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2024年四川省成都市青羊区石室中学高考物理一诊模拟试卷（A卷）（含解析）
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这是一份2024年四川省成都市青羊区石室中学高考物理一诊模拟试卷（A卷）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.10米跳台跳水可以简化为竖直方向的直线运动，以运动员离开跳台时作为计时起点，取竖直向下为正方向，如图所示，0∼1.8s、2.1∼2.7s内图线为直线，1.8∼2.1s内图线为曲线。当地重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 空气阻力可以忽略
B. t=1.8s时，瞬时速度的大小为18m/s
C. 在1.9∼2.1s内，速度和加速度均减小
D. 2.1∼2.7s内水对运动员的作用力的大小是重力的两倍
2.如图所示，两固定斜面OM粗糙、ON光滑，两物块a，b通过铰链与轻杆相连，a不带电，b带正电，且都静止于斜面上，杆垂直于OM。当在整个空间加竖直向下的匀强电场时( )
A. a向上滑动B. b仍静止
C. a与OM间的摩擦力增大D. b沿斜面向下运动
3.如图所示，质量相同的小球A、B，A用长度为L的两根轻质细线分别系在天花板上的C点和B球上，B球穿在光滑的竖直杆上，光滑杆垂直固定在天花板上的D点，CD间的距离为L。现用一竖直向上的力F使B球缓慢向上运动到D点，A、B、C、D在同一竖直面内，则( )
A. AC间绳的张力单调减小
B. AB间绳的张力先增大再减小
C. 杆对B球的支持力单调增加
D. F单调减小
4.如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与水平面间的夹角α=60°，且杆OA光滑。弹簧与竖直方向间的夹角β=30°，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，已知OB两点间的距离为L。则( )
A. 弹簧弹力的大小为mg
B. 杆对小环的弹力大小为 3mg
C. 若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定在与B点等高的A点时转速为 6gL
D. 若整个框架以OB为轴开始转动，当小环缓慢运动到与B点等高的A点时杆对小环做的功为1.5mgL
5.如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q均静止，某时刻撤去外力，当Q下降的高度为ℎ时，细绳断裂，重力加速度为g，sin37°=0.6，P、Q均可视为质点，斜面足够长，则( )
A. 物块P沿斜面上升的最大高度为3516ℎ
B. 当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为9mg4 2gℎ
C. 在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为54 2ℎg
D. 当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t=0时刻减少了3516mgℎ
二、多选题（本题共3小题，共18分）
6.如图所示，圆弧轨道竖直放置，半径OC竖直，ℎ=0.8m，R=1.0m，小球的质量m=2kg，α=60°，小球从B点由静止释放，然后从C点做平抛运动，平抛的水平距离s=1.2m。重力加速度g=10m/s2。小球视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小为6N⋅s
B. 在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为1J
C. 小球经过C点时受到轨道的作用力大小为38N
D. 从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量小于机械能的减少量
7.如图所示，甲、乙、丙分别为单星、双星、三星模型图，轨迹圆半径都为R，中心天体质量为M，环绕天体质量均为m，已知M≫m，则( )
A. 乙、丙图中环绕天体的周期之比为2： 3
B. 乙图中环绕天体的角速度大于丙图中环绕天体的角速度
C. 甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度
D. 乙、丙两图中环绕天体的线速度之比为43：2
8.如图甲所示，真空中有一平行板电容器水平放置，两极板所加电压如图乙所示，板长l=v0T，板间距为d。t=T8时，带电粒子a靠近下极板，从左侧以v0的速度水平射入，a粒子恰好不会打在上极板上。若质量和电量相同的b粒子以2v0的水平速度从相同位置射入，恰好从下极板的右侧边缘飞离极板，粒子可视为质点且不计重力。下列说法正确的是( )
A. a粒子飞离极板时的速度等于进入时的速度
B. a粒子飞离极板时竖直偏移量为8d9
C. b粒子进入极板的时刻可能为 24T
D. b粒子进入极板的时刻可能为 2−14T
三、填空题（本题共1小题，共5分）
9.如图所示，两拉力传感器固定在同一水平线上，两根长为L的轻质细线上端分别连接两传感器，下端连接大小一样的小钢球，两钢球的质量分别为m1、m2，两细线自然下垂时两钢球恰好接触，钢球的直径远小于细线的长度，两拉力传感器能记录细线中拉力的大小。
(1)将钢球1拉离竖直位置，细绳拉直由静止释放钢球1，两钢球碰前拉力传感器1记录的最大值为F1；
(2)钢球1运动到最低点与钢球2发生碰撞，碰后钢球1弹回，碰后传感器1和2的记录的最大值分别为F2、F3；
(3)两钢球质量关系满足m1 ______(填“大于”“小于”或“等于”)m2；
(4)若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，需满足的关系式为______；若满足关系式______，则说明碰撞为弹性碰撞。(用m1、m2、F1、F2、F3和重力加速度g表示)
四、实验题（本题共2小题，共15分）
10.为了测量2节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A.2节干电池
B.定值电阻R1=50.0Ω
C.定值电阻R0=3.0Ω
D.滑动变阻器R(最大阻值为30Ω，允许通过最大电流为1A)
E.电流表A1(量程为0∼30mA、内阻r1为50.0Ω)
F.电流表A2(量程为0∼500mA、内阻r2约为0.5Ω)
G.开关S、导线若干
(1)将R1和A1串联作电压表用。
(2)根据以上器材设计电路图，完成图乙，并连接图甲所示的实物图。
(3)接好电路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，分别读出电流表A1、A2的示数I1、I2，一共记录了六组数据，以(I1+I2)为横坐标、I1为纵坐标作图，如图丙所示，则该电池组的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)
(4)(3)问中的电动势和内阻的数据处理______(填“有”或“没有”)系统误差。
11.如图所示，光滑绝缘圆轨道竖直放置，半径为R，电场与水平方向成45°斜向右上，质量为m，电荷量为q(q>0)的带电小球恰好能静止于与圆心等高的A点处，现将该小球带上等量的负电从A点静止释放，求：
(1)带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是多大；
(2)从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度和电势能的改变量。
