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2024-2025学年广东省佛山市南海区石门中学高二（上）开学物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年广东省佛山市南海区石门中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.无人驾驶飞机简称“无人机”，英文缩写为“UAV”，是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，或者由车载计算机完全地或间歇地自主地操作。与有人驾驶飞机相比，无人机往往更适合那些太“愚钝、肮脏或危险”的任务。如图所示，一架无人机挂着一篮高尔夫球在一定高度沿直线水平匀速飞行，某时刻甲球坠落，无人机保持原来运动状态运动位移x后，乙球又坠落。假设地面不平整，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 甲乙两球的落地点一定相距x
B. 两球在空中时都在无人机的正下方
C. 两球在空中时不在无人机的正下方，但两球与无人机处于一条直线上
D. 两球落地的速度大小只由无人机的水平飞行速度决定
2.如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知OCA. 相同时间内B、C的转过的角度相等
B. B、C的线速度大小关系满足vB=vC
C. B、C的角速度关系满足ωB>ωC
D. B、C的向心加速度大小关系满足aB3.在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A. P位置的小水珠速度方向沿a方向
B. 水珠做离心运动是由于合外力大于所需向心力
C. P、Q两位置，杯子的角速度相同
D. 从Q到P，杯子所受合外力做功不为零
4.图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
A. B. C. D.
5.如图所示，质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B，分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定的角度α、β，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过O点竖直线交于C点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加A球的电荷量，下列说法中正确的是( )
A. 两细线的拉力之比变大
B. 两细线的夹角不变
C. AC与BC的长度之比不变
D. OC长度一定变长
6.如图1所示，一半径为R、密度均匀的球体，在与球心O相距2R的P处有一质量为m的质点，球体对该质点的万有引力大小为F。现从球体中挖去一半径为R2的小球体(球心在OP连线上，右端位于O点)，如图2所示。则剩余部分对该质点的万有引力大小为( )
A. 78FB. 716FC. 2325FD. 2350F
7.如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为−x1处分别固定两点电荷Q1、Q2(两点电荷的电荷量和电性均未知)。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是( )
A. 点电荷Q1带负电
B. 试探电荷在x2：x3之间受到的电场力沿x轴正方向
C. x3：x4之间的电场强度沿x轴正方向
D. 两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为(x1+x3)2x32
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. 保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大
B. 保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ增大
C. 断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D. 断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
9.两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个带电荷量为+2×10−7C，质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的v−t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线(图中标出了该切线)斜率最大的位置，则下列说法正确的是( )
A. 由C到A的过程中物块的电势能一直在增大
B. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1×104V/m
C. 由C点到A点电势逐渐降低
D. A、B两点间的电势差 UAB=−500 V
10.真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为−kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是( )
A. 若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B. 若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加eU06
C. 若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足d> 5eU0T23m
D. 若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于 v02+(eU0Tdm)2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有______。
A.调节滑轮使细线与轨道平行
B.倾斜轨道以补偿阻力
C.小车靠近打点计时器静止释放
D.先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为______cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为______m/s(结果保留3位有效数字)。
(2)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。
①采用的实验方法是______。
A.控制变量法
B.等效法
C.模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的______之比(选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值______(选填“不变”、“变大”或“变小”)。
