卷子答案网-一个不只有答案的网站2023年6月份第3周
物理
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1、某同学做了一个简易温度计，他用烧瓶插上一根两端开口的细玻璃管，然后用手焐热烧瓶，把玻璃管插入水中，松手冷却后就有一小段几厘米的水柱进入玻璃管内.若室内空气温度恒定，水柱高度保持不变，当室内空气温度升高或降低，水柱高度也会相应发生变化，如果在玻璃管壁上标上刻度，这就是一个能够反映出气温高低的简易温度计.由于玻璃管很细，被封闭气体的体积变化可以忽略不计.则下列说法正确的是( )
A.玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的
B.玻璃管上的刻度从下到上越来越密集
C.玻璃管上的刻度从下到上越来越稀疏
D.玻璃管上的刻度从下到上先变稀疏后变密集
2、如图所示，一质点从y轴上的a点做平抛运动.水平距离跟竖直距离相等，的水平距离是水平距离的2倍，竖直距离是竖直距离的.当质点初动能为时平抛后经过b点，当质点初动能为时平抛后经过c点，则的值为( )
A. B. C. D.
3、如图所示是一列简谐横波在x轴上传播时某时刻的波形图.如果此时刻质点A正处于平衡位置且沿y轴负方向运动，质点B的位移为，从此时开始计时，经过5.5 s质点A恰好第三次到达波峰，从开始计时经过多长时间质点B第一次到达平衡位置( )
A. B. C. D.
4、如图所示为发电站远距离高压输电示意图.已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和.在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，各互感器和电表均为理想状态，则下列说法正确的是( )
A.电压互感器起降压作用，电流互感器起增大电流作用
B.若电压表的示数为200 V，电流表的示数为5 A，则线路输送电功率为200 kW
C.若保持发电机输出电压和用户数不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大
D.若发电机输出电压一定，仅增加用户数，为维持用户电压不变，可将滑片P下移
5、如图所示，x轴上有两持续振动波源，形成的甲、乙两列简谐横波分别沿x轴的正方向和负方向传播，在时刻甲波恰好传到处，乙波恰好传到处。已知两列波传播速度大小均为，则下列说法正确的是( )
A.两列波相遇后会发生干涉现象
B.处质点的位移最先到达
C.当时处质点的位移为10 cm
D.当时处质点的位移为零
6、如图所示，一斜面体放在水平地面上，质量为m的物块置于斜面体上，轻绳的一端与物块连接，一端跨过光滑的定滑轮，并施加竖直向下的外力F，使物块缓慢地沿斜面上滑。忽略物块与斜面体之间的摩擦力，物块上滑的过程中，斜面体始终保持静止，则( )
A.外力F逐渐增大 B.斜面体对物块的支持力逐渐增大
C.轻绳对滑轮的作用力逐渐减小 D.水平地面对斜面体的摩擦力逐渐增大
7、地球和一小行星绕着太阳“奔跑”，地球的运行轨道可视为半径为的圆。小行星的运行轨道可视为椭圆，其近日点与太阳中心的距离为，远日点与太阳中心的距离为，已知。下列说法正确的是( )
A.小行星的加速度始终大于地球的加速度
B.小行星的公转周期为年
C.小行星对太阳的引力小于太阳对小行星的引力
D.小行星从近日点向远日点运动时，其动能和机械能均逐渐减小
8、如图甲所示是一列沿x轴方向传播的简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，S是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点。图乙为介质中质点P的振动图象。下列说法正确的是( )
A.该波沿x轴负方向传播
B.波源起振方向为y轴负方向
C.S与Q一定总是同时回到平衡位置
D.波源起振后处的质点第一次到达波峰
9、两个完全相同的木块放置在水平转盘上，质量均为，两木块用轻质细线相连，细线恰好经过转盘的圆心O.距离.开始转盘与木块都静止，现转盘绕通过其圆心O的轴旋转，角速度逐渐增大.已知两木块与转盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，取BO方向为正方向，则两个木块在滑动前所受摩擦力随角速度平方的变化规律如图所示.两个木块皆可视为质点，则根据图中数据可知( )
A.图线甲是木块A的图线
B.
