2024-2025学年山东省德州市武城二中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省德州市武城二中高二（上）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.如图所示，配有调节倾角的简易支架放在水平桌面上，上语文课时，某同学将一本古汉语字典放在支架的斜面上，若字典与支架斜面间的动摩擦因数为μ= 33，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，缓慢地调节倾角θ使得字典与支架始终处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A. 倾角θ增大，字典受到的摩擦力减小
B. 倾角θ增大，字典受到的支持力增大
C. 若字典始终处于静止状态，支架倾角的最大值θ=30°
D. 若字典始终处于静止状态，支架倾角的最大值θ=45°
2.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg.若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内(重力加速度为g)( )
A. 该同学所受的重力变小了
B. 电梯一定在竖直向下运动
C. 该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D. 电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下
3.如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，小球A、B在空中运动的时间之比为( )
A. 2tan2θ：1
B. tan2θ：1
C. 1：2tan2θ
D. 1：tan2θ
4.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( )
A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C. 若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为34vm
D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mvm2−Pt
5.质量分别为2kg、3kg的物块A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的轻质定滑轮上，此时物体A离地面的高度为0.8m，如图所示，斜面光滑且足够长，始终保持静止，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体A落地的速度为4m/sB. 物体A落地的速度为2 105m/s
C. 物体B沿斜面上滑的最大高度为0.68mD. 物体B沿斜面上滑的最大高度为0.96m
6.如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2，若圆环下降ℎ=3m时的速度v=5m/s，则A和B的质量关系( )
A. Mm=3529
B. Mm=79
C. Mm=3925
D. Mm=1519
7.某静电场的电场线分布如图所示，M、N为电场中的两点，则( )
A. M点的电势比N点的电势高
B. M点的电场强度比N点的电场强度小
C. 负电荷从M点运动到N点，电场力做正功
D. 正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大
8.长为L的导体棒原来不带电，现将一带电荷量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示。静电力常量为k，当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的电场的电场强度大小是( )
A. 4kq(2R+L)2B. 2kq(2R+L)2C. 4kq2R+LD. 2kq2R+L
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则( )
A. 该卫星在P点的速度大于7.9km/s，小于11.2km/s
B. 该卫星的发射速度大于7.9km/s
C. 卫星在轨道Ⅰ上任何一点的速度都比轨道Ⅱ上任何一点的速度大
D. 卫星在Q点加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，故轨道Ⅱ在Q点的速度大于轨道Ⅰ在Q点的速度
10.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A. F′点与C′点的电场强度大小相等
B. B′点与E′点的电场强度方向相同
C. A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D. 将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
11.如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，两板间电压为U，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，下列说法正确的是( )
A. 油滴带负电
B. 油滴质量大小为qUgd
C. 若仅将上极板向左平移一小段距离，则静电计指针张角变大
D. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴的电势能增大
12.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )
A. nvSΔtB. nvΔtC. I△tqD. IΔtSq
