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北京市牛山一中2020届高三上学期期中考试物理试题
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牛栏山一中2019―2020学年度高三期中考试物理试卷
一．单选题（本题共14个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的，每小题3分，共42分）
1.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，当所带电荷量分别q1和q2，其间距为r 时，它们之间静电力的大小为，式中k为静电力常量。在国际单位制中，k的单位是（ ）
A. N·m2/C2 B. C2/ (N·m2) C. N·m2/C D. N·C2/m2
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查国际单位制的转化。
详解】ABCD.由库仑力公式可知：
则k的单位为N·m2/C2，故A正确BCD错误。
故选A。
2.小芳同学想要悬挂一个镜框，以下四种方法中每根绳子所受拉力最小的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】图中ACD的绳子与合力的方向都有一定的夹角，而选项B中的绳子与合力的夹角为0，当两个分力的夹角越大时，其合力越小，该题中的合力大小不变，故分力中只有B最小，选项B正确．
3.如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是 （ ）
A. a点场强小于b点场强
B. a点电势高于b点电势
C. 带电粒子从a到b动能减小
D. 带电粒子带负电
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查电场线与场强、电势和电势能之间的关系。
【详解】A.电场线越密集场强越大，则a点场强大于b点场强，故A错误；
B.沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势低于b点电势，故B错误；
C.由图可知，带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，与a到b的轨迹夹角为钝角，所以电场力做负功，动能减小，故C正确；
D.由带电粒子的轨迹可知粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，则粒子带正电，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，他们的运动均可近似看成匀速圆周运动．如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量
A. 地球绕太阳公转的半径和周期
B. 月球绕地球转动的半径和周期
C. 地球的半径和地球绕太阳公转的周期
D. 地球的半径和月球绕地球转动的周期
【答案】B
【解析】
试题分析：欲观测地球的质量M，根据，则需要知道围绕地球的卫星的半径和周期，而不是它绕太阳的半径与周期，故选项B正确．
考点：万有引力与航天．
5.如图所示，一轻绳上端固定，下端系一木块，处于静止状态．一颗子弹以水平初速度射入木块内(子弹与木块相互作用时间极短，可忽略不计)，然后一起向右摆动直至达到最大偏角．从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块，下列说法正确的是( )
A. 机械能守恒，动量不守恒
B. 机械能不守恒，动量守恒
C. 机械能不守恒，动量不守恒
D. 机械能守恒，动量守恒
【答案】C
【解析】
【详解】从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒．机械能有一部分转化为内能，则系统的机械能不守恒，故ABD错误，C正确．
6.如图所示，轻杆长为L.一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点）小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是
A. 小球通过最高点时速度不可能小于
B. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
【答案】B
【解析】
【详解】在轻杆小球模型中，小球通过最高点时的最小速度为零，选项A错误；当小球通过最高点的速度时，小球所受轻杆的作用力为零，选项B正确；若小球通过最高点时受到杆的作用力为支持力，则有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小，当小球通过最高点受到杆的作用力为拉力时，有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大，故选项C、D错误．
7.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量不变．设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．下列关于实验现象的描述正确的是（ ）
A. 保持不变，增大，则变大
B. 保持不变，减小，则不变
C. 保持不变，减小，则变小
D. 保持、不变，在两板间插入电介质，则变大
【答案】A
【解析】
A：平行板电容器电容，电容器电压与电容的关系为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大，变大，故A项正确．
B：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小，变小，故B项错误．
C：电量不变，保持不变，减小，电容减小，电压增大，变大，故C项错误．
D：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小，变小，故D项错误．
所以选A．
点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．
②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器带电量不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．
8.某个量D的变化量ΔD，ΔD与发生这个变化所用时间Δt的比值叫做这个量D的变化率．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是( )
A. “加速度的变化率”的单位是 m/s2
B. 加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动
C. 若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小
D. 若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为7 m/s
【答案】D
【解析】
由于D表示某质点的加速度，则表示加速度的变化率，所以其单位是：＝m/s3．故A错误；加速度的变化率为0的运动表示加速度不变，所以是匀变速直线运动．故B错误；若加速度与速度同方向，如图所示的a-t图象，表示的是物体做加速度减小的加速运动．物体的速度在增大．故C错误；若加速度与速度同方向，如图所示的a-t图象，根据积分的原理可知，物体在0-2s内速度的变化量为：，由于已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为vt=v0+△v=5+2=7m/s．故D正确．故选D.
