河南省济源市济源高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试物理试题（含解析）

济源高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试
物理试卷
时间：90分钟 满分：100分
一．选择题（共8小题，每小题4分，共32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，某同学在科技节活动中设计了一款简易手摇式发电机，将硬导线中间部分析成“”形的线框，其长为2a，宽为a，放入匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。线框绕MN轴以角速度ω匀速转动，导线通过电刷与阻值为R的电阻相连，其余电阻不计，则线框（　　）
A．电动势的有效值为2Ba2ω
B．电动势的有效值为2Ba2ω
C．从图示位置转过90°过程中，流经电阻的电荷量为
D．从图示位置转过90°过程中，流经电阻的电荷量为
2．如图所示，竖直面内倾角为37°的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量为M＝0.3kg的小物块B静止于水平轨道的最左端。质量为m＝0.1kg的小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点距离水平轨道的高度为H＝2.4m，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度g取10m/s2，两物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　）
A．碰后物块A的速度大小为3m/s
B．碰后物块B在水平轨道上运动的位移为0.4m
C．碰后物块A沿斜面上升的最大距离为0.16m
D．整个过程中物块B克服摩擦力做的功为1.2J
3．如图所示，三个完全相同的物体甲、乙、丙（均可视为质点）放置在光滑水平面上，物体甲和物体乙用轻弹簧连接，物体乙和物体丙紧靠在一起但不粘连，开始轻弹簧处于压缩状态并锁定，某时刻将锁定解除，经过一段时间物体丙与物体乙分离，此后轻弹簧的最大弹性势能为E，已知物体甲、乙、丙的质量均为m。则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程，物体甲和物体乙组成的系统动量守恒
B．物体丙与物体乙分离时，物体甲的速度大小为
C．开始时轻弹簧储存的弹性势能为
D．轻弹簧弹性势能最大时，物体乙的速度大小为
4．如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5m，传送带一直以v＝3m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则下列说法错误的是（　　）
A．物体由A运动到B的时间是1.5s
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N s
C．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量
D．带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3J功
5．如图，带正电3×10﹣5C的物块A放在水平桌面上，通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中，E＝4×105N/C，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，则（　　）
A．它们运动的最大速度为0.8m/s
B．它们向左运动的最大位移为1m
C．当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是﹣2.4J
D．当速度为0.6m/s时，绳子的拉力可能是10N
6．如图所示，在“探究影响电荷间相互作用力的因素”实验中，O是一个带正电的物体，带正电的小球系在丝线下端。为研究电荷量对作用力的影响应（　　）
A．将丝线固定在P1处，增大或减小小球所带的电荷量
B．使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量
C．保持小球所带的电荷量不变，将丝线分别悬挂在P1、P2等位置
D．增大小球所带的电荷量，并将丝线分别悬挂在P1、P2和P3等位置
7．磁电式电流表（表头）最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程。已知某一表头G，内阻Rg＝30Ω，满偏电流Ig＝5mA，要将它改装为量程为0～3A的电流表，所做的操作是（　　）
A．串联一个570Ω的电阻 B．并联一个0.05Ω的电阻
C．串联一个270Ω的电阻 D．并联一个0.01Ω的电阻
8．如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（　　）
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为
二．多选题（共4小题，每小题6分，共24分。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分）
