2024-2025学年山东省菏泽市成武县伯乐高级中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市成武县伯乐高级中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.一个物体在力F的作用下沿着力的方向前进一段距离L，这个力对物体做功W=FL。在国际单位制(简称SI)中，功的单位J可表示为( )
A. kg⋅m2⋅s2B. kg⋅m⋅sC. kg⋅m⋅s−2D. kg⋅m2⋅s−2
2.如图所示，斜面体甲放在小车内的水平地板上，物块乙放在斜面体上，两者一起随车向右匀加速运动，关于甲、乙受力的分析正确的是( )
A. 甲物体可能受到4个力的作用
B. 甲物体受到车厢向右的摩擦力
C. 乙物体可能受到2个力的作用
D. 车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和
3.用两轻绳a、c和轻弹簧b将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球质量均为m，处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平。下列分析正确的是( )
A. 此时轻绳c的拉力大小为4 33mg
B. 此时轻绳c的拉力大小为2mg
C. 剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度大小为2 33g
D. 剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度方向斜向左下方
4.鹰在空中盘旋飞翔，会受到垂直于翼面的作用力——升力。当翼面倾斜时，垂直于翼面的升力F和重力G的合力F合提供向心力，可使鹰在空中水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8当鹰翼面与水平面成θ=37°并以速率v=15m/s在空中水平面内做匀速圆周运动时，则圆周运动的半径为( )
A. 40m
B. 30m
C. 20m
D. 10m
5.如图所示，一个半径为r的均匀带电圆环，带电量为+Q，在其中轴线上有一点A，该点距圆环中心O的距离为 3r，已知静电力常量为k，则A点的电场强度大小为( )
A. 3kQ8r2
B. kQ4r2
C. kQ3r2
D. 3kQ4r2
6.滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，深受青年人喜爱，甲图为滑草运动场地鸟瞰图。某滑草运动场地由倾斜滑道AB和水平滑道BC两部分组成，B点处平滑连接，如图乙所示。倾斜滑道AB长100m，与水平面夹角为18°。某游客乘坐滑草车从A点由静止开始沿滑道下滑，滑草车在AB段做匀加速直线运动。取倾斜滑道底端为零势能面，游客与滑草车在AB上运动的机械能、重力势能随着位移x的变化情况如图丙所示。重力加速度大小取g=10m/s2，sin18°=0.31，cs18°=0.95，下列说法正确的是( )
A. 游客和滑草车总质量为186kgB. 游客到达B点时的速度为10m/s
C. 滑草车与倾斜滑道间的动摩擦因数为0.26D. 游客在倾斜滑道上的加速度为3.1m/s2
7.下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘． 坐标原点O处电场强度最大的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EPA、EPB。下列说法中正确的是( )
A. 电子一定从A向B运动
B. B点电势可能高于A点电势
C. 若aA>aB，则Q靠近M端且为负电荷
D. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有EPA二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.哈尔滨国际冰雪节吸引人们参与冰雪运动，如图所示游乐场中一滑梯abc倾角为α，滑梯ab段和bc段长度均为L，ab段结冰光滑，bc段粗糙，一个质量为m的小朋友从a点无初速沿滑梯滑下，小朋友滑到底端c点时速度恰好为0。重力加速度为g，则( )
A. 小朋友下滑的最大速度为 2gLsinα
B. 小朋友从a到c下滑的时间为2 2Lgcsα
C. 小朋友与滑梯bc段间的动摩擦因数为2tanα
D. 在bc段下滑的过程中滑梯对小朋友的作用力大小为mg cs2α+4sin2α
10.如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。将质量为m=0.01kg、带电量为+q的小滑块从斜面上A点静止释放，经过B点时加速度为零，后继续运动至D点。已知O、A两点等高，OA=OD= 32m，OD⊥OB，OC⊥AD，重力加速度大小取g=10m/s2，静电力常量k=9×109N⋅m2/C2，下列关于小滑块的说法正确的是( )
A. 经过C点时机械能最小B. 从A到D过程中电势能和动能之和变小
C. 电荷量q为16×10−5CD. 在D点时的速度为 152m/s
11.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A. 地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度
