2020年江苏省南通市启东市高考物理一模试卷(含解析）

这是一份2020年江苏省南通市启东市高考物理一模试卷(含解析），共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年江苏省南通市启东市高考物理一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共8题）
1. 若物体在某一运动过程中动能保持不变，则在该过程中（　　）
A.物体一定做匀速直线运动 B.重力对物体一定做正功
C.合外力可能对物体做正功 D.物体的加速度可能与速度始终垂直
2. 将质量为1kg的物块从距地面20m处自由释放，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则物块在落地前1s内重力做功的功率为（　　）
A.100W B.150W C.175W D.200W
3. 为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P​，其轨道半径约为地球半径的16​倍；另一地球卫星Q​的轨道半径约为地球半径的4​倍。P​与Q​的周期之比约为(​　　)​
A.2​：1​ B.4​：1​ C.8​：1​ D.16​：1​
4. 如图，一带正电的点电荷固定于O​点，两虚线圆均以O​为圆心，两实线分别为带电粒子M​和N​先后在电场中运动的轨迹，a​、b​、c​、d​、e​为轨迹和虚线圆的交点。不计重力，下列说法错误的是(​　　)​

A.M​带负电荷，N​带正电荷
B.M​在b​点的动能小于它在a​点的动能
C.N​在d​点的电势能等于它在e​点的电势能
D.N​在从c​点运动到d​点的过程中克服电场力做功
5. 如图所示，一个绝缘圆环，当它的​14​均匀带电且电荷量为+q​时，圆心O​处的电场强度大小为E​，现使半圆ABC​均匀带电+2q​，而另一半圆ADC​均匀带电−2q​，则圆心O​处的电场强度的大小和方向为(​　　)​

A.2​2E​方向由O​指向D​
B.4E​方向由O​指向D​
C.2​2E​方向由O​指向B​
D.0​
6. 如图所示，在两个等量负点电荷形成的电场中，o​点是两电荷连线的中点，a​、b​是该线上的两点，c​、d​是两电荷连线中垂线上的两点，acbd​为一菱形.​若将一负粒子(​不计重力且不影响原电场分布)​从c​点匀速移动到d​点，电场强度用E​，电势用φ​来表示.​则下列说法正确的是(​　　)​

A.​φa​一定小于​φo​，​φo​一定大于​φc​
B.​Ea​一定大于​Eo​，​Eo​一定大于​Ec​
C.负粒子的电势能一定先增大后减小
D.施加在负粒子上的外力一定先减小后增大
7. 一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是（　　）
A.
B.
C.
D.
8. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m​的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L​，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(​未超过弹性限度)​，则在圆环下滑到最大距离的过程中(​　　)​

A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能变化了​3mgL​
C.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

评卷人
得分



二、 多选题（共5题）
9. 若一电子从电场中的A点运动到B点的过程中，克服电场力做功为10eV，则（　　）
A.电子在A点的电势能大于它在B点的电势能
B.A，B两点间的电势差为10V
C.若规定A点的电势为0，则B点的电势为10V
D.若A点的电势为5V，则电子在A点的电势能为-5eV
10. 如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（　　）

A.运动周期为
B.运动周期为
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
11. 将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示．下列说法正确的是（　　）
A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C.保持C不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍
D.保持d、C不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
12. 如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　）

A.弹簧的最大弹力为μmg
B.弹簧的最大弹力为μmg
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为
13. 如图甲所示，在某电场中建立x​坐标轴，A​、B​为x​轴上的两点，​xA​、​xB​分别为A​、B​两点在x​轴上的坐标值.​一电子仅在电场力作用下沿x​轴运动，该电子的电势能​Ep​随其坐标x​变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(​　　)​

A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B.A​点的电场强度小于B​点的电场强度
C.电子由A​点运动到B​点的过程中电场力对其所做的功​W=EpA−​EpB​
D.电子在A​点的动能小于在B​点的动能

评卷人
得分



三、 实验题（共2题）
14. 某同学设计了如图1所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．

（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图2所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出了相邻计数点之间的距离，则小车加速度a=______m/s2．（保留两位有效数字）]
（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2-F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，下列图象中正确的是______．

