2023-2024学年山东省青岛市即墨一中高一(下)期末物理试卷

2023-2024学年山东省青岛市即墨一中高一（下）期末物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（3分）下列关于静电场的说法正确的是（）A．开普勒提出了用电场线描述电场的方法 B．电荷量的单位库仑（C）是国际单位制中七个基本单位之一 C．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 D．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低2．（3分）点电荷Q1和q相距1m，Q1和q之间存在大小为F的斥力；点电荷Q2和q相距2m，Q2和q之间存在大小为3F的引力。关于Q1和Q2的电性以及电荷量之比，下列说法正确的是（）A．Q1和Q2带异种电荷，Q1：Q2＝1：12 B．Q1和Q2带异种电荷，Q1：Q2＝1：6 C．Q1和Q2带同种电荷，Q1：O2＝1：12 D．Q1和Q2带同种电荷，Q1：Q2＝1：63．（3分）某手机的说明书标明该手机电池容量为5000mA•h，待机时间为16天；说明书还标明该手机播放视频的最长时间为18小时。下列说法正确的是（）A．5000mA•h表示该电池能够提供的电能总量 B．手机播放视频时电流与待机时电流的比值为643C．放电时电池可输出的最大电荷量为1.8×107C D．电池充满电后以100mA的电流可连续工作5小时4．（3分）经典电磁场理论明确给出了场中导体会影响空间静电场的分布。如图是一个金属球壳置于匀强电场后周围电场线分布情况，其中a、d两点对称分布在球壳两侧，b点位于球壳上，c点位于球壳中心，下列说法正确的是（）A．a和d场强大小关系为Ea＞Ed B．b和c电势大小关系为φb＞φc C．球壳的感应电荷在c处的合场强为零 D．ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差5．（3分）智能手机中运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M板固定，N板与固定的两轻弹簧连接，且只能按图中标识的“前后”方向运动，下列说法正确的是（）A．匀速运动时，电流表示数不为零 B．突然向前减速时，电流由a向b流过电流表 C．突然向前加速时，电容器的电容变大 D．保持向前匀减速运动时，电阻R的电流减小6．（3分）如图，电场方向未知的匀强电场中有一立方体。已知A、B、F三点的电势分别为﹣5V、5V，15V，下列说法正确的是（）A．φH＝﹣5V B．UAE＝UHD C．电场强度的方向一定从F指向A D．负电荷从A移动到E电势能减少7．（3分）如图，圆环A和B分别套在竖直杆和水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻绳连接。初始时，在外力作用下A、B两环均处于静止状态，轻绳处于伸直状态且与竖直杆夹角为60°。撤去外力后，小环A和B各自沿着竖直杆和水平杆运动。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A．若外力作用在A上，则外力大小为2mg B．若外力作用在B上，且B环不受杆的弹力，则外力大小为5mg C．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环A的速率为315glD．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环B的速率为15gl8．（3分）某电子透镜两极间的电场线分布如图所示，正中间的电场线是直线，其他电场线对称分布，取正中间电场线上左侧的某点为坐标原点O，沿电场线方向建立x轴。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从O点向右沿x轴运动到A点，电子的动能Ek和x轴各点的电势φ与坐标x的关系图像中可能正确的是（）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）如图，A、B、C是位于匀强电场同一条电场线上的三点，AB＝0.2m，BC＝0.8m。将电荷量为1.6×10﹣9C的正点电荷从A点移动到B点，静电力做功为1.6×10﹣7J。下列说法正确的是（）A．电场方向由A指向B B．匀强电场的场强大小为1000V/m C．BC之间的电势差UBC＝﹣400V D．把该电荷从B点移动到C点，电势能减小了6.4×10﹣7J（多选）10．