1、物 理第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.静电场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关“场”的知识，并进行合理的类比和猜想，判断以下说法中正确的是（）A. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并测定了元电荷的电荷 量B. 电场的概念是法拉第建立的，并引出电场线来描述电场C. 如果把地球抽象为一个孤立质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的 分布类似于真空中一个孤立的正电荷所产生的静电场的电场线分布D. 重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，其“场强”大小的决定式为 【答案】
2、B【解析】【详解】A库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，而密立根测定了元电荷的电荷量，故 A 错误；B电场和磁场的概念是法拉第建立的；故 B 正确；C如果把地球抽象为一个孤质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布，重力场的方向指向地球，类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布， 故 C 错误；D重力场与静电场相类比，重力场的“场强”相等于重力加速度，其“场强”大小的定义式为，故 D 错误。故选B。2.两个完全相同的小球分别从同一高度抛出，一个平抛，一个竖直上抛，不计空气阻力。从抛出到它们落地的过程中，这两个小球的（）A. 运动时间相同B. 速度变化量相
3、同C. 动能的变化量相同D. 动量的变化量相同【答案】C【解析】【详解】A B根据竖直方向速度变化与时间关系可知两球的速度变化量不同，则时间不同，故A B错误；C根据动能定理可知由于重力做功相等，初动能相等，可知落地的动能相等，动能的变化量相同，故C正确；D根据由于速度变化量不同，动量变化量也不同，故D错误。故选C。3.根据德布罗意理论，电子也具有波粒二象性，其波长，其中h为普朗克常量，p为电子的动量。在某次实验时用高压加速电子束，然后垂直射到双缝上，在双缝后的光屏上得到了干涉条纹，但条纹间距很小。下面的方法中一定能使条纹间距变大的是（）A. 降低加速电子的电压，同时减小双缝间的距离B. 降低
4、加速电子的电压，同时加大双缝间的距离C. 减小双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝D. 加大双缝间距离，同时使光屏靠近双缝【答案】A【解析】【详解】AB降低加速电子的电压，则电子的速度减小，动量减小，根据德布罗意波长公式知波长变大，根据条纹间距公式可知同时减小双缝间的距离，条纹间距变大，故A正确，B错误；C根据条纹间距公式可知减小双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝，则条纹间距的变化无法判断，故C错误；D根据条纹间距公式可知加大双缝间的距离，同时使光屏靠近双缝，则条纹间距变小，故D错误。故选A。4.由于分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能如图所示为分子势
5、能Ep随分子间距离r变化的图象，取r趋近于无穷大时Ep为零通过功能关系可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息，则下列说法正确的是（ ）A. 假设将两个分子从r=r1处释放，当r=r2时它们的速度最大B. 假设将两个分子从r=r1处释放，它们的加速度先增大后减小C. 假设将两个分子从r=r2处释放，它们将开始远离D. 假设将两个分子从r=r2处释放，它们将相互靠近【答案】A【解析】【详解】AB由图可知，两个分子从r=r2处的分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0由于r1r2，可知分子在r=r1处的分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，斥力减小，分子力做
6、正功，分子的速度增大，加速度减小；当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，先增大后减小，加速度先增大后减小；分子力做负功，分子的速度减小，所以当r=r2时它们的速度最大故A正确，B错误CD结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从r=r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近故CD错误；故选A点睛：本题对分子力、分子势能与分子间距离的关系要熟悉，知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系图象即可正确解题5.如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰
7、和波谷此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A. 该时刻质点O正处在平衡位置B. P、N两质点始终处在平衡位置C. 随着时间的推移，质点M向O点处移动D. 从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置【答案】B【解析】【详解】由波的叠加，M点处于波峰，O点处于波谷，A错；PN两点处于波峰与波谷相遇的点，为平衡位置，B对；质点不随波迁移，C错；M点处于波峰位置，再经过四分之一个周期振动到平衡位置，D错6.平直公路上有一超声波测速仪B，汽车A向B做直线运动，当两者相距355m时刻，B发出超声波，同时由于紧急情况A刹车，当B接收到反射回来的超声波信号时，A恰好停止，此时刻AB相距33
