辽宁省大连四十八中高三物理上学期段考试卷（二）（含解析）.doc

辽宁省大连四十八中2016届高三上学期段考物理试卷（二）一、选择题（共13小题，每小题4分，满分60分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（）a物理学中电场强度、电容、加速度这些物理量都是采用比值法定义的b质点、点电荷都是理想化模型c库仑首先提出电场的概念d重心、合力和交变电流的有效值概念的建立都体现了等效替代的思想2如图所示，水平地面上的l形木板m上放着小木块m，m与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态下列说法正确的是（）am对m的摩擦力方向向左bm对m无摩擦力作用c地面对m的摩擦力方向向右d地面对m无摩擦力作用3如图，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 （）a继续匀速下滑b加速下滑c减速下滑d先加速下滑后减速下滑4如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点（不计重力），仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，m、n是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是（）a三个等势面中的，a的电势最高b带电质点在m点具有的电势能比在n点具有的电势能大c带电质点通过m点时的动能比通过n点时大d带电质点通过m点时的加速度比通过n点时大5如图所示，a、b为两等量异号点电荷，cd为ab连线的中垂线一带有微量正电的点电荷a以一定的初速度沿cd方向射入电场，其运动轨迹为图中虚线，交ab于e不计重力则（）aa带负电荷ba的运动轨迹为抛物线c电场强度eceed电势ce6用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，减小s，则变小d保持d不变，减小s，则变大7如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为e一根不可伸长的绝缘细线长为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在o点，把小球拉到使细线水平的位置a，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成=60角的位置b时速度为零以下说法中正确的是（）a小球在b位置处于平衡状态b小球受到的重力与电场力的关系是eq=mgca点电势能小于b点电势能d小球从a运动到b过程中，电场力对其做的功为mgl8一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在p点，如图所示，以e表示两板间的场强，u表示电容器的电压，w表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）au变大，e不变be变大，w变大cu变小，w不变du不变，w不变9如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为o点带正电的小球从o点正上方的a点由静止释放，穿过圆环中心o，并通过关于o与a点对称的a点，取o点为重力势能零点关于小球从a点运动到a点的过程中，小球的加速度a、重力势能epg、机械能e、电势能epe随位置变化的情况，下列说法中正确的是（）a从a到o的过程中a一定先增大后减小，从o到a的过程中a一定先减小后增大b从a到o的过程中epg小于零，从o到a的过程中epg大于零c从a到o的过程中e随位移增大均匀减小，从o到a的过程中e随位移增大均匀增大d从a到o的过程中epe随位移增大非均匀增大，从o到a的过程中epe随位移增大非均匀减小10如图所示，正四面体所有棱长都相等长度为a，a、b、c、d是其四个顶点，现在b、d两点分别固定电量均为q的正负点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（）ac点的场强大小为ba、c两点的场强方向相同ca、c两点电势相同d将一正电荷从a点沿直线移动到c点，电场力先做正功后做负功11电荷量q=1104c的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度e的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示重力加速度g=10m/s2则（）a物块在4s内位移是8mb物块的质量是1kgc物块与水平面间动摩擦因数是0.4d物块在4s内电势能减少了14j12光滑水平面上放置两个等量同种正电荷，其连线中垂线上有a、b、c三点，如图甲所示，一质量m=1kg、带电荷量q=2c的小物块自c点南静止释放，其经过b、a两点的运动情况如图乙所示，其中b点为t图线上斜率最大的位置（图中标出了过b点的切线），则以下分析正确的是（）ab点为中垂线上电场强度最大的点且场强大小e=1v/mb由c点到a点物块的电势能先减小后变大c由c点到a点，电势逐渐降低db、a两点间的电势差为uba=8.25v13一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）ax1处粒子的动能最小bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123c粒子在0x2段做变速运动，x2x3段做匀速运动dx2x3段是匀强电场二、填空题（共2小题，每小题5分，满分10分）14某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧竖直悬挂于某一深度为h=25.0cm，且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下部分位于筒内，但测力计可以同弹簧的下端接触），如图（甲）所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力f，作出fl变化的图线如图（乙）所示，则弹簧的劲度系数为n/m弹簧的原长l0= cm15某实验小组设计出如下的实验方案，实验装置如图甲所示测得出小车质量为m，砝码及砝码盘总质量为m，所使用的打点计时器交流电频率f=50hz实验步骤是：a按图中所示安装好实验装置b调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动c取下细绳和砝码盘d将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带回答下列问题：（1）如图乙所示是实验中打出的一条纸带的一部分，测出四段x1、x2、x3、x4位移大小，则可求出小车的加速度大小为m/s2（保留两位有效数字）；小车质量m与砝码及砝码盘总质量m之比（g=10m/s2）按上述方案做实验，以及这段纸带是否能验证动能定理？