2018-2019学年浙江省宁波市余姚中学高一(下)期中物理试卷(解析版)

1、2018-20192018-2019 学年浙江省宁波市余姚中学高一（下）期中物理试卷学年浙江省宁波市余姚中学高一（下）期中物理试卷 一、单选题（本大题共 1414小题，共 43.043.0分） 1.下列哪组物理量全部为矢量（） A.速度、时间、质量B.路程、力、平均速度 C.加速度、力、路程D.速度、加速度、位移 2.下图中不是测量国际制中的基本物理量的仪器是（） 6.如图所示为一个地球仪模型，其上有A、B 两点，其中B 点位于赤道上，现使得地球 仪绕图示转轴匀速转动，用 a、 、v、T 分别表示加速度、角速度、线速度和周期， 下列说法正确的是（） A. B. C. D. 7.已知地球质量为

2、M，半径为 R，自转周期为 T，地球同步卫星质量为m，引力常量为 G有关同步卫 星，下列表述正确的是（） A.卫星的运行速度小于第一宇宙速度 B.卫星距地面的高度为 A.秒表 C.卫星运行时受到的向心力大小为 D.卫星运行的向心加速度等于地球表面的重力加速度 8.如图所示，B为线段 AC的中点，如果在 A处放一个+Q 的点电荷， 测得 B处的场强 EB=48N/C，则（） A. B. C.若要使，可在 C处放一个的点电荷 D.把C的点电荷放在 C点，则其所受电场力的大小为 9.在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A 接地下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是

3、（） A.极板 A 上移B.极板 A右移 C.极板间插入一定厚度的金属片D.极板间插人一云母片 10. 质量为 60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m=40kg的重物送入井 2 中 当重物以 2m/s 的加速度加速下落时， 忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦， 2 则人对地面的压力大小为（g取 10m/s ）（） A.200 N B.280 N C.320 N D.920 N 11. 一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上， 随扶梯向上加速， 如图所示， 则（） A.踏板对人做的功等于人的机械能增加量 B.人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小 C.人只受重力和踏板的支持力的作

4、用 D.人所受到的摩擦力水平向左 12. 诸暨陈蔡镇是我省有名的板栗产地。 如图为老乡敲打板栗的情形， 假设某一次敲 打时，离地 4m处的板栗被敲打后以 4m/s的速度水平飞出。已知板栗的质量为 20g，（忽略空气阻力作用，以地面为零势能面），则关于该板栗下列说法正确 的是（） A.水平飞出时的重力势能是B.落地时的机械能为 B.弹簧测力计 C. 托盘天平 D. 毫米刻度尺 3.春节期间， 梓涵跟随家人从杭州剧院出发导航去杭州东站。 导航地图提 供了三条路径，下列说法正确的是（） A.“ 公里”、“公里”、“公里”指的都是位移大小 B.备选方案三，整段旅程平均速度约为 C.推荐线路的“23分钟

5、”为时间间隔 D.研究汽车过某个路牌的时间，可以将其看成质点 4.汽车由静止开始做匀加速直线运动，经1s 速度达到 3m/s，则（） A.在这 1s内汽车的平均速度是B.在这 1s 内汽车的平均速度是 C.在这 1s 内汽车通过的位移是3mD.汽车的加速度是 5.一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行， 如图所示。 下列说法中正确的是 （） A. 菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变 B. 菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变 C.菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变 C. 菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小 C.在离地高 1m 处的势能是其机械能的D.有可能击中离敲出点水平距离为5m的工人 13. 如图所示，带电

6、荷量之比为qA：qB=1：3的带电粒子 A、B 以相等的速度 v0从 同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在 C、 D 点，若 OC=CD，忽略粒子重力的影响，则（） 第 1 页，共 10 页 A.A 和 B在电场中运动的时间之比为1：2 C.A和 B 的质量之比为 1：1 B.A 和 B 运动的加速度大小之比为2：1 D.A 和 B的位移大小之比为 1：1 14. 在空间中水平面 MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电 小球由 MN上方的 A点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达 C点时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且AB=2B