C.木块与转盘间的动摩擦因数
D.转盘开始转动后，加速度是合适数值时木块B的摩擦力可以为零
10、地球同步卫星相对于地球静止，从地面上看，卫星保持不动，故也称静止卫星.如图所示，卫星A是地球同步卫星，卫星B是近地卫星，C是静止在赤道上的物体，且恰好处于卫星A的正下方，卫星的工作轨道均处于赤道平面内.如果的质量相同，从北极正上方看，某时刻的位置如图所示.则以下判断正确的是( )
A.卫星B的轨道可以是圆，卫星A的轨道一定是椭圆
B.如果某时刻卫星B处于连线上，则24 h后卫星B再次回到该位置
C.不考虑其他天体的影响，当处于同一直线上时，A同时受到及地球的万有引力，所以卫星A受向心力最大
D.的加速度关系为
11、电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是( )
A.a点电势为7.5 V
B.电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C.电子在b点加速度比在c点加速度大
D.电子在电场中运动的最小速度一定为零
二、多选题
12、如图所示，半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道AB固定在水平面上，匀强电场与圆弧轨道所在平面平行，匀强电场与OA成60°角，电荷量为q、质量为m的带正电的小球以某一初速度从B点进入圆弧，从A点离开时机械能的增量为，则两点的电势差以及匀强电场的电场强度E的大小为( )
A. B. C. D.
13、如图所示，等间距的虚线为等差等势线，相邻等势线间的距离为，带电荷量为e的负粒子由A点沿与等势线1成角的方向进入电场，粒子的初动能为，经过一段时间粒子刚好没有穿过等势线4，不计粒子重力。则( )
A.电场的方向垂直等势线由1指向4
B.粒子经过等势线3时的动能为初动能的
C.电场强度的大小为100 V/m
D.粒子再次回到等势线1时到A点的距离为
14、如图所示，截面圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平面上。若一束单色光在截面内从P点垂直界面入射，则恰好在玻璃砖弧形面发生全反射；当入射角时，该单色光从玻璃砖弧形面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，，则( )
A.OP之间的距离为
B.该玻璃砖的折射率
C.时，该光在玻璃砖中的传播时间为
D.时，该光在玻璃砖中的传播时间为
15、如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带电荷量为、质量为m的电子在纸面内从a处沿与半径aO成角的方向射入磁场区域，电子射出磁场时的速度方向与射入磁场时的垂直，下列说法正确的是( )
A.电子在磁场中运动的时间为
B.电子的速度大小为
C.电子在磁场中的运动轨迹长度为
D.若只增大电子的入射速度，则电子在磁场中运动的时间一定减小
16、如图所示，1为在赤道上随地球自转的物体，2为环绕地球运行的近地卫星，3为地球同步轨道上的卫星，卫星4的轨道半径比卫星3的轨道半径大，假设物体1、卫星2、卫星3、卫星4均做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A.物体1和卫星2的向心加速度大小相等
B.卫星4的角速度小于物体1的角速度
C.在相等的时间内，卫星2和卫星3分别与地心连线扫过的面积相等
D.在相等的时间内，卫星2通过的路程最长
17、如图所示，上表面光滑的斜面体A放在粗糙水平地面上，细线一端系在墙面上，另一端跨过斜面顶端的轻质光滑定滑轮与小物块B相连。均处于静止状态，定滑轮右侧的细线向右下方倾斜，左侧的细线与斜面平行。在缓慢把斜面体A向右移动到图中虚线位置的过程中，下列说法正确的是( )
A.小物块B对斜面体A的压力增大 B.细线对小物块B的拉力不变
C.水平地面对斜面体A的支持力增大 D.水平地面对斜面体A的支持力减小
18、如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，直径ab水平。电子带电荷量为、质量为m，以速率v从a处始终沿纸面射入磁场，当电子在a处的速度方向与aO夹角为30°、斜向下时，离开磁场时的速度方向相比进入时的改变了60°。不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A.圆形区域中磁场的磁感应强度大小为
