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2024-2025学年湖南省长沙一中城南校区高二（上）入学物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年湖南省长沙一中城南校区高二（上）入学物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理和谐结合的重要科学研究方法。图a、图b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，下列相关说法正确的是( )
A. 图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
B. 图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C. 图b中斜面倾角减小到零时，小球一定会一直运动下去
D. 图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
2.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长a=5m，宽b=4m，倾角θ=30°，一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入，恰好从底端点A处射出，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 小球运动的加速度为10m/s2
B. 小球从B运动到A所用时间为2s
C. 小球从B点水平射入时的速度为2 2m/s
D. 小球从B点水平射入时的速度为4m/s
3.如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行;b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等;c是地球同步卫星，则( )
A. a、b的周期比c大B. a、b的向心力一定相等
C. a、b的速度大小相等D. a、b的向心加速度比c小
4.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则( )
A. q1和q2都是正电荷且q1>q2
B. BC间场强方向沿x轴负方向
C. C点的电场强度大于A点的电场强度
D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
5.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，其中A板接地(取大地电势φ=0)。开关S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说
法正确的是( )
A. 保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有a→b的电流
B. 保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C. 若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动
D. 若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小
6.如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为m，电荷量为q，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。不计正电荷所受重力，下列说法正确的是( )
A. 正电荷从加速电场射出时具有的速度v0= 2qUm
B. 正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek=qU0+qU
C. 正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值tanα=UL2U0d
D. 正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y=L24d
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图，在竖直平面内，一半径为R的圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，csα=45。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是( )
A. 小球在A点时速度最大B. 小球在B点时对轨道的压力最大
C. 小球受到的水平恒力的大小为34mgD. 小球到达C点时速度的大小为 5gR2
8.赛车是最昂贵、速度最快、科技含量最高的运动，是商业价值最高，魅力最大，最吸引人观看的体育赛事。因为影响范围广，知名度高，与世界杯足球赛，奥林匹克运动会，并称为“世界三大运动”。在上海站的一场比赛中，质量为600kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1v的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 赛车的功率为180kW
B. 赛车做匀加速直线运动
C. 赛车运动过程中所受阻力大小为2000N
D. 当赛车速度大小为10m/s时，赛车的加速度为27m/s2
9.如图所示，质量为M长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块可视为质点放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的滑动摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，此过程中，以下结论正确的是( )
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F−Ff)(L+x)
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C. 小物块和小车组成的系统因摩擦产生的热量为F1(L+x)
D. 小物块和小车增加的机械能为F(x+L)−F1L
10.如图(a)，水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图(b)所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO′射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则( )
A. 金属板间距离的最小值为qE0T22mB. 金属板间距离的最小值为qE0T2m
C. 粒子到达竖直挡板时的速率都大于lTD. 粒子到达竖直挡板时的速率都等于lT
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.物理实验小组用如图(a)所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。
(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.必须平衡摩擦力
