1选择题
我国自主研发的“海斗一号”无人潜水器在马里亚纳海沟成功完成万米海试。若潜水器从海面由静止开始匀加速下潜，其速度-时间图像如图所示（图略，假定图像为过原点的直线）。下列说法正确的是（ ）
- A. 潜水器在0~t1时间内加速度恒定，且方向竖直向下
- B. 图像斜率的绝对值表示潜水器下潜的深度
- C. t1时刻，潜水器的速度达到最大值
- D. t1~t2时间内，潜水器处于超重状态
答案：A
解析：v-t图像中，斜率表示加速度，0~t1时间内图像为倾斜直线，说明加速度恒定，方向与速度方向相同，即竖直向下，A正确。图像与时间轴围成的面积表示位移（下潜深度），斜率表示加速度，B错误。t1时刻速度达到最大值，但之后图像若为水平线则匀速，若为下降直线则减速，题目未说明t1后图像，C错误。t1~t2时间内，若潜水器减速下潜，加速度方向向上，则处于超重状态，但题目未明确，D错误。故选A。易错点：混淆v-t图像斜率和面积的物理意义。
2选择题
2023年10月，神舟十七号载人飞船成功发射。飞船在近地圆轨道I上运行，点火加速后进入椭圆转移轨道II，最后在远地点P再次点火加速进入预定圆轨道III。下列说法正确的是（ ）
- A. 飞船在轨道I上P点的加速度小于在轨道III上P点的加速度
- B. 飞船在轨道II上从近地点向P点运动的过程中，速度逐渐减小
- C. 飞船在轨道I上的机械能大于在轨道III上的机械能
- D. 飞船在轨道II上运行的周期小于在轨道I上运行的周期
答案：B
解析：飞船在P点受到的万有引力相同，由牛顿第二定律F=ma可知，在P点的加速度相同，A错误。飞船在椭圆轨道II上从近地点向远地点P运动，万有引力做负功，速度减小，B正确。飞船从低轨道到高轨道需要两次点火加速，机械能增加，故在轨道III上的机械能更大，C错误。由开普勒第三定律，轨道半长轴越大，周期越大，轨道II的半长轴大于轨道I的半径，故周期更大，D错误。故选B。易错点：混淆不同轨道上同一点的加速度；混淆机械能变化与点火加速的关系。
3选择题
在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图所示的装置（图略，为气垫导轨、滑块、光电门等）。关于实验操作和数据处理，下列说法正确的是（ ）
- A. 实验中需要测量滑块的质量，但不需要测量钩码（或重物）的质量
- B. 调整气垫导轨水平时，应使滑块在不挂钩码时能在导轨上匀速运动
- C. 为了减小误差，应使钩码的质量远大于滑块的质量
- D. 处理数据时，若作出a-1/M图像（M为滑块质量），图像应为过原点的直线
答案：B
解析：实验中以滑块和钩码（或重物）整体为研究对象，或以滑块为研究对象时需用钩码重力近似绳的拉力，均需知道钩码质量，A错误。调整气垫导轨水平是为了补偿摩擦力，使滑块在不受拉力时能匀速运动（或通过调整使滑块静止），B正确。以滑块为研究对象时，只有当钩码质量远小于滑块质量时，才能用钩码重力近似绳的拉力，C错误。由牛顿第二定律F=Ma，若F为恒力，则a-1/M图像为过原点的直线，但实验中F通常不恒定（因钩码加速下降），故图像可能不过原点或非直线，D错误。故选B。易错点：对实验原理理解不透，混淆“补偿摩擦力”与“匀速运动”的条件；对实验误差来源分析不清。
4选择题
如图所示（图略，情景为两平行金属板间有匀强电场，一带电粒子以初速度v0垂直电场方向射入），一带正电的粒子以初速度v0从两平行金属板的左侧中央沿垂直电场方向射入。已知板间电压为U，板长为L，板间距为d，粒子质量为m，电荷量为q。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
- A. 粒子在板间运动时，电势能逐渐增大
- B. 粒子射出电场时的速度偏向角θ满足tanθ = qUL/(mdv0²)
- C. 粒子射出电场时的侧移量y = qUL²/(2mdv0²)
- D. 若增大U，粒子可能从极板右侧射出
答案：C