B.改变入射方向，当电子经过O点时，电子在磁场中的运动时间为
C.改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变
D.改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向可能改变
19、诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种取水装置。如图所示，井上竖立的井架上装有可用手柄摇转的圆柱体，圆柱体上缠绕绳索，绳索一端系水桶。摇转手柄，使水桶起落，提取井水，A是圆柱体边缘上的一质点，B是手柄上的一质点，假设人转动手柄向上提水时，手柄绕轴转动的角速度恒定，上升过程中绳会缠绕在圆柱体上，则( )
A.B所需的向心力大于A所需的向心力
B.手柄从图示向下运动时，圆柱体对A的作用力增大
C.上升过程中水桶重力的功率会增大
D.手柄从图示向下运动时，B的机械能逐渐增大
三、实验题
20、某实验小组利用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律，水平桌面上固定一倾角为θ的气垫导轨；导轨上A点处有一带遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，遮光片的宽度为d，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。
（1）用游标卡尺测出遮光片宽度d，如图乙所示，则_______mm。
（2）某次实验中，测得，则遮光片通过光电门的瞬时速度大小_______m/s（保留三位有效数字）。
（3）该实验小组同学将滑块从不同位置释放，测出释放点A点到光电门B处的距离L，若作出L（为纵坐标）与_______（填“t”“”或“”）的图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的斜率为_______，则滑块和小球组成的系统满足机械能守恒定律（用题中已知物理量的字母表示）。
（4）下表为小华同学记录的实验结果整理后得出的实验数据：
4.99 9.98 14.8 19.6 29.4
5.14 10.3 15.1 20.0 29.7
他发现表中的与之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点？请说明理由：_____________________。
21、某学习小组研究物体加速度和受力之间的关系，设计了如下实验，如图甲所示，木板侧面贴有标尺，放在桌面上后调节水平。木块上固定有拉力传感器，放在木板上。拉力传感器通过细线绕过定滑轮与钩码连接。松手后，木块在细线的拉动下加速滑行。记录拉力传感器的读数F，同时利用手机拍摄木块的运动过程，通过解析视频，测出加速度a。请完成以下问题：
3.87 cm 11.45 cm 20.76 cm 31.78 cm 44.52 cm
（1）某次测量获得木块的5个位置坐标如表中所示（相邻位置的时间间隔均为）。由表中数据可得木块运动的加速度_______。（结果保留2位有效数字）
（2）改变所挂钩码个数，重复实验，得到多组数据。画出的图象为如图乙所示的一条直线。图象不过坐标原点的原因是_______。通过图象可以得出木块的加速度与所受合力成_______（选填“正比”或“反比”）。
（3）下列做法中，能减小实验误差的是_______。
A.调节滑轮高度，使细线与木板平行
B.使钩码质量远小于木块质量
C.使对应木块开始运动的位置
四、计算题
22、如图所示，质量为1 kg的物块A静止在半径的四分之一光滑圆轨道的最高点，A的正上方O点用长的轻绳悬挂一质量为3 kg的物块B。将物块B向左拉起使轻绳与竖直方向成60°角后由静止释放，之后B在O点正下方与A发生弹性碰撞。轻绳始终处于拉直状态，均可视为质点，重力加速度g取，求：
（1）碰后瞬间物块A对圆弧轨道的压力大小；
（2）物块A离开圆弧轨道时的速率。
