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2023-2024学年浙江省杭州二中高一（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省杭州二中高一（下）期中物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.功率的单位是瓦特，若用国际单位制的基本单位来表示瓦特，正确的是( )
A. JsB. kg⋅m2s3C. N⋅msD. kg⋅ms3
2.人类对电的认识是在长期实践活动中，不断发展、逐步深化的，经历了一条漫长而曲折的道路。人们对电现象的初步认识，可追溯到公元前6世纪。希腊哲学家泰勒斯那时已发现并记载了摩擦过的琥珀能吸引轻小物体。我国东汉时期，王充在《论衡》一书中所提到的“顿牟掇芥”等问题，也是说摩擦琥珀能吸引轻小物体。关于物体带电，下列说法正确的是( )
A. 电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的
B. 自然界只有两种电荷，点电荷和元电荷
C. 物体通常呈现电中性，是因为物体内不存在电荷
D. 摩擦起电、接触起电、感应起电的带电实质是创造电荷，或电荷消失
3.某人将高尔夫球斜向上击出，不计高尔夫球受到空气的作用力，高尔夫球在空中运动的过程中( )
A. 机械能先变大后变小B. 速度先变小后变大
C. 加速度先变小后变大D. 所受重力的功率保持不变
4.如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )
A. 带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度
B. P点的电势一定高于Q点的电势
C. 带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能
D. 带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能
5.如图是一款称之为“钢珠永动机”的玩具，小钢珠从A处小孔沿轨道静止滑落，从C处飞离轨道作斜抛运动，然后落到圆盘后滚至A处从小孔再次落下，周而复始。下列判断正确的是( )
A. 此玩具是一个不需要外界能量的永动机
B. 钢珠在运动过程中机械能守恒
C. 此玩具可能仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠实现永动
D. 钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功
6.如图，半径为R半圆形槽固定放置在水平地面上，光滑小球从半圆形槽最低点A进入，经过最高点B后做平抛运动落到水平面上的C点，以水平面为零势能面，小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，则A、C之间的距离为( )
A. 2RB. 2RC. 4RD. 6R
7.如图所示，物体甲的质量为m1，中间有孔的物体乙可以套在竖直杆上无摩擦地滑动，物体乙的质量为m2，物体甲和乙通过绳子绕过光滑的定滑轮连接在一起，先控制物体乙在某一位置正好使连接物体乙的绳子处于水平状态。滑轮与杆的距离d=1.5m，现释放物体乙，当物体乙下降h=2m时，速度刚好为0，物体甲和乙均可看成质点。则物体甲和乙的质量之比m1：m2为( )
A. 3：4
B. 4：3
C. 1：2
D. 2：1
8.如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于O点，两个所带电荷量大小相等的小球甲、乙恰好静止在MN轴上距O点相同距离的位置。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙可能为同种电性
B. 甲、乙之间的静电力一定是排斥力
C. 甲、乙质量一定不同
D. 点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同
9.如图，在平行板电容器正中有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止。下列情况能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )
A. 保持S闭合，可以通过上移极板M实现
B. 保持S闭合，可以通过上移极板N实现
C. 充电后将S断开，可以通过上移极板M实现
D. 充电后将S断开，可以通过上移极板N实现
10.均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB=BA=R，CO=2R。若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V=43πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为( )
A. 9：25B. 25：9C. 175：207D. 207：175
11.如图，为不等量同种电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ−x图像，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。取无穷远处为0电势，质子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是( )
A. q1、q2均带负电
B. 两电荷电量之比q1q2=41
C. 将一质子从a点由静止释放，到达b点时速度为0
D. 将一质子从a点由静止释放，若质子经过O点时速度为v0，则a点电势为φa=φ0+mv022e
12.为了测试某新能源汽车的性能，使该汽车沿平直的公路行驶。当汽车以v1=20m/s的速度匀速行驶时，汽车牵引力的功率为P1=60kW，此时汽车所受路面的摩擦力Ff刚好等于空气阻力f的2倍。假设汽车所受路面的摩擦力大小恒定，空气阻力与汽车的速度成正比，当汽车以v2=30m/s的速度匀速行驶时，汽车牵引力的功率P2约为( )
A. 75kWB. 90kWC. 105kWD. 135kW
13.如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin10°=0.17，则货物( )
A. 在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大
B. 在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小
C. 在0～3m的过程中，机械能先增大后减小
D. 在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、12V、18V，下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小为 2v/cm
B. 坐标原点处的电势为4V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低2eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV
15.如图所示，倾角为θ=30°绝缘斜面长L=2m，顶端有一质量为m=1kg、带正电且电量q=1.0×10−6C的滑块，整个空间有电场强度E= 3×106N/C的水平向左匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达斜面底端的动能为11J，重力加速度g取10m/s2，则滑块在沿斜面下滑的过程中( )
A. 滑块机械能增加了1J，电势能减少了3J
B. 滑块机械能减少了2J，电势能减少了3J
C. 滑块重力势能和电势能之和减少11J，重力势能减少了10J
D. 滑块机械能和电势能之和减少2J，重力势能减少了10J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
16.某同学通过查阅资料得知：机械能中的动能既包括平动动能也包括转动动能。于是他利用实验室中的器材设计了一个实验用来研究转盘的转动动能Ek转和角速度ω的关系。他需要测量转盘的转动动能Ek转和角速度ω的数值。如图所示，轻质细线上端固定在转盘边缘，另一端连接物块，挡光片固定在物块的侧面。逆时针转动转盘将物块吊起，稳定后由静止释放转盘，物块竖直下落。若挡光片的宽度为d(很窄)，计时器挡光片通过光电门的时间为t，物块(含挡光片)的质量为m1，转盘的质量为m2，转盘的半径为R，释放时挡光片距离光电门的高度为h。用题中所给物理量的字母回答下列问题：
(1)请写出挡光片通过光电门时速度的表达式v= ______，此时转盘角速度的表达式ω= ______。
(2)若忽略各处摩擦及空气阻力，转盘转动动能的表达式Ek转= ______。
17.某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤质量为500g，部分实验步骤如下：
(1)按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中O是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点A、B、C、D、E到O点的距离h值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为9.80m/s2。在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔEk= ______J，重力势能的减少量ΔEp= ______J(结果均保留三位有效数字)。