（填“是”或“否”）；若能，请写出需要验证的关系式为（用所测物理量的符号表示）三、解答题（共3小题，满分30分）16如题图所示电路，电源的电动势e=4.5v，小灯泡l上标有“2.5v 0.3a”字样当闭合开关s，小灯泡l恰好正常发光，电动机m处于转动状态，这时理想电流表的示数i=2.0a求：电源的内阻；电动机的输入功率17如图所示，固定于同一条竖直线上的a、b是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+q和q，a、b相距为2dmn是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷a等高的c处由静止开始释放，小球p向下运动到距c点距离为d的o点时，速度为v，已知mn与ab之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）c、o间的电势差uco；小球p在o点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷b等高的d点时的速度18如图所示，相距2l的ab、cd两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中pt上方的电场e1的场强方向竖直向下，pt下方的电场e0的场强方向竖直向上，在电场左边界ab上宽为l的pq区域内，连续分布着电量为+q、质量为m的粒子从某时刻起由q到p点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场e0中，若从q点射入的粒子，通过pt上的某点r进入匀强电场e1后从cd边上的m点水平射出，其轨迹如图，若mt两点的距离为不计粒子的重力及它们间的相互作用试求：（1）电场强度e0与e1；在pq间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直cd边水平射出，这些入射点到p点的距离有什么规律？辽宁省大连四十八中2016届高三上学期段考物理试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题4分，满分60分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（）a物理学中电场强度、电容、加速度这些物理量都是采用比值法定义的b质点、点电荷都是理想化模型c库仑首先提出电场的概念d重心、合力和交变电流的有效值概念的建立都体现了等效替代的思想【考点】物理学史【专题】定性思想；归谬反证法；直线运动规律专题【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的知道比值定义法的含义，记住著名物理学家的主要贡献【解答】解：a、电场强度、电容c=、加速度a=，这些物理量都是采用比值法定义的，故a正确b、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，故b正确；c、法拉第先提出电场的概念，揭示了电荷间相互作用就是电场对电荷的作用，故c错误；d、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故d正确本题选错误的故选：c【点评】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助2如图所示，水平地面上的l形木板m上放着小木块m，m与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态下列说法正确的是（）am对m的摩擦力方向向左bm对m无摩擦力作用c地面对m的摩擦力方向向右d地面对m无摩擦力作用【考点】摩擦力的判断与计算【专题】摩擦力专题【分析】对m受力分析，根据平衡判断出m对m的摩擦力方向对整体分析，根据平衡判断地面对m的摩擦力方向【解答】解：ab、对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡知，m对m的摩擦力向右故a错误，b错误cd、对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力平衡，若地面对m有摩擦力，则整体不能平衡，故地面对m无摩擦力作用故c错误，d正确故选：d【点评】解决本题的关键会正确的进行受力分析，知道平衡时，合力等于03如图，质量为m、带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块运动的状态为 （）a继续匀速下滑b加速下滑c减速下滑d先加速下滑后减速下滑【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】没有电场时，滑块沿绝缘斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件得到滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，再分析这两个力是否平衡，判断滑块的运动状态【解答】解：设斜面的倾角为滑块没有进入电场时，根据平衡条件得：mgsin=fn=mgcos又f=n得到，mgsin=mgcos，即有：sin=cos当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为f根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+f）sin，沿斜面向上的力为（mg+f）cos，由于sin=cos，所以（mg+f）sin=（mg+f）cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响基础题4如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点（不计重力），仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，m、n是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是（）a三个等势面中的，a的电势最高b带电质点在m点具有的电势能比在n点具有的电势能大c带电质点通过m点时的动能比通过n点时大d带电质点通过m点时的加速度比通过n点时大【考点】电场线；牛顿第二定律；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，判断电势的高低由电场力做功的正负判断电势能的变化电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大；电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小根据等差等势面密处场强大，判断场强大小，确定加速度的大小【解答】解：a、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出m、n两点处场强的方向，如图则可知，三个等势面中的，a的电势最高故a正确 