二轮专题(七) 力学三大观点的综合应用-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（山东专用）

与 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 物理·力学三大观点的综合应用 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 1.如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆心O1、O2在同一 竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a从圆心为O1的圆弧轨道上 某处由静止释放，a、b在O点发生弹性碰撞，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、 b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g,则 () ◆0 0, A.a的释放位置距O点的高度为0.2R B.a,b碰擅后瞬间，b的速度大小为5gR 5 C.a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg 2.如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度。冲 上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M=1.5mo,小球质量为mo,重力加速度大小为g,不计一切摩擦和 空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则 () 60 R 777777777777777777777777777777 A.圆弧半径R= 3g B小球飞出时，圆弧轨道的速度为 3 vo C.小球飞出时速度大小为 6 5x+√3R D.若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x,则小球在轨道上运动时间为 200 3.如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度。从左端 滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为4，木板的质量为 2,A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,则 () 二轮专题精准提升（七）物理第1页（共8页） 真题至 其在意别人的评价，不此专注自己的成长，实力才是最好的回应 班级 B 7 姓名 A,若物块A,B不从木板C的右蜀滑离，则木板C长度的最小值L8g 3v6 B.若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值L= 得分 Aug C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小是 相等的 D.若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对 静止的位置有关 4.质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x。,如图 所示，一物块从钢板正上方距离为3x。的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但 不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m,弹簧的弹性势能E,-2kx:,弹簧振 M 子做简谐运动的周期T=2x√(，M为振子的质量，重力加速度为g,下列说法正确的是 () A m 7777777777777 A.物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是2√gx。 B.碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A=3x0 C碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间1=2红② 3 g D.运动过程中弹簧的最大弹性势能Em=6mgx0 5.如图所示，水平地面上固定有一足够大的导体板，上表面绝缘，右端接地。板上放置着两滑块M、N, 其中M带正电，N不带电且绝缘。滑块M、N的质量分别为m、2m。N的正上方P处固定一电荷量 为Q的正点电荷。现给滑块M向右的初速度。，经过一段时间与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极 短，碰后滑块N向右运动距离1恰好静止。已知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度 为g,两滑块均视为质点，整个过程滑块电荷量不变。则下列说法中正确的是 () P⊕ A.碰撞前M运动的时间为- 9L μgV2μg B碰撞前M克服摩擦力所做的功为分mi- umgl C.M在运动过程中的电势能增大 D.M在运动过程中的加速度不变 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页） 3 6.为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的模型，固定斜面体上有两段倾角均为37°的平行斜面αb和 cd,cd足够长。质量为4m、长度为s的“L形”防滑板B恰好静止在cd段的最上端，上表面与ab齐 平。在斜面ab上距b点1.5s处由静止释放质量为m的小滑块A,滑块A与ab面及与B的上表面 间的动摩擦因数均为0.5。滑块与防滑板下端薄挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。则 () A.A刚滑上B时速度大小为√gS Aa B.A滑上B后，B立即加速下滑 C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小√gs D.A将与B发生二次碰撞，缓解山体滑坡的危害 7.如图所示，光滑水平轨道上长木板A和滑块B、C都处于静止状态，滑块B置于A的左端。A、B间的 动摩擦因数为0.5，A、B、C质量分别为mA=2kg,mB=1kg,mc=2kg。现在使A、B一起以5m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动。两滑块均可视为质点，g取 10m/s2。下列说法正确的是 () A.C增加的动量为4kg·m/s ® A C B.A与C碰撞过程中损失的机械能为15J /7777777777777777777777777777 C.A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s D.