（多选）9．电视显像管的第二和第三阳极是直径相同的金属圆筒。两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场。如图所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值（单位：V）。则下列说法中正确的是（　　）
A．A、B中点的电势小于0.04V
B．电子在O点所具有的电势能为0.5eV
C．电子沿轴线由A运动到C的过程中电场力先做正功后做负功
D．只受电场力时，电子在B点的动能小于在D点的动能
（多选）10．关于电阻率的正确说法是（　　）
A．电阻率ρ与导体的长度l和横截面积S有关
B．电阻率表征了导体导电能力的强弱，由导体的材料决定且与温度有关
C．电阻率大的导体，电阻一定很大
D．有些合金的电阻率不受温度的变化影响，用它可做成定值电阻
（多选）11．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝2kg，mB＝5kg，vA＝8m/s，vB＝4m/s，当A球追上B球并发生碰撞后，A、B两球速度vA′、vB′的可能值有（　　）
A．vA1＝3m/s，vB1＝6m/s B．vA1＝2m/s，vB1＝6.4m/s
C．vA1＝4m/s，vB1＝5.6m/s D．vA1＝﹣2m/s，vB1＝7m/s
（多选）12．空间中有两个固定点电荷A和B，带电荷量的绝对值分别为QA和QB，以点电荷A、B连线上某点为原点，以点电荷A和B所在的直线为x轴建立直角坐标系，分别作出部分Ex和φx图像，如图所示，无穷远处电势为零．则下列说法正确的是（　　）
A．A为正点电荷，B为负点电荷，且QA＜QB
B．A为负点电荷，B为正点电荷，且QA＞QB
C．1是Ex图像，2是φx图像
D．1是φx图像，2是Ex图像
三．实验题（共2小题，每小题6分，共12分）
13．某同学用传感器观察电容器的放电过程，实验操作如下：
（1）本实验的电路如图甲所示，请在图乙中用笔画线代替导线连接实物图（传感器正常工作时电流从红鳄鱼夹流入，从黑鳄鱼夹流出）；
（2）为校验电阻箱阻值，在电路断开的情况下该同学用欧姆表“×1k”挡测量了电阻箱的阻值，测量结果如图丙所示，则电表读数为 　 　Ω；
（3）已知蓄电池的电动势为6V，内阻不计，实验结束后描绘的电容器放电i﹣t图像如图丁所示，根据图像求得该电容器的电容大小约为 　 　F（保留二位有效数字）；
（4）实验结果表明，电容的测量值小于标识值，请写出导致该现象的一个主要原因 　 　；
（5）将电容器放电后，该同学用欧姆表“×10”挡检测电容器，当红黑表笔与电容器两极连接后，发现指针先大角度向右偏转然后偏角逐渐减小，经t1时间后返回；将该电容器放电后换用“×100”挡再次检测，指针经t2时间后返回，则t1　 　t2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
14．使用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了1、2两个与计算机相连的光电门，既能获得挡光时间，也能获得滑块在两个光电门间运动的时间。两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现 　 　说明导轨已调平。
（2）测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度用d表示。接通气源，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B置于光电门2右侧，推动滑块B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2与A发生碰撞被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3。要验证两滑块碰撞前后动量守恒，需验证关系式 　 　是否成立。
（3）现取走滑块B，再提供细线、质量为m（m mA）的槽码、可固定在气垫导轨左端且高度可调的轻质定滑轮，重力加速度为g。利用上述器材验证动量定理，请写出实验需要测量的物理量及这些物理量应满足的关系式。
（4）写出一条减小（3）中实验系统误差的方法。
四．解答题（共4小题）
15．（6分）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．试求：
（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；
（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势；
（3）物块能获得的最大速度．
16．（8分）如图所示，厚度均匀的足够长的木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端为L的Q处放有小物块B。平台OP与木板C的上表面等高，小物块A被压缩的弹簧从O点弹出，经P点滑上木板向右运动。A、B均可视为质点，已知弹簧弹性势能Ep＝6mgL，OP间距离为4L，A与平台OP间、A与木板C间的动摩擦因数均为，B与木板C大小间的动摩擦因数为，A的质量m1＝m，B的质量m2＝2m，C的质量m3＝4m，重力加速度大小为g。物块A与B碰撞前，木板锁定在地面上。
（1）求物块A在与物块B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）物块A与物块B发生弹性碰撞后瞬间木板解除锁定。设物块A与木板C相对静止前系统产生的热量为Q1，物块A与木板C相对静止后系统产生的热量为Q2，求Q1与Q2之比。
