江苏省无锡市惠山区锡山高级中学2024-2025学年高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份江苏省无锡市惠山区锡山高级中学2024-2025学年高一（下）期中物理试卷（含解析），共16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。
物理试卷
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.如图所示，表示在一个电场中的a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受的电场力跟电荷量间的函数关系图像，那么下列说法中正确的是( )
A. 该电场是匀强电场，电场大小和检验电荷电量成正比
B. 该电场不是匀强电场，无法比较场强的大小关系
C. a、b、c、d四点场强的大小关系是Ea>Eb>Ec>Ed
D. a、b、c、d四点场强的大小关系是Ed>Ea>Eb>Ec
2.如图所示，A为空心金属球，B为靠近A的另一个原来不带电的枕形金属壳。将另一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球。则B出现的情况是( )
A. 靠近A的一端带负电，远离A的另一端带正电
B. 靠近A的一端带负电，远离A的另一端不带电
C. 靠近A的一端不带电，远离A的另一端带正电
D. 两端都不带电
3.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A. 重力做功2mgR
B. 克服摩擦力做功mgR
C. 合外力做功mgR
D. 小球机械能减少12mgR
4.A和B是两个分别带有电荷量−Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后再将A球和不带电的相同金属球C接触，最后将AB放回原处，则两球间的库仑力大小为( )
A. 3FB. F6C. F3D. F2
5.质量为m的某国产新能源汽车在平直道路上以恒定功率P由静止启动，经过时间t达到最大速度，汽车在行驶时所受阻力恒为f，该过程中( )
A. 汽车做匀加速直线运动B. 汽车达到的最大速率为Pf
C. 汽车的平均速率为P2fD. 汽车行驶的距离为Ptf−mP22f3
6.一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流减小
B. 放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流增大
C. 充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
D. 放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
7.如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A. 平行板电容器的电容将变大
B. 静电计指针偏角变大
C. 带电小球的电势能将变小
D. 若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受静电力不变
8.如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A. a、b两点的场强方向相反
B. a、b两点的电势相等
C. c、d两点的场强方向相反
D. c、d两点的电势相等
9.某同学短跑时采用蹲踞式起跑，发令枪响后，向前加速的同时提升身体重心。设该同学质量为m，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为ℎ，获得速度为v，克服阻力做功为W阻，重力加速度为g。则在此过程中( )
A. 该同学的重力势能减小量为mgℎ
B. 该同学的动能增加量为12mv2+mgℎ
C. 该同学自身提供的能量至少为W阻+mgℎ+12mv2
D. 该同学的机械能增加量为W阻+mgℎ+12mv2
10.如图甲，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以初速度
v2=2.4m/s沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能Ep。如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过x=1m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g=10m/s2。则( )
A. x=3m处的电势最低B. 滑块向右运动过程中，速度一直减小
C. 滑块运动至x=3m处时，动能最大D. 滑块向右一定能经过x=4m处的位置
11.滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，展现快速的运动艺术。如图所示，一少年在一次训练中以速度v0=3m/s从P点沿切线进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向夹角为30°，再经过1s落在倾角为30°的斜面上Q点(Q点未标出)。已知重力加速度g取10m/s2，P点到O点的竖直高度ℎ=0.86m，少年和滑板(可视为质点)总质量m=50kg，忽略空气阻力。少年在此运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 从O点到Q点的距离为10m