五、简答题（本题共3小题，共42分）
12.如图所示，逆时针转动的倾斜传送带与水平面间的夹角为30°，斜面长度d=167m。木板B静止在光滑水平面上，左侧与传送带平滑连接，木板B的右侧有一光滑平台与B高度相同。C静止在平台上，左侧有一弹簧。A与传送带间的动摩擦因数μ1= 310，A、B间的动摩擦因数μ2=110，A由传动带滑上B时没有动能损失，A、B共速时A刚好到达B右侧，且B也刚好与平台接触，以后B立即静止。C右侧某处有一固定挡板(图中未画出)，A与弹簧接触的过程中C与挡板发生弹性碰撞，碰撞结束后立即撤去挡板。A由静止释放，A、C均可视为质点，A、B质量相同，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)A滑上B时的速度；
(2)木板B的长度s和木板B与平台左侧的距离L；
(3)若A、B的质量均为m=0.5kg，C的质量M=1kg，C与挡板碰撞后，弹簧弹性势能最大值Ep的范围。(A与弹簧不拴接，结果可用分数表示)
13.双缝干涉实验如图所示，如果增加双缝到光屏的距离，______(填“能”或“不能”)增大条纹间的距离。若双缝间距为d、光屏到双缝的距离为L，则dL必须______(填“足够大”“足够小”或“约等于1”)。若用一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现______。
14.位于x=0处的A波源，产生一向右传播的简谐横波，如图中实线所示；位于x=50m处的B波源，产生一向左传播的简谐横波，如图中虚线所示。A的周期为0.5s，A、B的传播速率相等，t=0时的波形图如图所示。
(1)求B波的传播速率及振动周期；
(2)平衡位置x=13m处的质点位移能否为1.6m？如果能，求出经多长时间位移第一次到达1.6m；如果不能，请说明理由。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.v−t图像的斜率表示加速度，在0∼1.8s内的加速度为
a1=0−(−4)0.4m/s2=10m/s2=g
故空气阻力可以忽略，故A正确；
B.t=1.8s时，瞬时速度的大小
v=v0+a1t=−4m/s+10×1.8m/s=14m/s
故B错误；
C.根据v−t图像的切线斜率的绝对值表示加速度的大小可知，在1.9∼2.1s内，速度减小，加速度增大，故C错误；
D.由图像可知自由下落的时间为
1.8s−0.4s=1.4s
由图像可知入水后做匀减速的时间为
2.7s−2.1s=0.6s
由图像可知t=1.8s和t=2.1s时的速度大小差异很小，即自由下落和入水后的速度变化基本相同，但时间差异很大，所以减速的加速度大于重力加速度，由牛顿第二定律得
F浮+F阻−mg=ma
故
F浮+F阻>2mg
故D错误。
故选：A。
根据v−t图像的斜率计算加速度；根据速度—时间关系式计算；根据图像的斜率分析判断；根据图像确定自由下落和入水时间，根据图像的斜率确定速度的变化，再依据牛顿第二定律判断。
本题关键掌握利用图像分析运动员的运动过程。
2.【答案】B
【解析】解：BD.设b的质量为m，杆对b的弹力为F，ON对b的支持力为Nb，其力的矢量图如图所示
由几何知识可知，力的矢量三角形构成了等边三角形，故
F=Nb=mg
现b受竖直向下的电场力，杆和ON的支持力等比例增大，合力仍为零，故b仍静止，故B正确，D错误；
AC.杆对a的力始终垂直斜面OM，a始终静止，摩擦力满足
f=magcs30°
故摩擦力不变，故AC错误。
故选：B。
对未加电场时的b受力分析，根据平衡条件得到支持力、重力和弹力的关系，再根据加入电场后，b受竖直向下的电场力，分析受力。
本题考查了受力分析，正确分析出力的矢量三角形，结合不同情况下物体的状态是解决此类问题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：AB、根据题意，对两小球进行受力分析如图所示：
设细线AC与竖直方向的夹角为θ，细线AB与竖直方向的夹角为α，当B在外力作用下向上缓慢移动时，θ先减小后增大，将A受到的力适当平移构成矢量三角形，在该三角形中，重力大小、方向都不变，当θ逐渐减小、α逐渐增大时，如图所示
根据图像可知，另外两个力都在减小，当α=90°，TAB=0，此时AC间绳的张力TAC=mg
之后θ增大，如图所示：
可知，AC间绳的张力TAC逐渐减小，AB间绳的张力TAB逐渐增大，综上所述，AC间绳的张力TAC一直减小，AB间绳的张力TAB先减小后增大，故B错误，A正确；
C、对A、B整体受力分析，有
NB=TACsinθ
可知，由于AC间绳的张力TAC一直减小，开始θ逐渐减小，sinθ减小，则NB先减小，故C错误；
D、从初始到α增大到90°的过程中，对B有
F=mg−TABcsα
AB间绳的张力TAB在减小，csα在减小，则F增大，故D错误。
故选：A。
对两小球分别进行受力分析，画A的受力三角形图，判断A受力的变化，对A、B整体和B受力分析，根据平衡条件列解析式，分析力的变化。
本题考查学生对物体受力平衡时力的动态变化分析，常用的方法是：1.解析法，根据平衡写力的解析式，判断变化；2.画图法，通过画力的矢量三角形，判断力的变化。
4.【答案】D
【解析】解：AB、小环在P点处于静止状态，受力分析如图所示：
根据受力平衡有
Tcs(90°−α+β)=mgsinα
Tsin(90°−α+β)=mgcsα+N
解代入数据得：T= 3mg,N=mg，故AB错误；
C、小环在A点时，设小环做圆周运动的半径为r，弹簧的弹力为FT、杆的弹力为FN，根据向心力有
FT+FNsinα=mω2r
竖直方向根据受力平衡有：FNcsα=mg
由几何关系有：L=rtanα
弹簧伸长的长度与初始相同，则
FT=T= 3mg
代入数据解得：ω= 6gL
根据：n=1T=ω2π
代入数据解得：n=12π 6gL
故C错误；
D、小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度
vP=0
小环在A点的速度大小
vA=ωr= 2gL
小环由P点到A点的过程中，根据动能定理有
W−mg⋅L2=12mvA2−12mvP2
解代入数据解得：W=1.5mgL，故D正确。
故选：D。
根据受力平衡联立方程求出弹力的大小，当以OB为轴转动时，根据圆周运动和动能定理求出转速和做功。
本题主要考查受力平衡和圆周运动，在做题中要注意不同位置圆周运动的半径和向心力不同。
5.【答案】C
【解析】解：A、当Q下降的高度为ℎ时，根据几何关系得P上升的高度为ℎ′=ℎsin53∘sin37°=34ℎ。
细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒定律有
3mgℎ−mgℎ′=12(3m+m)v2
解得：v= 98gℎ
细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足
mgℎ1=12mv2
解得：ℎ1=916ℎ
所以物块P沿斜面上升的最大高度为：H=ℎ′+ℎ1=34ℎ+916ℎ=2116ℎ，故A错误；
B、当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率为P=3mgvsin53°=9mg5 2gℎ，故B错误；
C、细绳断裂后，物块P在斜面上的运动时间为：t=vgsin37∘，解得：t=54 2ℎg，故C正确；
D、细绳断裂前，P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻减少量，即ΔE=mg(ℎ′+ℎ1)=2116mgℎ，故D错误。
故选：C。