若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会滑离长木板A 8.如图所示，质量均为m的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b两球分别置于距地面高为 H处的A、B两点(H足够大)，间距为L,当a球自由下落的同时，b球以速度v。指向A点水平抛 出，已知两球碰撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性形变范围内，空气阻力不计，重力加速度 为g,下列说法不正确的是 A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度 B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒 C.两球从开始运动到第一次相碰，a球下落的高度A-gL Γ2u8 D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能E,=4mo品 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电、电荷量q=0.5C,质量 m=0.05kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.05kg,滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数 μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度B=1.0T的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和 滑块静止，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () ×××× B m吕X×M×× wQxQ& A.若给小车一个向左的冲量I=0.08N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.03J B.若给小车一个向左的冲量I=0.08N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.032J C.若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.072J D.若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.07J 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题密 10.如图甲所示，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在倾角0=30°的光滑固定斜面的底端，另一端 连接小物块A,A静止在斜面上的O点，小物块B从距O点x=0.9m的P处由静止开始下滑， A、B相碰（时间很短）后立即以相同的速度向下压缩弹簧(A、B不粘连)，取O点为坐标原点，沿斜 面向下为正方向建立x轴，得到整个向下过程物块A的动能及A的重力势能与x的关系如图乙 所示（弹簧始终处于弹性限度内）。重力加速度g取10m/s2,小物块A、B均可视为质点。下列 说法正确的是 () 20Em mmmmT m A.小物块A的质量为2kg B.小物块B的质量为2kg C.碰撞过程，A对B的冲量大小为2N·s D.该过程弹性势能最大值为31.5J 11.如图所示，水平传送带以0=8m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖直4光滑圆弧 轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距L=3.9,光滑圆弧半径 R=1.0m。已知滑块A(可看作质点)的质量mA=1.0kg,A与传送带之间的动摩擦因数以=0.5， 质量mB=7.0kg的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速 度g取10m/s2,现A以Eo=2.5J的初动能从圆弧顶端（与圆心O等高）沿轨道下滑，下列说法中 正确的是 () A.滑块A运动至O点正下方时，轨道对它的支持力的E+口A 大小为35N B.当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率为 B 80W C.滑块A最终运动的速度大小为1m/s D.因传送物块A,传送带多消耗的电能136J 12.两根不计电阻、光滑且足够长平行导轨与水平面成30°夹角固定，导轨上M、N两点绝缘连接上下两 段导轨，且M、N等高，间距L=1m,导轨两端分别连接一个阻值R=0.022的电阻和C=1F的 不带电的电容器，整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场（图中未画出）中，质 量分别为m1=0.8kg,m2=0.4kg的导体棒ab、cd分别放在MN两侧，将ab由静止释放，同时给 cd施加一个大小F=3.32N,方向沿导轨平面向上的力，cd从距离MN为x=1.5m处由静止开始 运动，两棒恰好在上M、N处发生弹性碰撞，已知碰前瞬间ab的速度为3.72m/s,ab棒电阻R=0.02, cd棒的电阻不计，g取10m/s2,则ab从释放到第一次碰撞前的过程中 () R M 30 d c六 130°. A.ab沿斜面向下做加速度减小的加速运动，cd沿斜面向上做匀加速直线运动 B.运动时间为0.8s C.ab沿导轨下滑的位移为1.024m D.若两棒发生弹性碰撞，则碰后速度大小分别为vb=0.76m/s,vcd=5.04m/s 卷 二轮专题精准提升（七）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某同学利用现有的实验器材想要测量当地的重力加速度。一光滑桌面倾斜放置，其与水平面 间的夹角为0，在桌面上固定一悬挂点O,轻绳通过拉力传感器拴接在O点，另一端连接一个质量为 m的物块。 ①现给物块足够大的初速度，使其在桌面内做圆周运动，分别记录物块在最低点时绳子的拉力T, 和最高点时绳子的拉力T2,改变不同的初速度，记录多组T,和T2; ②建立坐标系，以拉力T1为纵轴、拉力T2为横轴，得到了一条线性图像，测得图线斜率为k,纵轴 截距为b。 777777i77777777777 甲 (1)根据以上数据，可得重力加速度的表达式为g= (用m、b、0表示)； (2)在本次实验中，斜率k= (3)若仅考虑物块运动过程中的受到桌面的滑动摩擦力，不计其他阻力，此时的斜率k'将 (填“大于”“小于”或者“等于”)该值。 14.