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参考答案
1．C
元电荷：电荷的最小单元，是电荷量的单位，用 e 表示，元电荷不是实际存在的粒
子；
点电荷：不考虑形状尺寸及电荷分布的带点体，在研究带电体的相互作用时，当带
电体的尺寸大小相对两者之间的距离可以忽略不计时可以看作点电荷。
2．D
AC．由于飞机做曲线运动，因此速度方向一直在变化，有加速度，根据牛顿第二定
律，合外力不可能为 0，故 AC 错误；
B．曲线运动的加速度方向不可能与速度方向在同一直线上，故 B 错误；
D．如果做匀速圆周运动，则飞机的速度大小不变，则飞机的动能不变，故 D 正确。
3．D
AC．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺5cm刻度处的 C 位置；下端悬挂钢球，静
止时指针位于直尺15cm刻度处；可知5cm刻度处，弹簧处于原长状态，钢球只受重力
作用，此时加速度为g；15cm刻度处，钢球处于静止状态，加速度为0，故 AC 错误；
B．钢球静止时指针位于直尺15cm刻度处，根据受力平衡可得
mg=kDx
解得弹簧的劲度系数为
mg mg mg
k = = =
Dx 0.15-0.05 0.1
设10cm刻度对应的加速度为a，根据牛顿第二定律可得
kDx¢-mg =ma
解得
mg
´(0.1-0.05)-mg
kDx¢-mg
0.1
a= = =-0.5g
m m
故 B 错误；
D．设刻度对应值为x，根据牛顿第二定律可得
mg
×Dx-mg
0.1
=a
m
其中
Dx=x-0.05
联立可得
a=10gx-1.5g
可知加速度a与刻度对应值x成线性关系，则刻度尺上各刻度对应的加速度值是均匀
的，故 D 正确。
4．A
A．对人造卫星受力分析，根据牛顿第二定律有
Mm
G =ma
r2
可得，人造卫星的加速度为
GM
a=
r2
7由题可知，卫星 a、c 的半径相等，且小于 b 的半径，则 a、c 的加速度大小相等，
且大于 b 的加速度，故 A 正确；
B．对人造卫星受力分析，根据牛顿第二定律有
Mm
G =mw2r
r2
可得，人造卫星的角速度为
GM
w=
r3
由于卫星 a、c 的半径相等，且小于 b 的半径，则 a、c 的角速度大小相等，且大于 b
的角速度，故 B 错误；
C．对人造卫星受力分析，根据牛顿第二定律有
Mm v2
G =m
r2 r
可得，人造卫星的角速度为
GM
v=
r
由于卫星 a、c 的半径相等，且小于 d 的半径，所以 a、c 的线速度大小相等，且大
于 d 的线速度，故 C 错误；
D．根据开普勒第三定律有
r3
=k
T2
由于卫星 b、d 的半径相等，且大于 c 的半径，则 b、d 的周期相同，且大于 c 的周
期，故 D 错误。
5．A
AB．运动具有独立性，水平方向的风力对竖直方向的运动无影响，所以冰雹在竖直
方向的高度一定，重力提供的加速度一定，下落时间一定，A 正确，B 错误；
CD．冰雹落地的速度由水平速度和竖直速度合成，竖直方向上重力提供的加速度一
定，下落时间一定，落地时竖直速度一定，风力越大，水平方向加速度越大，冰雹
下落时间一定，水平速度越大，着地速度越大，CD 错误。
6．D
A．点电荷 q 带正电，则当导体棒达到静电平衡后，导体棒 A 端为近端，带负电，B
端为远端，带正电，故 A 错误；
B．处于静电平衡状态的导体棒是一个等势体，即 A 端和 B 端电势相等，故 B 错误；
CD．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，感应电荷在 O 点的场强与点
电荷在 O 点的场强大小相等、方向相反，点电荷在 O 点的场强向右，则感应电荷在
O 点的场强向左，大小为
q 4kq
E=k =
(R+
1
L）2
L+2R2
2
故 C 错误，D 正确。
7．C
A．根据
8DE =-W =-mgH
p G
可知两小球质量不同，二者从顶端到底端重力势能的变化量不相等。故 A 错误；
BC．根据
1
mgH = mv2
2
解得
v= 2gH
可知两小球到达底部时动能不相等，速率相等。故 B 错误；C 正确；
D．根据
P =mgvcosq
G
可知二者下滑到最低点时重力与速度夹角不同，所以重力的瞬时功率不相同。故 D
错误。
8．B
当 b、c 保持相对静止沿斜面下滑时，对 b、c 整体受力分析可知，整体受到重力和
垂直斜面向上的支持力，合力沿斜面向下，整体的加速度为
a=gsinq