（4分）静止的一价铜离子q1和二价的铜离子q2，经过同一电压加速后，再垂直电场线射入同一匀强电场，发生偏转后离开电场，下列说法正确的是（）A．q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1：2 B．q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1：2 C．q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：1 D．q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：3（多选）11．（4分）如图，在竖直平面内绝缘倾斜轨道ab和绝缘圆弧轨道bcde平滑相接，一质量为m的带正电小球从倾斜轨道高h处由静止释放，刚好能通过圆轨道的最高点e。现在轨道空间内加一竖直向上、范围足够大的匀强电场、且小球所受的电场力小于小球的重力，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（）A．小球经过最低点c时，机械能最小 B．小球经过最低点c时，电势能最小 C．若从斜面上原位置无初速释放小球，小球一定能通过e点 D．若从斜面上高于原位置无初速释放小球，小球不一定能通过e点（多选）12．（4分）如图，绝缘墙角固定一带电量为+q1的小球A，光滑轻质绝缘细杆长为L，其正中心固定一质量为m、带电量为+q2的小球B，一开始轻杆与水平地面的夹角为60°，在杆底端水平外力F的作用下，杆缓慢转动直至竖直。此过程中，下列说法正确的是（）A．小球A、B间的库仑力大小不变 B．小球A对B的库仑力做正功 C．地面对杆的支持力逐渐减小 D．外力F做功为2−三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（6分）某同学为验证机械能守恒定律，将一质量为m的小球从倾角为θ的斜面顶端滚下，用闪光频率为f的频闪照相机给小球拍照，得到的照片如图所示，A、B、C、D、E为小球滚下过程中的五个不同位置，用刻度尺测出相邻两个位置间的距离分别为x1、x2、x3、x4。（1）该同学研究小球BD段的运动，此过程中小球重力势能的减少量为，动能的增加量为。若误差允许的范围内二者相等，则小球机械能守恒；（2）另一位同学根据如图照片来计算小球下滑过程中的加速度a，为了充分利用记录数据，尽可能减小误差，他的计算式应为a＝。（结果用题中所给字母表示）14．（8分）在“观察电容器的充、放电现象”实验中.实验装置如图甲所示：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、电压传感器、电流表、电压表、单刀双掷开关以及导线若干。（1）先将单刀双掷开关S与“1”端相接，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针满偏，记下这时电流表的示数I0＝500μA、电压表的示数U0＝6.0V，此时电阻箱R的阻值为9.5kΩ，则电流表的内阻为kΩ；（2）再将单刀双掷开关S与“2”端相接，通过电阻R0的电流（填“从a到b”或“从b到a”）。从开关S与“2”端相接瞬间开始计时，利用电压传感器和数据处理软件得到U﹣t图像如图乙所示，已知图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该图像可以粗测出实验中电容器的电容C＝；（用题中已知物理量Um、R0和S0表示）（3）若换用另一个电介质相同、极板间距相等、极板正对面积较小的电容器进行实验，则得到的U﹣t图像中图线与坐标轴所围成的面积将。（填“变大”“变小”或“不变”）15．（8分）如图，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在固定于天花板的轻质定滑轮上，物体P和Q的质量分别为m、2m。两物体由静止释放，在Q下降h（未落地）时轻绳突然断裂，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度。取开始时物体P所在水平面为零势能面，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。求（1）Q下降h时物体P的速度大小；（2）P和Q开始时的机械能大小。16．（10分）如图，一带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，一质量为m的带电小球在+Q下方水平面内做匀速圆周运动，圆心O恰好在+Q的正下方，半径为R，向心加速度为33（1）小球的电性及电荷量大小；（2）圆心O点的电场强度E的大小。