2023-2024学年北京五中高三（上）期中物理试题和答案

高中PAGE1试题2023北京五中高三（上）期中物理一、单项选择题。本部分共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目的要求。1．一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时x＝3m处质点的速度沿y轴正方向。下列说法正确的是（）A．该简谐横波沿x轴负方向传播 B．该时刻，x＝2m处的质点速度最大 C．该时刻，x＝4m处的质点速度最大 D．经过1个周期，x＝4m处的质点运动的路程是8m2．将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上，在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（）A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同 B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置 C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形 D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形3．甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动，以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a﹣t图象如图所示。关于甲、乙在0～t0时间内的运动情况，下列说法正确的是（）A．0～t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动 B．0～t0时间内，甲和乙的平均速度相等 C．在t0时刻，甲的速度比乙的速度小 D．在t0时刻，甲和乙之间的间距最大4．如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3。则下面分析正确的是（）A．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1 B．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：3：5 C．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：1：1，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1 D．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：4：9，Δp1：Δp2：Δp3＝1：4：95．如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（）A．飞船在B点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道 B．在B点变轨后，飞船的机械能减小 C．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的小 D．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小6．我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（）A．m（0.4g﹣） B．m（0.4g+） C．m（0.2g﹣） D．m（0.2g+）7．如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（）A．20 B．18 C．9.0 D．3.08．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR9．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（）A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt10．如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒11．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）A．B．C． D．12．某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（）A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功 B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右 D．a、b、c、d四个点中，c点的电场强度大小最大13．具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（H、H和H）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核（H）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则（）A．H不能离开电场 B．H在电场中受到的电场力最大 C．H在电场中运动的时间最短 D．在电场中运动的过程中电场力对H做功最少14．某同学查阅资料发现：石英钟的工作电流可视为定值I0，当电源电压大于U0时，其内部机芯能驱动表针走动；当电源电压小于U0时，石英钟停止走动。他由此猜想：用充电电压相同、但电容不同的电容器作为石英钟电源，石英钟的走动时长t正比于电容C．为此，他设计了如图甲所示的实验，图中电源电动势E＝1.5V．实验时先使开关S掷向1，对电容器充电完毕后再把开关S掷向2，电容器对石英钟供电，记录表针停止前的走动时长t。实验中分别更换7个不同的电容器重复上述实验，数据记录如表格所示。使用Excel处理数据得到图乙所示的图线，其斜率为k。下列推断正确的是（）电容器编号1234567标称电容C/F0.220.4711.5245走动时长t/min8.522.043.049.580.0144.5173.0A．该石英钟正常工作时的电流大小为I0＝ B．利用该图象能推算出电压U0的大小 C．根据此石英钟的工作特点，从理论上也能推断出该同学的猜想是正确的 D．由本实验可知该石英钟的走动时长t与电容器的电容C和电压U0均成正比二、实验题（共18分）15．（8分）如图1所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示。（1）为了尽量减小实验误差，A球碰后要沿原方向运动，两个小球的质量应满足m1m2（选填“＞”或“＜”）。（2）实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。但是，可以通过仅测量（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平位移（3）关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是。A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽轨道末端必须水平C．B球每次的落点一定是重合的D．实验过程中，复写纸和白纸都可以移动（4）已知A、B两个小球的质量m1、m2，三个落点位置与O点距离分别为OM、OP、ON．