（3）在同一次实验中，若小车加速运动时传感器的示数为F2，释放小车之前传感器的示数为F1，则F1与F2的大小关系是：F2______F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．
（4）关于该实验，下列说法中正确的是______．
A．小桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量
B．实验中需要将长木板右端垫高
C．实验中需要测出小车和传感器的总质量
D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．
15. 验证“力的平行四边形定则”，如图甲所示，实验步骤如下：

①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；
②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；
③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向；
④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；
⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；
⑥比较F3和F的一致程度。
（1）下列说法中正确的是______。
A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上
B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度
C．系在橡皮条末端的两绳要一样长
D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1
（2）改变F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2______（选填“必须”或“不必”）与位置O1相同。
（3）实验记录纸如图乙所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：F1=3.0N、F2=3.5N．请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力，测得合力F=______N（保留两位有效数字）。
（4）实验中，用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半。请说明这样操作______（选填“合理”或“不合理”），理由是______。

评卷人
得分



四、 计算题（共4题）
16. 如图所示，空间存在电场强度为E​、方向水平向右足够大的匀强电场。挡板MN​与水平方向所夹角为θ​，质量为m​、电量为q​、带正电的粒子从与M​点在同一水平线上的O​点以速度​v0​竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：
(1)​粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；
(2)O​、M​间的距离。

17. 如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M=3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点。撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sinθ=≈0.64，不计一切摩擦。求：

（1）力F的大小；
（2）小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；
（3）在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。
18. 如图所示，一质量​m1=0.2kg​的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量​m2=0.1kg​的小物块(​可视为质点)​置于小车上A​点，其与小车间的动摩擦因数μ=0.40​，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块一个方向水平向右、大小为​v0=6m/s​的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F=0.6N​的恒力。取​g=10m/s2.​求：
(1)​初始时刻，小车和小物块的加速度大小；
(2)​经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？
(3)​小物块向右运动的最大位移。

19. 如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为-q的带电质点以初速度v0从x轴上P（-L，0）点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q（未画出），重力加速度g为已知量。求：
（1）初速度v0与x轴正方向的夹角；
（2）P、Q两点间的电势差UPQ；
（3）带电质点在第一象限中运动所用的时间。


参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】D
【解析】解：A、动能保持不变，速度的大小不变，不代表速度方向不变，比如匀速圆周运动，故A错误；
B、由动能定理知，动能保持不变，说明合外力的功为零，不说明重力对物体一定做正功，比如水平面内的匀速圆周运动，重力不做功，故B错误；
C、由动能定理知，若合外力对物体做正功，动能一定增加，不会保持不变，故C错误；
D、物体的加速度可能与速度始终垂直，比如匀速圆周运动，故D正确。
故选：D。
由动能定理可知：动能保持不变，说明合外力的功为零，速度的大小不变，方向可能变化，比如匀速圆周运动。
通过动能定理理解动能保持不变的含义，结合举例说明可求解。
2. 【答案】B
【解析】解：根据h=知下落时间为：
t==s=2s
最后一秒下降的高度为：
△h=h=20mm=15m
重力做功为：
W=mg△h=10×15J=150J
根据P=知物块在落地前1s内重力做功的功率为：P==150W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据下降的高度求出下落时间，根据下降的高度大小知重力做功的大小，根据P=计算平均功率。
解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法。
3. 【答案】C​
【解析】解：根据题意可得P​与Q​的轨道半径之比为：
​rP​：​rQ=4​：1​
根据开普勒第三定律有：
​​r3​T2=k​
得：​​​r​P​​3​​​T​P​​2​=​​​r​Q​​3​​​T​Q​​2​​
可得周期之比为：
​TP​：​TQ=8​：1​
故C正确，ABD错误。
故选：C​。
由题得到卫星P​与Q​的轨道半径之比，由开普勒第三定律求周期之比。
本题中已知两个卫星的轨道半径之间的关系，可以由开普勒第三定律快速解答，也可以由万有引力定律提供向心力求出周期与半径之间的关系后再进行判断。
4. 【答案】D​
【解析】解：A​、由粒子只受电场力作用，电场力方向平行于径向，根据粒子运动轨迹可知：M​受到的时吸引力，N​受到的时排斥力，故M​带负电，N​带正电，故A正确；
C、由正电荷周围电场线沿径向向外可知：以O​为圆心的圆为等势面，那么，N​在d​点的电势等于它在e​点的电势，所以，N​在d​点的电势能等于它在e​点的电势能，故C正确；
BD​、由正电荷周围电场线沿径向向外可知：内圈的电势比外圈的电势大；故根据​EP=qφ​可知：M​在内圈的电势能比外圈小，N​在内圈的电势能比在外圈的大，所以，N​在从c​点运动到d​点的过程中电场力做正功；那么，由粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理可得：M​在b​点的动能小于它在a​点的动能；故B正确，D错误；
本题选不正确的，故选：D​。
根据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电荷符号；再根据电场线方向得到电势分布，进而得到电势能大小，根据电势能变化得到电场力做功，再由动能定理得到动能变化。
本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。
5. 【答案】A​
【解析】解：当圆环的​14​均匀带电，电荷量为+q​时，圆心O​处的电场强度大小为E​，
由如图所示的矢量合成可得，当半圆ABC​的带电+2q​，在圆心处的电场强度大小为​2E​，方向由B​到D​；当另一半圆ADC​均匀带电−2q​，同理，在圆心处的电场强度大小为​2E​，方向由O​到D​；
根据矢量的合成法则，则有：圆心O​处的电强度的大小为2​2E​，方向由O​到D​；
故选：A​
根据题意：当它的​14​均匀带电，电荷量为+q​时，圆心O​处的电场强度大小为E​，结合矢量合成法则，及正、负电荷在O​点电场强度方向，即可求解．
考查矢量的合成法则，掌握圆环带电对O​点的电场强度，等效成若干个点电荷产生的电场强度，是解题的关键．