17．（12分）如图，足够长的带电平行金属板MN、PQ与水平方向夹角α＝60°，相距d＝2m，板间电场强度E＝2.5×103N/C，其中PQ板带正电，MN板带负电。A、B、C、D为金属板内侧的点，AB连线水平，连线中点O有一个粒子源，可以在平行纸面内向各个方向释放不同速率、质量m＝2×10﹣3kg、电荷量q＝8×10﹣6C的带正电粒子，CD连线过O点且与金属板夹角θ＝30°。有一半径R＝0.4m、圆心在CD连线上的圆，与AB连线交于O、E两点，重力加速度g＝10m/s2。求（1）初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小；（2）沿着OC方向释放速度大小为3m/s的粒子运动到金属板所用时间；（3）沿着垂直CD指向左上方的方向释放的粒子经过E点时的动能。18．（16分）如图甲，倾角为53°的斜面，底端固定一轻弹簧，顶端与一水平面相连。一绝缘轻绳将斜面上的物块A通过轻质定滑轮与水平面上的物块B相连。A、B的质量分别为M＝1.2kg、m＝0.6kg，A不带电，B带正电且电荷量q＝8×10﹣4C。先将B锁定，使细绳处于拉紧状态，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧细绳与水平面平行。解除锁定，A、B从静止开始运动，此时A的加速度大小a0＝4m/s2，B始终处于水平向右的匀强电场中且不会与滑轮碰撞，带电量保持不变。以物块A的初始位置为坐标原点O，沿斜面向下建立坐标轴Ox，弹簧弹力F与A的位置关系如图乙所示。弹簧未超过弹性限度，重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦。（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）求物块A、B的最大速度vm；（3）取物块B的初始位置为零电势点，求物块B的电势能的最大值。

2023-2024学年山东省青岛市即墨一中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（3分）下列关于静电场的说法正确的是（）A．开普勒提出了用电场线描述电场的方法 B．电荷量的单位库仑（C）是国际单位制中七个基本单位之一 C．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 D．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低【考点】通过电场线的方向判断电势的高低；非匀强电场中电势差大小的比较；通过电势能的性质判断电势能的大小．【答案】C【分析】A.法拉第提出了电场线的概念；B.电荷量的单位C是导出单位；C.根据电场力做功判断电势能的变化；D.根据电场强度与电势的特点分析。【解答】解：A.法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故A错误；B.电荷量的单位库仑（C）是导出物理量，故B错误；C.负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能一定增加，故C正确；D.电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故D错误。故选：C。2．（3分）点电荷Q1和q相距1m，Q1和q之间存在大小为F的斥力；点电荷Q2和q相距2m，Q2和q之间存在大小为3F的引力。关于Q1和Q2的电性以及电荷量之比，下列说法正确的是（）A．Q1和Q2带异种电荷，Q1：Q2＝1：12 B．Q1和Q2带异种电荷，Q1：Q2＝1：6 C．Q1和Q2带同种电荷，Q1：O2＝1：12 D．Q1和Q2带同种电荷，Q1：Q2＝1：6【考点】库仑定律的表达式及其简单应用．【答案】A【分析】根据同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引的特点结合库仑定律可求解。【解答】解：根据题意知Q1和q存在斥力所以电性相同，Q2和q存在引力所以电性相反，综合而知Q1和Q2是异种电荷，根据库仑定律F=kQqr2，所以Q=故选：A。3．（3分）某手机的说明书标明该手机电池容量为5000mA•h，待机时间为16天；说明书还标明该手机播放视频的最长时间为18小时。下列说法正确的是（）A．5000mA•h表示该电池能够提供的电能总量 B．手机播放视频时电流与待机时电流的比值为643C．放电时电池可输出的最大电荷量为1.8×107C D．电池充满电后以100mA的电流可连续工作5小时【考点】电流的概念及性质；电源及其性质．