（考試時間：90分鐘 試卷滿分：100分）
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如
需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無效。
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．用國際單位制基本單位表示能量的單位，下列正確的是（ ）
A．JB．WC．kg?m2/s2D．kg?m/s3
【解答】解：根據W＝FL以及F＝ma可知，功的單位1J＝1N?m＝kg?m2/s2；由于N不是國際單位制中的基本單位，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
2．如圖為我國首顆高分辨率光學成像衛(wèi)星﹣﹣高分四號，關于這顆地球同步衛(wèi)星的相關說法正確的是（ ）
A．衛(wèi)星相對地心是靜止的
B．衛(wèi)星運動的速度不變
C．研究該衛(wèi)星的運動軌跡時不能將其看成質點
D．相對地面衛(wèi)星的位置坐標不發(fā)生變化
【解答】解：A、該衛(wèi)星繞地心做勻速圓周運動，相對于地面靜止，但相對于地心是運動的，故A錯誤；
B、該衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，角速度不變，但線速度的方向時刻變化，線速度是變化的，故B錯誤；
C、由于衛(wèi)星相對于地球來說其大小可以忽略，所以研究該衛(wèi)星的運動軌跡時能將其看成質點，故C錯誤；
D、該衛(wèi)星相對于地面靜止，所以相對地面衛(wèi)星的位置坐標不發(fā)生變化，故D正確。
故選：D。
3．在物理學研究過程中科學家們創(chuàng)造了許多物理學研究方法，如理想實驗法、控制變量法、極限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下關于所用物理學研究方法的敘述錯誤的是（ ）
A．在“探究加速度與力和質量的關系”實驗中，采用了控制變量法
B．卡文迪什扭秤實驗和庫侖扭秤實驗主要采用了理想實驗法
C．當Δt非常小時，ΔxΔt就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，采用了極限法
D．伽利略對自由落體運動的研究用到了實驗與邏輯推理相結合的科學研究方法
【解答】解：A、探究加速度、力與質量關系涉及多個物理量，在“探究加速度與力和質量的關系”實驗中，采用了控制變量法，故A正確；
B、卡文迪什扭秤實驗和庫侖扭秤實驗主要采用了放大法，故B錯誤；
C、當Δt非常小時，ΔxΔt就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，采用了極限法，故C正確；
D、伽利略對自由落體運動的研究用到了實驗與邏輯推理相結合的科學研究方法，故D正確。
本題選擇錯誤的，故選：B。
4．質量為m的雪橇在傾角θ＝37°，足夠長的斜坡向下滑動過程中，所受的滑動摩擦力為定值，空氣阻力與速度成正比，比例系數k＝2kg/s。雪橇某段運動過程的v﹣t圖像如圖中實線AD所示，且AB是曲線最左端那一點的切線，A點的坐標為（0，1）、B點的坐標為（2，3），已知g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。下列說法中正確的是（ ）
A．當v0＝1m/s時，雪橇的加速度為0.5m/s2
B．在0～2s過程中雪橇的平均速度為1.5m/s
C．雪橇與斜坡間的動摩擦因數是0.5
D．雪橇的質量m＝1kg
【解答】解：A．根據v﹣t圖像切線斜率表示加速度，可知v0＝1m/s時，雪橇的加速度為
a0=ΔvΔt=3-12m/s2=1m/s2
故A錯誤；
B．根據v﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知0～2s雪橇的位移滿足
x＞1+22×2m=3m
則在0～2s過程中雪橇的平均速度滿足
v=xt＞32m/s=1.5m/s
故B錯誤；
CD．當v0＝1m/s時，空氣阻力大小為
f0＝kv0＝2×1N＝2N
根據牛頓第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcsθ﹣f0＝ma0