当Q下降高度ℎ时，根据几何关系求出P上升的高度。对PQ整体，根据机械能守恒定律列方程，即可求出绳子断裂瞬间P、Q速度大小。根据公式P=mgvsinα求当绳子断开瞬间物体Q的重力的功率。绳子断裂后，对P，利用机械能守恒定律求出P还能上升的高度，从而求得P沿斜面上升的最大距离。绳子断开后，由速度—时间公式求解物体P在斜面上的运动时间。根据机械能守恒定律分析D项。
对于连接体问题，要抓住两个物体的速度大小相等，系统机械能守恒。当绳子断裂后，P的机械能守恒。
6.【答案】AB
【解析】解：A.小球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律，沿竖直方向ℎ=12gt2
沿水平方向s=vCt
小球在C点的速度vC=3m/s
则在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小Δp=mvC=2×3N⋅s=6N⋅s
故A正确；
B.在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，根据动能定理有mgR(1−csα)−Wf=12mvC2
则小球克服阻力做的功Wf=1J
故B正确；
C.小球经过C点时，根据牛顿第二定律有F−mg=mvC2R
小球经过C点时受到轨道的支持力大小F=38N
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过C点时受到轨道的作用力大于38N，故C错误；
D.从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量ΔEk=12mvC2+mgℎ=25J
整个运动过程中，小球机械能的减少量ΔE=Wf=1J
可知从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。
故选：AB。
球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律得小球在C点的速度，根据动量定理求出球动量变化量；根据能量的转化与守恒求出阻力做的功；根据牛顿第二定律求出小球经过C点时受到轨道的支持力，然后判断作用力大小；结合动能定理和能量守恒判断。
从B到C的过程中小球的机械能不守恒，不能用机械能守恒求C点的速度；小球离开C之后，做平抛运动，根据平抛运动的规律可以直接求解。
7.【答案】CD
【解析】解：A.根据万有引力定律，对乙图所示的模型有
Gmm(2R)2=m4π2T′2R
代入数据解得：T′=4π R3Gm
对丙图所示的模型有
代入数据解得：T″=2π 3R3Gm
则有T′：T″=2：43，故A错误；
B、根据ω=2πT可知，角速度之比等于周期的反比，乙图中环绕天体的周期比丙图中的大，所以乙图中环绕天体的角速度比丙图中的小，故B错误；
C、根据万有引力定律，对甲图所示的模型有
GMmR2=mω2R
代入数据解得：ω= GMR3
对丙图所示的模型有
3Gmm( 3R)2=mω′2R
代入数据解得：ω′= 3Gm3R3
由于M≫m，则甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度，故C正确；
D、乙、丙两图半径相同，根据v=2πrT可知，线速度之比为周期的反比，故线速度之比为43：2，故D正确。
故选：CD。
根据万有引力提供向心力分析，再根据不同类型分析选项。
本题主要考查对万有引力的应用，在天体运动中不论是多星还是单星都是由万有引力提供向心力。
8.【答案】ABC
【解析】解：A.加电场后，竖直方向上的加速度大小为
a=U0qdm
根据速度—时间公式可知，速度大小为
v=at=U0qdm(T2−T8)=3qU0T8md
12T 时变换电场方向，做减速运动，则经过38T速度减为0，后从78T～T反向加速速度大小为
v′=at′=qU0T8md
如图所示
由于粒子在水平方向上做匀速指向运动可知，l=v0T，可知粒子飞离极板所需时间为
t=lv0=T
则由vy−t图可知a粒子飞离极板时竖直方向的分速度恰好为零，a粒子飞离极板时的速度与进入时相同，故A正确；
B.由竖直方向的速度—时间图像可得，根据位移—时间公式可知，从T8到7T8竖直方向的位移
d=12×3qU0T8md×(7T8−T8)=9aT264
根据位移—时间公式可知，从7T8到9T8竖直方向的位移
y1=−12×qU0T8md×(9T8−7T8)=−aT264=−d9
a粒子飞离极板时竖直偏移量
y=d+y1=89d，故B正确；
CD.设极板长度为l，a粒子在水平方向的位移
l=v0(98T−18T)=v0T
设b粒子在电场中运动时间为tb，其水平方向的位移
l=2v0tb
解得：tb=12T
设0～T2内的t时刻，b粒子从下极板左端下边缘进入电场，然后从下极板右端边缘飞离极板，则
根据位移—时间公式可知，y=12a(T2−t)2+a(T2−t)⋅t−12at2=0
解得：t= 24T，故C正确，D错误。
故选：ABC。
根据带电粒子在匀强电场中只受电场力作用，根据牛顿第二定律分析粒子的加速度，再根据运动学公式分析粒子的运动情况即可分析A选项；根据a粒子在匀强电场中偏转，结合运动学公式计算偏转位移即可；粒子在水平方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间确定，根据粒子进入电场的时间节点即可分析。
该题考查带电粒子在周期性变化的云强电场中的运动，要注意粒子在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀变速运动，该题的难点在于分析各时间段内粒子的运动情况，题目难度较大，综合性较强。
9.【答案】小于 m1(F1−m1g)= m2(F3−m2g)− m1(F2−m1g) (F1−m1g)=(F2−m1g)+(F3−m2g)
【解析】解：(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞，碰后钢球1弹回，所以m1小于m2。
(4)两钢球碰前瞬间钢球1的速度大小为v1，根据牛顿第二定律得：F1−m1g=m1v12L
解得：v1= (F1−m1g)Lm1
设碰撞后瞬间钢球1、2的速度分别为v2、m3，同理可得：
v2= (F2−m1g)Lm1，v3= (F3−m2g)Lm2
若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v1=−m1v2+m2v3
联立可得： m1(F1−m1g)= m2(F3−m2g)− m1(F2−m1g)
若为弹性碰撞，还需满足机械能守恒，则有：
12m1v12=12m1v22+12m2v32
联立可得：(F1−m1g)=(F2−m1g)+(F3−m2g)
故答案为：(3)小于；(4) m1(F1−m1g)= m2(F3−m2g)− m1(F2−m1g)；(F1−m1g)=(F2−m1g)+(F3−m2g)
(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞后钢球1被弹回，可知钢球1的质量较小。
(4)根据圆周运动的力与运动的关系，应用牛顿第二定律求得碰撞前后瞬间钢球的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律解答。
本题考查了验证验证动量守恒定律的实验，碰撞前后速度是利用圆周运动中力与运动的关系间接测量的，涉及到了向心力的知识点。
10.【答案】3.0 1.0 没有
【解析】解：(2)因用R1和A1串联来间接测量路端电压，将电流表A2相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，这样就不存在系统误差了，故电路图如图所示：
根据电路图，实物连线如图所示：
(3)根据闭合电路欧姆定律可得：E=(I1+I2)(R0+r)+I1(r1+R1)
变形为：I1=Er1+R1−R0+rr1+R1⋅(I1+I2)