点睛：解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，表示的物理量，再根据条件判断是否变化．在解答的过程中要注意结合a-t图象中的面积表示物体速度的变化量是解答的关键．
9.如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中（ ）
A. 弹簧再次恢复原长时B的速度大小为
B. 物体A先做加速度增大的变减速运动，再做加速度减小的变减速运动
C. 弹簧弹力对A的冲量大小为
D. 弹簧弹性势能的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查动量守恒的应用。
【详解】A.弹簧再次回到原长，相当于弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可知：
解得：
，
故A错误；
B.由题可知，物体A先做加速度增大的变减速运动，当弹簧最短时两者共速，此后弹簧逐渐伸长，物体A再做加速度减小的变加速运动，故B错误；
C.由A可知，弹簧恢复原长时，物体A的速度为：
弹簧弹力对A的冲量即为动量变化量：
故C错误；
D.当两者共速时弹簧弹性势能最大，由动量守恒和能量守恒得：
解得：
故D正确。
故选D。
10.如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线上关于AB连线对称的两点，在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动，则（ ）
A. .A、B两点电荷产生的电场在中垂线上合场强从C至D一定先减小后增大
B. 小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断增大
C. 点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小
D. 点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，C、D两点的电势差UCD不断变大
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查等量同种电荷的电场线分布规律。
【详解】A.等量同种点电荷中垂线上的场强从中点向两侧先增大后减小，故A错误；
B.若小球P的带电量缓慢减小，它在电场中某点的电场力在不断地减小，由平衡位置向最大位移运动时，动能向电势能转化时，克服电场力做功需要经过更长的距离，所以它往复运动过程中的在振幅不断增大，由最大位移返回平衡位置时，电场力做的功在不断地减小，它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小，故B正确；
C.若M、N的带电荷量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，故C正确；
D.虽然点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，但C、D两点的电势总是相等的，则C、D两点的电势差始终为零，故D错误。
故选C。
11.在一段平直的公路上，汽车保持额定功率P行驶，所受的阻力大小恒为F．已知汽车的质量为m，最大速率为vm．若某时刻汽车的速度大小为v（v < vm）时，汽车的加速度大小为a，所受的牵引力大小为F，则下列关系式正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为汽车的最大速率为vm，故P=F×vm，式中的F为汽车受到的阻力，则，选项AC错误；当汽车的速度为v时，其加速度为a，则根据牛顿第二定律可知F－F=ma，选项B错误；二者结合得，选项D正确．
12.自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现使车以500J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自充电装置，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ）
A. 500J B. 300J C. 250J D. 200J
【答案】D
【解析】
【详解】第一次关闭自充电装置，由图线①知道10m停止运动，动能变为0，则只有滑动摩擦力做负功，根据功能关系有：
-f×10=0-500
解得：
f=50N
第二次启动自充电装置，由图线②知道6m停止运动，动能变为0，则滑动摩擦力做负功，根据功能关系有：