當v＝2m/s時，空氣阻力為
f＝kv＝2×2N＝4N
此時雪橇的加速度為零，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcsθ﹣f＝0
代入數據聯立解得
m＝2kg
μ＝0.5
故C正確，D錯誤。
故選：C。
5．下列有關電容器的表述正確的是（ ）
A．圖甲S接1電容器充電，充電過程中通過電流表的電流大小不變
B．圖乙S由接1改為接2，電容器放電，放電時通過電流表的電流方向為從左到右
C．圖丙為可變電容器，它是通過改變兩極板之間的正對面積來改變電容大小的
D．圖丁中的“400V，68μF”，說明該電容器只有兩端加上400V的電壓時電容才為68μF
【解答】解：A．圖甲中，開關接1，則電容器充電，在充電過程中，通過電流表的電流逐漸減小，故A錯誤；
B．圖乙中，開光從1到2，電容器開始放電，由充電過程可知，上極板帶正電，所以放電時通過電流表的電流方向為從右到左，故B錯誤；
C．圖丙為可變電容器，它是通過改變兩極板之間的正對面積來改變電容大小的，故C正確；
D．圖丁中的電容器標有“400V，68μF”字樣，說明該電容器兩端電壓的最大值為400V；而電容器的電容由電容器本身決定，與電壓的大小無關，故D錯誤。
故選：C。
6．山東濰坊是“世界風箏都”，每年春天都會舉辦國際風箏節(jié)。如圖所示，人拉風箏保持靜止，AB代表風箏截面，與水平面的夾角為30°。OC代表風箏線，與風箏平面成60°。風箏質量為500g，風箏所受風力方向與風箏面垂直且認為大小恒定，下列說法正確的是（ ）
A．風對風箏的作用力的大小為5N
B．風箏線對風箏的拉力大小為5N
C．若剪斷風箏線，風箏將做自由落體運動
D．風箏線對人的拉力和人對風箏線的拉力是一對平衡力
【解答】解：AB．設風對風箏的作用力大小為F，線對風箏的作用力大小為T，以風箏為對象，受力分析如圖，
由共點力平衡條件得：
Fcs30°＝mg+Tsin30°
Fsin30°＝Tcs30°
解得：F=53N
T＝5N
故A錯誤，B正確；
C．若剪斷風箏線，風箏不只受到重力作用，還受到風力作用，風箏不是做自由落體運動，故C錯誤；
D．風箏線對人的拉力和人對風箏線的拉力是一對相互作用力，故D錯誤。
故選：B。
7．如圖所示，有兩個高度差為1m的小鋼球A、B先后由靜止開始下落，剛好同時落地，小鋼球B下落的最后3.8m，用時0.2s，不計空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A．小鋼球B下落最后一秒的位移大小為15m
B．小鋼球A下落時間為2s
C．小鋼球A掉落前到地面的高度為20m
D．兩小鋼球在運動過程中，間距和速度之差均保持不變
【解答】解：AB．設小球B下落的高度為hB，時間為tB，則有hB=12gtB2，hB-3.8=12g(tB-0.2)2
解得hB＝20m，tB＝2s
小鋼球B下落最后一秒的位移大小為：ΔhB=12gtB2-12g(tB-1)2=12×10×22m-12×10×（2﹣1）2m＝15m，故A正確；
BC．依題意，小鋼球A掉落前到地面的高度為hA＝hB+1m＝20m+1m＝21m
小鋼球A下落時間滿足
hA=12gtA2
代入數據解得tA=1055s，故BC錯誤；
D．依題意，最后二者同時落地，開始時二者相距1m，則小球A先下落，兩小鋼球在運動過程中，兩球速度之差為Δv＝vA﹣vB＝gΔt，因為Δt為一個定值，所以兩球速度之差保持不變，間距逐漸減小。故D錯誤。
故選：A。
8．2021年10月16日，神舟十三號載人飛船順利將翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員送入太空并與天宮空間站順利對接。飛船的運動可簡化為如圖所示的情境，圓形軌道2為天宮空間站運行軌道，橢圓軌道1為載人飛船運行軌道，兩軌道相切于P點。已知軌道2的半徑為r，地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，地球的自轉周期為T，軌道1的半長軸為a，引力常量為G，下列分析或結論正確的是（ ）
A．載人飛船若要由軌道1進入軌道2，需要在P點減速
B．載人飛船在軌道1上P點的加速度小于空間站在軌道2上P點的加速度
C．空間站在軌道2上運行的周期與飛船在軌道1上運行的周期之比為r3：a3