12.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，光滑斜面AB与半径为R的光滑圆弧面相切于斜面底端的B点，圆弧的最低点为C。他采用以下两种方案来验证小球从斜面上某点由静止释放运动到C点的过程中机械能是否守恒。(当地重力加速度为g)
(1)方案一：
①他用20分度游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，则小球直径d= ______cm，在C点安装一个光电门；
②将小球从斜面上某点由静止释放，小球通过C点光电门时所用的时间为t，则小球通过C点时的速度v= ______(用物理量符号表示)；
③改变小球的释放位置，测得释放位置到C点的高度为ℎ，重复②，得到多组释放高度ℎ和对应时间t，以1t2为横坐标，以ℎ为纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，若直线的斜率k= ______，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。
(2)方案二：
①在圆弧最低点C安装一个力传感器；
②将小球从斜面上某点由静止释放，测得释放位置到C点的高度为ℎ，并测得小球通过C点时传感器的示数F；
③改变小球的释放位置，重复②，得到多组释放高度ℎ和对应传感器的示数F，以ℎ为横坐标，以为F纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，该直线的斜率为k，与纵轴的交点为b，若小球在上述运动过程中机械能守恒，则k= ______，b= ______。(用物理量符号表示)。
四、简答题：本大题共1小题，共18分。
13.如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r=0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L=1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。
(1)求A、C两点的高度差ℎ；
(2)要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围；
(3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ(I、J关于O2D对称)，滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求θ的值。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
14.如图所示，电子经加速电场加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场，出偏转电场后速度与水平方向成30°，打到荧光屏P上的A点。已知加速电场中的电压为U1，形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L(不考虑电场边缘效应)，A点与O2距离为ℎ，忽略电子的重力影响，不计空气阻力，电子质量为m，电荷量为e。求：
(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小；
(2)偏转电场强度的大小和方向；
(3)荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15.如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高ℎ处不断有质量为m、电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小液滴到达小孔处的速度；
(2)电容器所带电荷量的最大值；
(3)最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
答案解析
1.B
【解析】解：A、只有地面水平时甲乙两球的落地点才会相距x。故A错误；
BC、由于惯性，甲乙两球离开无人机后保持原来的水平速度，两球在空中时都在无人机的正下方，故B正确；C错误；
D、两球落地速度大小由无人机的水平飞行速度及下落高度共同决定，故D错误。
故选：B。
把平抛运动分解成水平和竖直两个分运动，由运动的合成与分解法解答。
熟练运用合成与分解法处理平抛运动。
2.A
【解析】解：AC、由于B、C做同轴转动，角速度大小相等，所以相同时间内B、C的转过的角度相等，故A正确，C错误；
B、由于OCvC，故B错误；
D、由于OCaC，故D错误。
故选：A。
B、C两点为同轴转动，角速度相同；根据题意判断B、C两点的半径关系，根据a=ω2r比较两点向心加速度大小，根据v=ωr比较两点线速度大小。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道同轴转动的特点，掌握匀速圆周运动的线速度和加速度公式。
3.C
【解析】解：A、根据图乙中水珠做离心运动的方向，可知杯子旋转方向为逆时针方向，则P位置的小水珠速度方向应沿b方向，故A错误；
B、水珠做离心运动是由于合外力小于所需向心力，故B错误；
C、杯子做逆时针匀速圆周运动，则P、Q两位置，杯子的角速度相同，故C正确；
D、从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与其速度夹角为90°，合外力做功为零，故D错误。
故选：C。
根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。
解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。
4.B
【解析】解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；
故选：B。
示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考．
5.C
【解析】解：对两小球受力分析如图：
F1、F1′为A、B两小球之间的库仑力，F2、F2′为两小球之间的弹簧弹力，满足F=F1+F2=F′=F1′+F2′
对A球受力分析，根据几何关系可得：m1gOC=T1OA=FAC
同理对B球分析，根据几何关系可得：m2gOC=T2OB=F′BC
A、两细线的拉力之比为：T1T2=m1m2，保持不变，故A错误；
B、当A球的电荷量增大，则两球距离会增大，夹角α、β增大，故B错误；
C、AC与BC的长度之比：ACBC=m2m1，保持不变，故C正确；
D、绳长不变，夹角α、β增大，C点上移，OC长度变小，故D错误。
故选：C。
对两个小球进行分析，根据几何关系得到拉力之比、AC和BC的长度之比，根据小球的移动情况分析角度的变化。
本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6.C
【解析】解；设球体密度为ρ，其质量为M，则有M=ρ⋅43πR3，则被挖去的小球的质量M′=ρ⋅43π(R2)3=M8
根据万有引力定律得：F=GMm(2R)2
小球体对质点的万有引力F′=GM′m(52R)2
则剩余部分对质点的万有引力为F余=F−F′