根据I1−(I1+I2)图像的纵轴截距和斜率可得：
Er1+R1=30mA=0.03A
R0+rr1+R1=30−5620
代入数据解得：E=3.0V，r≈1.0Ω
(4)本实验中定值电阻R1和电流表A1串联起来相当于电压表，将电流表A2相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，干路电流与路端电压的测量均为系统误差，因此电动势和内阻的数据处理没有系统误差。
故答案为：(2)见解析；(3)3.0；1.0；(4)没有
(2)将电流表A2相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，这样就不存在系统误差了，依此画出电路图；根据电路图，进行实物连线；
(3)根据闭合电路欧姆定律，结合I1−(I1+I2)图像的纵轴截距和斜率求解；
(4)本实验干路电流等于两电流表的示数之和，干路电流与路端电压的测量均为系统误差。
本题考查了测量电池的电动势和内阻的实验。掌握实验原理是解题的前提，应用图像法处理实验数据，根据闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图像的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
11.【答案】解：(1)带正电的小球能静止在A点，由平衡条件可得：qEsin45°=mg，解得：E= 2mgq
对带负电的小球，由牛顿第二定律得：在水平方向有：qEcs45°=max，解得：ax=g
在竖直方向有：qEsin45°+mg=may，解得：ay=2g；
(2)小球的水平方向的位移为：x=12gt2
竖直方向上的位移为：ℎ=12×2gt2
即小球水平位移和竖直位移的关系为：2x=ℎ
由几何关系可得：(R−x)2+ℎ2=R2
解得：ℎ=45R,x=25R
由动能定理可得：
mgℎ+qEcs45°⋅x+qEsin45°⋅ℎ=12mv2
联立解得：v=2 gR
由于电场力做正功，所以小球的电势能的减少了
ΔE=qEcs45°⋅x+qEsin45°⋅ℎ=65mgR
即电势能的改变量为−65mgR。
答：(1)带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是g和2g；
(2)从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度为2 gR；电势能的改变量为−65mgR。
【解析】(1)对正电荷，由平衡条件求出电场强度的大小，再对负电荷，由牛顿第二定律可求在水平方向和竖直方向的分加速度的大小；
(2)由运动的分解和几何关系结合动能定理求出小球第一次与圆轨道撞击时的速度，再由电场力做功与电势能的变化关系求出电势能的改变量。
本题解题关键是先根据平衡条件求出匀强电场的大小，其次是由动能定理、牛顿第二定律结合几何关系求解即可。
12.【答案】解：(1)设A、B的质量为m，根据题意，在传送带上，对A由牛顿第二定律有
mgsin30°−μ1mgcs30°=ma1
解得a1=3.5m/s2
由速度与位移公式有
2a1d=v02
解得v0=4m/s
(2)设水平向右为正方向，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv0=(m+m)v1
解得v1=2m/s
根据能量守恒定律有
μ2mgs=12mv02−12(m+m)v12
解得s=4m
A恰好滑到B右端时，B与右侧固定平台相碰，在B加速至共速的过程中，对B由动能定理得
μ2mgL=12mv12
解得L=2m
(3)设水平向右为正方向，C与挡板碰撞前，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv1=mv2+Mv3
设水平向右为正方向，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv2+M(−v3)=(M+m)v4
解得A、C共速时的速度
v4=23(v2−1)
全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时弹簧弹性势能最大，则有
Ep=12mv12−12(m+M)v42=1−13(v2−1)2
C与挡板碰撞前，从A开始压缩弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，有
12mv12=12mv′22+12Mv′32
设水平向右为正方向，又由动量守恒定律有
mv1=mv′2+Mv′3
解得v′2=−23m/s
故C与挡板碰撞前A的速度v2的取值范围在−23m/s到2m/s之间，根据
Ep=1−13(v2−1)2
由二次函数性质可知，当v2=1m/s时，弹簧弹性势能最大值最大，为
Ep1=1J
当v2=−23m/s时，弹簧的弹性势能最大值最小，为
Ep2=227J
则弹簧弹性势能最大值Ep的范围为
227J≤Ep≤1J
答：(1)由牛顿第二定律结合运动学公式求A滑上B时的速度为4m/s；
(2)木板B的长度s和木板B与平台左侧的距离L为2m；
(3)弹簧弹性势能最大值Ep的范围为227J≤Ep≤1J。
【解析】(1)在传送带上，对滑块A受力分析，由牛顿第二定律结合速度—位移关系式求解A滑上B时的速度；
(2)根据动量守恒定律求出AB共同的速度，根据能量守恒与转化定律求出B板的长度。对B板应用动能定理求B板与平台的距离；
(3)根据动量守恒定律和和机械能守恒定律求出AC碰撞到恢复原长时C的速度，结合碰撞前A的速度范围，由动量守恒和机械能守恒定律，当两者共速时弹性势能最大，并求出弹性势能的取值范围。
本题考查了力学三大知识的综合性问题，难度大，考查逻辑思维能力，第三问的分析要抓住弹簧最大弹性势能均出现在A、C共速时刻，通过系统机械能再判断最大弹性势能的极值。
13.【答案】能 足够小 红光和绿光各自的衍射条纹
【解析】解：根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λLd(其中L为双缝到屏的距离，d为双缝间距)，双缝到光屏的距离L变大，则双缝干涉条纹间距变大；
根据双缝干涉条纹间距公式可得dL=λΔx，必需足够小才能发生明显的干涉；
由于红光波长大于绿光的波长，所以一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，红光和绿光的条纹间距不同，因此光屏上出现红光与绿光各自的衍射条纹。
故答案为：能；足够小；红光和绿光各自的衍射条纹。
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λLd分析作答；根据双缝干涉产生的条件分析作答；红光与绿光的波长不同，根据双缝干涉条纹间距公式分析条纹的间距，然后作答。
本题主要考查了双缝干涉，能够根据双缝干涉条纹间距公式进行分析相关问题；知道双缝干涉产生的条件。
14.【答案】解：(1)对A波有
vA=λATA
解得vA=8m/s
B波的传播速率和A波的传播速率相等，所以
vB=vA=8m/s
由TB=λbvB，解得TB=1s；
(2)要使平衡位置x=13m的质点位移达到1.6m，必须要求A波和B波的波峰同时传播过来。所以A波波峰传播到x=13m位置的时刻为
tA=TA4+nTA(n=0,1,2⋯)
B波波峰传播到x=13m位置的时刻为
tB=7TB8+mTB(m=0,1,2⋯)
A波和B波的波峰同时传播到x=13m位置的时刻需满足
TA4+nTA=7TB8+mTB
代入数据整理得n=2m+1.5(m,n=0,1,2⋯)，上面关系式在整数范围内不成立，所以x=13m处的质点位移不能达到1.6m。
答：B波的传播速率为8m/s，振动周期为1s；
(2)不能，见解析
【解析】(1)由图得出两波的波长，由波长、波速与周期的关系求出波速，然后求出B的周期；