(2)该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v，然后作出相应的12v2−h图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析______(选填“合理”或“不合理”)。
四、简答题：本大题共4小题，共39分。
18.如图所示，用轻质绝缘线把一个质量为m，带电量为+q的小球悬挂在带等量异种电荷的竖直平行金属极板之间。静止时，绳子偏离竖直方向的角度为θ，小球与两板的距离相等。两板间的距离为d。金属板足够长。求：
(1)绳子上的拉力大小。
(2)两板间电势差U的大小。
(3)某一时刻剪断绝缘细线，至少经过多少时间小球与左侧极板相碰。
19.如图所示，与水平夹角为θ角的倾斜轨道AC与半径为R的圆弧形轨道CDEF平滑连接，水平线BE(包括BE线)的下方有竖直向下的匀强电场，场强大小为mg2q，现将质量为m，带电量为−q的小滑块从A点由静止开始释放。设轨道光滑且绝缘。求：
(1)小滑块刚开始运动时的加速度大小。
(2)要使小滑块恰能过圆弧形轨道最高点E，小滑块释放点A与B点的高度差至少多大。
(3)在小滑块恰能过圆弧最高点E的情况下，小滑块从D到E的过程中电势能的变化量。小滑块在最低点C时对轨道的压力。
20.如图所示，一个足够长的斜面，AC部分的长度为4L，C点以下光滑，C点以上粗糙B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点，上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ，木板静止时，弹簧长度变为7L4。已知斜面的倾角为θ，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tanθ，木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，发现木板的Q端刚好能到达C点；将木板截短后，再次将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，求：
(1)弹簧的劲度系数。
(2)若木板被截掉一半，木板上端到达C点时的速度大小。
(3)至少要将木板截掉多长，木板被释放后能整体到达C点之上区域。
21.如图所示，半径为R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向夹角θ=37°。另一个端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平地面上紧挨着C静止放置一足够长的木板，木板质量M=0.5kg，上表面与C点等高。质量为m=0.5kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块和木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与水平地面之间的动摩擦因数μ2=0.05，求：
(1)物块从A点到B点的运动时间和物块在B点时重力的功率。
(2)物块在经过C点时，圆弧轨道对物块的支持力大小。
(3)经过足够长时间，物块与木板之间摩擦产生的热能Q1，木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能Q2各为多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据功率的定义式P=Wt可知1W=1J/s；J是功的单位，根据功的定义式W=FLcsα可得1J=1N⋅m，其中1N=1kg⋅m/s2，故功率单位用国际单位制的基本单位可表示为1W=1kg⋅m2s3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生必须掌握的。
2.【答案】A
【解析】解：
A.根据电荷守恒定律，电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的，故A正确；
B.自然界只有两种电荷，正电荷和负电荷，故B错误；
C.物体通常呈现电中性，是因为物体内总电荷量代数和为0，不是不存在电荷，故C错误；
D摩擦起电、接触起电、感应起电的带电实质是电荷的转移，故D错误；
故选：A。
本题根据电荷守恒定律、电荷种类、起电的本质，即可解答。
本题考查学生对电荷守恒定律、电荷种类、起电的本质的掌握，难度不高，比较基础。
3.【答案】B
【解析】解：A、不计高尔夫球受到空气的作用力，仅在重力作用下，高尔夫球的机械能守恒，故A错误；
B、将高尔夫球斜向上击出，高尔夫球做斜上抛运动，速度先变小后变大，故B正确；
C、仅受重力，加速度为重力加速度，保持不变，故C错误；
D、高尔夫球的竖直分速度先变小后变大，结合P=mgvy分析可知所受重力的功率先变小后变大，故D错误。
故选：B。
不计高尔夫球受到空气的作用力，高尔夫球的机械能守恒，其加速度为重力加速度g。根据斜抛运动的规律分析速度的变化情况，结合P=mgvy分析重力的功率变化情况。
解答本题时，要掌握斜抛运动的特点和规律，知道斜抛运动的加速度不变，速度先变小后变大。
4.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，R点附近的等差等势线比Q点附近的等差等势线密集，所以R点处的电场强度大，则带电粒子在R点受到的电场力大于在Q点时受到的电场力，结合牛顿第二定律可知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故A错误；
B、根据题给条件无法判断P、Q两点的电势高低，故B错误；
CD、粒子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力的方向大致向下，若粒子由P向Q运动，则电场力与粒子速度方向夹角始终小于90°，电场力对粒子做正功，粒子动能增大，电势能减小，因此带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大，在P点时的动能小于在Q点时的动能，故C正确，D错误。
故选：C。
等差等势线密集程度代表场强大小，然后结合牛顿第二定律判断加速度；由于电场线方向未知，根据题意无法判断电势高低；电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势高低的判断方法，注意电场线密集程度代表场强大小。
5.【答案】D
【解析】解：A.永动机违背能的转化和守恒定律，故永动机不能制造成功，此玩具仍然需要外界提供能量，故A错误；
B.钢珠在运动过程中有空气阻力、轨道间摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减少，所以钢珠机械能不守恒，故B错误；
C.此玩具仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠，钢珠靠近磁铁时引力做正功，远离磁铁时引力做负功，不能实现永动，故C错误；
D.钢珠能周而复始运动，运动过程中一部分机械能转化为内能，钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功，故D正确。
故选：D。
根据永动机违背能的转化和守恒定律分析；根据机械能守恒条件分析；钢珠靠近磁铁时引力做正功，远离磁铁时引力做负功，不能实现永动；由于钢珠周而复始运动，钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功。
本题考查了能量守恒定律、功、机械能守恒定律等相关知识，注意永动机不能制造成功。
6.【答案】C
【解析】解：从A点到B点，根据机械能守恒定律得
12mvB2+mg⋅2R=12mvA2
据题有：12mvA2=2(mg⋅2R)
解得：vB=2 gR
小球经过最高点B后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，竖直方向有
2R=12gt2
A、C之间的距离为
L=vBt
联立解得：L=4R，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据机械能守恒定律列式，结合小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，即小球在A点的动能为其在B点重力势能的2倍列式，联立求出小球经过最高点B的速度大小。小球经过最高点B后做平抛运动，根据分位移公式求解A、C之间的距离。
本题是机械能守恒定律与平抛运动的综合，要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，掌握分运动的规律。
7.【答案】D
【解析】解：设物体甲上升的高度为h1，由几何关系得(h1+d)2=h2+d2
由机械能守恒定律得m1gh1=m2gh
解得甲和乙的质量之比m1：m2=2：1
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据几何知识求出物体甲上升的距离，然后再根据能量守恒定律即可求解物体甲和乙的质量之比。
解答该题应明确：本题中物体甲上升的距离应等于绳子长度之差。
8.【答案】C
【解析】解：D、水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，ac和bd分别为等量同种电荷，MN分别在它们连线的中垂线上，根据等量同种电荷周围的电场分布，可得MN上甲、乙静止的两点的电场强度等大反向，故D错误；
