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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（含答案）
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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（含答案），共11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。
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.B
5.A
6.B
7.B
8.D
9.ACD
10.AC
11.BCD
12.B
13.(1)向左；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)1b；kb。
14.(1)A；(2)dt；(3)2L+dd2g。
15.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。
16.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。
17.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。
18.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
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
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。
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.B
5.A
6.B
7.B
8.D
9.ACD
10.AC
11.BCD
12.B
13.(1)向左；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)1b；kb。
14.(1)A；(2)dt；(3)2L+dd2g。
15.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。
16.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。
17.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。
18.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
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
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
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