【答案】B【分析】A.根据电荷量的单位进行分析判断；B.根据电流的定义式列式求解比值；CD.根据电荷量的公式计算求解电量和工作时间。【解答】解：A.5000mA•h表示该电池能够提供的电荷量总量，故A错误；B.手机播放视频时电流与待机时电流的比值为I1C.放电时电池可输出的最大电荷量为q＝5000mA•h＝5×3600C＝1.8×104C，故C错误；D.电池充满电后以100mA的电流可连续工作t=Q故选：B。4．（3分）经典电磁场理论明确给出了场中导体会影响空间静电场的分布。如图是一个金属球壳置于匀强电场后周围电场线分布情况，其中a、d两点对称分布在球壳两侧，b点位于球壳上，c点位于球壳中心，下列说法正确的是（）A．a和d场强大小关系为Ea＞Ed B．b和c电势大小关系为φb＞φc C．球壳的感应电荷在c处的合场强为零 D．ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差【考点】静电屏蔽的原理与应用．【答案】D【分析】电场线以过c点且垂直于ad的直线为对称轴对称分布，球壳内的场强为零。【解答】解：A.因为电场线对称且ad同轴对称，因此两点的电场强度大小相等，故A错误；B.球壳内的电场强度处处为零，因此电荷从b点移动至c点过程中，电场力不做功，电势能不变，因此bc两点电势相等，故B错误；C.球壳的感应电荷在c出的合场强与原外部电场场强的合场强为零，故C错误；D.因为电场强度对称，c点在对称轴上且ad两点对称，因此ac两点间的电势差等于cd两点间的电势差，又因为bc电势相等，因此ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差，故D正确。故选：D。5．（3分）智能手机中运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M板固定，N板与固定的两轻弹簧连接，且只能按图中标识的“前后”方向运动，下列说法正确的是（）A．匀速运动时，电流表示数不为零 B．突然向前减速时，电流由a向b流过电流表 C．突然向前加速时，电容器的电容变大 D．保持向前匀减速运动时，电阻R的电流减小【考点】含容电路的动态分析．【答案】B【分析】根据电容器的定义式，与电源相连电势差不变，结合不同运动对极板间距离的影响分析求解。【解答】解：A．匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器带电量不变，回路无电流，电流表示数为零，故A错误；B．突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，根据C=εC．突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据C=εD．保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，N极板受力不变，则弹簧形变量不变，N极板相对M极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电量不变，电路中无电流，电流表示数不变，为零，故D错误。故选：B。6．（3分）如图，电场方向未知的匀强电场中有一立方体。已知A、B、F三点的电势分别为﹣5V、5V，15V，下列说法正确的是（）A．φH＝﹣5V B．UAE＝UHD C．电场强度的方向一定从F指向A D．负电荷从A移动到E电势能减少【考点】等分法求电势；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【答案】D【分析】计算H点的电势，找出等势线，再根据电场线和等势线的关系找出电场线，求出匀强电场的场强大小和方向；电子在电势高的地方电势能小，负电荷从A移动到E电场力做正功，则电势能减少。【解答】解：A．设AF的中点为O，根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知φA﹣φO＝φO﹣φF代入数据解得φO＝5V则BOE连线为等势线，电场方向垂直直线BE，但具体指向不能确定，所以无法确定H点电势，故A错误；B．匀强电场中，沿相同方向上相等距离的两点电势差相等，则UAE＝UDH＝﹣UHD故B错误；C．根据电场线与等势线的关系可知，电场线只需要与BE垂直即可，即如图所示，不一定从F指向A，故C错误；D．负电荷从A移动到E电场力做正功，则电势能减少，故D正确。故选：D。7．（3分）如图，圆环A和B分别套在竖直杆和水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻绳连接。