衍射现象，用同样的装置分别做单缝衍射实验，a光束比b光束的中央亮条纹宽，故C正确；
D.根据条纹间距公式Δx=Ld•λ
可知双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以a光束的条纹间距大，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据动量定理、动量与冲量的定义分析答题，注意明确动量定理与牛顿第二定律的关系，知道动量在生产生活中的应用，并能根据动量定理进行解释。
本题考查了动量定理、动量与冲量的有关知识，明确动量定理与牛顿第二定律的关系，知道动量在生产生活中的应用是解题的关键。
【解答】
A.由动量定理得：Δp=Ft，则ΔpΔt=mΔvΔt=ma=F，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；
B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；
C.动量定理是通过牛顿第二定律推导出来的，所以动量定理的实质与牛顿第二定律是相同的，两个定理适用范围是不同的，动量定理有时用起来更方便，故C正确；
D.由Δp=Ft可知，动量变化相等时，时间t越长，力F越小，因此易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故D正确。
由于本题选错误的，故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，通过电场力做功判断电势能的变化。
【解答】
A.从A到B过程中，电场的方向始终为正方向，x逐渐增大的过程中电势一直降低，故φA>φB，故A错误;
B.由A中分析可知x逐渐增大的过程中电势一直降低，即从N到O的过程中，电势一直减小，故B错误;
CD.电子从N移动到O，x小于0时运动的方向与电场的方向相同，而电场力的方向与电场线的方向相反，所以电场力做负功(图线与NO围成的面积表示NO之间的电势差)；从O移到P的过程中，x大于0时电场力仍做负功(图线与OP围成的面积表示OP之间的电势差)，即UNO=UOP，故电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等，所以电子从N移到P的过程中，电势能一直增加，故C错误，D正确。
5.【答案】B
【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
【解答】A.卡文迪许测出了引力常量，他被称为“称量地球质量”第一人。故A错误；
B.相对论时空观认为物体的长度会因物体的速度不同而不同。故B正确；
C.绕同一恒星运转的所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相同。故C错误；
D.哥白尼提出了“日心说”的观点。故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】解：A、由等势线的疏密与电场线的疏密成正比的关系可知，EaB、根据题中给出的等势线画出电场线，如图中虚线所：
由于粒子带正电，电场力方向与场强方向相同，电场力指向左侧，沿着电场线的方向电势降低，所以φa<φb，故B错误。
C、电场力向左，做负功，故va>vb，故C正确。
D、电场力做负功电势能增加，Epa故选：C。
电场线的疏密程度判断电场强度。
根据等势线判断电场线，根据电场线可判断电势大小。
根据题意电场力做负功，速度变化可知。
由能量守恒可判断电势能的变化情况。
明确电场线和电场力的关系，找出电场力做功情况并能用做功情况判断能量变化情况是解决问题的关键。
7.【答案】C
【解析】【分析】
钩码向下运动时，开始弹簧拉力小于重力，故做加速运动，当弹簧拉力等于重力时，速度最大，之后弹簧拉力大于重力，故做减速运动。根据简谐运动的对称性，可知在最低点与最高点的加速度大小相等、方向相反。在最低点，物块M恰好要离开地面，根据平衡条件求M、m的关系。
【解答】
A.由题意可知钩码向下先做加速运动后做减速运动，选项A错误；
B.刚释放钩码时，钩码具有向下的加速度g，根据简谐运动的对称性可知在最低点钩码有向上的加速度，且a=g，所以在最低点时有弹簧弹力T=2mg，向下运动的最大距离为xm=2mgk，选项B错误；
CD.对物块M进行受力分析，则依题意在最低点时，有2Tcsθ=Mg，解得M=2 2m，选项C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】A
【解析】【分析】
