江苏省南通市启东中学创新班2018-2019学年高二(下)期中物理试卷(解析版)
2018-2019学年江苏省南通市启东中学创新班高二（下）期中物理试卷
1.在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应
对于这两个过程，可能相同的物理量是（）
A. 遏止电压
B. 饱和光电流
C. 光电子的最大初动能
D. 逸出功
2.一个氢原子中的电子从一半径为r a的轨道自发地直接跃迁至另一半径为r b的轨道，
已知r a＞r b，则在此过程中（）
A. 原子发出一系列频率的光子
B. 原子要吸收一系列频率的光子
C. 原子要吸收某一频率的光子
D. 原子要辐射某一频率的光子
3.2016年12月15日腾讯网消息，“好奇号”火星探测器
发现了火星存在微生物的更多线索，进一步激发了人类
探测火星的热情．如果引力常量G已知，不考虑星球的
自转，则下列关于火星探测的说法正确的是（）
A. 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，速度大小为第二宇宙速度
B. 若火星半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，则火星表面
的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度
C. 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，如果测得探测器的运行周期与火
星半径，则可以计算火星质量
D. 火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时，轨道半径越大绕行周期越小
4.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势
高低如图曲线所示，规定无限远处电势为零，下列推理与
图象信息不符合的是（）
A. Q1一定大于Q2
B. Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷
C. 电势最低处P点的电场强度为 0
D. Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点
5.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一个质量为m的质
点，在恒力F和重力的作用下。从坐标原点O由静止开始
沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角（θ
为锐角）。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法
正确的是（）
A. 当F=mgtanθ时，质点的机械能一定减小
B. 当F=mgsinθ时，质点的机械能一定增大
C. 当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D. 当F=mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
6.带有等量异种电荷的平板状电容器不是平行放置的，下列图象中的电场线描绘正确
的是（）
A. B.
C. D.
7.下列说法正确的是（）
A. 普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论
B. 大量的电子通过双缝后在屏上能形成明暗相间的条纹，这表明所有的电子都落
在明条纹处
C. 电子和其他微观粒子都具有波粒二象性
D. 光波是一种概率波，光的波动性是由于光子之间的相互作用引起的，这是光子
自身的固有性质
8.铀核裂变的一种方程为92235U+X→3894Sr+54140Xe+201n，已知原子核的比结合能
与质量数的关系如图所示，下列说法正确的有（）
A. X粒子是中子
B. X粒子是质子
C. 92235U、?3894Sr、?54140Xe相比，?3894Sr的比结合能最大，最稳定
D. 92235U、?3894Sr、?54140Xe相比，?92235U的质量数最多，结合能
最大，最稳定
9.2016年10月17日我国成功发射了质量为m的“神舟”十
一号飞船．飞船先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，近地点Q贴近地面，
在远地点P处点火加速，顺利进入距地面高度为h的圆轨
道Ⅱ，在此圆轨道上飞船运行周期为T，已知地球半径为R，
下列判断正确的是（）
A. 飞船在轨道Ⅱ的动能为2m(R+?)2π2
T2
B. 飞船在轨道Ⅰ运动的周期为T(2R+?)
2(R+?)√2R+?2(R+?)