(8分)某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、光电门、轻质弹簧和滑块等器材设计了 测量物体质量和验证动量守恒的实验，组装摆放好的装置如图甲所示。 加速度传感器光电门1 光电门2 长位置O 力传感器 挡光片同 挡光片 wwx 滑块A 滑块B 连气源 气垫导轨 主要步骤如下： a.测得A、B滑块上固定的挡光片的宽度均为d,并根据挡光片调节光电门到合适的高度； b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块A上； ℃.接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态； d.弹簧处于原长时右端位于O点，将滑块A向左水平推动，使弹簧右端压至P点，稳定后由静止释 放滑块A,并开始计时； e.计算机采集获取数据，得到滑块A所受弹力大小F、加速度大小α随时间t变化的图像，如图乙 所示； f.滑块A与弹簧分开后，经过光电门1，记录遮光时间△t,然后滑块A、B发生碰撞，碰撞时间极短， B、A分开后依次通过光电门2的时间分别为△tB和△tA; g.用滑块B重复实验步骤d、e,并得到滑块B的F-t和a-t图像（未给出），分别提取滑块A、B某些 时刻F与a对应的数据，画出a-F图像如图丙所示。 ↑alms 3.50 3.00 2.50 2.00 FIN alm's2 1.50 0.751 3.02 1.00 0.50 0.2 0.2 00.100.200.300.400.500.600.700.80FN 丙 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页） 真题密 回答以下问题： (1)结合图乙、图丙数据，滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量m= kg,滑块B与加速 度传感器以及挡光片的总质量mB= kg(结果均保留两位有效数字)； (2)利用测量数据，验证动量守恒定律的表达式是 (用字母mA、mB、△t、△tA、 △tB表示)； (3)图乙数据包含大量隐含信息，假设F-t和a-t图像与坐标轴围成的面积分别为S1、S2,则滑块A 与加速度传感器以及挡光片的总质量mA可表示为；将弹簧右端压缩至P点时，弹簧具 有的弹性势能可表示为（结果均用S1、S2表示）。 15.(8分)如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化 为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角 为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时 与质量为m的楔形木块发生正碰，不计碰撞过程中机械能损失，碰后瞬间在辅助装置作用下圆木速 度减为零，碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。已知 圆木质量M=9m,悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为L,忽略楔形木块底部的摩擦力，楔形木块向 里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比（比例系数为未知常数），第一次撞击过后，楔形木块 楔入的深度为d,重力加速度为g,求： (1)圆木运动到最低点时的速度大小； (2)碰撞后瞬间楔形木块的速度大小； (3)第5次撞击后楔形木块楔入的深度。 'a 挤压块 圆木 油饼 块 圆木 楔形木块 乙 丙 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 3 16.(8分)如图所示，a、b、c、d为同一竖直平面内的四点，Oc为ab连线的中垂线，a、b、c距O点的距离 均为L,d点距0点的距离为L。两个电荷最均为十Q(Q>0)的点电荷分别周定在ab两点，一 带电荷量为十q(q>0)的小球A以一定初动能从c点开始沿cO运动，一段时间后经过cO中点时加 速度大小a=1- 32w5 g,方向竖直向下。不计空气阻力，重力加速度为g,静电力常量为k。 75 (1)求小球A在c点受到的库仑力大小。 (2)求小球A在d点的加速度大小a1。 (3)小球A到达O点前的瞬间，另一质量与小球A相等的小球B从O点沿竖直方向开始运动，两球 在0点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，小球A碰撞前后动能不变均为8Q?,求小球B碰前瞬间 3L 的速度大小v2。 (④)已知电荷量为Q的点电荷在距离它为，处的电势？=k号。为使小球A能够到达0点，求小球 A在c点时具有的初动能最小值E kmin。 9A ◆( 17.(14分)如图所示，光滑曲面AB与长度为1的粗糙水平轨道BC相切于B点，A点距轨道BC的高 度为R,质量为m的小滑块1被锁定在A点，质量为2m的小滑块2静止在水平轨道最右端的C 点，轨道BC下方的水平面上有一固定的“L”形木板，其上表面光滑，在P点处固定一劲度系数为 的轻弹簧，弹簧右端拴接一质量M=4m的长方体滑块M,M的中心在O点的正上方，处于静止状 态。现将滑块1解除锁定并由静止释放，1与2发生弹性碰撞后，滑块1恰好停在B点，滑块2被碰 gR 后做平抛运动的同时给滑块M一个向右的初速度。=3√5，当M的中心运动到0点的正上方 时，恰好与滑块2相碰，碰后滑块2竖直向上运动至与C等高的D点。已知所有的碰撞时间极短， 质量为m,的弹簧振子振动周期T=2x%,弹簧弹性势能的表达式为E。2kx2(k为弹簧的劲 度系数，x为弹簧的形变量)，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求滑块1与水平轨道BC间的动摩擦因数：。 (2)求C点与滑块M上表面间的高度差h。 (3)在滑块2与M第二次碰撞完毕跳起后将滑块2取走，求此后弹簧与M组成的弹簧振子的振 幅A。 2 D h M M P 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页） 真题密 18.(16分)一游戏装置由弹射器，水平轨道AB,圆心为O1的竖直半圆细管道BCD,圆心为O2的竖直 半圆轨道DEF,水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止在GH上，其上表面与IJ 相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，BO1DO2GF在同一条竖直线上。如图所示，游戏时， 滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一 起运动，滑板到达侧壁HI后即被锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为m1=0.01kg,m2(大 小未知)，M=0.02kg,轨道GH长L=1.4m,滑板右端距侧壁HI的距离d=0.2m,BCD、DEF 的半径均为R=0.1m,滑块乙与滑板间的动摩擦因数μ=0.5，其余各处均光滑，各轨道间平滑连 接，弹簧的弹性势能E。