B.必须控制槽码质量不变
C.必须控制小车质量不变
D.必须保证槽码的质量远小于小车的质量
(2)某同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带(两计数点间还有四个计时点没有画出)，已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图(c)所示，若直线斜率为k，则小车(包含定滑轮)的质量为______(用k表示)。
12.某实验小组用频闪照相的方法研究平抛运动。该组同学得到小球运动过程中O、a、b、c四个点，以O为原点，以水平方向为x轴，竖直方向为y轴，其他点的坐标位置如图所示，不计空气阻力。根据图像中的数据可知(g=10m/s2)：
(1)小球做平抛运动的初速度为______m/s；
(2)小球过b点的速度为______m/s；
(3)小球抛出点的坐标为______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，水平屋顶高H=5m，墙高ℎ=3.2m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，小球从房顶a点水平飞出，(g取10m/s2)
(1)若小球落在墙外的马路上，求小球在空中运动的时间t;
(2)若小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，求小球离开房顶时的速度v0;
(3)若小球落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围。
14.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆轨道固定在竖直平面内，O是圆心，OC是水平方向的半径，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球在圆轨道内，并能够静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ=45°，不计空气阻力.已知重力加速度为g。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若小球从B点静止释放，求它运动中速度的最大值。
15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=2E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。
答案解析
1.B
【解析】解：
AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；
C、图b中斜面倾角减小到零时，由于摩擦力的存在，小球最终会停止运动，故C错误；
D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误。
该题考查了伽利略研究自由落体运动的研究，涉及到学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况。
根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
2.C
【解析】解：A、对小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得
mgsin30°=ma0
解得小球运动的加速度为：a0=5m/s2，方向沿斜面向下，故A错误；
BCD、小球从B到A做类平抛运动，设小球从B点水平射入时的速度大小为v0，从B运动到A所用时间为t。
水平方向有
b=v0t
沿斜面向下方向有
a=12a0t2
联立解得
t= 2s，v0=2 2m/s
故BD错误，C正确。
故选：C。
小球在光滑斜面上做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度；根据沿斜面向下方向的位移，结合位移—时间公式求出运动的时间；根据水平位移和时间求出入射的初速度。
解决本题的关键要明确小球在水平方向和沿斜面向下方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
3.C
【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r=mv2r=ma，解得周期T=2π r3GM，v= GMr，a=GMr2。
ACD、a、b卫星的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，向心加速度大小相等，c卫星的轨道半径大于a、b卫星的轨道半径，则c卫星的向心加速度小于a、b的向心加速度，故AD错误，C正确。
B、卫星的质量未知，无法比较向心力的大小，故B错误。
故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式得到周期、线速度、向心加速度的表达式，再比较其大小。
卫星的质量未知，无法比较向心力。
本题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确万有引力提供向心力，求解周期和线速度、向心加速度。
4.B
【解析】A、由图知从O到P电势能一直减小，试探电荷带正电，电势一直降低，则两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；
B、由图可知：从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向。故B正确；
C、根据图象切线的斜率等于qE，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强比C点的大，故C错误；
D、将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：B。
根据正电荷在电势高处电势能大，电势低处电势能小，分析电势的变化，确定出电场线方向，来判断两个电荷的电性。根据图象的斜率与场强的关系，分析出C点的场强大小，.图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小。根据负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷移动时电势能的变化。
通过本题的解答要知道：电势为零处，电场强度不一定为零。负电荷在电势高处电势能小，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
5.B
【解析】解：A、油滴处于平衡状态，可知油滴所受的向上的电场力等于重力；若S闭合，则两板间的电势差U不变，将A板向上平移一小段位移，则两板间距d变大，根据E=Ud可知，两板场强减小，油滴受的向上的电场力减小，则油滴向下加速运动，再依据C=QU=εrS4πkd可知，电量Q减小，则电容器处于放电状态，所以G中有b→a的电流，故A错误；
B、若S闭合，则两板间的电势差U不变，将A板向左平移一小段位移，S减小，因两板间距不变，则场强不变，油滴受的电场力不变，则油滴仍静止，再依据C=QU=εrS4πkd可知，电量Q减小，则电容器处于放电状态，所以G中有b→a的电流，故B正确；
C、若将S断开，则两板间场强不变，则油滴仍静止，故C错误；
