全國(guó)100所名校單元測(cè)試示范卷

全國(guó)100所名校單元測(cè)試示范卷高三?物理卷

參考答案(一~十五)

(-)

1.A解析:由位移公式得解得Zi=4s,fe-6s,因?yàn)槠嚱?jīng)電白=5s停止，故t=6s舍去，故只

2a2

有選項(xiàng)A正確。

2.B解析:返回艙最安全、最理想的著陸方式是著陸時(shí)速度為0,由盧=2ax得a^=5m/s2,選項(xiàng)B正

確。

3.C解析:設(shè)螺絲釘著陸的時(shí)間為％則由力=4/1g磯/,可得ty=ys；設(shè)運(yùn)動(dòng)員著陸的時(shí)間為&,則由

力=3也可得fe=2s,所以s,選項(xiàng)C正確。

4.C解析:設(shè)物塊到達(dá)斜面底端時(shí)速度為匕則物塊在斜面上和在水平面上運(yùn)動(dòng)的平均速度均為］所以

xt

兩位移大小之比1正確。

，，平3

5.A解析:物體在前一段Ax的平均速度為以胃，即為0.5G時(shí)刻的瞬時(shí)速度;物體在后一段Ax的平均

速度為吃霍，即為A4.5金時(shí)刻的瞬時(shí)速度。速度由上變化到吃的時(shí)間為△在詈，所以加速度

a，；%-2Axe「切選項(xiàng)人正確。

6.AC解析:在0~L時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度為正2時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樨?fù)，即這兩段時(shí)間內(nèi)質(zhì)

點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向相反，選項(xiàng)A、C正確;速度-時(shí)間圖線與橫軸圍成圖形的面積表示質(zhì)點(diǎn)的位移，由圖知，上、

下兩個(gè)三角形的面積絕對(duì)值不相等，則打時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)沒有回到出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤冶*和&飛時(shí)間內(nèi)，質(zhì)

點(diǎn)的加速度方向均沿負(fù)方向，即這兩段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

7.BC解析:在G時(shí)刻力車追上a車，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)位移圖象的斜率表示速度可知，在L時(shí)刻,a、b

兩車運(yùn)動(dòng)方向相反，選項(xiàng)B正確;在左~&這段時(shí)間內(nèi)力車的速率先減小后增大，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。

8.AC解析:0~3s內(nèi)，物體一直沿正方向運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)A正確;圖象的斜率表示加速度，第3s內(nèi)和第

4s內(nèi)圖象斜率相同,故加速度相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;*/圖象與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，第1s內(nèi)和第4

s內(nèi)對(duì)應(yīng)的兩個(gè)三角形面積相等，故位移大小相等，選項(xiàng)C正確;第3s內(nèi)和第4s內(nèi)對(duì)應(yīng)的兩個(gè)三角形

面積相等，故位移大小相等，方向相反，所以0~2s和OYs內(nèi)位移相同，但時(shí)間不同，故平均速度不相等，

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

9.(1)1.382.643.90(每空2分)

(2)如圖所示(2分)12.9(2分)

(3)不變(2分)

解析:(1)打8點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度明暗鈴2MCPm/s=l.38m/s,打C點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度

Z//XU.1.

-6o.3o-7.5ox10_2m/s=2.64m/s,打。點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度g衛(wèi)理竺21竺切。.2m/s=3.90m/s。

2T2X0.12T2x0.1

(2)作出i/Y圖象如圖所示，由圖線的斜率求出加速度a卷=12.9m/s2o

(3)因?yàn)殡妷航档筒⒉挥绊懘螯c(diǎn)的頻率，所以對(duì)計(jì)算結(jié)果沒有影響。

10.解:(1)設(shè)力球已下落的時(shí)間為匕則8球已下落(f-1)s

94am—(4分)

代入數(shù)據(jù)，可解得t2s(3分)

所以h^gfi=Q.Omo(4分)

（2）此時(shí)A球的速度VA=gt=20m/s（3分）

8球的速度后帶（f-1）=10m/So（3分）

11.解：（1）客車從開始剎車到靜止所需要的時(shí)間為：

f言M0s<15s（3分）

故客車剎車后15s內(nèi)經(jīng)過的位移為：

mo（4分）

（2）運(yùn)用逆向思維，可認(rèn)為客車由靜止開始在A=2s內(nèi)做逆向的勻加速運(yùn)動(dòng)

故必=|g2wm。（4分）

（3）設(shè)經(jīng)時(shí)間也客車速度與貨車速度相等

貝友=的可得s（3分）

x客二修微就22=84m（4分）

x貨二4右=48m（3分）

經(jīng)分析客車速度與貨車速度相等時(shí)距離最小，為：

為iin=x貨+%）?*客=24mo（2分）

（二）

1.C解析:靜止的物體受到的摩擦力，可以是靜摩擦力,也可以是滑動(dòng)摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;滑動(dòng)摩擦力大

小與正壓力成正比,靜摩擦力大小與正壓力無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;靜摩擦力的方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反,

可與運(yùn)動(dòng)方向成任意角度，選項(xiàng)C正確;滑動(dòng)摩擦力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，可以與運(yùn)動(dòng)方向相同、相

反或成其他任意角度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.A解析:當(dāng)兩個(gè)力的夾角為120°時(shí)，合力的大小廠合=8=6當(dāng)兩個(gè)力的夾角為90°時(shí)，合力的大小廠合

'=V2F^=>/2FO

3.C解析:由矢量合成法則可知A圖的合力為2凡,B圖的合力為0,C圖的合力為圖的合力為

2G，因公為直角三角形的斜邊,故這三個(gè)力的合力最大的為C圖。

4.A解析:物塊向右運(yùn)動(dòng)，受到向左的滑動(dòng)摩擦力，片〃77g=2N,方向水平向左;物塊速度減為零后尸=1

N<2N,物塊將靜止不動(dòng)，受到靜摩擦力,其大小f=F，N,方向水平向右。

5.D解析:鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)前，受到的靜摩擦力隨6角的增大而增大;鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)后，受到的滑