初始时，在外力作用下A、B两环均处于静止状态，轻绳处于伸直状态且与竖直杆夹角为60°。撤去外力后，小环A和B各自沿着竖直杆和水平杆运动。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A．若外力作用在A上，则外力大小为2mg B．若外力作用在B上，且B环不受杆的弹力，则外力大小为5mg C．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环A的速率为315glD．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环B的速率为15gl【考点】多物体系统的机械能守恒问题；共点力的平衡问题及求解；关联速度问题．【答案】C【分析】在拉力作用下，AB处于静止状态，根据共点力平衡即可求得外力的大小；小环AB在运动过程中。将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出AB的速度关系，再根据系统机械能守恒，求出A、B的速度。【解答】解：A．若外力作用在A上，对B受力分析可知，绳子的拉力为零，对A分析，由于A静止，故合力为零，施加的外力等于A环的重力，故外力大小为F＝mg方向竖直向上，故A错误；B．若外力作用在B上，对A受力分析可得FTcos60°＝mg解得绳子的拉力为FT＝2mgB环不受杆的弹力，则外力大小为F′=(mg+解得F′=7故B错误；CD．将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度大小相等，有vAcos37°＝vBsin37°在运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则mgl(cos37°−cos60°)=1解得vA=3故C正确，D错误。故选：C。8．（3分）某电子透镜两极间的电场线分布如图所示，正中间的电场线是直线，其他电场线对称分布，取正中间电场线上左侧的某点为坐标原点O，沿电场线方向建立x轴。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从O点向右沿x轴运动到A点，电子的动能Ek和x轴各点的电势φ与坐标x的关系图像中可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】φ﹣x图像斜率的物理意义；根据电场线的疏密判断场强大小；电场力做功的计算及其特点．【答案】C【分析】根据电场线分布图可知，电子从O点向右沿x轴运动到A点的过程中，电场强度的大小先变大后变小，然后根据Ek﹣x图像的斜率和φ﹣x图像的斜率分析即可。【解答】解：AB、根据电场线分布图可知，电子从O点向右沿x轴运动到A点的过程中，电场强度的大小先变大后变小，电场力对电子做负功，所以电子的动能逐渐减小，Ek﹣x图像的斜率表示电子受到的电场力，电子受到的电场力先变大后变小，所以Ek﹣x图像的斜率也应该先变大后变小，故AB错误；CD、φ﹣x图像的斜率表示电场强度，根据电场线分布图可知，电子从O点向右沿x轴运动到A点的过程中，电场强度的大小先变大后变小，所以φ﹣x图像的斜率也是先变大后变小，故C正确，D错误。故选：C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）如图，A、B、C是位于匀强电场同一条电场线上的三点，AB＝0.2m，BC＝0.8m。将电荷量为1.6×10﹣9C的正点电荷从A点移动到B点，静电力做功为1.6×10﹣7J。下列说法正确的是（）A．电场方向由A指向B B．匀强电场的场强大小为1000V/m C．BC之间的电势差UBC＝﹣400V D．把该电荷从B点移动到C点，电势能减小了6.4×10﹣7J【考点】带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动；电场力做功与电势能变化的关系．【答案】AC【分析】根据电场力的做功公式得出AB间的电势差；根据电场力的做功特点得出电场力的方向，结合电性得出电场线的方向；根据场强的计算公式得出场强的大小，结合功能关系得出电势能的变化量。【解答】解：A．A、B两点间的电势差为UAB根据沿电场线电势降低，电场方向由A指向B，故A正确；B．匀强电场的场强大小为E=U故B错误；C．BC之间的电势差UBC＝﹣EdBC＝﹣500×0.8V＝﹣400V故C正确；D．把该电荷从B点移动到C点，电场力做功为WBC电场力做负功，电势能增加了6.4×10﹣7J，故D错误。故选：AC。（多选）10．