A、甲、乙静止，即甲、乙受力平衡。设甲、乙之间的库仑力大小为F，若甲、乙为同种电荷，则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等，方向相反，即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定带异种电荷，故A错误；
BC、由A选项可得，甲、乙一定为不同电性，则电场力大小相等，库仑力等大反向，则甲、乙受到电场力和库仑力的合力大小定不相同，则与之平衡的重力一定不同，即甲、乙的质量一定不同，故B错误，C正确。
故选：C。
根据等量同种电荷的电场线特点以及场强的叠加原理分析D；对两球受力分析可知两球电性一定不同；两球受力平衡，根据重力和库仑力以及电场力的关系分析即可。
能够熟练掌握场强的叠加原理是解题的基础，要知道小球除受四个电荷对它们的电场力外，它们两个之间还存在着库仑力。
9.【答案】B
【解析】解：A、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板M时，板间距离增大，根据E=Ud分析可知，板间场强减小，微粒受到的电场力减小，则微粒将向下运动到下极板，故A错误；
B、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板N时，板间距离减小，根据E=Ud分析可知，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，则微粒将向上运动到上极板，故B正确；
CD、充电后将S断开，电容器的带电量Q不变。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU以及E=Ud得：E=4πkQϵrS，可知只改变板间距离时，板间场强不变，微粒受到的电场力不变，则微粒将静止不动，故CD错误。
故选：B。
微粒原来静止，所受的电场力与重力平衡。要使该带电微粒向上运动到上极板，必须增大电场力。保持S闭合，电容器的电压不变，根据E=Ud分析板间场强的变化，判断电场力的变化，确定微粒的运动方向。充电后将S断开，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU以及E=Ud推导出场强表达式，再进行分析。
本题考查电容器的动态分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU以及E=Ud相结合进行分析。
10.【答案】C
【解析】解：设半径为R的均匀带电体带电量为q，由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：E整=kq(2R)2
割出的小球半径为R2，因为电荷均匀分布，根据球的体积公式可知，其带电荷量为q8
则割出的小球在未割前在A点产生的场强为：E割=kq8(32R)2=kq18R2
所以挖走一球形空腔后剩余部分电荷在A点产生的场强为：E剩A=E整−E割=kq4R2−kq18R2=k7q36R2
同理，在C点处产生的场强为：E剩B=kq(2R)2−k18q(52R)2=k23q100R2
所以A、C两点的电场强度大小之比为：175：207，故C正确，ABD错误；
故选：C。
采用割补的思想方法求解。先求出一个完整大球在某点产生的场强，再求出割出的小球在某点产生的场强，求其矢量和即可。
本题主要考查了电场强度的计算，采用割补法的思想，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，x轴上的−x0和2x0之间的电势都大于零，说明两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；
B、在x=0处φ−x图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，则有kq1x02=kq2(2x0)2，解得q1：q2=1：4，故B错误；
C、因a点电势大于b点电势，则从质子a点由静止释放到达b点，电场力做正功，质子的动能增大，因此质子到达b点时速度不为0，故C错误；
D、质子从a点静止释放到O点，根据动能定理得：e(φa−φ0)=12mv02，解得：φa=φ0+mv022e，故D正确。
故选：D。
根据图像的物理意义分析电荷的电性。在x=0处φ−x图像切线的斜率为零，说明该点处的电场强度为零，结合点电荷场强公式求解两电荷电量之比。根据电场力做功情况分析质子到达b点时的速度是否为0。质子从a点静止释放到O点，根据动能定理求a点电势。
本题主要考查φ−x图像的相关应用，理解图像的物理意义，知道φ−x图像切线的斜率表示电场强度，能根据动能定理求质子的速度。
12.【答案】C
【解析】解：空气阻力与汽车的速度成正比，设f=kv。
根据功率的计算公式可得，当汽车以v1=20m/s的速度匀速行驶时，汽车的牵引力为
F1=P1v1=6000020N=3000N
根据题目条件可得：Ff+f=F1
且Ff=2f
f=kv
联立解得：Ff=2000N，k=50N⋅s/m
当汽车以v2=30m/s的速度匀速行驶时，则此时的空气阻力f′=kv2=50×30N=1500N
则牵引力为F2=Ff+f′=2000N+1500N=3500N
根据功率的计算公式得：
P2=3500×30W=105kW，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据汽车的运动状态和功率的计算公式得出空气阻力与汽车速度的比值关系，计算出汽车在新的速度下的空气阻力，结合功率的计算公式完成分析。
本题主要考查了功率的计算公式，熟悉牛顿第二定律，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：AB、由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，则由图乙可得在0～3m的过程中，货物所受的合力逐渐减小，在3m～5m的过程中，货物所受的合力逐渐增大，故AB错误；
C、在0～3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，由图乙可知其动能也增大，故此过程货物的机械能一直增大，故C错误；
D、选x=0所在水平面为重力势能的零势能面，在x=5m的位置货物的重力势能为：
Ep=mgxsin10°=10×9.8×5×0.17J=83.3J
根据重力势能随位移x的增大而均匀增大，在图乙中画出重力势能随位移x的变化图像如下图所示，
在x=3m时动能最大，之后动能减小，根据两图线的斜率对比，可知在x=3m之后动能随位移减小的快慢先是慢于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能增大，在3m～5m之间的某位置之后，动能随位移减小的快慢又快于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能减小，故在3m～5m的过程中，货物的机械能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，根据图乙所示图像的斜率变化判断货物所受的合力的变化情况；在0～3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，其动能也增大，根据机械能的定义判断机械能的变化；在3m～5m的过程根据动能随位移减小的快慢与重力势能增加的快慢的关系，判断货物的机械能的变化。
本题考查了重力势能、机械能的概念，功能关系的应用。要知道动能随位移的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小。
14.【答案】ABD
【解析】【分析】
根据匀强电场的电场强度公式E=Ud，结合电势差与场强间距，即可求解；
依据电势差等于电势之差；
根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=Ud的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。
【解答】
A、a、b、c三点的电势分别为10V、12、18V，根据几何关系知坐标(2,6)点电势为12V，则db为一条等势线，那么垂直db为电场线方向，如图：
dcb=3 2cm，匀强电场的电场强度E=Ucbdcb=18−123 2V/cm= 2v/cm，故A正确；
B、根据φc−φa=φb−φ，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=12V、φc=18V，解得：原点处的电势为φ0=4V，故B正确；
C、因Uab=φa−φb=10−(12)=−2V，电子从a点到b点电场力做功为：W=qUab=2 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2 eV，故C错误；
D、同理：Ubc=φb−φc=12−18=−6V，电子从b点运动到c点，电场力做功为：W=qUbc=6 eV，故D正确。
15.【答案】AD
【解析】解：选取斜面的底部为重力势能的零点，则滑块在斜面顶端的重力势能：Ep=mgh=mgLsinθ=1×10×2×sin30°J=10J，所以滑块到达底端时，重力势能减少10J；滑块到达斜面底端的动能增加为11J，重力势能减少10J，所以滑块的机械能增加1J；
滑块在沿斜面下滑的过程中电场力做的功：W=qELcsθ=1.0×10−6× 3×106×2×cs30°=3J，则滑块到达底端时，电势能减少3J；
由以上的分析可知滑块的重力势能与电势能之和减少13J，机械能和电势能之和减少2J，故BC错误，AD正确。