C. 飞船变轨前通过椭圆轨道P点的速度大于Q点的速度
D. 从Q到P飞船做离心运动，高度增加，机械能增大
10.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，
静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）
A. 平行板电容器的电容值将变大
B. 静电计指针张角不变
C. 带电油滴的电势能将增大
D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，
则带电油滴所受电场力不变
11.如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与
一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水
平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程
中外力F做功为W1，滑块克服摩擦力做功为W2撤去F后滑块向右运动最终和弹簧分离不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则（）
A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为W1?W2
B. 撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
C. 滑块与弹簧分离时的加速度为零
D. 滑块与弹簧分离时的动能为W1?2W2
12.在水平地面上固定有A、B两个带电量均为+Q的点电荷，
在过AB中点O的中垂面内固定有一根长为L的光滑绝
缘细杆CD，且O、C两点在同一竖直线上，D点到O
点的距离与C点到O点的距离均为d，OC⊥OD．在杆
的顶端C处有一个质量为m、带电量为-q的金属圆环，
由静止释放金属圆环后，它会沿杆向下运动。已知重力
加速度为g，下列关于金属圆环运动的说法正确的是
（）
A. 金属圆环沿杆运动的速度一直增大
B. 金属圆环经过杆中点时的加速度等于√2
g
2
C. 金属圆环运动到杆中点处的电势能最小
D. 金属圆环运动到D点时的速度大小为√2gd
13.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。先将小球1从斜槽轨道上
某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把另一小球2放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止，让小球1仍从原固定点由静止开始滚下，且与小球2相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。A、
B、C为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点。实
验中空气阻力的影响很小，可以忽略不计。
（1）在本实验中斜槽轨道______（填选项前的字母）A．必须光滑B．可以不光滑
（2）实验中应该选择两个合适的小球进行实验。
①两个小球的半径______（填“相同”或“不同”）②应该选择下列哪组小球
______（填选项前的字母）A．两个钢球B．一个钢球、一个玻璃球C．两个玻璃球
（3）斜槽末端没有放置被碰小球2时，将小球1从固定点由静止释放。若仅降低斜槽上固定点的位置，那么小球的落地点到O点的距离将______（填“改变”或“不变”），若仅增大小球1的质量，小球仍以相同的速度从斜槽末端飞出，那么小球的落地点到O点的距离将______（填“改变”或“不变”）。
（4）在安装实验装置的过程中，使斜槽轨道末端的切线水平，小球碰撞前与碰撞后的速度就可以用小球飞出的水平距离来表示，其原因的是______
A．小球都是从同一高度飞出，水平位移等于小球飞出时的速度
B．小球都是从同一高度飞出，水平位移与小球飞出时的速度成正比
C．小球在空中的运动都是匀变速曲线运动，而且运动的加速度都相同
（5）本实验必须测量的物理量是______
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球1和小球2的质量m1、m2C．小球1的释放位置到斜槽轨道末端的高度h
D．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA?、OB?、OC?
14.某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。在铁架台的顶端有一电
磁铁，正下方某位置固定一光电门，电磁铁吸住直径为d的小铁球，此时球心与光电门的竖直距离为h（h＞＞D）。断开电源小球下落通过光电门的挡光时间为t请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测得d的长度如图乙所示，则该示数为______cm。
（2）该实验需要验证的表达式为______（用题中字母表示，设重力加速度为g）。
（3）在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做可以______
A．减小偶然误差
B．减小系统误差
C．使实验结论更具有普遍性
（4）小组内某同学提出用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性，其理由是______
15.如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R=0.2m，圆心为O，下端与绝
缘水平轨道在B点相切并平滑连接，一带正电q=5.0×10-3C、质量为m=3.0kg的物块（可视为质点），置于水平轨道上的A点，已知A、B两点间的距离为L=1.0m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．