D．由已知可求得地球的質量為M=4π2r3GT2
【解答】解：A、載人飛船若要由軌道1進入軌道2做離心運動，需要在P點點火加速，故A錯誤；
B、根據GMmr2=ma，得a=GMr2可知載人飛船在軌道1上P點的加速度等于空間站在軌道2上P點的加速度，故B錯誤；
C、根據開普勒第三定律可知r3T22=a3T12，解得空間站在軌道2上運行的周期與飛船在軌道1上運行的周期之比T2：T1=r3：a3，故C正確；
D、在地球表面上，由GMmR2=mg，解得地球的質量為M=gR2G?？臻g站在軌道2上運行時，由萬有引力提供向心力得GMmr2=m4π2T22r，解得地球的質量為M=4π2r3GT22，而T2＜T，則M＞4π2r3GT2，故D錯誤。
故選：C。
9．某燃脂呼啦圈如圖甲所示，在圈外有一個用桿相連的重力錘，小明不小心將桿弄斷了，換了一根細繩綁住重力錘。當細繩與豎直方向的夾角為53°，計數器顯示1min內轉了40圈，運動過程中腰帶可看作不動，重力錘繞人體在水平面內做勻速圓周運動，其簡化圖如圖乙所示。已知重力錘的質量m＝0.4kg，繩長L＝0.45m，取π2＝10，則以下說法正確的是（ ）
A．若細繩不慎斷裂，重力錘將做斜拋運動
B．若增大轉速，腰帶受到的合力變大
C．重力錘勻速轉動的加速度大小約為7.5m/s2
D．細繩懸掛點到腰帶中心的距離為0.39m
【解答】解：A．若細繩不慎斷裂，重力錘拋出是的速度水平，將做平拋運動，故A錯誤；
B．若增大轉速，腰帶始終不動，受力是平衡的，故合力為零，故B錯誤；
C．對小球受力分析得，合力提供小球向心力，則水平方向：mgtan53°＝ma
解得：a＝gtan53°＝10×43m/s2=403m/s2，故C錯誤；
D．小球需要的向心加速度：a＝rω2＝r（2πn）2
轉速n=4060rad/s
解得：r＝0.75m
細繩懸掛點到腰帶中心的距離為d＝r﹣Lsin53°＝0.75m﹣0.45×0.8m＝0.39m，故D正確。
故選：D。
10．如圖所示，中心開孔的A、B極板間加上恒定電壓，兩極板間的距離可以改變，電子每次以相同初速度沿兩板的軸線方向向右射入電場中，電子所受重力不計，則下列說法正確的是（ ）
A．只要兩極板的距離足夠小，電子一定能從右極板射出
B．只要兩極板的距離足夠大，電子一定不能從右極板射出
C．當兩極板的距離變化時，電子在電場中運動的時間不變
D．當兩極板的距離變化時，電子離開電場的速度相同
【解答】解：AB、電子能否從電場中射出取決于兩極板的電壓，電子恰好從右極板射出時，由動能定理得
﹣qU＝0-12mv02
可得U=mv022q
則當電壓大于mv022q，電子不能射出；當電壓小于mv022q時，電子能射出，故AB錯誤；
C、若兩極板的距離變大，場強變小，加速度變小，運動時間變長；反之，距離變小，時間變短，可知當兩極板的距離變化時，電子在電場中運動的時間變化，故C錯誤；
D、當兩極板的距離變化時，根據W＝﹣qU知電子在電場中電場力做功不變，故電子離開電場的速度相同，故D正確。
故選：D。
11．對以下圖像分析正確的是（ ）
A．由甲圖可知，甲做勻速直線運動
B．由乙圖可知，乙做加速度為5m/s2的勻加速直線運動
C．由丙圖可知，丙做加速度為﹣2m/s2的勻減速直線運動
D．由丁圖可知，丁做加速度為﹣1.5m/s2的勻減速直線運動
【解答】解：A、根據勻變速直線運動的位移—時間關系x=12at2，可知，x﹣t2圖線為過原點的傾斜直線，甲做勻加速直線運動，故A錯誤；
B、根據勻變速直線運動的速度—位移關系v2-v02=2ax
當初速度為零時，有v2＝2ax
由此可知，v2﹣x圖線為過原點的傾斜直線，其斜率為k＝2a，所以a=k2=1012m/s2＝5m/s2，故B正確；
C、根據勻變速直線運動的位移—時間關系x=v0t+12at2，得xt=v0+12at
結合圖線，有v0＝4m/s，12a=0-42m/s2，所以a＝﹣4m/s2
由此可知，加速度與初速度方向相反，物體做勻減速直線運動，故C錯誤；
D、由丁圖可知，隨著時間增大，加速度不斷減小，所以物體做加速度減小的直線運動，故D錯誤。
故選：B。