(2)结合波的叠加的情况，判断二者的波峰能否同时到达x=1.6m处即可。
该题考查波速、波长以及周期之间的关系，其中该题的难点为A、B两列波传播到同一位置时振动是加强还是减弱的判断，题目难度较大。
1.10米跳台跳水可以简化为竖直方向的直线运动，以运动员离开跳台时作为计时起点，取竖直向下为正方向，如图所示，0∼1.8s、2.1∼2.7s内图线为直线，1.8∼2.1s内图线为曲线。当地重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 空气阻力可以忽略
B. t=1.8s时，瞬时速度的大小为18m/s
C. 在1.9∼2.1s内，速度和加速度均减小
D. 2.1∼2.7s内水对运动员的作用力的大小是重力的两倍
2.如图所示，两固定斜面OM粗糙、ON光滑，两物块a，b通过铰链与轻杆相连，a不带电，b带正电，且都静止于斜面上，杆垂直于OM。当在整个空间加竖直向下的匀强电场时( )
A. a向上滑动B. b仍静止
C. a与OM间的摩擦力增大D. b沿斜面向下运动
3.如图所示，质量相同的小球A、B，A用长度为L的两根轻质细线分别系在天花板上的C点和B球上，B球穿在光滑的竖直杆上，光滑杆垂直固定在天花板上的D点，CD间的距离为L。现用一竖直向上的力F使B球缓慢向上运动到D点，A、B、C、D在同一竖直面内，则( )
A. AC间绳的张力单调减小
B. AB间绳的张力先增大再减小
C. 杆对B球的支持力单调增加
D. F单调减小
4.如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与水平面间的夹角α=60°，且杆OA光滑。弹簧与竖直方向间的夹角β=30°，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，已知OB两点间的距离为L。则( )
A. 弹簧弹力的大小为mg
B. 杆对小环的弹力大小为 3mg
C. 若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定在与B点等高的A点时转速为 6gL
D. 若整个框架以OB为轴开始转动，当小环缓慢运动到与B点等高的A点时杆对小环做的功为1.5mgL
5.如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q均静止，某时刻撤去外力，当Q下降的高度为ℎ时，细绳断裂，重力加速度为g，sin37°=0.6，P、Q均可视为质点，斜面足够长，则( )
A. 物块P沿斜面上升的最大高度为3516ℎ
B. 当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为9mg4 2gℎ
C. 在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为54 2ℎg
D. 当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t=0时刻减少了3516mgℎ
二、多选题（本题共3小题，共18分）
6.如图所示，圆弧轨道竖直放置，半径OC竖直，ℎ=0.8m，R=1.0m，小球的质量m=2kg，α=60°，小球从B点由静止释放，然后从C点做平抛运动，平抛的水平距离s=1.2m。重力加速度g=10m/s2。小球视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小为6N⋅s
B. 在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为1J
C. 小球经过C点时受到轨道的作用力大小为38N
D. 从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量小于机械能的减少量
7.如图所示，甲、乙、丙分别为单星、双星、三星模型图，轨迹圆半径都为R，中心天体质量为M，环绕天体质量均为m，已知M≫m，则( )
A. 乙、丙图中环绕天体的周期之比为2： 3
B. 乙图中环绕天体的角速度大于丙图中环绕天体的角速度
C. 甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度
D. 乙、丙两图中环绕天体的线速度之比为43：2
8.如图甲所示，真空中有一平行板电容器水平放置，两极板所加电压如图乙所示，板长l=v0T，板间距为d。t=T8时，带电粒子a靠近下极板，从左侧以v0的速度水平射入，a粒子恰好不会打在上极板上。若质量和电量相同的b粒子以2v0的水平速度从相同位置射入，恰好从下极板的右侧边缘飞离极板，粒子可视为质点且不计重力。下列说法正确的是( )
A. a粒子飞离极板时的速度等于进入时的速度
B. a粒子飞离极板时竖直偏移量为8d9
C. b粒子进入极板的时刻可能为 24T
D. b粒子进入极板的时刻可能为 2−14T
三、填空题（本题共1小题，共5分）
9.如图所示，两拉力传感器固定在同一水平线上，两根长为L的轻质细线上端分别连接两传感器，下端连接大小一样的小钢球，两钢球的质量分别为m1、m2，两细线自然下垂时两钢球恰好接触，钢球的直径远小于细线的长度，两拉力传感器能记录细线中拉力的大小。
(1)将钢球1拉离竖直位置，细绳拉直由静止释放钢球1，两钢球碰前拉力传感器1记录的最大值为F1；
(2)钢球1运动到最低点与钢球2发生碰撞，碰后钢球1弹回，碰后传感器1和2的记录的最大值分别为F2、F3；
(3)两钢球质量关系满足m1 ______(填“大于”“小于”或“等于”)m2；
(4)若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，需满足的关系式为______；若满足关系式______，则说明碰撞为弹性碰撞。(用m1、m2、F1、F2、F3和重力加速度g表示)
四、实验题（本题共2小题，共15分）
10.为了测量2节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A.2节干电池
B.定值电阻R1=50.0Ω
C.定值电阻R0=3.0Ω
D.滑动变阻器R(最大阻值为30Ω，允许通过最大电流为1A)
E.电流表A1(量程为0∼30mA、内阻r1为50.0Ω)
F.电流表A2(量程为0∼500mA、内阻r2约为0.5Ω)
G.开关S、导线若干
(1)将R1和A1串联作电压表用。
(2)根据以上器材设计电路图，完成图乙，并连接图甲所示的实物图。
(3)接好电路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，分别读出电流表A1、A2的示数I1、I2，一共记录了六组数据，以(I1+I2)为横坐标、I1为纵坐标作图，如图丙所示，则该电池组的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)
(4)(3)问中的电动势和内阻的数据处理______(填“有”或“没有”)系统误差。
11.如图所示，光滑绝缘圆轨道竖直放置，半径为R，电场与水平方向成45°斜向右上，质量为m，电荷量为q(q>0)的带电小球恰好能静止于与圆心等高的A点处，现将该小球带上等量的负电从A点静止释放，求：
(1)带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是多大；
(2)从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度和电势能的改变量。
五、简答题（本题共3小题，共42分）
