角速度大小，进而比较B、C两点的线速度大小． 15．AC 【解析】 【详解】
A.该带电粒子从A处进入电场后，仅受电场力作用从A点沿虚线运动到B点.由轨迹的弯曲方向可知，它在A点所受电场力的方向必跟A点的场强方向相反，则该粒子带负电，故A正确；
B.因A处的电场线比B处的电场线疏，故A处场强比B处的小，带电粒子在A处受到的电场力比在B处受到的电场力小，则该粒子在A处的加速度小于在B处的加速度，B错误
CD.带电粒子从A处运动到B处的过程中，电场力做负功，由动能定理可知其动能减小，电势能增加，故C正确，D错误. 16．AC 【解析】 【详解】
AB．在速度—时间图象中斜率代表加速度，由图象可以看出加速时，甲的加速度最大，则甲的加速性能最好，故A正确，B错误；
CD．在速度—时间图象中斜率代表加速度，由图象可以看出制动时，乙的加速度最大，所以乙的制动性能最好，故C正确，D错误。 【点睛】
本题是为速度—时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能用加速度的定义式解出加速度数值． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
d1?d?17． mgh??2M?m??? 9.76 t2?t?【解析】 【详解】
第一空.铁环C运动到圆环D处时的速度大小即为铁环被挡住后，A、B匀速运动的速度v?2d； t1?d?第二空.根据机械能守恒定律得mgh??2M?m??? ； 2?t?212mg1d??＝h 第三空.由mgh??2M?m???化简得22t?2M?m?d2?t?22mg2
图象斜率为2 =54.2，代入数据可得g=9.76m/s
?2M?m?d18．BAC 2L 2Lg g【解析】 【详解】
(1)[1]实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,在进行数据处理，故实验顺序为:B,A,C (2)[2])由图可以知道a、b、c、d之间的时间间隔是相同的,因此根据匀变速直线运动的规律有:
?h?gT2
由题可以知道?h?L,带入计算得出每相邻两个位置的时间间隔为：
T?L g则小球从a位置运动到c位置所用的时间为：
t?2T?2L g[3] 水平方向匀速直线运动，
x?2L?v0T
小球平抛的初速度为：
v0?2L?2gL T四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19． (1) v?【解析】 【详解】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则： a1＝
eEL (2)2 (3) 3L. meE1eE ＝
mm2a1L?v2 2解得
v?eEL m（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，
eE22eE ＝mmLt＝
va2＝vy＝a2t
tanθ＝
vyv=2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
xtanθ＝L2解得： x＝3L.
?L
''20．（1）EP?2mgR（2）9mg，方向竖直向上（3）EP=(n?)mgR （n=0、1、2）
12【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小圆环与OB之间的摩擦力为f，OB=L；从释放到回到O点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d时，弹簧具有的弹性势能
EP?2fL
小圆环从释放能到达C点到，由能量关系可知
EP?fL?mgR?0
可得：
EP?2mgR
（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d时弹性势能为 EP′=4EP=8mgR
小圆环到达最高点D时：
12'EP?mvD?mg?2R?fL
2解得
vD?10gR 在最高点D时由牛顿第二定律：
2vDN?mg?m
R解得
N=9mg，方向竖直向下
由牛顿第三定律可知在D点时轨道受到的作用为9mg，方向竖直向上；
（3）为了使物块能停在OB的中点，则要求滑块到达的最高点为D点，然后返回，则
''EP?fL?2mgR?3mgR
为了使物块能停在OB的中点，同时还应该满足：
''EP?(2n?1)f?L1?(n?)mgR 22则只能取n=0、1、2；
21．（1）5m/s（2）5s（3）
【解析】 【详解】
（1）电梯静止时他观察到台秤的示数为50kg，在启动时示数变为52.5kg，根据牛顿 第二定律F?mg?ma， 知a1?25N?0.5m/s2 50kg加速时间为t1?10s，匀速直线运动速度为v?a1t1?5m/s
（2）靠近观光层时台秤的示数变为45kg，则此时合力F??mg?FN?ma2
2解得a2??1m/s，
所以减速时间t3??v5?s?5s a21（3）电梯运动全过程的v-t图象如图；
22． (1) 12.5m (2) 103m/s，70N (3) FN?4h?50(h?12.5m) 【解析】 【详解】
2mvN(1)小球恰能通过N点即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力重力提供向心力即应满足：mg?
R
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