12．如圖甲所示，在距離地面高度為h＝0.80m的平臺上有一輕質彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質量m＝0.50kg、可看作質點的物塊相接觸（不粘連），OA段粗糙且長度等于彈簧原長，物塊與OA段的動摩擦因數μ＝0.50，其余位置均無阻力作用。物塊開始靜止于A點，現對物塊施加一個水平向左的外力F，其大小隨位移x變化關系如圖乙所示。物塊向左運動x＝0.40m到達B點，到達B點時速度為零，隨即撤去外力F，物塊在彈簧彈力作用下向右運動，從M點離開平臺，落到地面上N點，取g＝10m/s2，則（ ）
A．彈簧被壓縮過程中外力F做的功為2.4J
B．彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢能為6.0J
C．整個運動過程中物塊克服摩擦力做功為4.0J
D．物塊從M點運動到N點的水平位移為1.6m
【解答】解：A、根據F﹣x圖象與坐標軸所圍的面積表示力F做的功，則彈簧被壓縮過程中外力F做的功為：WF＝（6+182×0.2+18×0.2）J＝6.0J，故A錯誤；
B、物塊向左運動的過程中，克服摩擦力做功為：Wf＝μmgx＝0.5×0.5×10×0.4J＝1.0J
根據功能關系可知，彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢能為：Ep＝WF﹣Wf＝6.0J﹣1.0J＝5.0J，故B錯誤；
C、整個運動過程中物塊克服摩擦力做功為：Wf總＝2μmgx＝2×0.5×0.5×10×0.4J＝2.0J，故C錯誤；
D、設物塊離開M點時的速度為v。對整個運動過程，由能量守恒定律得：12mv2＝WF﹣Wf總，代入數據解得：v＝4m/s
物塊離開M點后做平拋運動，則有：h=12gt2，x＝vt，解得物塊從M點運動到N點的水平位移：x＝1.6m，故D正確。
故選：D。
13．如圖甲所示，將一輕彈簧放在傾角為45°的固定斜面上，彈簧的下端固定。把物體P靠近彈簧的上端放在斜面上，P由靜止沿斜面向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖乙中實線所示。把物體P換成物體Q，完成同樣的過程，其a﹣x關系如圖乙中虛線所示，已知物體P與斜面間的動摩擦因數是物體Q與斜面間動摩擦因數的0.6倍。下列說法正確的是（ ）
A．P與斜面間的動摩擦因數為13
B．Q與斜面間的動摩擦因數為56
C．P的質量是Q的6倍
D．P的質量是Q的13倍
【解答】解：剛開始下滑時，物體受到重力，斜面對物體的支持力和摩擦力，根據牛頓第二定律，對P有
mPgsinθ﹣μPmPgcsθ＝mP?3a0
對Q有
mQgsinθ﹣μQmQgcsθ＝mQa0
P運動x0時，加速度為零，根據平衡條件有
mPgcsθ﹣μPmPcsθ﹣kx0＝0
Q下滑2x0時，加速度為零，根據平衡條件有
mQgsinθ﹣μQmQgcsθ﹣k?2x0＝0
聯立并代入數據解得
mP=16mQ
μP＝0.5
μQ=56
故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
14．如圖所示，在真空中把一外表面絕緣的導體向帶負電的小球P緩慢靠近（不相碰），下列說法正確的是（ ）
A．B端的感應電荷越來越多
B．導體內電場強度越來越大
C．導體的感應電荷在M點產生的電場強度大于在N點產生的電場強度
D．導體的感應電荷在M、N兩點產生的電場強度相等
【解答】解：A、導體到點電荷的距離越近，靜電感應現象越明顯，則A端與B端的感應電荷越來越多，故A正確；
B、導體處于靜電平衡狀態(tài)，內部場強處處為零，故B錯誤；
CD、導體處于靜電平衡狀態(tài)，內部場強處處為零，即感應電荷的場強和帶電小球P的場強等大、反向、共線，根據庫侖定律可知帶電小球在M點產生的場強大，故感應電荷在M點產生的場強也大，故C正確，D錯誤；
故選：AC。
15．如圖所示，為我國某地的一風力發(fā)電機，其葉片的半徑為R，若風速恰好與葉片轉動所在圓面垂直，風力發(fā)電機將風能轉化為電能的效率為η。已知空氣密度為ρ，風速為v時發(fā)電機的發(fā)電功率為P。下列說法正確的是（ ）
A．風速為2v時發(fā)電機的發(fā)電功率為4P
B．若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h
C．風速為v時單位時間內沖擊發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為12πR2ρv3