7、C， 如图所示由此可知（） A.电场力为 3mgB.小球带正电 C.小球从 A 到 B与从 B到 C 的运动时间相等D.小球从 A到 B 与从 B到 C 的速度变化量相等 二、多选题（本大题共4 4 小题，共 16.016.0分） 15. 以下案例中可能出现失重现象的是（） A. 匀速率骑行在凹型桥上 18. 图中的实线表示电场线、虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒 子先经过 M 点，再经过 N点，则可以判定（） A.M 点的电势高于 N点的电势 B.粒子在 M点的电势能小于 N点的电势能 C.粒子在 M点的加速度大于在N 点的加速度 D.粒子在 M 点的速度小于在 N点的速度 三、

8、实验题探究题（本大题共2 2 小题，共 14.014.0 分） 19. 用如图 1 所示装置来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，回答下面问题： （1）下列说法中正确的是_ A连接沙桶和小车的细绳应与长木板保持平行 B实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源 C每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 D平衡摩擦力时，将空的沙桶用细绳通过定滑轮拴在小车上 （2）本实验中把沙和沙桶的总重量当作小车受到的拉力，当测得某一次小车连同车上的重物的总质 量 M=450g 时，则图 2 的物体中能用来取代沙和沙桶的是_ B. 车在拱形桥上行驶 C. 绕地球运行的空间站 D. 人在运行的电梯里 1

9、6. 在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其 沿 x轴和 y 轴方向运动的速度-时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（） A.前 2 s内物体沿 x 轴做匀加速直线运动 B.后 2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向 C.4 s末物体坐标为m，4 D.4 s 末物体坐标为m，2 17. 升降机底板上放一质量为100kg的物体， 物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m 时速度达到 4m/s， 2 则此过程中（g 取 10m/s ）（） A. 升降机对物体做功 5800J B. 合外力对物体做功 5000J C.物体的重力

10、势能增加 800J D.物体的机械能增加 5800J （3）实验得到如图 3 所示的一条纸带，打点计时器所接交流电源的频率为 50Hz，从 O 点开始每 5 个 计时点取一个计数点，在纸带上依次标出 0、1、2、3、4，5 个计数点，表格中记录的是各计数点对应 的刻度数值，其中计数点 3 的刻度数为_cm，并将这个测量值填入表中 计数点 刻度数值/cm 0 0 1 3.03 2 7.11 2 34 18.55 _ （4）根据表格中的数据试计算出小车的加速度为_m/s （结果保留两位有效数字） 第 2 页，共 10 页 20. 在“探究功与速度变化的关系”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌

11、面距离地面高度为h， 将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点， 将小球置于橡皮筋的中点， 向左移动距离 s，使橡皮筋产生 形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L改变橡皮筋的条数，重复实验。 （1）实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s 应_（不同、相同、随意） （2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线， 如图乙所示，应选_ 球和弹簧不粘连），小球刚好能沿着DEN轨道滑下。 2 求：（g取 10m/s ） （1）小球在 D点时的速度大小； （2）小球在 N 点时受到的支持力大小； （3）压缩的弹簧所具有的弹性势能。 为横坐标 （选 L 或 L2）

12、 。 若真线与纵轴的截距为b， 斜率为 k， 可求小球与桌面间的动摩擦因数为_ （使用题中所给符号表示）。 四、计算题（本大题共3 3 小题，共 27.027.0分） 21. 把一个二价正离子从大地表面（电势为零）移至电场中的A 点，电场力做功 6eV，再从电场中的 A点 移至电场中的 B点，电场力做功为-8eV求 A、B 两点的电势。 22. 为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑，已知运 动员在奔跑中拖绳上端与地面的高度为1.2m，且恒定不变，轻质无弹性的拖绳长2m，运动员质量为 60kg，汽车轮胎质量为 12kg，汽车轮胎与跑道间的动摩擦因数为1

13、/3，如图甲所示，将运动员某次拖胎 奔跑 100m当做连续过程，抽象处理后的v-t图象如图乙所示，g 取 10m/s2，不计空气阻力。求： （1）运动员加速过程中的加速度大小a及跑完 100m所用的时间 t （2）在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小F及运动员与水平地面间的水平作用力大小f。 23. 如图所示为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为 L=0.2m，动摩擦因数=0.6 ，BC、DEN段均可视 为光滑，且 BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为 r=0.4m 的半圆形轨道，其 直径 DN 沿竖直方向，C位于 DN 竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过，在左端竖