=0.12J,弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块 甲、乙均可视为质点，g取10m/s2。 (I)求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小FN。 (2)若m2=0.01kg,求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q。 《③)若滑板长度1-6m,左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹后不脱离轨道 (返回接触到弹射器后即被锁定)，乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求滑块乙的质量取值范围。 E乙 115077770K H E ·0 D 0. 弹射 77777 卷 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 时针转过的角度日A= X120°=30 (1分) 解得VA1= (1+k)mBvo (mB-kmA)vo U2 mA十mB mA+mB 故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1,此 90°位置。 过程A球比B球多运动一圈，有 ②B球与C球在240°位置处的弹性碰撞是第2 2πR2xR t1= (1分) 次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是、4， VA1一VB1kU0 同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有 此过程中，A球运动的路程 mBv2=mBU3+mcvA (1分) 7meo时-2ma5+7meoi 1 1 =-ag+)(g+) 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是？照、 解得，=一0，一 8 4 VA2,则有U2一Yu=k(UA1一VB)=k2U,mATu十 mBU=mAUAI+mBUBI=mBUo (1分) 即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为 (1-k2)mBv0 (mB十k2mA)vo 8 解得v2= mA十mB e mA+mB 5。,○求英时十专动，违度大小为。·经分 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此 析，三个球将在圆管内刻度盘上0位置处同时碰 过程B球比A球多运动一圈，有 撞（即第3次碰撞），依题意，三球将结合在一起， 2πR2πR t2= UB-UA2 k2vo (1分) 结合体的质量为20m,设该结合体的速度为0， 则有mAo1|十mB3-mc4=(mA十mB十 此过程中，A球运动的路程 mc)v (1分) S2=VA2·t2 1 （-小-- 解得v=一100 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是V、 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小 VA3,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为 (1分) t3,A球运动的路程为53，同理可得VA3= (1+k3)mB00 (mB-kimA)v0 v2 mvs ,VB3= (1分) ③对结合体，水平面内有F,=20mR-5R (1分) mA十mB mA+mB 竖直方向上有F,=20mg t3一k3v0' +)-g+ 2πR 2元RmB(1」 由力的合成得 同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则 从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔 FN=√Fg十F= 400mgm 25R2 (1分) 过程，小球A通过的路程s=51十52十S3十…十 由牛顿第三定律得 6R/1,1,1 (1分) Fs-FN=400mg (1分) 可+t…+ 25R2 12πR 化简得s= 5 (22024-1)。 (1分) (2)设B与A球第1次碰撞后的速度分别是VVA1, 则有vA1一V=k,mAVN十mBVm=mB,(（I分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 物理·力学三大观点的综合应用 一、单项选择题 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一cos0)= 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 向夹角为0，碰前速度为o1,则mgR(1一cos0)= 2no2,no子，且刚要脱离时mg cos日=m下 1 2m0i,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 联立解得c0s日=，所以a的释放位置距0点的 所以交换速度，a、b在两圆孤轨道上运动的路程相 高度h=R(1一cos0)=0.2R,A正确；根据以上 3 ·30· ·物理· 参考答案及解析 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为v1= 生碰擅时，由m=4mw,能量守恒有mg) √10gR 5 ,B错误；根据牛顿第二定律得mg一N= 1 1 mu8-2·4mo,联立解得L 35,若物块 4μg m尺，结合牛领第三定律可知，a、b碰撞前醉间，a 3u6 A、B不发生碰撞，木板长的最小值为 ,B错误； 对轨道的压力大小为N'=N=3m 44g 5mg,C错误；a、b A碰B前，BC一起做加速运动，A做减速运动，A 碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg一N1= 碰B后，速度交换，A、C一起做加速运动，B做减 m尺，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压力大 速运动，最终共速，速度-时间图像如下 A 3 小N1=N=5mg,D错误。 