高中物理第二章xt图象与vt图象的综合应用练习新人教必修

1．(多选)甲、乙两位同学在放学时，从学校所在地骑自行车沿平直的公路回家，先到乙同学家，休息一会，甲同学继续骑车前行，在70min时到家，甲同学的x－ t图象如图8所示，下列说法正确的是( ) A．在前20min内甲同学做匀加速运动 B．甲同学在乙同学家停留了30min C．甲、乙两同学家相距3.6km

D．甲从离开学校至到家的这段时间内，平均速度为2m/s 2. 质点沿直线运动其位移—时间图象如图所示，关于质点的运动下列说法中正确的是( )

A．2s末质点的位移为零，前2s内位移为“－”，后2s内位移为“＋”，所以2s末质点改变了运动方向

B．2s末质点的位移为零，该时刻质点的速度为零

C．质点做匀速直线运动，速度大小为0.1m/s，方向与规定的正方向相反 D．质点在4s时间内的位移大小为0.4m，位移的方向与规定的正方向相同 3. 在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（ ） A．b车运动方向始终不变

B．在t1时刻a车的位移大于b车

C．t1到t2时间内某时刻两车的速度相同 D．t1到t2时间内a车的平均速度小于b车

4. 质点做直线运动的v-t图象如图所示,规定向右为正方向,则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为( ) A.0.25 m/s 方向向右 B.0.25 m/s 方向向左 C.1 m/s 方向向右 D.1 m/s 方向向左

5．—质点沿x轴做直线运动，其v－t图象如图所示．质点在t =0时位于x =5 m处，开始沿x轴正向运动．当t =8s时，质点在x轴上的位置为( )

A．x =3m B．x =8m C．x =9m D．x =14 m

6. (多选)某物体运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 物体在第1s末运动方向发生改变

B. 物体在第2s内和第3s内的加速度是相同的 C. 物体在第4s末返回出发点

D. 物体在第5s末离出发点最远，且最大位移为0.5m

7.本校开展无线电定位“搜狐“比赛，有甲、乙两人从如图所示的同一地点O同时出发，并同时到达地点A搜到狐狸，两人的搜狐路径已在图中标出，则（ ） A．两人运动的平均速度相等

B．甲的平均速度大于乙的平均速度 C．甲的路程小于乙的路程

1

D．甲的位移小于乙的位移

8. (多选)如图所示，x-t图象和v-t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（ ） A. 图线1表示物体做曲线运动

B. x-t图象中t1时刻物体1的速度大于物体2的速度

C. v-t图象中0至t3时间内物体4的平均速度大于物体3的平均速度 D. 两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动 9. (多选)下列所给的x-t图象与v-t图象中能反映作直线运动的物体在2秒末回到初始位置的是（ ）

10．图示是一汽车在行驶过程中通过交叉路口的速度-时间图像；由图线可知

A．汽车在路口等候的时间为14s

2

B．汽车减速阶段的加速度大小为2．5m/s C．汽车减速阶段通过的路程为20m

D．汽车在启动过程做加速度增大的加速运动

11．物体由静止开始在水平面上行驶，0～6s内的加速度随时间变化的图象如图甲所示。 (1)在图乙中画出物体在0～6s内的v－t图象； (2)求在这6s内物体的位移。

2

12．如图所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v0＝2 m/s、加速度a＝2 m/s向下滑，在到达底端前1 s内，所滑过的距离为

7L，其中L为斜面长，则 15（1）小球在斜面上滑行的时间为多少？

（2）小球到达斜面底端时的速度v是多少？ （3）斜面的长度L是多少？

题后反思

2

2019-2020学年高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足fkv（k为常数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t图像的是（ ）

A． B． C．

D．

2．在一次观察光的衍射实验中，观察到如图所示的清晰的亮暗相间的图样，那么障碍物是下列给出的( )

