2021-2022學(xué)年新疆烏魯木齊七十中高一（下）期末物理試卷

2021-2022學(xué)年新疆烏魯木齊七十中高一（下）期末物理試卷試題數(shù)：18，總分：1001.（單選題，4分）如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO=3.6m．質(zhì)量為m=4.0kg的小圓環(huán)（可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的粗細）套在細桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0．已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中摩擦力做功為（）A.-72JB.-36JC.-210.6JD.-66.6J2.（單選題，4分）如圖所示，ACP和BDP是豎直平面內(nèi)兩個半徑不同的半圓形光滑軌道，A、P、B三點位于同一水平面上，C和D分別為兩軌道的最低點，將兩個質(zhì)量相同的小球分別從A和B兩處同時無初速度釋放，則下列說法不正確的是（）A.兩小球到達C點和D點時，對軌道的壓力大小相等B.兩小球到達C點和D點時，機械能相等C.兩小球到達C點和D點時，角速度相等D.小球從A到C的過程中重力的功率先增大后減小3.（單選題，4分）2022年4月11日晚，受強對流天氣影響，狂風(fēng)暴雨襲擊川渝地區(qū)，據(jù)氣象部門監(jiān)測，九龍坡區(qū)局地風(fēng)力已達10級。小李同學(xué)用所學(xué)知識設(shè)計了一個電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時，則（）

A.電容器電容變小B.極板間電場強度變大C.極板間電壓變小D.靜電計指針張角越大，風(fēng)力越大4.（單選題，4分）空間中一靜電場的某物理量在x軸上分布情況如圖所示，圖像左右對稱（規(guī)定x軸正方為電場正方向），其中OA=OB，則（）A.若為E-x圖像，則φA＜φB，虛線與圖像及x軸所圍面積表示AB的電勢差B.若為E-x圖像，則將一電子由A沿x軸移向B，電場力先做負功再做正功C.若為φ-x圖像，則EA、EB相同D.若為φ-x圖像，在A自由釋放一質(zhì)子，質(zhì)子將沿x軸負方向做加速度減小的加速運動5.（單選題，4分）等量異種點電荷固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點，O點為A、B連線的中點。一質(zhì)量為、電荷量為q的帶電粒以大小為v0的初速度進入該水平面，僅受電場力作用，其運動軌跡與AB連線的交點為M，且與AB連線的中垂線相切于N點。已知M點的電勢為φM，電場強度為EM，N點的電勢為φN，電場強度為EN，粒子在N點的速度大小為v，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A.該粒子帶負電B.φN＞φM、EN＞EMC.P點的電勢為m（v02-v2）D.粒子從N點運動到無窮遠處的速度大小一定等于v6.（單選題，4分）如圖所示，空間存在與三角形ABC所在平面平行的勻強電場，∠A=30°，∠C=90°，BC=2cm，D為AC邊上的一點，且AD=BD．若在A處有一個放射源，能向各個方向射出動能為14eV的α粒子（氦原子核），經(jīng)過B、C兩點的α粒子的動能分別為22eV和20eV，不考慮α粒子之間的相互作用，重力忽略不計，則下列說法中正確的是（）A.電場強度的方向為由A指向CB.電場強度的大小為200N/CC.C、D兩點之間的電勢差UCD=1VD.經(jīng)過D點的α粒子動能為18eV7.（單選題，4分）如圖所示，兩個可視為點電荷的帶正電小球A和B，A球系在一根不可伸長的絕緣細線一端，繞過定滑輪，在細繩的另一端施加拉力F，B球固定在絕緣座上，位于定滑輪的正下方．現(xiàn)緩慢拉動細繩，使A球緩慢移動到定滑輪處，此過程中，B球始終靜止，忽略定滑輪大小和摩擦，下列判斷正確的是（）A.B球受到的庫侖力先增大后減小B.A球的電勢能先不變后減少C.拉力F一直減小D.地面對絕緣座的支持力一直減少8.（多選題，4分）如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，滑塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止出發(fā)沿ABD滑動到D點的速度大小為v0．若已知該滑塊與斜面、水平面和圓弧軌道之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，軌道轉(zhuǎn)折處平滑相接．下列說法正確的是（）A.若讓滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動，則恰好能滑到頂點AB.若讓滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動，則一定不能滑到頂點AC.如果斜面改為AC，讓滑塊從A點由靜止出發(fā)沿ACD下滑到D點的速度，大小一定為v0D.如果斜面改為為圓弧軌道AEB，讓滑塊從A點由靜止出發(fā)沿AEB滑動到D點的速度大小一定為v09.（多選題，4分）如圖所示，豎直面內(nèi)有一個半徑為R的光滑圓弧軌道，質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）從頂端A處靜止釋放滑至底端B處，下滑過程中，物塊的動能Ek、與軌道間的彈力大小N、機械能E、重力的瞬時功率P隨物塊在豎直方向下降高度h變化關(guān)系圖象正確的是（）A.B.C.D.10.（多選題，4分）如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動．A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也為v0．斜面足夠大，A、B、C運動過程中不會相碰，則（）A.A和C所受的滑動摩擦力大小不相等B.C在沿斜面向下的方向上做加速度減小的加速運動C.滑到斜面底端時，B的動能最大D.滑到斜面底端時，C的機械能減少最多11.（多選題，4分）如圖甲所示，絕緣且粗糙程度相同的水平面上固定著兩個帶等量負電荷的點電荷M和N，O、A、B是在此水平面上M、N連線的中垂線上的三點，B點是MN的中點，O與B間距為x=0.2m．一帶正電的小球由O點靜止釋放，其質(zhì)量m=1×10-2kg、電荷量q=2×10-3C，帶正電的小球與水平面的動摩擦因數(shù)μ=0.2．小球從O點運動到B點的v-t圖像如圖乙所示，A為圖像的拐點，乙圖中O、A、B對應(yīng)甲圖中O、A、B三個位置．重力加速度g=10m/s2，則以下說法正確的是（）A.當(dāng)小球速度最大時，小球所在位置的電場強度E=10N/CB.從O到B，小球的加速度先增大后減小C.O點與B點電勢差UOB=2VD.O與B之間A點的電場強度最小12.（多選題，4分）如圖所示，AC是圓O的一條水平直徑，BD是豎直方向的另外一條直徑，M點是圓上的點，OM連線與OC的夾角為60°，該圓處于方向與圓面平行的勻強電場中。將帶正電量為q、質(zhì)量為m的粒子從圓心O點以相同的動能Ek0射出，射出方向不同時，粒子可以經(jīng)過圓周上的所有點。在這些點中，經(jīng)過C點時粒子的動能最小且為，已知圓的半徑為R，重力加速度的大小為g，勻強電場的場強，那么（）A.M點的電勢一定高于O點的電勢B.粒子經(jīng)過B點和D點時的動能一定相同C.粒子經(jīng)過M點時的動能為D.粒子經(jīng)過AB連線中點時的動能為13.（問答題，5分）某同學(xué)在做“驗證機械能守恒定律”實驗時，將一重球拴接在細繩的一端，另一端固定在O點，使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，并在小球經(jīng)過的最低點和最高點分別固定兩個光電門，如圖甲所示．已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間．請回答下列問題：