（1）若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达圆周的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？
（2）若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E=2.0×103N/C的匀强电场中（图中未画出），现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置（结果可用三角函数表示）；
（3）在（2）问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程．
16. 如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy 中有一根表
面粗糙的粗细均匀的细杆OMN ，它的上端固定在坐标
原点O 处且与x 轴相切。
OM 和MN 段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于M 点，OM 段所对应的曲线方程为
y =59x 2．一根套在直杆MN 上的轻弹簧下端固定在N 点，其原长比杆MN 的长度短。可视为质点的开孔小球（孔
的直径略大于杆的直径）套在细杆上。现将小球从O 处以v 0=3m /s 的初速度沿x 轴的正方向抛出，过M 点后沿杆MN 运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M 点。已知小球的质量0.1kg ，M 点的纵坐标为0.8m ，小球与杆间的动摩擦因数μ=16，g 取10m /s 2．求：
（1）上述整个过程中摩擦力对小球所做的功W f ；
（2）小球初次运动至M 点时的速度v M 的大小和方向；
（3）轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能E pm 。
17. 如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD ，水平边
AB =√3L ，竖直边BC =L ，O 为矩形对角线的交点。将
一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右
抛出，小球经过BC 边时的速度方向与BC 夹角为
60°．使此小球带电，电荷量为q （q ＞0），同时加一
平行与矩形ABCD 的匀强电场，．现从O 点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过C 点的小球的动能为初动能的23
，经过E 点（DC 中点）的小球的动能为初动能的7
6，重力加速度为g ，求： （1）小球的初动能；
（2）取电场中O 点的电势为零，求C 、E 两点的电势；
（3）带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大？最大动能是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：ABCD、同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E km=hv-W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的。则B正确，ACD错误
故选：B。
同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E km=hv-W0判断光电子最大初动能的大小。
解决本题的关键知道不同的金属逸出功不同，以及掌握光电效应方程E km=hv-W0．同时要明确光照射到金属表面的瞬间即可发生光电效应，与金属无关。
2.【答案】D
【解析】
解：因为r a＞r b．一个氢原子中的电子从半径为r a的圆轨道自发地直接跃迁到另一半径为r b的圆轨道上，能量减小，向外辐射光子。因为能极差一定，只能发出特定频率的光子。故D正确。A、B、C错误。
故选：D。
氢原子从高轨道跃迁到低轨道，能量减小，减小的能量以光子的形式释放．
解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及掌握能级差与光子频率的关系，E m-E n=hγ．
3.【答案】C
【解析】
解：A、第二宇宙速度为脱离太阳系的速度，火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，故速度小于第二宇宙速度，故A错误；
B、由星球表面物体重力等于万有引力可得：，所以，重力加速度，故，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；
C、根据万有引力做向心力可得：，所以，火星质量，故C 正确；
D、由万有引力做向心力可得：，所以，周期，故道半径越大绕行周期越大，故D错误；
故选：C。
根据第二宇宙速度的意义得到运行速度小于第二宇宙速度；再根据星球表面物体重力等
于万有引力，由重力加速度表达式得到火星和地球重力加速度的大小关系；根据万有引力做向心力得到火星质量的表达式及运行周期的表达式，从而得到周期和轨道半径的关系．
万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量．
4.【答案】B
【解析】
解：解：AC、由U=Ed知，φ-x图象的斜率等于电场强度，P点切线的斜率为0，则知电势最低处P点的电场强度为0，
说明Q1和Q2在P点产生的场强大小相等、方向相反，由E=k分析知，Q1一定大于
Q2．故AC正确，不符合题意；