D、若将S断开，则极板带电量Q不变，电场强度E=Ud=4πkQϵrS，再将B板向下平移一小段位移，则d增大，两板间场强不变，则油滴还是处于静止状态，因电场强度不变，那么油滴的电势不变，则其对应的电势能也不变，故D错误。
故选：B。
S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态；将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止；改变板间距离，引起电容变化，分析E和电量的变化，再确定油滴的运动情况。
本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
6.C
【解析】解：A、对正电荷在加速电场的运动过程，由动能定理得：qU0=12mv02
解得正电荷从加速电场射出时具有的速度：v0= 2qU0m，故A错误；
CD、在偏转电场中正电荷做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，射出偏转电场时垂直板面方向的速度为vy，则有：
t=Lv0，vy=qUmd⋅t
正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值为：tanα=vyv0=UL2dU0
正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为：y=12⋅qUmd⋅t2=UL24dU0
故C正确，D错误；
B、正电荷在加速电场的运动过程电场力对其做功为qU0，在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理可知正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek故选：C。
根据动能定理求解正电荷从加速电场射出时具有的速度；在偏转电场中正电荷做类平抛运动，将运动分解处理，应用牛顿第二定律和运动学公式求解偏移量和偏转角；在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理分析正电荷从偏转电场射出时具有的动能。
本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，粒子的偏转引入两个物理量偏移量(也叫侧移量)和偏转角，用来描述粒子被偏转后的运动状态。解决类抛体运动的物理思想就是“化曲为直”，将曲线运动分解为两个直线运动。
7.BCD
【解析】解：AB、已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球轨道的压力恰好为零，表明水平恒力与重力的合力方向与直径BC平行，即B点为圆周运动等效最低点，C点为圆周运动等效最高点，类比于一般的圆周运动，可知，小球在等效低点B点时速度最大，所需向心力最大，受到的支持力也最大，根据牛顿第三定律可知，小球在B点时对轨道的压力最大，故A错误，B正确；
C、小球在C点时，水平恒力与重力的合力方向指向圆心，如图
则有
F0=mgtanα
已知csα=45，根据三角函数关系可得：tanα=34
解得：F0=34mg
故C正确；
D、在C点，对小球分析，由牛顿第二定律有
mgcsα=mvC2R
解得：vC= 5gR2
故D正确。
故选：BCD。
小球在C点时，只受重力和水平恒力，由重力和水平恒力的合力提供向心力。根据力的合成法则求水平恒力的大小，结合牛顿第二定律求小球到达C点时速度的大小；根据等效重力法判断速度最大的点。
解决本题时，一要搞清圆周运动向心力的来源：指向圆心的合力；二要分析物体的受力与运动情况。
8.AD
【解析】解：B、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故B错误；
ACD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
F−f=ma
其中：F=Pv
联立得：a=Pmv−fm
结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s
由图象可知：fm=3，解得：f=3m=3×600=1800N
0=1600×P100−1800600
解得：P=180000W=180kW
当赛车速度大小为10m/s时，代入式子可解得，赛车的加速度为a=27m/s2
故C错误，AD正确；
故选：AD。
汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可。
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。
9.ABD
【解析】解：C.小物块相对小车的位移为L，则产生的热量为Q=FfL，故C错误；
A.小物块水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用，根据动能定理得
(F−Ff)(L+x)=12mv2−0
即小物块到达小车最右端时具有的动能为(F−Ff)⋅(L+x)，故A正确；
B.小车相对地面的位移为x，水平方向仅受小物块对小车的摩擦力作用，根据动能定理得Ffx=12Mv′2，故B正确；
D.外力做的功转化为了系统的机械能还有摩擦产生的内能，所以小物块和小车增加的机械能为ΔE=F(L+x)−FfL，故D正确。
故选：ABD。
根据动能定理分析出物块和小车的动能变化，要注意位移取对地位移；根据做功公式计算出克服摩擦力做的功，位移取物块相对于地面的位移；机械能的增加量等于系统内弹力和重力之外的力做功，代入数据计算即可。
本题主要考查了动能定理和能量守恒，在分析过程中要注意位移的选取，特别是摩擦力产热的计算公式中的位移为物块和小车的相对位移。
10.AD
【解析】解：AB.在t=nT(n=0、1、2……)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向受到电场力的作用，做初速度为零的匀加速运动，所以竖直方向的位移为
y=2×12a(T2)2=14×qE0mT2=qE0T24m
金属板间距离的最小值为
d=2y=qE0T22m
故A正确，B错误；
CD.粒子出离电场时的水平速度均为
v0=lT
在竖直方向上，t=t0时刻进入电场的粒子，根据E−t图像可知，粒子先加速时间为T2−t0，然后再减速T2−t0时间，在t=(T−t0)时刻速度减为零；然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率等于v0=lT，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据对称性以及位移—时间公式可求出竖直方向的位移从而得到两极板间的最小值；根据运动学公式，以及对运动的分析，可得到粒子到达竖直挡板时的速率的要求。
学生在解决本题时，应注意对于变化的电场问题，要根据电场的周期性变化找到粒子在不同电场情况下的运动情况。
11.AC 2.00 2k
【解析】解：(1)A、为使小车的合力等于小车受到的拉力，实验中必须平衡摩擦力，故A正确；
BC、研究质量不变的情况下，加速度与力的关系时，必须控制小车质量不变，故B错误，C正确；
D、因为有弹簧测力计测量小车受到的拉力，而不是用槽码的重力来代替小车受到的拉力，所以不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故D错误。
故选：AC。
(2)在图(b)纸带上标上计数点，如下图所示，根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2得