B. 在曲面轨道上克服摩擦力做的功为−30J
C. 少年离斜面的最大距离为2m
D. 少年落在Q点前瞬间重力的功率为3750W
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.用如图装置可验证机械能守恒定律．轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放置一金属片C.铁架台上固定一金属圆环，圆环放在物块B正下方．系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为ℎ.由此释放，系统开始运动，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上．两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段时间．
(1)若测得P1、P2之间的距离为d，物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度v= ______．
(2)若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证了下面哪个等式成立，即可验证机械能守恒定律．正确选项为______．
A.mgℎ=12Mv2 B.mgℎ=Mv2
C.mgℎ=12(2M+m)v2 D.mgℎ=12(M+m)v2
(3)本实验中的测量仪器除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要______．
(4)改变物块B的初始位置，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差ℎ以及物块B通过P1、P2这段距离的时间为t，以ℎ为纵轴，以______(填“t2”或“1t2”)为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线．该直线的斜率k= ______(用m、M、d表示)．
三、计算题：本大题共4小题，共48分。
13.如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，ab与场强方向平行，bc与场强方向成60°，ab=3cm，bc=12cm。现将一个电量为4×10−4C的正电荷从a移动到b，电场力做功1.2×10−3J。求：
(1)该电场的场强大小；
(2)ac间的电势差Uac；
(3)若b点的电势为3V，则该正电荷在b、c点电势能Epb、Epc。
14.如图甲所示，位于建筑物顶部的电动机用一轻绳把质量为5kg的货物从地面吊起，货物前5s内的速度—时间图像如图乙所示，忽略空气阻力，已知重力加速度g=10m/s2。求：
(1)0～2s内轻绳对货物的拉力；
(2)0～5s内货物机械能的变化量和电动机输出的平均功率。
15.X射线技术是医疗、工业和科学领域中广泛应用的一种非侵入性检测方法。如医院中的X光检测设备就是一种利用X射线穿透物体并捕获其投影图像的仪器。图甲是某种XT机主要部分的剖面图。其工作原理是在X射线管中，从电子枪逸出的电子(初速度可忽略)被加速、偏转后高速撞击目标靶，实现破坏辐射，从而放出X射线。图乙中P、Q之间的加速电压U0=1.82×104V，M、N两板之间的偏转电压U=2.184×104V，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线OO′射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，虚线OO′与靶台ACB在同一竖直面内，且AB的长度为10cm。已知电子质量m=9.1×10−31kg，电荷量e=1.6×10−19C，偏转极板M，N长L=20cm，间距d=16cm，虚线OO′距离靶台的竖直高度ℎ=30cm，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。

(1)求电子进入偏转电场区域时速度的大小v0；
(2)求靶台中心点C离N板右侧的水平距离xC；
(3)若使电子打在靶台ACB上，求M、N两板之间的电压范围(计算结果保留两位有效数字)。
16.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ=120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。
(1)求右侧圆弧的轨道半径R；
(2)求小物块最终停下时与C点的距离；
(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，d图线斜率的绝对值最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点场强的大小关系是Ed>Ea>Eb>Ec该电场不是匀强电场。故D正确，ABC错误。
故选：D。
匀强电场的场强大小和方向处处相同，F−q图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、d四点的电场强度大小。
解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=Fq，知道电场强度的大小与检验电荷的电量无关。
2.【答案】A
【解析】解：带正电的小球C放在A球中央时，A的内侧感应出负电，外侧带正电，当B靠近A时，靠近A的一端就会感应出负电，另一端带正电，故BCD错误，A正确。