（1）該同學(xué)首先用螺旋測微器測量小球的直徑，測量結(jié)果如圖乙所示，則該小球的直徑d=___mm；

（2）該同學(xué)為了完成實驗，測量了重球經(jīng)過光電門1和光電門2的擋光時間分別為Δt1和Δt2，還需測量的物理量有___（填選項）；

A．重球的質(zhì)量mB．細繩的長度LC．重球運動的周期T

（3）重球經(jīng)過最低點的速度大小為___（用上述測量量和已知量的字母表示）

（4）如果該過程中重球的機械能守恒，在誤差允許的范圍內(nèi)，則關(guān)系式___成立．（用上述測量量和已知量的字母表示）

（5）若機械能守恒，增大小球初始速度，則在最低點和最高點的拉力差將___．（填變大、變小或不變）14.（問答題，7分）如甲圖所示是觀察電容器的充、放電現(xiàn)象的實驗裝置．電源輸出電壓恒為8V，S是單刀雙擲開關(guān)，G為靈敏電流計，C為平行板電容器．

（1）當(dāng)開關(guān)S接___時（選填“1”或“2”）平行板電容器放電，流經(jīng)G表的電流方向與充電時___

（選擇“相同”或“相反”），此過程中電容器的電容將___（選填“增大”或“減小”或“不變”）．

（2）將G表換成電流傳感器，電容器充電完畢后再放電，其放電電流隨時間變化圖像如乙圖所示，由圖可估算出電容器開始放電時所帶的電荷量q=___C，并計算電容器的電容C=___F（均保留兩位有效數(shù)字）．

（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，放電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將___（填“增大”“不變”或“變小”）；放電時間將___（填“變長”“不變”或“變短”）15.（問答題，8分）一根長為l的絕緣細線一端固定在O點，另一端懸掛一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球靜止在勻強電場中A點，如圖所示，細線與豎直方向成60°角，勻強電場方向與水平方向成30°角斜向右上方，P點位于O點正下方距離為l處，重力加速度為g．求：

（1）勻強電場的電場強度E；

（2）O、P兩點間的電勢差UOP．16.（問答題，10分）直角光滑固定支架PQN，P點固定于墻面，N點固定于地面，支架PQ長度為15cm，QN足夠長，穿過中間有孔的A、B兩小球，小球質(zhì)量均為M。A、B間用鉸鏈與不能發(fā)生形變的輕桿相連，輕桿長度為10cm。一根原長為8cm的輕質(zhì)彈簧一端固定于P點，另一端連接小球B。初始時，用外力將小球A移動到點Q，AB間輕桿水平，釋放后，當(dāng)A球下落6cm時，A的速度為m/s。g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦。

（1）此時B的速度大小為多少？

（2）若將A的質(zhì)量換為2M，B的質(zhì)量換為，仍然將A球提至Q點，由靜止釋放，當(dāng)A下落8cm時，A的速度大小為多少？17.（問答題，10分）如圖，質(zhì)量為m=1kg的小滑塊（視為質(zhì)點）在半徑為R的四分之一光滑圓弧的最高點A，由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v=2m/s．當(dāng)滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ=37°、長L=1m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數(shù)可在0≤μ≤1.5之間調(diào)節(jié)．斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點．認為滑塊在C、D兩處換向時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力．

（1）求光滑圓弧的半徑R以及滑塊經(jīng)過圓弧B點時對圓弧的壓力大??；

（2）若設(shè)置μ=0，求滑塊從C第一次運動到D的時間及彈簧的最大彈性勢能；

（3）若最終滑塊停在D點，求μ的取值范圍。

18.（問答題，12分）如圖甲所示，真空中的電極可連續(xù)不斷均勻地逸出電子（設(shè)電子的初速度為零），經(jīng)加速電場加速，由小孔穿出，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B的中線射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板距離為d，A、B板長為L，AB兩板間加周期性變化的電場，UAB如圖乙所示，周期為T，加速電壓U1=，其中m為電子質(zhì)量、e為電子電量，L為A、B板長，T為偏轉(zhuǎn)電場的周期，不計電子的重力，不計電子間的相互作用力，且所有電子都能離開偏轉(zhuǎn)電場，求：