A．很小的不透明圆板

B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板 C．很大的不透明圆板

D．很大的中间有小圆孔的不透明挡板

3．如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（ ）

3

A．t1时刻钢球处于超重状态 B．t2时刻钢球的速度方向向上 C．t1~t2时间内钢球的动能逐渐增大 D．t1~t2时间内钢球的机械能逐渐减小

4．如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（ ）

A．充电宝输出的电功率为UII2r B．充电宝产生的热功率为I2r

U2C．手机电池产生的焦耳热为t

rD．手机电池储存的化学能为UItI2rt

5．2019年被称为5G元年。这一年全球很多国家开通了5G网络，开启了一个全新的通信时代，即万物互5G网络使用的无线电电波通信频率是在3.0GHz以上的超高频段和极高频段联的物联网时代，（如图所示），比目前4G及通信频率在0.3GHz~3.0GHz间的特高频段网络拥有更大的带宽和更快的的传输速率。下列说法正确的是（ ）

4

A．4G信号是纵波，5G信号足横波 B．4G信号和5G信号相遇能产生干涉现象 C．4G信号比5G信号更容易发生衍射现象

D．5G信号比4G信号波长更长，相同时间传递的信息量更大

6．充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求。如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片。工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止。则果汁机在完成榨汁的过程中

A．某时刻不同刀片顶点的角速度都相等 B．不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心

C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供 D．消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能

7．2012年12月26日，世界上最长的高铁京广线全线开通．如图所示，京广高铁从北京出发，经石家庄、郑州、武汉、长沙、衡阳，到达广州，途经北京、河北、河南、湖北、湖南、广东等6省市，全程2230公里，全程运行时间8小时．同学们根据上述材料，可以求出

5

A．北京到广州的路程 C．北京到广州的加速度

B．北京到广州的平均速度 D．北京到广州的位移

8．如图，金星的探测器在轨道半径为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达P点时点火进入椭圆轨道II，运行至Q点时，再次点火进入轨道III做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ）

A．探测器在P点和Q点变轨时都需要加速

B．探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率 C．探测器在轨道II上经过P点时的机械能大于经过Q点时的机械能

54R32D．金星的质量可表示为 2GT9．图示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，波的周期T>0.6s，则（ ）

A．波的周期为2.4s B．波速为

10m/s 3C．在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动 D．在t＝0.2s时，Q点经过的路程小于0.2m

10． 如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=5Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1m，ad=bc = 0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n1︰n2=l︰3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s的角速度匀速转动，则（ ）

6

A．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40sin200t（V） B．交流电压表的示数为202 V C．电阻R上消耗的电动率为720W D．电流经过变压器后频率变为原来的2倍

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

11．如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是（ ）

A．电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零 B．电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零 C．O点的场强大小为

kQ 2R3kQ 2RD．O点的场强大小为12．在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，电路中定值电阻

R1的阻值小于电源内阻r，则当滑动变阻器R的滑片由a端向b端滑动的过程中，电流表A1、A2，电压

表V的示数变化量的绝对值分别为I1、I2、U，下列说法正确的是（ ）

A．两个电流表的示数均减小

B．电压表的示数增大

7

C．I1I2 D．

Ur I213．B两物体相互接触但并不黏合，mB3kg。如图所示，光滑水平面上放置A、两物体的质量分别为mAkg，B两物体上，FA、FB随时间的变化规律分别为FA=82tN，从t0开始，作用力FA和作用力FB分别作用在A、FB22tN。则（ ）

A．A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动 B．当FAFB时，A、B两物体分离 C．t=1s时A物体的运动速度为2m/s D．物体B在t=5s时的加速度为4m/s2

14．A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为+q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度

E2mg ，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（ ）

q

A．刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2g

B．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大

C．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量 D．B刚要离开地面时，A的速度大小为2gm k15．2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L＝3.60 m处起跳，在离地面高H＝3.20 m处将球以v0＝12 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假g取10 m/s2.下列情景中，设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h1＝2.50 m和h2＝2.95 m，球员乙可能拦网成功的是（ ）