B. 根据题目信息，可以求出探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为多少年
C. 探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小
D. 下一个发射时机需要再等约2.1年
12.测定电子电荷量的实验装置示意图如图所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d，现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e重力加速度g，则( )
A. 油滴中电子的数目为mgdU
B. 油滴从小孔运动至N的过程中，电势能增加mgd
C. 油滴从小孔运动至N的过程中，机械能增加eU
D. 若将极板M向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降
三、综合题：本大题共6小题，共60分。
13.（8分）某兴趣小组利用图甲所示实验装置测量当地重力加速度。实验器材有：一端带有定滑轮的轨道、两个光电门1和2、小车、钩码、细绳等。实验过程如下：
①在轨道上安装光电门1和2，测出两光电门中心的距离L及小车上遮光条的宽度d。
②不挂钩码，将轨道右端垫高到适当高度，给小车一初速度，使小车在轨道上匀速运动。
③将细线一端与小车相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，细线与轨道平行，由图中位置释放小车依次通过光电门1和2，测得小车通过两光电门的遮光时间分别为t1和t2，计算小车运动的加速度。
④保持小车和遮光条的总质量M(未知)不变，改变钩码质量m，重复③的操作。
⑤绘出1a−1m图像如图乙所示，求出当地重力加速度g。

(1)在步骤②中垫高轨道时，若测得小车通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，那么垫板的位置应适当______(向左、向右)移动。
(2)在步骤③中，小车下滑过程中的加速度a= ______(用t1、t2、L和d表示)。
(3)若1a−1m图像斜率的大小为k，纵轴截距大小为b，则g= ______，M= ______(用k、b表示)。
14.（6分）实验小组利用如图所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。
实验器材：量角器、光电门、细线、小球若干。
实验操作：
①正确选择小球，测出小球的直径d；
②按照实验装置示意图安装器材，量角器中心O点和细线的一个端点重合，并且固定好；细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合，并测量出细线长度L；
③在小球静止时所在位置安装一个光电门，小球的直径可视为挡光宽度，光电门的中心恰好与小球静止时球心的位置重合；
④通过改变小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角θ，测出对应情况下小球通过光电门的时间t，并做出记录，当地重力加速度大小为g。
请回答以下问题：
(1)为减小实验误差，小球应选______(填字母序号)；
A.直径约1cm的均匀钢球
B.直径约4cm的均匀木球
(2)小球通过光电门的速度大小v= ______(用所测物理量表示)；
(3)为了更加直观地判断机械能是否守恒，作出1t2−csθ图像。图像斜率为k，当|k|= ______(用L、d、g表示)时，可以验证在误差允许的范围内小球在摆动过程中机械能守恒。
15.（7分）带电量为+0.02C、质量为0.4kg的小球在电场力作用下沿光滑绝缘水平面做匀变速直线运动，匀强电场方向与水平面平行。小球位移与时间关系满足x=8t−t2(式中x以m为单位，t以s为单位)，从t=0时刻开始运动到t=3s末，小球从M点运动到N点。求：
(1)电场强度大小E；
(2)M、N两点间电势差UMN。
16.（8分）如图所示，竖直面内有水平向右的匀强电场，在A点以速度方向与电场成θ、大小为v0释放质量为m电荷量为q的带电粒子。带电粒子恰好能沿直线运动到B点。求：
(1)点电荷所受电场力的大小；
(2)A、B两点间的距离L；
(3)A、B两点间的电势差并说明哪点电势高。
17.（14分）如图所示，足够长的传送带顺时针匀速转动，表面粗糙，传送带的右端有一固定的光滑斜面，斜面底端B点与传送带平滑连接(物体经过此处的速度大小不变)。将小滑块从斜面上P点无初速释放，P与B点间距离x1=3.0m。经过一段时间小滑块从传送带返回斜面，运动到斜面上的最高点C(未在图中标出)时取下小滑块，C与P点间距离x2=2.25m。已知斜面倾角θ=37°，小滑块与传送带的动摩擦因数为0.3，取g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)小滑块从P点滑到B点时的速度大小；
(2)传送带运动的速度大小；
(3)小滑块在传送带上运动的时间。