b、c若质点从m到n过程，电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大，则质点在m点具有的电势能比在n点具有的电势能大，通过m点时的动能比通过n点时小故b正确，c错误 d、据题，相邻等势面之间的电势差相等，而m处等差等势面较密，则m点的场强较大，质点通过m点时的加速度比通过n点时大故d正确本题选错误的，故选c【点评】已知等势面的分布，往往要作出电场的分布根据电场线的方向判断电势的高低基础题5如图所示，a、b为两等量异号点电荷，cd为ab连线的中垂线一带有微量正电的点电荷a以一定的初速度沿cd方向射入电场，其运动轨迹为图中虚线，交ab于e不计重力则（）aa带负电荷ba的运动轨迹为抛物线c电场强度eceed电势ce【考点】电场线；电势【分析】曲线运动的条件是合力指向曲线的内侧；电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低【解答】解：a、曲线运动中合力指向曲线的内侧，粒子受向右的电场力，cd是等量异号电荷的连线的中垂线，是等势面，电场线向右，故a带正电；故a错误；b、电场力不是恒力，故不是类似平抛运动，故轨迹不是抛物线，故b错误；c、根据等量异种电荷电场线的分布知电场强度ecee，故c错误；d、沿电场线方向电势逐渐降低，cd为零势面，e处电势为负值，故d正确；故选：d【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，知道做曲线运动的物体受的合外力指向曲线弯曲的方向6用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，减小s，则变小d保持d不变，减小s，则变大【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式c=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式c=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：a、b、根据电容的决定式c=得知，电容与极板间距离成反比，当保持s不变，增大d时，电容减小，电容器的电量q不变，由电容的定义式c=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大故a正确，b错误c、d、根据电容的决定式c=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小s时，电容减小，电容器极板所带的电荷量q不变，则由电容的定义式c=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大故c错误，d正确故选：ad【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式c=和c=7如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为e一根不可伸长的绝缘细线长为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在o点，把小球拉到使细线水平的位置a，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成=60角的位置b时速度为零以下说法中正确的是（）a小球在b位置处于平衡状态b小球受到的重力与电场力的关系是eq=mgca点电势能小于b点电势能d小球从a运动到b过程中，电场力对其做的功为mgl【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】小球从a点静止释放，运动到b点速度为0，对小球进行受力分析：小球到达b点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小根据电场力做功公式w=qed，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功【解答】解：a、小球到达b点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在b点小球的合力不为零，不是平衡状态故a错误；b、根据动能定理得：mglsinqel（1cos）=0，解得：eq=，故b错误c、从a点到b点，电场力做负功，电势能增加，则a点电势能小于b点电势能，故c正确d、根据动能定理得：mglsin+w=0，则电场力做功w=，故d错误故选：c【点评】本题考查了动能定理的基本运用，知道电场力做功与电势能的关系，以及知道b点的速度为零，合力不为零，难度不大8一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在p点，如图所示，以e表示两板间的场强，u表示电容器的电压，w表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）au变大，e不变be变大，w变大cu变小，w不变du不变，w不变【考点】电容【专题】电容器专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化，电场强度的变化，以及p点的电势变化，确定p点电势能的变化【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据c=知，电容增大，根据u=，则电势差减小e=，知电场强度不变则p与负极板间的电势差不变，p点的电势不变，正电荷在p点的电势能不变故c正确，a、b、d错误故选c【点评】本题是电容器动态变化分析问题，抓住电容器与电源断开，电量不变，以及掌握电容的两个公式：c=、c=9如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为o点带正电的小球从o点正上方的a点由静止释放，穿过圆环中心o，并通过关于o与a点对称的a点，取o点为重力势能零点关于小球从a点运动到a点的过程中，小球的加速度a、重力势能epg、机械能e、电势能epe随位置变化的情况，下列说法中正确的是（）a从a到o的过程中a一定先增大后减小，从o到a的过程中a一定先减小后增大b从a到o的过程中epg小于零，从o到a的过程中epg大于零c从a到o的过程中e随位移增大均匀减小，从o到a的过程中e随位移增大均匀增大d从a到o的过程中epe随位移增大非均匀增大，从o到a的过程中epe随位移增大非均匀减小【考点】电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再由牛顿第二定律分析加速