在实验误差允许范围内，若满足关系式，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。16．（10分）某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是。A．用公式g＝计算时，将摆线长当作摆长B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动C．确保摆球在同一竖直平面内摆动D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆（2）在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出T2，将数据对应坐标点标注在T2﹣L坐标系（如图2所示）中．请将L＝0.700m，T2＝2.88s2所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点描绘出T2﹣L图线，并通过图线求出当地的重力加速度g＝m/s2（结果保留3位有效数字）。（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2﹣L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图3所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是。A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长LC．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小（4）该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过一定测量，求出当地重力加速度”的方法。三、论述计算题（共40分。按要求作图，写出必要的物理推导过程和文字描述）17．（10分）如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（可视为质点）。重力加速度为g。（1）在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力。当小球通过最低点时，求：①小球动量的大小p；②轻绳对小球拉力的大小FT。18．（10分）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q＞0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为．重力加速度为g，求（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能。19．（10分）密立根油滴实验将微观量转化为宏观量进行测量，揭示了电荷的不连续性，并测定了元电荷的数值。实验设计简单巧妙，被称为物理学史上最美实验之一。该实验的简化装置如图甲所示。水平放置、间距为d的两平行金属极板接在电源上，在上极板中间开一小孔，用喷雾器将油滴喷入并从小孔飘落到两极板间。已知油滴带负电。油滴所受空气阻力f＝6πrηv，式中η为已知量，r为油滴的半径，v为油滴的速度大小。已知油的密度为ρ，重力加速度为g。（1）在极板间不加电压，由于空气阻力作用，观测到某一油滴以恒定速率缓慢下降距离L所用的时间为t1，求该油滴的半径r；（2）在极板间加电压U，经过一段时间后，观测到（1）问中的油滴以恒定速率缓慢上升距离L所用的时间为t2。求该油滴所带的电荷量Q；（3）实验中通过在两极板间照射X射线不断改变油滴的电荷量。图乙是通过多次实验所测电荷量的分布图，横轴表示不同油滴的编号，纵轴表示电荷量。请说明图中油滴所带电荷量的分布特点，并说明如何处理数据进而得出元电荷的数值。20．（10分）中国航天技术处于世界领先水平，航天过程有发射、在轨和着陆返回等关键环节。（1）航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。圆环绕中心轴匀速旋转，航天员（可视为质点）站在圆环内的侧壁上，随圆环做圆周运动的半径为r，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g。求圆环转动的角速度大小ω。（2）启动反推发动机是着陆返回过程的一个关键步骤。返回舱在距离地面较近时通过γ射线精准测距来启动返回舱的发动机向下喷气，使其减速着地。a．已知返回舱的质量为M，其底部装有4台反推发动机，每台发动机喷嘴的横截面积为S，喷射气体的密度为ρ，返回舱距地面高度为H时速度为v0，若此时启动反推发动机，返回舱此后的运动可视为匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。不考虑返回舱的质量变化，不计喷气前气体的速度，不计空气阻力。求气体被喷射出时相对地面的速度大小v；b．图乙是返回舱底部γ射线精准测距原理简图。返回舱底部的发射器发射γ射线。为简化问题，我们假定：γ光子被地面散射后均匀射向地面上方各个方向。已知发射器单位时间内发出N个γ光子，地面对光子的吸收率为η，紧邻发射器的接收器接收γ射线的有效面积为A。当接收器单位时间内接收到n个γ光子时就会自动启动反推发动机，求此时返回舱底部距离地面的高度h。

参考答案一、单项选择题。本部分共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目的要求。1．【分析】根据波的传播方向得到质点振动方向；再根据质点位置得到速度、加速度的大小；质点只能沿y轴运动，经过1个周期，质点运动的路程是4A。【解答】解：A、此时x＝3m处的质点沿y轴正方向运动，根据平移法可知波沿x轴正方向传播，故A错误；BC、此时x＝2m处的质点位于波缝，故速度为零，x＝4m处的质点位于平衡位置，速度最大，故B错误，C正确；D、经过1个周期，x＝4m处的质点运动的路程是s＝4A＝4×0.1m＝0.4m，故D错误；故选：C。【点评】在机械振动的问题中，一般根据质点的运动情况分析波的传播情况，平衡位置的质点速度最大，加速度为0。2．【分析】由图甲可得，两列波相遇时振动加强，根据波的叠加原理进行分析AB选项；由图乙可得，两列波相遇后叠加抵消，始终见不到明显的波形，由此分析CD选项。【解答】解：AB、由图甲可得，两个横波在分叉点相遇后叠加使振动加强了，可知两手开始振动时的方向相同，分叉点为振动加强的位置，故AB错误；CD、由图乙可得，分叉点左边两个横波水平对称，因此易得两个横波在周期上相差半个周期，即图乙中两手开始振动时的方向相反，因此两个横波在经过分叉点后叠加抵消，始终见不到明显的波形，并不是只有细绳上两列波刚传到分叉点时的波形，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查波的叠加，知道频率相同的两列波在叠加时会产生干涉现象，弄清楚甲和乙两列波相遇后的振动情况结合波的叠加原理即可分析。3．【分析】根据图象可知，乙的加速度增大，甲的加速度减小，但方向不变，都为正方向，当速度与加速度同向，物体做加速运动；根据加速度—时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，然后据甲乙物体的速度关系判断选项。【解答】解：A、根据图象可知，乙的加速度增大，甲的加速度减小，但方向不变，都为正方向，当速度与加速度同向，物体做加速运动，故A错误；BC、据加速度—时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度变化量。