18.（17分）如图所示，可视为质点的质量为m=0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v=3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2=2.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，传送带的长度L=0.4m，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)水平轨道AB的长度l1；
(2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；
(3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：根据W=FL可得
1J=1N⋅m
根据牛顿第二定律
F=ma
可知，力的单位为
1N=1kg⋅m/s2
所以有
1J=kg⋅m2/s2
故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
2.【答案】B
【解析】解：C.对乙物体受力分析，其受到重力、斜面给的支持力以及斜面对乙的摩擦力如图所示
由题意可知，其有一个向右的加速度，设斜面的夹角为θ，乙的质量为m，乙肯定受到自身重力和甲提供的支持力，由于加速度向右，所以必然存在摩擦力提供乙向右的加速度，所以在水平方向有
fcsθ−FN1sinθ=ma
竖直方向有
fsinθ+FN1csθ=mg
所以必然受到三个力，故C错误；
D.将甲乙看成一个整体则车对其的作用力有两个效果，一个是平衡甲乙的重力，使其在竖直方向静止，两一个作用是提供水平方向的加速度，所以车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和，故D错误；
AB.结合上述分析可知，甲受到自身的重力，乙对甲的压力，乙对甲的摩擦力，车厢给的支持力，以及车厢向右的摩擦力，所以受到五个力的作用，故A错误，B正确。
故选：B。
对乙受力分析，利用牛顿第二定律可求出必须有摩擦力提供向右的加速度，从而得到乙的受力个数；利用整体法可求出车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和；根据受力分析可得到甲和乙各自的受力数量。
学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的灵活运用，以及如何利用牛顿第二定律判断物体受力问题。
3.【答案】C
【解析】解：AB.将球1和球2看成一个整体，受力分析如图
根据平衡条件有2mg=Facs30°，Fc=Fasin30°，解得Fc=2 33mg，故AB错误；
CD.剪断轻绳c瞬间，小球2受到的重力和弹力不变，故小球2合力与绳子c的拉力等值方向，小球2合力大小为F=Fc=2 33mg，方向水平向左，根据牛顿第二定律F=ma，故a=2 33g，方向水平向左，故C正确，D错误。
故选：C。
本题将球1和球2看成一个整体，受力分析，根据平衡列式，球绳子c的拉力；
弹簧弹力瞬间不变，根据平衡，分析小球2合力，结合牛顿第二定律，求加速度。
本题解题的关键是选择整体法，将小球1和小球2看成一个整体去分析。
4.【答案】B
【解析】解：补充鹰的受力图如下
根据牛顿第二定律有mgtan37°=mv2R，代入v=15m/s，解得R=30m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
补充作图，根据受力分析求出合力，由牛顿第二定律列式求解圆周运动的轨道半径。
考查圆周运动向心力的问题，会根据牛顿第二定律列式求解相应的物理量。
5.【答案】A
【解析】解：带正电圆环不能看成质点，将圆环的带电量Q无限分割，假设每一份的电量为q，其中一份q在x轴的A点处产生的电场强度如图所示
则
E0=kqr2+( 3r)2=kq4r2
假设圆环上有n个q，则有n=Qq
在A点，在垂直x轴方向，E0的分量为Ey根据对称性，n个Ey的矢量和为0，沿着x轴方向，E0的分量Ex=E0csθ
由几何关系知csθ= 32
n个Ex的矢量和就是圆环在A处产生的场强，即E=nEx
联立解得E= 3kQ8r2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据“微元法“与对称性可解得圆环上的电荷在A处所形成的电场大小。
本题考查电场的叠加，解题关键掌握点电荷电场的计算公式，注意圆环产生电场的计算方式。
6.【答案】B
【解析】解：A.游客和滑草车开始下滑时的重力势能为
EP=mgxsin18°=18600J
总质量为
m=60kg
故A错误；
B.游客到达B点时的动能等于机械能为3000J，则根据
12mvB2=3000J
可得速度为
vB=10m/s
故B正确；
C.滑草车下滑过程中由能量关系
E0−E=μmgxcs18°
解得与倾斜滑道间的动摩擦因数为
μ=0.274
故C错误；
D.游客在倾斜滑道上的加速度为
a=mgsin18°−μmgcs18°m
解得
a=0.5m/s2
故D错误。
故选：B。
由重力势能公式求解游客和滑草车总质量；
由动能公式求解游客到达B点时的速度；
由能量守恒求滑草车与倾斜滑道间的动摩擦因数；
由牛顿第二定律求游客在倾斜滑道上的加速度。
本题考查多过程运动问题，学生要熟练掌握动能、势能的公式，结合牛顿第二定律即可解题，难度一般。
7.【答案】B
【解析】解：设14带电圆环在O点产生的场强大小为E。
A图中坐标原点O处电场强度是14带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；