故选：AD。
根据功的公式分别求出电场力做的功和重力做的功，然后结合做功与势能的变化判断即可。
根据考查重力做功与重力势能变化的关系以及电场力做功与电势能变化的关系，知道重力与电场力做正功时，重力势能与电势能都减小即可。
16.【答案】dt dtR m1gh−12m1(dt)2
【解析】解：(1)挡光片通过光电门时的速度v=dt，此时转盘的角速度ω=vR=dtR；
(2)根据机械能守恒定律得转盘的转动动能Ek转=m1gh−12m1v2=m1gh−12m1(dt)2
故答案为：(1)dt，dtR；(2)m1gh−12m1(dt)2
(1)根据挡光片的宽度与挡光片通过光电门的时间可以求出挡光片通过光电门时的速度，根据线速度与角速度的关系求出圆盘转动的角速度；
(2)根据机械能等于动能与势能之和分析解答。
本题考查了实验数据处理问题，根据很短时间内的平均速度等于瞬时速度求出重物的速度是解题的前提，根据角速度与线速度的关系即可解题。
17.【答案】1.00 1.07 不合理
【解析】解：(1)相邻计数点的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打C点时的瞬时速度vC=xOD−xOB2T=(26.00−18.00)×0.012×0.02m/s=2.00m/s
在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔEk=12mvC2，代入数据解得重锤动能的增加量ΔEk=1.00J
重力势能的减小量ΔEp=mghOC，代入数据解得重力势能的减小量ΔEp=1.07J
(2)从起始点开始，若机械能守恒应满足mgh=12mv2，化简可得12v2=gh
做出12v2−h的图像，若图像过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可判定重锤下落过程机械能守恒，因此，若只满足图像过坐标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，因此该同学的分析不合理。
故答案为：(1)1.00；1.07；(2)不合理。
(1)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求C点时的瞬时速度，根据动能的定义式求动能的增加量，根据重力势能的定义式求重力势能的减小量；
(2)根据机械能守恒定律求解12v2−h函数，再分析图像斜率的含义，然后作答。
本题考查用纸带处于是机械能守恒定律的实验，对于纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解。
18.【答案】解：(1)(2)小球受到重力mg，电场力qE和绳子拉力T，如图所示：
根据平衡条件可得：T=mgcsθ，qE=mgtanθ
根据电势差与电场强度的关系得：U=Ed
联立解得：U=mgdtanθq
(3)剪断细线后，小球沿绳方向斜向下做匀加速直线运动，小球水平分运动也为匀加速直线运动．水平加速度为：a=qEm=gtanθ
由运动学公式有d2=12at2，联立解得：t= dgtanθ
答：(1)绳子上的拉力大小为mgcsθ。
(2)两板间电势差U的大小为mgdtanθq。
(3)某一时刻剪断绝缘细线，至少经过 dgtanθ小球与左侧极板相碰。
【解析】(1)(2)对小球受力分析，根据平衡条件结合U=Ed求解绳子拉力和两极板间的电势差；
(3)当剪断后，小球做直线运动，水平方向可以看成在电场力作用下加速运动，而竖直方向是自由落体，根据相关规律即可求解。
本题综合考查了带电粒子在电场中的平衡及运动问题，解答时要注意带电粒子受力情况分析及运动分解法的应用。
19.【答案】解：(1)由题可知，小滑块刚开始运动时，仅受到重力及斜面AB的支持力作用，合力大小为F合，根据几何关系可知F合=mgsinθ，
根据牛顿第二定律F合=ma可知，小滑块刚开始运动时的加速度大小为a=F合m=mgsinθm=gsinθ，因此小滑块刚开始运动时的加速度大小为gsinθ。
(2)当小滑块恰好经过圆弧轨道最高点E时，小滑块在E点时受到的合力恰好等于做圆周运动所需要的向心力，假设在E点受到的合力大小为F′，速度大小为v，则有F′=mg−qmg2q=12mg，方向向下，mv2R=12mg，
小滑块从A运动到E的过程中，从A到B的过程中仅有重力做功，B、E等高且等势，因此从B到E的过程中重力及电场力均不做功，
假设A、B点的高度差为h，根据动能定理可知12mv2−0=mgh，联立上述各式可得。h=R4。
(3)小滑块从D到E的过程中，受到的电场力为F=qE=−12mg，方向向上，小滑块在沿电场力的方向上的位移为x=R，电场力做正功，根据功能关系可知E末−E初=Fx=−12mgR，因此电势能的变化量为12mgR。
小滑块在从A点运动到C点的过程中，重力做正功，电场力做负功，沿重力方向的位移大小为94R，沿电场力方向的位移大小为2R，
根据动能定理可知，12mvc2−0=94mgR−mgR=54mgR，
因为滑块在C点做圆周运动，轨道对滑块的支持力提供向心力，则向心力大小F有F=mvc2R，联立上述各式可得F=52mg，
小滑块对轨道的压力与轨道对小滑块的支持力为相互作用力，大小相等，因此小滑块在最低点C时对轨道的压力为52mg。
【解析】(1)滑块刚开始运动时，重力沿AB方向的分力使滑块产生加速度；
(2)B、E等势，从A到B再到E的运动过程中仅有重力做功；
(3)①从D到E，电场力做正功电势能减小，变化量等于电场力做功的大小；②滑块从A到C过程中，重力做正功，电场力做负功，二力做功之和为动能变化量，由此可得向心力大小，进而得到滑块对轨道的压力。
利用动能定理、功能关系即圆周运动相关知识，结合题中已知信息列出关系式，以求问题中的未知量。
20.【答案】解：(1)当木板静止时，对木板受力分析，由力的平衡有：k(2L−74L)=mgsinθ
解得弹簧的劲度系数为：k=4mgsinθL；
(2)木板从被释放至Q端到C点，设弹簧弹力做功为W，由动能定理有：W−mg⋅2Lsinθ=0
木板被截掉一半后再被弹簧弹开，设木板上端到达C点时的速度为v，由动能定理有：
W−12mg⋅52Lsinθ=12×m2v2
解以上两式得：v= 3gLsinθ；
(3)设木板长为x时被弹开后恰好可以整体到达C点之上区域。
没有截去时，木板从被释放至Q端到C点，设弹簧弹力做功为W，由动能定理有：W−mg⋅2Lsinθ=0
截去后，木板从被释放到P点达到C点过程中，根据动能定理可得：W−xL⋅mgsinθ⋅3L−0+x⋅μmgcsθ2L⋅x=0
解得：x= 17−32L
则截取的部分为：Δl=L−x=5− 172L。
答：(1)弹簧的劲度系数为4mgsinθL；
(2)若木板被截掉一半，木板上端到达C点时的速度大小为 3gLsinθ；
(3)至少要将木板截掉5− 172L。，木板被释放后能整体到达C点之上区域。
【解析】(1)当木板静止时，对木板受力分析，运用平衡条件和胡克定律求弹簧的劲度系数；
(2)木板从被释放至Q端到C点，利用动能定理列式，木板被截掉一半后再被弹簧弹开，再运用动能定理列式，联立可得木板上端到达C点时的速度；
(3)木板被弹开后恰好可以能整体到达C点之上区域，由动能定理求解。
解决本题的关键要抓住木板恰好静止在斜面上的临界条件：重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力。运用动能定理时，要注意选取研究的过程。
21.【答案】解：(1)由题意得，物块在B点的速度与竖直方向夹角θ=37°，如图所示：
则有：tanθ=v0gt0
物块从A点到B点的运动时间为：t0=0.16s
物块在B点时重力的功率为：P=mgvy=mg⋅gt0
解得：P=8W；
(2)物块在B点的速度为：vB=v0sinθ=
从B到C根据动能定理可得：mgR(1+sinθ)=12mvC2−12mvB2
在C点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvC2R
联立解得：FN=23N；
(3)物块相对于木板滑动过程中，对物块根据牛顿第二定律可得：μ1mg=ma1
对木板，根据牛顿第二定律可得：μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
解得：a1=2m/s2，a2=1m/s2
物块与木板共速时，有：vC−a1t=a2t
解得：t=2s
物块与木板的位移分别为：
x1=vCt−12a1t2，解得：x1=8m
x2=12a2t2，解得：x2=2m．
则物块与木板之间摩擦产生的热为：Q1=μ1mg(x1−x2)
解得：Q1=6J
板块共速后一起匀减速运动的加速度为：a3=μ2(m+M)gm+M，解得：a3=0.5m/s2
匀减速的位移为：x3=(a2t)22a3，解得：x3=4m
木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能为：Q2=μ2(m+M)g(x2+x3)
代入数据解得：Q2=3J。
答：(1)物块从A点到B点的运动时间为0.16s，物块在B点时重力的功率为8W；
(2)物块在经过C点时，圆弧轨道对物块的支持力大小为23N；
(3)经过足够长时间，物块与木板之间摩擦产生的热能为6J，木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能Q2为3J。
【解析】(1)物块在B点求解在B点竖直方向的速度大小，根据运动学公式求解物块从A点到B点的运动时间，根据功率计算公式求解物块在B点时重力的功率；
(2)从B到C根据动能定理求解在C点速度大小，在C点根据牛顿第二定律求解支持力大小；