8

A．乙在网前直立不动

C．乙在甲击球后0.18 s起跳离地 三、实验题：共2小题

B．乙在甲击球时同时起跳离地 D．乙在甲击球前0.3 s起跳离地

16．如图所示利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下： A．将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平 B．测出遮光条的宽度d

C．将滑块移至图示的位置，测出遮光条到光电门的距离l D．释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t E.用天平称出托盘和砝码的总质量m F.………

请回答下列问题（重力加速度取g）：

(1)滑块经过光电门的速度可以表示为____（用物理量符号表示）。 (2)为验证机械能守恒定律，还需要测的物理量是____。

(3)滑块从静止释放，运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少_____（用物理量符号表示）。 (4)选用不同的l，测出对应的t。能直观反应系统机械能守恒的图像是_____。

11A．t﹣l B．t2﹣l C．﹣l D．2﹣l

tt17．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．

9

回答下列问题：

（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）． A．小球的质量m

B．小球抛出点到落地点的水平距离s C．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量△x E.弹簧原长l0

（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= ．

（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增 大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比．

四、解答题：本题共3题

18．如图，一端封闭的薄玻璃管开口向下，截面积S=1cm2，重量不计，内部充满空气，现用竖直向下的力将玻璃管缓慢地压人水中，当玻璃管长度的一半进人水中时，管外、内水面的高度差为△h=20cm。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，大气压强p0相当于高1020cm的水柱产生的压强，取g=10m/s2，求：（不考虑温度变化）

(i)玻璃管的长度l0；

(ii)继续缓慢向下压玻璃管使其浸没在水中，当压力F2=0.32N时，玻璃管底面到水面的距离h。

10

19．（6分）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。开始时茶杯内部封闭气体的温度t1＝87℃、压强等于外界大气压强p1．放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t2＝27℃．已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。

（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；

（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？

20．（6分）如图，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q，质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水

平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)a粒子的发射速率

(2)匀强电场的场强大小和方向

(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值

11

参考答案

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．D 【解析】 【分析】 【详解】

对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得

Fmamgf

解得

agkv m由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得

agkv m由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴相交时刻的加速度为g，此时实线的切线与虚线平行。故D正确，ABC错误。 故选D。 2．D 【解析】 【分析】

很大的中间有大圆孔的不透明挡板和很大的不透明圆板不会发生衍射现象，很小的不透明圆板出现泊松亮斑． 【详解】

A．用光照射很小的不透明圆板时后面出现一亮点，即泊松亮斑，故A错误；

B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板时后面是一亮洞，不会出现衍射现象，故B错误； C．很大的不透明圆板时后面是一片阴影，不会出现衍射现象，故C错误；

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D．用光照射很大的中间有小圆孔的不透明挡板时是明暗相间的衍射图样，即发生衍射现象，故D正确． 【点睛】

该题考查单孔衍射的图样，要牢记单孔衍射和单缝衍射图样与障碍物或孔的尺寸是有关系的，不同的障碍物或孔出现的衍射图样是不一样的． 3．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．从图中可知t1时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下，所以处于失重状态，A错误；

B．从图中可知t2时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误； C．t1~t2时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增大后减小，即动能先增大后减

小，C错误； D．t1~t2时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正确。

故选D。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为

PUI

A错误；

BC．手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为

PrI2r

而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC错误；

D．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为

WUItI2rt

D正确。 故选D。

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5．C 【解析】 【分析】 【详解】

A．电磁波均为横波，A错误；

B．两种不同频率的波不能发生干涉，B错误；

C．因5G信号的频率更高，则波长小，故4G信号更容易发生明显的衍射现象，C正确； D．5G信号频率更高，光子的能量越大，故相同时间传递的信息量更大，故D错误。 故选C。 6．A 【解析】 【详解】