-f×6=500-E
解得：
E=500-50×6=200J
所以第二次向蓄电池所充的电能是200J，故D正确，ABC错误。
故选D．
13.物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能,取两物体相距无穷远时的引力势能为零,一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为时,其引力势能Ep=-GM0m0/r0(式中G为引力常数),一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行,已知地球的质量为M,由于受高空稀薄空气的阻力作用,卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2,若在这个过程中空气阻力做功为Wf,则在下面给出的Wf,的四个表达式中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】卫星在圆轨道半径从r1上时，根据万有引力提供向心力：，解得：，卫星的总机械能：，同理：卫星的圆轨道半径从r2上时，卫星的总机械能：卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．在这个过程中空气阻力做功为Wf，等于卫星机械能的减少：，故A正确．
【此处有视频，请去附件查看】
14.在“研究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验中，用电容表可以直接测量出该平行板电容器的电容大小。某同学在测量中，记录了一些测量结果，参看下表，表中的数据是测量出的电容大小。在实验误差的允许范围内，可以得到的最直接的结论是（ ）
实验次数
极板材料
介质材料
板间距离
正对面积
S
①
铜
橡胶
d
680pF
530pF
380pF
230pF
②
铁
橡胶
d
660pF
520pF
380pF
240pF
③
铝
亚克力板
2d
330pF
280pF
230pF
160pF
A. 通过①和②数据，可知极板材料不影响平行板电容器的电容
B. 通过①和③数据，可知极板材料和介质材料都影响平行板电容器的电容
C. 通过②和③数据，可知介质材料影响平行板电容器的电容
D. 通过②和③数据，可知极板的不同正对面积和板间距离影响平行板电容器的电容
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查控制变量法应用。
【详解】ABCD. 通过①和②数据，控制了介质材料相同，虽极板材料不同，但不影响平行板电容器的电容大小；但BCD选项有多个变量，故无法得出结论。故A正确BCD错误。
故选A。
二、填空题（本题共2个小题，每空2分共18分）
15.某同学利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上钉上白纸，固定两个滑轮A和B（绳与滑轮间的摩擦不计），三根绳子的结点为O，在左右及中间的绳端分别挂上个数为N1、N2和N3的钩码，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3．
甲 乙
（1）关于本实验，以下说法中正确的是（ ）
A．若钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4时可以完成实验
B．若钩码的个数N1＝N2＝N3＝4时可以完成实验
C．拆下钩码和绳子前应当用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．拆下钩码和绳子前应当用天平测出钩码的质量
E．拆下钩码和绳子前应当标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
（2）在作图时，图乙中正确的是________（选填“A”或“B”）．
【答案】 (1). BE (2). A
【解析】
【详解】（1）因实验时，三个力之间有夹角，故当钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4时，三个力是不能平衡的，选项A错误；若钩码的个数N1＝N2＝N3＝4时，三个力的夹角都是1200可以平衡，故可以完成实验，选项B正确；拆下钩码和绳子前应当记下结点O的位置、钩码的个数及三条绳子的方向，粗选项C错误，E正确；钩码的质量都是已知的，不必用天平测量，选项D错误；故选BE；
（2）在作图时，因理论上两个合力的方向可能偏离实验值，故图乙中正确的是A.