B图中坐标原点O处电场强度是第一象限14带正电圆环和第二象限14带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于 2E。
C图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是14带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；
D图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限14带负电圆环和第四象限14带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。
所以坐标原点O处电场强度最大的是B。
故选：B。
根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止．
本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强．要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．
8.【答案】D
【解析】解：A.由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；
B.由轨迹可知，电子所受电场力方向指向左侧，则电场线向右，沿电场线电势降低，可知A点的电势高于B点，选项B错误；
C.若aA>aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故C错误；
D.若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以一定有EpA故选：D。
由运动轨迹得到电场力方向，进而得到电势的比较，从而根据加速度的比较得到点电荷Q的正负。
带电粒子在电场中运动，带正电的粒子电场力方向与电场线方向一致；带负电的粒子，电场力方向与电场线方向相反。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.小朋友在ab段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα=ma，解得a=gsinα，由运动学公式得：v2=2aL，解得：v= 2gLsinα，故A正确。
B.在ab段有L=0+vb2t1，在bc段有L=vb+02t2，总时间t=t1+t2= 2Lgsinα+ 2Lgsinα=2 2Lgsinα，故B错误；
C.由v= 2gLsinα，v=at2，μmgcsα−mgsinα=ma，联立解得μ=2tanα，故C正确；
D.在bc段，滑梯对小朋友的作用力包括支持力和摩擦力，大小为
F= (mgcsα)2+(μmgcsα)2=mgcsα 1+μ2=mgcsα 1+4tan2α=mg cs2α+4sin2α，故D正确。
故选：ACD。
通过牛顿第二定律和运动学公式可求出最大速度；根据运动学公式和牛顿第二定律可求出小朋友从a到c下滑的时间；联立速度和牛顿第二定律得方程可求出动摩擦因数大小；对小朋友受力分析，可求出滑梯对小朋友的作用力大小。
本题主要考察了运动学公式、牛顿第二定律的应用，学生应该提高自己受力分析和运用牛顿第二定律的能力。
10.【答案】AC
【解析】解：A.小滑块由A到C电场力做负功，机械能减小，由C到D电场力做正功，机械能增大，所以经过C点时机械能最小，故A正确；
B.小滑块由A到B电场力做负功，电势能增大，速度增大，动能增大，所以电势能和动能之和增大，故B错误；
C.由题意知小滑块在B点处的加速度为零，沿斜面方向受力分析
mgsin30°=kq2OB2cs60°
OB=ODtan∠ODC
由于
OA=OD
则
∠ODC=∠OAC=30°
解得
q=16×10−5C
故C正确；
D.小滑块由A到C电场力做负功，由C到D电场力做正功，即小滑块在A、D两点电势能相等，根据
mgℎAD=12mv2
ℎAD=ADsin30°=2CD⋅sin30°=2ODcs30°⋅sin30°
解得
v= 15m/s
故D错误。
故选：AC。
A.小滑块由A到C电场力做负功，机械能减小，由C到D电场力做正功，机械能增大，由此判断经过C点时机械能；
B.小滑块由A到B电场力做负功，电势能增大，速度增大，动能增大，由此判断电势能和动能之和；
C.在B点沿斜面方向受力分析，根据加速度为零和边角关系求出电荷量；
D.小滑块由A到C电场力做负功，由C到D电场力做正功，根据动能定理求出在D点时的速度。
考查动能定理和电场力做功问题，明确电场力做功和电势能的关系，根据题意进行准确分析解答。
11.【答案】BCD
【解析】解：AC.根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2
可知地球的公转向心加速度大于火星的公转向心加速度，探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小，故A错误，C正确；
B.地球的周期为1年，根据开普勒第三定律有：
r地3T地2=r火3T火2
同理对地球和探测器，根据开普勒第三定律有
r地3T地2=(r地+r火2)3T探2
从而计算探测器的周期T探，则探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为t=T探2，故B正确；