(3)物块相对于木板滑动过程中，对物块、对木板根据牛顿第二定律求解加速度大小，求出共速时二者的位移大小，再求出二者一起减速过程中的位移大小，根据摩擦力乘以相对距离求解产生的热。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
1.功率的单位是瓦特，若用国际单位制的基本单位来表示瓦特，正确的是( )
A. JsB. kg⋅m2s3C. N⋅msD. kg⋅ms3
2.人类对电的认识是在长期实践活动中，不断发展、逐步深化的，经历了一条漫长而曲折的道路。人们对电现象的初步认识，可追溯到公元前6世纪。希腊哲学家泰勒斯那时已发现并记载了摩擦过的琥珀能吸引轻小物体。我国东汉时期，王充在《论衡》一书中所提到的“顿牟掇芥”等问题，也是说摩擦琥珀能吸引轻小物体。关于物体带电，下列说法正确的是( )
A. 电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的
B. 自然界只有两种电荷，点电荷和元电荷
C. 物体通常呈现电中性，是因为物体内不存在电荷
D. 摩擦起电、接触起电、感应起电的带电实质是创造电荷，或电荷消失
3.某人将高尔夫球斜向上击出，不计高尔夫球受到空气的作用力，高尔夫球在空中运动的过程中( )
A. 机械能先变大后变小B. 速度先变小后变大
C. 加速度先变小后变大D. 所受重力的功率保持不变
4.如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )
A. 带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度
B. P点的电势一定高于Q点的电势
C. 带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能
D. 带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能
5.如图是一款称之为“钢珠永动机”的玩具，小钢珠从A处小孔沿轨道静止滑落，从C处飞离轨道作斜抛运动，然后落到圆盘后滚至A处从小孔再次落下，周而复始。下列判断正确的是( )
A. 此玩具是一个不需要外界能量的永动机
B. 钢珠在运动过程中机械能守恒
C. 此玩具可能仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠实现永动
D. 钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功
6.如图，半径为R半圆形槽固定放置在水平地面上，光滑小球从半圆形槽最低点A进入，经过最高点B后做平抛运动落到水平面上的C点，以水平面为零势能面，小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，则A、C之间的距离为( )
A. 2RB. 2RC. 4RD. 6R
7.如图所示，物体甲的质量为m1，中间有孔的物体乙可以套在竖直杆上无摩擦地滑动，物体乙的质量为m2，物体甲和乙通过绳子绕过光滑的定滑轮连接在一起，先控制物体乙在某一位置正好使连接物体乙的绳子处于水平状态。滑轮与杆的距离d=1.5m，现释放物体乙，当物体乙下降h=2m时，速度刚好为0，物体甲和乙均可看成质点。则物体甲和乙的质量之比m1：m2为( )
A. 3：4
B. 4：3
C. 1：2
D. 2：1
8.如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于O点，两个所带电荷量大小相等的小球甲、乙恰好静止在MN轴上距O点相同距离的位置。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙可能为同种电性
B. 甲、乙之间的静电力一定是排斥力
C. 甲、乙质量一定不同
D. 点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同
9.如图，在平行板电容器正中有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止。下列情况能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )
A. 保持S闭合，可以通过上移极板M实现
B. 保持S闭合，可以通过上移极板N实现
C. 充电后将S断开，可以通过上移极板M实现
D. 充电后将S断开，可以通过上移极板N实现
10.均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB=BA=R，CO=2R。若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V=43πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为( )
A. 9：25B. 25：9C. 175：207D. 207：175
11.如图，为不等量同种电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ−x图像，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。取无穷远处为0电势，质子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是( )
A. q1、q2均带负电
B. 两电荷电量之比q1q2=41
C. 将一质子从a点由静止释放，到达b点时速度为0
D. 将一质子从a点由静止释放，若质子经过O点时速度为v0，则a点电势为φa=φ0+mv022e
12.为了测试某新能源汽车的性能，使该汽车沿平直的公路行驶。当汽车以v1=20m/s的速度匀速行驶时，汽车牵引力的功率为P1=60kW，此时汽车所受路面的摩擦力Ff刚好等于空气阻力f的2倍。假设汽车所受路面的摩擦力大小恒定，空气阻力与汽车的速度成正比，当汽车以v2=30m/s的速度匀速行驶时，汽车牵引力的功率P2约为( )
A. 75kWB. 90kWC. 105kWD. 135kW
13.如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin10°=0.17，则货物( )
A. 在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大
B. 在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小
C. 在0～3m的过程中，机械能先增大后减小
D. 在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、12V、18V，下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小为 2v/cm
B. 坐标原点处的电势为4V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低2eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV
15.如图所示，倾角为θ=30°绝缘斜面长L=2m，顶端有一质量为m=1kg、带正电且电量q=1.0×10−6C的滑块，整个空间有电场强度E= 3×106N/C的水平向左匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达斜面底端的动能为11J，重力加速度g取10m/s2，则滑块在沿斜面下滑的过程中( )
A. 滑块机械能增加了1J，电势能减少了3J
B. 滑块机械能减少了2J，电势能减少了3J
C. 滑块重力势能和电势能之和减少11J，重力势能减少了10J
D. 滑块机械能和电势能之和减少2J，重力势能减少了10J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
16.某同学通过查阅资料得知：机械能中的动能既包括平动动能也包括转动动能。于是他利用实验室中的器材设计了一个实验用来研究转盘的转动动能Ek转和角速度ω的关系。他需要测量转盘的转动动能Ek转和角速度ω的数值。如图所示，轻质细线上端固定在转盘边缘，另一端连接物块，挡光片固定在物块的侧面。逆时针转动转盘将物块吊起，稳定后由静止释放转盘，物块竖直下落。若挡光片的宽度为d(很窄)，计时器挡光片通过光电门的时间为t，物块(含挡光片)的质量为m1，转盘的质量为m2，转盘的半径为R，释放时挡光片距离光电门的高度为h。用题中所给物理量的字母回答下列问题：
(1)请写出挡光片通过光电门时速度的表达式v= ______，此时转盘角速度的表达式ω= ______。
(2)若忽略各处摩擦及空气阻力，转盘转动动能的表达式Ek转= ______。
17.某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤质量为500g，部分实验步骤如下：
(1)按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中O是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点A、B、C、D、E到O点的距离h值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为9.80m/s2。在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔEk= ______J，重力势能的减少量ΔEp= ______J(结果均保留三位有效数字)。