動(dòng)摩擦力與正壓力成正比，因正壓力隨。角的增大而減小，故摩擦力隨。角的增大而減小，選項(xiàng)D正確。

6.BCD解析:當(dāng)三個(gè)力中任何一個(gè)力滿足力-凡任凡48+后時(shí)，三力合力可能為零，即使物體保持勻速

直線運(yùn)動(dòng)。反之,當(dāng)任何一個(gè)力都不滿足上述條件時(shí)，三個(gè)力的合力一定不為零，故本題正確選項(xiàng)為B、

C、Do

7.BC解析:重力消失，地面對(duì)人的支持力為零，所以人不受摩擦力作用，因此人在地面上寸步難行，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤;雞毛、鐵球、雨滴能向下運(yùn)動(dòng)也是重力作用的結(jié)果,故選項(xiàng)B、C正確;物體的質(zhì)量是指物體所

含物質(zhì)的多少，與重力是兩個(gè)不同的概念，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

8.BD解析:支持力的方向與接觸面垂直，所以〃處的支持力豎直向上,/V處支持力垂直例2向上，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤,B、D正確;摩擦力的方向與接觸面平行，與支持力垂直,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

9.

⑴@6.00（2分）

②70（2分）

（2）①等效替代法（2分）

②不會(huì)（2分）

③如圖所示（2分）10V2（2分）

解析：（1）。由圖可知刻度尺能精確到0.1cm,讀數(shù)時(shí)需要往后估讀一位,故指針示數(shù)為16.00打.02cm。

：

②根據(jù)胡克定律，△尸=%Ax,得左岑=5OXIO39.8N/m=70N/mo

△x7X10-3

（2）①本實(shí)驗(yàn)利用了合力與所有分力的作用效果相同，即主要采用了等效替代法。

②只將細(xì)繩換成橡皮筋，其他步驟沒有改變，實(shí)驗(yàn)記錄的各力的作用點(diǎn)、大小和方向均不受影響,所以實(shí)

驗(yàn)結(jié)果也不變。

c.

10.解:⑴對(duì)結(jié)點(diǎn)。進(jìn)行受力分析，如圖所示，受OC向下的拉力（大小等于加功和04、08的拉力Fi、

后，有：

Fy=mgcos30°=573N=8.66N（5分）

F2=mgs'\n30°=5No（4分）

（2）仍在四個(gè)力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)力的平衡，有：

Mgsin30°+F2=f（5分）

解得:A=55No（3分）

11.解:（1）以結(jié)點(diǎn)C為研究對(duì)象，它受到重力G,繩子8C和4C的拉力Fi、色，由于重物靜止時(shí)對(duì)。點(diǎn)

的拉力六G,拉力產(chǎn)生兩個(gè)效果:對(duì)8c的拉力石c和對(duì)力。的拉力以G其力的矢量關(guān)系如圖所示

F^=Gcos30°=10V3N（5分）

E=Gsin30。=10N。（5分）

（2）根據(jù)力的矢量關(guān)系圖可以看出為G即當(dāng)重力G增加時(shí),7^c先達(dá)到100N

因此重力G的極限值就等于rBC^00N時(shí)所對(duì)應(yīng)的7■的數(shù)值（3分）

由幾何關(guān)系得:六』:望約N（5分）

COS3003'7

所以重物的重力G不能超過苧N。（5分）

（三）

1.C解析:質(zhì)點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，因此在2s末,正向面積最大，即質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度最大,A錯(cuò)誤;4s內(nèi)正、

負(fù)總面積為零，表示質(zhì)點(diǎn)速度減小為零，前4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)加速、減速運(yùn)動(dòng)過程中存在對(duì)稱性,其位移一直為

正,B錯(cuò)誤;在1s末和3s末質(zhì)點(diǎn)的加速度大小相等、方向相反，因此質(zhì)點(diǎn)所受合力大小相等、方向相

反,C正確;1s~2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度不斷變化,因此其所受合力不斷變化,D錯(cuò)誤。

2.C解析:由于靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)，故彈簧對(duì)尸的拉力向左，因此拉力尸很小時(shí)尸受到水平向

右的靜摩擦力。當(dāng)力尸從零開始逐漸增大時(shí)，物體尸受到的靜摩擦力從向右變?yōu)橄蜃?，所以其大小先減

小后增大。由于尸在被拉動(dòng)前，彈簧的長(zhǎng)度不變，因此/V保持不變。綜上所述，選項(xiàng)C正確，其余選項(xiàng)均

錯(cuò)誤。

3.D解析:A8間的最大靜摩擦力月刊N,8與水平面間的最大靜摩擦力段彳：2(/77即*/77M=8

N,只要拉力尸大于1,48即一起發(fā)生滑動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)48能保持相對(duì)靜止時(shí)尸的最大值為Fm,

則有〃論(他+皿龍^即弁平式由4+加龍解得品之4N。即拉力超過24N時(shí),48開始相對(duì)滑動(dòng)，選項(xiàng)D

mA+mBmB

正確。

4.B

解析:剪斷輕繩的瞬間小球立即受到地面的彈力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;分析翦斷輕繩前小球的受力情況,如圖所

示，彈簧的彈力尸=60剪斷輕繩后,小球立即受到地面的彈力和摩擦力的作用，假設(shè)小球發(fā)生滑動(dòng)，則有

F-pmg=ma,a=9>m/s2,選項(xiàng)B正確、C錯(cuò)誤;若剪斷的是彈簧，剪斷后小球沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，小球所

受摩擦力大小為0,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

5.D解析:當(dāng)代“mg時(shí)繩中拉力為0,選項(xiàng)A正確;當(dāng)〃/77gv后2〃/77g時(shí),A8均靜止受到的最大摩

擦力由尸=7""得T=F-〃mg,選項(xiàng)B正確;當(dāng)Q2〃〃7g時(shí),48開始做與加速運(yùn)動(dòng)，由F-

7g=2/773及T-/jmg=ma得彳,選項(xiàng)C正確;48開始做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中拉力最大為g繩中拉力