（1）電子從加速電場U1飛出后的水平速度v0的大?。?/p>

（2）t=0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時距A、B間中線的距離y；

（3）在0～內(nèi)從中線上方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子占離開偏轉(zhuǎn)電場電子總數(shù)的百分比。

2021-2022學(xué)年新疆烏魯木齊七十中高一（下）期末物理試卷參考答案與試題解析試題數(shù)：18，總分：1001.（單選題，4分）如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO=3.6m．質(zhì)量為m=4.0kg的小圓環(huán)（可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的粗細）套在細桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0．已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中摩擦力做功為（）A.-72JB.-36JC.-210.6JD.-66.6J【正確答案】：D【解析】：小圓環(huán)到達B點時對細桿的壓力為0，則細桿對小圓環(huán)沒有支持力，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小圓環(huán)到達B點時的速度大小，再由動能定理求摩擦力做功。

【解答】：解：小圓環(huán)到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則細桿對小圓環(huán)沒有支持力，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

mg=m

拉力F沿圓的切線方向，在這一過程中拉力做功為WF=F?r

根據(jù)動能定理得：WF?mgr+Wf=mvB2-0，又r=3.6m

解得摩擦力做功為Wf=-66.6J，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】：本題是動能定理與向心力的綜合應(yīng)用，要明確向心力的來源，利用牛頓第二定律求速度，利用動能定理求功是常用的方法，要學(xué)會運用。2.（單選題，4分）如圖所示，ACP和BDP是豎直平面內(nèi)兩個半徑不同的半圓形光滑軌道，A、P、B三點位于同一水平面上，C和D分別為兩軌道的最低點，將兩個質(zhì)量相同的小球分別從A和B兩處同時無初速度釋放，則下列說法不正確的是（）A.兩小球到達C點和D點時，對軌道的壓力大小相等B.兩小球到達C點和D點時，機械能相等C.兩小球到達C點和D點時，角速度相等D.小球從A到C的過程中重力的功率先增大后減小【正確答案】：C【解析】：根據(jù)機械能守恒定律分別求出小球通過C、D時的速度大小，并分析機械能的大小，根據(jù)牛頓運動定律比較兩球?qū)壍缐毫Φ拇笮。蓈=ωr分析角速度大小。小球從A到C的過程中，根據(jù)小球在A點和C點時重力的功率大小，分析重力的功率變化情況。

【解答】：解：AB、選擇AB所在的水平面為參考平面，兩小球在A點和B點的機械能相同，下滑過程機械能都守恒，所以通過C、D時，兩球的機械能相等。

設(shè)任一半圓軌道的半徑為r，小球到達最低點時速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律得：mgr=mv2，解得：v=，

在最低點，根據(jù)FN?mg=m，聯(lián)立可得FN=3mg，根據(jù)牛頓第三定律定律可知小球到達最低點時對軌道的壓力大小為3mg，與軌道半徑無關(guān)，所以兩小球到達C點和D點時，對軌道的壓力大小相等，故AB正確；

C、小球到達最低點時角速度大小為ω===，則兩小球到達C點時的角速度小于到達D點時的角速度，故C錯誤；

D、小球在A點時速度為零，重力的功率為零。小球到達C點時速度方向水平向右，在豎直方向上沒有分速度，則重力的功率也為零，所以小球從A到C的過程中重力的功率先增大后減小，故D正確.

本題選不正確的，

故選：C。

【點評】：本題是機械能守恒定律與向心力的綜合應(yīng)用，小球通過最低點時的加速度、軌道的支持力與軌道半徑無關(guān)是經(jīng)驗結(jié)論，要在理解的基礎(chǔ)上記住。3.（單選題，4分）2022年4月11日晚，受強對流天氣影響，狂風(fēng)暴雨襲擊川渝地區(qū)，據(jù)氣象部門監(jiān)測，九龍坡區(qū)局地風(fēng)力已達10級。小李同學(xué)用所學(xué)知識設(shè)計了一個電容式風(fēng)力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計組成回路，可動電極在風(fēng)力作用下向右移動，引起電容的變化，風(fēng)力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。若極板上電荷量保持不變，在受到風(fēng)力作用時，則（）

A.電容器電容變小B.極板間電場強度變大C.極板間電壓變小D.靜電計指針張角越大，風(fēng)力越大【正確答案】：C【解析】：根據(jù)判斷電容的變化，電容與電源連接，電壓不變，根據(jù)Q=CU判斷電量的變化，最后依據(jù)，來判定電場強度的變化。

【解答】：解：A.根據(jù)在受到風(fēng)力作用時，d減小，則電容器電容變大，故A錯誤

B.極板間電場強度，不變，故B錯誤

C.極板間電壓變小，故C正確

D.風(fēng)力越大，d越小，極板間電壓越小，靜電計指針張角越小，故D錯誤。

故選：C。

【點評】：對電容器，要掌握電容的決定式和定義式及其綜合應(yīng)用．知道電容器與電源相連，則電勢差不變；與電源斷開，電荷量不變，根據(jù)電容的決定式和定義式進行判斷。4.（單選題，4分）空間中一靜電場的某物理量在x軸上分布情況如圖所示，圖像左右對稱（規(guī)定x軸正方為電場正方向），其中OA=OB，則（）A.若為E-x圖像，則φA＜φB，虛線與圖像及x軸所圍面積表示AB的電勢差B.若為E-x圖像，則將一電子由A沿x軸移向B，電場力先做負功再做正功C.若為φ-x圖像，則EA、EB相同D.若為φ-x圖像，在A自由釋放一質(zhì)子，質(zhì)子將沿x軸負方向做加速度減小的加速運動【正確答案】：A【解析】：理解圖像的物理意義，結(jié)合電場的相關(guān)公式完成分析；