14、直墙上固定 有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球， 小球质量 m=0.2kg，压缩轻质弹簧至 A 点后由静止释放（小 第 3 页，共 10 页 答案和解析 1.【答案】D 【解析】 故选：C。 明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长度； 当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点； 明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间； 理解平均速度和瞬时速度的定义，知道限速限制的是瞬时速度。 本题考查位移与路程、质点、瞬时速度和平均速度等，对于物理学中相近知识点要注意准确理 解，掌握它们的区别和联系。 解：A、速度是矢量，时间

15、和质量是标量。故 A 错误。 B、路程是标量，力和平均速度是矢量，故 B错误。 C、加速度和力是矢量，路程是标量，故 C 错误。 D、速度、加速度和位移都是矢量，故 D正确。 故选：D。 矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量。 矢量与标量的显著区别是矢量有方向，标量没有方向。要掌握各个物理量的矢标性。 2.【答案】B 【解析】 4.【答案】B 【解析】 解：AB、根据匀变速直线运动的平均速度公式可得： = 正确； =m/s=1.5m/s，故 A错误，B 解：A秒表测量的是时间，在国际单位制中，时间是基本物理量，故 A错误； B弹簧测力计测量的是力，在国际单位制中，

16、力不是基本物理量，故 B正确； C托盘天平测量的是质量，在国际单位制中，质量是基本物理量，故 C 错误； D毫米刻度尺测量的是长度，在国际单位制中，长度是基本物理量，故 D正确。 故选：B。 解答本题关键掌握：国际单位制中的力学基本单位有三个：米、千克、秒，其他单位是导出单位 或常用单位，长度、质量、时间是国际单位制中三个基本物理量。 本题的解题关键要掌握国际单位制中三个基本单位，要注意基本物理量与基本单位的区别，不 能混淆。 3.【答案】C 【解析】 C、汽车在这 1s 内汽车通过的位移为：x= t=1.51m=1.5m，故 C 错误； D、根据加速度公式可知：a= 故选：B。 （1）根据

17、=求出汽车在这 1s 内汽车的平均速度； =m/s2=35m/s2，故 D错误。 （2）根据 x= t 求出汽车在这 1s 内汽车通过的位移； （3）根据 a=求出汽车的加速。 本题主要考查匀变速直线运动规律的应用，灵活选择公式的形式即可快速解题，比较简单。 5.【答案】C 【解析】 解：ABD、设坡角为 蜗牛受重力、支持力、摩擦力，三力平衡。根据平衡条件可得：N=mgcos， f=mgsin；由于坡角 先变小后变大，故支持力 N先增大后减小，静摩擦力先减小后增大；故 ABD错误； 解：A、三条线路起点和终点相同，故三条线路方案的位移相等，“6.8 公里”、“7.8公里”、“6.5 公 里”指

18、的都是路程。故 A错误； C、菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，一直不变，故 C 正确； B、不知道位移，不能求出平均速度，故 B错误； 故选：C。 C、图中推荐线路的“23 分钟”为时间间隔，故 C 正确； 蜗牛沿着菜叶从左向右缓慢爬行过程，坡角先变小后变大，根据平衡条件列式分析。 D、在研究汽车在地图上的实时位置时，汽车大小可以忽略，故汽车可以看成质点，故 D错误； 第 4 页，共 10 页 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力 分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建 立平衡

19、方程进行解答。 6.【答案】C 【解析】 2 解：A、由于 A、B两点绕同轴转动，则两点的角速度相等，由 a= r、且 rArB知 aAaB，故 A 向心力等于地球的万有引力。根据万有引力等于向心力，分析卫星运行的向心加速度与地球表 面的重力加速度的关系。 本题的关键要建立物理模型，抓住万有引力等于向心力，来求地球同步卫星的高度。要注意地 球同步卫星转动周期与地球自转周期。 8.【答案】B 【解析】 解：A、Q相同，B离点+Q的距离等于C离+Q的距离的一半，则根据真空中点电荷场强公式E=k ，得 EB=4EC；因 B处的场强 EB=48N/C，则 EC=12N/C故 A错误，B 正确； C、若