B AC 2.D【解析】小球以初速度o滑上圆孤轨道，小球 BC t 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要 相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，C 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 错误；只要相对静止，那么共速相等，由动量定理， 两个分速度，其中⑦1是相对轨道的速度，与圆孤 相切，2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所 知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对 静止的位置无关，D错误。 示 4.C【解析】对物块，根据动能定理有mg·3x。= D 60° 1 m0,解得vo=√6gx0,设u1表示质量为m的 物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因 M 777777777777777777777777 碰撞时间极短，动量守恒，取0方向为正，则 由几何关系，可知v1与v2成60°，v与v2成30°， 则v1与v成30°，所以四边形是菱形，01=v2,则有 =2w,解得w=?=Y2,A错误；碰后根 2 v=√32，由动量守恒定律可得mo0=moucos30°十 泥能量宇恒得分+号×2mi十2mga-)= 1.5nov2,系统的机械能守恒)no6一2o2十 1 ki,根据平衡条件可得F赚=kx。=mg,解得工1= 2×1.5m,5+mggR0-c0s60),联立解得R日 4xo,当物块与钢板受力平衡时，在平衡位置2g= v g小球飞出时圆弧轨道的滤度=了小球飞出 x2,解得x2=2x,所以振幅A=x1一x2=2x0,B错 误；碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为 时速度u=B必S,A、B、C错误；根据题意可 t1,则sinT 21A一心解得t=),继续运动到最 A 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有00= mcos30°+1.5mov2,设小球在轨道上运动时间 低点所经历的时间为2，则2=4，所以碰撞刚结束 为t,则有moot-m0∑v水平t十1.5m0∑v2t,整 至两者第一次运动到最低点所经历的时间t=1十 理可得movot=m(Rsin60°+x)+1.5mx,解 得=5xR,D正确。 20 钢板运动到最低，点时，弹簧的最大弹性势能Em一 3.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 2kxi-8mgxo,D错误。 到C右端恰好静止，则有mvo=4mv来，能量守恒 5.B【解析】在正点电荷和导体板产生的电场中， 有mg'2+mg空-oi-名·4m,联 L min 1 导体板上表面处的电场均竖直向下，则在整个过 程中静电力对M始终不做功，M在运动过程中的 =306,A正确；设木板长为L,恰好发 立解得Lm一8g 电势能不变，C错误；除碰撞外，滑块M在运动的 整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电 ·31· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方 移为△x,v1十a1t=v2-a2t,x1= 01十' 向上，三个力平衡，有mg十F=N,由于导体板表 2t,x2 面电场强度从P点正下方到两侧越来越小，则M ?+' 在运动过程中F变化，N变化，摩擦力f-N变 2t,△x=x2-x1,解得t= 58 ,= 化，根据牛顿第二定律可得f=ma,可知M在运 1 动过程中的加速度变化，D错误；设碰撞后瞬间绝 5√g5,△x=-0.64s,因为△x<0,所以假设成 缘滑块N的速度大小为U,之后做匀减速运动的 立，由v'>0,可知共速时两者下滑，B先减速下 加速度大小为a',根据牛顿第二定律得2μmg= 滑，A始终相对B下滑，故小滑块会再次向下运 2ma',由运动学公式得-2a'l=0-v2,联立解得 动，与滑板二次碰撞，D正确。 ℃=√2g,设碰撞前瞬间M的速度为01，碰撞后 7.D【解析】在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动 瞬间M的速度为V2,取向右为正方向，根据动量 量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为？Ac,以 守恒定律得mv1=mv2十2mv,根据碰撞前后总动 右为正方向，由动量守恒定律可得mAvo=(mA十 能不定，有号mi=言0好+日×2m心，联立解得 mc)vAc,解得vAc=2.5m/s,C错误；C增加的动 量△p=mcUAC=5.0kg·m/s,A错误；A与C √2pgl,u,=-V②g 3 ,碰撞前M运动的整 2 碰撞运动中损失的机械能△E三号mA品 个过程中，滑块M所受摩擦力等于合力，根据动 2(ma十mc)oic,代入数据解得△E=12.5J,B 量定理可得一ft=mw1一mvo,由B项分析可知f 错误；A与B的摩擦力大小为F:=uBg,则有B >mg,可得碰撞前M运动的时间t<0 的加速度大小aB=ug=0.5X10m/s2=5m/s2, g 2ug :,A错误；设碰撞前M克服摩擦力所做的功 AC的加速度大小aAc= mA+mc ma+mc 0.5×1×10 为w,根据功能定现，有-W-mi-mn,郎 m/s2=1.25m/s2,B做减速运动，AC 2+2 9 做加速运动，设速度相等时所用时间为t,则有00 得W=)m元后一年ungL,B正确。 ast=TAc十aAct,解得t=0.4S,B的位移xB= 6.D【解析】滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据 1 0t2a2=5×0.4m号×5X0.4em 动能定理有(mg sin37°-1 ng cos37)×1.5s= 1 1 22,解得一。g5,A错误：滑板B恰好静止 1.6m,A的位移xA=0ct+2act=2.5X 在cd段的最上端，则有4 ng sin37°=u2X 1 0.4m+2×1.25×0.4m=1.1m,B相对A 4 ng cos37°，解得2=0.75，滑块A滑上滑板B 的位移△x=xB-xA=1.6m-1.1m=0.5m, 时，对B分析可知4 ng sin37°+μ1 ng cos37°< 因此若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会 μ2(mg+4mg)cos37°，则滑板B静止不动，B错误； 滑离木板A,D正确。 