16.如图所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g =9.80m/s2 。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=_________J；打B点瞬间重物的速度VB=_________m/s(结果均保留三位有效数字)。
（2）该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的___________误差（选填“偶然”或“系统”）。由此看，甲同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔEp________ΔEk（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）①乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度。他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图3所示的图线。由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其原因可能是____________（在A、B、C项中选择并填在横线上）。
A、由于空气阻力的影响
B、先释放重物再接通打点计时器电源
C、先接通打点计时器电源后释放重物
②乙同学测出该图线的斜率为k，如果不计一切阻力，则当地的重力加速度g ____k（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（4）丙同学利用该实验装置又做了其它探究实验，分别打出了以下4条纸带①、②、③、④，其中只有一条是做“验证机械能守恒定律”的实验时打出的。为了找出该纸带，丙同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间的距离依次为x1、x2、x3。请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为________。（取g =9.80m/s2,将选中纸带数据前的序号填在横线上）
①6.05 cm，6.10 cm，6.06 cm ②4.96 cm，5.35 cm，5.74 cm
③4.12 cm，4.51 cm，5.30 cm ④6.10 cm，6.58 cm，7.06 cm
【答案】 (1). 1.82 (2). 1.85 (3). 系统 (4). 大于 (5). B (6). 等于 (7). ②
【解析】
【分析】
本题考查验证机械能守恒定律的实验。
【详解】（1）[1] 在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
[2]打B点时的速度
（2）[3] 该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的系统误差。
[4]由于有阻力的存在，故数据处理结果比较合理的是。
（3）[5]从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源。故B正确AC错误。
[6]根据机械能守恒得：
则：
则图像的斜率：。
（4）[7] 纸带中打出的点符合相邻相等的条件，则可以知道相邻两位移间应保证位移之差等于
①中的位移之差分别为0.05cm；②中的位移之差分别为0.39cm；③中的位移之差分别为0.39cm，0.79cm；④中的位移之差分别为0.48cm。故纸带应该为②。
三．计算题（本题共4个小题，共40分。解答时应画出必要的受力图，写出必要的文字说明和原始方程。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位）
17.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，仅在电容器两极板间存在电场且可视为匀强电场，重力加速度为g。求：
（1）小球到达小孔处的速度大小；
（2）两极板间电势差U
【答案】(1) （2）
【解析】
【分析】
本题考查匀变速运动的规律和带电粒子在匀强电场中的运动。
【详解】（1）由自由落体运动：
解得：
（2）由动能定理：
解得：
18.如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处分别以初速度v1=2m/s向左和v2=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端与车相对静止没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。求：
（1）求物块A刚开始滑动时加速度a大小；
（2）求物块A、B与小车相对静止时共同速度v共及物块A、B在小车上滑动过程中产生的热量Q
（3）求整个过程中物块B相对小车的位移x相大小。
【答案】(1) 1m/s2 (2)9.5J (3)7.5m
【解析】
【分析】
本题考查动量定理和动能定理的应用。
【详解】（1）由牛顿第二定律：
解得：
（2）取A、B、小车系统为研究对象，取v2方向为正方向，由动量守恒有：
解得：
由能量守恒有：
解得：
（3）由题意可知，当AB都在小车上滑动时，小车保持静止，A、B均做加速度为a的匀减速，当A减速至零时B的速度v3=2m/s，设从开始至A减速至0，B的位移为x1
由运动学方程：
解得：
由题意：A减速至零后与车相对静止一起向右加速；B继续减速直至A、B和车共速，此过程中系统生热均来自于B与车相对滑动，设B相对车滑行距离x2，由能量守恒有：
解得：
所以
19.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力），已知电子电量为-e，质量为m。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅰ区域时的速度。
（2）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅱ区域时的位置
（3）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。
【答案】(1) (2) （－2L，） (3)
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在电场中的综合问题。
【详解】（1）由动能定理：
解得：
（2）电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
联立可得：
y＝
所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）
（3）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
解得：
xy＝
即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。
20.如图1所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点．将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示．小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．不计空气阻力，重力加速度为g．
（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为EP2，弹簧弹性势能为E弹2．请根据功是能量转化的量度，证明：小球由A运动到B 的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；
（2）已知弹簧劲度系数为k．以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O﹣x，如图2所示．
a．请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象．根据F﹣x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹；
b．已知小球质量为m．求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v．