则 c 的合力也沿斜面向下，加速度也为gsinq，所以 c 受到的支持力也应垂直于斜面，
所以 c 位于 Q 点。
9．C
AB．若传送带不动，弹簧压缩量为 0.2m 到恢复原长时物块的速度为零，由动能定
理有
W -mmgx =0
1
若传送带以 3m/s 的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后。弹簧恢复原长时，弹簧弹力
做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理
1
W +mmgx = mv2
1 2 1
可得，弹簧恢复原长时，物块速度大小为
v =2m/s
1
可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动
摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，故 AB 错误；
C．物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速
直线运动，匀加速运动过程中，由动能定理得
1 1
mmgx = mv2- mv2
2 2 2 1
可得，物块在匀加速阶段的位移为
x =0.5m
2
则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为
W =mmg(x +x )=1.75J
f 1 2
故 C 正确；
D．根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为
mmg
a= =5m/s2
m
做匀加速至共速的时间为
9v-v
t = 1 =0.2s
a
为这段时间内，传送带运动距离为
s=vt =0.6m
则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为
Q=mmg(s-x )=0.25J
2
故 D 错误。
10．B
A．充电后电容器上极板带正电，则放电时流过R 的电流方向竖直向下，故 A 错误；
0
B．图乙中图线 a 表示的过程中，电容器正在放电，即电容器两极板的电量在减小，
电压在减小，故 B 正确；
C．若增大R 的阻值，电容器放电时的最大电流减小，放电时间变长，则电流变化
0
应为图丙中的图线 c，故 C 错误；
D．根据
Q=It
可知，图乙中 a 图线与坐标轴围起来的面积表示电容器的带电量，故 D 错误。
11．D
AB．由图可知，从 O 到 A 点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不
变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，但没有减为零；
而速度图象的斜率先减小后增大，不是一直减小，故 A 错误，B 正确；
C．沿着电场线方向电势降低，电势与位移的图象的斜率表示电场强度，结合前面
的分析可知，电场强度先减小后增大，所以图象的斜率先减小后增大，故 C 错误；
D．根据能量守恒关系，则
△E =△E
K P
而
△E =q•U
P
且
U=E•△x
由此可知
DE
k =qE
Dx
因此粒子的动能 Ek 和运动径迹上电势 φ 随位移 x 的变化图线斜率先减小后增大，
故 D 正确．
12．(1)BC
(2)不需要
(3)2.40
(4) 2.0 3.0
(5) 不同意 见解析
（1）A．力的传感器测量绳子的拉力，则小车受到的拉力可以测得，故不用测量砂
和桶的质量，故 A 错误；
B．为打点稳定，充分利用纸带，需小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，
故 B 正确；
10C．电磁打点计时器由于振针的作用，纸带与复写纸之间阻力相对较大，实验误差
比较大，而电火花计时器使用的是火花放电，纸带运动时受到的阻力比较小，实验
误差小，故 C 正确；
D．桌面上方动滑轮右侧的两根细线一定要平行，且与桌面平行，故 D 错误。
故选 BC。
（2）力的传感器测量绳子的拉力，则小车受到的拉力可以测得，故不用测量砂和桶
的质量，也不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。
（3）相邻两计数点的时间间隔为
1
T =5 =0.1s
f
根据逐差法，小车加速度大小为
x -x
a= BD OB »2.40m/s2
(2T)2
（4）[1]由图可知，开始运动时，拉力最小值为 1N，则小车运动过程中受到的阻力