根據(jù)電場力和位移的方向分析出電場力的做功類型；

根據(jù)圖像的特點結(jié)合牛頓第二定律得出質(zhì)子的運動類型。

【解答】：解：A、若為E-x圖線，由圖像可知，電場強度方向為負方向，所以φA＜φB，虛線與圖像及x軸所圍面積為E?x，表示AB的電勢差，故A正確；

B、若為E-x圖像，由圖像可知，電場強度方向為負方向，所以將一電子由A沿x軸移向B，電場力做正功，故B錯誤；

C、若為φ-x圖像，沿x軸方向電勢先減小后增加，由電場方向與電勢的關(guān)系可知，A、B兩點電場方向相反，故C錯誤；

D、若為φ-x圖像，在A點自由釋放一質(zhì)子，質(zhì)子將沿x軸正方向先做加速度減小的加速運動，在做加速度增大的減速運動，故D錯誤；

故選：A。

【點評】：本題主要考查了電勢差和電場強度的關(guān)系，理解圖像的物理意義，熟悉公式的推導(dǎo)即可完成分析。5.（單選題，4分）等量異種點電荷固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點，O點為A、B連線的中點。一質(zhì)量為、電荷量為q的帶電粒以大小為v0的初速度進入該水平面，僅受電場力作用，其運動軌跡與AB連線的交點為M，且與AB連線的中垂線相切于N點。已知M點的電勢為φM，電場強度為EM，N點的電勢為φN，電場強度為EN，粒子在N點的速度大小為v，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A.該粒子帶負電B.φN＞φM、EN＞EMC.P點的電勢為m（v02-v2）D.粒子從N點運動到無窮遠處的速度大小一定等于v【正確答案】：D【解析】：一對等量異號電荷的連線的中垂線是等勢面，電荷從等勢面上的一點移動到另一點，電場力做功為零，結(jié)合電勢差的定義和電場力做功與電勢能變化的關(guān)系進行分析即可。

【解答】：解：A.根據(jù)粒子軌跡彎曲特點，可知它經(jīng)過M點時受兩電荷的作用力向下，所以粒子帶正電，故A錯誤；

B.根據(jù)等量異種點電荷電場連線和中垂線上場強和電勢特點可知，φN＞φM、EN＜EM，故B錯誤；

C.中垂線是一條等勢線，與無窮遠處電勢相等，所以°N=0，則粒子從P運動到N點過程中，由動能定理

qUPN=-

UPN=φP-φN=φP

解得

φP=m（）

故C錯誤；

D.粒子從N點到無窮遠處的過程，電勢差為零，所以由動能定理知其動能變化為零，所以到無窮遠處的速度大小一定等于v，故D正確。

故選：D。

【點評】：該題考查常見的電場和電場線，只有掌握兩個等量異種點電荷形成的電場的特點，即可正確解答。6.（單選題，4分）如圖所示，空間存在與三角形ABC所在平面平行的勻強電場，∠A=30°，∠C=90°，BC=2cm，D為AC邊上的一點，且AD=BD．若在A處有一個放射源，能向各個方向射出動能為14eV的α粒子（氦原子核），經(jīng)過B、C兩點的α粒子的動能分別為22eV和20eV，不考慮α粒子之間的相互作用，重力忽略不計，則下列說法中正確的是（）A.電場強度的方向為由A指向CB.電場強度的大小為200N/CC.C、D兩點之間的電勢差UCD=1VD.經(jīng)過D點的α粒子動能為18eV【正確答案】：D【解析】：根據(jù)能量守恒及三點動能關(guān)系可知三點電勢關(guān)系，找等式點確定電場線方向，帶入相應(yīng)公式即可求解。

【解答】：解：A、假設(shè)A點電勢為0，根據(jù)能量守恒及BC兩點動能，可求得B點電勢為-4V，C點電勢為-3V

因為勻強電場中電勢差與距離成正比，可知圖中E點電勢也為-3V，即EC為等式線，如圖所示：

因為電場線與等式線垂直且沿電場線電勢降低，所以電場線沿AB方向，故A錯誤；

B、根據(jù)勻強電場場強電勢關(guān)系得：

根據(jù)幾何關(guān)系得：

BE=BCcos30°

聯(lián)立解得場強為：E=100N/C，故B錯誤；

C、由圖可知D點電勢和F點電勢相等，且AD=BD，所以F為AB中點，可得F電勢為-2V，即D點電勢為-2V，CD兩點間電勢差UCD=φC-φD=（-3V）-（-2V）=-1V，故C錯誤；

D、根據(jù)D點電勢可知D點電勢能為-4eV，根據(jù)能量守恒可知D點動能為18eV，故D正確。

故選：D。

【點評】：綜合應(yīng)用了能量守恒，注意通過作圖確定等式線、電場線，對能力有一定要求。7.（單選題，4分）如圖所示，兩個可視為點電荷的帶正電小球A和B，A球系在一根不可伸長的絕緣細線一端，繞過定滑輪，在細繩的另一端施加拉力F，B球固定在絕緣座上，位于定滑輪的正下方．現(xiàn)緩慢拉動細繩，使A球緩慢移動到定滑輪處，此過程中，B球始終靜止，忽略定滑輪大小和摩擦，下列判斷正確的是（）A.B球受到的庫侖力先增大后減小B.A球的電勢能先不變后減少C.拉力F一直減小D.地面對絕緣座的支持力一直減少【正確答案】：B【解析】：通過對小球進行受力分析，根據(jù)相似三角形以及兩小球間距的變化和繩長變化進行判斷A球所受的庫侖力、繩子拉力F變化情況；