(2)该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v，然后作出相应的12v2−h图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析______(选填“合理”或“不合理”)。
四、简答题：本大题共4小题，共39分。
18.如图所示，用轻质绝缘线把一个质量为m，带电量为+q的小球悬挂在带等量异种电荷的竖直平行金属极板之间。静止时，绳子偏离竖直方向的角度为θ，小球与两板的距离相等。两板间的距离为d。金属板足够长。求：
(1)绳子上的拉力大小。
(2)两板间电势差U的大小。
(3)某一时刻剪断绝缘细线，至少经过多少时间小球与左侧极板相碰。
19.如图所示，与水平夹角为θ角的倾斜轨道AC与半径为R的圆弧形轨道CDEF平滑连接，水平线BE(包括BE线)的下方有竖直向下的匀强电场，场强大小为mg2q，现将质量为m，带电量为−q的小滑块从A点由静止开始释放。设轨道光滑且绝缘。求：
(1)小滑块刚开始运动时的加速度大小。
(2)要使小滑块恰能过圆弧形轨道最高点E，小滑块释放点A与B点的高度差至少多大。
(3)在小滑块恰能过圆弧最高点E的情况下，小滑块从D到E的过程中电势能的变化量。小滑块在最低点C时对轨道的压力。
20.如图所示，一个足够长的斜面，AC部分的长度为4L，C点以下光滑，C点以上粗糙B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点，上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ，木板静止时，弹簧长度变为7L4。已知斜面的倾角为θ，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tanθ，木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，发现木板的Q端刚好能到达C点；将木板截短后，再次将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，求：
(1)弹簧的劲度系数。
(2)若木板被截掉一半，木板上端到达C点时的速度大小。
(3)至少要将木板截掉多长，木板被释放后能整体到达C点之上区域。
21.如图所示，半径为R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向夹角θ=37°。另一个端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平地面上紧挨着C静止放置一足够长的木板，木板质量M=0.5kg，上表面与C点等高。质量为m=0.5kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块和木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与水平地面之间的动摩擦因数μ2=0.05，求：
(1)物块从A点到B点的运动时间和物块在B点时重力的功率。
(2)物块在经过C点时，圆弧轨道对物块的支持力大小。
(3)经过足够长时间，物块与木板之间摩擦产生的热能Q1，木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能Q2各为多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据功率的定义式P=Wt可知1W=1J/s；J是功的单位，根据功的定义式W=FLcsα可得1J=1N⋅m，其中1N=1kg⋅m/s2，故功率单位用国际单位制的基本单位可表示为1W=1kg⋅m2s3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生必须掌握的。
2.【答案】A
【解析】解：
A.根据电荷守恒定律，电荷在转移的过程中，电荷的总量是不变的，故A正确；
B.自然界只有两种电荷，正电荷和负电荷，故B错误；
C.物体通常呈现电中性，是因为物体内总电荷量代数和为0，不是不存在电荷，故C错误；
D摩擦起电、接触起电、感应起电的带电实质是电荷的转移，故D错误；
故选：A。
本题根据电荷守恒定律、电荷种类、起电的本质，即可解答。
本题考查学生对电荷守恒定律、电荷种类、起电的本质的掌握，难度不高，比较基础。
3.【答案】B
【解析】解：A、不计高尔夫球受到空气的作用力，仅在重力作用下，高尔夫球的机械能守恒，故A错误；
B、将高尔夫球斜向上击出，高尔夫球做斜上抛运动，速度先变小后变大，故B正确；
C、仅受重力，加速度为重力加速度，保持不变，故C错误；
D、高尔夫球的竖直分速度先变小后变大，结合P=mgvy分析可知所受重力的功率先变小后变大，故D错误。
故选：B。
不计高尔夫球受到空气的作用力，高尔夫球的机械能守恒，其加速度为重力加速度g。根据斜抛运动的规律分析速度的变化情况，结合P=mgvy分析重力的功率变化情况。
解答本题时，要掌握斜抛运动的特点和规律，知道斜抛运动的加速度不变，速度先变小后变大。
4.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，R点附近的等差等势线比Q点附近的等差等势线密集，所以R点处的电场强度大，则带电粒子在R点受到的电场力大于在Q点时受到的电场力，结合牛顿第二定律可知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故A错误；
B、根据题给条件无法判断P、Q两点的电势高低，故B错误；
CD、粒子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力的方向大致向下，若粒子由P向Q运动，则电场力与粒子速度方向夹角始终小于90°，电场力对粒子做正功，粒子动能增大，电势能减小，因此带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大，在P点时的动能小于在Q点时的动能，故C正确，D错误。
故选：C。
等差等势线密集程度代表场强大小，然后结合牛顿第二定律判断加速度；由于电场线方向未知，根据题意无法判断电势高低；电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势高低的判断方法，注意电场线密集程度代表场强大小。
5.【答案】D
【解析】解：A.永动机违背能的转化和守恒定律，故永动机不能制造成功，此玩具仍然需要外界提供能量，故A错误；
B.钢珠在运动过程中有空气阻力、轨道间摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减少，所以钢珠机械能不守恒，故B错误；
C.此玩具仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠，钢珠靠近磁铁时引力做正功，远离磁铁时引力做负功，不能实现永动，故C错误；
D.钢珠能周而复始运动，运动过程中一部分机械能转化为内能，钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功，故D正确。
故选：D。
根据永动机违背能的转化和守恒定律分析；根据机械能守恒条件分析；钢珠靠近磁铁时引力做正功，远离磁铁时引力做负功，不能实现永动；由于钢珠周而复始运动，钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功。
本题考查了能量守恒定律、功、机械能守恒定律等相关知识，注意永动机不能制造成功。
6.【答案】C
【解析】解：从A点到B点，根据机械能守恒定律得
12mvB2+mg⋅2R=12mvA2
据题有：12mvA2=2(mg⋅2R)
解得：vB=2 gR
小球经过最高点B后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，竖直方向有
2R=12gt2
A、C之间的距离为
L=vBt
联立解得：L=4R，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据机械能守恒定律列式，结合小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，即小球在A点的动能为其在B点重力势能的2倍列式，联立求出小球经过最高点B的速度大小。小球经过最高点B后做平抛运动，根据分位移公式求解A、C之间的距离。
本题是机械能守恒定律与平抛运动的综合，要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，掌握分运动的规律。
7.【答案】D
【解析】解：设物体甲上升的高度为h1，由几何关系得(h1+d)2=h2+d2
由机械能守恒定律得m1gh1=m2gh
解得甲和乙的质量之比m1：m2=2：1
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据几何知识求出物体甲上升的距离，然后再根据能量守恒定律即可求解物体甲和乙的质量之比。
解答该题应明确：本题中物体甲上升的距离应等于绳子长度之差。
8.【答案】C
【解析】解：D、水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，ac和bd分别为等量同种电荷，MN分别在它们连线的中垂线上，根据等量同种电荷周围的电场分布，可得MN上甲、乙静止的两点的电场强度等大反向，故D错误；
A、甲、乙静止，即甲、乙受力平衡。设甲、乙之间的库仑力大小为F，若甲、乙为同种电荷，则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等，方向相反，即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定带异种电荷，故A错误；