故选：A。
一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球。此时A的电子被吸引到内侧，外侧带正电，这时B靠近A的一端就会感应出负电。
该题考查了感应起电的相关知识，难度不大，属于基础题。要注意的是导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，但是不能屏蔽内部的电场。
3.【答案】D
【解析】解：A.重力做功为
W0=mg(2R−R)=mgR
故A错误；
BD.小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有
mg=mvB2R
解得
vB= gR
根据动能定理得
mgR−Wf=12mvB2−0
解得
Wf=12mgR
摩擦力做多少功，就需要克服摩擦力做多少功，即机械能就减少多少，故机械能减少12mgR，故B错误，D正确；
C.根据动能定理得
W合=12mvB2−0−12m×( gR)2=12mgR
故C错误；
故选：D。
根据初末位置的高度差求重力做功多少。小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达B点时的速度大小，再求出机械能减少量，根据功能关系求克服摩擦力做功，根据动能定理求解合外力做的功。
本题的突破口是小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由重力提供向心力。要知道动能定理是求合外力做功最基本的方法。
4.【答案】B
【解析】解：根据库仑定律，初始库仑力大小为：F=k⋅(−Q)×(+3Q)r2=−3kQ2r2，大小为3kQ2r2
A和B接触后电荷分配两相同金属球接触后，电荷会先中和再均分。
中和后的总电荷量：−Q+3Q=+2Q；均分后，A和B的电荷量均为：+Q；
A(带+Q)与不带电的相同金属球C接触后，电荷会重新分配，均分后，A和C的电荷量均为：+Q2。
此时A的电荷量为+Q2，B的电荷量仍为+Q；
放回原处后的库仑力计算将A和B放回原处，距离仍为r，此时库仑力大小为：F′=k⋅(Q2)×Qr2=kQ22r2
与初始库仑力F=3kQ2r2
相比：F′=16F，故B正确，ACD错误。
故选：B。
两小球发生接触时，电量先中和后平分，结合库仑定律公式列式求解即可。
本题考查库仑定律，解题关键是掌握接触起电时的电荷均分原理，掌握库仑定律公式。
5.【答案】D
【解析】解：A、对汽车，由牛顿第二定律可得F牵−f=ma
因为F牵=Pv
可知功率不变时，随着速度增大，F牵减小，合力减小，加速度减小，故A错误；
C、若汽车做匀加速运动，则汽车的平均速率为vm+02=P2f
但汽车做的是加速度减小的加速运动，故平均速率不等于P2f，故C错误；
B、速度最大时，汽车加速度为0，此时牵引力等于阻力，即F牵=f=Pvm
得最大速度vm=Pf
故B错误；
D、对汽车，由动能定理有Pt−fx=12mvm2
联立解得汽车行驶的距离为x=Ptf−mP22f3
故D正确。
故选：D。
对汽车，由牛顿第二定律结合功率表达式P=Fv可分析加速度的变化；速度最大时，牵引力等于阻力，可得最大速度；若汽车做匀加速运动，求解其平均速度；对汽车，由动能定理求解汽车行驶的距离。
本题考查了功率问题，要注意汽车的启动方式，恒功率过程牵引力是变化的。
6.【答案】A
【解析】解：AC、因电容器的上极板与电源正极相连，故充电过程中上极板带正电荷。充电过程中回路中电流方向为顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点。电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式C=QU，可知电容器两极板间电势差增加。因电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即充电电流减小，故A正确，C错误；
BD、因充电结束后电容器的上极板带正电荷，故放电过程中上极板仍带正电荷，且回路中电流方向为逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点。电容器所带电量Q逐渐减小，根据电容定义式C=QU，可知电容器两极板间电势差减小。因电阻R的电压等于电容器电压，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即放电电流减小，故BD错误。
故选：A。
充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向。依据充放电过程电容器所带电量的变化，由电容定义式判断电容器两极板间电势差的变化。依据电阻R的电压变化，根据欧姆定律判断流过电阻R的电流变化，可知充放电电流的变化。充电过程电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，放电过程电阻R的电压等于电容器电压。
本题考查了电容器充放电问题，掌握电容的定义式，知道通过分析定值电阻的电压变化，来判断充放电的电流变化。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，将电容器的下极板竖直向下移动时，板间距离d增大，则电容将变小，故A错误；
B、静电计测量电容器两极板间电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；