8、5m.已知超声波的声速为340m/s，则汽车刹车的加速度为（ ）A. 20m/s2B. 10m/s2C. 5m/s2D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】设汽车的加速度为a，运动的时间为t，匀减速运动直到静止可以看成初速度为零的匀加速直线运动，则有：，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，根据得：，知超声波与汽车相遇时的位移：，所以，解得：，所以汽车的加速度大小为，故B正确，A、C、D错误；故选B7.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑
9、，最后运动员滑到C点停下。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. 从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力B. 从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心OC. 从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变D. 从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功【答案】D【解析】【详解】A从A到B的过程中，运动员仅受重力、支持力和摩擦力共三个力，而向心力是效果力，是由所受的三个力提供，故A错误；B从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；C从A到C的过程中，因运动员所受的摩擦力一
10、直做负功，则其机械能保持一直减小，故C错误；D对从A到C的全过程，由动能定理即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。故选D。8.如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路两个同学迅速摇动AB这段“绳”假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点则下列说法正确的是A. 当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B. 当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C. 当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD. 在摇“绳”过程
11、中，A点电势总是比B点电势高【答案】C【解析】试题分析：地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低解：A、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误B、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培 力也最小，故B错误C、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知
12、，“绳”中电流从A流向B故C正确D、在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A，B点相当于电源的负极，A点相当于电源正极，则B点电势比A点电势低；故D错误故选C【点评】本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题9.如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是（）A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较大B
13、. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C. 当开关S分别接5或6时，测量的是电阻，其中A是红表笔D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大【答案】D【解析】【详解】A其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A错误；B3、4档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔，A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误；C要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压。因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，
14、故A为红表笔，故C错误；D要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压。测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D正确。故选D。10.图（a）为“研究平抛运动”的实验装置（斜槽末端 B 处已经调至水平），利用这套装置可以测量小物块 Q与平板 P 之间的动摩擦因数。先将小物块 Q在A点由静止释放，测量出Q落地点距B点的水平距离 x1；在斜槽末端 B 处对接了平板 P，如图（b），P板的上表面与斜槽末端相切，再次将物块Q在A点由静止释放，测量出Q落地点距P板右端的水平距离x2；测量出斜槽末端高