（4分）静止的一价铜离子q1和二价的铜离子q2，经过同一电压加速后，再垂直电场线射入同一匀强电场，发生偏转后离开电场，下列说法正确的是（）A．q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1：2 B．q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1：2 C．q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：1 D．q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：3【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场．【答案】BC【分析】粒子经过加速电场加速后，可以应用动能定理解出其速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，结合动能定理与运动学关系式解出要求的物理量。【解答】解：CD、粒子的加速过程，由动能定理得：qU1粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t（L是偏转极板的长度）可得：t=L粒子进入偏转电场后的偏转的位移为：y=由牛顿第二定律可得：qE＝ma，解得：a=联立解得：y=EAB、在整个过程，由动能定理得：qU1+qEy=12mv2，解得铜离子打在屏上的速度为：v=2q(故选：BC。（多选）11．（4分）如图，在竖直平面内绝缘倾斜轨道ab和绝缘圆弧轨道bcde平滑相接，一质量为m的带正电小球从倾斜轨道高h处由静止释放，刚好能通过圆轨道的最高点e。现在轨道空间内加一竖直向上、范围足够大的匀强电场、且小球所受的电场力小于小球的重力，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（）A．小球经过最低点c时，机械能最小 B．小球经过最低点c时，电势能最小 C．若从斜面上原位置无初速释放小球，小球一定能通过e点 D．若从斜面上高于原位置无初速释放小球，小球不一定能通过e点【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强电场中做圆周运动．【答案】AC【分析】由a到c重力做正功，电场力做负功，小球的机械能不守恒，根据功能关系和能量守恒判定；根据合力充当向心力，可求最高点e速度，加电场后速度减小向心力也减小，仍能到达e点。【解答】解：AB．由a到c重力做正功，电场力做负功，小球的机械能不守恒，在最低点，电势能最大，机械能最小，故A正确，B错误。CD．开始没加电场时小球恰能通过最高点e，则mg=mv且从a点到e点满足mg(h−2R)=1与质量m无关加上电场后，设电场强度为E，小球带电荷为q，重力与电场力的合力变为mg﹣Eq，则当从斜面上高h处释放小球后，小球仍然是刚好能通过轨道的最高点，若从斜面上高于原位置无初速释放小球，小球也一定能通过e点，故C正确，D错误。故选：AC。（多选）12．（4分）如图，绝缘墙角固定一带电量为+q1的小球A，光滑轻质绝缘细杆长为L，其正中心固定一质量为m、带电量为+q2的小球B，一开始轻杆与水平地面的夹角为60°，在杆底端水平外力F的作用下，杆缓慢转动直至竖直。此过程中，下列说法正确的是（）A．小球A、B间的库仑力大小不变 B．小球A对B的库仑力做正功 C．地面对杆的支持力逐渐减小 D．外力F做功为2−【考点】电场力做功与电势差的关系；功是能量转化的过程和量度；库仑力作用下的受力平衡问题；正、负点电荷的电场线．【答案】ACD【分析】AB、由数学知识可知A、B间距始终不变，则B球所在位置电势不变，可知库仑力不做功，由F=kC、对B球和杆整体受力分析，根据竖直方向合力为零，可知地面支持力大小变化特点；D、由几何关系可得B球上升高度，利用动能定理可得力F做的功。【解答】解：AB、由数学知识可知小球A、B间距离始终为：r=L2，由C、把B球和杆看作一个整体，对整体受力分析，且把库仑力分解，如下图所示：杆缓慢转动，球B处于动态平衡，竖直方向合力为零，则有：mg＝FABcosθ+N1，可得地面对杆的支持力N1＝mg﹣FABcosθ，杆转动过程中，θ增大，则cosθ减小，可知N1逐渐减小，故C正确；D、杆转动到竖直方向，B球上升的高度：h=对杆和B整体，由动能定理有：WF﹣mgh＝0代入数据可得：WF故选：ACD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（6分）某同学为验证机械能守恒定律，将一质量为m的小球从倾角为θ的斜面顶端滚下，用闪光频率为f的频闪照相机给小球拍照，得到的照片如图所示，A、B、C、D、E为小球滚下过程中的五个不同位置，用刻度尺测出相邻两个位置间的距离分别为x1、x2、x3、x4。