C、电容器的电压不变，板间距离增大，由E=Ud分析可知，板间场强减小，带电小球所受静电力减小，小球向下运动，静电力做负功，其电势能增大，故C错误；
D、先将下极板与A点之间的导线断开，电容器与电源断开，则电容器所带电荷量不变，d改变，根据C=ɛrS4πkd、C=Ud以及E=Ud可得E=4πkQϵrS，E与d无关，则电容器板间场强不变，带电小球所受静电力不变，故D正确。
故选：D。
根据电容器两极板间距离的变化判断电容的变化，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。由公式E=Ud分析电容器极板间电场强度的变化，从而判断带电小球的电势能的变化；若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，根据电容的决定式、定义式以及E=Ud相结合分析电容器极板间电场强度的变化，再分析带电小球所受静电力的变化。
本题是电容器的动态分析问题，关键要抓住不变量。当电容器与电源始终相连时，其电压不变；当电容器充电后与电源断开后，其所带电荷量不变。根据C=ɛrS4πkd、C=Ud以及E=Ud相结合进行分析。
8.【答案】B
【解析】解：AC.将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电场分布及矢量合成法则，可得下图：
结合电场的对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，c、d两点的电场强度大小相等、方向相同，则结合对称性可知，带异种电荷的上、下半圆在a、b两点及b、c两点产生的合电场强度都大小相等、方向相同；故AC错误；
BD.结合前面分析，将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电势分布可知，ab连线即为等势线，同理，任意两个关于水平直径对称的两个点电荷的电场中，ab连线均为等势线，那么在带异种电荷的上、下半圆的电场中，a、b两点的电势相等；因为沿电场线的方向电势逐渐降低，则越靠近正的场源电荷电势越高，由题图可知，c、d两点中，c点更靠近带正电的上半圆，则c点的电势高于d点的电势；故B正确，D错误；
故选：B。
AC.将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电场分布及矢量合成法则，即可分析判断；
BD.结合前面分析，将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电势分布，即可分析判断。
本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。
9.【答案】C
【解析】解：A.由题知，该同学质量为m，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为ℎ，则该同学的重力势能增加量为mgℎ，故A错误；
B.由题知，设该同学质量为m，在起跑前进的这段距离内获得速度为v，则该同学的动能增加量为12mv2，故B错误；
D.结合前面分析可知，在起跑前进的这段距离内，该同学的重力势能增加量为mgℎ，该同学的动能增加量为12mv2，则该同学的机械能增加量为mgℎ+12mv2，故D错误；
C.设该同学自身至少做功W，
在起跑前进的这段距离内，由动能定理可得：W−mgℎ−W阻=12mv2−0，
解得：W=mgℎ+W阻+12mv2，
则该同学自身提供的能量至少为mgℎ+W阻+12mv2，故C正确；
故选：C。
A.由题知，该同学质量为m，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为ℎ，据此分析判断；
B.由题知，设该同学质量为m，在起跑前进的这段距离内获得速度为v，据此分析判断；
D.结合前面分析，即可分析判断；
C.在起跑前进的这段距离内，由动能定理列式，即可分析判断。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
10.【答案】B
【解析】解：A、负电荷在电势高的位置电势能小，由图可知滑块在x=3m处电势能最高，故A错误；
BC、Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=ΔEpΔx=3−12N=1N，滑块所受滑动摩擦力大小为：f=μmg=2×0.05×10N=1N，在1～3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，故B正确，C错误；
D、滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足12mv02≥fΔx，根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，故D错误。
故选：B。
根据负电荷在电势高的位置电势能小判断；Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达x=4m处的位置。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
11.【答案】D
【解析】解：A.由题知，少年由O到Q的过程做斜抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，如图：
设O点的速度大小为v，则其水平分速度大小为vcs30°，竖直分速度大小为vsin30°，由斜抛运动的运动性质可知，
从O到Q水平方向做匀速直线运动，可得：x=vcs30°⋅t，