6. 【答案】C​
【解析】解：A​、沿着电场线电势降落可知​φc​>​​φo​>​​φa​，A​项错误；
B、o​点合场强为零，故E​​​a​>​​Eo​，​Ec​>​​Eo​，B​项错误；
C、负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，可判断出C​项正确；
D、粒子沿cd​匀速移动，受力平衡，外力在大小上等于其所受的静电力，而沿cd​方向，但电场强度大小无法判断，因此外力如何变化无法得知，故D项错误．
故选：C​
A、B​为两个等量的负点电荷，其连线中垂线上电场强度方向沿中垂线指向O​，沿着电场线电势降落，负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小．
本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性.​根据粒子所受的电场力情况分析粒子的运动情况
7. 【答案】A
【解析】解：带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，故沿电场方向上的速度为：v=at=t；
故ts秒时电场力的功率为：P=Eqv=；
故说明P与时间成正比，故A正确BCD错误。
故选：A。
明确带电粒子在电场中受力情况，知道带电粒子垂直电场方向进入时做类平抛运动；同时明确功率P=Fvcosα，即功率等于力与力的方向上速度的乘积。
本题考查了带电粒子在电场中偏转规律的应用，同时明确功率的计算方法，知道只需求出竖直方向上的速度即可，由于粒子做类平抛运动，水平方向上的速度不会影响电场力的功率。
8. 【答案】B​
【解析】
分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，由于弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析。
对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒。

A.圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，
B.图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L​，可得物体下降的高度为ℎ=​3L​​，根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增大量为∆​Ep=mgℎ=​3mgL​​，故B正确。
C.圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误。
D.根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选B。



