【详解】A. 在“探究动能定理”的实验中，因为橡皮筋做功的具体值无法测量，故通过改变橡皮筋的根数来改变拉力做功的数值，故A错误。
B.合力与分力作用效果相同，采用科学方法是等效替代法，故B正确。
C. 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，因为弹簧伸长量不容易测量，最好用直尺直接测量弹簧的长度，故C错误。
D. 库仑定律是实验定律，故D正确。
14.利用打点计时器探究小车的速度随时间变化的规律。其中交变电流的频率为50 Hz，如
图给出了该次实验中，从A点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中A、B、C、D、E、
F、G都为计数点。测得各计数点到A点的距离分别为:d1=1.40 cm，d2=3.29 cm，d3=5.69 cm，d4=8.59 cm，d5=12.00 cm，d6=15.90 cm。
(1)在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为vF=_____m/s，小车的加速度大小为a=____m/s2。（本小题计算结果数值均保留两位有效数字）
的
9
(2)如果当时电网中交变电流的电压略偏小，但仍然稳定（频率不变）。而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】 (1). 0.37 (2). 0.50 (3). 不变 【解析】
【详解】(1)[1] 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度
vF?d6?d415.90?8.59??10?2m/s?0.37m/s 2T0.2d6?d3?d32?0.50m/s
9T2[2] 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
a?(2)[3]电网电压变化，频率不变，并不改变打点的周期，故测量值与实际值相比不变。
三、计算题（本题共4小题，共40分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
15.电场中某区域的电场线如图所示,A、B是电场中的两点,一个电荷量q=+2.0×10C的点电荷在A点所受电场力FA=3.0×10N,在仅受电场力的作用下，将该点电荷从A点移到B点,电场力做功W=6.0×10J，求：(1)A点电场强度的大小EA；(2)A、B两点间的电势差UAB.
?7
?4
?8
【答案】（1）1.5?104N/C （2）30V 【解析】
【详解】解：（1）由E＝F可得qA点的电场强度大小为
FA3.0?10?4N4EA＝??1.5?10N/C ?8q2.0?10CWW6.0?10?7J??30V （2）由U?可得AB两点间的电势差为UAB?qq2.0?10?8C
16.如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零．已知带电小球在A点处的加速度大小为
g，静电力常量为k，求： 4
(1)小球运动到B点时的加速度大小； (2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)． 【答案】(1) aB?【解析】
详解】（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得： 带电小球在A点时有：
1kQg(2) UBA? 2Lmgsin 30??k可得：
Qqg?ma=m?……① AL2410
k带电小球在B点时有：
Qqg?m……② L24kQq?L????2?2?mgsin 30??maB……③
联立①②③可解得：
aB?（2）由A点到B点应用动能定理得：
g 2mgsin 30??联立②④可求得：
L?qUBA?0……④ 2kQ LUBA?
17.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图所示。(g取10 m/s2)试求：
－2
(1)物块向右运动的最大距离； (2)物块最终停止的位置。 【答案】（1）0.4m（2）0.2m 【解析】 【分析】
先求出滑动摩擦力和电场力，通过比较，判断出物体的运动规律；然后对向右的减速过程和向左的总过程运用动能定理列式求解，得出物体的运动轨迹最终停止的位置。
【详解】（1）物体受到的电场力为：F=Eq=6×105×5×10-8=0.03N，方向水平向左。物体受到的摩擦力为：f=μmg=0.2×0.01×10=0.02N；F＞f；物块先向右减速运动，再向左加速运
11
动，越过O点进入无电场区域后，再减速运动直到停止。设物块到达最右端的坐标为x1 m，对O→x1 m处，由动能定理得：-F?x1-f?x1=0-
12
mv0 2即：0.03x1+0.02x1=解得：x1=0.4m
1×0.01×4 2（2）设物块最终停止的位置坐标为-x2 m，对O→-x2 m处，由动能定理得： -2f?x1-f?x2=0-
12
mv0 21×0.01×4 2即：2×0.02×0.4+0.02x2=得：x2=0.2m 即物块停在0.2m处.
18.如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高，且两板间电压大小为U=300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10
－20
－10
C、质量为m＝1.0×10
kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飞出电场后
经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为s1=12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为s2=9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计）
（1）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
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