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与木板间的动摩擦因数。PQ为一块倾斜放置的木板，在木板底端Q处固定一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)。实验时通过改变木板倾角θ，使物块(其上固定有宽度为d的遮光条)从O点正上方不同高度ℎ处的斜面上由静止释放，实验中保持OQ间距离L=0.80m不变，重力加速度g=10m/s2。(设物块与木板间的动摩擦因数处处相同)
(1)实验中，不需要测量的物理量有______。
A.遮光条的宽度d
B.遮光条的挡光时间t
C.物块(带遮光条)的质量m
D.物块释放点到地面的高度ℎ
(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图乙所示的v2−ℎ图像，其图像与横轴的交点为0.20。则物块与木板间的动摩擦因数μ=______；
(3)若更换动摩擦因数更小的木板，重复上述实验并在乙图中画出v2−ℎ图像，其图像的斜率将______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
14.某实验小组利用如图甲所示的电路来探究某电容器的充、放电规律。
(1)开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为______；
A.逐渐偏转到某一刻度后保持不变
B.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0
C.迅速偏转到某一刻度后保持不变
D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0
(2)将开关S接2，电容器放电，在放电过程中电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。如图乙关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是______；
(3)如图丙为电容器放电时的I−t图像。已知电容器放电之前的电压为8V，I−t图线与坐标轴围成的面积可以用所围小方格的总面积近似代替。数出小方格数为82，据此则可求得电容器电荷量Q值为______C，该电容器的实测电容值为______μF。(结果均保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.火星半径是地球半径的12，火星质量大约是地球质量的19，地球表面上有一质量为m=50kg的宇航员。求：
(1)宇航员在火星表面上受到的重力是多少？
(2)若宇航员在地球表面能跳1.5m高，那他在火星表面能跳多高？(不考虑宇航员的身高，在地球表面的重力加速度g取10m/s2)
16.如图所示为汽车的加速度a与车速倒数1v的关系图象，若汽车质量为4×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，求：
(1)汽车的额定功率；
(2)当汽车的速度为20m/s时汽车的加速度。
17.XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。求：
(1)求电子刚进入偏转场时的速度大小；
(2)求匀强电场的电场强度E的大小；
(3)求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小。
18.如图所示，一段光滑圆弧轨道CD右端连接一长木板，一起固定在水平面上。一个可视为质点的质量为m=2kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入圆轨道，最后小物块滑上长木板。已知木板表面与圆弧轨道末端切线向平，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，圆弧轨道的半径为R=1m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角为θ=37°。(不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)求：
(1)AC两点的高度差；
(2)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
答案解析
1.C
【解析】解：A.字典的受力情况如图所示
字典受到沿接触面向上的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿接触面向下的分力，即Ff=mgsinθ
随倾角θ增大，摩擦力增大，故A错误；
B.根据受力分析可知支持力FN=mgcsθ
随倾角θ增大，支持力减小，故B错误；
CD.当字典受到摩擦力恰好等于重力沿斜面向下的分力时支架倾角的最大，即mgsinθ=μmgcsθ
解得tanθ= 33
则θ=30°
故C正确，D错误。
故选：C。
对字典进行受力分析，结合共点力平衡分析字典受到的支持力和摩擦力；对字典进行受力分析，结合共点力平衡求出支架倾角的最大值。
本题考查共点力的平衡，关键要注意对研究对象的受力分析，特别是摩擦力。
2.D
【解析】解：A、体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，该同学的体重不变，故A错误；
B、该同学受到重力与支持力作用，支持力小于重力，合力向下，加速度向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B错误；
C、该同学对体重计的压力与体重计对她的支持力是作用力与反作用力，它们大小相等，故C错误；
D、对该同学，由牛顿第二定律得：mg−FN=ma，解得：a=mg−FNm=50g−40g50=0.2g，方向：竖直向下，故D正确；
故选：D。
由题意可知体重计示数是40kg，小于体重说明处于失重状态，则电梯应具有向下的加速度，应用牛顿第二定律分析答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，该题考查对超重与失重的理解，明确失重是物体对与之接触的物体的弹力小于重力，不是重力变小了。
3.A
【解析】解：设小球A在空中运动的时间为t1，小球B在空中运动的时间为t2。
对小球A，A球落在斜面上时，有
tanθ=yAxA=12gt12v0t1=gt12v0