B、两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷一定是正电荷，故B错误，符合题意；D、根据顺着电场线电势逐渐降低，则知Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，故D 正确，不符合题意。
故选：B。
根据φ-x图象的斜率等于电场强度，由图象切线的斜率分析P点的电场强度，由点电荷场强公式E=k分析电荷量的关系。根据沿着电场线电势逐渐降低，分析电荷的电性。解决本题的关键要知道φ-x图象的斜率等于电场强度，掌握顺着电场线电势逐渐降低，知道空间一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加。
5.【答案】C
【解析】
解：BD、质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA
共线，如图
当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关系，有F=Gsinθ=mgsinθ，
F的方向与OA垂直，拉力F做功为零，所以质点的机械能守恒，故
BD错误；
AC、若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与OA不再垂
直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能关系，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误C正确。
故选：C。
质点只受重力和拉力F，由于质点做直线运动，合力方向与OA共线，结合平行四边形定则分析即可。
本题关键是对物体受力分析后，根据平行四边形定则求出拉力F的大小和方向，然后根据功能关系判断。
6.【答案】C
【解析】
解：导体静电平衡时，电场线与导体表面处处垂直；因两板分别带有等量异号电荷，根据电势差与电场强度的关系式U=Ed得，两极板之间电势差一定，而两极板的间距大，所以极板的电场强度小，电场线疏，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据电势差与电场强度的关系式U=Ed得，板间电势差不变，距离越长，电场强度E越小，电场越疏，从而即可求解。
常见的电容器是平行板电容器，该题两导体不平行，但是可以运用U=Ed定性分析判断。
7.【答案】AC
【解析】
解：A、普朗克之所以要提出量子化理论是为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，故A正确；
B、大量的电子通过双缝后在屏上能形成明暗相间的条纹，这表明落在明条纹处的电子
较多、落在暗条纹出的电子较少，故B错误；
C、任何一个运动着的物体，小到电子质子大到行星太阳，都有一种波与之对应这种波称为物质波，故电子和其他微观粒子，都具有波粒二象性。故C正确；
D、波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故D错误。
故选：AC。
普朗克之所以要提出量子化理论是为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行
解释，第一次提出了能量量子化理论；物质波是一种概率波，在微观物理学中不可以用“轨迹”来描述粒子的运动，波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关。
掌握近代物理里一些基本的概念和现象以及科学家在物理学方面的贡献即可正确解答。
8.【答案】AC
【解析】
解：AB、根据质量数守恒和电荷数守恒可得，X的电荷数为0，质量数为1，X为中子，故A正确，B错误；
C、由图可知，在Fe56附近原子核的比结合能最大，然后随核子数的增大，比结合能减小，
、、相比，比结合能最大，最稳定，故C正确；
D、重核裂变中，释放核能，、、相比，的质量数最多，结合能最大，核子数最多，最不稳定，故D错误。
故选：AC。
根据U核裂变的特点分析X；根据图中原子核的比结合能与核子数的关系分析比结合能的大小关系。
对于核反应，通常根据电荷数守恒和质量数守恒列式求解生成物，根据图象进行解题。
9.【答案】AB
【解析】
解：A、根据万有引力提供向心力，得：
所以：v=
飞船的动能：
根据，
解得：GM=
所以：．故A正确。
B、轨道Ⅰ的半长轴：
根据开普勒第三定律得：
所以：T1=．故B正确；
C、从椭圆轨道上由远地点向近地点运动时，由于万有引力做功，动能增加，所以远地点P点的速度小于近地点的速度。故C错误。
D、从Q到P飞船做离心运动，但只有万有引力做功，系统的机械能不变。故D错误。
故选：AB。
根据万有引力提供向心力求出飞船在圆形轨道上运行的周期，通过万有引力做功判断远地点和近地点的速度大小．根据牛顿第二定律，结合万有引力的大小比较加速度的大小．抓住卫星由椭圆轨道变轨到圆轨道需加速，比较远地点的速度和圆形轨道上运行的速度大小关系．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．
10.【答案】BD
【解析】
解：A、根据知，d增大，则电容减小，故A错误；
B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；
C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误；
D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确；
故选：BD。
电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。
本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变。
11.【答案】AD
【解析】