23、如图所示，木板B和物块A质量均为m，开始木板静止在水平地面上，物块位于木板最左端。物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，木板和物块用不可伸长的轻质细线绕过光滑定滑轮连接，初始时细线绷紧。现对物块施加一水平向右的恒定拉力，当物块运动到木板正中间时撤去拉力，最后物块恰好停在木板的最右端。已知细线足够长，整个过程木板不会撞到滑轮，物块可视为质点，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求物块向右加速和减速所用时间之比。
（2）求拉力F的大小。
（3）若已知木板长度为L，当物块运动到木板正中间时，撤去拉力的同时细线断裂，通过计算判断最终物块能否停在木板上。若能，求物块停在木板上的位置；若不能，求物块离开木板时的速度大小。
24、如图所示，平面直角坐标系xOy中第一象限内和虚线间存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，弯曲虚线的方程为。第二象限内虚线与x轴间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小也为E。第三象限内存在垂直坐标系平面向里的匀强磁场。从第一象限内弯曲虚线段上不同位置由静止释放质量为m、带电荷量为的粒子，不计粒子重力。
（1）求从弯曲虚线段上横坐标为的A点释放的粒子，第一次经过x轴时与原点O间的距离。
（2）求从弯曲虚线段上不同点释放的粒子，第一次经过x轴时的最小动能。
（3）从弯曲虚线段上不同点释放的粒子中第一次经过x轴有最小动能的粒子，进入第三象限后，恰好不经过y轴，求磁场的磁感应强度大小和粒子经过x轴时与原点O间的距离。
25、半径为r的圆弧轨道AB与半径为的圆弧轨道BC在B点平滑对接，固定放置在竖直平面内，轨道的最低点A和最高点C处的切线均水平，两轨道内壁均光滑。现让质量为m的小球甲（可视为质点），在光滑的水平地面上以水平向右的速度与静止的、质量也为m的小球乙（可视为质点）发生碰撞，碰后乙能够到达C点。已知重力加速度为g。
（1）若两点轨道对乙的弹力大小之差为，求小球乙从C点到落地点的位移大小。
（2）若乙刚好能够到达C点，且甲、乙在碰撞过程中产生的热量为甲的初动能的，求甲与乙碰撞之前甲的速度大小。
参考答案
1、答案：A
解析：根据题意，被封闭气体发生等容变化，满足查理定律，即，又因为，所以水柱高度变化量，可知水柱高度变化量与温度的变化量成正比，因此玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的，A正确，BCD错误.
2、答案：C
解析：设之间的水平距离和竖直距离均为d，则之间的水平距离为之间的竖直距离为.当质点经过b点时水平方向有，竖直方向有，解得，质点经过c点时水平方向有，竖直方向有，解得，又动能，所以，C正确，ABD错误.
3、答案：A
解析：由题图可知，此时质点A沿y轴负方向运动，由上下坡法可得，该波沿着x轴负方向传播，由质点A经过5.5 s恰好第3次到达波峰可得，解得，因为该波沿着x轴负方向传播，则时刻质点B沿y轴负方向运动，质点B回到平衡位置的时间，A正确，BCD错误.
4、答案：C
解析：电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，A错误；电压互感器原线圈两端电压，电流互感器原线圈中的电流，对于理想变压器，线路输送电功率，B错误；仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数，根据理想变压器的规律，升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压增大，副线圈两端电压增大，通过负载的电流，又用户数不变，即负载总电阻R不变，则增大，降压变压器原线圈中的电流，匝数比不变，增大，则输电线上损耗功率增大，C正确；仅增加用户数，即负载总电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压不变，则通过副线圈的电流增大，降压变压器原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失增大；原线圈两端电压将减小，根据可知，当减小时，减小可以使不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，D错误.
