2023-2024学年江西省九江市永修一中高二(上)开学物理试卷

2023-2024学年江西省九江市永修一中高二（上）开学物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．（4分）下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B．根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比 D．根据公式UAB＝，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V2．（4分）如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb B．粒子在三点所受的电场力不相等 C．粒子必先过a，再到b，然后到c D．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb＞Eka＞Ekc3．（4分）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（）A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30°4．（4分）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少4.0J C．金属块克服电场力做功8.0J D．金属块的机械能减少12J5．（4分）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（）A．小球带负电 B．小球所受电场力与重力的大小不相等 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增加 D．运动过程中小球的所受电场力提供其所需向心力6．（4分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同水平的初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板间的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为（）A．＝4＝8 B．＝＝4 C．＝2＝4 D．＝2＝47．（4分）如图，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为10V/m B．匀强电场的场强大小为V/m C．电荷量为1.6×10﹣19C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10﹣19J D．电荷量为1.6×10﹣19C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×10﹣19J二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）（多选）8．（4分）如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则（）A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大 B．带电质点将沿竖直方向向上运动 C．P点的电势将降低 D．若将带电质点固定，则其电势能不变（多选）9．（4分）戈轴位于某电场中，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图所示，0﹣x2段为曲线，x2﹣x4段为直线。一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则（）A．x1处电场强度最大 B．x2﹣x4段是匀强电场 C．粒子在0﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x4段做匀速直线运动 D．x1处粒子电势能最小，x2﹣x4段粒子的动能随x均匀减小（多选）10．（4分）如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A． B． C． D．（多选）11．（4分）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（）A．b点场强大于d点场强 B．b点场强小于d点场强 C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能三、实验题（本题共两小题，共计16分）12．（8分）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（1）当开关S接时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时（选填“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将（选填“增大”或“减小”或“不变”）。（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可算出电容器的电容为F（计算结果保留两位有效数字）。13．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为6V、频率为50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1kg，一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点没画出。（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝m/s。（2）从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp＝J，此过程中物体动能的增量ΔEk＝J。（结果保留两位有效数字）。（3）如果以为纵轴，以下降高度h为横轴，根据多组数据给出的图像，图像上任意两点的纵坐标之差与横坐标之差的比等于。四、计算题（本题共3小题，共计40分）14．（12分）如图在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E．一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、带电量为+q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放．求：（1）小球运动到O点正下方B点时的速度大小（2）此刻细线对B点处的小球的拉力大小（3）若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x．15．（14分）如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求：（1）电子偏离金属板的侧位移y0是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长．16．（14分）如图所示，在绝缘粗糙的水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等电量的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝，O为AB连线的中点，一质量为m带电量为+q的小滑块（可以看作质点）以初动能Ek0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的3倍，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）O、b两点间的电势差；（3）小滑块运动的总路程。

2023-2024学年江西省九江市永修一中高二（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．（4分）下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B．根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比 D．根据公式UAB＝，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V【考点】电场强度与电场力；点电荷的电场；电势差；电容器与电容．【答案】C【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解．【解答】解：A、电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误。B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误。C、根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确。D、据电势差的定义式UAB＝知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为﹣1V，故D错误。故选：C。2．（4分）如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb B．