D.火星与地球的角速度之差为Δω=2π1弧度/年−2π1.9弧度/年=1.8π1.9弧度/年
则地球再一次追上火星的时间为t=2πΔω
解得t=2.1年，下一个发射时机需要再等约2.1年，故D正确；
故选：BCD。
根据万有引力提供向心力分析加速度的大小关系；根据开普勒第三定律解得B，根据题意结合角度关系分析D。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握开普勒第三定律的运用，注意行星“追及问题”的解题方法。
12.【答案】B
【解析】解：A、由油滴匀速下落知重力与电场力大小相等，设油滴电量为q，则mg=qUd，油滴中的电子的数目为n=qC=mgdUe，故A错误，
B、根据能量守恒知，油滴动能不变，电势能的增加量等于重力势能的减小量mgd，故B正确：
C、油滴动能不变，重力势能减小，故机械能减少mgd，故C错误；
D、若将极板M下移，则板间距离d减小，场强E=Ud增大，电场力增大，将大于重力，油滴做减速运动，故D错误。
故选：B。
根据受力平衡得到电荷量及电场力方向，从而根据电场力做功得到电势能变化；再根据条件变化得到场强变化，从而根据电场力变化得到合外力变化，即可得到油滴运动。
带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故根据F=qE求得电场力后，根据牛顿第二定律求得加速度，即可得到粒子的运动。
13.【答案】向左 d22L(1t22−1t12) 1b kb
【解析】解：(1)在步骤②中垫高轨道时，若测得小车通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明小车做减速运动，平衡摩擦力不足，垫板的位置应适当向左移动；
(2)根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，小车通过光电门1、2的速度分别为：v1=dt1，v2=dt2，小车下滑过程中，根据动力学公式有：v22−v12=2aL，小车下滑过程中的加速度为：a=d22L(1t22−1t12)；
(3)对整体，根据牛顿第二定律有：mg=(M+m)a，整理得：1a=Mgm+1g，纵轴截距大小为：b=1g，可得：g=1b，
1a−1m图像斜率的大小为：k=Mg=Mb，可得：M=kb。
故答案为：(1)向左；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)1b；kb。
(1)根据平衡摩擦力的原理分析解答；
(2)小车下滑过程中做匀加速运动，根据光电门计算通过的速度，再利用速度—位移公式推导加速度；
(3)根据牛顿第二定律得到1a−1m关系，结合1a−1m图像得到重力加速度和质量。
本题主要考查测量当地重力加速度的实验，根据牛顿第二定律结合实验原理解答。
14.【答案】A dt 2L+dd2g
【解析】解：(1)为减小实验误差，小球应选直径约1cm的均匀钢球；故A正确，B错误。
故选：A。
(2)小球通过光电门的速度大小为
v=dt
(3)根据机械能守恒定律得
mg(L+d2)(1−csθ)=12mv2
解得
1t2=−2L+dd2gcsθ+2L+dd2g
斜率为
|k|=2L+dd2g
当|k|=2L+dd2g时，可以验证在误差允许的范围内小球在摆动过程中机械能守恒。
故答案为：(1)A；(2)dt；(3)2L+dd2g。
(1)从减小实验误差的角度，作出选择；
(2)根据短时平均速度约等于瞬时速度求出小球通过光电门的速度大小；
(3)根据机械能守恒定律列式求解。
本题考查了验证机械能守恒定律，要明确实验的原理，掌握利用光电门求解瞬时速度的方法。
15.【答案】解：(1)x=v0t+12at2和x=8t−t2比较可知
小球的初速度v0=8m/s，加速度a=−2m/s2
根据牛顿第二定律有qE=ma
代入数据解得E=40V/m
(2)M、N之间的距离为
x=8×3m−32m=15m
因为小球从M到N做的是匀减速运动，所以电场强度方向为从N到M，所以M、N两点间电势差
UMN=−Ex=−40×15V=−600V
答：(1)电场强度大小E为40V/m；
(2)M、N两点间电势差UMN为−600V。
【解析】(1)结合位移—时间公式得到小球的加速度，根据牛顿第二定律得到电场强度；
(2)根据U=Ed计算。
在计算电势差的时候，一定要注意到电场强度的方向。
16.【答案】解：(1)由于粒子刚好沿直线运动，而重力方向竖直向下，电场方向是水平向右的，故电场力一定是水平向左，且电场力与重力的合力与速度方向恰好相反。

故：tanθ=mgF，解得：F=mgtanθ；
(2)粒子的合力与重力的关系式为：sinθ=mgF合，得F合=mgsinθ，
粒子运动过程中，由动能定理：−F合L=0−12mv02，得L=v02sinθ2g；
(3)由图可知，电场方向为从左到右，电势沿着电场方向降低，故A的电势比B的高。
UAB=φA−φB，UAB=ELcsθ，E=Fq，解得UAB=mv02cs2θ2q。
答：(1)点电荷所受的电场力大小为mgtanθ；
(2)AB间距为v02sinθ2g；
(3)AB间电势差为mv02cs2θ2q，A的电势高。
【解析】(1)根据粒子在匀强电场中做直线运动，可以推断电场力和重力的关系，从而计算电场力的大小；
(2)由题意可知，粒子恰好可以到达B点，即可由动能定理计算粒子运动的距离；