D．風速為2v時單位時間內沖擊發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為8Pη
【解答】解：AC.單位時間內吹到發(fā)電機葉片上流動空氣的質量為 m＝ρπR2v，風力發(fā)電機葉片圓面上氣體的動能為
Ek=12mv2=12ρπR2v3，所以發(fā)電機的功率P=12ηρπR2v3，即發(fā)電功率和風速v的三次方成正比，所以風速為2v時，發(fā)電機的功率為8P，故A錯誤，C正確；
B.當發(fā)電效率為100%時每年發(fā)電量為1.8×108×24kW?h＝2.4×109kW?h，而發(fā)電機的效率不可能為100%，故B錯誤；
D.風速為2v時發(fā)電機的功率為8P，則ηEk＝8P解得Ek=8Pη，故D正確；
故選：CD。
三、非選擇題（本題共5小題，共55分）
16．Ⅰ、如圖1是研究“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。請回答下列問題：
（1）為了消除小車與水平桌面之間摩擦力的影響應采取的做法是
A．將木板不帶滑輪的一端適當墊高，使小車在鉤碼拉動下恰好做勻速運動
B．將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車能夠靜止在木板
C．將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻速運動
（2）在實驗中得到一條打點的紙帶，如圖2所示，已知相鄰計數點的時間間隔為T，且間距S1、S2、S3、S4、S5、S6已量出，則小車加速度的表達式為a＝ 。
【解答】解：（1）平衡摩擦力時，利用的是小車自身重力來平衡摩擦力，
故平衡摩擦力不能懸掛重物，故A錯誤；
小車靜止在木板上，小車受到的是靜摩擦力，
小車運動時摩擦力又變成了滑動摩擦力，故B錯誤；
不懸掛重物，小車恰好勻速運動，此時受力平衡，故C正確；
故選：C。
（2）小車做勻速直線運動，根據推論Δx＝aT2，得：
S6﹣S3＝3a1T2
S5﹣S2＝3a2T2
S4﹣S1＝3a3T2
又a=a1+a2+a33
聯立以上各式，得：
a=(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)9T2
故答案為：（1）C；（2）(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)9T2；
Ⅱ、某同學想制作一個簡易多用電表。實驗室中可供選擇的器材有：
電流表G1：量程為200μA、內阻為500Ω
定值電阻R1：阻值為125Ω
定值電阻R2：阻值為2.9kΩ
滑動變阻器R3：最大阻值5kΩ
直流電源：電動勢1.5V，內阻0.5Ω
紅、黑表筆各一支，開關，單刀多向開關，導線若干
該同學打算用電流表G1作表頭，利用所給器材，該同學設計了如圖所示的多用電表內部電路，請回答下列問題：
（1）圖中A端與 （填“紅”或“黑”）色表筆相連接；
（2）若測量電壓，則其量程為 V；
（3）歐姆擋刻度盤的倍率設為“×100”，中央刻度值應標注數字為 ；
（4）若歐姆表的刻度盤按題（3）標度，實際由于電池老化電動勢下降為1.4V，歐姆表仍可調零，正確操作后測得某一電阻阻值為2kΩ，則待測電阻真實阻值 2kΩ。（填“大于”，“等于”或“小于”）
【解答】解：（1）根據歐姆表的原理，及表頭的接線規(guī)則，電流應從A流入，所以A是紅表筆；
（2）電流表G1與R1并聯時，其量程I＝Ig1+Ig1Rg1R1=200×10﹣6A+200×10-6×500125A=1×10﹣3A。再與R2串聯后，當G1滿偏時，總電壓U＝I（Ig1Rg1I+R2）＝1×10﹣3A×（100+2.9×103）Ω＝3.0V；
（3）改裝為歐姆表后，當電流表滿偏時有：I=ERΩ，那么中值電阻：R中＝RΩ=EI=1.51×10-3Ω=1500Ω。若此時倍率為×100，那么中間的數值為15。
（4）歐姆表內阻為：R=EI，電流表滿偏電流I不變，電源電動勢E變小，則歐姆表總內阻要變小。電動勢變?yōu)?.4V調零后，歐姆表內部的內阻為：R內′=1.41×10-3Ω=1400Ω，由2kΩ對應的電流列出關系式，有：I=1.51500+Rx=1.41400+2000，所以真實電阻Rx＜2000Ω。