竖直方向做竖直上抛运动，可得：y=−vsin30°⋅t+12gt2，
由几何关系得：yx=tan30°，
由题知：t=1s，
联立解得：v=5m/s，x=5 32m，y=2.5m，
由几何关系可知，O点到Q点的距离为：xOQ=ysin30∘=2.5sin30∘m=5m，故A错误；
B.设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为W，
由P到O的过程，根据动能定理可得：mgℎ−W=12mv2−12mv02，
解得：W=30J，故B错误；
C.结合前面分析可知，由O到Q的过程，少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时，其离斜面的距离最远，将O到Q的运动沿垂直于斜面与平行于斜面分解，如图：
由几何关系可知，O点的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分别为：vcs30°、gcs30°，
设少年离斜面的最大距离为ym，
在垂直于斜面的方向上，由运动学规律可得：2gcs30°⋅ym=(vcs30°)2，
解得：ym=5 38m，故C错误；
D.结合A的分析，根据运动学规律可知，少年落在Q点前瞬间的竖直分速度大小为：
vy=−vsin30°+gt，
此时重力的功率为：
P=mgvy，
联立可得：
P=3750W，故D正确；
故选：D。
A.由题知，少年由O到Q的过程做斜抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析判断；
B.由P到O的过程，根据动能定理列式，即可分析判断；
C.结合前面分析，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据运动学规律、功率与速度的关系分别列式，即可分析判断。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
12.【答案】dt；C；天平；1t2；(2M+m)d22mg
【解析】解：(1)根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度v=dt；
(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgℎ+Mgℎ−Mgℎ=12(2M+m)v2，即为：mgℎ=12(2M+m)v2，故C正确；
(3)由mgℎ=12(2M+m)v2，公式可知，除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要天平测出金属片的质量；
(4)将mgℎ=12(2M+m)v2，变形后，则有：ℎ=(2M+m)d22mg⋅1t2；因此以1t2为横轴；
由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率k=(2M+m)d22mg．
故答案为：(1)dt (2)C (3)天平(4)1t2；(2M+m)d22mg．
(1)通过平均速度等于瞬时速度，即可求解；
(2)根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；
(3)根据表达式进行分析，明确需要测量的物理量，则可知还需要天平测出金属片C的质量；
(4)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而求出动能的增加量，进而列出表达式，由此可确定横轴及图象的斜率．
本题考查验证机械能守恒定律的应用问题，主要考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律验证方法，注意由于A与B的质量相同，则重力势能之和不变；并学会运用数学表达式来分析，理解图象的斜率的含义．
13.【答案】该电场的场强大小为100V/m；
ac间的电势差为9V；
若b点的电势为3V，则该正电荷在b、c点电势能Epb、Epc分别为1.2×10−3J和−1.2×10−3J
【解析】解：(1)带电粒子从从a移到b时，电场力做正功，有
W=qU，U=Edab
解得E=100V/m
(2)ac间的电势差Uac=E(dab+dbccs60°)
解得Uac=9V
(3)若b点的电势为3V，有bc间电势差
Ubc=Edbccs60°
又由Ubc=φb−φc
解得φc=−3V
则该正电荷在b、c点电势能Epb=qφb=4×10−4×3J=1.2×10−3J
Epc=qφc=4×10−4×(−3)J=−1.2×10−3J
答：(1)该电场的场强大小为100V/m；
(2)ac间的电势差为9V；
(3)若b点的电势为3V，则该正电荷在b、c点电势能Epb、Epc分别为1.2×10−3J和−1.2×10−3J。
(1)根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度大小，d是两点沿电场线方向的距离；
(2)根据U=Ed求ac间的电势差Uac；
(3)根据U=Ed求ac间的电势差Ubc，结合b点的电势为3V，求c点电势φc，再根据电势能表达式计算该正电荷在b、c点电势能Epb、Epc。
解答本题时，要知道匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意功的正负。
14.【答案】0～2s内轻绳对货物的拉力大小是57.5N，方向竖直向上；
0～5s内货物机械能的变化量是622.5J，电动机输出的平均功率是124.5W．