联立解得：F余=2325F，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据体积关系，求出挖去部分的质量。用没挖之前球对质点的万有引力，减去被挖部分对质点的万有引力，就是剩余部分对质点的万有引力。
掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是解题的基础。
7.C
【解析】解：A、由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，选项A错误；
BC、试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，故B错误，C正确；
D、由题图可知x4处的电场强度为零，则kQ1x42=kQ2(x1+x4)2，解得Q1Q2=x42(x1+x4)2，故D错误。
故选：C。
根据电场分布可以确定点电荷带电性质，根据电势能的变化可以分析电场力做功问题，从而判断电场强度方向，最后根据场强为零的位置，可以比较点电荷电荷量的比值。
该题考查两个点电荷形成的电场的叠加，根据电场的分布、电势能的变化以及点电荷场强为零位置的确定可以分析本题。本题的难点在于学生能否准确的读懂题干中的图像。
8.BD
【解析】解：根据对小球的受力分析可知，悬线偏离竖直方向的夹角符合
tanθ=Eqmg
因此两极板间的场强越大，θ越大。
A.保持S闭合，极板间的电压大小等于电源电动势。滑动变阻器的滑片位置不会影响极板上的电压大小，则场强大小不变，θ不变。故A错误；
B.保持S闭合，极板间电压不变时，将N板向M板靠近，则板间距离d减小，根据场强E=Ud可知场强大小增大，则θ增大。故B正确；
C.断开S，则极板上的电荷量Q不变，将N板向M板靠近，则根据
C=εrS4πkd，C=QU
可得
U=4πkQdϵrS
极板间的场强
E=Ud=4πkQϵrS
极板间距离d增大或减小不影响场强大小，其余物理量均不变，则场强大小不变，θ不变。故C错误；
D.根据上述分析，断开S，将N板向下移动少许，则极板间的正对面积S减小，则场强E增大，则θ增大。故D正确。
故选：BD。
电容和电源相连时电容器两端间的电压与滑动变阻器两端的电压之和相等，通过判断滑动变阻器两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化，判断θ的变化情况；
电容器和电源断开后，电容器上的电量不变，根据电容器的定义式、电容的决定式和电场强度公式联立可得电场强度E与板间距无关，与正对面积有关，从而明确小球受电场力的变化，再根据平衡条件确定夹角的变化。
解决本题的关键是：
1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线。
2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化。
9.BCD
【解析】解：A.从速度—时间图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故A错误；
B.v−t图像的斜率表示加速度，由v−t图可知带电粒子在B点的加速度最大，且为
amax=ΔvΔt=4×10−27−5m/s2=2×10−2m/s2
则小物块在B所受的电场力最大为
Fmax=mamax=0.1×2×10−2N=2×10−3N
则B点处场强最大，且最大值为
Emax=Fmaxq=2×10−32×10−7V/m=104V/m
故B正确；
C.据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；
D.从v−t图像可知，A、B两点的速度分别为
vA=6×10−2m/s
vB=4×10−2m/s
再根据动能定理得
qUAB=12mvB2−12mvA2=12×0.1×(42−62)×(10−2)2J=−1×10−4J，
代入数据解得
UAB=−500V
故D正确。
故选：BCD。
由能量守恒定律分析电势能的变化情况。根据v−t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值。由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差。
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v−t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法。
10.BC
【解析】解：AB、若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；
若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，在0～2T时间内电场力做功为零，电子动能变化为零，在2T～3T时间内根据动能定理可得：△Ek=e×U02×13=eU06，故A错误，B正确；
C、竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1=eU0md，位移：x1=12a1t2，
在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a2=3eU02md，初速度的大小：v1=a1T
匀减速运动阶段的位移x2=v122a2；
由题知d2≥x1+x2，解得d≥ 5eU0T23m，故C正确；
D、若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为：vy=a2T−a1T=4eU0T9md
合速度为v合= v02+(4eU0T9dm)2，故D错误。
故选：BC。
若k=1，分析电子在竖直方向的速度随时间变化情况，根据动能定理得到T时刻或2T时刻射出电场时的速度；
若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，分析电子的受力情况，根据运动学公式求解位移和速度。
本题主要是考查了带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律、运动学公式结合动能定理等进行解答。
11.ABC 2.74 1.47 A 角速度平方 不变
【解析】解：(1)①A、为使小车能做匀加速直线运动，必须使小车受到的合力恒定，调节滑轮使细线应与轨道平行，故A正确；
B、探究小车速度随时间变化规律，与小车是否受到阻力没有关系，所以不需倾斜轨道以补偿阻力，故B错误；
C、为提高纸带的利用率，小车应靠近打点计时器静止释放，故C正确；
D、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先接通电源再释放小车，故D正确。
故选：ACD。
②刻度尺为毫米刻度尺，最小分度值为0.1cm，由图得，计数点1的读数为2.74cm；
打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，打点周期T=1f=150s=0.02s
打计数点2的时刻是1到3的中间时刻，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，设则打计数点2时小车的速度大小为v=8.61−2.742×0.02×0.01m/s=1.47m/s