滑块A从静止到与滑板碰撞前有(mgsin37° 8.B【解析】两个小球在竖直方向做自由落体运 么mgas37门X2.5=mi,碰被过程中无执核能 动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程 1 中，两球始终处于同一高度，A正确；弹性轻绳伸 守恒，则有mm=mwg+4g,7mm二 2mu呢+ 长过程中，水平方向a、b两球系统不受外力作用， m5,解得=一子=名gC错 1 水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方 向系统动量不守恒，B错误；两球从开始运动到第 碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有 mgsin37+h1 mg cos37°=ma1,对B有h1 mg cos37°+ 一次相碰，经过的时间1一，a球下落的高度 2(mg十4ng)cos37°-4 ngsin37°=4ma2,解得a1= 1 h= gL2 2812,联立可得h一20C正确：当两球水平 名：=号，以斜面向下为正方向，假设两者共速A没 方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根 有脱离B,共速速度为v',设A、B位移为x1x2,相对位 据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv。= 3 ·32· ·物理· 参考答案及解析 2m01,根据能量守恒号mi+2mgh=号 1 5N,传送带克服摩擦力的功率P=f0=40W,B 错误；滑块A在传送带上与传送带相对滑动时， 2m(u十v)十E。,又由2gh'=v1-0,解得 根据牛顿第二定律f=maa,解得a=5m/s2,假 E,-mi-名2moi=mo,D正，本题达 1 1 设滑块A在传送带上可以与传送带共速，则共速 不正确项，故选B。 时A的位移大小x=0一 2=3.9m=L,即滑 2a 二、多项选择题 块A到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此 9.BD【解析】滑块有两种稳态可能，一种是分离， 后滑块A与滑块B发生弹性碰撞，根据动量守恒 一种是共速。假设分离时滑块和小车恰好共速有 I=(m十M)v,qvB=g,可得I=0.1N·s,当 有mA知=mAA十mBg,动能守恒乞mD2 I<0.1N·s时，稳态为共速，当I>0.1N·s时，稳 1 态为分离。若给小车一个向左的冲量I=0.08N·s, 2ma员十2mi,联立，解得=-6m/s, 则小车与滑块稳态为共速，有I=M00= B=2m/S,因为|A<oB|,所以，此后滑块A om十M)u,根据能量守恒得Q=2Me;- 滑上传送带并以原速率6m/s返回与滑块B发 生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有 2m+M)0,求得Q=0.032J,A错误，B正确； 1 1 一ADA十mBUB=mAU&十mBUe,2mAo员十 若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车 与滑块稳态为分离，有q0B=mg,根据动量守恒 名m5=专oia十号mod,解得e- 1 1 有I=Mm,=mv十Mu',根据能量守恒得Q= 一1m/s,2=3m/s,因为vA2|>|2,所以 Mi-m-Mn,求得Q=0.07J,DE 此后滑块A滑上传送带并以原速率1m/s返回 确，C错误。 后无法追上滑块B发生第三次碰撞，即滑块A最 10.AC【解析】根据图乙可得，小物块A沿斜面向 终运动的速度大小为1m/s,C正确；滑块A与 下运动2m,重力势能减少20J,根据△E。= 滑块B第一次碰撞前，滑块A在传送带上运动时 一mAgh=-mAgzsin0,可得A的质量mA= 间1=”二=0.6s,滑块A与滑块B第一次碰 2kg,A正确；再由B的运动，匀加速时有层= 2gsin日·x,解得oB=3m/s,与A碰撞后，有 撞后，在传送带上运动时间t2 2UA =2.4s, 1 mBUB=（mA十mB)U共，2mAo吴=1J,联立解得 滑块A与滑块B第二次碰撞后，在传送带上运动 v共=1m/s,mB=1kg,B错误；碰撞过程，对B 时t3= 20A2 =0.4S,所以，滑块A在传送带上 利用动量定理得IAB=mBV共一mBVB,解得IAB= a 一2N·s,可得A对B的冲量大小为2N·s,C 运动的总时间t=t1十t2十t3=3.4s,则因传送物 正确；碰撞后继续下滑到最低，点过程，A、B减少 块A,传送带多消耗的电能E=Pt=136J,D正 1 确。 的动能△E=2(mA十mB)w-1.5J,AB减少 12.AC【解析】对cd棒分析，cd沿导轨向上运动的 的重力势能△E。=(mA十mB)gh=(mA十mB)gx'· 加速度为a,由牛顿第二定律得F-m2gsin30° sin0=(2+1)×10×2×0.5J=30J,由于弹簧 在初始状态有弹性势能，所以最低，点的弹性势能 BIL=m2a,又I=A9=C△U_CBL△ △t .=CB- △t△t 大于31.5J,D错误。 La,联立解得a= F-m2g sin 30 CB2L2+m2 =3m/s2,则cd 11.ACD【解析】滑块A运动至O,点正下方过程 沿斜面向上做匀加速直线运动，对ab棒分析 中，根据动能定理mAgR=)A一Eo,解有 vo=5m/s,滑块A运动至O点正下方时，根据 m1gsin30°-BI1L=m1a1,又I1 BLwb,则ab R 向下加速时，安培力增大，合力减小，加速度减小，则 牛顿第二定律FN一mAg=mAR,解得轨道对滑 ab沿斜面向下做加速度减小的加速运动，又x 块A的支持力的大小FN=35N,A正确；当物体 在传送带上时，滑动摩擦力大小为∫=以mAg= 2a2,解得t=1s,A正确，B错误；对ab棒分析，由 ·33· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 BLvab R+RL-ms, 。，若动量守恒则满足mA=mAU十 d 动量定理，有m1gsin30°t-∑B := B2L2 即m1gsin30°t 2Rxb=m1vab,解得ab沿导 ms2,即A=A+mB P-A十B 轨下滑的位移xb=1.024m,C正确；两棒碰前 (3)F-t图像与坐标轴围成的面积等于弹力的冲量 cd棒的速度vb=at=3m/s,两棒碰撞过程，由 I,即I=S1,a-t图像与坐标轴围成的面积等于速度 动量守恒定律得m1℃b一m2Vab=m1vb十m20b, 变化量，即△=S2,根据动量定理I=mA△v,即 1 由能量守恒定律2m1o品十之mg疏 2n1z+ S1=mAS2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片 2m20',解得Ub=-0.76m/s,ua=5.96m/s, 的总质量mA可表示为mA= S ,弹簧具有的弹性势 D错误。 能E。一2nAv2、1 三、非选择题 S1S2。 b 13.()6m月2分)(2)1(2分)(3)等于 15.(1)√2gL(1-cosa) (2分) ((0 【解析】(1)小球在最低，点时，有T1-mgsin0= (3)s=(5-2)d 【解析】(I)圆木从最高点摆到最低，点的过程中 m,在最高点时，有T2十mgn0=m,从最 机械能守恒，有MgL(1一cosa)= 低点到最高，点，根据动能定理有一mg×2Lsin日= 2Mu号(1分) 1 解得vo=√2gL(1-cosa) (1分) 2n2一10？