能從0增加到錄選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

6.BC解析:力尸產(chǎn)生兩個(gè)作用效果:在水平方向上使物體加速運(yùn)動(dòng)和在豎直方向上減小物體對(duì)地面的

壓力。當(dāng)接觸面光滑時(shí)，物體不受摩擦力，故a'=a°當(dāng)接觸面粗糙時(shí)，物體受力為不時(shí)0-&*（mg-F2）,其中

m

公為尸的豎直分量。當(dāng)物體受力k二H時(shí)，才見史理。比較兩式，可得a'va,故正確答案為B、Co

m

7.BD解析:由圖知a圖線表示加速度為aa=gm/s2的與減速運(yùn)動(dòng)力圖線表示加速度為ab=?m/s2的

與減速運(yùn)動(dòng);故根據(jù)牛頓第二定律,a圖線表示物體受到的合力為0.2N,。圖線表示物體受到的合力為

0.4N;若圖線a表示物體不受水平拉力時(shí)的圖象，則摩擦力為0.2N力則表示物體受到水平拉力作用，水

平拉力為0.2N,若圖線。表示物體不受水平拉力時(shí)的圖象，則摩擦力為0.4N,a則表示物體受到水平拉

力作用，水平拉力為0.2N,水平拉力與摩擦力方向相反，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)〃二人得〃為白

或檢，選項(xiàng)D正確。

8.CD解析:物體與彈簧分離時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤;由圖知，彈簧長(zhǎng)度變化4cm時(shí)，彈力變化20N,

則k好N/cm=5N/cm,故B錯(cuò)誤;由圖可知物體位移xNcm時(shí)物體與彈簧分離，由牛頓第二定律得30

N?〃7g=/77&初始時(shí)10N=/773，故m=Q.kg,a=5m/s2,C^D正確。

9.（1）0.960（3分）

（2點(diǎn)媼）2臉）2】（3分）

（3產(chǎn)常m）萬（3分）

（4）系統(tǒng)誤差（3分）

10.解:（1）下落過程中最大速度片=20m/s,下落的總距離力=64m4m^60m

又（2分）

可得:f=6s（2分）

對(duì)加速過程，有v=gty（2分）

解得：G=2s（1分）

則減速運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間（2分）

則有v=at2（2分）

2

所以:a=5m/so（1分）

（2）勻減速過程中，由牛頓第二定律得/例（3分）

代入數(shù)據(jù),可解得々2500No（2分）

11.解:（1）第1個(gè)鐵塊放上后，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，即有

22

fjmg=Ma\,2aiZ.=v0-Vj（3分）

代入數(shù)據(jù)解得:h-2nm/So（2分）

（2）設(shè)最終有"個(gè)鐵塊放在木板上，則木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:

牛（2分）

第1個(gè)鐵塊放上后:2aiZ=Vo2_%2（1分）

第2個(gè)鐵塊放上后:2//?巾/_藝2（1分）

第〃個(gè)鐵塊放上后ZaiRn/-%?（2分）

由上可得:2犬1+2+3+…/詈/?口。2哪2（2分）

木板停下時(shí),％=0彳導(dǎo)〃=6.6。即最終有7個(gè)鐵塊放在木板上。（2分）

（3）從放上第1個(gè)鐵塊至剛放上第7個(gè)鐵塊的過程中，由（2）中表達(dá)式可得:

安坦或詈-62（3分）

從放上第7個(gè)鐵塊至木板停止運(yùn)動(dòng)的過程中,設(shè)木板發(fā)生的位移為a則：

2

2r^d=v6-0（3分）

聯(lián)立解得:瀉m。（2分）

（四）

1.D解析:在仁1s時(shí)，甲車在乙車的前方，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在t=2s時(shí)，甲、乙兩車的速度開始減小,但運(yùn)動(dòng)

方向不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在t=4s時(shí)，乙車的加速度方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤在2s~6s內(nèi)，甲車相對(duì)乙車做

勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。

2.D解析:斜面對(duì)物塊的支持為mgcos6,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)外力F<mgs'\n6時(shí)，增加外力￡斜面對(duì)物塊

的摩擦力逐漸減小，斜面對(duì)物塊的合力也減小，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;把物塊和斜面當(dāng)作一個(gè)整體進(jìn)行受力分

析可知，外力尸增大時(shí)，斜面受到地面的摩擦力一定增大，選項(xiàng)D正確。

3.C解析:人向上彈起的過程中，先超重后失重，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;人向上彈起的過程中，踏板對(duì)人的作用力等

于人對(duì)踏板的作用力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)人的作用力大于人和高蹺的總重力，選

項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。

4.B解析:對(duì)題圖甲有尸=2/77ai,M=mai,對(duì)題圖乙有F-2mgs'\n32。%儆-mpsin8=/n組解

得:選項(xiàng)B正確。

5.C解析:因斜面光滑,所以物塊運(yùn)動(dòng)過程中，物塊對(duì)斜面的作用力不變，只有壓力作用，所以地面對(duì)斜面

的摩擦力也保持不變，選項(xiàng)C正確。

6.AD解析:物體的加速度只與物體受到的合力有關(guān)，與物體的速度無關(guān)，合力越大，物體的加速度就越

大，選項(xiàng)A、D正確。

7.ABC解析:小球一定受到重力，受到斜面的支持力和彈簧尸的拉力至少有一個(gè)，當(dāng)受到彈簧。的拉

力時(shí)一定受到斜面的支持力，還有可能受到彈簧Q的拉力，選項(xiàng)D不可能。

8.BD解析:小朋友在48段滑行時(shí)加速度沿斜面向下，加速度可分解為豎直向下和水平向左，在8c段

滑行時(shí)，加速度沿斜面向上，加速度可分解為豎直向上和水平向右，再把小朋友和斜面當(dāng)作整體由牛頓運(yùn)