（1）该同学研究小球BD段的运动，此过程中小球重力势能的减少量为mg（x2+x3）sinθ，动能的增加量为(x3（2）另一位同学根据如图照片来计算小球下滑过程中的加速度a，为了充分利用记录数据，尽可能减小误差，他的计算式应为a＝(x3【考点】验证机械能守恒定律．【答案】（1）mg（x2+x3）sinθ，(x3+【分析】（1）由重力势能公式求得小球重力势能的减少量；由运动学公式可求得B与D两点的速度，进一步求得动能的增加量；（2）根据加速度公式：a=Δx【解答】解：（1）此过程中小球重力势能的减少量为ΔEp＝mg（x2+x3）sinθ相邻两个球间的时间间隔T=1则B位置速度vB解得vBD位置速度vD解得vD小球BD段动能的增加量为ΔE解得ΔE（2）根据逐差法，小球下滑过程中的加速度a=(解得a=(故答案为：（1）mg（x2+x3）sinθ，(x3+14．（8分）在“观察电容器的充、放电现象”实验中.实验装置如图甲所示：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、电压传感器、电流表、电压表、单刀双掷开关以及导线若干。（1）先将单刀双掷开关S与“1”端相接，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针满偏，记下这时电流表的示数I0＝500μA、电压表的示数U0＝6.0V，此时电阻箱R的阻值为9.5kΩ，则电流表的内阻为2.5kΩ；（2）再将单刀双掷开关S与“2”端相接，通过电阻R0的电流从a到b（填“从a到b”或“从b到a”）。从开关S与“2”端相接瞬间开始计时，利用电压传感器和数据处理软件得到U﹣t图像如图乙所示，已知图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该图像可以粗测出实验中电容器的电容C＝S0R0Um；（用题中已知物理量Um（3）若换用另一个电介质相同、极板间距相等、极板正对面积较小的电容器进行实验，则得到的U﹣t图像中图线与坐标轴所围成的面积将变小。（填“变大”“变小”或“不变”）【考点】观察电容器及其充、放电现象．【答案】（1）2.5；（2）从a到b；S0【分析】（1）根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求解电流表内阻；（2）电容器充电，电容器上极板带正电，将单刀双掷开关S与“2”端相接，电容器放电，据此分析通过电阻R0的电流的方向，然后作答；根据U﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积的含义求解电荷量与“面积”的关系，根据电容器的定义式求解作答；（3）根据平行板电容器的决定式、U﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积的含义进行分析作答。【解答】解：（1）根据欧姆定律I代入数据解得RA＝2500Ω＝2.5kΩ（2）将单刀双掷开关S与“1”端相接，电容器充电，电容器上极板带正电；将单刀双掷开关S与“2”端相接，电容器放电，通过电阻R0的电流从a到b；电容器开始放电时的电流I电容器放电的电荷量等于I﹣t图线与坐标轴围成的面积，则电荷量Q=根据电容器的定义式，电容器的电容C=（3）根据平行板电容器的决定式C=极板正对面积减小，电容器的电容减小；U﹣t图像中图线与坐标轴所围成的面积表示电荷量与电阻R0的乘积，即S0＝QR0；根据电容器的定义式，电容器的带电量Q＝CU减小，由于电容器的电容C变小，电阻R0不变，因此U﹣t图像中图线与坐标轴所围成的面积将变小。故答案为：（1）2.5；（2）从a到b；S015．（8分）如图，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在固定于天花板的轻质定滑轮上，物体P和Q的质量分别为m、2m。两物体由静止释放，在Q下降h（未落地）时轻绳突然断裂，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度。取开始时物体P所在水平面为零势能面，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。求（1）Q下降h时物体P的速度大小；（2）P和Q开始时的机械能大小。【考点】机械能守恒定律的简单应用．