二、 多选题
9. 【答案】BD
【解析】解：A、根据题意，电子从A到B的过程中克服电场力做功，电势能增大，所以电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误；
B、电子从A到B电场力做功，A、B两点间的电势差为，故B正确；
C、若规定A点电势为0，根据==10V，则B点电势为-10V，故C错误；
D、若A点电势为5V，则电子在A点的电势能，故D正确；
故选：BD。
通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题；由求A、B两点的电势差；根据电势差的公式得出电势的大小。
通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题。根据电势差的公式得出电势的大小。要注意电势有正负。
10. 【答案】BD
【解析】解：A、根据角速度和周期的关系可知，周期T=，故A错误；
B、线速度大小v=ωR，故B正确；
CD、座舱做匀速圆周运动，受到的合外力充当向心力，故合力大小F=mω2R；由于座舱的重力和摩天轮对座舱的作用力充当合外力，故摩天轮对座舱的作用力不等于mg，故C错误，D正确。
故选：BD。
座舱做匀速圆周运动，根据向心力的性质可确定其受力情况，再根据匀速圆周运动中线速度、角速度以及周期间的关系确定周期和线速度的大小。
本题考查匀速圆周运动的性质，要注意明确做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的，方向始终指向圆心，且大小恒定。
11. 【答案】ACD
【解析】解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半。故A正确。
B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半。故B错误。
C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍。故C正确。
D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半。故D正确。
故选：ACD。
保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由
E=分析E的变化．
本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．
12. 【答案】BC
【解析】解：A、物体向左运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F=μmg速度最大，物体继续向左运动，弹簧继续被压缩，弹力增大，所以弹簧的最大弹力大于μmg，故A错误。
B、整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2μmgs，故B正确。
C、物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep=μmgs，故C正确。
D、设物块在A点的初速度为v0．对整个过程，利用动能定理得：-2μmgs=0-，可得：v0=2，故D错误。
故选：BC。
物体向左运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时速度最大，物体继续向左运动，弹力将大于滑动摩擦力。整个过程中，物块克服摩擦力做的功为2μmgs．对物体向右运动的过程，利用能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能。对整个过程，利用动能定理求物块在A点的初速度。
运用动能定理和功能关系时解题的关键要选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解。
13. 【答案】AC​
【解析】解：AB​、根据功能关系知，​Ep=qφ​，E=​△φ△x​，得：E=​1q⋅​△​Ep△x​，即有​△​Ep△x=qE​，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE​，则知E​保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，一定不是孤立点电荷形成的电场，​EA=​EB.​故A正确，B错误．
C、电子由A​点运动到B​点的过程中，由功能关系可得，电场力对其所做的功​W=EpA−​EpB.​故C正确．
D、根据能量守恒定律得知，电子从A​到B​电势能增大，动能减小.​即电子在A​点的动能大于在B​点的动能.​故D错误．
故选：AC​
根据功能关系知，​Ep=qφ​，E=​△φ△x​，得：E=​1q⋅​△​Ep△x​，分析图象的斜率与场强的关系，判断场强的变化.​电子只受电场力，则电场力做功等于动能的增加量，分析各图中图象与位移的关系可判断电场强度如何变化，结合功能关系分析即可．
本题要求学生能从图象中判断出物理量的变化规律.​关键要掌握电势能与电势的关系​Ep=qφ​，场强与电势差的关系E=​△φ△x​，还要把握常见电场中的场强的分布特点及坐标中图象的意义．
三、 实验题
14. 【答案】0.16 B ＜ D
【解析】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：a==0.16 m/s2，
（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1-F0）的关系图象．
由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；
故选：B．
（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，
木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，
设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，
根据牛顿第二定律得：mg-F2=ma
所以F1＞F2，
（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；
B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；
C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；
D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；
故选：D．
故答案为：（1）0.16； （2）B；（3）＜；（4）D
（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；
（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1-F0）的关系图象，由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点；
（3）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；
（4）在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．
本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．
15. 【答案】D 不必 4.0 不合理 只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程
【解析】解：（1）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故A错误；
B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度，故B错误；
C、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故C错误；
D、同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1，故D正确；
故选：D。
（2）改变F1、F2重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，因为是两次不同的实验，则位置O2不必与第一次O1点相同。
（3）根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，测得合力F=4.0N。

（4）用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半。这样操作不合理，理由是只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程。
故答案为：（1）D；
（2）不必；
（3）如图；4.0；
（4）不合理；只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程。
在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小。因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行。
验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法，难度适中。
四、 计算题
16. 【答案】解：(1)​由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为​vx​，则：

