北大附中河南分校（宇华教育集团）高一下学期期末物理试卷Word版含解析.doc

2015-2016学年北大附中河南分校（宇华教育集团）高一（下）期末物理试卷一、选择题（每题4分，共60分，全对得4分，对而不全得2分，错选不得分）1将一质量为m的带电微粒（不计重力）放在电场中无初速度释放，则以下说法正确的是（）A带电粒子的轨迹一定和电场线重合B带电粒子的速度方向总是与所在处的电场切线方向一致C带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合D带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动2如图所示，在外力作用下某质点运动的vt图象为正弦曲线从图中可以判断（）A在0t1时间内，外力的功率先增大后减小B在0t1时间内，外力的功率逐渐为零C在t2时刻，外力的功率为零D在t3时刻，外力的功率最大3带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有（）A减小两极板间的距离 B用手触摸极板AC在两板间插入电介质 D将极板B向上适当移动4一静电场沿x坐标轴方向的电势分布如图所示，则（）A在x1x2之间存在着沿x轴正方向的匀强电场B在x1x2之间存在着沿x轴正方向逐渐增强的电场C在x1x2之间沿x轴方向电场强度为零D在x1x2之间存在着沿x轴负方向的匀强电场5图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（）A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化6如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A所受重力与电场力平衡 B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动7如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2k1，方向沿x轴现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（）A2k0B2k0C2k0D2k08某同学研究电子在电场中的运动时，电子仅受电场力作用，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示）图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（）A不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点低B不论图中实线是电场线还是等势面，a点的加速度都比b点小C如果图中实线是电场线，电子在a点动能较小D如果图中实线是等势面，电子在a点电势能较小9如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30，M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DPM10如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈=37的斜面上，撞击点为C已知斜面上端与曲面末端B相连若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于：（不计空气阻力，sin37=0.6，cos3=0.8）（）A B C D11如图所示，质量相同的A、B两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点，绳长LA、LB的关系为LALB，将轻绳水平拉直，并将小球A、B由静止开始同时释放，取释放的水平位置为零势能的参考面，则下列说法正确的是（）A在下落过程中，当两小球到同一水平线L上时具有相同的重力势能B两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能相等CA球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能大DA、B两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等12某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示则小球能够击中触发器的可能是（）A B C D13如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则（）A小球在B点动能小于mghB由A到B小球重力势能减少mv2C由A到B小球克服弹力做功为mghD小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh14如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是（）A弹簧与杆垂直时，小球速度最大B弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mghD小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh15在加速运动的车厢中，一个人用力向前推车厢，如图所示，人相对车厢未移动则下列说法正确的是（）A人对车不做功 B人对车做负功C推力对车做正功 D车对人做正功二、填空题（16题每空1分，17题每空2分，共12分）16连接在电源两极板上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时，电容器的电容C将，带电量Q将，电势差U将，极板间的电场强度E将（填“增大”、“减小”或“不变”）17测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C重力加速度为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的高度h；将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s用实验中的测量量表示：（1）物块Q到达B点时的动能EkB=；（2）物块Q到达C点时的动能EkC=；（3）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=；（4）物块Q与平板P之间的动摩擦因数=三、计算题（18题8分，19题10分，20题10分）18如图所示，是示波器工作原理的示意图，电子经电压U1从静止加速后垂直进入偏转电场，偏转电场的电压为U2，两极板间距为d，极板长度为L，电子离开偏转电场时的偏转量为h，每单位电压引起的偏转量（h/U2）叫示波器的灵敏度，试求：该示波器的灵敏度，并探究可采用哪些方法提高示波器的灵敏度19质量为1.0103kg的汽车，沿倾角为30的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6104W，开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动（g=10m/s2）求：（1）汽车做匀加速运动的时间t1；（2）汽车所能达到的最大速率；（3）若斜坡长143.5m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？20如图所示，竖直平面内的一半径R=0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点质量m=0.10kg的小球从B点正上方H=0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离s=2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80m，取g=10m/s2，不计空气阻力，求：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小N；（2）小球经过最高点P的速度大小vP；（3）D点与圆心O的高度差hOD2015-2016学年北大附中河南分校（宇华教育集团）高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共60分，全对得4分，对而不全得2分，错选不得分）1将一质量为m的带电微粒（不计重力）放在电场中无初速度释放，则以下说法正确的是（）A带电粒子的轨迹一定和电场线重合B带电粒子的速度方向总是与所在处的电场切线方向一致C带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合D带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动【考点】电势差与电场强度的关系【分析】只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合；点电荷的加速度方向与电场力方向相同，对于正电