小球向上做变速直线运动，分析其受力情况，结合空气阻力与速率成正比，分析合力的变化情况，由牛顿第二定律判断加速度的变化情况，由功能关系列式分析机械能的变化，即可选择图象。
对于图象问题要明确两坐标轴及斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质。
【解答】
A.有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1，故a1=g+fm，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，v−t图象的斜率减小，有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg−f=ma2，故a2=g−fm，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小，v−t图象的斜率减小，故A正确；
B.上升阶段，x=v0t−12a1t2，应是开口向上的，下降阶段x=12a2t2，应是开口向下的，且由于a1>a2，则上升的时间比下降到时间短，故B错误；
C.上升阶段的机械能为：E=mgh+12mv2=mg(v0t−12a1t2)+12m(v0−a1t)2，显然与时间不是一次函数关系，故C错误；
D.有空气阻力时，上升阶段，合力为：F=mg+f=mg+kv=mg+k(v0−a1t)，由于a1是变化的，故F−t图象不是直线，故D错误。
故选A。
9.【答案】C
【解析】【分析】
根据右手定则或楞次定律判断感应电流方向。根据E=BLvm、I=ER+r、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度vm与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和阻值r；当R=2Ω时，杆ab匀速下滑过程中，根据欧姆定律求R的电压。
解决本题的关键是根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式得到最大速度的解析式，结合图象的作息求解金属棒的质量和电阻。
【解答】
A、金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律知感应电流方向是aPMba，故A错误；
BC、设杆运动的最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm
由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r
杆达到最大速度时受到平衡，满足：mgsinθ−BIL=0
联立解得：vm=mgsinθB2L2R+mgsinθB2L2r
由图象可知：斜率为：k=8−42m/(s⋅Ω)=2m/(s⋅Ω)，
纵截距为：v0=4m/s，
得到：k=mgsinθB2L2=2，mgsinθB2L2r=v0
解得：m=13kg，r=2Ω，故B错误，C正确；
D、当R=2Ω时，金属杆ab匀速下滑时，有：mgsinθ−BIL=0
得：I=2A
所以R两端电压为：U=IR=2×2V=4V.故D错误。
故选：C。
10.【答案】C
【解析】解：A、在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中重力产生下滑趋势的分力
G1=mgsinθ
静摩擦力
f静=G1=mgsinθ
随着夹角θ的增大，静摩擦力逐渐增大，此后货物开始下滑受滑动摩擦力随夹角增大而减小，故A错误；
B、货物恰好滑动时满足：
mgsinθ=μFN=μmgcsθ
解得：
μ=tanθ=0.5则下滑时的夹角小于30°，故B错误；
C、当车厢与水平方向夹角为37°时，若货此时才开始匀加速下滑，由牛顿第二定律有：
mgsin37°−μmgcs37°=ma
解得：a=2m/s2
由运动学公式：
L=12at2
解得运动时间：
t= 5s
但实际是夹角达到临界角后货物已经在下，当倾角达到37°时，货物已经有初速度和下滑一段位移，故货物在车厢中的滑行时间小于 5s；故C正确；
D、货物参与沿着货箱往下初速度不为零匀加速直线运动和水平向左的匀加速线运动，两分运动合成为匀变速曲线运动，故D错误。
故选：C。
在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，静摩擦力和重力沿下面向下的分量大小相等，即f静=mgsinθ，θ增大，f静增大；当货物滑动时，f=μmgcsθ，θ增大，滑动摩擦力减小；当车厢与水平方向夹角为37°时，若货此时才开始匀加速下滑，由牛顿第二定律可以求出下滑的加速度，再根据运动学公式可以求出下滑时间；货物参与沿着货箱往下初速度不为零匀加速直线运动和水平向左的匀加速线运动，两分运动合成为匀变速曲线运动。