通過對B球受力分析，根據(jù)平衡求得地面對絕緣座的支持力變化情況；

根據(jù)庫侖力做功情況判斷A球的電勢能變化情況；

【解答】：解：設(shè)球所受庫侖力大小為FC，AB兩球間距離為r，B球距定滑輪為h，A球與定滑輪間距離為l，對開始位置處的A球受力分析，

將F和FC合成如圖，

由相似三角形可得，

所以A球緩慢移動過程中，r先不變，等A球運動到滑輪正下方后，r再變大；整個過程中l(wèi)一直減小。

A、r先不變再變大，B球受到的庫侖力大小先不變再減小，故A錯誤；

B、r先不變再變大，兩者間的庫侖斥力對A球先不做功后做正功，則A球的電勢能先不變后減少，故B正確。

C、A球未到滑輪正下方時，由相似三角形可得，

所以F先減小，當(dāng)A球到達滑輪正下方后，由平衡條件可得，所以F再增大，故C錯誤；

D、A球未到滑輪正下方時，庫侖力大小不變，方向趨近豎直，則B球受到庫侖力的豎直分量變大，地面對絕緣座的支持力先變大；A球到達滑輪正下方后，B球受到庫侖力大小減小、方向豎直向下，地面對絕緣座的支持力減小，故D錯誤；

故選：B。

【點評】：解決本題的關(guān)鍵是對小球A受力分析，根據(jù)動態(tài)平衡分析A球的受力情況，再根據(jù)平衡條件對B球分析受力的變化。8.（多選題，4分）如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，滑塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止出發(fā)沿ABD滑動到D點的速度大小為v0．若已知該滑塊與斜面、水平面和圓弧軌道之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，軌道轉(zhuǎn)折處平滑相接．下列說法正確的是（）A.若讓滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動，則恰好能滑到頂點AB.若讓滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動，則一定不能滑到頂點AC.如果斜面改為AC，讓滑塊從A點由靜止出發(fā)沿ACD下滑到D點的速度，大小一定為v0D.如果斜面改為為圓弧軌道AEB，讓滑塊從A點由靜止出發(fā)沿AEB滑動到D點的速度大小一定為v0【正確答案】：BC【解析】：物體從A點出發(fā)沿ABD滑動到D點的整個過程，利用動能定理。對滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動的過程，再利用動能定理列式，分析滑塊能否滑到頂點A?；瑝K從A點靜止出發(fā)沿ACD滑動到D點的過程，再利用動能定理分析滑動到D點的速度大??；如果斜面改為為圓弧軌道AEB，讓滑塊從A點由靜止出發(fā)，滑塊在圓弧軌道上運動時處于超重狀態(tài)，此時克服摩擦力做功大于在斜面上克服摩擦力做功，由此可判斷滑動到D點的速度大小。

【解答】：解：設(shè)斜面的高度為h，滑塊與斜面、水平面和圓弧軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面AB的傾角為α。

AB、物體從A點出發(fā)沿ABD滑動到D點的整個過程，由動能定理得：mgh-μmgcosα?-μmg?xBD=mv02①

若讓滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動，設(shè)滑塊在斜面AB上上升的最大高度為h′。滑塊從D點沿DBA滑動到最高點的過程中，由動能定理得：

-mgh′-μmg?xDB-μmgcosα?=0-mv02

即mgh′+μmg?xDB+μmgcosα?=mv02②

由①②對比可得：mgh-μmgcosα?＞mgh′+μmgcosα?，即h（1-）＞h′（1+），可得h′＜h，即讓滑塊從D點以速度v0出發(fā)，沿DBA滑動，則一定不能滑到頂點A，故A錯誤，B正確；

C、由幾何關(guān)系可得：cosα?+xBD=xOD，代入①得：mgh-μmg?xOD=mv02③

如果斜面改為AC，設(shè)讓滑塊從A點由靜止出發(fā)沿ACD下滑到D點的速度為vD′，同理可得：mgh-μmg?xOD=mvD′2④

對比③④可知vD′=v0，故C正確；

D、如果斜面改為為圓弧軌道AEB，讓滑塊從A點由靜止出發(fā)沿AEB滑動時，由于滑塊沿圓弧軌道AEB滑動時，有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，所以在曲面上克服摩擦力做功大于在斜面上克服摩擦力做功，則滑動到D點的速度大小一定小于v0，故D錯誤。

故選：BC。

【點評】：本題關(guān)鍵根據(jù)動能定理列式，結(jié)合滑動摩擦力做功與水平位移有關(guān)，對所列方程進行討論得出結(jié)論。同時要注意記住本題中所得出的結(jié)論。9.（多選題，4分）如圖所示，豎直面內(nèi)有一個半徑為R的光滑圓弧軌道，質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）從頂端A處靜止釋放滑至底端B處，下滑過程中，物塊的動能Ek、與軌道間的彈力大小N、機械能E、重力的瞬時功率P隨物塊在豎直方向下降高度h變化關(guān)系圖象正確的是（）A.B.C.D.【正確答案】：BC【解析】：物塊的動能Ek、與軌道間的彈力大小N、機械能E、重力的瞬時功率P隨物塊在豎直方向下降高度h變化關(guān)系：Ek=mgh，N=mg?，E保持不變，P=mgvy=mgv?