17．（8分）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动图是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为R＝3.2m，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量M＝2kg的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板厚度d＝0.4m，D点与地面高度差h＝1.8m。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
18．（10分）如图甲所示，电子枪中炽热的金属丝可以发射初速度可视为零的电子，电子经小孔进入ab、cd两板间的加速电场，两板间的电压为U0，电子经加速后由cd板上的小孔水平进入水平放置的金属板AB、CD间，AB、CD两金属板关于ab、cd两板上小孔的连线对称，AB、CD两板的长度和两板间的距离均为l，距金属板AB、CD右边缘l处有一足够长的荧光屏。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力和电子间的相互作用，由于电子穿过板间的时间极短，可以认为每个电子在板间运动过程中，两板间的电压恒定。
（1）求电子到达cd板时的速度大小v；
（2）计算荧光屏上亮线的长度；
（3）计算荧光屏上亮线上边缘电子碰撞荧光屏前瞬间的速度。
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．【答案】C
【解答】解：AB、线框绕MN轴以角速度ω匀速转动，产生正弦式交流电，那么感应电动势最大值Em＝BSω＝2Ba2ω，则电动势的有效值为Ba2ω，故AB错误；
CD、从图示位置转过90°过程中，流经电阻的电荷量为q，故C正确，D错误；
故选：C。
2．【答案】B
【解答】解：A、设物块A与B碰撞前瞬间速度大小为v0，物块A下滑过程，由动能定理得：mgH﹣μmgcos37°0
代入数据解得：v0＝4m/s
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小是vA，B的速度大小是vB，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+MvB，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vA＝﹣2m/s，vB＝2m/s，负号表示方向向左，碰撞后A的速度大小是2m/s，故A错误；
B、设物块B在水平轨道上的位移大小为x，由动能定理得：﹣μMgx＝0
代入数据解得：x＝0.4m，故B正确；
C、设碰撞后A上升的最大高度是h，由动能定理得：﹣mgh﹣μmgcos37°0
代入数据解得：h＝0.12m，故C错误；
D、设整个过程物块B克服摩擦力做的功为W，由能量守恒定律可知：W0.6J，故D错误。
故选：B。
3．【答案】C
【解答】解：A、锁定解除至物体丙与物体乙分离，物体丙与物体乙之间有水平方向的弹力作用，物体甲和物体乙组成的系统动量不守恒，故A错误；
BCD、当弹簧处于原长状态时，物体乙与物体丙分离，设物体甲的速度大小为v1，此时乙丙速度相同，设速度大小为v2，对三个物体组成的系统，以向右方向为正，由动量守恒定律：0＝mv1﹣2mv2
由机械能守恒定律得：
之后物体乙与丙分离，弹簧将伸长，物体甲的速度逐渐减小，物体乙的速度先减小到零，后反方向逐渐增大到与甲共速时，弹簧伸长到最长，弹簧的弹性势能最大，设此时物体甲与物体乙的共同速度大小为v，对甲和乙物体，以向右方向为正，则由动量守恒定律：mv1﹣mv2＝2mv
由机械能守恒定律得：
联立解得：，，，，故BD错误，C正确。
故选：C。
4．【答案】A
【解答】解：A．物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有
代入数据得
v0＝2m/s＜v＝3m/s
物体在摩擦力作用下先做匀加速运动
t1
s1t1
后做匀速运动
t2
t＝t1+t2
联立代入数据解得：t＝2s
故A错误；
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为
I＝μmgt1
代入数据解得：I＝1N s
故B正确；
C．在t1时间内，传送带做匀速运动
s带＝vt1
Q＝μmgΔs＝μmg（s带﹣s1）
代入数据得
Q＝0.5 J
故C正确；
D．物体从A运动到B的过程中，物体动能增量
ΔEkmv2m
电动机多做的功为
W＝Q+ΔEk
解得：W＝3J
故D正确。
本题选择错误选项；
故选：A。
5．【答案】C
【解答】解：A、电场力大小：F＝qE＝3×10﹣5×4×105N＝12N，B的重力G＝mg＝1×10N＝10N，所以开始A沿+x方向运动。
当整体受力平衡时速度最大。由平衡条件得：qE＝mg+μmg，代入数据解得：μ＝0.2，由图示图象可知：μ＝0.2x，当μ＝0.2时，x＝1m；
该过程摩擦力做功：Wfμmgx0.2×1×10×1J＝1J，根据功能关系有：qEx﹣mgx﹣Wf2mvm2，解得：vm＝1m/s，故A错误；
B、向左运动到最大位移处时，速度为零，设最大位移为xm，根据功能关系可知：qExm﹣mgxm﹣Wfm＝0，该过程克服摩擦力做功Wfmmgxm＝0.1mgxm2，代入数据解得：xm＝2m，故B错误；
C、设速度v＝0.6m时位移大小为x′，根据功能关系得：qEx′﹣mgx′﹣Wf′2mv2，其中Wf′mgx′＝0.1mgx′2，代入数据解得：x′≈0.2m或x′＝1.8m，