度情况由ep=mgh分析重力势能的变化情况根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况【解答】解：小球运动过程的示意图如图所示a、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从a到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，也可能一直减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小方向竖直向上，也可能一直减小方向向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大，也可能一直增大故a错误b、小球从a到圆环中心的过程中，重力势能epg=mgh，小球穿过圆环后，epg=mgh，故b错误c、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故c错误d、小球从a到圆环中心的过程中，电场强度非匀强电场，电场力做负功但不是均匀变化的，机械能减小，但不是均匀减小，小球穿过圆环后，同理，故d正确故选：d【点评】本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析10如图所示，正四面体所有棱长都相等长度为a，a、b、c、d是其四个顶点，现在b、d两点分别固定电量均为q的正负点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（）ac点的场强大小为ba、c两点的场强方向相同ca、c两点电势相同d将一正电荷从a点沿直线移动到c点，电场力先做正功后做负功【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】+q、q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面分布具有对称性，通过bd的中垂面是一个等势面，ac在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析场强关系根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出c点的电场强度；在等势面上运动点电荷电场力不做功【解答】解：a、两个电荷在c点产生的场强大小：e1=e2=，方向的夹角为120，则c点的合场强e=e1=e2=，故a错误；b、据题，+q、q是两个等量异种点电荷，通过bd的中垂面是一等势面，ac在同一等势面上，电势相等，ac两点的场强都与等势面垂直，方向指向b一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故ac两点的场强、电势均相同故bc正确；d、由题，ac在通过ab的中垂面（同一等势面上），电势相等，将一正电荷从a点移动到c点，电场力不做功故d错误故选：bc【点评】本题关键要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住abcd是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得出c、d处于通过ab的中垂面是一等势面上11电荷量q=1104c的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度e的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示重力加速度g=10m/s2则（）a物块在4s内位移是8mb物块的质量是1kgc物块与水平面间动摩擦因数是0.4d物块在4s内电势能减少了14j【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据vt图象的“面积”求位移前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量；匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；物体电势能的该变量等于电场力做的功【解答】解：a、物块在4s内位移为：x=2m=6m，故a错误bc、由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： qe1mg=ma，由图线知加速度为：a=1m/s21s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qe2=mg 联立解得：q（e1e2）=ma 由图可得：e1=3104n/c，e2=2104n/c，代入数据解得：m=1kg 由qe2=mg可得：=0.2，故b正确，c错误d、物块在前2s的位移 s1=22m=2m物块在第2s的位移为 s2=vt2=4m 电场力做正功 w=qe1s1+qe2s2=32+24=14j 则电势能减少了14j，故d正确故选：bd【点评】能根据题目提供的et图和vt图得到相关的信息是解题的关键明确vt图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移12光滑水平面上放置两个等量同种正电荷，其连线中垂线上有a、b、c三点，如图甲所示，一质量m=1kg、带电荷量q=2c的小物块自c点南静止释放，其经过b、a两点的运动情况如图乙所示，其中b点为t图线上斜率最大的位置（图中标出了过b点的切线），则以下分析正确的是（）ab点为中垂线上电场强度最大的点且场强大小e=1v/mb由c点到a点物块的电势能先减小后变大c由c点到a点，电势逐渐降低db、a两点间的电势差为uba=8.25v【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据vt图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度e根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况根据电场线方向判断电势的高低根据动能定理求解ab两点电势差uab【解答】解：a、vt图象的斜率等于加速度，b点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在b处加速度最大，根据牛顿第二定律得：f=qemg=ma，b为中垂线上电场强度最大的点，由图得：b点的加速度为 