x36−x03=a(3T)2
则小车的加速度大小为
a=x36−x039T2=11.99+10.01+7.98−6.02−3.96−2.009×0.12×10−2m/s2=2.00m/s2
(3)由牛顿第二定律有
2F=Ma
即a=2MF
由图像可知：k=2M
解得：M=2k
故答案为：(1)AC；(2)2.00；(3)2k。
(1)根据实验原理，掌握正确的实验操作方法，根据控制变量法确定实验应满足的条件；
(2)根据匀变速直线运动的推论：Δx=aT2求小车的加速度大小；
(3)根据牛顿第二定律结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查探究牛顿第二定律的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作方法，结合逐差法计算出加速度，根据a−F图像的意义确定小车的质量。
12.2.0 3.2 (−10cm,−1.25cm)
【解析】解：(1)两次频闪照相竖直方向位移差Δy=30cm−10cm−10cm=10cm=0.1m，根据匀变速直线运动规律，在竖直方向上
Δy=gT2
解得：T=0.1s
小球平抛运动的初速度
v0=xT=20×
(2)小球过b点时竖直方向速度为
vyb=yac2T=(60−10)×0.012×0.1m/s=2.5m/s
小球运动到b点的速度
vb= v02+vyb2= 2.02+2.52m/s≈3.2m/s；
(3)小球运动到b点的时间
t=vybg=2.510s=0.25s
水平方向上的位移
x′=v0t=2.0×0.25m=0.50m=50cm
竖直方向上的位移
y′=12gt2
代入数据解得：y′=0.3125m=13.25cm
所以开始做平抛运动的位置坐标
x=xb−x′=40cm−50cm=−10cm
y=yb−y′=300cm−31.25cm=−1.25cm
小球平抛运动的坐标为(−10cm,−1.25cm)
故答案为：(1)2.0；(2)3.2；(3)(−10cm,−1.25cm)
(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上Δy=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度；
(2)求出b点在竖直方向上的速度，即可求出运动的时间和b点速度；
(3)求出此时小球水平方向和竖直方向上的位移，即可求出抛出点的坐标。
本题考查实验数据处理，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
13.解：(1)根据H=12gt2得，小球在空中运动的时间t= 2Hg= 2×510s=1s．
(2)设小球运动到墙顶b点所用时间为t1
竖直方向上有：H−ℎ=12gt12，
水平方向上有：v0t1=L
代入数据解得v0=5 m/s
(3)v0最小时，小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，v0最大时，小球落在马路的最右端．
设v0的最大值为v0m
竖直方向上有：H=12gt2
水平方向上有：L+x=v0mt
代入数据解得v0m=13m/s
所以小球抛出时的速度v0取值范围大小为5 m/s≤v0≤13 m/s．
答：(1)小球在空中运动的时间为1s；
(2)小球离开房顶时的速度为5m/s；
(3)小球离开房顶时的速度v0的取值范围为5 m/s≤v0≤13 m/s．
【解析】(1)根据高度出小球在空中运动的时间．
(2)根据下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球离开房顶的速度．
(3)抓住小球刚好经过墙顶以及小球刚好不落在马路上，结合两个临界状态，根据平抛运动的规律求出小球离开房顶的初速度取值范围．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界状态，结合运动学公式灵活求解，难度不大．
14.解：(1)小球能够静止在P点，由平衡条件得：
tan45°=qEmg
解得：E=mgq
(2)经分析，P点为等效最低点，小球运动到P点时速度最大，小球从B到P，对小球由动能定理得：
qERsin45°−mgR(1−cs45°)=12mvm2−0
解得：vm= (2 2−2)gR
答：(1)电场强度E的大小为mgq；
(2)运动中速度的最大值为 (2 2−2)gR。
【解析】(1)根据平衡条件可以得到场强的大小；
(2)根据等效思想，可以知道P点为等效最低点，小球运动到P点时速度最大，根据动能定理即可得到结果。
等效法是解题的关键，可以大大简化解题思路，其等效重力加速度等于静止在平衡位置时轨道弹力和质量的比值。相应的等效最低点就是小球能够静止的位置，等效最高点就是等效最低点关于圆心对称的位置。
15.解：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
由牛顿第二定律得：a1=eE1m=2eEm ①
由位移公式得：L2=12a1t12 ②
电子进入电场E2时的速度为：v1=a1t1③
解得：t1= mL2eE v1= 2eELm
(2)进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：t2=2Lv1 ④
解得：t2= 2mLeE
电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2=32 2mLeE ⑤
(3)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy
由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为：a2=eE2m=3eEm ⑥
vy=a2t3 ⑦
t3=Lv1 ⑧
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；tanθ=vyv1 ⑨
联立解得：tanθ=3 32
(4)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：
设电子打到屏上的点P′到O点的距离x，
根据上图有几何关系得：tanθ=x32L
联立解得：x=9 34L
答：(1)电子到MN的速度大小是 2eELm；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间是32 2mLeE；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值是3 32；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离是9 34L。
【解析】(1)电子在左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式可求得电子到MN的速度大小；
(2)电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；
(3)在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为tanθ=vyvx；
(4)作出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得电子打到屏上的点P′到点O的距离x。