【解答】：解：A、根據(jù)機械能守恒知Ek=mgh，Ek與h成線性關(guān)系，故A錯誤；

B、受力分析知N-mg?=m，其中v2=2gh，所以N=，N與h是線性關(guān)系，過原點，故B正確；

C、根據(jù)機械能守恒知E不變，故C正確；

D、重力瞬時功率為：P=mgvy=mgv?=mg，與h的關(guān)系圖象不是如圖關(guān)系，故D錯誤；

故選：BC。

【點評】：此題考查圖象問題，注意判定需要先寫出縱橫坐標的關(guān)系，從而判定圖象是否正確。10.（多選題，4分）如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動．A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也為v0．斜面足夠大，A、B、C運動過程中不會相碰，則（）A.A和C所受的滑動摩擦力大小不相等B.C在沿斜面向下的方向上做加速度減小的加速運動C.滑到斜面底端時，B的動能最大D.滑到斜面底端時，C的機械能減少最多【正確答案】：BCD【解析】：根據(jù)滑塊對斜面壓力大小關(guān)系分析滑動摩擦力關(guān)系。結(jié)合沿斜面向下方向上的運動規(guī)律，比較運動的時間。根據(jù)動能定理比較滑塊達到底端的動能大小，根據(jù)摩擦力與相對路程的大小關(guān)系，分析機械能減少量關(guān)系。

【解答】：解：A、在垂直于斜面方向，由平衡條件得：FN=mgcosθ知A、C兩滑塊對斜面的壓力大小相等，滑動摩擦力f=μFN，則A、C所受的滑動摩擦力大小相等，故A錯誤；

B、C在水平方向做減速運動，沿斜面方向做加速運動，運動過程摩擦力方向與平行于斜面方向的夾角減小，滑動摩擦力沿斜面向上的分力增大，在沿斜面向下方向C所受合力減小，加速度減小，C在沿斜面向下的方向上做加速度減小的加速運動，故B正確；

C、三個滑塊重力相同，下降的高度相同，重力做功相同，摩擦力對A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，A的初動能為零，B、C的初動能相等，則滑到斜面底端時，B的動能大于C的動能，B的動能最大，故C正確；

D、滑動摩擦力做功與路程有關(guān)，C運動的路程最大，C克服摩擦力做功最大，C減少的機械能最多，故D正確。

故選：BCD。

【點評】：解決本題的關(guān)鍵要掌握動能定理的運用，知道動能定理由于不考慮過程的細節(jié)，運用時比牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合簡潔，有解題的優(yōu)越性。11.（多選題，4分）如圖甲所示，絕緣且粗糙程度相同的水平面上固定著兩個帶等量負電荷的點電荷M和N，O、A、B是在此水平面上M、N連線的中垂線上的三點，B點是MN的中點，O與B間距為x=0.2m．一帶正電的小球由O點靜止釋放，其質(zhì)量m=1×10-2kg、電荷量q=2×10-3C，帶正電的小球與水平面的動摩擦因數(shù)μ=0.2．小球從O點運動到B點的v-t圖像如圖乙所示，A為圖像的拐點，乙圖中O、A、B對應(yīng)甲圖中O、A、B三個位置．重力加速度g=10m/s2，則以下說法正確的是（）A.當(dāng)小球速度最大時，小球所在位置的電場強度E=10N/CB.從O到B，小球的加速度先增大后減小C.O點與B點電勢差UOB=2VD.O與B之間A點的電場強度最小【正確答案】：AC【解析】：當(dāng)小球的速度最大時，加速度為零，根據(jù)平衡狀態(tài)得出場強的大小；

根據(jù)v-t圖像的斜率得出小球的加速度的變化趨勢；

根據(jù)動能定理得出O點與B點的電勢差；

根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像得出場強最小的位置。

【解答】：解：A、當(dāng)小球的速度最大時，加速度為零，即電場力和摩擦力平衡，則

μmg=qE

代入數(shù)據(jù)解得：E=10N/C，故A正確；

B、根據(jù)v-t圖像的斜率可知，從O到B的過程中，小球的加速度先增大后減小，再反向增大，故B錯誤；

C、從O到B，由動能定理得：

Wf+WOB=0

其中Wf=-μmgx

又

聯(lián)立，可得：UOB=2V，故C正確；

D、對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

qE-μmg=ma

由乙圖可知，小球在A點時加速度最大，即電場強度最大，故D錯誤；

故選：AC。

【點評】：本題主要考查了電場的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。12.（多選題，4分）如圖所示，AC是圓O的一條水平直徑，BD是豎直方向的另外一條直徑，M點是圓上的點，OM連線與OC的夾角為60°，該圓處于方向與圓面平行的勻強電場中。將帶正電量為q、質(zhì)量為m的粒子從圓心O點以相同的動能Ek0射出，射出方向不同時，粒子可以經(jīng)過圓周上的所有點。在這些點中，經(jīng)過C點時粒子的動能最小且為，已知圓的半徑為R，重力加速度的大小為g，勻強電場的場強，那么（）A.M點的電勢一定高于O點的電勢B.粒子經(jīng)過B點和D點時的動能一定相同C.粒子經(jīng)過M點時的動能為D.粒子經(jīng)過AB連線中點時的動能為【正確答案】：BC【解析】：沿電場線方向電勢降低，可由電場強度方向判斷電勢高低；由動能定理結(jié)合電場力及重力做功的情況，確定動能的變化。

【解答】：解：A、O點以相同的動能射出的帶正電的粒子，經(jīng)過C點時粒子的動能最小，即C點電勢能為圓上最大的位置，因此可知電場強度方向沿CA方向，則M點的電勢一定高于O點的電勢，故A錯誤；

B、電場強度方向沿CA方向，根據(jù)勻強電場的性質(zhì)可知，B、D兩點電勢相等，由動能定理可知，粒子經(jīng)過B點和D點時的動能一定相同，故B正確；