，联立可得T1=T2+6 ng sin0, (2)圆木与楔形木块碰撞过程中由动量守恒、机 可知T1-T2图像的纵轴截距b-6 mg sin0,解得 械能守恒有 b 重力加速度g一6msin日° Mvo=MU1+mv2 (1分) >八8I12/Z】 1 (2)由T1=T2+6 ng sin0,可知T1-T2图像的 2mu号 (1分) 斜率k=1。 9 (3)若考虑滑动摩擦力，则从最低点到最高点，根 联立解得2=了√2gLI=cosa) (1分) 据动能定理有，一mgX2Lsin0一umgs cos0= (3)楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于 1 分n又mv,其中s=πL,整理可得T工1专 克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为 d,由功能关系得 T2十6 ng sin0+2πumg cos0,故'仍然为1，保 持不变。 14.(1)0.24/0.25/0.26(1分)0.19/0.20/0.21(1分) 由于每次碰撞后楔形木块速度都是心2，连续碰撞 a+a2分)(3) (2)A=A+( (2分) S1 n次后，进入的总深度为xn,有 1 1 2S1S,(2分) 虹，2=n豆mo呢 (1分) 【解析】(1)由图乙可知，开始时当F=0.751N 解得xn=√nd (1分) 时a=3.02m/s2,可得滑块A与加速度传感器以及 第5次碰撞后楔入的深度 F_0.751 挡光片的总质量mA-a-3.02 kg=0.25kg;滑块 s=x5-x4=(5-2)d。 (1分) A、B发生碰撞后均向右运动，可知作用力相同时B 16.(1)2Qg 2L2 (2)2g (3) (4) F 的加速度较大，由图丙图像上方直线可知= a (5√3-42-3)kQg 4L 0.70 3.50 kg=0.20kg. 【解析】(I)a点的电荷对小球A的库仑力大小 kQg (2)碰前A的速度0= ，碰后AB的速度 d 为F。,由库仑定律得F。= (2L) ·34· ·物理· 参考答案及解析 由力的合成法则有F=2F.sin45° 由(sin2月cos月)2=sin'p·sinp·2cos2g 解得F=2Qg 2 2L2 (1分) 可知当sinB=2cos2B,即tanB=√2时 (2)由几何关系得，Oc中，点与a、b距离均为d= √5L 电场强度E取得最大值，设为e点，距0点吧 2 小球A经过O中，点时所受库仑力大小为 由对称性可知，0点上方距离 3 L处设为d',与 F=24Qq d点关于O点对称，此处qE=mg,故电场强度 沿CO先增大再减小，在e点最大，可知只要小 5 且cosa- 球A运动到d'点时速度大于零，就一定能够到 5 达O点，设c,点与d'点间的电势差为Ua,由电 由牛顿第二定律可得 势差定义有Ua=p。一pa 电势为标量，可得 -F。+mg=m1 32w5】 g 75 2L=L,9:=2Q=3kQ kQ√2kQ 3kQq 9。=2 2√3 L 可得m= 4gL2 同理，小球A在d点所受库仑力大小为 设小球A初动能为Ek,运动到d'点的动能为 F:=3Qg Ea,由动能定理得 4L2 由牛顿第二定律可得ma1=F1十mg (1分) me-gL十U=-E. (1分) 解得小球A在d点的加速度a1=2g (1分) (3)设小球碰撞前、后小球A的速度分别为1、 由E≥0，可得E=55-4v2-3)Qg 4L 1,小球B碰撞前、后的速度分别为v2、2,取竖 (1分) 直向下为正方向。由动量守恒定律有 mv+mv2 =mv+mv2 (1分) 17.(1)10 (2)2(2m+1)2.Tms (n=0,1,2,3…) 由能量守恒定律可得 、8/mgR 1 1 (1分) (3)3N5k 【解析】(1)设滑块1与2碰前速度为℃1，由动能 联立解得1=2,02=v1 定理可得 结合2mui=号mo-80g 1 1 3L mgk-umgl-2mv (1分) 可得小球B的初速度v2=v1= 8 (1分) 碰后两者速度分别为1和v2,则 mv=mvi+2mv2 (1分) (4)对Oc上一，点（如图） 1 1 1 2mui=2mu+2·2mu5 (1分) + 解得 2 30102= 31 -O +O 碰后滑块1恰滑动后能静止在B点，滑块1只能 d 从C点向左匀减速运动至B,由动能定理可得 umgl-0-2mv (1分) 设该，点与a的连线与Oc的夹角为B,则该，点的 联立以上各式得 电场强度大小为 v2=2 gR R 2√5w=107 (2分) kQ E=2 COS B=2 L Lsin'Bcos B (2)滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于 00>v2 ·35· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 滑块2只能与向左运动的M相碰才能在碰后竖 1 直向上运动，则碰前运动时间七满足 在F点，由FN十m1g=m1R (1分) 得FN=1.5N (1分) t=nT+2n=0,1,2,3…） (1分) (2)依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前， 所求高度 滑板已到达侧壁并被锁定 A=78 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 、1 由动能定理m2gd (1分) 解得h=2(2m十1)2.m8(n=0,1,2,3)） 2 Mu-0 得v2=1m/s (1分) 由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞 (3)滑块2与M碰撞过程水平方向动量守恒，第 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 1次碰撞后M的速度设为VM1,则 v1=4 m/s Mo。-2mv2=0+MoM (1分) 对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度 M=4m 为1，以水平向右为正 R 解得vM=25 由动量守恒m2v1=m21十Mu2 (1分) (1分) 得v1=2m/s 设第一次碰撞过程中滑块2与M接触时间为 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为 △t,因滑块2离开M瞬间是相对运动的，故在△t 0 时间内滑块2与M间为滑动摩擦力。