15、度 h 和平板 P 的长度 L，重力加速度为 g，则物块 Q 与平板 P之间的动摩擦因数 m 为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】详解】物块Q从B点滑出后做平抛运动，则有解得水平方向有解得物块Q从P点滑出后做平抛运动，因为下落高度相等，所以时间相同，即水平方向有解得从B到P根据动能定理的解得故ABD错误，C正确故选C。11.某个物理量D的变化量DD与发生这个变化所用时间Dt的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法不正确的是（）A. 若D表示质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的B. 若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则是恒定不变的C. 若D表示质点的动量，则越大，质点所受合外力就越大
16、D. 若D表示穿过线圈的磁通量，则越大，线圈中的感应电动势就越大【答案】B【解析】【详解】A若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示加速度，而平抛运动加速度始终等于重力加速度，所以是恒定不变，故A正确，不符合题意；B若D表示某质点做匀速圆周运动的线速度，则表示线速度的变化率，等于物体的向心加速度，而匀速圆周运动的向心加速度的方向始终指向圆心，是变化的，故B错误，符合题意；C若D表示某质点的动量，则表示动量的变化率，即物体所受的合外力，则越大，质点所受合外力就越大，选项C正确，不符合题意；D若D表示穿过某线圈的磁通量，则就表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应强度可知，越大，则穿过线圈的磁通量变化
17、越快，线圈中的感应电动势就越大，故D正确，不符合题意。故选B。12.对下列各图蕴含的信息理解正确的是( )A. 图甲的加速度时间图像说明该物体在做加速直线运动B. 图乙的位移时间图像说明该物体受力平衡C. 图丙的动能时间图像说明该物体做匀减速直线运动D. 图丁的速度时间图像说明该物体的合力随时间增大【答案】B【解析】【详解】A图甲的加速度时间图像说明该物体的加速度随时间在增大，所以A错误；B图乙的位移时间图像说明该物做匀速直线运动，所以处于平衡状态，故B正确；C图丙的动能时间图像知，动能随时间均匀减小，由，所以速度不随时间均匀变化，所以C错误；D图丁的速度时间图像说明该物体的加速度在减小，根据
18、F=ma知，合力随时间减小，故D错误。故选B。13.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8 eV时,它的动能应为（ ）A. 8 eVB. 13 eVC. 20 eVD. 34 eV【答案】C【解析】【详解】由题意，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小7e
19、V，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为7eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=7eV+5eV=12eV，其电势能变为-8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为20eVA8 eV，与结论不相符，选项A错误；B13 eV，与结论不相符，选项B错误；C20 eV，与结论相符，选项C正确；D34 eV，与结论不相符，选项D错误；14.如图所示，其中图 A 是作用在物体上的力 F 随在力的方向上的位移 x 变化的图像，图 B 是质点运动的加速度 a 随时间变化的图像，图 C 是电容器充电电流 i 随时间变化的图像，图 D 是穿过线圈的磁通量
20、0593;随时间变化的图像，类比通过𝑣 𝑡图像求位移的思想方法，下列关于各图像和坐标抽所围面积的意义的说法中正确 的 有（）A. 图A所围阴影面积大小可以表示力F做功的快慢B. 图B所围阴影面积可以表示质点加速度的变化量C. 图C所围阴影面积可以表示电容器上已充电的电量D. 图D所围阴影面积可以表示穿过线圈的磁通量的变化快慢【答案】C【解析】【详解】A图是作用在物体上的力随在力的方向上的位移变化的图像，根据知，图所围面积等于该力在相应位移内所做的功，A错误；B图是质点运动的加速度随时间变化的图像，由得，知，图所围面积等于质点在相应的时间内速度的变化量，B错误；
21、C图是电容器充电电流随时间变化的图像，由知，图所围面积等于相应时间内电容器储存的电荷量，C正确；D图是穿过线圈的磁通量随时间变化的图像，由可知，穿过线圈的磁通量的变化快慢表示感应电动的大小，那么图所围面积不表示穿过线圈的磁通量变化的快慢，D错误。故选C。第二部分本部分共6题，共58分。15.在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验中。(1)在探究向心力的大小F与角速度的关系时，要保持_相同。A和r B.和m C.m和r D.m和F(2)本实验采用的实验方法是_。A累积法 B.控制变量法 C.微元法 D.放大法(3)甲同学在进行如图甲所示的实验，他是在研究向
22、心力的大小F与_的关系。可以得到的正确结果是_。(4)乙同学把两小球都换为钢球，且质量相等，如图乙所示，实验中观察到标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为14。由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为_。【答案】 (1). C (2). B (3). 质量 (4). 在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比 (5). 2：1【解析】【详解】（1）1在研究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系时，需先控制其他物理量不变，研究另外两个物理量的关系。所以在探究向心力的大小F与角速度的关系时，要保持小球的质量与运动的半径相同。故选C。（2）2在