A．不同刀片相对静止的绕同一轴做圆周运动，属于同轴转动模型，角速度相等，故A正确； B．刀片旋转角速度越来越大，做变速圆周运动，加速度方向不是指向圆心，故B错误； C．杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由杯壁的弹力提供，重力和摩擦力平衡，故C错误； D．消耗的电能等于水果颗粒增加的机械能和水果颗粒与果汁机增加的内能，故D错误。 7．A 【解析】

试题分析：北京到广州全程2230公里，指的是的路程，选项A正确；北京到广州的直线距离未知，即位移未知，不能求北京到广州的平均速度，选项B、C、D错误； 考点：路程和位移 8．B 【解析】 【详解】

A．探测器在P点需要减速做近心运动才能由轨道I变轨到轨道II，同理，在轨道II的Q点需要减速做近心运动才能进入轨道III做圆周运动，故A错误；

B．探测器在轨道II上P点的速率大于轨道I上的速率，在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，则Q点的速率大于P点速率，故探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率，故B正确；

C．在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨道Ⅱ上经过P点时的机械能等于经过Q点时的机械能，故C错误；

D．探测器在3R的圆形轨道运动，在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有

14

GMm3R242m3R2

T108R32解得M，故D错误。 2GT故选B。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．波的周期T＞0.6s，说明波的传播时间小于一个周期，波在t=0.6s内传播的距离不到一个波长，则由图知

3T0.6s 4解得

T=0.8s

故A错误；

B．由图可知，波长为8m，波速为

vλ10m/s T故B错误；

C．由于波沿x轴负方向传播，故t=0时P点沿y轴负方向运动，故 t=0.8s=1T

时P点沿y轴负方向运动，再过0.1s即0.9s时P点沿y轴负方向运动，故C错误； D．由

t0.2sT 4可知，由于Q点在t=0时刻从靠近最大位移处向最大位移处运动，则经过四分之一周期小于振幅A即0.2m，故D正确。 故选D。 10．B 【解析】 【分析】 【详解】

A． 线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：

15

Em=NBSω=50×0.2×0.1×0.2×200V=40V

图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40cos200t（V） 故A错误；

B． 线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值

EEm202V 2故B正确；

C． 根据变压比可知，副线圈输出电压：

Un2E602V n1电阻R上消耗的功率：

U2P1440W

R故C错误；

D． 变压器不会改变交流电的频率，故D错误。 故选：B。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BD 【解析】 【分析】 【详解】

电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为12．BD 【解析】 【分析】 【详解】

B．滑动变阻器R的滑片由a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器R接入电路的电阻变大，电路中总电阻 变大，总电流变小，电流表A2的示数变小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；

16

，C错，D正确．

A．R1两端的电压增大，电流表A1的示数增大，选项A错误： C．因

Ur，I2U I2r设R1两端电压变化量大小为U1，

U1U1R1，I1 I1R1因为UU1，rR1，所以I1I2，选项C错误； D．由于EUUr，因此电源内电压变化量的绝对值

UrU

因此

UUrr I2I2选项D正确。 故选BD。 13．CD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．FA、FB的大小都随时间而变化，但合力

F合FAFB10N

不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，A、B分离前，对整体有

FAFB(mAmB)a①

设A、B间的弹力为FAB，对B有

FBFABmBa②

由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即

FAB0③

将

17

FA(82t)N，FB(22t)N

代入①解得

a2m/s2

联立②③得，t=2s，此时

FA(82t)N(822)N4N FB(22t)N(222)N6N

所以在2s内，A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动，t=2s后A、B两物体分离，故AB错误； C．t=1s时A物体的运动速度为