BC、由A选项可得，甲、乙一定为不同电性，则电场力大小相等，库仑力等大反向，则甲、乙受到电场力和库仑力的合力大小定不相同，则与之平衡的重力一定不同，即甲、乙的质量一定不同，故B错误，C正确。
故选：C。
根据等量同种电荷的电场线特点以及场强的叠加原理分析D；对两球受力分析可知两球电性一定不同；两球受力平衡，根据重力和库仑力以及电场力的关系分析即可。
能够熟练掌握场强的叠加原理是解题的基础，要知道小球除受四个电荷对它们的电场力外，它们两个之间还存在着库仑力。
9.【答案】B
【解析】解：A、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板M时，板间距离增大，根据E=Ud分析可知，板间场强减小，微粒受到的电场力减小，则微粒将向下运动到下极板，故A错误；
B、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板N时，板间距离减小，根据E=Ud分析可知，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，则微粒将向上运动到上极板，故B正确；
CD、充电后将S断开，电容器的带电量Q不变。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU以及E=Ud得：E=4πkQϵrS，可知只改变板间距离时，板间场强不变，微粒受到的电场力不变，则微粒将静止不动，故CD错误。
故选：B。
微粒原来静止，所受的电场力与重力平衡。要使该带电微粒向上运动到上极板，必须增大电场力。保持S闭合，电容器的电压不变，根据E=Ud分析板间场强的变化，判断电场力的变化，确定微粒的运动方向。充电后将S断开，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU以及E=Ud推导出场强表达式，再进行分析。
本题考查电容器的动态分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU以及E=Ud相结合进行分析。
10.【答案】C
【解析】解：设半径为R的均匀带电体带电量为q，由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：E整=kq(2R)2
割出的小球半径为R2，因为电荷均匀分布，根据球的体积公式可知，其带电荷量为q8
则割出的小球在未割前在A点产生的场强为：E割=kq8(32R)2=kq18R2
所以挖走一球形空腔后剩余部分电荷在A点产生的场强为：E剩A=E整−E割=kq4R2−kq18R2=k7q36R2
同理，在C点处产生的场强为：E剩B=kq(2R)2−k18q(52R)2=k23q100R2
所以A、C两点的电场强度大小之比为：175：207，故C正确，ABD错误；
故选：C。
采用割补的思想方法求解。先求出一个完整大球在某点产生的场强，再求出割出的小球在某点产生的场强，求其矢量和即可。
本题主要考查了电场强度的计算，采用割补法的思想，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，x轴上的−x0和2x0之间的电势都大于零，说明两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；
B、在x=0处φ−x图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，则有kq1x02=kq2(2x0)2，解得q1：q2=1：4，故B错误；
C、因a点电势大于b点电势，则从质子a点由静止释放到达b点，电场力做正功，质子的动能增大，因此质子到达b点时速度不为0，故C错误；
D、质子从a点静止释放到O点，根据动能定理得：e(φa−φ0)=12mv02，解得：φa=φ0+mv022e，故D正确。
故选：D。
根据图像的物理意义分析电荷的电性。在x=0处φ−x图像切线的斜率为零，说明该点处的电场强度为零，结合点电荷场强公式求解两电荷电量之比。根据电场力做功情况分析质子到达b点时的速度是否为0。质子从a点静止释放到O点，根据动能定理求a点电势。
本题主要考查φ−x图像的相关应用，理解图像的物理意义，知道φ−x图像切线的斜率表示电场强度，能根据动能定理求质子的速度。
12.【答案】C
【解析】解：空气阻力与汽车的速度成正比，设f=kv。
根据功率的计算公式可得，当汽车以v1=20m/s的速度匀速行驶时，汽车的牵引力为
F1=P1v1=6000020N=3000N
根据题目条件可得：Ff+f=F1
且Ff=2f
f=kv
联立解得：Ff=2000N，k=50N⋅s/m
当汽车以v2=30m/s的速度匀速行驶时，则此时的空气阻力f′=kv2=50×30N=1500N
则牵引力为F2=Ff+f′=2000N+1500N=3500N
根据功率的计算公式得：
P2=3500×30W=105kW，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据汽车的运动状态和功率的计算公式得出空气阻力与汽车速度的比值关系，计算出汽车在新的速度下的空气阻力，结合功率的计算公式完成分析。
本题主要考查了功率的计算公式，熟悉牛顿第二定律，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：AB、由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，则由图乙可得在0～3m的过程中，货物所受的合力逐渐减小，在3m～5m的过程中，货物所受的合力逐渐增大，故AB错误；
C、在0～3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，由图乙可知其动能也增大，故此过程货物的机械能一直增大，故C错误；
D、选x=0所在水平面为重力势能的零势能面，在x=5m的位置货物的重力势能为：
Ep=mgxsin10°=10×9.8×5×0.17J=83.3J
根据重力势能随位移x的增大而均匀增大，在图乙中画出重力势能随位移x的变化图像如下图所示，
在x=3m时动能最大，之后动能减小，根据两图线的斜率对比，可知在x=3m之后动能随位移减小的快慢先是慢于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能增大，在3m～5m之间的某位置之后，动能随位移减小的快慢又快于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能减小，故在3m～5m的过程中，货物的机械能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，根据图乙所示图像的斜率变化判断货物所受的合力的变化情况；在0～3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，其动能也增大，根据机械能的定义判断机械能的变化；在3m～5m的过程根据动能随位移减小的快慢与重力势能增加的快慢的关系，判断货物的机械能的变化。
本题考查了重力势能、机械能的概念，功能关系的应用。要知道动能随位移的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小。
14.【答案】ABD
【解析】【分析】
根据匀强电场的电场强度公式E=Ud，结合电势差与场强间距，即可求解；
依据电势差等于电势之差；
根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=Ud的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。
【解答】
A、a、b、c三点的电势分别为10V、12、18V，根据几何关系知坐标(2,6)点电势为12V，则db为一条等势线，那么垂直db为电场线方向，如图：
dcb=3 2cm，匀强电场的电场强度E=Ucbdcb=18−123 2V/cm= 2v/cm，故A正确；
B、根据φc−φa=φb−φ，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=12V、φc=18V，解得：原点处的电势为φ0=4V，故B正确；
C、因Uab=φa−φb=10−(12)=−2V，电子从a点到b点电场力做功为：W=qUab=2 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2 eV，故C错误；
D、同理：Ubc=φb−φc=12−18=−6V，电子从b点运动到c点，电场力做功为：W=qUbc=6 eV，故D正确。
15.【答案】AD
【解析】解：选取斜面的底部为重力势能的零点，则滑块在斜面顶端的重力势能：Ep=mgh=mgLsinθ=1×10×2×sin30°J=10J，所以滑块到达底端时，重力势能减少10J；滑块到达斜面底端的动能增加为11J，重力势能减少10J，所以滑块的机械能增加1J；
滑块在沿斜面下滑的过程中电场力做的功：W=qELcsθ=1.0×10−6× 3×106×2×cs30°=3J，则滑块到达底端时，电势能减少3J；
由以上的分析可知滑块的重力势能与电势能之和减少13J，机械能和电势能之和减少2J，故BC错误，AD正确。
故选：AD。
根据功的公式分别求出电场力做的功和重力做的功，然后结合做功与势能的变化判断即可。
根据考查重力做功与重力势能变化的关系以及电场力做功与电势能变化的关系，知道重力与电场力做正功时，重力势能与电势能都减小即可。