12.如图所示，逆时针转动的倾斜传送带与水平面间的夹角为30°，斜面长度d=167m。木板B静止在光滑水平面上，左侧与传送带平滑连接，木板B的右侧有一光滑平台与B高度相同。C静止在平台上，左侧有一弹簧。A与传送带间的动摩擦因数μ1= 310，A、B间的动摩擦因数μ2=110，A由传动带滑上B时没有动能损失，A、B共速时A刚好到达B右侧，且B也刚好与平台接触，以后B立即静止。C右侧某处有一固定挡板(图中未画出)，A与弹簧接触的过程中C与挡板发生弹性碰撞，碰撞结束后立即撤去挡板。A由静止释放，A、C均可视为质点，A、B质量相同，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)A滑上B时的速度；
(2)木板B的长度s和木板B与平台左侧的距离L；
(3)若A、B的质量均为m=0.5kg，C的质量M=1kg，C与挡板碰撞后，弹簧弹性势能最大值Ep的范围。(A与弹簧不拴接，结果可用分数表示)
13.双缝干涉实验如图所示，如果增加双缝到光屏的距离，______(填“能”或“不能”)增大条纹间的距离。若双缝间距为d、光屏到双缝的距离为L，则dL必须______(填“足够大”“足够小”或“约等于1”)。若用一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，则光屏上出现______。
14.位于x=0处的A波源，产生一向右传播的简谐横波，如图中实线所示；位于x=50m处的B波源，产生一向左传播的简谐横波，如图中虚线所示。A的周期为0.5s，A、B的传播速率相等，t=0时的波形图如图所示。
(1)求B波的传播速率及振动周期；
(2)平衡位置x=13m处的质点位移能否为1.6m？如果能，求出经多长时间位移第一次到达1.6m；如果不能，请说明理由。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.v−t图像的斜率表示加速度，在0∼1.8s内的加速度为
a1=0−(−4)0.4m/s2=10m/s2=g
故空气阻力可以忽略，故A正确；
B.t=1.8s时，瞬时速度的大小
v=v0+a1t=−4m/s+10×1.8m/s=14m/s
故B错误；
C.根据v−t图像的切线斜率的绝对值表示加速度的大小可知，在1.9∼2.1s内，速度减小，加速度增大，故C错误；
D.由图像可知自由下落的时间为
1.8s−0.4s=1.4s
由图像可知入水后做匀减速的时间为
2.7s−2.1s=0.6s
由图像可知t=1.8s和t=2.1s时的速度大小差异很小，即自由下落和入水后的速度变化基本相同，但时间差异很大，所以减速的加速度大于重力加速度，由牛顿第二定律得
F浮+F阻−mg=ma
故
F浮+F阻>2mg
故D错误。
故选：A。
根据v−t图像的斜率计算加速度；根据速度—时间关系式计算；根据图像的斜率分析判断；根据图像确定自由下落和入水时间，根据图像的斜率确定速度的变化，再依据牛顿第二定律判断。
本题关键掌握利用图像分析运动员的运动过程。
2.【答案】B
【解析】解：BD.设b的质量为m，杆对b的弹力为F，ON对b的支持力为Nb，其力的矢量图如图所示
由几何知识可知，力的矢量三角形构成了等边三角形，故
F=Nb=mg
现b受竖直向下的电场力，杆和ON的支持力等比例增大，合力仍为零，故b仍静止，故B正确，D错误；
AC.杆对a的力始终垂直斜面OM，a始终静止，摩擦力满足
f=magcs30°
故摩擦力不变，故AC错误。
故选：B。
对未加电场时的b受力分析，根据平衡条件得到支持力、重力和弹力的关系，再根据加入电场后，b受竖直向下的电场力，分析受力。
本题考查了受力分析，正确分析出力的矢量三角形，结合不同情况下物体的状态是解决此类问题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：AB、根据题意，对两小球进行受力分析如图所示：
设细线AC与竖直方向的夹角为θ，细线AB与竖直方向的夹角为α，当B在外力作用下向上缓慢移动时，θ先减小后增大，将A受到的力适当平移构成矢量三角形，在该三角形中，重力大小、方向都不变，当θ逐渐减小、α逐渐增大时，如图所示
根据图像可知，另外两个力都在减小，当α=90°，TAB=0，此时AC间绳的张力TAC=mg
之后θ增大，如图所示：
可知，AC间绳的张力TAC逐渐减小，AB间绳的张力TAB逐渐增大，综上所述，AC间绳的张力TAC一直减小，AB间绳的张力TAB先减小后增大，故B错误，A正确；
C、对A、B整体受力分析，有
NB=TACsinθ
可知，由于AC间绳的张力TAC一直减小，开始θ逐渐减小，sinθ减小，则NB先减小，故C错误；
D、从初始到α增大到90°的过程中，对B有
F=mg−TABcsα
AB间绳的张力TAB在减小，csα在减小，则F增大，故D错误。
故选：A。
对两小球分别进行受力分析，画A的受力三角形图，判断A受力的变化，对A、B整体和B受力分析，根据平衡条件列解析式，分析力的变化。
本题考查学生对物体受力平衡时力的动态变化分析，常用的方法是：1.解析法，根据平衡写力的解析式，判断变化；2.画图法，通过画力的矢量三角形，判断力的变化。
4.【答案】D
【解析】解：AB、小环在P点处于静止状态，受力分析如图所示：
根据受力平衡有
Tcs(90°−α+β)=mgsinα
Tsin(90°−α+β)=mgcsα+N
解代入数据得：T= 3mg,N=mg，故AB错误；
C、小环在A点时，设小环做圆周运动的半径为r，弹簧的弹力为FT、杆的弹力为FN，根据向心力有
FT+FNsinα=mω2r
竖直方向根据受力平衡有：FNcsα=mg
由几何关系有：L=rtanα
弹簧伸长的长度与初始相同，则
FT=T= 3mg
代入数据解得：ω= 6gL
根据：n=1T=ω2π
代入数据解得：n=12π 6gL
故C错误；
D、小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度
vP=0
小环在A点的速度大小
vA=ωr= 2gL
小环由P点到A点的过程中，根据动能定理有
W−mg⋅L2=12mvA2−12mvP2
解代入数据解得：W=1.5mgL，故D正确。
故选：D。
根据受力平衡联立方程求出弹力的大小，当以OB为轴转动时，根据圆周运动和动能定理求出转速和做功。
本题主要考查受力平衡和圆周运动，在做题中要注意不同位置圆周运动的半径和向心力不同。
5.【答案】C
【解析】解：A、当Q下降的高度为ℎ时，根据几何关系得P上升的高度为ℎ′=ℎsin53∘sin37°=34ℎ。
细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒定律有
3mgℎ−mgℎ′=12(3m+m)v2
解得：v= 98gℎ
细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足
mgℎ1=12mv2
解得：ℎ1=916ℎ
所以物块P沿斜面上升的最大高度为：H=ℎ′+ℎ1=34ℎ+916ℎ=2116ℎ，故A错误；
B、当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率为P=3mgvsin53°=9mg5 2gℎ，故B错误；
C、细绳断裂后，物块P在斜面上的运动时间为：t=vgsin37∘，解得：t=54 2ℎg，故C正确；
D、细绳断裂前，P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻减少量，即ΔE=mg(ℎ′+ℎ1)=2116mgℎ，故D错误。
故选：C。
当Q下降高度ℎ时，根据几何关系求出P上升的高度。对PQ整体，根据机械能守恒定律列方程，即可求出绳子断裂瞬间P、Q速度大小。根据公式P=mgvsinα求当绳子断开瞬间物体Q的重力的功率。绳子断裂后，对P，利用机械能守恒定律求出P还能上升的高度，从而求得P沿斜面上升的最大距离。绳子断开后，由速度—时间公式求解物体P在斜面上的运动时间。根据机械能守恒定律分析D项。