20、要使 EB=0，可在 C 处放一个 Q的点电荷，故 C 错误； 错误； B、由于 A、B两点绕同轴转动，则两点的角速度相等，故 B错误； C、由 v=r且 rArB知 vAvB，故 C 正确； D、由 故选：C。 a、b 两点共轴，角速度相同，然后根据 v=r，a=2r， 故选：B。 去分析线速度和向心加速度。 根据真空中点电荷场强公式 E=k 解决本题的关键理解共轴转动的物体角速度相同及熟练掌握圆周运动的运动学公式。 7.【答案】A 【解析】 D、把q=10-9C的点电荷放在C点，则其受电场力的大小为F=qE=10-9C12N/C=1.210-8N，故D 错误； 知，两点的周期也相等，D错误

21、； 分析 C、B两点的场强的大小；电场线方向由 AC， 本题考查了点电荷场强的公式应用和电场的叠加，基础题 9.【答案】A 【解析】 解：A、第一宇宙速度是卫星环绕地球最大的运行速度，则知，卫星的运行速度小于第一宇宙速 度，故 A正确。 B、设卫星距地面的高度为 h。地球同步卫星的运行周期等于地球自转周期 T，轨道半径为 R+h， 根据万有引力提供向心力，得： G h= =m（R+h） 解： A、极板 A上移，极板正对面积减小，根据电容的决定式 C= 电量 Q不变，由电容的定义式 C= ，可知电容 C 减小，电容器的 ，可知板间电势差增大，则指针张角变大。故 A正确。 ，可知电容 C 增大，电

22、容器的电量B、极板 A右移，板间距离减小，根据电容的决定式 C= Q不变，由电容的定义式 C= ，故 C 错误 ，则卫星运行的 -R，故 B错误 ，可知板间电势差减小，则指针张角变小。故 B错误。 ，可知电 C、卫星运行时受到的向心力大小为 G D、地球表面的重力加速度为：g= C、极板间插入一定厚度的金属片，相当于板间距离减小，根据电容的决定式 C= 容 C增大，电容器的电量 Q不变，由电容的定义式 C= 小。故 C 错误。 D、极板间插人一云母片，根据电容的决定式 C= 由电容的定义式 C= 故选：A。 ，卫星运行的向心加速度为：a= ，可知板间电势差减小，则指针张角变 向心加速度小于地球

23、表面的重力加速度，故 D 错误 故选：A。 第一宇宙速度是卫星环绕地球最大的运行速度。地球同步卫星与地球相对静止，其运行周期等 于地球自转周期，根据万有引力提供向心力，即可求出卫星距地面的高度。卫星运行时受到的 ，可知电容 C 增大，电容器的电量 Q不变， ，可知板间电势差减小，则指针张角变小。故 D错误。 第 5 页，共 10 页 静电计测定电容器两极板间电势差的大小，电势差越大，指针张角越大根据电容的决定式C= 分析电容的变化，抓住电量不变，由电容的定义式 C= 断指针张角的变化 对于电容器动态变化分析问题，关键掌握电容的决定式 C= 进行分析 10.【答案】B 【解析】 由牛顿第三定律知

24、人对踏板的压力为：FN=FNmg故 BD错误； C、由上面的分析知人受重力、踏板的支持力和摩擦力的作用，故 C 错误。 故选：A。 分析板间电势差的变化，即可判 和电容的定义式 C=，结合自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方 向，根据牛顿第二定律即可求解。除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量， 该题结合日常生活中的常见的运动考查受力分析与功能关系，解决本题时可以把加速度进行 解：先研究重物，重物的加速度 a=2m/s ，受到重力与绳子的拉力。 则根据牛顿第二定律有：mg-F=ma 解得：F=m（g-a）=40（10-2）N=320N，

25、 再研究人，受力分析：重力 Mg、绳子向上的拉力 F、地面的支持力 N，处于平衡状态。 则根据平衡条件有：Mg=F+N 解得：N=Mg-F=600N-320N=280N 由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为 N=N=280N 故选：B。 题中人处于静止状态，重物向下加速运动先以重物为研究对象，由牛顿第二定律可求出绳子 的拉力，再对人受力分析，由平衡条件可求出人所受的地面的支持力，最后由牛顿第三定律可 2 分解，然后结合牛顿第二定律求解，难度适中。 12.【答案】C 【解析】 104=0.8J，故 解：A、板栗的质量为：m=20g=0.02kg，水平飞出时的重力势能为：Ep=mgh=0.02