動(dòng)定律可知，選項(xiàng)B、D正確。

9.⑴①B（2分）

②變大變小（每空1分）

（2）①長(zhǎng)木板的傾角過大（2分，能答到這個(gè)意思即可）未掛砂桶（2分）

②1.80（2分）5.0（2分）

10.解:⑴由題圖可知，物體在4s~10s內(nèi)的位移為：

X=警=54m0（3分）

（2）物體在4s-10s內(nèi)的加速度大小為：

32=^-=3m/s2（3分）

△亡2

由牛頓第二定律得No（3分）

（3）物體在0~4s內(nèi),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知

F-f=ma\（4分）

又今啜（2分）

解得:G30No（2分）

11.解:（1）在力尸作用時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：

（f/77g）sin30°-認(rèn)F-m4cos30°=z77al（4分）

解得:a=2.5m/s2。（2分）

（2）剛撤去尸時(shí)，小球的速度=a\A=3m/s（3分）

小球的位移必告A=1.8m（2分）

撤去力尸后,小球上滑時(shí)有mgsin30°^/jmgcos30。=6/（3分）

解得a=7.5m/s2（1分）

因此小球上滑時(shí)間方旦=0.4s（3分）

a2

上滑位移及售力0.6m（3分）

則小球上滑的最大距離Xm=xi+及=2.4mo（2分）

（五）

1.B解析:由于登陸艦相對(duì)于海水的速度不變且兩次航行船頭均垂直于海岸，則仁巴，故兩次航行的時(shí)

,

間相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)登陸艦速度為匕合速度與水流方向夾角為a由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得:p水4,

tana

沿4c航行時(shí)a較小，故水速較大，選項(xiàng)B正確;實(shí)際航速s合。，沿/IC航行時(shí)a較小，故實(shí)際航速大，

sma

選項(xiàng)C錯(cuò)誤;登陸艦調(diào)整艦頭可以使合速度沿垂直于海岸方向，可在A點(diǎn)正對(duì)岸登陸，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.A解析:由運(yùn)動(dòng)的合成知識(shí)可知，物體的實(shí)際速度I/力-2+以2,所以物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，繩索保持

豎直狀態(tài)，繩索受到的拉力等于物體的重力，選項(xiàng)A正確。

3.A解析:根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的公式，水平方向有豎直方向有/?苦gK,其中0.4mV蟀0.8m,聯(lián)立可得1

m/s<ut）<2m/s,故選項(xiàng)A不可能。

4.C解析:小球在光滑圓錐面上受到的彈力和重力的合力提供向心力，有mgtan9=ma=mr。,而

v=ajr,H=A.ar\8,可知選項(xiàng)C正確。

5.D解析:在最低點(diǎn)時(shí)，小球速率不會(huì)變化，由公式廠69=〃叩可知，細(xì)線受到的拉力發(fā)生變化，選項(xiàng)A、

C錯(cuò)誤;由公式-w可知，當(dāng)r減小為原來的一半時(shí)，角速度/變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由公式

a4可知晌心加速度a變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D正確。

6.AB解析:甲做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上與乙做速度相同的勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移每時(shí)每刻都相等，

故甲、丙球相遇時(shí)，乙球一定在0點(diǎn)，選項(xiàng)B正確;甲在豎直方向上與丙運(yùn)動(dòng)情況相同，同時(shí)做自由落體

運(yùn)動(dòng),豎直位移總保持相等，選項(xiàng)A正確,C、D均錯(cuò)誤。

7.BD解析:以4為研究對(duì)象，由于其做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故合力提供向心力。在a點(diǎn)時(shí)，向心力水平向左,

由8對(duì)它的靜摩擦力提供，片6好/;重力與8對(duì)它的支持力平衡，即N=mg。在最高點(diǎn)。時(shí)，向心力豎直

向下，由重力與8對(duì)它的支持力的合力提供,〃7g-/V=/77好/;此時(shí)f=0o由此可見,8對(duì)A的支持力越來越

小,8對(duì)/的摩擦力越來越小，選項(xiàng)B、D正確。

8.ACD解析:在直線段賽道上的運(yùn)動(dòng)員做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A正確;在圓弧段賽道上

的運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度方向總指向圓弧形賽道的圓心,時(shí)刻發(fā)生改變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在直線段

賽道上的自行車，根據(jù)平衡條件可知，自行車受到沿賽道平面斜向上的摩擦力作用，選項(xiàng)C正確;在圓弧

段賽道上，自行車運(yùn)動(dòng)員所受到的重力和支持力的合力恰好提供運(yùn)動(dòng)員所需向心力時(shí)，自行車則不受摩

擦力作用，選項(xiàng)D正確。

9.（1）0.611.610.60（每空2分）

（2）0.203.0（每空3分）

10.解:（1）設(shè)繩斷時(shí)角速度為以則有

F-mg=m（j^L（4分）

代入數(shù)據(jù)得a>=6rad/So（2分）

（2）繩斷后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，其初速度v=3L與m/s（3分）

由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有力-嗎。/2（3分）

解得:仁1s（2分）

水平距離x=vt=^>mo（3分）

11.解:⑴木塊到4點(diǎn)吐木塊做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度/等于以的水平分速度,由題圖可知：

v=vx=vAcos8=3m/s（2分）

木塊在水平面上滑行時(shí)的加速度大小a=/jg=4m/s2（2分）

22

尸到例的距離噢g=2m。（4分）

（2）由題圖可知，木塊運(yùn)動(dòng)至Z點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為

i^=K4sin9=4m/s（3分）

設(shè)用點(diǎn)與力點(diǎn)的水平距離為x,豎直高度為力，有

Vy=gt（2分）

2

vy=Q.gh（2分）

x”t（1分）

sNh2+42（1分）

解得:s誓mo（1分）

（3）根據(jù)F^-mg=nr-（2分）

可得GW20N（2分）

由牛頓第三定律可知，木塊對(duì)軌道的壓力大小小三GN20N,方向豎直向下。（1分）

（六）

1.C解析:由開普勒第一定律（軌道定律）可知，太陽位于木星運(yùn)行軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;火星

和木星繞太陽運(yùn)行的軌道不同，運(yùn)行速度的大小不可能始終相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)開普勒第三定律（周

期定律）知所有行星軌道的半長(zhǎng)軸的三次方與它的公轉(zhuǎn)周期的平方的比值是一個(gè)常數(shù)，選項(xiàng)C正確;對(duì)于

某一個(gè)行星來說，其與太陽連線在相同的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，不同行星在相同的時(shí)間內(nèi)掃過的面積

不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.B解析:c軌道不可能是衛(wèi)星軌道，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由公式等=懵/?可知，在a、白軌道上的衛(wèi)星周期