5、答案：B
解析：由题图可知甲、乙两波的波长分别为，两波的频率分别为，由于频率不同，故两列波相遇时不会发生干涉现象，A错误；时刻两列波相距最近且处于波峰的质点分别为和处，这两列波的波峰相遇的最短时间为，最先到达处的质点坐标是，B正确；当时，两列波平移的距离均为，由图像知，则甲波在处是波谷，乙波在处是平衡位置，叠加后处质点位移为，C、D错误。
6、答案：A
解析：
7、答案：B
解析：根据可知，小行星位于远日点时的加速度小于地球的加速度，A错误；小行星运行轨道的半长轴为，由开普勒第三定律有，联立解得年，B正确；小行星对太阳的引力和太阳对小行星的引力是一对相互作用力，大小相等，C错误；小行星从近日点向远日点运动时，万有引力做负功，动能逐渐减小机械能守恒，D错误。
8、答案：C
解析：由图乙可知质点P起振方向为沿y轴正方向，质点P起振方向与波源起振方向相同，故波源起振方向为沿y轴正方向，B错误。由图乙可知，时，质点P振动方向向上，结合图甲可知该波沿x轴正方向传播，A错误。S与Q平衡位置相差半个波长，因此一定总是同时回到平衡位置，C正确。该简谐横波的波长，周期，波速，波源起振后，平衡位置距波源5 m处的质点第一次到达波峰时，波向前传播的距离为6 m，所用时间为，D错误。
9、答案：C
解析：由题意可知木块的质量与角速度相同，根据可知，摩擦力与半径成正比，因，所以木块B受到的摩擦力增大得快，所以图线甲是木块B的图线，选项A错误；当时，木块B受到的摩擦力是A的2倍，故，选项B错误；当时，木块B受到的静摩擦力达到最大值，有，可得，选项C正确；由题图可知，转盘开始转动后，木块B受到的摩擦力先增大后保持不变，不可能为零，选项D错误.
10、答案：D
解析：卫星A是地球同步卫星，相对地面静止，其轨道一定是圆轨道，卫星B的轨道可以是圆，也可以是椭圆，选项A错误；由，可得，所以卫星运行的轨道半径r越小，其周期T越小，卫星B是近地卫星，其周期远小于24 h，它再次回到连线上所需时间也远小于24 h，选项B错误；因为质量远小于地球的质量，所以计算万有引力时只考虑地球对它们的引力作用，由题意可知，又，由万有引力定律有，解得，则，又，则由知，，即卫星A所受向心力最小，选项C错误；由可得，所以卫星B的加速度大于卫星A的加速度，即；由可知，卫星A的加速度大于物体C的加速度，即，所以有，选项D正确.
11、答案：B
解析：根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为，A错误；电子在两点，由能量守恒定律有，由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，B正确；c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，C错误；电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，D错误。
12、答案：AC
解析：根据能量守恒定律，小球电势能的减少量等于机械能的增加量，即，解得，A正确，B错误；根据几何关系可知，小球沿着电场线方向移动的距离，电场力做功，解得电场强度，C正确，D错误.
13、答案：ACD
解析：粒子刚好没有穿过等势线4，则粒子所受的电场力垂直等势线向下，由于粒子带负电，则电场的方向垂直等势线由1指向4，A正确；沿等势线方向记为x方向、垂直等势线方向记为y方向，将粒子在A的速度分解，则，粒子到等势线4时减为零，则有，又，解得，则粒子由等势线1到等势线4过程电场力做的功为-24 eV，由等势线1到等势线3电场力做的功为-16 eV，所以粒子在等势线3时的动能为，B错误；又，解得，由得，C正确；粒子在垂直等势线方向做类竖直上抛运动，设粒子从射入电场到再次回到等势线1的时间为t，粒子由等势线1到等势线4的过程有，粒子再次回到等势线1时的位置到A点的距离为，联立解得，D正确。
14、答案：BD
解析：第一步：根据出射光线与入射光线平行作出光路图
当入射角时，该单色光从玻璃砖弧形面出射后恰好与入射光平行，由几何关系知出射点A恰好在O点正上方，且折射光线与OA所在直线的夹角也等于53°，光路图如图所示。
第二步：结合几何关系进行计算
设OP的距离为d，根据题意可知，该单色光从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖弧形面发生全反射，则。当入射角时，有，由几何关系可得，联立解得，A错误，B正确。时，光在玻璃砖中的传播时间，可得，C错误，D正确。