故答案為：（1）紅；（2）3V；（3）15；（4）小于
Ⅲ、在“探究平拋運動的特點”實驗中，下列說法正確的是 。
A．如圖丙所示的演示實驗中，1球落地時與2球相碰，就可以說明平拋運動的軌跡是一條拋物線
B．用圖丁裝置進行實驗，斜槽軌道M必須光滑且其末端水平
C．用圖丁裝置進行實驗，小鋼球應從斜槽M上同一位置靜止?jié)L下
【解答】
A．球1落地時與球2相碰，說明平拋運動在豎直方向上是自由落體運動，故A錯誤；
BC．用圖丁裝置進行實驗，斜槽軌道M不必須光滑，但末端必須水平，只要每次釋放小球的位置固定，且從靜止釋放，就能保證小球每次的平拋初速度相同，故B錯誤，C正確。
故選：C。
故答案為：C。
17．（8分）如圖所示，質量m＝1kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角為θ（未知）的足夠長斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ（未知）。滑塊向上滑行位移x＝16m后到達最高點，隨即下滑，返回到出發(fā)點時的速度為v＝8m/s，不計空氣阻力。求：
（1）滑塊上滑過程的加速度a1；
（2）滑塊下滑過程所用的時間t；
（3）斜面的傾角θ以及滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ。
【解答】解：（1）滑塊向上做勻減速直線運動，以沿斜面向上為正方向，由運動學公式有
0-v02=2a1x
解得：a1=-8m/s2
即加速度大小為8m/s2，方向沿斜面向下；
（2）下滑過程，滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，平均速度為
v=v2=82m/s＝4m/s
又x=vt
解得：t＝4s
（3）下滑過程，滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動學公式有
v2＝2a2x
解得：a2=2m/s2
對上、下滑過程，分別根據牛頓第二定律得
﹣（mgsinθ+f）＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
聯立可得：θ＝30°，μ=35
答：（1）滑塊上滑過程的加速度a1為8m/s2，方向沿斜面向下；
（2）滑塊下滑過程所用的時間t為4s；
（3）斜面的傾角θ為30°，滑塊與斜面間的動摩擦因數為35。
18．（11分）如圖所示，一內壁光滑的圓弧形軌道ACB固定在水平地面上，軌道的圓心為O，半徑R＝0.5m，C為最低點，其中OB水平，∠AOC＝37°．一質量m＝2kg的小球從軌道左側距地面高h＝0.55m的某處水平拋出，恰好從軌道A點沿切線方向進入圓弧形軌道，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）小球拋出點到A點的水平距離。
（2）小球運動到B點時對軌道的壓力大小。
【解答】解：（1）小球做平拋運動，豎直方向：
h﹣R（1﹣cs37°）=12gt2
解得：t＝0.3s
豎直分速度為：vy＝gt＝10×10＝3m/s
則水平分速度為：v0=vytan37°=4m/s
拋出點距A點的水平距離為：L＝x＝v0t＝4×0.3＝1.2m；
（2）小球從拋出到B點過程，由動能定理得：mg（h﹣R）=12mvB2-12mv02
在B點，由牛頓第二定律得：F＝mvB2R
代入數據解得：F＝68N
由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小為：F′＝F＝68N
答：（1）小球拋出點到A點的水平距離為1.2m；
（2）小球運動到B點時對軌道的壓力大小68N。
19．（11分）如圖所示，一帶電粒子比荷為qm=5.0×105C/kg，從靠近左板的a點由靜止開始經電壓為U＝100V的電場加速后，垂直進入虛線PQ、MN間的勻強電場中，從MN上的某點b（圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成45°角。已知PQ、MN間距離為d＝20cm，帶電粒子的重力忽略不計。求
（1）帶電粒子到達PQ位置時的速率v1；
（2）PQ、MN間勻強電場的電場強度E的大小；