解：A、在水平外力F向左压缩弹簧的过程中，滑块机械能的变化量为零。根据功能关系知滑块和弹簧组成的系统机械能增加量为W1-W2，所以撤去F时，弹簧的弹性势能为W1-W2．故A正确。
B、撤去F后，摩擦力对滑块要做功，所以滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒。故B错误。
C、弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离，此时滑块的合力等于滑动摩擦力，所以加速度不等于零，故C错误。
D、从开始到滑块与弹簧分离的过程，由动能定理得：W1-2W2=E k-0，得滑块与弹簧分离时的动能为：E k=W1-2W2．故D正确。
故选：AD。
在水平外力F向左压缩弹簧的过程中，外力F和摩擦力做功的代数和等于滑块和弹簧组成的系统机械能增加量，由此求出撤去F时弹簧的弹性势能。撤去F后，对照机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析系统机械能是否守恒。弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离，由牛顿第二定律分析滑块的加速度。由功能关系求滑块与弹簧分离时的动能。
本题要注意正确分析物理过程，明确能量转化的情况，分段运用功能关系研究。
12.【答案】BCD
【解析】
解：A、圆环下落过程有重力和电场力做功，电场力先做正功后做负功，总功为零，重力一直做正功，故速度不是一直增大，故A错误；
B、在杆的中点时，受力分析可知库仑力的合力垂直于杆，其合力为重力的分力
mgsinθ=ma，其中θ=45°，解得：a=，故B正确；
C、圆环下落过程中受电场力，重力和弹力的作用，电场力和重力做功，从C到杆的中点前电场力做正功，之后电场力做负功，故电势能先减小后增加，故杆的中点电势能最小，故C正确；
D、从C到D，OC=OD，电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理：得到：v=，故D正确；
故选：BCD。
圆环下落过程中受电场力，重力和弹力的作用，电场力和重力做功，根据动能定理和电场力做功分析其速度，加速度，电势能等内容。
本题考查带电圆环在复合场中运动，关键是做好受力分析，判断电场力做功情况并注意电场力的方向问题。
13.【答案】B相同B改变不变B BD
【解析】
解：（1）碰撞是在轨道的末端进行的，且碰撞之后立即平抛了。所以只需测出在碰撞前后的速度，至于斜槽有无摩擦只是碰撞前的速度大小问题，不影响碰撞过程，故选项B符
合要求。
（2）①由于是一维碰撞，所以两球的半径相同，否则就不是对心碰撞，验证起来要困难
得多。
②为使碰撞后不反弹（反弹后再返回时速度已经减小了），则要求入射球的质量要大于
被碰球的质量，所以选择半径相同的钢球和玻璃球各一个。
（3）由动能定理可以求出从斜槽固定点滑下后到水平轨道末端的速度由高度及动摩擦因数决定，所以固定点变化，则到达末端的速度将改变；由平抛的水平位移公式x=v0t知，
水平位移与小球的质量无关，所以位移不变。
（4）碰撞前后的速度用水平位移表示，是因为两球平抛后时间相等，且水平位移与速度
成正比，即x=v0t，故选项B正确。
（5）本小题考察操作过程中需要测量的理：A、高度有需测量，因为所有平抛是等时的。B、动量p=mv，所以质量是必测的。C、只要满足小球1的释放位置不变即可，没有必要测该位置的高度。D、三个水平位移是必须测量的，用水平位移来代替水平速度，故选项BD。故答案为：（1）B；（2）相同；B；（3）改变；不变；（4）B；（5）BD。
（1）斜槽轨道是否光滑对实验没有影响。
（2）为使两球发生对心正碰，两球半径应相等；为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。
（3）（4）（5）根据图示装置与小球的运动分析答题，根据动量守恒分析答题，根据动量守
恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题。
本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键。
A小铁球通过光电门的挡光长度不一定等于直径d，小14.【答案】0.565 g?=d2
2t2
圆柱体通过光电门的挡光长度等于直径d
【解析】
解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×13mm=0.65mm，则示数为
5.65mm=0.565cm。
（2）小球通过光电门的瞬时速度v=，则动能的增加量，重力势能的减小量△E p=mgh，需验证的表达式为：mgh=，即。
（3）在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做可以减小偶然误差，无法减小系统误差，故选：A。
（4）利用小铁球时，若小铁球运动时偏离光电门中心时，挡光时间内运动的位移会小于
直径，可知小铁球通过光电门的挡光长度不一定等于直径d，小圆柱体通过光电门的挡
光长度等于直径d。
故答案为：（1）0.565，（2），（3）A，（4）小铁球通过光电门的挡光长度不一定等于
直径d，小圆柱体通过光电门的挡光长度等于直径d。
（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。
（2）抓住重力势能的减小量等于动能的增加量得出验证的表达式。
（3）多次改变h进行实验可以减小偶然误差。
（4）用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性，小铁球通过光电门时，若偏离光电门中心，挡光时间内的运动的位移会小于d。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道实验误差形成的原因，能够通过极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过光电门的瞬时速度，从而得出动能的增加量。