a=2m/s2，e=+v/m=6v/m故a错误b、由图知，由c到a的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小故b错误c、由电势能的公式ep=q知，由c到a的过程中，电势逐渐降低，故c正确d、物块从a到b的过程，根据动能定理得：mgh+quab=mvb2mva2，则得，uab=（4272）+=8.25v，故d错误故选：acd【点评】解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系ep=q13一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）ax1处粒子的动能最小bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123c粒子在0x2段做变速运动，x2x3段做匀速运动dx2x3段是匀强电场【考点】电势能【分析】根据电势能与电势的关系：ep=q，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由f=qe，分析电场力的变化【解答】解：a、只在电场力作用下运动，动能与势能加和守恒，由题意知x1处粒子的势能最小，则动能最大，故a错误b、根据电势能与电势的关系：ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故b正确d、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故c错误，d正确故选：bd【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况二、填空题（共2小题，每小题5分，满分10分）14某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧竖直悬挂于某一深度为h=25.0cm，且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下部分位于筒内，但测力计可以同弹簧的下端接触），如图（甲）所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力f，作出fl变化的图线如图（乙）所示，则弹簧的劲度系数为100n/m弹簧的原长l0=15 cm【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题【分析】根据胡克定律写出f与l的关系式，然后结合数学知识求解即可【解答】解：设弹簧原长为l0，则根据胡克定律有：f=k（hl0+l）=kl+k（hl0） 由此可知，图象的斜率大小表示劲度系数大小，故k=100n/m，当l=0时，f=10n，将数据代入方程可解得：l0=15cm故答案为：100，15【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力15某实验小组设计出如下的实验方案，实验装置如图甲所示测得出小车质量为m，砝码及砝码盘总质量为m，所使用的打点计时器交流电频率f=50hz实验步骤是：a按图中所示安装好实验装置b调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动c取下细绳和砝码盘d将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带回答下列问题：（1）如图乙所示是实验中打出的一条纸带的一部分，测出四段x1、x2、x3、x4位移大小，则可求出小车的加速度大小为0.88m/s2（保留两位有效数字）；小车质量m与砝码及砝码盘总质量m之比1.14（g=10m/s2）按上述方案做实验，以及这段纸带是否能验证动能定理？是（填“是”或“否”）；若能，请写出需要验证的关系式为mg（x2+x3）=m（）2m（）2（用所测物理量的符号表示）【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题【分析】（1）应用匀变速直线运动的推论求出加速度，然后由牛顿第二定律求出质量之比根据实验步骤，应用动能定理分析答题【解答】解：（1）由匀变速直线运动的推论：x=at2可知，加速度：a=0.88m/s2；由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：1.14；第二个计数点时的速度：v2=，第4个计数点的速度：v4=，从第二个计数点到第4个计数点，由动能定理得：mg（x2+x3）=mv42mv22，则：mg（x2+x3）=m（）2m（）2，可以验证动能定理，表达式为：mg（x2+x3）=m（）2m（）2故答案为：（1）0.88；1.14；是；mg（x2+x3）=m（）2m（）2【点评】本题考查了求加速度、质量之比、动能定理的表达式等问题，应用匀变速直线运动的推论、动能定理即可正确解题三、解答题（共3小题，满分30分）16如题图所示电路，电源的电动势e=4.5v，小灯泡l上标有“2.5v 0.3a”字样当闭合开关s，小灯泡l恰好正常发光，电动机m处于转动状态，这时理想电流表的示数i=2.0a求：电源的内阻；电动机的输入功率【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）小灯泡l恰好正常发光，则并联部分的电压即为小灯泡额定电压，根据闭合电路欧姆定律列式即可求解内阻；电动机与灯泡并联，根据串并联电路电流关系求出通过电动机的电流，根据pm=uim即可求解电动机输入功率【解答】解：由闭合电路欧姆定律得：e=u+ir，则r=；电动机与灯泡并联，所以通过电动机的电流im=iil=20.3=1.7a，则电动机的输入功率pm=uim=2.51.7=4.25w；答：电源的内阻为1；电动机的输入功率为4.25w【点评】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用p=ui，难度不大，属于基础题17如图所示，固定于同一条竖直线上的a、b是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+q和q，a、b相距为2dmn是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷a等高的c处由静止开始释放，小球p向下运动到距c点距离为d的o点时，速度为v，已知mn与ab之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）c、o间的电势差uco；小球p在o点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷b等高的d点时的速度【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）对c到o段运用动能定理，求出c、o间的电势差，再求出c、d间的电势差uco由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解（3）由电场的对称性知，uod=uco，小球从o到d由动能定理求解【解答】解：（1）小球p由c运动到o时，由动能定理得：mgd+quco=mv20，解得：uco=；小球p经过o点时受力如图：由库仑定律得：f1=f2=k，它们的合力为：f=f1cos45+f2cos4