本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关、摩擦力等知识点。关键点：货物处于动态平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件以及夹角的变化分析支持力和摩擦力的变化。
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题的关键是根据飞机的运动情况判断飞机的受力情况，并画出力的示意图。根据平衡条件结合数学知识分析解题即可。
【解析】
解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f力的方向与F2垂直，如图：
歼−20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx=f，竖直方向F2+Fy=G，F2= 15f，解得Fy=G− 15f，则F1= Fx2+Fy2= 16f2−2 15Gf+G2，
则F12表达式为开口向上，对称轴为f= 1516G的抛物线，f= 1516G时取得最小值，将f= 1516G代入F1表达式，解得F1min=G4，故D正确，ABC错误。
故选D。
12.【答案】 2.95 C 偏小 电压表分流 A
【详解】(1)[1]请根据表中数据在图乙中作出U−I图线如图所示
(2)[2]根据闭合电路欧姆定律有
E0=U+Ir
可得
U=−rI+E0
由图像可得黑盒等效电动势
E0=2.95V
(3)[3]由表格可知，电压表示数的最大值为1.95V，且黑盒等效电动势也不到3V，所以电压表选V1。
故选C。
(4)[4]按图示中伏安法测电源电动势时，路端电压测量准确，但是电路中由于电压表的分流作用，导致干路电流偏小，电压表示数越大，电压表分流就越多，由 U−I 图像修正法有
所以因电表内阻影响，黑盒等效电动势E0测量值偏小。
[5]电路中由于电压表的分流作用，导致盒等效电动势E0测量值偏小。
(5)[6]由图像可得黑盒等效电源内阻为
r0=k=2.95−00.54Ω≈5.5Ω
根据等效电源法有
r0=R3R4R3+R4+R1R2R1+R2=10R410+R4+3.75Ω
由于实验测量存在误差，所以采用代入法检验最接近电阻R4的阻值。
若R4=2.0Ω，带入得
r0≈5.4Ω
若R4=10.0Ω，带入得
r0=8.75Ω
若R4=50.0Ω，带入得
r0≈12.1Ω
若R4=65.0Ω，带入得
r0≈12.4Ω
所以甲图中电压表的正、负接线柱分别与a、b相连，由于测量中内阻存在误差，在误差允许范围内，电阻R4的阻值最接近2.0Ω。
故选A。

【解析】见答案
13.【答案】减小误差 mgs24h s2−l24hL 空气阻力
【解析】解：(1)验步骤③④的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；
(2)在不放平板P时，物块从B点飞出做平抛运动，在水平方向上有S=vBt，在竖直方向上有h=12gt2，解得EkB=12mvB2
=12ms22hg=mgs24h；
(3)当加上平板P时，物块从C点飞出，做平抛运动，故：Ekc=12mvc2=12ml22hg=mgl24h，根据动能定理可得
−μmgL=12mvc2−12mv B2，故解得μ=s2−l24hL；
(4)其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等，存在空气阻力等。
故答案为：(1)减小误差 (2)mgs24h (3)s2−l24hL (4)空气阻力
根据动能定理求解动摩擦因数，物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由动能可以求出动摩擦因数。
对于每一道实验题，需要了解其实验原理，要熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题，学会根据实验数据来实验结果分析，注意实验误差分析不会没有，只能降低。
14.【答案】解：(1)对物体受力分析：Tsinθ+N=mg，Tcsθ=f，f=μN，联立解得：T=10N；
(2)剪断后a=fm=μg=2m/s2，
物体加速运动时间：t1=va=2s，
物体加速运动距离：x1=12at12=4m，
匀速运动的时间：t2=l−x1v=6−44s=0.5s，
总时间：t=t1+t2=2.5s；
(3)加速过程中，皮带运动的位移：x=vt1=4×2m=8m，
物体相对于皮带的位移大小：△x=x−x1=4m，