一定相同，選項(xiàng)B正確;在a、。軌道上的不同衛(wèi)星，由于其質(zhì)量未知，所以其向心力大小不一定相同，選

項(xiàng)C錯(cuò)誤;在軌道上的衛(wèi)星不可能是地球同步衛(wèi)星，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

3.C解析:航天飛機(jī)在力點(diǎn)由軌道值入橢圓軌道〃必須減速才能做近心運(yùn)動(dòng)，但從4到6的過程中，航

天飛機(jī)受重力做正功，所以航天飛機(jī)在軌道〃上經(jīng)過4的速度小于經(jīng)過8的速度，在軌道〃上經(jīng)過4的

速度小于在軌道/上經(jīng)過A的速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確;軌道/曲半長(zhǎng)軸比軌道做半長(zhǎng)軸短，所以航天

飛機(jī)在軌道〃上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道/上運(yùn)動(dòng)的周期，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;航天飛機(jī)在軌道〃上經(jīng)過力的加速

度等于在軌道/上經(jīng)過Z的加速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

4.D解析:由公式鬻=/痔和篝=鵬用/?得-誓士選項(xiàng)D正確。

5.B解析:月球因受地球引力的作用而繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知，地球?qū)υ虑蛞?/p>

產(chǎn)生的加速度/就是向心加速度a,選項(xiàng)B正確。

6.C解析:由題意可知：（妣-3）i）=2TT,而延§、3專解居，解得/?=引曰各，選項(xiàng)C正確。

70TRT7to-To

7.AC解析:由公式黑槳片「可知，選項(xiàng)A、C正確。

8.AD解析:航天器在近月表面飛行時(shí)，可認(rèn)為其運(yùn)動(dòng)軌道半徑等于月球半徑，則有*4=。/?岑/?=g,

選項(xiàng)A、D正確。

9.ABD解析:探月衛(wèi)星在萬有引力的作用下向月球靠近，加速度增大，選項(xiàng)A正確;在8處要變軌到更

小的軌道運(yùn)動(dòng)，由a向9可知，在同一位置萬有引力不變，向心加速度不變，在8點(diǎn)要使/■減小，速度應(yīng)減

小,故應(yīng)點(diǎn)火減速，選項(xiàng)B正確;在接近月球表面著陸前，為保護(hù)著陸器,應(yīng)減速到速度很小才能安全著陸,

GM2

選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由公式管嚷「可求出月球的質(zhì)量，選項(xiàng)D正確。

10.AC解析:由公式a若可得0羽名，解得a型,選項(xiàng)A正確;由公式盧可知選項(xiàng)B錯(cuò)誤油公

r2gM2r/9

式華工可得與用，解得"邛，選項(xiàng)C正確;由公式廠整可得稱專除解得今三，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2222

rrv2M2rlv23rF2M2rxF29

11.解:題目中彈簧秤稱得物重為〃與必;實(shí)質(zhì)上是彈簧秤的示數(shù)，即彈簧的彈力,在星球的兩極處物體

受星球的引力尸引與彈簧秤的彈力〃作用，因該處的物體無圓周運(yùn)動(dòng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有：

尸引=皿=年（4分）

（其中例為星球質(zhì)量,6為物體質(zhì)量,/?為星球半徑）

又M=pV=p\s（4分）

在星球赤道處，物體受引力尸引與彈簧秤的彈力皿的作用,物體隨星球自轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以

4近2

尸引-”=%/?（5分）

整理后得。骨可（4分）

12.解:（1）宇航員對(duì)航天器側(cè)壁的壓力與在地面上對(duì)地面的壓力相等時(shí)，有

（j^r=a=g（3分）

常（1分）

當(dāng)3=0.2rad/s時(shí)/取最小值（2分）

即/^in=250mo（2分）

（2）航天器在離地面距離也為/?的高空中繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有:

*g（2分）

就空（衣坳（2分）

h=R

解得:六3200&TTSo（3分）

（3）當(dāng)太空艙自轉(zhuǎn)的加速度與繞地球公轉(zhuǎn)的加速度相等時(shí)，有：

好號(hào)號(hào)（3分）

且*=g（2分）

解得力二僭次Q分）

當(dāng)3=0.2rad/s時(shí)力取最小值

解得:品所=5.76*1。4km。。分）

(七)

1.A解析:判斷力是否做功，關(guān)鍵是看這個(gè)物體在力的方向上相對(duì)地面的位移是不是零。判斷力是做負(fù)

功還是做正功，關(guān)鍵是判斷該物體受到的力的方向與它相對(duì)地面的位移方向間的夾角是大于、等于還

是小于90%

2.B解析:貨車勻速上坡時(shí)的牽引力F=mgsin6+pmgcos8,空載時(shí)的牽引力H小于滿載時(shí)的牽引力

月,選項(xiàng)C、D均錯(cuò);由尸二尸”相同，可知刈＞刈,選項(xiàng)B正確。

3.A解析:根據(jù)動(dòng)能定理得,mg/?吉。廬，知兩小球到達(dá)底端的動(dòng)能相等,速度大小相等，但是速度的方向

不同,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確;兩小球運(yùn)動(dòng)到底端的過程中，下落的高度相同，則重力做功相同,故選項(xiàng)B

正確;兩小球到達(dá)底端的速度大小相等,甲球的重力與速度方向垂直，瞬時(shí)功率為零,則乙球的重力做功的

瞬時(shí)功率大于甲球的重力做功的瞬時(shí)功率，故選項(xiàng)D正確。

4.C解析:在0~6s內(nèi)，物體的位移大小、苫*(44)*6m=30m,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;尸Y圖線與時(shí)間軸圍成的

面積表示拉力做功的大小，則拉力做功叭*2*30J+10*4J=70J,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理知,0~6

s內(nèi)和0~2s內(nèi)，物體動(dòng)能的變化量相同，則合力做功相同,故選項(xiàng)C正確;在2s~6s內(nèi)，%6m/s,尸=0

W,物體做勻速運(yùn)動(dòng),摩擦力可得到合尸故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

5.D解析:小球在最高點(diǎn)的速度最小時(shí)，通過斜面的時(shí)間最長(zhǎng)，根據(jù)西=吟，得出=、歷瓦設(shè)小球到達(dá)斜