可得t1=2v0tanθg
对小球B，小球B恰好垂直斜面击中Q点，速度与斜面垂直，结合几何知识，由平抛运动的规律可得
tanθ=v0vBy=v0gt2
可得t2=v0gtanθ
联合可得：t1t2=2tan2θ1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球A和B都做平抛运动，而平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。对于A球，根据竖直位移和水平位移的关系，求出A球运动的时间。B球垂直斜面击中Q点，速度与斜面垂直，由竖直分速度求运动的时间，再求时间之比。
解决本题的关键要准确分析隐含的条件，判断两个分运动的关系，如分速度关系、分位移关系，再运用运动学公式解答。
4.C
【解析】解：A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a=F牵−fm=4Pv−kvm，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：4Pvm=kvm，若总功率变为2.25P，则同样有：2.25Pvm′=kvm′，联立两式可得：vm′=34vm，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt−Wf=12mvm2，所以克服阻力做的功Wf=4Pt−12mvm2，故D错误。
故选：C。
根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率；
根据动能定理计算经过时间t达到最大速度时克服阻力做的功。
解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用动能定理求解在额定功率下达到最大速度时克服阻力做的功。
5.B
【解析】解：AB、物块A下落过程中，物块A、B组成的系统机械能守恒，则有
mAgℎ−mBgℎsin30°=12(mA+mB)v2
解得物体A落地的速度为：v=2 105m/s，故A错误，B正确；
CD、根据题图可知，物块A落地之前B沿斜面上滑的距离为
x1=ℎ=0.8m
设物块A落地之后B继续沿斜面上滑的距离为x2，对B，由机械能守恒定律有
mBgx2sin30°=12mBv2
解得：x2=0.16m
则物体B沿斜面上滑的最大距离为
x=x1+x2=0.8m+0.16m=0.96m
物体B沿斜面上滑的最大高度为
ℎ=xsin30°=0.96×0.5m=0.48m，故CD错误。
故选：B。
斜面光滑，A下落过程中，A与B组成的系统机械能守恒，根据系统机械能守恒求解A落地的速度大小；A落地后，根据机械能守恒定律求出B继续上滑的距离，加上原来一起运动的距离，即为物体B沿斜面上滑的最大距离，进而求出物体B沿斜面上滑的最大高度。
本题是连接体机械能守恒问题，要明确研究对象，确定研究过程，分对象、分过程利用机械能守恒定律解答。
6.A
【解析】解：若圆环下降ℎ=3m时的速度v=5m/s，如图所示，A、B的速度关系为
vA=vcsθ=v⋅ℎ ℎ2+l2=5×3 32+42=3m/s
A上升的高度ℎA= ℎ2+l2−l= 32+42−4=1m
由机械能守恒定律得：
mgℎ=MgℎA+12mv2+12MvA2
解得：Mm=3529；
故选：A。
圆环B下降的过程中，圆环B与A组成的系统机械能守恒，结合可得此时A、B速度关系，可得两物体的质量关系。
该题的关键是用好系统机械能守恒和圆环的速度沿绳子方向的分速度等于A的速度这两个知识点，要注意对A或B单个物体，机械能并不守恒。
7.C
【解析】解：A、沿着电场线方向电势降低，可知N点电势高于M点电势，故A错误；
B、电场线的密的地方场强大，M点电场线密，所以M点电场强度大，故B错误；
C、负电荷受到的电场力得方向与电场强度的方向相反，负电荷在MN连线上受到的电场力的方向向左，故负电荷从M点运动到N点，电场力做正功，故C正确；
D、正电荷具有的电势能：Ep=qφ，N点电势高于M点电势，则正电荷在N点的电势能大，故D错误。
故选：C。
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；沿着电场线方向电势是降低的。
本题考查对电场线以及电势能的理解，掌握电场线的特点即可解决问题，可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道电势能的变化．注意电场力的方向与运动方向来确定电场力做功的正负是解题的关键。
8.A
【解析】解：导体棒在点电荷+q的电场中发生静电感应，左端出现负电荷，右端出现正电荷，棒中任意一点都受两个电场的影响，即外电场和附加电场，达到静电平衡状态时
E′=4kq(2R+L)2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
然后根据点电荷场强公式求解当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反。
感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点。
9.ABD
【解析】解：AB、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，最小的发射速度，所以卫星的发射速度大于7.9km/s；同时卫星在P点的速度也是大于7.9km/s；而11.2km/s是卫星逃离地球的速度，由于卫星仍然绕地球运动，所以卫星在P点的速度小于11.2km/s。故A正确，B正确。
CD、卫星在椭圆轨道Ⅰ的P点做向心运动，所以从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点需要加速，增加所需的向心力。所以卫星在在轨道Ⅰ上的Q点的速度都比轨道Ⅱ上Q点的速度小。故C错误。D正确。
故选：ABD。
卫星在轨道Ⅰ上的Q点进入轨道Ⅱ，需加速，使万有引力等于所需要的向心力。根据万有引力提供向心力比较卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度和第一宇宙速度的大小。