荷，电场力与场强方向相同，沿着电场线的切线方向【解答】解：A、点电荷运动的轨迹不一定与电场线重合，只有当电场线是直线，而且点电荷没有初速度或初速度方向与电场线在同一直线上时，点电荷的运动轨迹才与电场线重合故A错误；B、点电荷的速度方向始终沿着轨迹的切线方向，由于轨迹不一定与电场线重合，所以其速度方向不一定终与所在点的电场线的切线方向相同，故B错误；C、正电荷的受到的电场力的方向始终与所在点的电场线的切线方向一致，根据牛顿第二定律可知，加速度方向相同与其所受的电场力的方向相同，所以正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向相同，负电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向相反总是与它所在处的电场线的切线方向重合故C正确；D、点电荷将沿电场线切线方向抛出，由于粒子的初速度是0，所以不会做抛物线运动，故D错误故选：C2如图所示，在外力作用下某质点运动的vt图象为正弦曲线从图中可以判断（）A在0t1时间内，外力的功率先增大后减小B在0t1时间内，外力的功率逐渐为零C在t2时刻，外力的功率为零D在t3时刻，外力的功率最大【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【分析】由vt图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由P=Fv可求得功率的变化情况【解答】解：A、由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小；故A正确；B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，故B错误C、t2时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C正确D、由图象可知t3时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在t3时刻功率也为零，故D错误；故选：AC3带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有（）A减小两极板间的距离 B用手触摸极板AC在两板间插入电介质 D将极板B向上适当移动【考点】电容器的动态分析【分析】根据电容的决定式C=，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化【解答】解：A、减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，故A正确；B、由于B板接地，用手触摸A时，故对电量有影响，电势差减小，故B正确；C、在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由由Q=UC可知，电势差减小，故C正确；D、将极板B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式可知，电势差增大，故D错误；故选：ABC4一静电场沿x坐标轴方向的电势分布如图所示，则（）A在x1x2之间存在着沿x轴正方向的匀强电场B在x1x2之间存在着沿x轴正方向逐渐增强的电场C在x1x2之间沿x轴方向电场强度为零D在x1x2之间存在着沿x轴负方向的匀强电场【考点】电势；电场强度【分析】沿着场强方向电势减小，垂直场强方向电势不变，根据题中图象得到电势变化规律，图象的斜率表示电场强度，从而判断电场强度的情况【解答】解：根据图象=Ex可知，图象的斜率表示电场强度的大小，因此在x1x2之间，斜率不变，所以电场强度大小不变，再根据沿着电场线的方向，电势降低，则有在x1x2之间电场强度的方向与x轴负方向相同故D正确，ABC错误；故选D5图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（）A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化【考点】等势面【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确故选：CD6如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A所受重力与电场力平衡 B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化【解答】解：A、D、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，因此A错误，D正确；B、根据动能定理，由A选项分析可知，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故C正确；故选：CD7如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2k1，方向沿x轴现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（）A2k0B2k0C2k0D2k0【考点】电场强度【分析】已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强【解答】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：半径为r的圆板在Q点产生的场强：无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：所以选项A正确故选：A8某同学研究电子在电场中的运动时，电子仅受电场力作用，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示）图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（）A不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点低B不论图中实线是电场线还是等势面，a点的加速度都比b点小C如果图中实线是电场线，电子在a点动能较小D如果图中实线是等势面，电子在a点电势能较小【考点】电场线；等势面【分析】由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低匀强电场中场强处处大小相等根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小【解答】解：A、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高故A错误B、不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等，电子的加速度相等故B错误C、如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场力对电子做正功，则由动能定理得知，电子在a点动能较小故C正确D、D、如果图中实线是等势面，电子所受电场力方向向下，电场力对电子做负功，则电子在a点电势能较小故D正确故选：CD9如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30，M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DPM【考点】电势；电场强度【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、P=F，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故PM，故D正确故选：AD10如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈=37的斜面上，撞击点为C已知斜面上端与曲面末端B相连若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于：（不计空气阻力，sin37=0.6，cos3=0.8）（）A B C