A的电势能Ep1＝﹣qEx′＝﹣3×10﹣5×4×105×0.1J＝﹣2.4J，或Ep2＝﹣qEx′＝﹣3×10﹣5×4×105×1.9J＝﹣21.6J，故C正确；
D、当v＝0.6m/s时，μ1＝0.2x′＝0.2×0.2＝0.04或μ2＝0.2x′＝0.2×1.8＝0.36，对A、B系统，由牛顿第二定律得：qE﹣mg﹣μmg＝2ma，对B，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝ma，代入数据解得：T1＝10.8N或T2＝9.2N，故D错误。
故选：C。
6．【答案】A
【解答】解：A、将丝线固定在P1处，当增大或减小小球所带的电荷量，根据夹角的变化大小，从而确定小球受到作用力与电量的关系，故A正确；
B、使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量时，不能通过夹角的变化，来判定作用力的大小，故B错误；
C、保持小球所带的电荷量不变，将丝线分别悬挂在P1、P2等位置，是通过改变两电荷间距，借助于夹角的变化，来判定作用力与间距的关系，故C错误。
D、增大小球所带的电荷量，并将丝线分别悬挂在P1、P2和P3等位置，既改变了电量，又改变了间距，无法确定究荷量对作用力的影响，故D错误。
故选：A。
7．【答案】B
【解答】解：改装成电流表是要扩大电流的量程，使用并联电路的分流原理；
要并联的阻值为：R并Ω≈0.05Ω，并联一个0.05Ω的电阻，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8．【答案】D
【解答】解：A、小球从c点飞出时速度方向竖直向上，离开c后在水平方向向右做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向向上做竖直上抛运动，竖直方向速度减为零时到达最高点Q，Q点在c点的右上方，故A错误；
B、从c到Q的过程中，竖直方向上有：，从P到c的过程有，由动能定理得：0，解得：，故B错误；
C、小球所受电场力F＝qE＝mg，小球所受合力方向与水平方向间的夹角为θ，tanθ1，则θ＝45°，小球从c到Q的过程中，小球在水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，小球的合力与运动轨迹如图所示
根据图示可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，故C错误；
D、小球在等效平衡位置d点速度最大，对轨道的压力最大，如图所示
从P到d点过程，由动能定理得：0
在d点，对小球，由牛顿第二定律得：Fm
解得：F＝（31）mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F'＝F＝（31）mg，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共4小题）
9．【答案】AD
【解答】解：A、等势面的越密集，电场强度越大，根据U＝Ed可知A、B中点的电势小于0.04V，故A正确；
B、电子在O点所具有的电势能为Ep＝eφ＝﹣0.5eV，故B错误；
CD、因为从左到右电势一直增高，所以电子的电势能应该一直降低，电子沿轴线由A运动到C的过程中电场力做正功，根据能量守恒，其动能应该一直增大，所以电子在B点的动能小于在D点的动能，故C错误，D正确；
故选：AD。
10．【答案】BD
【解答】解：AB、电阻率反映材料导电能力的强弱，只与材料及温度有关，与导体的长度l和横截面积S无关，故A错误，B正确；
C、由R知，电阻率大，R不一定大，故C错误；
D、有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，例如“康铜”（铜镍合金）一般是制作标准电阻的材料，故D正确。
故选：BD。
11．【答案】AC
【解答】解：小球在水平面发生碰撞，则要满足下面几个条件：
（1）碰撞过程动量守恒；mAvA+mBvB＝mAv'A+mBv'B
（2）碰后动能不增加；EkA+EkB≥E'kA+E'kB
（3）碰后速度方向要合理。
A．碰撞前初动量p0＝mAvA+mBvB＝2×8kg m/s+5×4kg m/s＝36kg m/s
末动量p＝mAvA1+mBvB1＝2×3kg m/s+5×6kg m/s＝36kg m/s
即满足动量守恒；
碰撞前总动能Ek0
碰撞后动能：
即满足总动能不增加，根据给出数据可知，碰后速度方向相同，由于vA1＜vB1
符合实际，即两球速度可能存在，故A正确；
B．碰撞后的动量p＝mAvA1+mBvB1＝2×2kg m/s+5×6.4kg m/s＝36kg m/s
即满足动量守恒；
碰撞后总动能Ek
即总动能增加，两球速度不可能存在，故B错误；
C．碰撞后的动量p＝mAvA1+mBvB1＝2×4kg m/s+5×5.6kg m/s＝36kg m/s
即满足动量守恒；
碰撞后总动能Ek
即满足总动能不增加，根据给出数据可知，碰后速度方向相同，由于vA1＜vB1
符合实际，即两球速度可能存在，故C正确；
D．碰撞后的动量p＝mAvA1+mBvB1＝2×（﹣2）kg m/s+8×7kg m/s＝31kg m/s
即碰撞后动量减少，不满足动量守恒，不符合实际，即两球速度不可能存在，故D错误。
故选：AC。
12．【答案】BD
【解答】解：CD、取无穷远处电势为零，则x点与无穷远处的电势差等于x点的电势，即：Ux0＝φx﹣0；结合公式E可知，在Ex小于零的距离上，随x的减小，电势φ逐渐降低，当Ex＝0时，对应的电势最低，对比曲线1和2可知1是φx图像，2是Ex图像，图中D点电场强度为零，如图，故C错误，D正确；