粒子在三点所受的电场力不相等 C．粒子必先过a，再到b，然后到c D．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb＞Eka＞Ekc【考点】等势面；电势能与电场力做功的关系．【答案】A【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，并明确动能和势能之和不变，则可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系。【解答】解：A、粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知，粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小。故A正确，D错误；B、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。故B错误；C、由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹。故C错误。故选：A。3．（4分）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（）A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30°【考点】带电粒子在电场中的运动综合．【答案】C【分析】粒子在匀强电场做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，运用运动学公式和牛顿第二定律即可求解。【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据牛顿第二定律a＝，垂直电场方向的位移x＝v0t，平行电场方向的位移y＝，根据几何关系tan45°＝，联立解得t＝，故A错误；B、水平速度vx＝v0，竖直方向速度vy＝at＝＝2v0，则到达MN连线上某点速度v＝，故B错误；C、水平位移x＝v0t＝，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为l＝x＝，故C正确；D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ＝，夹角不等于30°，故D错误；故选：C。4．（4分）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少4.0J C．金属块克服电场力做功8.0J D．金属块的机械能减少12J【考点】电势能与电场力做功的关系；功能关系．【答案】D【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功，从而判断出金属块的电性。由电场力做功来量度电势能的改变。并分析出机械能的变化。【解答】解：ABC、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总＝WG+W电+Wf＝△EK解得：W电＝﹣4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。故ABC错误；D．在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确。故选：D。5．（4分）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（）A．小球带负电 B．小球所受电场力与重力的大小不相等 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增加 D．运动过程中小球的所受电场力提供其所需向心力【考点】带电粒子在电场中的运动综合；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动；电势能与电场力做功的关系．【答案】C【分析】小球受到重力、电场力和细绳的拉力，在竖直平面内做匀速圆周运动，则电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性，由电场力做功情况，判断电势能的变化，根据电场力与重力平衡判断小球运动的向心力来源。【解答】解：ABD、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，由绳子拉力提供其做圆周运动所需的向心力，则知小球所受的电场力方向竖直向上，因此小球带正电，故ABD错误；C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C正确。故选：C。6．（4分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同水平的初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板间的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为（）A．＝4＝8 B．＝＝4 C．＝2＝4 D．＝2＝4【考点】带电粒子在电场中的运动综合；牛顿第二定律．【答案】A【分析】粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，根据水平位移和竖直位移的关系，结合牛顿第二定律和运动学公式求出比荷的关系．【解答】解：a、b两粒子的水平位移相等，初速度相等，则运动时间相等，在沿电场方向上，根据y＝知，a、b两粒子的偏转位移之比为1：2，则比荷之比为1：2，即，b、c两粒子的水平位移之比为2：1，初速度相等，则运动时间之比为2：1，在沿电场方向上，根据y＝知，偏转位移相等，则比荷之比为1：4，即，综上可知＝4＝8，故A正确，BCD错误。故选：A。7．（4分）如图，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为10V/m B．匀强电场的场强大小为V/m C．电荷量为1.6×10﹣19C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10﹣19J D．电荷量为1.6×10﹣19C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×10﹣19J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能与电场力做功的关系．【答案】B【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC中点的电势为2V，则EB为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U＝Ed求出场强大小．AF∥EB，则知AF也为一条等势线，可求出UEF，电场力做功就可以求解．【解答】解：A、B连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为UBA＝1V，又UBA＝EdABcos30°，得场强E＝＝V/m＝V/m。故A错误，B正确。C、由正六边形对称性，EB∥AF，则AF也为电场中的一条等势线，φF＝φA＝1V，由上可知，E的电势为φE＝φB＝2V＞φF，则电荷量为1.6×10﹣19C的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为WEF＝qUEF＝q（φE﹣φF）＝1.6×10﹣19×（2﹣1）J＝1.6×10﹣19J，电势能减小1.6×10﹣19J．故C错误。D、D点的电势等于C点的电势，φD＝3V，电荷量为1.6×10﹣19C的负点电荷从F点移到D点，电场力做功为WFD＝qUFD＝q（φF﹣φD）＝﹣1.6×10﹣19×（1﹣3）J＝3.2×10﹣19J，电势能减小3.2×10﹣19J．故D错误。故选：B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）（多选）8．（4分）如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则（）A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大 B．带电质点将沿竖直方向向上运动 C．P点的电势将降低 D．若将带电质点固定，则其电势能不变【考点】电容器的动态分析．【答案】ABC【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E＝分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由U＝Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。【解答】解：A、下极板向上移动时，板间距减小，根据C＝可知，电容减增大，因U不变，由Q＝UC可知，电量将增大，故A正确；B、开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据E＝可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动，故B正确；C、场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，上极板与P点间电势差将增大，则知P点的电势将降低，故C正确；D、电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大，故D错误。