知道第一宇宙速度的特点。卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。
10.ACD
【解析】解：D.将六棱柱的上表面的一半拿出
如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的13，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确；
C.设A′点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知
φA′=φ>0
φD′=−φ<0
φO′=0
φF′>0
因此
φA′−φF′=φ−φF′<φO′−φD′=φ
即A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差，故C正确；
AB.由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同(B′有向下的分量，E′有向上的分量)，故A正确，B错误；
故选：ACD。
对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；
根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系；
根据等量异种电荷的对称性求解电场强度。
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
11.ABC
【解析】解：A、油滴受重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，上极板带正电，所以电场强度的方向竖直向下，故油滴带负电，故A正确；
B、油滴所受重力和电场力平衡：
mg=Eq
匀强电场电场强度公式E=Ud，
解得m=qUgd，
故B正确；
C、若仅将上极板向左平移一小段距离，两个极板间正对面积减少，根据电容的决定式；
C=ɛs4πKd可知电容C变小，
再根据电容的定义式：
C=QU
两个极板的电量不变，电容减小，电压变大，静电计指针偏角变大，故C正确；
D、下极板和油滴间的距离不变，所以油滴对下极板不做功，上极板带正电，油滴带负电，上极板受油滴的力向下，上极板向下移动时电场力对极板做正功，故电势能减小，故油滴和极板间的电势能减小，故D 错误；
故选：ABC。
根据重力和电场力平衡判断电场力的方向，根据场强方向判断粒子的电性；上极板下移板间距减小，根据电容的决定式C=ɛs4πKd和电容的定义式C=QU判断两个极板间电压的变化，从而判断静电计指针的变化，用电场力做功判断电势能的变化。
电容的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的定义式和决定式，静电计指针偏角的大小由两个极板间的电压决定。
12.AC
【解析】解：根据电流的微观表达式I=nqvs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=IΔt，
则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n=Qq=I△tq，
将I=nevS代入得n=nqvS△tq=nvSΔt，故AC正确，BD错误．
故选：AC．
根据电流的微观表达式I=nqvs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．
本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．
13.C 0.25 不变
【解析】解：(1)很短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块经过光电门时的速度大小v=dt，滑块在下滑过程中，设滑块的位移大小为x，由动能定理得：mgℎ−μmgcsθ⋅x=12mv2−0，
其中：xcsθ=L，整理得：v2=2gℎ−2μgL，
实验需要测量物块释放点到地面的高度ℎ，
求滑块的速度需要测量遮光条的宽度d与遮光条的挡光时间t，
不需要测量的是物块(带遮光条)的质量m，故选C。
(2)由(1)可知，v2−ℎ图象的函数表达式是：v2=2gℎ−2μgL，
由图示v2−ℎ图象可知，v2=0时ℎ=0.20m，代入函数表达式得：0=2g×0.20−2μgL，
解得：μ=0.25．
(3)v2−ℎ图象的斜率k=2g，与动摩擦因数μ无关，更换动摩擦因数更小的木板，其图像的斜率将不变。
故答案为：(1)C；(2)0.25；(3)不变。
(1)由动能定理求出图象的函数表达式，根据图象的函数表达式分析答题。
(2)根据v2−ℎ图象求出动摩擦因数；
(3)根据图象的函数表达式分析答题。
本题主要是考查测物块与斜面间的动摩擦因数实验，根据动能定理列出关系式，找出图象对应的关系，即可求解。
14.D B 4.10×10−3 513
【解析】解：(1)开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到的电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。故ABC错误；D正确。
(2)D.电容器的电容在充放电过程中是不变的，电容只跟电容器的构造有关，故D错误；
ABC.放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容的定义式：C=QU，可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据电流的定义式：i=qt=ΔQΔt，可知Q−t图像的斜率绝对值逐渐减小。故AC错误；B正确。
(3)根据：Q=It，可知电荷量等于I−t图像与时间轴所围成的面积，则有：
Q=82×10×10−6×5C=4.10×10−3C
根据：C=QU，已知U=8V，解得：C=5.13×10−4F=513μF
故答案为：(1)D；(2)B；(3)4.10×10−3；513
(1)电源给电容器充电时电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，根据电容的定义式判断其电压的变化，可得充电电流的变化情况。