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解。
1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理和谐结合的重要科学研究方法。图a、图b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，下列相关说法正确的是( )
A. 图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
B. 图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C. 图b中斜面倾角减小到零时，小球一定会一直运动下去
D. 图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
2.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长a=5m，宽b=4m，倾角θ=30°，一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入，恰好从底端点A处射出，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 小球运动的加速度为10m/s2
B. 小球从B运动到A所用时间为2s
C. 小球从B点水平射入时的速度为2 2m/s
D. 小球从B点水平射入时的速度为4m/s
3.如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行;b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等;c是地球同步卫星，则( )
A. a、b的周期比c大B. a、b的向心力一定相等
C. a、b的速度大小相等D. a、b的向心加速度比c小
4.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则( )
A. q1和q2都是正电荷且q1>q2
B. BC间场强方向沿x轴负方向
C. C点的电场强度大于A点的电场强度
D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
5.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，其中A板接地(取大地电势φ=0)。开关S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说
法正确的是( )
A. 保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有a→b的电流
B. 保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C. 若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动
D. 若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小
6.如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为m，电荷量为q，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。不计正电荷所受重力，下列说法正确的是( )
A. 正电荷从加速电场射出时具有的速度v0= 2qUm
B. 正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek=qU0+qU
C. 正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值tanα=UL2U0d
D. 正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y=L24d
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图，在竖直平面内，一半径为R的圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，csα=45。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是( )
A. 小球在A点时速度最大B. 小球在B点时对轨道的压力最大
C. 小球受到的水平恒力的大小为34mgD. 小球到达C点时速度的大小为 5gR2
8.赛车是最昂贵、速度最快、科技含量最高的运动，是商业价值最高，魅力最大，最吸引人观看的体育赛事。因为影响范围广，知名度高，与世界杯足球赛，奥林匹克运动会，并称为“世界三大运动”。在上海站的一场比赛中，质量为600kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1v的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 赛车的功率为180kW
B. 赛车做匀加速直线运动
C. 赛车运动过程中所受阻力大小为2000N
D. 当赛车速度大小为10m/s时，赛车的加速度为27m/s2
9.如图所示，质量为M长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块可视为质点放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的滑动摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，此过程中，以下结论正确的是( )
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F−Ff)(L+x)
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C. 小物块和小车组成的系统因摩擦产生的热量为F1(L+x)
D. 小物块和小车增加的机械能为F(x+L)−F1L
10.如图(a)，水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图(b)所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO′射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则( )
A. 金属板间距离的最小值为qE0T22mB. 金属板间距离的最小值为qE0T2m
C. 粒子到达竖直挡板时的速率都大于lTD. 粒子到达竖直挡板时的速率都等于lT
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.物理实验小组用如图(a)所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。
(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.必须平衡摩擦力
B.必须控制槽码质量不变
C.必须控制小车质量不变
D.必须保证槽码的质量远小于小车的质量