面頂端的速度為以根據(jù)動(dòng)能定理得/779/?三/77藝22/771；12,解得吃力^瓦小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為

a=gs'\r\45。,根據(jù)&月=唆代aj得/=(V10-V6)J|o

6.CD解析:以4、8組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，彈簧的彈力等于8物體的重力，燒斷細(xì)線的瞬時(shí),根據(jù)牛

頓第二定律可知,核二的,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;8物體落地前,4物體、8物體以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,

故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;8物體落地后,4物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確;以力為研究對(duì)象，當(dāng)加

速度為零時(shí),速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，選項(xiàng)D正確。

7.BD解析:彈簧與桿垂直時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小，小球動(dòng)能和重力勢(shì)能之和最大，選項(xiàng)A錯(cuò)、B對(duì);根據(jù)

機(jī)械能守恒定律，小球自初始位置下滑至最低點(diǎn)的過程中，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于/779方,選項(xiàng)D對(duì)、

C錯(cuò)。

8.BD解析:物塊受到的摩擦力與小車受到的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，它們做功的代數(shù)和是負(fù)

值，其絕對(duì)值等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積，即〃，整個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于一對(duì)作用力與反

作用力的總功，即故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;整個(gè)過程中，拉力廠對(duì)物塊做的功為Cs功，所以選項(xiàng)B正確；

選取小車為研究對(duì)象，對(duì)其受力分析，只有摩擦力對(duì)其做正功,大小為母根據(jù)功能關(guān)系可知，摩擦力所做

的功等于小車動(dòng)能的增加量，即啟力用盧，即再，選項(xiàng)D正確。

9誓“沙制乎需泰瑞亦（每空5分）

解析:系統(tǒng)的重力勢(shì)能的減少量為等-〃而動(dòng)能的增加量為M例+m）*）2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，

有:誓小妹砌姆得力瑞器瑞亦

10.解:（1）設(shè)最大壓縮量為X,最大彈性勢(shì)能為Ep

由動(dòng)能定理居:/77g/?-4np（4/?+2m=0（3分）

所以:xR.5/?（1分）

返回過程:三和/ngx（2分）

解得:￡p=0.1"7g/?。（2分）

（2）設(shè)壓縮量至少為X；相應(yīng)的彈性勢(shì)能為Ep'

則:等三（2分）

Ep乃2\/

而:mg=rrf號(hào)（2分）

根據(jù)動(dòng)能定理:與‘"四4/?勿,2/?三/皿（3分）

聯(lián)立各式,解得:x等?（2分）

11.解:（1）設(shè)物塊經(jīng)過8點(diǎn)的速度為3則由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得:4=gsin37°（2分）

解得:g=2m/s（2分）

設(shè)物塊經(jīng)過。點(diǎn)的速度為以由機(jī)械能守恒，有：

22

|/77PF+mg（R+Rsg37°）=^mvc（3分）

解得:》c=6m/s（2分）

物塊經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)，設(shè)軌道對(duì)物塊的支持力為FC

根據(jù)牛頓第二定律居:77g二/77竽（3分）

解得%為6N（2分）

由牛頓第三定律可知，物塊經(jīng)過圓軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為46No（2分）

（2）根據(jù)能量守恒，整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量+m或R+Rs\n37°）=18Jo（4分）

(A)

1.C解析:只有當(dāng)水平力為恒力、且其方向與速度的方向在同一條直線上時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才做勻變速直線運(yùn)動(dòng),

選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;當(dāng)力的大小不變、且方向始終與速度垂直時(shí)，質(zhì)點(diǎn)可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；

由于力對(duì)質(zhì)點(diǎn)可能做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.D解析:質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，質(zhì)量越大，慣性越大,故選項(xiàng)A、B

錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理得:-左026聲,白〃〃7g,可得顯然選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于勻速行駛時(shí)，尸刁々/但,尸=尸匕

可知質(zhì)量較小的汽車速度較大，剎車后滑行的路程較長(zhǎng),故選項(xiàng)D正確。

3.D解析:開始時(shí)石、白及傳送帶均靜止且a不受傳送帶的摩擦力作用，有g(shù)gsin。=/77必則ma=^-,b

上升力,則a下降A(chǔ)sin8,a重力勢(shì)能的減小量mag-hsm6=mgh,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒知,系統(tǒng)機(jī)

械能增加，摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增量，所以摩擦力做的功大于a的機(jī)械能的增加量;因

系統(tǒng)重力勢(shì)能不變，所以摩擦力做的功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量,故選項(xiàng)B、C均錯(cuò);任意時(shí)刻a、。的速

率相等，對(duì)克服重力的瞬時(shí)功率Pb=mgv,對(duì)a有Pa=mag^\v\8=/7?gK故選項(xiàng)D正確。

4.B解析:由圖乙知,物體在段的加速度大小為5m/s2,因此可知斜面傾角8=30°,選項(xiàng)A錯(cuò);到達(dá)C

點(diǎn)時(shí)，物體的重力勢(shì)能減小了麗？sin3(r=16J,物體從8點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，物體與彈簧構(gòu)成的

系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B對(duì)、C錯(cuò);物體從C點(diǎn)到8點(diǎn)的過程中,加速度先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

5.D解析:可判斷滑塊經(jīng)過無數(shù)次的反彈后最終停在8處，選項(xiàng)A正確;由數(shù)學(xué)歸納法可求得滑塊從釋

放到停止運(yùn)動(dòng)的總路程，選項(xiàng)B正確;根據(jù)遞推，可以確定滑塊第A■次與擋板碰撞后到第(4+1)次與擋板

碰撞的時(shí)間，選項(xiàng)C正確;根據(jù)動(dòng)能定理可知,每次碰撞損失的機(jī)械能不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

6.BD解析:小物塊落地后靜止不動(dòng),顯然小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，小球與小物塊的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，

選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小物塊落地前，小球做加速運(yùn)動(dòng)，小物塊落地瞬間小球的速度最大，設(shè)此時(shí)速度為匕根據(jù)系