【答案】（1）见解析；（2）a.如图所示；；；b.．
【解析】
【详解】（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹
根据动能定理 WG + W弹= Ek2 - Ek1
由重力做功与重力势能关系 WG = Ep1 – Ep2
由弹力做功与弹性势能的关系 W弹= E弹1- E弹2
联立以上三式可得 Ek1+ Ep1+E弹1= Ek2+Ep2+E弹2
（2）a. F-x图象如右图所示
图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小
所以弹力做功为
由弹力做功与弹性势能的关系 W弹=" 0" -E弹
解得
b. 小球由O点到OP中点，根据动能定理
小球由O点到P点，根据机械能守恒定律
解得
一．单选题（本题共14个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的，每小题3分，共42分）
1.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，当所带电荷量分别q1和q2，其间距为r 时，它们之间静电力的大小为，式中k为静电力常量。在国际单位制中，k的单位是（ ）
A. N·m2/C2 B. C2/ (N·m2) C. N·m2/C D. N·C2/m2
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查国际单位制的转化。
详解】ABCD.由库仑力公式可知：
则k的单位为N·m2/C2，故A正确BCD错误。
故选A。
2.小芳同学想要悬挂一个镜框，以下四种方法中每根绳子所受拉力最小的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】图中ACD的绳子与合力的方向都有一定的夹角，而选项B中的绳子与合力的夹角为0，当两个分力的夹角越大时，其合力越小，该题中的合力大小不变，故分力中只有B最小，选项B正确．
3.如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是 （ ）
A. a点场强小于b点场强
B. a点电势高于b点电势
C. 带电粒子从a到b动能减小
D. 带电粒子带负电
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查电场线与场强、电势和电势能之间的关系。
【详解】A.电场线越密集场强越大，则a点场强大于b点场强，故A错误；
B.沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势低于b点电势，故B错误；
C.由图可知，带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，与a到b的轨迹夹角为钝角，所以电场力做负功，动能减小，故C正确；
D.由带电粒子的轨迹可知粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，则粒子带正电，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，他们的运动均可近似看成匀速圆周运动．如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量
A. 地球绕太阳公转的半径和周期
B. 月球绕地球转动的半径和周期
C. 地球的半径和地球绕太阳公转的周期
D. 地球的半径和月球绕地球转动的周期
【答案】B
【解析】
试题分析：欲观测地球的质量M，根据，则需要知道围绕地球的卫星的半径和周期，而不是它绕太阳的半径与周期，故选项B正确．
考点：万有引力与航天．
5.如图所示，一轻绳上端固定，下端系一木块，处于静止状态．一颗子弹以水平初速度射入木块内(子弹与木块相互作用时间极短，可忽略不计)，然后一起向右摆动直至达到最大偏角．从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块，下列说法正确的是( )
A. 机械能守恒，动量不守恒
B. 机械能不守恒，动量守恒
C. 机械能不守恒，动量不守恒
D. 机械能守恒，动量守恒
【答案】C
【解析】
【详解】从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒．机械能有一部分转化为内能，则系统的机械能不守恒，故ABD错误，C正确．
6.如图所示，轻杆长为L.一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点）小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是
A. 小球通过最高点时速度不可能小于
B. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D. 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
【答案】B
【解析】
【详解】在轻杆小球模型中，小球通过最高点时的最小速度为零，选项A错误；当小球通过最高点的速度时，小球所受轻杆的作用力为零，选项B正确；若小球通过最高点时受到杆的作用力为支持力，则有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小，当小球通过最高点受到杆的作用力为拉力时，有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大，故选项C、D错误．
7.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量不变．设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．下列关于实验现象的描述正确的是（ ）
A. 保持不变，增大，则变大
B. 保持不变，减小，则不变
C. 保持不变，减小，则变小
D. 保持、不变，在两板间插入电介质，则变大
【答案】A
【解析】
A：平行板电容器电容，电容器电压与电容的关系为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大，变大，故A项正确．
B：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小，变小，故B项错误．
C：电量不变，保持不变，减小，电容减小，电压增大，变大，故C项错误．
D：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小，变小，故D项错误．
所以选A．
点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．
②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器带电量不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化．
8.某个量D的变化量ΔD，ΔD与发生这个变化所用时间Δt的比值叫做这个量D的变化率．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是( )
A. “加速度的变化率”的单位是 m/s2
B. 加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动
C. 若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小
D. 若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为7 m/s
【答案】D
【解析】
由于D表示某质点的加速度，则表示加速度的变化率，所以其单位是：＝m/s3．故A错误；加速度的变化率为0的运动表示加速度不变，所以是匀变速直线运动．故B错误；若加速度与速度同方向，如图所示的a-t图象，表示的是物体做加速度减小的加速运动．物体的速度在增大．故C错误；若加速度与速度同方向，如图所示的a-t图象，根据积分的原理可知，物体在0-2s内速度的变化量为：，由于已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为vt=v0+△v=5+2=7m/s．故D正确．故选D.