故选：ABC。（多选）9．（4分）戈轴位于某电场中，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图所示，0﹣x2段为曲线，x2﹣x4段为直线。一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则（）A．x1处电场强度最大 B．x2﹣x4段是匀强电场 C．粒子在0﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x4段做匀速直线运动 D．x1处粒子电势能最小，x2﹣x4段粒子的动能随x均匀减小【考点】电势差与电场强度的关系．【答案】BD【分析】在φ﹣x图象中，斜率代表电场强度，判断出场强的变化，根据负电荷的受力及运动即可判断【解答】解：A、在φ﹣x图象中，斜率代表电场强度，故x1处电场强度最小，为零，故A错误；B、x2﹣x4段斜率不变，场强不变，故是匀强电场，B正确；C、0﹣x2段电场强度变化，受到的电场力变化，故粒子在0﹣x2段做变速运动，x2﹣x4段场强不变，受到的电场力不变，故在x2﹣x4段做匀变速直线运动，故C错误D、x1处粒子电势能EP＝qφ，电势最大，故负电荷的电势最小，x2﹣x4段粒子受到的电场力恒定，电场力做功W＝qEx，随x均匀变化，故动能随x均匀减小，故D正确故选：BD。（多选）10．（4分）如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】带电粒子在交变电场中的运动．【答案】BC【分析】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内向A板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度。根据电子的运动情况分析判断。【解答】解：分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内向A板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。A．电子做匀变速直线运动时x﹣t图象应是抛物线，故A错误。BD．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。C．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a﹣t图象应平行于横轴，故C正确。故选：BC。（多选）11．（4分）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（）A．b点场强大于d点场强 B．b点场强小于d点场强 C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能【考点】电势能与电场力做功的关系；电势；电势差；电场的叠加．【答案】BC【分析】根据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小。【解答】解：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误B正确；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项C正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。故选：BC。三、实验题（本题共两小题，共计16分）12．（8分）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（1）当开关S接2时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时相反（选填“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将不变（选填“增大”或“减小”或“不变”）。（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可算出电容器的电容为0.40×10﹣3F（计算结果保留两位有效数字）。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【答案】（1）2，相反，不变（2）0.40×10﹣3【分析】（1）充电时上极板与电源正极相连，带正电；放电时电容器与电阻相连，电流从上极板流出；充放电不改变电容器电容；（2）根据q＝It可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，由C＝求电容器电容。【解答】解：（1）放电时必须将电容器接电阻，故将单刀双掷开关拨向2；电容器充电时，上板接电源正极，所以电容器上板带正电，充电时正电荷流入电容器上板，放电时正电荷从上极板流出，所以流经G表的电流方向与充电时相反；电容器电容与极板间距离、正对面积和电介质有关，该过程没有改变这些因素，故电容器电容不变；（2）根据q＝It可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量：q'＝0.4×0.2mC＝0.08mC，由图乙可知：q＝40q'＝40×0.08mC＝3.2mC，C＝＝F＝0.40×10﹣3F。故答案为：（1）2，相反，不变（2）0.40×10﹣313．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为6V、频率为50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1kg，一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点没画出。（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝0.98m/s。（2）从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp＝0.49J，此过程中物体动能的增量ΔEk＝0.48J。（结果保留两位有效数字）。（3）如果以为纵轴，以下降高度h为横轴，根据多组数据给出的图像，图像上任意两点的纵坐标之差与横坐标之差的比等于9.8m/s2。【考点】实验验证机械能守恒定律．【答案】（1）0.98；（2）0.49，0.48；（3）9.8m/s2。【分析】（1）根据匀变速直线运动的推论：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求解出B点的速度；（2）根据下降的高度求出重力势能的减少量，根据B点的速度求出物体动能的增量；（3）根据机械能守恒得出的关系式，从而得出图像上任意两点的纵坐标之差与横坐标之差的比。【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的推论：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知打点计时器打下计数点B时，物体的速度等于AC段的平均速度，则有：m/s＝0.98m/s（2）从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝1×9.8×5.01×10﹣2J≈0.49J此过程中物体动能的增量（3）根据机械能守恒定律得解得：图像上任意两点的纵坐标之差与横坐标之差的比即图线的斜率等于g＝9.8m/s2。故答案为：（1）0.98；（2）0.49，0.48；（3）9.8m/s2。四、计算题（本题共3小题，共计40分）14．（12分）如图在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E．一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、带电量为+q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放．求：（1）小球运动到O点正下方B点时的速度大小（2）此刻细线对B点处的小球的拉力大小（3）若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x．【考点】带电粒子在电场中的运动综合；动能定理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）从A到B根据动能定理即可求出O点正下方B点的速度大小；（2）在B点，根据牛顿第二定律求解细线对B点处的小球的拉力大小；（3）细线断开后，小球做类平抛运动，由类平抛运动的知识和牛顿第二定律即可求解；【解答】解：（1）从A到B过程，由动能定理得：mgL+qEL＝mv2﹣0小球到达B点时的速度为：（2）在B点，由牛顿第二定律得：T﹣mg﹣qE＝解得：T＝3（mg+qE）（3）对小球在绳断开后的类平抛运动：由牛顿第二定律有：qE+mg＝ma竖直方向上有：水平方向上有：x＝vt联立解得：答：（1）小球运动到O点正下方B点时的速度大小为（2）此刻细线对B点处的小球的拉力大小为3（mg+qE）（3）若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x为15．（14分）如图所示，水平放