（3）a、b兩點間的電勢差
【解答】解：（1）粒子在加速電場中運動的過程，由動能定理得：
qU=12mv12，
代入數據解得：
v1=2qUm=2×5×105×100m/s＝104m/s
（2）粒子進入勻強電場中做類平拋運動，沿初速度方向做勻速運動，則有：d＝v1t，
粒子沿電場方向做勻加速運動，則有：vy＝at
由題意得：tan45°=v1vy，
由牛頓第二定律得：qE＝ma，
聯立以上相關各式并代入數據得：E＝103N/C；
（3）在勻強電場中水平方向上，對粒子，由動能定理得：
qUab=12mv2=12m（v12+vy2）
聯立以上相關各式并代入數據得：Uab＝200V；
答：（1）帶電粒子到達PQ位置時的速率為104m/s；
（2）PQ、MN間勻強電場的電場強度E的大小為103N/C；
（3）a、b兩點間的電勢差為200V；
20．（11分）一個處于真空中的實驗裝置如圖所示，水平放置的平行金屬板電容器M兩板間距d＝0.2m，電容器右側存在沿電容器中心軸線，水平向左的有界勻強電場區(qū)域，場強大小為E＝1.5×103V/m，以電容器右邊緣中點O點為坐標原點，水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系，勻強電場區(qū)域寬度為L＝1.4m，在x軸上2L處有一足夠長豎直擋板N。現有一可視為質點的帶正電小球，已知質量m＝2.0×10﹣4kg、q＝1.0×10﹣6C，當小球從電容器左邊緣中點A點以速度v0＝5m/s水平向右射入電容器，小球恰好向右做勻速直線運動，直到從右邊緣中點O飛入右側的水平電場區(qū)域，穿過水平電場后，最終帶電小球打在豎直擋板上的P點，忽略電場的邊緣效應，求：
（1）電容器兩極板間的電壓U0；
（2）小球穿過水平向左電場后，沿x軸方向分速度vx大??；
（3）小球打在豎直擋板上的P點的坐標；
（4）小球從進入水平電場到動能最小的過程中，電勢能的變化量。
【解答】解：（1）根據勻強電場場強與電勢差的關系E0=Ud
根據平衡條件qE0＝mg
代入數據聯立解得，電容器兩極板間的電壓U＝400V
（2）小球在電場中，水平方向做勻減速直線運動；
根據牛頓第二定律qE＝max
代入數據解得ax=7.5m/s2
根據速度與位移的關系有vx2-v02=-2axL
代入數據解得vx＝2m/s
（3）小球在水平電場中，水平方向做勻減速運動
根據平均速度公式L=v0+vx2?t1
代入數據解得運動的時間為t1＝0.4s
小球離開水平電場后，在水平方向做勻速直線運動L＝vxt2
運動時間t2=Lvx=1.42m/s=0.7s
小球從坐標原點開始到打在豎直擋板上運動的總時間t＝t1+t2＝0.4s+0.7s＝1.1s
小球在豎直方向做自由落體運動，則有h=12gt2=12×10×1.12m=6.05m
因此，M點坐標為M（2.8m，﹣6.05m）；
（4）在水平電場中小球受到豎直向下的重力和水平向左的電場力，如圖1所示：
合加速度a=ax2+g2=7.52+102m/s2=12.5m/s2
設合加速度與豎直方向的夾角為θ
根據數學知tanθ=axg=7.510=0.75
代入數據解得θ＝37°
將初速度沿著a方向和垂直于a方向分別分解為v1和v2，如圖2所示：
根據數學知識v1＝v0sin37°＝5×0.6m/s＝3m/s；v2＝v0cs37°＝5×0.8m/s＝4m/s
垂直于加速度方向的速度v2大小保持不變，沿v1方向做勻減速運動，當v1′＝0時，小球在電場中動能最??；
則這段過程的運動時間為t3=v1a=312.5s=0.24s
根據運動的等時性，該過程水平方向的位移為x=v0t3-12axt32
代入數據解得x＝0.984m
根據電場力做功公式，電場力做功W＝﹣qEx＝1.0×10﹣6×1.5×103×0.984J＝1.476×10﹣3J
根據電場力做功與電勢能變化的關系，電勢能的變化量為ΔEP=-W=1.476×10-3J
答：（1）電容器兩極板間的電壓400V；
（2）小球穿過水平向左電場后，沿x軸方向分速度的大小為2m/s；
（3）小球打在豎直擋板上的P點的坐標M（2.8m，﹣6.05m）；
（4）小球從進入水平電場到動能最小的過程中，電勢能的變化量1.476×10﹣3J。

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