(2)①本实验通过控制一些物理量不变，来研究其他物理量之间的关系，采用了控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
②左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的向心力之比，根据向心力公式得：Fn=mω2r
在小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比应等于角速度平方之比；
在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
故答案为：(1)①ACD；②2.74，1.47；(2)①A；②角速度平方，不变。
(1)①根据实验原理、操作规范和注意事项分析解答；
②根据刻度尺读数规则读数即可，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解即可；
(2)①“探究向心力大小的表达式”采用了控制变量法；
②根据向心力公式判断求解即可。
本题考查“探究小车速度随时间变化的规律”的实验和“探究向心力大小的表达式”实验，解题关键是掌握实验原理、注意事项和数据处理。
dt d22g 2mgR mg
【解析】解：(1)①由图可知，20分度游标卡尺的第12条刻度线与主尺的24mm对齐，所以小球的直径d=24.00mm−12×0.95mm=12.60mm=1.260cm
②小球通过C点时的速度v=dt
③若小球在运动过程中机械能守恒mgℎ=12mv2=12m(dt)2
整理得ℎ=d22g⋅1t2
直线的斜率为k=d22g
(2)小球在运动过程中机械能守恒mgℎ=12mv2
对小球在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN−mg=mv2R
由牛顿第三定律有F=FN
可得F=2mgRℎ+mg
直线的斜率为k=2mgR
直线与纵轴的交点为为b=mg。
故答案为：(1)①1.260；②dt；③d22g；(2)③2mgR；mg。
(1)①根据游标卡尺的读数规则读数；
②根据极短时间内的平均速度求瞬时速度；
③根据机械能守恒定律求解ℎ−1t2函数，得到图像斜率的表达式；
(2)根据机械能守恒定律，牛顿第二、第三定律求解F−ℎ函数，结合图像求斜率和纵截距的关系式。
本题考查游标卡尺的读数，理解实验原理，熟练掌握牛顿运动定律和机械能守恒定律是解题的关键；知道20分度游标卡尺游标上每小格表示0.95mm。
13.解：(1)滑块恰好经过D，重力提供向心力mg=mvD20.5r
滑块从A到D，根据动能定理mg(ℎ−r−0.5r)=12mvD2
联立解得ℎ=0.7m
(2)若恰好滑到F点停下，根据动能定理mgℎ−μ1mgL=0
解得μ1=0.7
当到G点速度为零，根据动能定理mg(ℎ−1.5r)−μ2mgL=0
解得μ2=0.1
当返回时不超过O1点，根据动能定理mg(ℎ−r)−μ3mg⋅2L=0
解得μ3=0.15
综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7
(3)A点到I点过程中根据动能定理mg(ℎ−r−12rcsθ)=12mv2
设I点到最高点时间为t，则有vsinθ=gt
0.5rsinθ=(vcsθ)⋅t
解得csθ=12
可得θ=arccs12=60°
另一解csθ=1舍去。
答：(1)A、C两点的高度差0.7m；
(2)滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7；
(3)θ的值为60°。
【解析】(1)D点重力提供向心力，滑块从A到D，根据动能定理，求ℎ；
(2)恰好滑到F点停下，根据动能定理列式，到G点速度为零，根据动能定理列式，返回时不超过O1点，根据动能定理列式，分析动摩擦因数范围；
(3)A点到I点过程中根据动能定理，再根据运动学公式列式，求角度θ。
本题考查学生对动能定理、合力提供向心力的掌握，是一道中等难度题。
14.解：(1)电子经加速电场加速，根据动能定理有：
eU1=12mv2
解得
v= 2eU1m
(2)电子偏转时做类平抛运动，有
水平方向：L=vt
竖直方向：vy=at
根据牛顿第二定律：a=eEm
tan30°=vyv
联立可得
E=2 3U13L
方向竖直向下
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有
s=vt′
ℎ−12at2=vyt′
tan30°=vyv
代入数据得
s= 3ℎ−L2
答：(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小为 2eU1m；
(2)偏转电场强度的大小为2 3U13L，方向竖直向下；
(3)荧光屏到偏转电场右边界的水平距离为 3ℎ−L2。
【解析】(1)根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v的大小。
(2)电子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，从而解得荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。
15.解：(1)因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
2gℎ=v2
解得v= 2gℎ
(2)当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
mg(ℎ+d)−qU=0
根据电容器的公式有Q=CU
解得Q=mgC(ℎ+d)q
(3)液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
ℎ=12gt2
t1= 2ℎg
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
d=v2(t22)
解得t2=4d 2gℎ
故t=t1+t2
解得t=(1+2dℎ) 2gℎg
答：(1)小液滴到达小孔处的速度为 2gℎ；
(2)电容器所带电荷量的最大值为mgC(ℎ+d)q；
(3)最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为(1+2dℎ) 2gℎg。
【解析】(1)根据自由落体运动的规律列式求解速度；
(2)根据动能定理和电容器的电荷量公式联立求解；
(3)根据自由落体运动规律和匀变速直线运动的规律列式求解时间。
考查带电粒子在组合场中的运动问题，会结合动能定理、匀变速直线运动规律求解相关物理量。
1.无人驾驶飞机简称“无人机”，英文缩写为“UAV”，是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，或者由车载计算机完全地或间歇地自主地操作。与有人驾驶飞机相比，无人机往往更适合那些太“愚钝、肮脏或危险”的任务。如图所示，一架无人机挂着一篮高尔夫球在一定高度沿直线水平匀速飞行，某时刻甲球坠落，无人机保持原来运动状态运动位移x后，乙球又坠落。假设地面不平整，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 甲乙两球的落地点一定相距x