D【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】小球下滑过程中受重力和支持力，其中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求出到达B点的速度，到达B点后小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式，即可求解【解答】解：小球下滑过程中机械能守恒，则有：=mgh解得：到达B点后小球做平抛运动，则有：H=解得：t=x=vBt根据几何关系有：tan37=解得：故选C11如图所示，质量相同的A、B两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点，绳长LA、LB的关系为LALB，将轻绳水平拉直，并将小球A、B由静止开始同时释放，取释放的水平位置为零势能的参考面，则下列说法正确的是（）A在下落过程中，当两小球到同一水平线L上时具有相同的重力势能B两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能相等CA球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能大DA、B两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等【考点】动能和势能的相互转化；重力势能【分析】根据重力势能的表达式，结合零势能平面，即可求解【解答】解：A、下落过程中，当两小球到同一水平线L上时，因它们的质量相同球，则具有相同的重力势能，故A正确；B、根据重力势能的变化与重力做功有关，及与下落的高度有关，两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能不相等，故B错误；C、取释放的水平位置为零势能的参考面，A球通过最低点时的重力势能与B球通过最低点时的重力势能小，故C错误；D、两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等，故D正确；故选：AD12某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示则小球能够击中触发器的可能是（）A B C D【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，以及到达最高点的速度能否为零，判断小球进入右侧轨道能否到达h高度【解答】解：小球以v竖直上抛的最大高度为h，到达最大高度时速度为0，A、小球不能上升到最高点就做斜抛运动了，不能击中触发器，故A错误；B、小球离开斜面后做斜抛运动了，不能击中触发器，故B错误；C、根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C正确；D、在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，故D正确故选CD13如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则（）A小球在B点动能小于mghB由A到B小球重力势能减少mv2C由A到B小球克服弹力做功为mghD小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh【考点】功能关系；弹性势能【分析】小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由重力做功量度重力势能的变化由弹簧弹力做功量度弹性势能的变化根据系统的机械能守恒求小球到达B点时弹簧的弹性势能【解答】解：AB、小球由A点到B点重力势能减少mgh在小球在下降过程中，小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh故A正确、B错误C、根据动能定理得：mgh+W弹=mv2，所以由A至B小球克服弹力做功为 W弹=mghmv2，故C错误D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mghmv2，故D正确故选：AD14如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是（）A弹簧与杆垂直时，小球速度最大B弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mghD小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh【考点】机械能守恒定律【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解【解答】解：A、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值故A错误；B、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，故B正确；C、小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故C错误，D正确故选：BD15在加速运动的车厢中，一个人用力向前推车厢，如图所示，人相对车厢未移动则下列说法正确的是（）A人对车不做功 B人对车做负功C推力对车做正功 D车对人做正功【考点】功的计算【分析】在加速向左运动的车厢中，人的加速度向左，根据牛顿第二定律得出人受的合力向左，根据牛顿第三定律得人对车厢的力向右根据功的定义式判断做功情况【解答】解：A、在加速向左运动的车厢中，人的加速度向左，根据牛顿第二定律得出人受的合力向左，人受力在竖直方向平衡，人的合力是由车厢对人的力提供的，所以车厢对人的力向左，所以车厢对人做正功，根据牛顿第三定律人对车厢的合力应向右，所以人对车做负功，所以A错误，BD正确；C、人对车厢的力向左，车向左运动，所以人对车厢的推力做正功，故C正确；故选：BCD二、填空题（16题每空1分，17题每空2分，共12分）16连接在电源两极板上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时，电容器的电容C将增大，带电量Q将增大，电势差U将不变，极板间的电场强度E将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】电荷守恒定律【分析】平行板电容器的两个极板分别与电源的正负极相连，在保持开关闭合的情况下电容器极板间的电压保持不变，根据电容的决定式C=和定义式C=、场强公式E=进行分析【解答】解：当两极板间的距离减小时，根据公式C=，电容增大；电容器保持与电源相连，故电压不变；由于U不变，C增大，根据C=，电量Q增大；由于U不变，d减小，根据E=，场强E增大；故答案为：增大，增大，不变，增大17测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C重力加速度为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的高度h；将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s用实验中的测量量表示：（1）物块Q到达B点时的动能EkB=mgR；（2）物块Q到达C点时的动能EkC=；（3）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=；（4）物块Q与平板P之间的动摩擦因数=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；动能定理【分析】（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；（2）物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；（3、4）由B到C，由动能定理列式可以克服摩擦力做功，从而求出动摩擦因数【解答】解：（1）根据动能定理得，mgR=EkB0，解得B点的动能EKB=mgR；（2）根据h=得，t=，C点的速度，则C点的动能=（3）根据动能定理得，解得Wf=（4）根据Wf=mgL得， =故答案为：（1）mgR，（2），（3），（4）三、计算题（18题8分，19题10分，20题10分）18如图所示，是示波器工作原理的示意图，电子经电压U1从静止加速后垂直进入偏转电场，偏转电场的电压为U2，两极板间距为d，极板长度为L，电子离开偏转电场时的偏转量为h，每单位电压引起的偏转量（h/U2）叫示波器的灵敏度，试求：该示波器的灵敏度，并探究可采用哪些方法提高示波器的灵敏度【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】根据动能定理可以解得粒子加速后的速度，再用运动学关系式解决带电粒子在竖直方向的偏转位移，最后讨论各相关物理量【解答】解：根据动能动理，电子进入偏转电场时的速度为v 则U1e=（1）在偏转电场中电子的偏转量为h=at2=（2）联立（1）（2）式得=（3）由（3）式可知：增大L、减小d、减小U1都可以提高示波器的灵敏度答：该示波器的灵敏度，增大L、减小d、减小U1都可以提高示波器的灵敏度19质量为1.0103kg的汽车，沿倾角为30的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6104W，开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动（g=10m/s2）求：（1）汽车做匀加速运动的时间t1；（2）汽车所能达到的最大速率；（3）若斜坡长143.5m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率【分析】汽车开始时做的是匀加速运动，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求出牵引力根据P=Fv，