C、BM兩點間的距離為d=Rsin30°=，對OC過程分析，由動能定理可得，-qER=-Ek0，則對BM過程分析，由動能定理可得，-qE×=Ek-Ek0，聯(lián)立解得Ek=Ek0，故C正確；

D、AB連線中點到CA的距離為d'=Rcos45°sin45°=R，則設(shè)粒子經(jīng)過AB連線中點時的動能為Ek1，對粒子由o點到AB連線中點過程由動能定理可得，qEd'=Ek1-Ek0，代入數(shù)據(jù)解得Ek1=（+1）Ek0=Ek0，故D錯誤。

故選：BC。

【點評】：本題考查電場強度與電勢的關(guān)系、電勢能與電場力做功的關(guān)系以及動能定理，考查范圍較廣，對學(xué)生分析綜合能力有一定要求。13.（問答題，5分）某同學(xué)在做“驗證機械能守恒定律”實驗時，將一重球拴接在細繩的一端，另一端固定在O點，使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，并在小球經(jīng)過的最低點和最高點分別固定兩個光電門，如圖甲所示．已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間．請回答下列問題：

（1）該同學(xué)首先用螺旋測微器測量小球的直徑，測量結(jié)果如圖乙所示，則該小球的直徑d=___mm；

（2）該同學(xué)為了完成實驗，測量了重球經(jīng)過光電門1和光電門2的擋光時間分別為Δt1和Δt2，還需測量的物理量有___（填選項）；

A．重球的質(zhì)量mB．細繩的長度LC．重球運動的周期T

（3）重球經(jīng)過最低點的速度大小為___（用上述測量量和已知量的字母表示）

（4）如果該過程中重球的機械能守恒，在誤差允許的范圍內(nèi)，則關(guān)系式___成立．（用上述測量量和已知量的字母表示）

（5）若機械能守恒，增大小球初始速度，則在最低點和最高點的拉力差將___．（填變大、變小或不變）【正確答案】：5.700;B;;;不變【解析】：（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則得出小球的直徑；

（2）根據(jù)實驗原理分析出需要測量的物理量；

（3）根據(jù)運動學(xué)規(guī)律得出重物最最低點時的速度；

（4）根據(jù)機械能守恒定律分析出需要滿足的關(guān)系式；

（5）聯(lián)立動能定理和牛頓第二定律分析出最低點和最高點的拉力差的變化關(guān)系。

【解答】：解：（1）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則d=5mm+0.01mm×70.0=5.700mm；

（2）根據(jù)實驗原理可知，重球的重力勢能轉(zhuǎn)化為重球的動能，即，等式兩邊的質(zhì)量可約去，由此可知，還需要測量的物理量為細線的長度L，故B正確，AC錯誤；

故選：B。

（3）在極短時間內(nèi)，物體的瞬時速度等于該過程的平均速度，則v2=；

（4）如果該過程中重球的機械能守恒，在誤差允許的范圍內(nèi)，則根據(jù)機械能守恒定律得：

結(jié)合上面的分析，可化簡得：

（5）設(shè)最高點的初速度度為v，則在最高點時

從最高點到最低點的過程中，根據(jù)動能定理得：

此時根據(jù)牛頓第二定律得：

假設(shè)增大后的速度為vm

同理可得，在最高點時

根據(jù)動能定理和牛頓第二定律得：

聯(lián)立解得：F2-F1=F4-F3=6mg，即最高點和最低點的拉力差保持不變。

故答案為：（1）5.700；（2）B；（3）；（4）；（5）不變

【點評】：本題主要考查了機械能守恒定律的驗證實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，熟練掌握運動學(xué)規(guī)律，結(jié)合機械能守恒定律即可完成分析。14.（問答題，7分）如甲圖所示是觀察電容器的充、放電現(xiàn)象的實驗裝置．電源輸出電壓恒為8V，S是單刀雙擲開關(guān)，G為靈敏電流計，C為平行板電容器．

（1）當(dāng)開關(guān)S接___時（選填“1”或“2”）平行板電容器放電，流經(jīng)G表的電流方向與充電時___

（選擇“相同”或“相反”），此過程中電容器的電容將___（選填“增大”或“減小”或“不變”）．

（2）將G表換成電流傳感器，電容器充電完畢后再放電，其放電電流隨時間變化圖像如乙圖所示，由圖可估算出電容器開始放電時所帶的電荷量q=___C，并計算電容器的電容C=___F（均保留兩位有效數(shù)字）．

（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，放電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將___（填“增大”“不變”或“變小”）；放電時間將___（填“變長”“不變”或“變短”）【正確答案】：2;相反;不變;3.2×10-3;4.0×10-4;不變;變短【解析】：（1）根據(jù)電容器的特點結(jié)合電路構(gòu)造分析出此時的狀態(tài)；

（2）根據(jù)圖像的物理意義計算出電荷量的大小，根據(jù)公式計算出電容的大??；

（3）根據(jù)電阻的變化分析出電流的變化，從而得出放電時間的變化。

【解答】：解：（1）根據(jù)題意，由圖甲可知，電容器放電時接電阻，則開關(guān)接2；

電容器充電時，上極板接電源正極，則電容器上極板帶正電，正電荷流入上極板，放電時，正電荷從上極板流出，則流經(jīng)G表的電流方向與充電時相反；

根據(jù)公式可知，電容器的電容與電容器極板上的電荷量和極板間電壓無關(guān)，由電容器本身所決定，則此過程中電容器的電容將不變。

（2）電容器放電時，根據(jù)公式q=It可知，在I-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示電荷量的多少，由圖乙可知，面積表示通過電荷量為

q=40×0.2×10-3×0.4C=3.2×10-3C

根據(jù)題意即圖甲可知，電容器充電結(jié)束時，兩極板間電壓為8V，則電容器的電容為

（3）根據(jù)Q=CU可知，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，極板上的電荷量不變，則I-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積不變。