B. 两球在空中时都在无人机的正下方
C. 两球在空中时不在无人机的正下方，但两球与无人机处于一条直线上
D. 两球落地的速度大小只由无人机的水平飞行速度决定
2.如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知OC
B. B、C的线速度大小关系满足vB=vC
C. B、C的角速度关系满足ωB>ωC
D. B、C的向心加速度大小关系满足aB
A. P位置的小水珠速度方向沿a方向
B. 水珠做离心运动是由于合外力大于所需向心力
C. P、Q两位置，杯子的角速度相同
D. 从Q到P，杯子所受合外力做功不为零
4.图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
A. B. C. D.
5.如图所示，质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B，分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定的角度α、β，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过O点竖直线交于C点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加A球的电荷量，下列说法中正确的是( )
A. 两细线的拉力之比变大
B. 两细线的夹角不变
C. AC与BC的长度之比不变
D. OC长度一定变长
6.如图1所示，一半径为R、密度均匀的球体，在与球心O相距2R的P处有一质量为m的质点，球体对该质点的万有引力大小为F。现从球体中挖去一半径为R2的小球体(球心在OP连线上，右端位于O点)，如图2所示。则剩余部分对该质点的万有引力大小为( )
A. 78FB. 716FC. 2325FD. 2350F
7.如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为−x1处分别固定两点电荷Q1、Q2(两点电荷的电荷量和电性均未知)。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是( )
A. 点电荷Q1带负电
B. 试探电荷在x2：x3之间受到的电场力沿x轴正方向
C. x3：x4之间的电场强度沿x轴正方向
D. 两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为(x1+x3)2x32
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. 保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大
B. 保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ增大
C. 断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D. 断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
9.两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个带电荷量为+2×10−7C，质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的v−t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线(图中标出了该切线)斜率最大的位置，则下列说法正确的是( )
A. 由C到A的过程中物块的电势能一直在增大
B. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1×104V/m
C. 由C点到A点电势逐渐降低
D. A、B两点间的电势差 UAB=−500 V
10.真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为−kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是( )
A. 若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B. 若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加eU06
C. 若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足d> 5eU0T23m
D. 若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于 v02+(eU0Tdm)2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有______。
A.调节滑轮使细线与轨道平行
B.倾斜轨道以补偿阻力
C.小车靠近打点计时器静止释放
D.先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为______cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为______m/s(结果保留3位有效数字)。
(2)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。
①采用的实验方法是______。
A.控制变量法
B.等效法
C.模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的______之比(选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值______(选填“不变”、“变大”或“变小”)。
12.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，光滑斜面AB与半径为R的光滑圆弧面相切于斜面底端的B点，圆弧的最低点为C。他采用以下两种方案来验证小球从斜面上某点由静止释放运动到C点的过程中机械能是否守恒。(当地重力加速度为g)
(1)方案一：
①他用20分度游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，则小球直径d= ______cm，在C点安装一个光电门；
②将小球从斜面上某点由静止释放，小球通过C点光电门时所用的时间为t，则小球通过C点时的速度v= ______(用物理量符号表示)；