15、答案：AC
解析：第一步：求电子在磁场中运动的时间
带电粒子在磁扬场中做匀速圆周运动的周期，电子在磁场中的运动时间，A正确。
第二步：求电子的速度大小及运动轨迹长度
电子做圆周运动的轨迹圆圆心为C，如图所示（连接），由对称性可知，可得。设电子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系有，可得。由，得，B错误。轨迹长度，C错误。
第三步：求电子在磁场中运动的时间与入射速度的关系
若只增大电子的入射速度，轨迹半径r增太，出射点b向左移，弦ab的与初速度v方向间的夹角减小，轨迹对应的圆心角减小，电子在磁场中运动的时间减小，D正确。
16、答案：BD
解析：对卫星2，万有引力提供其做圆周运动的向心力，有，但对于物体1来说，由于地球自转的作用，万有引力的一部分提供了圆周运动的向心力，所以物体1的向心加速度小于重力加速度g，A错误；卫星3在地球同步轨道上，则卫星3的角速度与物体1的角速度相同，由万有引力提供向心力有，得，则卫星3的角速度比卫星4的角速度大，物体1的角速度大于卫星4的角速度，B正确；绕同一天体运动的两不同卫星，半径不同，则两卫星分别与地心的连线在相等时间内扫过的面积不相等，C错误；由得，可知在卫星2、3、4中卫星2的线速度最大，又物体1和卫星3的角速度相等，则卫星3的线速度大于物体1的，因此四者中卫星2的线速度最大，由可知在相等的时间内，卫星2通过的路程最长，D正确。
17、答案：BC
解析：设斜面的倾角为θ，斜面体A的质量为M，小物块B的质量为m，可得小物块B对斜面体A的压力大小为，细线对小物块B的拉力大小，在缓慢把斜面体A向右移动到图中虚线位置的过程中，θ不变，故小物块B对斜面体A的压力、细线对小物块B的拉力均不变，A错误，B正确；对斜面体A、定滑轮和小物块B整体受力分析如图所示，根据平衡条件可得，移动过程中β变小，T的大小不变，则变大，即水平地面对斜面体A的支持力增大，C正确，D错误。
18、答案：BC
解析：设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知，由三角形全等可知，电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动的向心力可得，代入半径可得，A错误。改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，轨迹圆心在圆形边界上的D点，出射点在e点，可知四边形aOeD为菱形，三角形aOD，eOD为等边三角形，电子从e点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为，B正确。改变电子在a处的入射方向，设电子从一般位置f射出，轨迹圆心为P，同理可知四边形aOfP为菱形，出射点对应轨迹半径，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，C正确，D错误。
19、答案：BC
解析：第一步：判断两质点所受向心力的关系
手柄绕轴转动的角速度恒定，则两质点的角速度相同，向心力，由图可知B的转动半径大于A的转动半径，但的质量关系未知，不能判断向心力的大小关系，A错误。
第二步：根据受力分析判断圆柱体对A的作用力的变化
由受力分析可得，重力G与圆柱体对A作用力F的合力提供向心力，手柄从最高点到最低点的过程中向心力大小和重力大小不变，如图所示，α从0°增大到180°，圆柱体对A的作用力F增大，B正确。
第三步：判断水桶的速度变化，进而计算重力的功率
上升过程中绳绕在圆柱体上，会导致半径增大，又角速度不变，由线速度可知，水桶上升的速度增大，根据功率的公式可知重力的功率增大，C正确。
第四步：根据动能和势能的变化判断机械能的变化
手柄向下运动，B点向下运动，动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误。
20、答案：（1）1.30
（2）0.112
（3）；
（4）见解析
解析：（1）游标卡尺的读数为。
（2）滑块通过光电门的速度大小。
（3）根据题意知滑块经过光电门的速度为，若滑块和小球组成的系统满足机械能守恒定律，则应有，整理得，作出L与的图像是过原点的一条倾斜直线，直线的斜率为。
（4）不同意，因为空气阻力会造成小于，但表中大于。