(2)电容器的电容在充放电过程中是不变的；放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容的定义式判断其电压变化情况，可得放电电流的变化情况，根据电流的定义式分析Q−t图像的斜率如何变化。
(3)I−t图像与时间轴所围成的面积等于电荷量。根据电容的定义式求解电容值。
本题考查了探究某电容器的充、放电规律的实验，掌握此实验中充放电的电流变化情况，掌握电容的定义式与决定式。
15.解：(1)根据物体在星球表面受到的重力等于星球对物体的万有引力得
GMmR2=mg
得：g=GMR2
所以火星表面的重力加速度g火与地球表面上重力加速度g地之比为
g火g地=M火M地⋅(R地R火)2=19×22=49
则火星表面的重力加速度为g火=49g地=49×10m/s2=409m/s2
宇航员在火星表面上受到的重力是：G=mg火=50×409N≈222N
(3)根据运动学公式得：
ℎ=v022g
宇航员在地球上和在火星上以相同的初速度起跳时，能上跳的高度之比为
ℎ地ℎ火=g火g地
故他在火星表面能跳的高度为ℎ火=g地g火ℎ地=94×1.5m=3.375m
答：(1)宇航员在火星表面上受到的重力是222N。
(2)他在火星表面能跳的高度为3.375m。
【解析】(1)根据物体在星球表面受到的重力等于星球对物体的万有引力列出等式，得到重力加速度的表达式，结合题意求出火星表面的重力加速度，从而求得宇航员在火星表面上受到的重力；
(2)根据运动学公式列式求解他在火星表面能跳的最大高度。
解决本题时，一要掌握万有引力等于重力这一思路。二要灵活运用比例法求两星球表面的重力加速度之比。
16.解：(1)设汽车的额定功率为P，所受的阻力大小为f。
由图知，汽车的最大速度为vm=30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f，代入得：P=Fvm=f×30…①
当1v=110时，a=2m/s2。
根据牛顿第二定律得：Pv−f=ma，
代入得：P10−f=4×103×2…②
由①②解得：f=3×103N，P=9×104W；
(2)当汽车的速度为v=20m/s时，根据牛顿第二定律有：F−f=ma，
又P=Fv
联立解得a=0.375m/s2。
答：(1)汽车的额定功率是9×104W；
(2)当汽车的速度为20m/s时汽车的加速度是0.375m/s2。
【解析】(1)从图线看出，开始图线与横轴平行，表示牵引力不变，汽车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示汽车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动。根据1v=110时，a=2m/s2.根据牛顿第二定律和P=Fv列式。汽车匀速运动时由P=Fv列式，联立求解额定功率。
(2)当汽车的速度为20m/s时根据牛顿第二定律和P=Fv，求解汽车的加速度。
解决本题的关键是能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜的图线表示汽车功率达到额定功率，做变加速运动。
17.解：(1)根据动能定理有
U0e=12mv2
电子刚进入偏转场时的速度大小为
v= 2U0em
(2)电子在偏转场运动的时间为
t=L0v
电子射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，可得
tan30°=atv
电子在偏转场的加速度为
a=Eem
匀强电场的电场强度E的大小为
E=2 3U03L0
(3)作电子离开偏转电场的速度反向延长线，由电子束离开偏转场时速度偏转角正切值
tanα=vyv=atv
速度偏转角正切值
tanθ=yx=12at2vt=at2v
则
tanα=2tanθ
所以电子离开偏转场时速度反向延长线与进入偏转场时的速度方向交于偏转电场宽度的中点，可知
(L+L02)tan30°=H
可得
L= 3H−L02
答：(1)电子刚进入偏转场时的速度大小 2U0em；
(2)匀强电场的电场强度E的大小2 3U03L0；
(3)P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小 3H−L02。
【解析】(1)由动能定理求电子刚进入偏转场时的速度大小；
(2)由平抛运动规律求匀强电场的电场强度E的大小；
(3)由平抛运动规律求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小。
本题是一道考查带电粒子在电场中加速和偏转的好题，解题时注意对类平抛运动的推论的应用。
18.解：(1)小物块在C点的速度为vC

则v0=vCcs37°，解得vC=5m/s，其竖直方向分速度为：vy=vCsin37°，解得vy=3m/s；
若AC间的高度差为ℎ，则vy2=2gℎ，解得ℎ=0.45m；
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1−cs37°)=12mvD2−12mvC2，解得：vD= 29m/s，
小物块在D点时，支持力与重力的合力提供向心力：F支−mg=mvD2R，解得F支=78N，
由牛顿第三定律可知，小物块在D点时对轨道的压力大小为78 N；
(3)要使小物块不滑出长木板，设木板的最小长度为L，由动能定理得：−μmgL=0−12mvD2，求得：L=14.5m。
答：(1)AC两点的高度差为0.45 m；
(2)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为78N；
(3)木板的最小长度为14.5 m。
【解析】(1)由圆弧轨道的角度可以确定小物块到达C点时的速度方向，从而确定其此时速度方向，结合初速度，即可计算其竖直分速度，竖直下落高度；
(2)小物块在光滑圆轨道的运动为圆周运动，结合动能定理和圆周运动的关系式可计算底端压力；
(3)小物块刚好不滑出长木板时，木板最短，即小物块速度减为0时的位移恰好为木板长度，结合动能定理即可求木板长度。
本题考查竖直面的圆周运动与动能定理结合的问题。注意“恰好”的含义，如小物块恰好沿C的切线方向进入圆弧轨道，可以得到速度与分速度的角度关系。