据图象可知，t0时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度变化量相等，初速度相等，则末速度相等，位移不等，故平均速度不等，故BC错误；D、速度再次相等时，两者距离最大，即在t0时刻，甲和乙之间的间距最大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度—时间图线围成的面积表示速度的变化量，难度适中。4．【分析】根据运动的合成与分解知识，利用运动的独立性和等时性，分别分析竖直方向和水平方向的运动，求解机械能和动量的变化量。【解答】解：小圆柱体R在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的高度均相等，则每个过程的时间相等，x轴方向上，R做初速度为零的匀加速直线运动，则每个过程对应的水平位移的大小之比为：Δx1：Δx2：Δx3＝1：3：5，；竖直方向上，三个过程中重力势能变化量相等，水平方向上，速度为：v＝，动能为：Ek＝＝max，则三个过程中，动能变化量之比为1：3：5；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化，R的合外力不变，三个过程的时间相等，则冲量相等，动量的变化量大小相等，即为：Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了机械能变化和动量的变化，难度较大，解题的关键是利用运动的独立性和等时性，分析竖直和水平方向的运动。5．【分析】根据“变轨原理”分析AB选项；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析线速度大小。【解答】解：A、根据“变轨原理”可知，飞船在B点通过加速做离心运动，才会从椭圆轨道进入预定圆轨道，故A正确；B、在B点变轨时，需要对飞船做正功，所以飞船的机械能增加，故B错误；C、根据牛顿第二定律可得＝ma，解得a＝，由于A点为近地点、B点为远地点，所以在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，故C错误；D、根据开普勒第二定律可知，飞船在近地点的速度大、在远地点的速度小，所以在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的大，故D错误。故选：A。【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第二定律的应用方法。6．【分析】根据万有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求解制动力大小。【解答】解：根据重力等于万有引力，得：得：火星表面的重力加速度为g火＝0.4g着陆器减速运动的加速度大小为对着陆器根据牛顿第二定律有：F﹣0.4mg＝ma解得，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题考查万有引力定律与牛顿第二定律的综合问题，关键是知道在天体表面重力等于万有引力，同时分析好运动情况和受力情况，灵活运用运动学公式和牛顿第二定律列式求解。7．【分析】根据竖直方向的运动规律求出落到坑内c点时和到达b点时竖直方向的速度，再根据平抛运动的规律求解水平方向的速度，由此求解动能之比。【解答】解：设落到坑内c点时竖直方向的速度为vy1，则有：vy1＝；根据平抛运动的规律可得：v01t＝h＝h解得：v01＝则有：E1＝＝同理，设摩托车恰能越过坑到达b点时竖直方向的速度为vy2，则有：＝ghvy2＝；根据平抛运动的规律可得：v02t′＝3h′＝0.5h解得：v02＝3vy2则有：E2＝＝所以＝18，故B正确、ACD错误。故选：B。【点评】本题主要是考查平抛运动的规律和动能的计算公式，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。8．【分析】根据动能定理求出小球在c点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点的时间，根据水平方向的运动规律求解离开c后达到最高点时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加。【解答】解：由题意知水平拉力为：F＝mg，设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F•3R﹣mgR＝，解得：v＝小球离开c点后，竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t＝＝此段时间内水平方向的位移为：x＝＝＝2R所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L＝3R+2R＝5R此过程中小球的机械能增量为：ΔE＝FL＝mg×5R＝5mgR。故C正确、ABD错误。故选：C。【点评】本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a到c的过程，这是易错点。9．【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率；根据动能定理计算经过时间t达到最大速度时克服阻力做的功。【解答】解：A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，故C正确；D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。故选：C。【点评】解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用动能定理求解在额定功率下达到最大速度时克服阻力做的功。10．【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒；系统内只有重力或弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。【解答】解：从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，系统要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况与力的做功情况即可解题。11．【分析】依据匀加速直线运动速度与位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图象，即可分析判定。【解答】解：一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x＝，而动量表达式为：p＝mv，两式联立有：p2＝2am2x，再由位移与速度均沿着x轴正方向，则x取正值，动量p也取正值。综上所述，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查匀变速直线运动的规律及动量的表达式内容，要理解位移、速度与动量均为矢量，并注意矢量的正负取值。12．【分析】A、正电荷从b点运动到e点，电场力做功为零；B、一电子从a点运动到d点运用公式W＝qU；C、根据电场线与等势面处处垂直的关系可知，b点电场强度与该点所在等势面垂直，方向由高电势指向低电势，即方向向左；D、等差等势面的疏密可表示电场强度的大小，即等差等势面密集处，电场强度大；反之电场强度小，abcd四个点中，6点处的等差等势面最密集，即6点的电场强度最大。【解答】解：A、根据题图可知φb＝φe＝5V，故一正电荷从b点运动到e点，电场力做功为零，故A错误；B、一电子从a点运动到d点，电场力做功Wad＝qUad＝（﹣e）•（φa﹣φb）＝4eV，故B正确；C、根据电场线与等势面处处垂直的关系可知，b点电场强度与该点所在等势面垂直，方向由高电势指向低电势，即方向向左，故C错误；D、题图所示为等差等势面，等差等势面的疏密可表示电场强度的大小，即等差等势面密集处，电场强度大；反之电场强度小，abcd四个点中，b点处的等差等势面最密集，即b点的电场强度最大，故D错误；故选B。