26、 A错误。 B、根据机械能守恒定律知：落地时的机械能等于抛出时的机械能，为：E=Ep+ 0.0242=0.96J，故 B 错误。 C、在离地高 1m 处的势能为：Ep1=mgh=0.02101=0.2J=E，故 C 正确。 =4 =0.8+ D、板栗被敲打后做平抛运动，竖直方向有：h=gt2，水平方向有：x=v0t，可得：x=v0 m5m，所以板栗不可能击中离敲出点水平距离为 5m 的工人。故 D 错误。 得出人对地面的压力大小 故选：C。 解决本题关键是明确人和重物的状态，采用隔离法，运用平衡条件和牛顿第二定律求解 11.【答案】A 【解析】 根据 Ep=mgh求水平飞出时的重力势能。根据机

27、械能守恒定律求落地时时的机械能。并由机械 能守恒定律求在离地高 1m 处的势能。板栗被敲打后做平抛运动，根据分位移公式求出板栗落 地时的水平距离，从而能否击中离敲出点水平距离为 5m 的工人。 解：A、踏板对人的作用力即为支持力与摩擦力，在随着扶梯向上加速 运动过程中，踏板对人做的功等于人的机械能的增加量，故 A正确； 解决本题时要明确板栗的运动情况，掌握平抛运动的规律，能根据高度和初速度求平抛运动的 BD、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acos，方向水平向右； ay=asin，方向竖直向上， 水平方向受静摩擦力作用，由牛顿第二定律有：f=max=macos，水平向右

28、 竖直方向受重力和支持力，由牛顿第二定律有：FN-mg=masin 水平距离。 13.【答案】A 【解析】 解：A、粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x=v0t，初速度相等，所以 t x，A和 B在电场 中运动的时间之比 第 6 页，共 10 页 =，故 A正确； B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，y= ，故 B错误； C、由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量 m= D、A、B的位移大小之比： 故选：A。 = ，= ，y相同，a 与 t 成反比， 2 =解得：F=3mg，即电场力为 3mg。 由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负

29、电。 =，故 C 错误；根据速度变化量v=at，则得： 平抛运动过程速度变化量大小为v1=gt1=2gt2，方向竖直向下； 电场中运动过程速度变化量大小为v2=at2=2gt2，方向竖直向上，所以小球从 A到 B与从 B 到 C 的速度变化量大小相等，方向相反，则速度变化量不相等。故 A正确，BCD错误。 ，故 D错误； 带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的 故选：A。 匀加速直线运动。根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量 y的表达式，求解质量之比；根 小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用 据水平位移与

30、初速度之比求解时间之比。 的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式 x=vt，可分析时间关系；再研究竖 本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，推导出质量与时间的表达式进行 求解。 14.【答案】A 【解析】 直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小根据v=at 研究速 度变化量的关系 本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到 C的过程，再运用力学 基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析 15.【答案】BCD 【解析】 解：设带电小球在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1 和 y2，

31、经历的时间为分别为 t1和 t2在电场中的加速度为 a。 小球做平抛运动过程，有： x1=v0t1； 进入电场做匀变变速曲线运动的过程，有：x2=v0t2； 由题意有：x1=2x2； 则得：t1=2t2。 又 y1=g， 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： y2= 解：A、匀速率骑行在凹型桥上加速度一定向上，处于超重状态，故 A 不符合题意； B、当车在拱形桥上行驶时，加速度向下，处于失重状态，故 B符合题意； C、绕地球运行的空间站在运行过程中加速度向下，处于失重状态，故 C 符合题意； D、人在运行的电梯里时，如果加速度向下，则处于失重状态，故 D 符合题意。 故选：B

32、CD。 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度； 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。 本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点即可正确解题，比较简单。 16.【答案】AD 【解析】 根据几何知识有：y1：y2=x1：x2； 解得：a=2g； 根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg， 第 7 页，共 10 页 解：A、前2s内，物体在y轴方向没有速度，由图看出，物体沿x轴方向做匀加速直线运动。故A 正确。 B、在后 2s 内，物体在 x 轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动