23、实验时需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法。故选B。（3）3 4甲同学在进行如图甲所示的实验，由图可知，转动半径相同，皮带系在相同半径的变速轮塔上，根据线速度相同，可知角速度也相同，所以他是在研究向心力的大小F与质量的关系；故得到正确的结果是：在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比；（4）5根据两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1。16.(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻
24、璃板、彩笔、痱子粉、坐标纸、试剂瓶，要完成本实验，还欠缺的器材有_。(2)在用油膜法粗测分子直径的实验中，滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，这是因为_；在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒些痱子粉，这样做是为了_。(3)如图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是_（用符号表示）。(4)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为A，又用滴管测得N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上，如图所示，测得油膜占有的
25、小正方形个数为x。用以上字母表示油酸分子直径的大小d=_；从图中数得油膜占有的小正方形个数为x=_。【答案】 (1). 量筒 (2). 纯油酸粘滞力较大，滴在水面不易形成单分子油膜，而油酸酒精溶液滴在水面容易形成单分子油膜 (3). 界定油膜的边界 (4). dacb (5). (6). 110（108112均正确）【解析】【详解】(1)1在本实验中，要用量筒量取酒精和油酸，从而配置酒精油酸溶液，现在水槽中撒上痱子粉，在将用酒精稀释过的油酸用滴管滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，用数格子的方法得出形成的面积，则可根据体积公式求得分子直径，故实验还需要量
26、筒。(2)23实验中滴在水面上的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，这是因为纯油酸粘滞系数较大，滴在睡水面不易形成单分子油膜，而油酸酒精溶液滴在水面容易形成单分子油膜。在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上痱子粉，这样做是为了界定油膜的边界，便于描绘油膜形状。(3)4“用油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配置油酸酒精溶液测定一滴油酸酒精溶液的体积准备浅水盘形成油膜描绘油膜边缘测量油膜面积计算分子直径，很显然在实验的步骤中，是将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定，因此操作先后顺序排列是dacb。(4)56由题可知一滴油酸酒精溶液的体积其中纯油酸的体积所形成的油膜的面积为每一滴油酸酒精
27、溶液中含有的纯油酸的体积解得超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可以数出小正方形的有效个数为110。17.如图所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的正方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长为L，其中ab段的电阻为R在宽度也为L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下线框在水平拉力的作用下以恒定的速度v通过匀强磁场区域，线框始终与磁场方向垂直且无转动求：（1）在线框的cd边刚进入磁场时，bc边两端的电压Ubc；（2）为维持线框匀速运动，水平拉力的大小F；（3）在线框通过磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的热量Qbc【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）c
28、d边进入磁场时产生的感应电动势为整个回路的电阻 R总=4R回路中的电流bc边两端的电压为（2）为维持线框匀速运动，外力应始终等于安培力，即：F=F安线框所受安培力为水平拉力：（3）整个线框通过磁场的过程中所经历的时间为整个过程中bc段金属导线上产生的电热为18.利用万有引力定律可以测量天体的质量（1）测地球的质量英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数值，他把自己的实验说成是“称量地球的质量”已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G若忽略地球自转的影响，求地球的质量（2）测“双星系统”的总质量所谓“双星系统”，是指在相互间引力的作用下，绕