解析：粒子带正电，所受电场力方向与电场方向相同，从左侧中央射入，电场力方向向下，粒子向下偏转，电场力做正功，电势能减小，A错误。粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：L = v0t；竖直方向：y = ½at²，a = qU/(md)。联立得侧移量y = qUL²/(2mdv0²)，C正确。速度偏向角tanθ = vy/v0 = at/v0 = qUL/(mdv0²)，B错误。若增大U，加速度a增大，侧移量y增大，但粒子仍从极板间射出，不会从右侧极板射出（除非U足够大导致y≥d/2，此时会打到极板上），D说法不严谨。故选C。易错点：混淆速度偏向角正切与位移偏向角正切；对粒子能否从极板间射出的条件判断不清。
5填空题
我国自主研制的“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录。若潜水器在深海中匀速下潜，其受到的浮力与重力的关系是______（填“大于”、“小于”或“等于”）；若潜水器在某一深度悬停，此时它受到的浮力与重力的关系是______；在匀速上浮过程中，潜水器受到的浮力______重力（填“大于”、“小于”或“等于”）。
答案：等于；等于；等于
解析：潜水器匀速下潜或匀速上浮，均处于平衡状态，合外力为零，故浮力等于重力。悬停时也处于平衡状态，浮力等于重力。易错点：误认为上浮时浮力一定大于重力（加速上浮时才大于），或下潜时浮力小于重力（加速下潜时才小于）。本题强调“匀速”和“悬停”，均为平衡状态。
6解答题
某型号电动汽车在平直公路上进行性能测试。汽车质量m=1500kg，发动机提供的牵引力F恒定，汽车从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1=10s，速度达到v1=20m/s。随后保持功率P不变继续行驶，当速度达到v2=30m/s时，汽车恰好开始匀速运动。已知汽车行驶过程中受到的阻力恒为车重的0.1倍，重力加速度g=10m/s²。求：
(1) 汽车匀加速阶段的加速度大小a；
(2) 汽车匀加速阶段发动机提供的牵引力F的大小；
(3) 汽车保持功率P不变行驶时，当速度v=25m/s时的加速度大小。
答案：解：(1) 由匀变速直线运动公式，a = v1/t1 = 20/10 = 2 m/s²。
(2) 汽车匀加速阶段，由牛顿第二定律：F - f = ma。
阻力 f = 0.1mg = 0.1×1500×10 = 1500 N。
所以 F = ma + f = 1500×2 + 1500 = 4500 N。
(3) 汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即 F_匀 = f = 1500 N。
此时汽车的功率 P = F_匀·v2 = 1500×30 = 45000 W = 45 kW。
当速度 v = 25 m/s 时，牵引力 F' = P/v = 45000/25 = 1800 N。
由牛顿第二定律：F' - f = ma'，
解得 a' = (1800 - 1500)/1500 = 0.2 m/s²。
解析：本题考查牛顿第二定律与功率、动能定理的综合应用，属于力电综合中的经典模型。易错点：(1) 在匀加速阶段，牵引力F恒定，但功率P=Fv是变化的，不能用P=恒量计算；(2) 在恒功率阶段，牵引力随速度变化，需要根据牛顿第二定律求瞬时加速度；(3) 计算阻力时容易忘记乘以g。
7解答题
如图所示（图略，情景为：水平面上固定一光滑绝缘斜面，斜面倾角为θ，斜面上方有水平向右的匀强电场E。一质量为m、电荷量为+q的小物块从斜面上某点由静止释放，沿斜面加速下滑）。一质量为m、电荷量为+q的带电小物块，置于倾角为θ的光滑绝缘斜面顶端。斜面处于水平向右、场强为E的匀强电场中。小物块由静止开始沿斜面下滑。已知重力加速度为g。
(1) 分析小物块的受力情况；
(2) 求小物块下滑的加速度大小a；
(3) 若斜面足够长，求小物块下滑距离L时的速度大小v。