【点评】本题考查电场能的性质，易错点等差等势面密集处，电场强度大；反之电场强度小。13．【分析】三种粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得到竖直位移h的表达式，分析H能否离开电场。由F＝qE分析电场力大小。根据水平位移关系，结合初速度关系，来分析运动时间关系。根据竖直位移关系，判断电场力做功关系。【解答】解：A、三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点距底板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得，L＝vt联立解得，分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核H恰好能离开电场，则可知H不能离开电场，故A正确；B、电场力大小为F＝Eq，同一电场，E相同，三种粒子所带电荷量相同，故三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误；C、三种粒子的初速度相同，H不能离开电场，水平位移最小，由x＝vt知可知H在电场中运动的时间最短，H和H都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C错误；D、电场力做功为W＝Eqd，电荷量相同，电场强度相同，分析可知H、H在电场中运动的竖直位移相等，而H在电场中运动的竖直位移最小，因此在电场中运动的过程中电场力对H做功最少，故D错误。故选：A。【点评】本题涉及到类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法，关键要掌握类平抛运动的规律，通过列式分析。14．【分析】利用电容器变形表示出t﹣C函数关系，结合乙图分析求解。【解答】解：ABD、电容器电容（1），变形得：ΔQ＝ΔUC（2），ΔQ表示石英表工作时放电电量，ΔQ＝I0t（3）；将（3）代入（2）得：t＝＝C＝kC（4）其中k＝＝，k值由图线斜率得出，但I0未知，故U0不可求，故ABD错误；C、实验数据与理论推导一致，据此从理论上能推断出该同学的猜想是正确的，故C正确。故选：C。【点评】本题考查了电容器定义式及变形式：，学生要学会函数式和图形的结合对比，从而找出联系和图线提供的已知条件。二、实验题（共18分）15．【分析】（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。（2）小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以用球的水平位移代替其初速度。（3）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线应水平，根据实验注意事项分析答题。（4）根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。【解答】解：（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1＞m2。（2）小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以把小球做平抛运动的时间作为时间单位，用球的水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球释放点的高度与抛出点的高度，只要测出小球做平抛运动的水平位移即可，故选：C。（3）A、实验时只要从相同高度由静止释放入射球即可保证入射球到达斜槽末端的速度相对，斜槽轨道不必光滑，故A错误；B、为使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；C、每次实验时B球每次的落点不一定是重合的，故C错误；D、为准确测出小球做平抛运动的水平位移，实验过程中，白纸不可以移动，故D错误。故选：B。（4）两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，小球做平抛运动抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，方程两边同时乘以t得：m1v0t＝m1v1t+m2v2t，则：m1OP＝m1OM+m2ON；故答案为：（1）＞；（2）C；（3）B；（4）m1OP＝m1OM+m2ON。【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键；要注意理解该方法的使用。16．【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析；（2）根据数据描点作图，根据单摆周期公式求出T2﹣L图像的函数表达式，结合图线斜率求解重力加速度；（3）根据单摆周期公式求出重力加速的表达式，然后根据题意分析实验误差；（4）根据单摆周期公式推导分析。【解答】解：（1）A、用公式g＝计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，故A错误；B、实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，故B正确；CD、单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，故C正确，D错误。故选：BC。（2）将该坐标点标注在坐标系中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示根据T＝可得：结合图像的斜率k＝＝，解得g＝9.86m/s2（3）A、图线c中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，它和摆线的长度无关，故A错误；B、图线a中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误摆线长记为摆长L，故B正确；C、根据上述可知，三条图像的斜率均为k＝，解得g＝，可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。故选：B。（4）虽不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度，测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1＝l1+x，测出对应的周期T1。仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2＝l2+x，测出对应的周期T2。根据，解得重力加速度。故答案为：（1）BC；（2）见解析，9.86；（3）B；（4）设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1＝l1+x，测出对应的周期T1，仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2＝l2+x，测出对应的周期T2。根据，，解得重力加速度。【点评】本题考查利用单摆测定重力加速度，要求掌握实验原理、实验装置、实验数据处理和注意事项。三、论述计算题（共40分。按要求作图，写出必要的物理推导过程和文字描述）17．【分析】（1）根据受力分析结合共点力平衡条件解答；（2）①根据机械能守恒结合动量的公式解答；②根据牛顿第二定律解得轻绳对小球拉力。【解答】解：（1）对小球受力分析如图可得F＝mgtanθ（2）①小球从释放到通过最低点，机械能守恒小球在最低点