15.【答案】解：（2）物块恰好能到达圆周的最高点D，故有：mg=m v D2
R
对A到D过程，根据动能定理，有：-mg（2R）-μmgL=1
2mv D2-1
2
mv02
联立解得：v0=√14m/s
（2）对物块，假设物块能滑到C点，从A至C过程，由动能定理得：qE（L+R）-mgR-μmgL=1
2
mv C2-0
可得v C=0，故物块始终没有脱离轨道
对物块受力分析，可知tanθ=qE
mg =1 3
故物块在以后运动过程中速度最大时位于B点左侧圆弧上，其与圆心的连线与OB的夹
角为θ，且θ=arctan1
3
（3）由于电场力F电＞摩擦力F f，小物块将在圆弧形的光滑轨道和水平轨道上多次往返后，最终在圆弧轨道上的B点和某高度间往复运动，经过B点时速度为零，对物块，由释放至B点的过程中，由动能定理得：
qEL-μmgs=0-0
解得总路程为：s=5
3
m≈1.67m
答：（1）物块的初速度v0应为√14m/s．
（2）物块在以后运动过程中速度最大时的位置在圆弧上与圆心的连线与OB的夹角为
θ=arctan1
3
．
（3）物块在水平面上运动的总路程是1.67m．
【解析】
（1）物块恰好能到达圆周的最高点D，在D点重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求
解D点的速度；再对从A到D过程根据动能定理列式求解初速度．
（2）假设物块能到达C点，根据动能定理求出物块到达C点时的速度，再分析速度最大的
位置．
（3）分析电场力和摩擦力的关系，从而确定小滑块的整个运动过程，对全过程，运用动能
定理求总路程．
本题关键要知道物体恰好到最高点的临界条件是最高点重力提供向心力，分段运用动能定理解答．
16.【答案】解：（1）对题述过程由动能定理得：
W G+W f=0一1
2
mv02
代入数据得：W f=-1.25J
（2）假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
x=v0t
y=1
2
gt2
代入数据得：y=5
9
x2与OM曲线方程一致，说明小球在OM段运动过程中与细杆OM无摩擦，做平抛运动
由动能定理得：
W G=1
2mv M2-1
2
mv02
代入数据得：
v M=5m/s
由运动的合成和分解可得，v M的方向与x轴正方向夹角的余弦值
cosθ=v0
v M =3 5
即为：θ=53°
（3）由（1）得小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中摩擦力的功为：
W f1=-0.625J
又由W f1=-μmgx m cos θ得小球下滑的最大距离为：
x m=6.25m
在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由能量转化和守恒定律得：
mgxm sinθ+1
2
mv M2=-W f1+E pm
代入数据得：E pm=5.625J
答：（1）上述整个过程中摩擦力对小球所做的功是-1.25J；
（2）小球初次运动至M点时的速度vM的大小是5m/s，方向与x轴正方向夹角为53°；（3）轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能是5.625J。
【解析】
（1）由动能定理可求得摩擦力对小球所做的功；
（2）假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律写出运动方程可判断小球在OM段运动特点，再由动能定理可求得运动至M点时的速度；
（3）求出小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中摩擦力的功，在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由能量转化和守恒定律可求得压缩至最短时的弹性势能。经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理求解。
17.【答案】解：（1）没加电场时。由平抛运动知识：水平方向√3
2
L=v0t，竖直方向：v y=gt，
v y=v0tan30°，
联立解得：小球的初动能E k0=1
2mv02=3
4
mgL；
（2）加电场后，根据能量守恒定律：
由O到C：qφC=1
2mgL+E k0?2
3
E k0=3
4
mgL，
由O到E：qφE=1
2mgL+E k0?7
6
E k0=3
8
mgL，
则φC=-3mgL
4q ，φE=3mgL
8q
；
（3）如图：取OC中点F，则EF为等势线，电场线与等势线EF垂直
由U OE=1
2
ELcos30°，
得qE=√3
2
mg，
用正交分解法求出电场力和重力的合力：
F x=qE sin30°=√3
4
mg，
F y=mg-qE cos30°=1
4
mg，
合力F=√F x2+F y2=1
2
mg，方向沿OD
合力对小球做功越多，小球动能越大，则从D点射出的带电小球动能最大，根据动能定理：
F?OD=E km-E k0，
解得最大初动能E km=5
4
mgL；
答：（1）小球的初动能为3
4
mgL；
（2）取电场中O 点的电势为零，C 、E 两点的电势分别为-3mgL 4q
、3mgL 8q ； （3）带电小球经过矩形边界的D 位置动能最大，最大动能是54mgL 。
【解析】
（1）对平抛运动根据分运动公式列式求解即可；
（2）加上电场后，对O 到C 、O 到E 过程根据动能定理列式分析即可；
（3）先求解合力，确定合力的方向，得到动能最大的位置，然后根据动能定理列式求解最大动能。
本题考查球在重力和电场复合场中的运动，关键是根据分运动公式、动能定理列式分析，不难。