对于连接体问题，要抓住两个物体的速度大小相等，系统机械能守恒。当绳子断裂后，P的机械能守恒。
6.【答案】AB
【解析】解：A.小球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律，沿竖直方向ℎ=12gt2
沿水平方向s=vCt
小球在C点的速度vC=3m/s
则在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小Δp=mvC=2×3N⋅s=6N⋅s
故A正确；
B.在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，根据动能定理有mgR(1−csα)−Wf=12mvC2
则小球克服阻力做的功Wf=1J
故B正确；
C.小球经过C点时，根据牛顿第二定律有F−mg=mvC2R
小球经过C点时受到轨道的支持力大小F=38N
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过C点时受到轨道的作用力大于38N，故C错误；
D.从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量ΔEk=12mvC2+mgℎ=25J
整个运动过程中，小球机械能的减少量ΔE=Wf=1J
可知从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。
故选：AB。
球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律得小球在C点的速度，根据动量定理求出球动量变化量；根据能量的转化与守恒求出阻力做的功；根据牛顿第二定律求出小球经过C点时受到轨道的支持力，然后判断作用力大小；结合动能定理和能量守恒判断。
从B到C的过程中小球的机械能不守恒，不能用机械能守恒求C点的速度；小球离开C之后，做平抛运动，根据平抛运动的规律可以直接求解。
7.【答案】CD
【解析】解：A.根据万有引力定律，对乙图所示的模型有
Gmm(2R)2=m4π2T′2R
代入数据解得：T′=4π R3Gm
对丙图所示的模型有
代入数据解得：T″=2π 3R3Gm
则有T′：T″=2：43，故A错误；
B、根据ω=2πT可知，角速度之比等于周期的反比，乙图中环绕天体的周期比丙图中的大，所以乙图中环绕天体的角速度比丙图中的小，故B错误；
C、根据万有引力定律，对甲图所示的模型有
GMmR2=mω2R
代入数据解得：ω= GMR3
对丙图所示的模型有
3Gmm( 3R)2=mω′2R
代入数据解得：ω′= 3Gm3R3
由于M≫m，则甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度，故C正确；
D、乙、丙两图半径相同，根据v=2πrT可知，线速度之比为周期的反比，故线速度之比为43：2，故D正确。
故选：CD。
根据万有引力提供向心力分析，再根据不同类型分析选项。
本题主要考查对万有引力的应用，在天体运动中不论是多星还是单星都是由万有引力提供向心力。
8.【答案】ABC
【解析】解：A.加电场后，竖直方向上的加速度大小为
a=U0qdm
根据速度—时间公式可知，速度大小为
v=at=U0qdm(T2−T8)=3qU0T8md
12T 时变换电场方向，做减速运动，则经过38T速度减为0，后从78T～T反向加速速度大小为
v′=at′=qU0T8md
如图所示
由于粒子在水平方向上做匀速指向运动可知，l=v0T，可知粒子飞离极板所需时间为
t=lv0=T
则由vy−t图可知a粒子飞离极板时竖直方向的分速度恰好为零，a粒子飞离极板时的速度与进入时相同，故A正确；
B.由竖直方向的速度—时间图像可得，根据位移—时间公式可知，从T8到7T8竖直方向的位移
d=12×3qU0T8md×(7T8−T8)=9aT264
根据位移—时间公式可知，从7T8到9T8竖直方向的位移
y1=−12×qU0T8md×(9T8−7T8)=−aT264=−d9
a粒子飞离极板时竖直偏移量
y=d+y1=89d，故B正确；
CD.设极板长度为l，a粒子在水平方向的位移
l=v0(98T−18T)=v0T
设b粒子在电场中运动时间为tb，其水平方向的位移
l=2v0tb
解得：tb=12T
设0～T2内的t时刻，b粒子从下极板左端下边缘进入电场，然后从下极板右端边缘飞离极板，则
根据位移—时间公式可知，y=12a(T2−t)2+a(T2−t)⋅t−12at2=0
解得：t= 24T，故C正确，D错误。
故选：ABC。
根据带电粒子在匀强电场中只受电场力作用，根据牛顿第二定律分析粒子的加速度，再根据运动学公式分析粒子的运动情况即可分析A选项；根据a粒子在匀强电场中偏转，结合运动学公式计算偏转位移即可；粒子在水平方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间确定，根据粒子进入电场的时间节点即可分析。
该题考查带电粒子在周期性变化的云强电场中的运动，要注意粒子在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀变速运动，该题的难点在于分析各时间段内粒子的运动情况，题目难度较大，综合性较强。
9.【答案】小于 m1(F1−m1g)= m2(F3−m2g)− m1(F2−m1g) (F1−m1g)=(F2−m1g)+(F3−m2g)
【解析】解：(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞，碰后钢球1弹回，所以m1小于m2。
(4)两钢球碰前瞬间钢球1的速度大小为v1，根据牛顿第二定律得：F1−m1g=m1v12L
解得：v1= (F1−m1g)Lm1
设碰撞后瞬间钢球1、2的速度分别为v2、m3，同理可得：
v2= (F2−m1g)Lm1，v3= (F3−m2g)Lm2
若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v1=−m1v2+m2v3
联立可得： m1(F1−m1g)= m2(F3−m2g)− m1(F2−m1g)
若为弹性碰撞，还需满足机械能守恒，则有：
12m1v12=12m1v22+12m2v32
联立可得：(F1−m1g)=(F2−m1g)+(F3−m2g)
故答案为：(3)小于；(4) m1(F1−m1g)= m2(F3−m2g)− m1(F2−m1g)；(F1−m1g)=(F2−m1g)+(F3−m2g)
(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞后钢球1被弹回，可知钢球1的质量较小。
(4)根据圆周运动的力与运动的关系，应用牛顿第二定律求得碰撞前后瞬间钢球的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律解答。
本题考查了验证验证动量守恒定律的实验，碰撞前后速度是利用圆周运动中力与运动的关系间接测量的，涉及到了向心力的知识点。
10.【答案】3.0 1.0 没有
【解析】解：(2)因用R1和A1串联来间接测量路端电压，将电流表A2相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，这样就不存在系统误差了，故电路图如图所示：
根据电路图，实物连线如图所示：
(3)根据闭合电路欧姆定律可得：E=(I1+I2)(R0+r)+I1(r1+R1)
变形为：I1=Er1+R1−R0+rr1+R1⋅(I1+I2)
根据I1−(I1+I2)图像的纵轴截距和斜率可得：
Er1+R1=30mA=0.03A
R0+rr1+R1=30−5620
代入数据解得：E=3.0V，r≈1.0Ω