(2)某同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带(两计数点间还有四个计时点没有画出)，已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图(c)所示，若直线斜率为k，则小车(包含定滑轮)的质量为______(用k表示)。
12.某实验小组用频闪照相的方法研究平抛运动。该组同学得到小球运动过程中O、a、b、c四个点，以O为原点，以水平方向为x轴，竖直方向为y轴，其他点的坐标位置如图所示，不计空气阻力。根据图像中的数据可知(g=10m/s2)：
(1)小球做平抛运动的初速度为______m/s；
(2)小球过b点的速度为______m/s；
(3)小球抛出点的坐标为______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，水平屋顶高H=5m，墙高ℎ=3.2m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，小球从房顶a点水平飞出，(g取10m/s2)
(1)若小球落在墙外的马路上，求小球在空中运动的时间t;
(2)若小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，求小球离开房顶时的速度v0;
(3)若小球落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围。
14.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆轨道固定在竖直平面内，O是圆心，OC是水平方向的半径，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球在圆轨道内，并能够静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ=45°，不计空气阻力.已知重力加速度为g。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若小球从B点静止释放，求它运动中速度的最大值。
15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=2E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。
答案解析
1.B
【解析】解：
AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；
C、图b中斜面倾角减小到零时，由于摩擦力的存在，小球最终会停止运动，故C错误；
D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误。
该题考查了伽利略研究自由落体运动的研究，涉及到学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况。
根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
2.C
【解析】解：A、对小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得
mgsin30°=ma0
解得小球运动的加速度为：a0=5m/s2，方向沿斜面向下，故A错误；
BCD、小球从B到A做类平抛运动，设小球从B点水平射入时的速度大小为v0，从B运动到A所用时间为t。
水平方向有
b=v0t
沿斜面向下方向有
a=12a0t2
联立解得
t= 2s，v0=2 2m/s
故BD错误，C正确。
故选：C。
小球在光滑斜面上做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度；根据沿斜面向下方向的位移，结合位移—时间公式求出运动的时间；根据水平位移和时间求出入射的初速度。
解决本题的关键要明确小球在水平方向和沿斜面向下方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
3.C
【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r=mv2r=ma，解得周期T=2π r3GM，v= GMr，a=GMr2。
ACD、a、b卫星的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，向心加速度大小相等，c卫星的轨道半径大于a、b卫星的轨道半径，则c卫星的向心加速度小于a、b的向心加速度，故AD错误，C正确。
B、卫星的质量未知，无法比较向心力的大小，故B错误。
故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式得到周期、线速度、向心加速度的表达式，再比较其大小。
卫星的质量未知，无法比较向心力。
本题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确万有引力提供向心力，求解周期和线速度、向心加速度。
4.B
【解析】A、由图知从O到P电势能一直减小，试探电荷带正电，电势一直降低，则两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；
B、由图可知：从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向。故B正确；
C、根据图象切线的斜率等于qE，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强比C点的大，故C错误；
D、将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：B。
根据正电荷在电势高处电势能大，电势低处电势能小，分析电势的变化，确定出电场线方向，来判断两个电荷的电性。根据图象的斜率与场强的关系，分析出C点的场强大小，.图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小。根据负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷移动时电势能的变化。
通过本题的解答要知道：电势为零处，电场强度不一定为零。负电荷在电势高处电势能小，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
5.B
【解析】解：A、油滴处于平衡状态，可知油滴所受的向上的电场力等于重力；若S闭合，则两板间的电势差U不变，将A板向上平移一小段位移，则两板间距d变大，根据E=Ud可知，两板场强减小，油滴受的向上的电场力减小，则油滴向下加速运动，再依据C=QU=εrS4πkd可知，电量Q减小，则电容器处于放电状态，所以G中有b→a的电流，故A错误；
B、若S闭合，则两板间的电势差U不变，将A板向左平移一小段位移，S减小，因两板间距不变，则场强不变，油滴受的电场力不变，则油滴仍静止，再依据C=QU=εrS4πkd可知，电量Q减小，则电容器处于放电状态，所以G中有b→a的电流，故B正确；
C、若将S断开，则两板间场强不变，则油滴仍静止，故C错误；
D、若将S断开，则极板带电量Q不变，电场强度E=Ud=4πkQϵrS，再将B板向下平移一小段位移，则d增大，两板间场强不变，则油滴还是处于静止状态，因电场强度不变，那么油滴的电势不变，则其对应的电势能也不变，故D错误。
故选：B。