統(tǒng)機(jī)械能守恒，有M去-m去*M+⑼3,即i/啰旺選項(xiàng)B正確;小物塊落地后，小球的機(jī)械能守恒，有

刎七/77%2+/噬平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移X=U6E，解得所欄內(nèi)當(dāng)乙選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確。

7.AC解析:小球彈出后做平拋運(yùn)動(dòng),在豎直方向上，由力力9代可得在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:2:3,在

水平方向上，由x=vW可知三個(gè)小球彈出的初速度之比為1:1.1彈出的動(dòng)能之比為1;11根據(jù)機(jī)械能守

恒,三根彈簧的彈性勢(shì)能之比為1；11選項(xiàng)A、C正確,B錯(cuò)誤;由W=〃7g/7可知重力做功之比為1:4:9,

動(dòng)能的增量之比為1.49,因三球初動(dòng)能的數(shù)值不明確，故無法比較落地時(shí)的動(dòng)能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

8.AD解析:當(dāng)輕桿水平時(shí)，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減小最多，因此48兩球的總動(dòng)能最大，選項(xiàng)A正確;對(duì)兩

球構(gòu)成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，對(duì)單個(gè)小球，輕桿對(duì)它做功,機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B、C均錯(cuò)誤;對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)

械能守恒cgAfein45°W7gR1sin45。）=2?初盧,因此I/力^瓦選項(xiàng)D正確。

9.（1）＞（5分）

（2）0.420.40（每空5分）

10.解:（1）由機(jī)械能守恒定律可知:他只鳥時(shí)。？（2分）

解得:Vo=y/2gR=2m/s（2分）

又:用-mg*（2分）

得:凡=369=30N（2分）

由牛頓第三定律可知，滑塊滑至8點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為30N,方向豎直向下（1分）

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，得:f唔M）,4s（2分）

0c的長(zhǎng)度xoc=4E.8mo（1分）

（2）由牛頓第二定律可知:aw（1分）

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知:%2=2“gZ.（2分）

聯(lián)立彳導(dǎo):〃=0.2。（2分）

11.解：（1）對(duì)力受力分析，有:〃79-G-AXIR（2分）

當(dāng)金O時(shí)，達(dá)最大位移Xi卷0.15m。（2分）

⑵對(duì)A受力分析，有:四五'-kx=ma（2分）

G'=0時(shí),達(dá)最大位移及當(dāng)也0.075m（2分）

又:忿盧（1分）

解得:/=0.173s。（1分）

（3）彈簧彈力對(duì)4做的功:皿彈尸彈至=微622（2分）

所以彈性勢(shì)能的增加量52=-〃彈為.5625J（2分）

分離時(shí)物塊4的速度國(guó)工（1分）

動(dòng)能金三加盧蕓J（2分）

28

對(duì)A由動(dòng)能定理，得:仍叫彈及-與2=8（2分）

代入數(shù)據(jù)得8對(duì)4的作用力所做的功M/=O5625Jo（1分）

（九）

1.C解析:所有帶電體的帶電荷量均為e=1.6切0-19C的整數(shù)倍,本題只有C正確。

2.D解析:正點(diǎn)電荷q由靜止釋放，如果電場(chǎng)線為直線，電荷將沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng),但如果電場(chǎng)線是曲線，電荷

一定不沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)（因?yàn)槿绻仉妶?chǎng)線運(yùn)動(dòng),其速度方向與受力方向重合，不符合曲線運(yùn)動(dòng)的條件），故

選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于點(diǎn)電荷做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),其速度方向與電場(chǎng)力方向不再一致（初始時(shí)刻除外）,故選項(xiàng)B錯(cuò)

誤;而點(diǎn)電荷的加速度方向，即電荷所受電場(chǎng)力方向必與該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向一致，即與所在點(diǎn)的電場(chǎng)線的

切線方向一致，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。

3.C解析:由與強(qiáng)電場(chǎng)特點(diǎn)可知，。點(diǎn)電勢(shì)（pD=&V,故UDC=<PD-（PCNV,將正電荷由。點(diǎn)移到。點(diǎn)，電場(chǎng)

力所做的功WDc=qUDc=^^*10-6JNMOfJ。

4.D解析:靜止時(shí)，球受三個(gè)力作用:重力、電場(chǎng)力、細(xì)線拉力，細(xì)線燒斷后，重力和電場(chǎng)力大小、方向均

不變，小球初速度均為零，因此，小球做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、D正確;在豎直方向上，只受重力，因高度相

同，則兩球同時(shí)落地,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)小球受力分析，由于后乜所以%>他，因此水平方向上,a球的加速

度小于。球的加速度，因此落地時(shí),a、5兩球的水平速度大小不等,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

5.B解析:因?yàn)閺氖c(diǎn)將點(diǎn)電荷-q移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處克服電場(chǎng)力做功，所以該孤立點(diǎn)電荷帶正電，選項(xiàng)A

錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)電荷做功等于電荷電勢(shì)能的減少量，所以-I4/巧O選項(xiàng)B正確;若規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為

零，則尸點(diǎn)的電勢(shì)如&衛(wèi)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;另一檢驗(yàn)電荷”在尸點(diǎn)的電勢(shì)能應(yīng)為HZX）,即一定要比它在

■Qq

無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

A

6.A解析:根據(jù)對(duì)稱性，先假定在4點(diǎn)放上的點(diǎn)電荷，則。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，即8、C、D、￡四個(gè)

點(diǎn)電荷在。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿向上，大小為*故。點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度為4點(diǎn)-g在。點(diǎn)產(chǎn)生的

電場(chǎng)強(qiáng)度與8、C、D、￡四個(gè)+9在。點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，如圖所示,即且廣&+￡翠，所

以只有選項(xiàng)A正確。

7.AB解析:粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有以打=后心,豎直方向上對(duì)/有或/,對(duì)8有

力言式通過計(jì)算可知幺子泛阿選項(xiàng)A正確;由動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力對(duì)8粒子做功為4粒子的兩倍,力

粒子的初動(dòng)能為6粒子的兩倍,所以到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能有可能相同，選項(xiàng)B正確;通過題圖可以看出粒子

的偏向角要小于6粒子的偏向角，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由水平速度與時(shí)間的關(guān)系可知，加大電壓,兩粒子水平方