放電時間將變短，原因不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻，對電流的阻礙作用減小，放電電流變大，則放電時間變短。

故答案為：（1）2；相反；不變；（2）3.2×10-3；4.0×10-4；（3）不變；變短

【點評】：本題主要考查了電容器的相關(guān)應(yīng)用，熟悉電容的公式，理解圖像的物理意義，結(jié)合電路構(gòu)造完成分析。15.（問答題，8分）一根長為l的絕緣細線一端固定在O點，另一端懸掛一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球靜止在勻強電場中A點，如圖所示，細線與豎直方向成60°角，勻強電場方向與水平方向成30°角斜向右上方，P點位于O點正下方距離為l處，重力加速度為g．求：

（1）勻強電場的電場強度E；

（2）O、P兩點間的電勢差UOP．【正確答案】：

【解析】：對小球受力分析，根據(jù)受力平衡可求電場力，進而求電場強度；根據(jù)U=Ed求解電勢差。

【解答】：解：（1）對小球受力分析如圖所示：

由圖可知：

Eq=mg

解得：

勻強電場場強為；

（2）由幾何關(guān)系得，OP兩點沿電場線方向距離為：

d=lcos60°

因為φO＜φP

所以

O、P兩點間的電勢差為；

答：（1）勻強電場場強為；

（2）O、P兩點間的電勢差為；

【點評】：本題考查靜電場下物體受力平衡問題，重點在于受力分析，再根據(jù)靜電場物理量基本公式求解即可。16.（問答題，10分）直角光滑固定支架PQN，P點固定于墻面，N點固定于地面，支架PQ長度為15cm，QN足夠長，穿過中間有孔的A、B兩小球，小球質(zhì)量均為M。A、B間用鉸鏈與不能發(fā)生形變的輕桿相連，輕桿長度為10cm。一根原長為8cm的輕質(zhì)彈簧一端固定于P點，另一端連接小球B。初始時，用外力將小球A移動到點Q，AB間輕桿水平，釋放后，當(dāng)A球下落6cm時，A的速度為m/s。g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦。

（1）此時B的速度大小為多少？

（2）若將A的質(zhì)量換為2M，B的質(zhì)量換為，仍然將A球提至Q點，由靜止釋放，當(dāng)A下落8cm時，A的速度大小為多少？【正確答案】：

【解析】：（1）根據(jù)運動的合成與分解可解得；

（2）根據(jù)運動的分解解得AB兩球速度的關(guān)系，分析彈簧的形變量，根據(jù)功能關(guān)系解答。

【解答】：解：（1）如圖所示

當(dāng)A球下落6cm時，設(shè)∠ABQ為θ，由幾何關(guān)系可得

sinθ=

設(shè)桿的速度為v1，根據(jù)運動的分解可得

vBcosθ=vAsinθ

解得

vB=m/s

（2）此時BQ段長度為8cm，可得此時彈簧的形變量為Δx1=（8+8-15）cm=lcm，處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧彈性勢能為Ep2，

當(dāng)A下落8cm時，設(shè)∠ABQ為β，根據(jù)幾何關(guān)系得

sinβ=

此時BQ為6cm，則PB長度為9cm，此時彈簧的形變量Δx2=（9-8）cm=1cm

此時處于伸長狀態(tài)，由（1）分析可知，此時

v'Bcosβ=v'Asinβ

可得

v'B=v'Atanβ

設(shè)未釋放小球時彈簧彈性勢能為Ep1，在（1）中根據(jù)機械能守恒定律得

Ep1+Mgh=++Ep2

（2）中根據(jù)機械能守恒定律得

Ep1+2Mgh'=++Ep2

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v'A=m/s

答：（1）此時B的速度大小為m/s；

（2）A的速度大小為m/s。

【點評】：本題主要考查了能量守恒，在分析過程中同時涉及到了運動的分解的相關(guān)知識，綜合考查了多個模塊的知識，有一定的綜合性。17.（問答題，10分）如圖，質(zhì)量為m=1kg的小滑塊（視為質(zhì)點）在半徑為R的四分之一光滑圓弧的最高點A，由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v=2m/s．當(dāng)滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ=37°、長L=1m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數(shù)可在0≤μ≤1.5之間調(diào)節(jié)．斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點．認為滑塊在C、D兩處換向時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力．

（1）求光滑圓弧的半徑R以及滑塊經(jīng)過圓弧B點時對圓弧的壓力大?。?/p>

（2）若設(shè)置μ=0，求滑塊從C第一次運動到D的時間及彈簧的最大彈性勢能；

（3）若最終滑塊停在D點，求μ的取值范圍。

【正確答案】：

【解析】：（1）應(yīng)用動能定理可以求出圓弧的半徑R；在B點，應(yīng)用牛頓第二定律求出圓弧對滑塊的支持力，然后應(yīng)用牛頓第三定律求出滑塊對圓弧的壓力大小。

（2）若μ=0，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合位移時間公式求出C到D的時間，物塊由D壓縮彈簧至最短的過程中，根據(jù)能量守恒定律求彈簧的最大彈性勢能。

（3）最終滑塊停在D點有兩種可能，一個是滑塊恰好從C下滑到D，另一種是在斜面CD和水平面見多次反復(fù)運動，最終靜止在D點，結(jié)合動能定理進行求解。

【解答】：解