S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态；将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止；改变板间距离，引起电容变化，分析E和电量的变化，再确定油滴的运动情况。
本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
6.C
【解析】解：A、对正电荷在加速电场的运动过程，由动能定理得：qU0=12mv02
解得正电荷从加速电场射出时具有的速度：v0= 2qU0m，故A错误；
CD、在偏转电场中正电荷做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，射出偏转电场时垂直板面方向的速度为vy，则有：
t=Lv0，vy=qUmd⋅t
正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值为：tanα=vyv0=UL2dU0
正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为：y=12⋅qUmd⋅t2=UL24dU0
故C正确，D错误；
B、正电荷在加速电场的运动过程电场力对其做功为qU0，在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理可知正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek
根据动能定理求解正电荷从加速电场射出时具有的速度；在偏转电场中正电荷做类平抛运动，将运动分解处理，应用牛顿第二定律和运动学公式求解偏移量和偏转角；在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理分析正电荷从偏转电场射出时具有的动能。
本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，粒子的偏转引入两个物理量偏移量(也叫侧移量)和偏转角，用来描述粒子被偏转后的运动状态。解决类抛体运动的物理思想就是“化曲为直”，将曲线运动分解为两个直线运动。
7.BCD
【解析】解：AB、已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球轨道的压力恰好为零，表明水平恒力与重力的合力方向与直径BC平行，即B点为圆周运动等效最低点，C点为圆周运动等效最高点，类比于一般的圆周运动，可知，小球在等效低点B点时速度最大，所需向心力最大，受到的支持力也最大，根据牛顿第三定律可知，小球在B点时对轨道的压力最大，故A错误，B正确；
C、小球在C点时，水平恒力与重力的合力方向指向圆心，如图
则有
F0=mgtanα
已知csα=45，根据三角函数关系可得：tanα=34
解得：F0=34mg
故C正确；
D、在C点，对小球分析，由牛顿第二定律有
mgcsα=mvC2R
解得：vC= 5gR2
故D正确。
故选：BCD。
小球在C点时，只受重力和水平恒力，由重力和水平恒力的合力提供向心力。根据力的合成法则求水平恒力的大小，结合牛顿第二定律求小球到达C点时速度的大小；根据等效重力法判断速度最大的点。
解决本题时，一要搞清圆周运动向心力的来源：指向圆心的合力；二要分析物体的受力与运动情况。
8.AD
【解析】解：B、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故B错误；
ACD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
F−f=ma
其中：F=Pv
联立得：a=Pmv−fm
结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s
由图象可知：fm=3，解得：f=3m=3×600=1800N
0=1600×P100−1800600
解得：P=180000W=180kW
当赛车速度大小为10m/s时，代入式子可解得，赛车的加速度为a=27m/s2
故C错误，AD正确；
故选：AD。
汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可。
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。
9.ABD
【解析】解：C.小物块相对小车的位移为L，则产生的热量为Q=FfL，故C错误；
A.小物块水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用，根据动能定理得
(F−Ff)(L+x)=12mv2−0
即小物块到达小车最右端时具有的动能为(F−Ff)⋅(L+x)，故A正确；
B.小车相对地面的位移为x，水平方向仅受小物块对小车的摩擦力作用，根据动能定理得Ffx=12Mv′2，故B正确；
D.外力做的功转化为了系统的机械能还有摩擦产生的内能，所以小物块和小车增加的机械能为ΔE=F(L+x)−FfL，故D正确。
故选：ABD。
根据动能定理分析出物块和小车的动能变化，要注意位移取对地位移；根据做功公式计算出克服摩擦力做的功，位移取物块相对于地面的位移；机械能的增加量等于系统内弹力和重力之外的力做功，代入数据计算即可。
本题主要考查了动能定理和能量守恒，在分析过程中要注意位移的选取，特别是摩擦力产热的计算公式中的位移为物块和小车的相对位移。
10.AD
【解析】解：AB.在t=nT(n=0、1、2……)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向受到电场力的作用，做初速度为零的匀加速运动，所以竖直方向的位移为
y=2×12a(T2)2=14×qE0mT2=qE0T24m
金属板间距离的最小值为
d=2y=qE0T22m
故A正确，B错误；
CD.粒子出离电场时的水平速度均为
v0=lT
在竖直方向上，t=t0时刻进入电场的粒子，根据E−t图像可知，粒子先加速时间为T2−t0，然后再减速T2−t0时间，在t=(T−t0)时刻速度减为零；然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率等于v0=lT，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据对称性以及位移—时间公式可求出竖直方向的位移从而得到两极板间的最小值；根据运动学公式，以及对运动的分析，可得到粒子到达竖直挡板时的速率的要求。
学生在解决本题时，应注意对于变化的电场问题，要根据电场的周期性变化找到粒子在不同电场情况下的运动情况。
11.AC 2.00 2k
【解析】解：(1)A、为使小车的合力等于小车受到的拉力，实验中必须平衡摩擦力，故A正确；
BC、研究质量不变的情况下，加速度与力的关系时，必须控制小车质量不变，故B错误，C正确；
D、因为有弹簧测力计测量小车受到的拉力，而不是用槽码的重力来代替小车受到的拉力，所以不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故D错误。
故选：AC。
(2)在图(b)纸带上标上计数点，如下图所示，根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2得
x36−x03=a(3T)2
则小车的加速度大小为
a=x36−x039T2=11.99+10.01+7.98−6.02−3.96−2.009×0.12×10−2m/s2=2.00m/s2