AB、B点右侧靠近B处的电势为正，可知B带正电，A带负电；图中D点电场强度为零，根据库仑定律，则：，由于D到A的距离r1较大，可知QA＞QB，故A错误，B正确。
故选：BD。
三．实验题（共2小题）
13．【答案】（1）实物图连接见解析；（2）60000；（3）4.6×10 4；（4）电容器的放电时间比较长，而实验测量的时间有限，所以测得的电量偏小，导致电容的测量值偏小；（5）小于。
【解答】解：（1）传感器正常工作时电流从红鳄鱼夹流入，从黑鳄鱼夹流出，根据电路图连接实物图如下：
（2）电表读数为：R＝60.0×1000Ω＝60000Ω
（3）根据公式Q＝It可知图丙图线与坐标轴围成的面积为整个放电过程中释放的电量，图丙中一个小方格对应的电荷量为
Q0＝10×10 6×5C＝5×10 5C
故整个放电过程释放的电荷量为：Q＝55Q0＝55×5×10 5C＝2.75×10 3C
可得该电容器的电容大小为：CF≈4.6×10 4F
（4）导致该现象的一个主要原因为电容器的放电时间比较长，而实验测量的时间有限，所以测得的电量偏小，导致电容的测量值偏小
（5）将电容器放电后与欧姆表连接，相当于先对电容器充电，充电完毕后相当于断开，所以指针先大角度向右偏转然后偏角逐渐减小；欧姆表“×10”挡时的内阻较小，可知此时的充电电流较大，根据Q＝CU，选用不同挡位时，充电结束后电容器的带电量相同，由于欧姆表“×10”挡时的充电电流较大，结合公式Q＝It，可知此时充电时间较小，即t1＜t2。
故答案为：（1）实物图连接见解析；（2）60000；（3）4.6×10 4；（4）电容器的放电时间比较长，而实验测量的时间有限，所以测得的电量偏小，导致电容的测量值偏小；（5）小于。
14．【答案】（1）通过光电门1和通过光电门2的时间相等；
（2）；
（3）遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2以及这两次遮光的时间间隔Δt，mg Δt；
（4）选用质量更大的滑块。
【解答】解：（1）若导轨水平则滑块通过光电门2和通过光电门2的时间相等，由此可说明滑块经过光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，导轨已调平。
（2）设B碰前速度大小为v0，碰后速度大小为vB，A碰后速度大小为vA，取水平向左为正方向，为验证动量守恒，只需证明下面等式成立即可mBv0＝mAvA﹣mBvB
同时有，，
整理可得：
（3）实验中槽码的质量远远小于滑块A的质量，因此可以用槽码的重力代替细线的拉力。为验证动量定理I＝Δp，其中I＝mg Δt，Δp＝mA（v2﹣v1）
因此还需要测量的物理量有遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2以及这两次遮光的时间间隔Δt，因此需要探究的表达式为mg Δt
（4）实验过程中槽码向下做加速运动，可知细线的拉力稍小于槽码的重力大小，故系统误差主要由于细线的拉力小于槽码的重力引起的，故选用质量更大的滑块计算动量的变化量等可减小系统误差。
故答案为：（1）通过光电门1和通过光电门2的时间相等；
（2）；（3）遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2以及这两次遮光的时间间隔Δt，mg Δt；
（4）选用质量更大的滑块。
四．解答题（共4小题）
15．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）物体受到点电荷的库仑力F
由几何关系可知
设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有
N﹣mg﹣Fsin60°＝0
解得：N＝mg
（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有：
解得
（3）设物块能获得的最大速度为vm，由能量守恒定律有：
解得
答：（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg．
（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势为．
（3）物块能获得的最大速度．
16．【答案】（1）物块A在与物块B碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）Q1与Q2之比为。
【解答】解：（1）物块A从O点运动到Q点，根据能量守恒定律：
代入已知条件解得：
（2）小物块A与B发生弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律有：m1vQ＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律有：
解二次方程得：，
小物块A向左减速，小物块B向右减速，木板C向右加速，根据牛顿第二定律，
对小物块A有：μ1m1g＝m1a1
对小物块B有：﹣μ2m2g＝m2a2
对木板C有：μ2m2g﹣μ1m1g＝m3a3
联立解得：a1，a2，
假设小物块A先减速至零，再反向加速直至与木板A共速时，B未与C共速，用时t1，画出三个物体的v﹣t图象如图所示，
根据速度—时间关系有：v共1＝v1+a1t1＝a3t1
联立解得：，
此过程中小物块B一直减速，有v'2＝v2+a2t1
解得：
由v'2＜v共1可知，t1时物块B未与木板C共速，在t1时间内，小物块A向左减速位移大小为：
小物块A向右加速位移大小为：