③改变小球的释放位置，测得释放位置到C点的高度为ℎ，重复②，得到多组释放高度ℎ和对应时间t，以1t2为横坐标，以ℎ为纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，若直线的斜率k= ______，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。
(2)方案二：
①在圆弧最低点C安装一个力传感器；
②将小球从斜面上某点由静止释放，测得释放位置到C点的高度为ℎ，并测得小球通过C点时传感器的示数F；
③改变小球的释放位置，重复②，得到多组释放高度ℎ和对应传感器的示数F，以ℎ为横坐标，以为F纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，该直线的斜率为k，与纵轴的交点为b，若小球在上述运动过程中机械能守恒，则k= ______，b= ______。(用物理量符号表示)。
四、简答题：本大题共1小题，共18分。
13.如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r=0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L=1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。
(1)求A、C两点的高度差ℎ；
(2)要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围；
(3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ(I、J关于O2D对称)，滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求θ的值。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
14.如图所示，电子经加速电场加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场，出偏转电场后速度与水平方向成30°，打到荧光屏P上的A点。已知加速电场中的电压为U1，形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L(不考虑电场边缘效应)，A点与O2距离为ℎ，忽略电子的重力影响，不计空气阻力，电子质量为m，电荷量为e。求：
(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小；
(2)偏转电场强度的大小和方向；
(3)荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15.如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高ℎ处不断有质量为m、电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小液滴到达小孔处的速度；
(2)电容器所带电荷量的最大值；
(3)最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
答案解析
1.B
【解析】解：A、只有地面水平时甲乙两球的落地点才会相距x。故A错误；
BC、由于惯性，甲乙两球离开无人机后保持原来的水平速度，两球在空中时都在无人机的正下方，故B正确；C错误；
D、两球落地速度大小由无人机的水平飞行速度及下落高度共同决定，故D错误。
故选：B。
把平抛运动分解成水平和竖直两个分运动，由运动的合成与分解法解答。
熟练运用合成与分解法处理平抛运动。
2.A
【解析】解：AC、由于B、C做同轴转动，角速度大小相等，所以相同时间内B、C的转过的角度相等，故A正确，C错误；
B、由于OC
D、由于OC
故选：A。
B、C两点为同轴转动，角速度相同；根据题意判断B、C两点的半径关系，根据a=ω2r比较两点向心加速度大小，根据v=ωr比较两点线速度大小。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道同轴转动的特点，掌握匀速圆周运动的线速度和加速度公式。
3.C
【解析】解：A、根据图乙中水珠做离心运动的方向，可知杯子旋转方向为逆时针方向，则P位置的小水珠速度方向应沿b方向，故A错误；
B、水珠做离心运动是由于合外力小于所需向心力，故B错误；
C、杯子做逆时针匀速圆周运动，则P、Q两位置，杯子的角速度相同，故C正确；
D、从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与其速度夹角为90°，合外力做功为零，故D错误。
故选：C。
根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。
解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。
4.B
【解析】解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；
故选：B。
示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考．
5.C
【解析】解：对两小球受力分析如图：
F1、F1′为A、B两小球之间的库仑力，F2、F2′为两小球之间的弹簧弹力，满足F=F1+F2=F′=F1′+F2′
对A球受力分析，根据几何关系可得：m1gOC=T1OA=FAC
同理对B球分析，根据几何关系可得：m2gOC=T2OB=F′BC
A、两细线的拉力之比为：T1T2=m1m2，保持不变，故A错误；
B、当A球的电荷量增大，则两球距离会增大，夹角α、β增大，故B错误；
C、AC与BC的长度之比：ACBC=m2m1，保持不变，故C正确；
D、绳长不变，夹角α、β增大，C点上移，OC长度变小，故D错误。
故选：C。
对两个小球进行分析，根据几何关系得到拉力之比、AC和BC的长度之比，根据小球的移动情况分析角度的变化。
本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6.C
【解析】解；设球体密度为ρ，其质量为M，则有M=ρ⋅43πR3，则被挖去的小球的质量M′=ρ⋅43π(R2)3=M8
根据万有引力定律得：F=GMm(2R)2
小球体对质点的万有引力F′=GM′m(52R)2
则剩余部分对质点的万有引力为F余=F−F′
联立解得：F余=2325F，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据体积关系，求出挖去部分的质量。用没挖之前球对质点的万有引力，减去被挖部分对质点的万有引力，就是剩余部分对质点的万有引力。
掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是解题的基础。