vat21m/s2m/s

故C正确；

D．物体B在t=5s时的加速度为

aBFB22t225m/s24m/s2 mBmB3故D正确。 故选CD。 14．ABD 【解析】 【详解】

A．在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故

qEma

解得

a2g

方向向上，故A正确；

B．B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，即

F弹mg

对A物体

EqmgF弹

即A物体合力为0，因此从开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故B正确；

18

C．从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；

D．当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为

x2mg k12mv 2根据动能定理可知

qExmgx解得 v2gm k故D正确。 故选ABD。 15．BC 【解析】 【分析】 【详解】

A．若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间

tL3.60s0.3s v012排球下落的高度为

h121gt100.32m=0.45m<(3.2-2.5)m=0.7m 22则不能拦网成功，选项A错误； B．因为乙在空中上升的时间为

t12(2.952.50)s0.3s

10乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m，则可以拦住，故B正确；

C．结合选项B的分析，乙在甲击球后0.18s起跳离地，初速度为 v=gt1=10×0.3=3m/s

上升时间t′=0.12s时球到达乙位置，上升的高度为

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1h＝vt'gt2＝0.288m

22.50m+0.288m=2.788m＞2.75m，可以拦网成功，故C正确；

D．乙在甲击球前0.3 s起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D错误。 故选BC。

三、实验题：共2小题 16．

d 滑块和遮光条的总质量M mgl D t【解析】 【详解】

(1)[1]遮光条宽度小，通过时间短，可以用平均速度近似代替瞬时速度，挡光条通过光电门的速度为 v＝

d t11d(M+m)v2＝(m+M)·()2 22t(2)[2]令滑块和遮光条的总质量为M，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为

Ek＝

实验中还要测量的物理量为滑块和挡光条的总质量M。

(3)[3]根据题意可知，系统减少重力势能即为托盘和砝码减小的，为

Ep＝mgl

(4)[4]为了验证机械能守恒，需满足的关系是

1d(m+M)·()2 2t1应该是2l图像，ABC错误，D正确。

tmgl＝故选D。

mgs217．（1）ABC (2)（3）减小 增大 2

4h【解析】 【分析】 【详解】

（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．

1212mgs2 ； （2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt，水平方向上：s=vt，而动能Ek=mv联立可得Ek=

224h（3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平

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位移s变小，s-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大

mgs2的水平位移s，故s-△L图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知

4hEp与△s的2次方成正比，而△s与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比． 【点睛】

本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据x与△L的图线定性说明m增加或h增加时x的变化，判断斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x的关系，△x与△L成正比，得出Ep与△L的关系． 四、解答题：本题共3题 18． (i)l0=41.6cm；(ii)274cm 【解析】 【分析】 【详解】

(i)设玻璃管长度一半压入水后管内气体的压强为p1，气体程度为l1，则

p1p0h，ll012h 由玻意耳定律

p0l0Sp1l1S

得

l0=41.6cm

(ii)设管内气柱的长度为l2，压强为p2，则

F2gl2S

解得

l2=32cm

其中

p2p0l2h

由玻意定律

p0l0Sp2l2S

得

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h=274cm

19．（i）求最后茶杯内部封气体的压强为满足M【解析】 【详解】

51P0；杯盖对茶杯的压力大小为P0Smg；（ii）茶杯的质量M66P0S 6gP0P5 代入数据解得：最后杯内气体的压强PP0 ；对杯盖，（i）杯内封闭气体发生等容变化，有

T1T26有P'S+N＝P1S+mg，解得：N16P0Smg 由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：N'16P0Smg （ii）茶杯能离开桌面，条件是：P′S+Mg＜PS，故茶杯的质量M满足的条件为：MP10S6g 。20．（1）粒子发射速度为

（2）电场强度的大小为

（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值

【解析】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示： 由几何知识可得

代入数据可得粒子轨迹半径

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洛仑磁力提供向心力

解得粒子发射速度为

（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达直线的动能相等，可知为等势面，电场方向垂直 向下．

水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内

式中

解得电场强度的大小为

（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有

相切于D点时，粒子速度的偏转角

解得

故最大偏转角

粒子在磁场中运动最大时长

式中T为粒子在磁场中运动的周期．

粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有

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解得

速度偏转角最小为故最短时长

因此，粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值

点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.

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