(3)由电势和电场方向关系，即可判断电势的高低。
本题考查带电粒子在电场中做直线运动的问题，注意矢量三角形在力的等量关系式之间的应用；在电势的判断时，注意电场方向和电势大小之间的关系的运用。
17.【答案】解：(1)斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律，mgsinθ=ma，根据运动学公式，vB2=2ax1，代入数据解得vB=6m/s；
(2)设传送带运动的速度大小v，依题意，小滑块以v冲上斜面，经传送带返回的速度不会大于6m/s，故冲上斜面最高点，在p点下方，根据运动学公式，v2=2a(x1−x2)，代入数据解得v=3m/s；
(3)小滑块在传送带上先向左减速，根据牛顿第二定律μmg=ma′，运动时间t1=vBa′，位移为x=vB22a′，之后以加速度a′返回做匀加速至到和传送带共速，速度达到v，此段时间t2=va′，此段位移x′=v22a′，共速后做匀速直线运动，Δx=x−x′=vt3，小滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2+t3，代入数据解得t=4.5s。
答：(1)小滑块从P点滑到B点时的速度大小6m/s；
(2)传送带运动的速度大小3m/s；
(3)小滑块在传送带上运动的时间4.5s。
【解析】(1)斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律、再结合运动学公式，求小滑块从P点滑到B点时的速度大小；
(2)小滑块以v冲上斜面，根据运动学公式，求传送带运动的速度大小；
(3)求出小滑块在传送带上向左减速时间，返回做匀加速至到和传送带共速的时间，再求共速后做匀速直线运动的时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出小滑块运动到传送带的运动情况为向左减速，返回做匀加速至到和传送带共速，共速后做匀速直线运动。
18.【答案】解：(1)设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，物体在最高点时受重力和轨道对它的向下的压力，二者的合力提供向心力，根据向心力公式
得：mg+Fn=mvp2R①
从A到P点，根据动能定理
得：Fl12−μ1mgl1−2mgR=12mvp2 ②
由①②解得：l1=1.5m
(2)若恰能过P点，则，满足vP=0，从A到P点根据功能定理
得：Fl12−μ1mgl1−2mgR=0
解得：F=2.4N
若小滑块恰能到D点，根据动能定理
得：Fl12−μ1mg(l1+l2)=0
解得：F=5.63N
故答案为：F≥2.4N
(3)分情况讨论
①要到达E点，必须过P点，过P点的临界条件为vP=0，根据动能定理
得：Fx−μ1mgl1−2mgR=0
解得：x=0.45m
即当x<0.45m时，无法达到E点。
②恰好过P点的情况下，根据动能定理
得：mg⋅2R−μ1mgl2=12mv12
解得：v1=2m/s<3m/s
即能进入传送带加速。
在传送带上运动时
[1]若全程加速，加到E点时恰好为3m/s，从D到E根据动能定理
得：μ2mgL=12mv2−12mvD2
解得：vD= 5m/s
对应距离满足Fx−μ1mg(l1+l2)=12mvD2
解得：x=0.475m
即0.45m≤x≤0.475m
满足Fx−μ1mg(l1+l2)+μ2mgL=12mvE2
解得：vE= 40x−10m/s
[2]当过D点的速度超过3m/s时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s，根据动能定理
得：−μ2mgL=12mv2−12mvD2
解得：vD= 13m/s
对应距离满足Fx−μ1mg(l1+l2)=12mvD2
解得：x=0.675m
即0.475m[3]若x>0675m，根据动能定理
得：Fx−μ1mg(l1+l2)−μ2mgL=12mvE2
解得：vE= 40x−18m/s
故答案为：
当x<0.45m时，无法达到E点；
当0.45m≤x≤0.475m时，vE= 40x−10m/s
当0.475m当x>0.775m时，vE= 40x−18m/s
答：(1)水平轨道AB的长度l1=1.5m
(2)要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F≥2.4N
(3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系为
当x<0.45m时，无法达到E点；
当0.45m≤x≤0.475m时，vE= 40x−10m/s
当0.475m当x>0.775m时，vE= 40x−18m/s
【解析】根据圆周运动的公式可求最高点的速度，从A点到最高点根据动能定理的知识可求AB之间的长度；要使小滑块能到达传送带左侧的D点的临界条件为到圆周最高点的速度为0，是解决第二问的隐含条件，求解小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系则应该用动能定理分情况讨论。
解决竖直面内的圆周运动问题首先要看是杆模型还是线模型，因为二者刚好过最高点的条件不同；另外圆周运动和动能定理相结合时，往往是在最高点和最低点之间列动能定理方程，注意各力做功的正负问题，尤其是力做负功的千万不要把负号丢掉。