滑块2从 1 竖直上抛后落下与M发生第二次碰撞前运动时 由能堂宇板Q,-2m:o3+号Mo:-m,时 间为2t,滑块运动(2n十1)T时间正好在平衡位 (1分) 置向左运动时与滑块2相撞，假设第二次碰撞过 得Q1=0.05J (1分) 程中滑块2离开M前在水平方向二者能共速，则 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 MUM1=(2m十M)v共 (1分) 轨道J和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 将得：-区 系统摩擦内能Q:=:时=0.02J (1分) 第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 (1分) I1=f·△t=2mv2 (1分) 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 I2=f·△t/=2m0共 离轨道，在F点有m1g=m1R 由于v共<v2 得v3=1m/s,方向水平向左 第二次滑动摩擦力作用的时间 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 △t'<△t 由动量守恒m1v1=一m103十m2v4 (1分) 则假设成立，滑块2离开M后，振子M的速度为 1 口共，所求振幅A满足 的能景守恒n12二之红1”3十2222 (1分) 2Mo美=2kA2 (1分) 得m2= 1 60 kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙 8 mgR 的最小质量。 (1分) 解得A= 35k 0 (1分) ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑 18.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 板 0.02kg 1 【解析】(1)对滑块甲，从A到F过程中，以AB 由能量守恒得mg1= 2m2o号-2mm2+M)u3 面的重力势能为0 (1分) 1 由动量守恒得m2v5=(m2十M)v共 (1分) 由能量守恒E。=4m:gR+2m1好 对滑块甲和滑块乙 得v1=4m/s 由动量守恒得m1v1=m106十m2v5 (1分) 3 ·36· ·物理· 参考答案及解析 由能量宇板得7m1时-了m:i十宁m:i1分) 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 0.02kg。 (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 物理·电场及带电粒子在电场中的运动 一、单项选择题 1.C【解析】电场中某点的电场强度的方向为电场 4B【解析】由题国乙、丙可知，当0=2，小球B在 线在该，点的切线方向，由图可知N、P两点的电场 O点正上方，此时Ez=0,E,=一6V/m,则说明小 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 球A一定在y轴上固定；当0=0时有E1= 故M点的电势低于N,点的电势，B错误；M处的 一4V/m,小球B在O点正右侧，而水平方向场强 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 方向为x轴负方向，则说明小球B带正电荷，此时 a=9 E,1=一2V/m,说明竖直方向的场强方向为y轴 ，DNA分子在M点的加速度比在N点小， m 负方向，若小球A在O,点正上方固定，则小球A C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 带正电荷，若小球A在O点正下方固定，则小球A带 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，A错误； M点的电势能比在N点大，D错误。 由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O,点 的距离r相同，当0=0时有E1=一4V/m,E,1= 2.D【解析】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 -2V/,南E-9可得Q:Q。-112,B正确， 明=-2ad解得加速度大小a=2a,A错误；由牛 盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O 点产生的场强的矢量和，随着小球B从0=0转到 顿第二定律可知Ee=ma,解得E= 2edB错误； 2π的过程中，EA和EB大小都不变，EA和EB的 由动能定理可得9A一9B)e=0二2n,解得B 夹角在增大的过程中，当日=2时，0处的合场强 mvi 最大：当日-时，0处的合场强最小：所以小球B 点电势pB一P4十2e,C错误；钠离子在B点电 从初始转到2π的过程中，中心O处的合场强先增 势能E。=9se=PAe十m ,D正确。 大后减小再增大，C、D错误；小球B绕圆盘旋转一 3.B【解析】电场强度是矢量，由对称性及电场叠 月过程中，当0=受时，0处的合场经最小，共值大 加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方 小E=EA+EB=(-2+4)V/m=2V/m,D错误。 向不同，所以A、B两点电场强度不相同，A错 误；根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电 5.A【解析】根据题意，由公式=分可如，波长越 场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加 大，频率越小，现用波长为入（入1<入<入2）的单色光 持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光 原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加 电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板， 为0，B正确；分析可知四个等量电荷在AB产生 光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容 的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势 器的负极板，根据光电效应方程有Ek=hv一W。= 处处相等，C错误；结合C选项分析可知，OC仍为 等势线，即OC连线上电势处处相等，根据E,= h六-W,又因为W。=hve=h2,光电子不断从 qP可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能 钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压 不变，D错误。 逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定 ·37· 3