16.【答案】dt dtR m1gh−12m1(dt)2
【解析】解：(1)挡光片通过光电门时的速度v=dt，此时转盘的角速度ω=vR=dtR；
(2)根据机械能守恒定律得转盘的转动动能Ek转=m1gh−12m1v2=m1gh−12m1(dt)2
故答案为：(1)dt，dtR；(2)m1gh−12m1(dt)2
(1)根据挡光片的宽度与挡光片通过光电门的时间可以求出挡光片通过光电门时的速度，根据线速度与角速度的关系求出圆盘转动的角速度；
(2)根据机械能等于动能与势能之和分析解答。
本题考查了实验数据处理问题，根据很短时间内的平均速度等于瞬时速度求出重物的速度是解题的前提，根据角速度与线速度的关系即可解题。
17.【答案】1.00 1.07 不合理
【解析】解：(1)相邻计数点的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打C点时的瞬时速度vC=xOD−xOB2T=(26.00−18.00)×0.012×0.02m/s=2.00m/s
在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔEk=12mvC2，代入数据解得重锤动能的增加量ΔEk=1.00J
重力势能的减小量ΔEp=mghOC，代入数据解得重力势能的减小量ΔEp=1.07J
(2)从起始点开始，若机械能守恒应满足mgh=12mv2，化简可得12v2=gh
做出12v2−h的图像，若图像过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可判定重锤下落过程机械能守恒，因此，若只满足图像过坐标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，因此该同学的分析不合理。
故答案为：(1)1.00；1.07；(2)不合理。
(1)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求C点时的瞬时速度，根据动能的定义式求动能的增加量，根据重力势能的定义式求重力势能的减小量；
(2)根据机械能守恒定律求解12v2−h函数，再分析图像斜率的含义，然后作答。
本题考查用纸带处于是机械能守恒定律的实验，对于纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解。
18.【答案】解：(1)(2)小球受到重力mg，电场力qE和绳子拉力T，如图所示：
根据平衡条件可得：T=mgcsθ，qE=mgtanθ
根据电势差与电场强度的关系得：U=Ed
联立解得：U=mgdtanθq
(3)剪断细线后，小球沿绳方向斜向下做匀加速直线运动，小球水平分运动也为匀加速直线运动．水平加速度为：a=qEm=gtanθ
由运动学公式有d2=12at2，联立解得：t= dgtanθ
答：(1)绳子上的拉力大小为mgcsθ。
(2)两板间电势差U的大小为mgdtanθq。
(3)某一时刻剪断绝缘细线，至少经过 dgtanθ小球与左侧极板相碰。
【解析】(1)(2)对小球受力分析，根据平衡条件结合U=Ed求解绳子拉力和两极板间的电势差；
(3)当剪断后，小球做直线运动，水平方向可以看成在电场力作用下加速运动，而竖直方向是自由落体，根据相关规律即可求解。
本题综合考查了带电粒子在电场中的平衡及运动问题，解答时要注意带电粒子受力情况分析及运动分解法的应用。
19.【答案】解：(1)由题可知，小滑块刚开始运动时，仅受到重力及斜面AB的支持力作用，合力大小为F合，根据几何关系可知F合=mgsinθ，
根据牛顿第二定律F合=ma可知，小滑块刚开始运动时的加速度大小为a=F合m=mgsinθm=gsinθ，因此小滑块刚开始运动时的加速度大小为gsinθ。
(2)当小滑块恰好经过圆弧轨道最高点E时，小滑块在E点时受到的合力恰好等于做圆周运动所需要的向心力，假设在E点受到的合力大小为F′，速度大小为v，则有F′=mg−qmg2q=12mg，方向向下，mv2R=12mg，
小滑块从A运动到E的过程中，从A到B的过程中仅有重力做功，B、E等高且等势，因此从B到E的过程中重力及电场力均不做功，
假设A、B点的高度差为h，根据动能定理可知12mv2−0=mgh，联立上述各式可得。h=R4。
(3)小滑块从D到E的过程中，受到的电场力为F=qE=−12mg，方向向上，小滑块在沿电场力的方向上的位移为x=R，电场力做正功，根据功能关系可知E末−E初=Fx=−12mgR，因此电势能的变化量为12mgR。
小滑块在从A点运动到C点的过程中，重力做正功，电场力做负功，沿重力方向的位移大小为94R，沿电场力方向的位移大小为2R，
根据动能定理可知，12mvc2−0=94mgR−mgR=54mgR，
因为滑块在C点做圆周运动，轨道对滑块的支持力提供向心力，则向心力大小F有F=mvc2R，联立上述各式可得F=52mg，
小滑块对轨道的压力与轨道对小滑块的支持力为相互作用力，大小相等，因此小滑块在最低点C时对轨道的压力为52mg。
【解析】(1)滑块刚开始运动时，重力沿AB方向的分力使滑块产生加速度；
(2)B、E等势，从A到B再到E的运动过程中仅有重力做功；
(3)①从D到E，电场力做正功电势能减小，变化量等于电场力做功的大小；②滑块从A到C过程中，重力做正功，电场力做负功，二力做功之和为动能变化量，由此可得向心力大小，进而得到滑块对轨道的压力。
利用动能定理、功能关系即圆周运动相关知识，结合题中已知信息列出关系式，以求问题中的未知量。
20.【答案】解：(1)当木板静止时，对木板受力分析，由力的平衡有：k(2L−74L)=mgsinθ
解得弹簧的劲度系数为：k=4mgsinθL；
(2)木板从被释放至Q端到C点，设弹簧弹力做功为W，由动能定理有：W−mg⋅2Lsinθ=0
木板被截掉一半后再被弹簧弹开，设木板上端到达C点时的速度为v，由动能定理有：
W−12mg⋅52Lsinθ=12×m2v2
解以上两式得：v= 3gLsinθ；
(3)设木板长为x时被弹开后恰好可以整体到达C点之上区域。
没有截去时，木板从被释放至Q端到C点，设弹簧弹力做功为W，由动能定理有：W−mg⋅2Lsinθ=0
截去后，木板从被释放到P点达到C点过程中，根据动能定理可得：W−xL⋅mgsinθ⋅3L−0+x⋅μmgcsθ2L⋅x=0
解得：x= 17−32L
则截取的部分为：Δl=L−x=5− 172L。
答：(1)弹簧的劲度系数为4mgsinθL；
(2)若木板被截掉一半，木板上端到达C点时的速度大小为 3gLsinθ；
(3)至少要将木板截掉5− 172L。，木板被释放后能整体到达C点之上区域。
【解析】(1)当木板静止时，对木板受力分析，运用平衡条件和胡克定律求弹簧的劲度系数；
(2)木板从被释放至Q端到C点，利用动能定理列式，木板被截掉一半后再被弹簧弹开，再运用动能定理列式，联立可得木板上端到达C点时的速度；
(3)木板被弹开后恰好可以能整体到达C点之上区域，由动能定理求解。
解决本题的关键要抓住木板恰好静止在斜面上的临界条件：重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力。运用动能定理时，要注意选取研究的过程。
21.【答案】解：(1)由题意得，物块在B点的速度与竖直方向夹角θ=37°，如图所示：
则有：tanθ=v0gt0
物块从A点到B点的运动时间为：t0=0.16s
物块在B点时重力的功率为：P=mgvy=mg⋅gt0
解得：P=8W；
(2)物块在B点的速度为：vB=v0sinθ=
从B到C根据动能定理可得：mgR(1+sinθ)=12mvC2−12mvB2
在C点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvC2R
联立解得：FN=23N；
(3)物块相对于木板滑动过程中，对物块根据牛顿第二定律可得：μ1mg=ma1
对木板，根据牛顿第二定律可得：μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
解得：a1=2m/s2，a2=1m/s2
物块与木板共速时，有：vC−a1t=a2t
解得：t=2s
物块与木板的位移分别为：
x1=vCt−12a1t2，解得：x1=8m
x2=12a2t2，解得：x2=2m．
则物块与木板之间摩擦产生的热为：Q1=μ1mg(x1−x2)
解得：Q1=6J
板块共速后一起匀减速运动的加速度为：a3=μ2(m+M)gm+M，解得：a3=0.5m/s2
匀减速的位移为：x3=(a2t)22a3，解得：x3=4m
木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能为：Q2=μ2(m+M)g(x2+x3)
代入数据解得：Q2=3J。
答：(1)物块从A点到B点的运动时间为0.16s，物块在B点时重力的功率为8W；
(2)物块在经过C点时，圆弧轨道对物块的支持力大小为23N；
(3)经过足够长时间，物块与木板之间摩擦产生的热能为6J，木板与水平地面之间摩擦过程中产生的热能Q2为3J。
【解析】(1)物块在B点求解在B点竖直方向的速度大小，根据运动学公式求解物块从A点到B点的运动时间，根据功率计算公式求解物块在B点时重力的功率；
(2)从B到C根据动能定理求解在C点速度大小，在C点根据牛顿第二定律求解支持力大小；
(3)物块相对于木板滑动过程中，对物块、对木板根据牛顿第二定律求解加速度大小，求出共速时二者的位移大小，再求出二者一起减速过程中的位移大小，根据摩擦力乘以相对距离求解产生的热。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
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