29、连线上某点O做匀速圆周运动的两个星球A和B，如图所示已知A、B间距离为L，A、B绕O点运动的周期均为T，引力常量为G，求A、B的总质量（3）测月球的质量若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成“双星系统”已知月球的公转周期为T1，月球、地球球心间的距离为L1你还可以利用（1）、（2）中提供的信息，求月球的质量【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设地球的质量为M，地球表面某物体质量为m，忽略地球自转的影响，则有解得：M=；（2）设A的质量为M1，A到O的距离为r1，设B的质量为M2，B到O的距离为r2，根据万有引力提供向心力公式得：，又因为L=r1+r2解得：；（3）设月球质量
30、为M3，由（2）可知，由（1）可知，M=解得：19.下图是汤姆孙用来测定电子比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置示意图，某实验小组的同学利用此装置进行了如下探索：真空管内的阴极K发出的电子经加速后，穿过A中心的小孔沿中心线OP的方向进入到两块水平正对放置的平行极板M和N间的区域当M和N间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P点处，形成了一个亮点；在M和N间加上偏转电压U后，亮点偏离到P1点；在M和N之间再加上垂直于纸面向外的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，电子在M、N间作匀速直线运动，亮点重新回到P点；撤去M和N间的偏转电压U，只保留磁场B，电子在M、N间作匀速圆周运
31、动，亮点偏离到P2点若视荧光屏为平面，测得P、P2的距离为y已知M和N极板的长度为L1，间距为d，它们的右端到荧光屏中心P点的水平距离为L2，不计电子所受的重力和电子间的相互作用（1）求电子在M、N间作匀速直线运动时的速度大小；（2）写出电子在M、N间作匀速圆周运动的轨迹半径r与L1、L2及y之间的关系式；（3）若已知电子在M、N间作匀速圆周运动的轨迹半径r，求电子的比荷；（4）根据该小组同学的探索，请提出估算电子比荷的其他方案及需要测量的物理量【答案】（1）（2）（3）（4）方案1：若忽略电子从阴极K发出的初速度，分析电子在探索中O、A之间的加速运动，探索中的匀速直线运动，可以求出电子的比荷
32、，需测量O、A间的加速电压方案2：分析电子在探索、中的运动，可以求出电子的比荷，需测量P与P1之间的距离【解析】【详解】（1）电子在极板M、N间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，受力平衡，设电子进入极板间的速度为v，由平衡条件有两极板间电场强度解得（2）极板M、N间仅有匀强磁场时，电子做半径为r的匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，如图所示穿出磁场后在竖直方向上移动距离解得（3）电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力解得（4）方案1：若忽略电子从阴极K发出初速度，分析电子在探索中O、A之间的加速运动，探索中的匀速直线运动，可以求出电子的比荷，需测量O、A间的加速
33、电压方案2：分析电子在探索、中的运动，可以求出电子的比荷，需测量P与P1之间的距离。20.如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与置于水平面上的质量为m的小滑块相连在以下的讨论中小滑块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，取弹簧原长时弹性势能为0，且空气阻力可忽略不计（1）若水平面光滑，以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，如图甲所示请在图乙中画出弹簧弹力F与小滑块所在位置坐标x的关系图像教科书中讲解了由v - t图像求位移的方法，请你借鉴此方法，并根据F-x图像推导出小滑块在x位置时弹簧弹性势能Ep的表达式（已知弹簧的劲度系数为k）小滑块在某轻质弹簧的作用下，沿光
34、滑水平面在O点附近做往复运动，其速度v的大小与位置坐标x的关系曲线如图丙所示，其中vm和x0皆为已知量，请根据图丙中v-x图像提供的信息求解本题中弹簧的劲度系数k（2）若水平面不光滑，且已知小滑块与水平面之间的动摩擦因数为仍以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，将小滑块沿水平面向右拉到距离O点为l0的P点按住（l0mg/k），如图丁所示计算中可以认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k若放手后小滑块第一次经过O点向左运动至最远点Q，求Q点与O点的距离，并分析如果小滑块在Q点停不住，l0与、m和k等物理量之间应满足什么条件；若放手后小
35、滑块第二次经过O点后在向右运动的过程中逐渐减速最终静止，求小滑块从P点开始运动的整个过程中所通过的总路程【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】（1）根据弹簧弹力与伸长量的关系F=kx可得F-x图像如图所示图像与x轴围成的面积代表弹簧弹力做功，如图所示由面积可知将弹簧拉伸x的过程中，弹簧弹力所做的功W=-根据功能关系可知，当弹簧被拉伸x时，其弹性势能因小滑块与弹簧组成的系统在运动过程中机械能守恒，因此有可解得（2）对于小滑块由P点出发向左运动的过程，假设其在最左端时，其距O点的距离为l1，由功能关系得：即：解得：若小滑块速度为零而停不住，则应有：将l1代入得：l0设小滑块速度为零时距O点的距离为l2，对其由O点左侧最大位移处向右运动至速度减为零的过程，由功能关系得：解得：所以滑块走过的总路程为