向上的位移相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

8.BC解析:由于電壓U、圓桶的高與直徑及空氣阻力的大小不能計(jì)算，就不能確定塵粒最終是否做與

速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在甲、乙容器中，然中的d是不同的，所以尸=(7若一定不同，選項(xiàng)B正確;電場(chǎng)力

對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值均為W=q&選項(xiàng)C正確;由于忽略重力，在甲、乙桶中，塵粒均做直線運(yùn)動(dòng)，選

項(xiàng)D錯(cuò)誤。

9.CD解析:由電場(chǎng)線的疏密可以表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱,電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)殡妶?chǎng)線的切線

方向，可知a點(diǎn)和。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向也不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;c點(diǎn)所在等勢(shì)面電勢(shì)比d點(diǎn)所在等勢(shì)面電勢(shì)

低,電勢(shì)差4d<0,正電荷從c點(diǎn)移到d點(diǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤洞樣,電勢(shì)差為c<0,負(fù)電荷從a點(diǎn)

移到c點(diǎn),電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)C正確;正電荷從e點(diǎn)沿圖中虛線移到，點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，選

項(xiàng)D正確。

10.AC解析:由電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理易知，帶電圓環(huán)可視為由無數(shù)個(gè)點(diǎn)電荷組成，則圓環(huán)中心處的電場(chǎng)強(qiáng)

度為0,*所在軸線的無窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度也為0,故沿用N軸線方向從環(huán)心到無窮遠(yuǎn)處的直線上必有一

點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大。從環(huán)心沿用2方向向右的直線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向處處向右。再由對(duì)稱性知，沿

軸線方向所在直線上的環(huán)心左方也必有一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，無窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，方向處處向左。電

子以初速度沿軸線水平向右運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向向右，大小可能先增大后減小,或一直減小。所以電子一定

做加速度變化的變速運(yùn)動(dòng)，速度先增大后減小，伙/V兩點(diǎn)電勢(shì)相同，速度大小和方向相同,故選項(xiàng)A、C

正確。

11.解:電子在人中,有:。*/77盧（8分）

電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡為螺旋線，水平速度均相同，圓周運(yùn)動(dòng)的周期也相同,又因?yàn)椋?分）

解得;熹。（4分）

12.解:（1）以甲球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：

mgsin0+qE-/jmgcos0=ma（5分）

得甲球沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度的大小a=5m/s2。（2分）

（2）設(shè)甲球在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為h運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)的速度大小為V,

則由（4分）

得A=2s（2分）

所以甲球運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)的速度大小內(nèi)=a&=10m/s。（2分）

（3）甲球在水平軌道上勻速直線運(yùn)動(dòng)，從8處到追上乙球所用時(shí)間為t2=t-t,=y.5s（2分）

當(dāng)甲球追上乙球時(shí)，甲球位移與乙球位移之差等于Z■，有v,t2-vQt=L（3分）

代入數(shù)據(jù)得乙球的速度4之m/So（2分）

（十）

1.D解析:由于兩粒子的質(zhì)量、電性及電荷量均未知，雖然0運(yùn)動(dòng)起來以后，所在處電場(chǎng)強(qiáng)度大些，但也

無法斷定哪個(gè)粒子的電場(chǎng)力大些，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)粒子必做正功,動(dòng)能必將增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

動(dòng)能的增加,來自于電勢(shì)能的減少，選項(xiàng)D正確。

2.C解析:根據(jù)動(dòng)能定理，合力所做的功等于物體動(dòng)能的增量，合力做功g/77g/7,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球重力勢(shì)

能減少mgh,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電場(chǎng)力大小為］〃7g,方向豎直向上，電場(chǎng)力做功為?〃7劭,因此電勢(shì)能增加了

gmgh,選項(xiàng)C正確;根據(jù)功能原理，電場(chǎng)力所做的負(fù)功，應(yīng)等于機(jī)械能的減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

3.B解析:根據(jù)常見電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布即可判斷。

4.C解析:兩個(gè)相同的帶電金屬小球接觸后均分總電荷量，再結(jié)合庫(kù)侖定律可得本題應(yīng)選Co

5.D解析:影響電容器的電容大小的因素中,兩極板間的距離增大，電容減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;電容器充電后

與電路斷開，則電容器的帶電荷量不變，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不隨距離的變化發(fā)生改變，電勢(shì)差隨距離的增大而

增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電容器的電容反映電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng)，不是電容器所帶的電荷量多少，選項(xiàng)C錯(cuò)

誤;兩極板間放入金屬板，相當(dāng)于減小平行板間的距離，電容增大，選項(xiàng)D正確。

6.C解析:設(shè)電場(chǎng)線為正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線，則由軌跡可判定a帶正電、0帶負(fù)電;若電場(chǎng)線為負(fù)點(diǎn)電荷

的電場(chǎng)線，則a帶負(fù)電、。帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由粒子的偏轉(zhuǎn)軌跡可知電場(chǎng)力對(duì)仄。均做正功,兩粒子

的動(dòng)能均增大，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;但由電場(chǎng)線的疏密可判定,a所受電場(chǎng)力逐漸臧小，加速度減小力正好相

反,故選項(xiàng)C正確。

7.CD解析:如果電場(chǎng)是等量同種電荷的電場(chǎng)，粒子與場(chǎng)源電荷是異種電荷,且粒子在兩場(chǎng)源電荷連線的

垂直平分線上某一點(diǎn)（除連線中點(diǎn)）由靜止釋放，該粒子會(huì)在電場(chǎng)力作用下做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如果48兩點(diǎn)關(guān)

于連線對(duì)稱，則力、8兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C、D正確。

8.BC解析:4、。兩點(diǎn)間電勢(shì)差等于8、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差,根據(jù)%q"可知，選項(xiàng)B、C正確。

9.AC解析:物塊先加速后減速，表明沿著斜面方向的合力先向下后向上，重力的分力mgsin6大小和方

向不變，摩擦力/jmgcos6大小和方向也不變，隨著運(yùn)動(dòng)的進(jìn)行，庫(kù)侖力越來越小，因此庫(kù)侖力是斥力，選

項(xiàng)A正確;電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理W