摩擦产生的内能：Q=f△x=μmg△x=36.8J；
答：(1)传送带稳定运行时，绳子的拉力为10N；
(2)某时刻剪断绳子，物体在传送带上运动的时间为2.5s；
(3)剪断细线后，物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量为36.8J。
【解析】物块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用正交分解求出绳子拉力的大小；
剪断绳子，物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体运动到传送带的左端的时间；
求出物体与传送带之间的相对位移，根据Q=f△x求出摩擦产生的热量；
解决本题的关键能够根据物体的受力，判断物体的运动，理清整个过程中物块的运动状况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
15.【答案】解：(1)小球在位置P处静止时，根据平衡条件有：Tcs(90−α+β)−mgsinα=0，
Tsin(90∘−α+β)−mgcsα−N=0，
解得T= 3mg，N=mg；
(2)小球在位置A处时，设小球做圆周运动的半径为r，所受弹簧的弹力大小FT和杆的弹力大小FN，则
水平方向FT+FNsinα=mω2r，
竖直方向FNcsα−mg=0，
几何关系L=rtanα，
弹簧伸长的长度与初始相同，则FT=T= 3mg，
解得ω= 6gL；
(3)小球将由静止开始沿杆向上滑动，初速度vp=0，
小球在位置A的速度大小vA=ωr= 2gL，
小球由P到A过程，根据动能定理有
W−mgL2=12mvA2−12mvP2=12mvA2，
解得W=1.5mgL。
【解析】本题考查了动能定理、牛顿第二定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大．
(1)根据牛顿第二定律求出小球释放瞬间的加速度大小，当小球的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件求出小球所受弹簧的弹力大小T和所受杆的弹力大小N；
(2)对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出此时杆OA绕OO′轴转动的角速度大小；
(3)小球将由静止开始沿杆向上滑动，可知初速度vp=0，结合小球在位置A的速度大小，最后小球由P到A过程，根据动能定理求出杆对球做功的大小。
16.【答案】解：(1)以小球C为研究对象，受到重力、轻绳的拉力、弹簧的弹力作用，如图所示：
根据平衡条件可得：T=mCgsin30°=1×10×12 N=5N，
轻绳拉力F=mCgcs30°=1×10× 32 N=5 3N，
根据胡克定律可得：T=kx，其中x=2 cm=0.02m，
解得：k=250N/m；
(2)以A为研究对象，A受到重力、支持力、轻绳拉力和摩擦力，
水平方向根据平衡条件可得摩擦力fA=F=5 3N，方向向右；
(3)以A和B整体为研究对象，受到总的重力、地面的支持力和摩擦力、轻绳斜向下的拉力，
水平方向根据平衡条件可得：fB=Fsin 30°=5 3×12 N=5 32 N，方向向右。
【解析】(1)对小球C受力分析，根据平衡条件结合胡克定律求解；
(2)对A分析，根据平衡条件求解；
(3)对AB整体分析，根据平衡条件求解。
本题考查了平衡条件的应用，关键是正确选择研究对象并受力分析，根据平衡条件即可求解。
17.【答案】(1) OPOQ=12 ；(2) 2EB ；(3) 3πm2eB+4meB
【详解】(1)电子在第Ⅲ象限做类平抛运动，则有
OP=12vQyt3
OQ=vQxt3
根据题意
vQx=vQy
联立可得
OPOQ=12
(2)在第Ⅲ象限，根据牛顿第二定理有
eE=ma
且有
vQy=at3
在第Ⅱ象限，电子做匀速周运动，则
evQB=mvQ2r
其中
vQ= 2vQy
根据几何关系可知
r= 22OQ
联立可得
vQy=2EB
可知电子在P点入射时的初速度大小
vP=vQy=2EB
(3)联立可得
t3=2meB
根据对称性，在第Ⅰ象限的时间
t1=t3=2meB
在第Ⅱ象限的时间
t2=πrvQ
解得
t2=πmeB
在第Ⅳ象限电子做匀速圆周运动，运动的时间
t4=πr′2vP
其中
r′=OP
解得
t4=πm2eB
则有周期
T=t1+t2+t3+t4=3πm2eB+4meB

【解析】见答案U/V
1.95
1.73
1.52
1.30
1.10
0.88
I/A
0.18
0.22
0.26
0.30
0.34
0.38