7.C
【解析】解：A、由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，选项A错误；
BC、试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，故B错误，C正确；
D、由题图可知x4处的电场强度为零，则kQ1x42=kQ2(x1+x4)2，解得Q1Q2=x42(x1+x4)2，故D错误。
故选：C。
根据电场分布可以确定点电荷带电性质，根据电势能的变化可以分析电场力做功问题，从而判断电场强度方向，最后根据场强为零的位置，可以比较点电荷电荷量的比值。
该题考查两个点电荷形成的电场的叠加，根据电场的分布、电势能的变化以及点电荷场强为零位置的确定可以分析本题。本题的难点在于学生能否准确的读懂题干中的图像。
8.BD
【解析】解：根据对小球的受力分析可知，悬线偏离竖直方向的夹角符合
tanθ=Eqmg
因此两极板间的场强越大，θ越大。
A.保持S闭合，极板间的电压大小等于电源电动势。滑动变阻器的滑片位置不会影响极板上的电压大小，则场强大小不变，θ不变。故A错误；
B.保持S闭合，极板间电压不变时，将N板向M板靠近，则板间距离d减小，根据场强E=Ud可知场强大小增大，则θ增大。故B正确；
C.断开S，则极板上的电荷量Q不变，将N板向M板靠近，则根据
C=εrS4πkd，C=QU
可得
U=4πkQdϵrS
极板间的场强
E=Ud=4πkQϵrS
极板间距离d增大或减小不影响场强大小，其余物理量均不变，则场强大小不变，θ不变。故C错误；
D.根据上述分析，断开S，将N板向下移动少许，则极板间的正对面积S减小，则场强E增大，则θ增大。故D正确。
故选：BD。
电容和电源相连时电容器两端间的电压与滑动变阻器两端的电压之和相等，通过判断滑动变阻器两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化，判断θ的变化情况；
电容器和电源断开后，电容器上的电量不变，根据电容器的定义式、电容的决定式和电场强度公式联立可得电场强度E与板间距无关，与正对面积有关，从而明确小球受电场力的变化，再根据平衡条件确定夹角的变化。
解决本题的关键是：
1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线。
2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化。
9.BCD
【解析】解：A.从速度—时间图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故A错误；
B.v−t图像的斜率表示加速度，由v−t图可知带电粒子在B点的加速度最大，且为
amax=ΔvΔt=4×10−27−5m/s2=2×10−2m/s2
则小物块在B所受的电场力最大为
Fmax=mamax=0.1×2×10−2N=2×10−3N
则B点处场强最大，且最大值为
Emax=Fmaxq=2×10−32×10−7V/m=104V/m
故B正确；
C.据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；
D.从v−t图像可知，A、B两点的速度分别为
vA=6×10−2m/s
vB=4×10−2m/s
再根据动能定理得
qUAB=12mvB2−12mvA2=12×0.1×(42−62)×(10−2)2J=−1×10−4J，
代入数据解得
UAB=−500V
故D正确。
故选：BCD。
由能量守恒定律分析电势能的变化情况。根据v−t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值。由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差。
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v−t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法。
10.BC
【解析】解：AB、若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；
若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，在0～2T时间内电场力做功为零，电子动能变化为零，在2T～3T时间内根据动能定理可得：△Ek=e×U02×13=eU06，故A错误，B正确；
C、竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1=eU0md，位移：x1=12a1t2，
在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a2=3eU02md，初速度的大小：v1=a1T
匀减速运动阶段的位移x2=v122a2；
由题知d2≥x1+x2，解得d≥ 5eU0T23m，故C正确；
D、若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为：vy=a2T−a1T=4eU0T9md
合速度为v合= v02+(4eU0T9dm)2，故D错误。
故选：BC。
若k=1，分析电子在竖直方向的速度随时间变化情况，根据动能定理得到T时刻或2T时刻射出电场时的速度；
若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，分析电子的受力情况，根据运动学公式求解位移和速度。
本题主要是考查了带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律、运动学公式结合动能定理等进行解答。
11.ABC 2.74 1.47 A 角速度平方 不变
【解析】解：(1)①A、为使小车能做匀加速直线运动，必须使小车受到的合力恒定，调节滑轮使细线应与轨道平行，故A正确；
B、探究小车速度随时间变化规律，与小车是否受到阻力没有关系，所以不需倾斜轨道以补偿阻力，故B错误；
C、为提高纸带的利用率，小车应靠近打点计时器静止释放，故C正确；
D、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先接通电源再释放小车，故D正确。
故选：ACD。
②刻度尺为毫米刻度尺，最小分度值为0.1cm，由图得，计数点1的读数为2.74cm；
打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，打点周期T=1f=150s=0.02s
打计数点2的时刻是1到3的中间时刻，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，设则打计数点2时小车的速度大小为v=8.61−2.742×0.02×0.01m/s=1.47m/s