33、，根据运动的合成 解：A、分别过 M 点与 N点做等势线如图，则电场线的方向由 M 的等势线指向 N的等势线，所 以 M 点的电势高。故 A 正确； B、粒子由M运动到N，轨迹向下弯曲，粒子受力的方向向下，轨迹与电场力之间的夹角是锐角， 得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿 y轴方向。故 B错误。 所以从 M 到 N电场力做正功，电势能减小。故 B错误； C、D在前 2s 内，物体在 x 轴方向的位移为：x1=t=2m=2m。在后 2s 内，x 轴方向的位移为： x2=vxt=22m=4m， 错误； y轴方向位移为：y=2m=2m，则 4s 末物体的坐标为（6m，2m）。故 C 错误，D正确。

34、 D、从 M 到 N电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以粒子在 N 点的速度大。故 D正确。 故选：AD。 故选：AD。 前 2s 内物体在 y轴方向没有速度，只有 x 轴方向有速度，由图看出，物体在 x 轴方向做匀加速 电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的 直线运动后 2s内物体在 x和 y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线 粒子在电场力作用下从 A到 B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两 运动，根据运动的合成分析物体的运动情况根据运动学公式分别求出 4s 内物体两个方向的 边，且电场力偏向轨迹的内侧

35、 坐标 本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电 本题采用程序法分析物体的运动情况，根据运动的合成法求解物体的位移 17.【答案】AD 【解析】 2 105+解：A、对物体运用动能定理，有：W1-mgh=mv ，故 W1=mgh+mv2=100 C、N点的电场线密，所以 N点的电场强度大，粒子在 N点受到的电场力大，则加速度大。故 C 场线的物理意义判断场强、电势等的大小 19.【答案】ACD12.2812.281.1 【解析】 10016=5800J，故 A 正确； B、对物体运用动能定理，有：W 总 =mv2=10016=800J，故 B错误； C

36、、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故Ep=mgh=100105=5000J，故 C 错误； D、机械能的增加量：E=mgh+mv =100105+10016=5800J，故 D 正确。 2 解：（1）A、连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，使绳子的拉力等于小车受到的合力， 故 A正确 B、实验时，先接通电源，后放开小车，故 B错误； C、平衡摩擦力后，当改变小车或砂桶质量时，不需要再次平衡摩擦力，故 C 正确； D、平衡摩擦力时，不需挂砂和小桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻 故选：AD。 力，故 D错误 对升降机受力分析，受重力和支持力，根据功能关系多次列式分析求

37、解。 故选：AC 本题关键是根据动能定理列式，明确重力的功、支持力的功、总功、重力势能增加量、动能增加 量的求法。 18.【答案】AD 【解析】 （2）本实验中把沙和沙桶的总重量当作小车受到的拉力，要保证小车的质量远远大于砂和砂桶 的质量，故 D正确； （3）由刻度尺可知示数为 12.28cm 第 8 页，共 10 页 （4）根据x=aT 可知， 故答案为：（1）AC；（2）D；（3）12.28；（4）1.1 2 m/s2=1.1m/s2本实验比较新颖，不是常规方法研究，但实验原理是一样的，要使每根弹簧弹力做的功相等， 则要保证小球每次释放的位置到桌子边缘的距离相同。 21.【答案】解：大地与

38、 A点间的电势差为：U0A= 由 U0A=0-A，0=0得 A点的电势为： A=-3V AB两点间的电势差为：UAB=-4V （1）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，使得砂和小桶的重力等于小车的合力，需平衡摩 擦力，平衡摩擦力时，不挂砂和小桶，小车后面需连接纸带连接沙桶和小车的轻绳应和长木 板保持平行，平衡摩擦力后，长木板与水平面夹角不能改变，小车应靠近打点计时器，且应先 接通电源再释放小车 （2）根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法求出拉力的表达式，得出砂桶重力表示拉力的条 件 （3）根据刻度尺读出示数，注意估读； （4）根据x=aT 利用逐差法求得加速度 解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线 运动推论的运用 20.【答案】相同L2 【解析】 =-=3V 由 UAB=A-B解得：B=1V； 答：A、B 两点的电势分别为-3V 和 1V 【解析】 已知电场力做功数值和离子的电荷量，根据 U=分别求大地与 A点间、A和 B两点间的电势 差，结合大地的电势为零，求解 A、B两点的电势。 解决本题关键要掌握电势差的定义式 U= 确电势和电势差间的关系。 22.【答案】解：（1）由图示图象可知，加速度：a= = m/s2=2m/s2； 加速时