21、答案：（1）1.7
（2）木块还受摩擦阻力的作用；正比
（3）A
解析：（1）根据逐差法可得加速度。
（2）图象不过坐标原点的原因是木块还受摩擦阻力的作用。由图象可得，加速度a与所受合力成正比。
（3）细线与木板平行，传感器读数才表示木块受到水平向前的力，A正确。本实验利用传感器测量细线上的拉力，钩码质量不需要远小于木块质量，若钩码质量过小，木块甚至不会滑动，B错误。利用逐差法求加速度时，不需要从木块开始运动的位置算起，C错误。
22、答案：（1）7.5 N
（2）
解析：（1）设A的质量为的质量为，物块B向下运动的过程中，重力势能转化为动能，设B与A碰撞前瞬间的速度为，则由机械能守恒定律可得
发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
对碰后瞬间的A进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可得A对圆弧轨道的压力大小为
（2）设A离开轨道时所在位置P与圆心的连线与竖直方向的夹角为α，此时物块A的速度为，则只有重力沿径向的分力提供向心力，有
物块A从开始运动到P的过程中机械能守恒，有
解得
23、答案：（1）
（2）
（3）见解析
解析：（1）对物块施加一水平向右的恒定拉力后，设物块向右的加速度大小为，由于细线长度不变，则木板向左的加速度大小也为，设木板长度为，当物块运动到木板正中间时，设物块向右的速度大小为v，则木板向左的速度大小也为v；设物块向右运动的距离为，则木板向左运动的距离也为，物块和木板的加速时间均为
有
拉力撤去后，先判断细线是否松弛
假设细线松弛，设物块向左的加速度大小为，有
得
设木板向右的加速度大小为，有
得
由于，连接的细线长度会增大，不符合实际，说明假设不成立，故拉力撤去后细线不松弛
拉力撤去后，由于细线不松弛，物块向右减速，木板向左减速，物块与木板的加速度大小相等，设为，设物块向右运动的距离为，则木板向左运动的距离也为，物块和木块的减速时间均为
物块停在木板最右端，有
物块减速过程有
联立可得
（2）设拉力撤去后细线上的拉力变为
对物块有
对木板有
可得
拉力撤去前，有，设细线上的拉力为
对物块有
对木板有
可得
（3）撤去拉力时，由以上分析可得物块和木板的速度大小
细线断裂后，结合以上分析可知物块向右减速，加速度大小，木板向左减速，加速度大小，木板速度先减为0。设减速过程木板经过时间速度减为0，向左运动的距离为，有
木板速度减为0时，物块的速度大小
此阶段物块减速运动的距离
此阶段物块相对木板向右滑行的距离
由于，可知木板速度减为0时，物块仍在木板上向右滑行
地面对木板的最大静摩擦力
物块对木板的滑动摩擦力
由于，之后木板保持静止
假设物块会从木板右端滑下
设物块滑到木板右端时速度为，有
可得，假设成立
24、答案：（1）见解析
（2）
（3）见解析
解析：（1）A点横坐标为，由得
从A点释放的粒子，在第一象限内沿电场方向做加速运动，设经过y轴时的速度为，根据动能定理有
粒子在第二象限内做类平抛运动，有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设释放点的坐标为，粒子从释放到第一次经过x轴，根据动能定理有
可得
当，即时，动能最小，为
（3）设第一次经过x轴时动能最小的粒子，经过x轴时的速度为v，有
由（2）知该粒子的释放点坐标为
在第一象限内加速，有
粒子在第二象限内做类平抛运动，有
解得
设粒子射入磁场时速度与x轴负方向的夹角为θ，有
解得
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，恰好与y轴相切，设轨迹半径为r，有
粒子在磁场中运动，有
解得
粒子向上离开x轴后做类斜抛运动，上升到最高点后做类平抛运动，轨迹对称
粒子第n次向下经过x轴时与原点O间的距离为
粒子第n次向上经过x轴时与原点O间的距离为
可得粒子第n次向下经过x轴时与原点O间的距离为
粒子第n次向上经过x轴时与原点O间的距离为
25、答案：（1）
（2）
解析：（1）设乙在两点所受的弹力大小分别为，对乙受力分析，由牛顿第二定律可得
对乙，由A到C，由机械能守恒定律可得
由题意可得
由平抛运动的规律可得
平抛运动的位移为
综合解得
（2）设甲与乙碰撞之前甲的速度为，甲、乙在碰撞过程中由动量守恒定律可得
碰撞过程中产生的热量为
由题意知
若乙刚好能够到达C点，则有
由机械能守恒定律可得
综合解得