【答案】（1）Q下降h时物体P的速度大小为6gh3（2）P和Q开始时的机械能大小分别为0、83【分析】（1）根据系统机械能守恒定律列式求解速度；（2）根据机械能守恒定律结合机械能的概念计算相应的机械能。【解答】解：（1）对P和Q组成的系统，在Q下落h的过程中，设轻绳断裂时P向上运动的速度大小为v，根据系统机械能守恒定律有2mgh﹣mgh=12（2m+m）v2（2）轻绳断裂后，P只受重力作用而做竖直上抛运动，继续上升的最大高度为s，根据机械能守恒有mgs=12mv2，得s=13h，所以开始时Q和P的高度差为Δh＝h+s＝h+13h=43h，依题意，系统从静止开始运动，并取开始时物体P所在水平面为零势能面，故P的机械能E答：（1）Q下降h时物体P的速度大小为6gh3（2）P和Q开始时的机械能大小分别为0、8316．（10分）如图，一带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，一质量为m的带电小球在+Q下方水平面内做匀速圆周运动，圆心O恰好在+Q的正下方，半径为R，向心加速度为33（1）小球的电性及电荷量大小；（2）圆心O点的电场强度E的大小。【考点】电场强度与电场力的关系和计算；牛顿第二定律求解向心力．【答案】（1）小球为负电荷，电荷量为83（2）圆心O点的电场强度E的大小为kQ3【分析】根据牛顿第二定律可求出合力，然后对小球受力分析可求出电荷量，利用角度的关系求出长度，再根据平行四边形定则求出电场强度。【解答】解：（1）由于小球做匀速圆周运动，故小球受到+Q为引力，故小球带负电，电荷量为q，其受力如图因为F合=m由平行四边形定则F合＝mgtanθ所以tanθ=所以θ＝30°故小球与+Q的距离L=R所以F引=kF引=联立①②得：q=8（2）因为h=代入数据可得：h=所以+Q在圆心O处产生电场强度大小：E=kQh2答：（1）小球为负电荷，电荷量为83（2）圆心O点的电场强度E的大小为kQ317．（12分）如图，足够长的带电平行金属板MN、PQ与水平方向夹角α＝60°，相距d＝2m，板间电场强度E＝2.5×103N/C，其中PQ板带正电，MN板带负电。A、B、C、D为金属板内侧的点，AB连线水平，连线中点O有一个粒子源，可以在平行纸面内向各个方向释放不同速率、质量m＝2×10﹣3kg、电荷量q＝8×10﹣6C的带正电粒子，CD连线过O点且与金属板夹角θ＝30°。有一半径R＝0.4m、圆心在CD连线上的圆，与AB连线交于O、E两点，重力加速度g＝10m/s2。求（1）初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小；（2）沿着OC方向释放速度大小为3m/s的粒子运动到金属板所用时间；（3）沿着垂直CD指向左上方的方向释放的粒子经过E点时的动能。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【答案】（1）初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小210（2）沿着OC方向释放速度大小为3m/s的粒子运动到金属板所用时间1s；（3）沿着垂直CD指向左上方的方向释放的粒子经过E点时的动能1.3×10﹣2J。【分析】（1）求出粒子所受合外力，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动的速度—位移公式求出粒子的速度；（2）应用匀变速直线运动的位移公式求出粒子的运动时间；（3）粒子做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理可以求出粒子的动能。【解答】解：（1）由题目条件可知，静电力和重力大小分别为F电G＝mg＝2.0×10﹣3×10N＝2.0×10﹣2N由F电＝G，结合几何关系可知电场力与重力夹角为120°，合力与电场力的夹角为60°，方向由C指向D，大小为F＝2.0×10﹣2N由牛顿第二定律有a=F由几何关系知OD的距离为x=d由公式v2＝2ax解得v=2ax（2）如图所示带电粒子先以v1＝3m/s向C作匀减速运动，匀减速的位移x′=v解得x'＝0.45m＜2m则粒子最终达到MN板，规定初速度方向为正方向，由匀变速位移公式得−2=v解得t1＝1s或t1＝﹣0.4s（舍去）（3）如图所示初速度方向与合力方向垂直，粒子做类平抛运动，有Rsin2θ＝v2t2R(1+cos2θ)=1又θ＝30°解得v2＝1m/s从O到E由动能定理F⋅R(1+cos60°)=E解得Ek答：（1）初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小210（2）沿着OC方向释放速度大小为3m/