(2)①本实验通过控制一些物理量不变，来研究其他物理量之间的关系，采用了控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
②左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的向心力之比，根据向心力公式得：Fn=mω2r
在小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比应等于角速度平方之比；
在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
故答案为：(1)①ACD；②2.74，1.47；(2)①A；②角速度平方，不变。
(1)①根据实验原理、操作规范和注意事项分析解答；
②根据刻度尺读数规则读数即可，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解即可；
(2)①“探究向心力大小的表达式”采用了控制变量法；
②根据向心力公式判断求解即可。
本题考查“探究小车速度随时间变化的规律”的实验和“探究向心力大小的表达式”实验，解题关键是掌握实验原理、注意事项和数据处理。
dt d22g 2mgR mg
【解析】解：(1)①由图可知，20分度游标卡尺的第12条刻度线与主尺的24mm对齐，所以小球的直径d=24.00mm−12×0.95mm=12.60mm=1.260cm
②小球通过C点时的速度v=dt
③若小球在运动过程中机械能守恒mgℎ=12mv2=12m(dt)2
整理得ℎ=d22g⋅1t2
直线的斜率为k=d22g
(2)小球在运动过程中机械能守恒mgℎ=12mv2
对小球在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN−mg=mv2R
由牛顿第三定律有F=FN
可得F=2mgRℎ+mg
直线的斜率为k=2mgR
直线与纵轴的交点为为b=mg。
故答案为：(1)①1.260；②dt；③d22g；(2)③2mgR；mg。
(1)①根据游标卡尺的读数规则读数；
②根据极短时间内的平均速度求瞬时速度；
③根据机械能守恒定律求解ℎ−1t2函数，得到图像斜率的表达式；
(2)根据机械能守恒定律，牛顿第二、第三定律求解F−ℎ函数，结合图像求斜率和纵截距的关系式。
本题考查游标卡尺的读数，理解实验原理，熟练掌握牛顿运动定律和机械能守恒定律是解题的关键；知道20分度游标卡尺游标上每小格表示0.95mm。
13.解：(1)滑块恰好经过D，重力提供向心力mg=mvD20.5r
滑块从A到D，根据动能定理mg(ℎ−r−0.5r)=12mvD2
联立解得ℎ=0.7m
(2)若恰好滑到F点停下，根据动能定理mgℎ−μ1mgL=0
解得μ1=0.7
当到G点速度为零，根据动能定理mg(ℎ−1.5r)−μ2mgL=0
解得μ2=0.1
当返回时不超过O1点，根据动能定理mg(ℎ−r)−μ3mg⋅2L=0
解得μ3=0.15
综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7
(3)A点到I点过程中根据动能定理mg(ℎ−r−12rcsθ)=12mv2
设I点到最高点时间为t，则有vsinθ=gt
0.5rsinθ=(vcsθ)⋅t
解得csθ=12
可得θ=arccs12=60°
另一解csθ=1舍去。
答：(1)A、C两点的高度差0.7m；
(2)滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7；
(3)θ的值为60°。
【解析】(1)D点重力提供向心力，滑块从A到D，根据动能定理，求ℎ；
(2)恰好滑到F点停下，根据动能定理列式，到G点速度为零，根据动能定理列式，返回时不超过O1点，根据动能定理列式，分析动摩擦因数范围；
(3)A点到I点过程中根据动能定理，再根据运动学公式列式，求角度θ。
本题考查学生对动能定理、合力提供向心力的掌握，是一道中等难度题。
14.解：(1)电子经加速电场加速，根据动能定理有：
eU1=12mv2
解得
v= 2eU1m
(2)电子偏转时做类平抛运动，有
水平方向：L=vt
竖直方向：vy=at
根据牛顿第二定律：a=eEm
tan30°=vyv
联立可得
E=2 3U13L
方向竖直向下
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有
s=vt′
ℎ−12at2=vyt′
tan30°=vyv
代入数据得
s= 3ℎ−L2
答：(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小为 2eU1m；
(2)偏转电场强度的大小为2 3U13L，方向竖直向下；
(3)荧光屏到偏转电场右边界的水平距离为 3ℎ−L2。
【解析】(1)根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v的大小。
(2)电子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，从而解得荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。
15.解：(1)因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
2gℎ=v2
解得v= 2gℎ
(2)当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
mg(ℎ+d)−qU=0
根据电容器的公式有Q=CU
解得Q=mgC(ℎ+d)q
(3)液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
ℎ=12gt2
t1= 2ℎg
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
d=v2(t22)
解得t2=4d 2gℎ
故t=t1+t2
解得t=(1+2dℎ) 2gℎg
答：(1)小液滴到达小孔处的速度为 2gℎ；
(2)电容器所带电荷量的最大值为mgC(ℎ+d)q；
(3)最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为(1+2dℎ) 2gℎg。
【解析】(1)根据自由落体运动的规律列式求解速度；
(2)根据动能定理和电容器的电荷量公式联立求解；
(3)根据自由落体运动规律和匀变速直线运动的规律列式求解时间。
考查带电粒子在组合场中的运动问题，会结合动能定理、匀变速直线运动规律求解相关物理量。
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