木板C运动位移大小为：
小物块B向右减速位移大小为：
物块A与木板C相对静止前系统产生的热量为：Q1＝μ1m1g（xA1+xC1﹣xA2）+μ2m2g（xB1﹣xC1）
解得：
物块A滑上木板C至三者共速，根据动量守恒定律，以向右方向为正有：m1vQ＝（m1+m2+m3）v共2
由能量守恒定律：
物块A与木板C相对静止后系统产生的热量为Q2，有：Q2＝Q总﹣Q1
解得：
所以：
答：（1）物块A在与物块B碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）Q1与Q2之比为。
17．【答案】（1）小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为30N；
（2）木板最小长度为16m，开始时木板左端离C端距离为0.5m；
（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为arctan时，最大水平射程m。
【解答】解：（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知：mgR
代入数据解得：vB＝8m/s
在B点时牛顿第二定律可知：FN﹣mg
代入数据后解得支持力：FN＝30N
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为30N。
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可知：μmg＝Ma
解得木板的加速度：a＝1m/s2
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为v1，木板速度为v2，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知：mvB＝mv1+Mv2
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为a，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为v2，滑块速度为v3，木板只与C端发生了2次碰撞，则有：mv3＝Mv2
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程中，
由动量守恒定律可知：mv1﹣Mv2＝mv3+Mv2
联立解得：v2＝1m/s
则设开始时木板左端离C端距离为x，
则由运动学公式可知：2ax
代入数据解得：x＝0.5m
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知：μmgL
解得：L＝16m
（3）从A到D由动能定理可知：mg（R+d﹣h）
解得：v0＝6m/s
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为θ，小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为α，从D点飞出到落到所用时间为t，根据动能定理可得：mgh
解得：vm/sm/s
该过程的速度变化量为：Δv＝gt，如图所示为速度矢量关系图，
速度矢量图的面积为：S
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程x有最大值，而图中速度v0、v都是定值，可知当：θ+α＝90°
速度矢量图的面积最大，则有：v0cosθ＝vcosα＝vcos（90°﹣θ）＝vsinθ
联立解得：tanθ，可得：θ＝arctan
速度矢量图的面积最大为：Smm2/s2m2/s2
最大水平射程为：xmmm
答：（1）小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为30N；
（2）木板最小长度为16m，开始时木板左端离C端距离为0.5m；
（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为arctan时，最大水平射程m。
18．【答案】（1）电子到达cd板时的速度大小v为；
（2）计算荧光屏上亮线的长度为3l；
（3）计算荧光屏上亮线上边缘电子碰撞荧光屏前瞬间的速度大小为，方向与水平方向夹角为45°。
【解答】解：（1）电子在ab、cd两板间的加速电场内加速，由动能定理有：eU0
变形解得：v
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，如下图所示，
设运动时间为t1，偏转电压为U，水平方向有：l＝vt1
沿电场方向有：y，而根据牛顿第二定律可得加速度：a
联立解得：y
电子离开电场后做匀速直线运动，速度的反向延长线过电子在偏转电场运动的水平分位移的中点，可以等效为从位移中点射出，若总的偏移量为y′，根据几何关系可得：
解得：y′＝3y
电子在偏转电场中的最大侧移量为：ym
代入以上子可解得：U＝2U0，ym′
当偏转电压在﹣2U0和2U0时，电子恰好从上下板边缘射出，可知荧光屏上亮线的长度为：L＝2ym′＝3l
（3）设荧光屏上亮线上边缘电子碰撞荧光屏前瞬间的速度大小为v′，与水平方向的夹角为θ
从加速开始到打到荧光屏上，根据动能定理可得：eU0+eeU0+eU0
整理解得：v′
由速度的合成及几何关系可得：tanθ1
解得：θ＝45°
答：（1）电子到达cd板时的速度大小v为；
（2）计算荧光屏上亮线的长度为3l；
（3）计算荧光屏上亮线上边缘电子碰撞荧光屏前瞬间的速度大小为，方向与水平方向夹角为45°