答案：解：(1) 小物块受重力mg，方向竖直向下；受电场力qE，方向水平向右；受斜面的支持力N，方向垂直斜面向上。
(2) 将重力mg和电场力qE沿斜面方向和垂直斜面方向分解：
沿斜面方向的合力：F_合 = mg sinθ + qE cosθ。
垂直斜面方向：N = mg cosθ - qE sinθ（此方向无加速度）。
由牛顿第二定律：a = F_合 / m = g sinθ + (qE cosθ) / m。
(3) 小物块做匀加速直线运动，由运动学公式 v² = 2aL，
得 v = √[2L(g sinθ + (qE cosθ)/m)]。
或者由动能定理：(mg sinθ + qE cosθ) L = ½mv² - 0，结果相同。
解析：本题考查带电物体在复合场（重力场与电场）中的运动，是力电综合的基础题型。易错点：(1) 受力分析时漏掉电场力，或电场力方向判断错误；(2) 分解力时，将电场力沿斜面和垂直斜面分解出现方向错误；(3) 误认为支持力N=mg cosθ，实际上由于电场力的影响，支持力表达式已变化。
8解答题
如图所示（图略，情景为：竖直平面内，一根长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球。空间存在水平向右的匀强电场E。将小球从O点正下方的A点由静止释放，小球恰能沿圆弧运动到最高点B）。一质量为m、电荷量为+q的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，O点处固定一电荷量为+Q的点电荷（可视为点电荷）。整个装置处于水平向右、场强为E的匀强电场中，如图所示。初始时，小球静止于O点正下方的A点。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧运动，当运动到细线与竖直方向成θ角（θ未知）的B点时，小球速度恰好为零，此后小球将向回摆动。已知重力加速度为g，静电力常量为k。
(1) 分析小球在B点时的受力情况；
(2) 求A、B两点间的电势差U_AB；
(3) 求小球运动到B点时细线对小球的拉力T。
答案：解：(1) 小球在B点受重力mg，方向竖直向下；受电场力qE，方向水平向右；受细线的拉力T，方向沿细线指向O点；受O点处固定点电荷+Q的库仑斥力F_k，方向沿OB连线背离O点（因为Q和q都带正电）。
(2) 小球从A到B，由动能定理：W_电 + W_重 + W_库 = 0 - 0。
其中，重力做功 W_重 = -mgL(1 - cosθ)。
库仑力始终沿径向，与速度方向垂直，做功为零，W_库 = 0。
电场力做功 W_电 = qU_AB。
所以 qU_AB - mgL(1 - cosθ) = 0，
解得 U_AB = mgL(1 - cosθ) / q。
(3) 小球在B点速度为零，但合力不一定为零。将小球所受力沿径向（细线方向）和切向分解。在径向方向，小球处于瞬时平衡（因为速度为零，但可能有向心加速度趋势，此处实际无向心加速度，因为v=0，但需分析合力）。径向合力提供向心力，由于v=0，故径向合力为零。
即：T + F_k cosθ - mg cosθ - qE sinθ = 0。
其中库仑力大小 F_k = kQq / L²。
所以 T = mg cosθ + qE sinθ - kQq / L²。
注意：此表达式适用于θ角确定的情况。由于θ未知，无法进一步计算数值。若题目要求用已知量表示，则此即为答案。若需具体数值，需补充条件（如θ角大小）。
解析：本题综合了重力场、点电荷电场和匀强电场，考查动能定理、受力分析及圆周运动。易错点：(1) 漏掉点电荷+Q对小球的库仑力；(2) 在B点错误地认为拉力T等于重力分力与电场力分力之和，忽略了库仑力；(3) 在B点（v=0）错误地认为径向合力必须提供向心力而列出T+...=mv²/L，但v=0时向心力为零，应由平衡条件分析；(4) 计算电场力做功时，错误地用W=qEd，其中d应为沿电场线方向的距离，但本题用W=qU_AB更直接。