【解析】解：(1)由图乙所示图像可知，0～2s内，货物做匀加速直线运动的加速度大小a=ΔvΔt=32m/s2=1.5m/s2
对货物，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，代入数据解得，轻绳对货物的拉力大小：F=57.5N
(2)v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图像可知，在0～5s内，货物先做匀加速运动，再做匀速运动，匀速运动的速度大小v=3m/s货物上升的高度：H=12×(3+5)×3m=12m，机械能的变化量为：ΔE=mgH+12mv2
代入数据解得：ΔE=622.5J
电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量：Pt=ΔE其中：t=5s，代入数据解得，电动机输出的平均功率P=124.5W
答：(1)0～2s内轻绳对货物的拉力大小是57.5N，方向竖直向上；
(2)0～5s内货物机械能的变化量是622.5J，电动机输出的平均功率是124.5W．
(1)由图乙所示图像可知，0～2s内，求解货物做匀加速直线运动的加速度大小，对货物，由牛顿第二定律分析。
(2)v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图像可知，在0～5s内，货物先做匀加速运动，再做匀速运动，电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量：Pt=ΔE解电动机输出的平均功率。
本题考查了牛顿第二定律的简单应用，常见力做功与相应的能量转化，平均功率的求解方法，题目难度中等。
15.【答案】(1)对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
eU0=12mv02−0
解得
v0=8×107m/s
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
L=v0t
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
y=12at2
其中加速度
a=Eem=Uema
解得
y=0.075m
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图

12Ly=12L+xCℎ
代入数据后得
xC=0.3m
(3)由题可知，AB两点离N板右侧的水平距离分别为
xA=0.25m，xB=0.35m
若电子刚好到达A点，由几何关系有
12Ly1=12L+xAℎ
解得
y1=0.0857m>0.08m
所以电子不能打到A点，所以有
y1=d2=12a1t2=12U1emd(Lv0)2
可得
U1≈2.3×104V
电子刚好到达B点时，由几何关系有
12Ly2=12L+xBℎ
解得
y2=0.067m
当偏转电压为U2，电子离开电场时的侧移量为y2，则
y2=12a2t2=12U2emd(Lv0)2
可得
U2≈1.9×104V
综上得电压范围为
1.9×104V≤U′≤2.3×104V
答：(1)求电子进入偏转电场区域时速度的大小v0为8×107m/s；
(2)求靶台中心点C离N板右侧的水平距离xC等于0.3m；
(3)若使电子打在靶台ACB上，M、N两板之间的电压范围为1.9×104V≤U′≤2.3×104V。
【解析】(1)在加速电场中，利用动能定理可计算电子出加速电场的末速度，电子进入偏转电场时的速度即为其出电场时的末速度；
(2)电子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动学关系式，可计算其偏转位移和偏转角；在偏转电场和荧光屏之间，电子做匀速直线运动，由几何关系可得到水平分位移与竖直分位移之间的关系，从而计算靶台中心与N板右侧的水平距离；
(3)分别判断出电子如果可以打在A点和B点的竖直偏转量，然后由运动学公式结合几何关系求解。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，在求解电子离开偏转电场的速度时，注意速度为矢量，需要同时列出大小和方向。
16.【答案】解：(1)物块被弹簧弹出，由Ep=12mv02可知：v0= 2Epm= 2×181m/s=6m/s，
因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速运动；物块与传送带相对滑动过程中，
由：μ1mg=ma1，v=v0−a1t1，x1=v0t1−12a1t12，代入数据得到：
a1=2m/s2，t1=0.5s，x1=2.75m，
因为x10，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由12mvB2=μ2mg(s−x)，
代入数据得到：x=13m。
(3)设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足mgsin30°=mvF2R，
从B到F过程中由动能定理可知：12mv12−12mvF2=μ2mgs+mg(R+Rsin30°)，
代入数据解得：v1= 37m/s，
设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，
有：12mv22=μ2mg×3s+mgR
代入数据解得：v2= 43m/s。
若物块在E、F之间速度减为0，则物块将脱离轨道。
所以要满足条件，需要小物块到B点的速度范围为：v0