(3)由牛顿第二定律有
2F=Ma
即a=2MF
由图像可知：k=2M
解得：M=2k
故答案为：(1)AC；(2)2.00；(3)2k。
(1)根据实验原理，掌握正确的实验操作方法，根据控制变量法确定实验应满足的条件；
(2)根据匀变速直线运动的推论：Δx=aT2求小车的加速度大小；
(3)根据牛顿第二定律结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查探究牛顿第二定律的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作方法，结合逐差法计算出加速度，根据a−F图像的意义确定小车的质量。
12.2.0 3.2 (−10cm,−1.25cm)
【解析】解：(1)两次频闪照相竖直方向位移差Δy=30cm−10cm−10cm=10cm=0.1m，根据匀变速直线运动规律，在竖直方向上
Δy=gT2
解得：T=0.1s
小球平抛运动的初速度
v0=xT=20×
(2)小球过b点时竖直方向速度为
vyb=yac2T=(60−10)×0.012×0.1m/s=2.5m/s
小球运动到b点的速度
vb= v02+vyb2= 2.02+2.52m/s≈3.2m/s；
(3)小球运动到b点的时间
t=vybg=2.510s=0.25s
水平方向上的位移
x′=v0t=2.0×0.25m=0.50m=50cm
竖直方向上的位移
y′=12gt2
代入数据解得：y′=0.3125m=13.25cm
所以开始做平抛运动的位置坐标
x=xb−x′=40cm−50cm=−10cm
y=yb−y′=300cm−31.25cm=−1.25cm
小球平抛运动的坐标为(−10cm,−1.25cm)
故答案为：(1)2.0；(2)3.2；(3)(−10cm,−1.25cm)
(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上Δy=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度；
(2)求出b点在竖直方向上的速度，即可求出运动的时间和b点速度；
(3)求出此时小球水平方向和竖直方向上的位移，即可求出抛出点的坐标。
本题考查实验数据处理，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
13.解：(1)根据H=12gt2得，小球在空中运动的时间t= 2Hg= 2×510s=1s．
(2)设小球运动到墙顶b点所用时间为t1
竖直方向上有：H−ℎ=12gt12，
水平方向上有：v0t1=L
代入数据解得v0=5 m/s
(3)v0最小时，小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，v0最大时，小球落在马路的最右端．
设v0的最大值为v0m
竖直方向上有：H=12gt2
水平方向上有：L+x=v0mt
代入数据解得v0m=13m/s
所以小球抛出时的速度v0取值范围大小为5 m/s≤v0≤13 m/s．
答：(1)小球在空中运动的时间为1s；
(2)小球离开房顶时的速度为5m/s；
(3)小球离开房顶时的速度v0的取值范围为5 m/s≤v0≤13 m/s．
【解析】(1)根据高度出小球在空中运动的时间．
(2)根据下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球离开房顶的速度．
(3)抓住小球刚好经过墙顶以及小球刚好不落在马路上，结合两个临界状态，根据平抛运动的规律求出小球离开房顶的初速度取值范围．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界状态，结合运动学公式灵活求解，难度不大．
14.解：(1)小球能够静止在P点，由平衡条件得：
tan45°=qEmg
解得：E=mgq
(2)经分析，P点为等效最低点，小球运动到P点时速度最大，小球从B到P，对小球由动能定理得：
qERsin45°−mgR(1−cs45°)=12mvm2−0
解得：vm= (2 2−2)gR
答：(1)电场强度E的大小为mgq；
(2)运动中速度的最大值为 (2 2−2)gR。
【解析】(1)根据平衡条件可以得到场强的大小；
(2)根据等效思想，可以知道P点为等效最低点，小球运动到P点时速度最大，根据动能定理即可得到结果。
等效法是解题的关键，可以大大简化解题思路，其等效重力加速度等于静止在平衡位置时轨道弹力和质量的比值。相应的等效最低点就是小球能够静止的位置，等效最高点就是等效最低点关于圆心对称的位置。
15.解：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
由牛顿第二定律得：a1=eE1m=2eEm ①
由位移公式得：L2=12a1t12 ②
电子进入电场E2时的速度为：v1=a1t1③
解得：t1= mL2eE v1= 2eELm
(2)进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：t2=2Lv1 ④
解得：t2= 2mLeE
电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2=32 2mLeE ⑤
(3)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy
由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为：a2=eE2m=3eEm ⑥
vy=a2t3 ⑦
t3=Lv1 ⑧
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；tanθ=vyv1 ⑨
联立解得：tanθ=3 32
(4)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：
设电子打到屏上的点P′到O点的距离x，
根据上图有几何关系得：tanθ=x32L
联立解得：x=9 34L
答：(1)电子到MN的速度大小是 2eELm；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间是32 2mLeE；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值是3 32；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离是9 34L。
【解析】(1)电子在左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式可求得电子到MN的速度大小；
(2)电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；
(3)在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为tanθ=vyvx；
(4)作出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得电子打到屏上的点P′到点O的距离x。
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解。
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