cotθ=​​vx​v0​，
解得：​vx=​v0cotθ​；
(2)​粒子做类平抛运动，设粒子运动加速度为a​，由牛顿第二定律：qE=ma​，
在如图所示的坐标系中：
​vx=at​，
​x0=​12​at2​，
​y0=​v0t​，
设O​、M​间的距离为d​，由几何关系：
cotθ=​​d+x0​y0​
解得：d=​​m​v​0​​2​​cot2θ2qE​；
答：(1)​粒子贴近挡板时水平方向速度的大小为​v0cotθ​；
(2)O​、M​间的距离为​​m​v​0​​2​​cot2θ2qE​。
【解析】
(1)​粒子做类似平抛运动，水平方向时匀加速直线运动，竖直方向时匀速直线运动，画出运动轨迹，粒子恰好不和挡板碰撞，说明速度与挡板平行，采用正交分解法作图分析；
(2)​先根据分位移公式列式求解竖直分位移和水平分位移，再结合几何关系得到O​、M​间的距离。
本题考查类平抛运动，关键是采用正交分解法研究，结合分位移公式和分速度公式列式求解，不难。
17. 【答案】解：（1）对小球：细线上的拉力T=3mg
对物块：mgsinθ+F=T
解得：F=2.36mg
（2）小球在C点时速度与物块速度大小相等。
对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律：
解得：
在C点：对小球，由牛顿第二定律
解得：N=6mg；
（3）在小球从A点运动到C点过程中，对物块，
由动能定理：
解得：
答：（1）力F的大小为2.36mg；
（2）小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N为6mg；
（3）在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W为。
【解析】
（1）分别对小球和物块列平衡方程可求解力F；
（2）对小球和物块组成的系统机械能守恒，根据牛顿第二定律求解管壁对小球的弹力；
（3）由动能定理求解在小球从A点运动到C点过程中细线对物块做的功。
本题是系统机械能守恒的类型，要注意在小球下滑的过程中，小球和物块各自的机械能都不守恒，系统的机械能才守恒。
18. 【答案】解：(1)​由牛顿第二定律得：
对小车：​μm2g​=m1​a1​
解得：​a1=​2m/s2​，
对小物块：​F1+​μm2g​=m2​a2​
解得：​a2=​10m/s2​；
(2)​设经过时间t​小车与小物块速度相同，设速度为​v1​，
对小车：​v1=​a1t​，
对小物块：​v1=​v0−​a2t​，
解得：t=0.5s​，​v1=1.0m/s​；
(3)​假设当两者达到共同速度后相对静止，
系统只受恒力​F1​作用，设系统的加速度为​a3​，
由牛顿第二定律得：​F1=(​m1+​m2)​a3​
解得：​a3=​2m/s2​，
此时小车所需要的静摩擦力：​f=m1​a1=2×0.2=0.4N​，
因为​f=0.4N=fm=​μm2g​，所以两者将一起向右做匀减速运动。
小物块第一段的位移：​x1=​​​v​1​​2​−​​v​0​​2​​−2a2=1.75m​，
小物块第二段的位移：​x2=​​−​v​1​​2​​−2a3=0.25m​，
小物块向右运动的最远位移为：​xm=​x1+​x2=2.0m​；
答：(1)​初始时刻，小车和小物块的加速度大小分别为：​2m/s2/10m​/s2​；
(2)​经过时间0.5s​小物块与小车速度相同，此时速度大小为1m/s​；
(3)​小物块向右运动的最大位移为2m​。
【解析】
(1)​由牛顿第二定律可以求出物块与小车的加速度。
(2)​物块向右做匀减速直线运动，小车向右做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度公式可以求出时间。
(3)​由牛顿第二定律求出系统的加速度，应用运动学公式可以求出物块向右运动的最大位移。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
19. 【答案】解：（1）质点在第二象限受竖直向下的重力与竖直向上的电场力作用做直线运动，
质点速度斜向右上方，则质点所受合力为零，质点在第二象限做匀速直线运动，
由平衡条件得：qE=mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，
且由带电质点在第一象限做直线运动，有：tanθ=
解得：θ=45°。
（2）P到Q的过程，由动能定理有：
-qUPQ-mgL=0，
解得：UPQ=-；
（3）带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有：mg=ma，
解得；a=g，
质点减速到零过程，由匀变速直线运动的v-t公式得：v0=at
解得：t=，
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T=2t=；
答：（1）初速度v0与x轴正方向的夹角为45°；
（2）P、Q两点间的电势差UPQ为-；
（3）带电质点在第一象限中运动所用的时间为。
【解析】
（1）由题意可知，带电质点在第一象限与第二象限内都做直线运动，根据题意分析质点运动性质，然后根据质点受力情况求出夹角。
（2）从P到Q过程，由动能定理求出其电势差。
（3）带电质点在第一象限内做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出运动时间。
本题考查了带电质点在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚质点的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。