为
F =2F =2.0N
f
[2]小车运动过程中，根据牛顿第二定律
2F -F =Ma
f
整理得
2 F
a= F - f
M M
图像斜率为
2 4.0-0 2
k = = =
M 7.0-1.0 3
解得小车质量为
M =3.0kg
（5）[3][4]不同意；因为小车在下滑过程中，摩擦阻力会对小车做负功，即小车和
砂桶以及绳子等组成的系统克服阻力做功，此时机械能不守恒，会减小。
13．(1)7.5N
(2)7.5m/s2，车厢向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动
（1）若车厢做匀速运动，则小球受平衡力作用，合力为零。对小球受力分析可得
F =mgtan37o
解得，水平风力的大小为
F =7.5N
（2）不计风力和空气阻力的作用，车厢做匀变速运动悬线发生偏转，对小球受力分
析可得，小球受到的合力为
F =mgtan37o =7.5N，方向水平向右
合
根据牛顿第二定律有
F =ma
合
可得，小球运动的加速度大小为
a=7.5m/s2
则车厢运动的加速度大小为 7.5m/s2，方向水平向右。可知，若车厢向右运动，则车厢
做匀加速直线运动。若车厢向左运动，则车厢做匀减速直线运动。
14．(1)1eV
11(2)200V/m
（1）A、B 间的电势差为
W 2´10-3J
U = AB = =-2V
AB q -1´10-3C
而
U =j -j
AB A B
若 B 点电势为 1V，则 A 点的电势为
j =-1V
A
则电子处于 A 点时具有的电势能是为
E =j ×q =1eV
p A 电
（2）匀强电场的电场强度大小为
U U 2V
E= = BA = =200V/m
d d cos60o 1
BA 0.02m´
2
15．(1)37°
(2)2s
(3)3.2N
（1）因为赛车从 B 到 C 的过程作平抛运动，根据平抛运动规律可得赛车在 C 点时，
竖直方向的分速度大小
v = 2gh =3m/s
y
赛车在 C 点的速度大小为 5m/s，根据
v 3
sina= y =
v 5
C
可得
a=37°
（2）赛车从 B 点飞出时的速度大小为
v = v2 -v2 =4m/s赛车在 AB 部分运动时，根据动能定理有
B C y
1 1
Pt- fL= mv2 - mv2
2 B 2 A
代入相关已知数据求得
t=2s
（3）赛车从 C 点运动到 D 点的过程中，利用动能定理有
1 1
-mgR1+cosa= mv2 - mv2
2 D 2 C
赛车在 D 点时，根据牛顿第二定律有
v2
N +mg =m D
D R
联立两式，代入相关已知数据，求得
N =3.2N
D
16．（1）＋4.0 × 10－5C；（2）0.4s；（3）9.8J
（1）由题知，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，则以 AB
整体为研究对象有
q q
(m +m )gsin37o =k B C
A B x2
BC
解得
12q = ＋4.0 × 10－5C
B
（2）当 A、B 刚好分离时，对 B 有
q q
k B C -m gsin37o-mm gcos37o =m a
x¢2 B B B
代入数据有
x′ = 1.2m
在 A、B 分离前二者一起做匀减速直线运动，则 A、B 一起匀加速运动了
x = x′－x = 0.2m
BC
根据匀变速直线运动位移与时间的关系有
1
x= at2
2 0
代入数据解得
t = 0.4s
0
（3）根据以上分析当 A、B 刚好分离时，二者的共同速度为
v = at = 1m/s
0
Q
由于已知点电荷 Q 周围的电势分布可表示为j=k ，则 A 从 A、B 开始运动到二者
r
刚好分离时，根据功能关系有
1
W -m(m +m )gxcos37°-(m +m )gxsin37°+W = (m +m )v2
F1 A B A B 电 2 A B
q q
W =(j-j¢)q =(k C -k C)q
电 B x x¢ B
BC
联立解得
W = 1.8J
F1
当 A、B 分离后有
F－m gsin37°－μm gcos37° = m a
A A A
解得
F = 10N
则 A、B 分离后，A 还要继续上滑
x″ = L－x′ = 0.8m
则则 A、B 分离后，A 继续上滑过程中 F 做的功为
W = Fx″ = 8J
F2
则整个过程中力 F 对物块 A 做的功
W = W ＋W = 9.8J
F F1 F2
13