(4)本实验中定值电阻R1和电流表A1串联起来相当于电压表，将电流表A2相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，干路电流与路端电压的测量均为系统误差，因此电动势和内阻的数据处理没有系统误差。
故答案为：(2)见解析；(3)3.0；1.0；(4)没有
(2)将电流表A2相对于电源采用外接法，干路电流等于两电流表的示数之和，这样就不存在系统误差了，依此画出电路图；根据电路图，进行实物连线；
(3)根据闭合电路欧姆定律，结合I1−(I1+I2)图像的纵轴截距和斜率求解；
(4)本实验干路电流等于两电流表的示数之和，干路电流与路端电压的测量均为系统误差。
本题考查了测量电池的电动势和内阻的实验。掌握实验原理是解题的前提，应用图像法处理实验数据，根据闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图像的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
11.【答案】解：(1)带正电的小球能静止在A点，由平衡条件可得：qEsin45°=mg，解得：E= 2mgq
对带负电的小球，由牛顿第二定律得：在水平方向有：qEcs45°=max，解得：ax=g
在竖直方向有：qEsin45°+mg=may，解得：ay=2g；
(2)小球的水平方向的位移为：x=12gt2
竖直方向上的位移为：ℎ=12×2gt2
即小球水平位移和竖直位移的关系为：2x=ℎ
由几何关系可得：(R−x)2+ℎ2=R2
解得：ℎ=45R,x=25R
由动能定理可得：
mgℎ+qEcs45°⋅x+qEsin45°⋅ℎ=12mv2
联立解得：v=2 gR
由于电场力做正功，所以小球的电势能的减少了
ΔE=qEcs45°⋅x+qEsin45°⋅ℎ=65mgR
即电势能的改变量为−65mgR。
答：(1)带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是g和2g；
(2)从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度为2 gR；电势能的改变量为−65mgR。
【解析】(1)对正电荷，由平衡条件求出电场强度的大小，再对负电荷，由牛顿第二定律可求在水平方向和竖直方向的分加速度的大小；
(2)由运动的分解和几何关系结合动能定理求出小球第一次与圆轨道撞击时的速度，再由电场力做功与电势能的变化关系求出电势能的改变量。
本题解题关键是先根据平衡条件求出匀强电场的大小，其次是由动能定理、牛顿第二定律结合几何关系求解即可。
12.【答案】解：(1)设A、B的质量为m，根据题意，在传送带上，对A由牛顿第二定律有
mgsin30°−μ1mgcs30°=ma1
解得a1=3.5m/s2
由速度与位移公式有
2a1d=v02
解得v0=4m/s
(2)设水平向右为正方向，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv0=(m+m)v1
解得v1=2m/s
根据能量守恒定律有
μ2mgs=12mv02−12(m+m)v12
解得s=4m
A恰好滑到B右端时，B与右侧固定平台相碰，在B加速至共速的过程中，对B由动能定理得
μ2mgL=12mv12
解得L=2m
(3)设水平向右为正方向，C与挡板碰撞前，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv1=mv2+Mv3
设水平向右为正方向，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有
mv2+M(−v3)=(M+m)v4
解得A、C共速时的速度
v4=23(v2−1)
全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时弹簧弹性势能最大，则有
Ep=12mv12−12(m+M)v42=1−13(v2−1)2
C与挡板碰撞前，从A开始压缩弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，有
12mv12=12mv′22+12Mv′32
设水平向右为正方向，又由动量守恒定律有
mv1=mv′2+Mv′3
解得v′2=−23m/s
故C与挡板碰撞前A的速度v2的取值范围在−23m/s到2m/s之间，根据
Ep=1−13(v2−1)2
由二次函数性质可知，当v2=1m/s时，弹簧弹性势能最大值最大，为
Ep1=1J
当v2=−23m/s时，弹簧的弹性势能最大值最小，为
Ep2=227J
则弹簧弹性势能最大值Ep的范围为
227J≤Ep≤1J
答：(1)由牛顿第二定律结合运动学公式求A滑上B时的速度为4m/s；
(2)木板B的长度s和木板B与平台左侧的距离L为2m；
(3)弹簧弹性势能最大值Ep的范围为227J≤Ep≤1J。
【解析】(1)在传送带上，对滑块A受力分析，由牛顿第二定律结合速度—位移关系式求解A滑上B时的速度；
(2)根据动量守恒定律求出AB共同的速度，根据能量守恒与转化定律求出B板的长度。对B板应用动能定理求B板与平台的距离；
(3)根据动量守恒定律和和机械能守恒定律求出AC碰撞到恢复原长时C的速度，结合碰撞前A的速度范围，由动量守恒和机械能守恒定律，当两者共速时弹性势能最大，并求出弹性势能的取值范围。
本题考查了力学三大知识的综合性问题，难度大，考查逻辑思维能力，第三问的分析要抓住弹簧最大弹性势能均出现在A、C共速时刻，通过系统机械能再判断最大弹性势能的极值。
13.【答案】能 足够小 红光和绿光各自的衍射条纹
【解析】解：根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λLd(其中L为双缝到屏的距离，d为双缝间距)，双缝到光屏的距离L变大，则双缝干涉条纹间距变大；
根据双缝干涉条纹间距公式可得dL=λΔx，必需足够小才能发生明显的干涉；
由于红光波长大于绿光的波长，所以一束红光和一束绿光分别照射双缝中的一条缝隙，红光和绿光的条纹间距不同，因此光屏上出现红光与绿光各自的衍射条纹。
故答案为：能；足够小；红光和绿光各自的衍射条纹。
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λLd分析作答；根据双缝干涉产生的条件分析作答；红光与绿光的波长不同，根据双缝干涉条纹间距公式分析条纹的间距，然后作答。
本题主要考查了双缝干涉，能够根据双缝干涉条纹间距公式进行分析相关问题；知道双缝干涉产生的条件。
14.【答案】解：(1)对A波有
vA=λATA
解得vA=8m/s
B波的传播速率和A波的传播速率相等，所以
vB=vA=8m/s
由TB=λbvB，解得TB=1s；
(2)要使平衡位置x=13m的质点位移达到1.6m，必须要求A波和B波的波峰同时传播过来。所以A波波峰传播到x=13m位置的时刻为
tA=TA4+nTA(n=0,1,2⋯)
B波波峰传播到x=13m位置的时刻为
tB=7TB8+mTB(m=0,1,2⋯)
A波和B波的波峰同时传播到x=13m位置的时刻需满足
TA4+nTA=7TB8+mTB
代入数据整理得n=2m+1.5(m,n=0,1,2⋯)，上面关系式在整数范围内不成立，所以x=13m处的质点位移不能达到1.6m。
答：B波的传播速率为8m/s，振动周期为1s；
(2)不能，见解析
【解析】(1)由图得出两波的波长，由波长、波速与周期的关系求出波速，然后求出B的周期；
(2)结合波的叠加的情况，判断二者的波峰能否同时到达x=1.6m处即可。
该题考查波速、波长以及周期之间的关系，其中该题的难点为A、B两列波传播到同一位置时振动是加强还是减弱的判断，题目难度较大。
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