点睛：解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，表示的物理量，再根据条件判断是否变化．在解答的过程中要注意结合a-t图象中的面积表示物体速度的变化量是解答的关键．
9.如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中（ ）
A. 弹簧再次恢复原长时B的速度大小为
B. 物体A先做加速度增大的变减速运动，再做加速度减小的变减速运动
C. 弹簧弹力对A的冲量大小为
D. 弹簧弹性势能的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查动量守恒的应用。
【详解】A.弹簧再次回到原长，相当于弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可知：
解得：
，
故A错误；
B.由题可知，物体A先做加速度增大的变减速运动，当弹簧最短时两者共速，此后弹簧逐渐伸长，物体A再做加速度减小的变加速运动，故B错误；
C.由A可知，弹簧恢复原长时，物体A的速度为：
弹簧弹力对A的冲量即为动量变化量：
故C错误；
D.当两者共速时弹簧弹性势能最大，由动量守恒和能量守恒得：
解得：
故D正确。
故选D。
10.如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线上关于AB连线对称的两点，在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动，则（ ）
A. .A、B两点电荷产生的电场在中垂线上合场强从C至D一定先减小后增大
B. 小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断增大
C. 点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小
D. 点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，C、D两点的电势差UCD不断变大
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查等量同种电荷的电场线分布规律。
【详解】A.等量同种点电荷中垂线上的场强从中点向两侧先增大后减小，故A错误；
B.若小球P的带电量缓慢减小，它在电场中某点的电场力在不断地减小，由平衡位置向最大位移运动时，动能向电势能转化时，克服电场力做功需要经过更长的距离，所以它往复运动过程中的在振幅不断增大，由最大位移返回平衡位置时，电场力做的功在不断地减小，它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小，故B正确；
C.若M、N的带电荷量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，故C正确；
D.虽然点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，但C、D两点的电势总是相等的，则C、D两点的电势差始终为零，故D错误。
故选C。
11.在一段平直的公路上，汽车保持额定功率P行驶，所受的阻力大小恒为F．已知汽车的质量为m，最大速率为vm．若某时刻汽车的速度大小为v（v < vm）时，汽车的加速度大小为a，所受的牵引力大小为F，则下列关系式正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为汽车的最大速率为vm，故P=F×vm，式中的F为汽车受到的阻力，则，选项AC错误；当汽车的速度为v时，其加速度为a，则根据牛顿第二定律可知F－F=ma，选项B错误；二者结合得，选项D正确．
12.自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现使车以500J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自充电装置，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ）
A. 500J B. 300J C. 250J D. 200J
【答案】D
【解析】
【详解】第一次关闭自充电装置，由图线①知道10m停止运动，动能变为0，则只有滑动摩擦力做负功，根据功能关系有：
-f×10=0-500
解得：
f=50N
第二次启动自充电装置，由图线②知道6m停止运动，动能变为0，则滑动摩擦力做负功，根据功能关系有：
-f×6=500-E
解得：
E=500-50×6=200J
所以第二次向蓄电池所充的电能是200J，故D正确，ABC错误。
故选D．
13.物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能,取两物体相距无穷远时的引力势能为零,一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为时,其引力势能Ep=-GM0m0/r0(式中G为引力常数),一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行,已知地球的质量为M,由于受高空稀薄空气的阻力作用,卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2,若在这个过程中空气阻力做功为Wf,则在下面给出的Wf,的四个表达式中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】卫星在圆轨道半径从r1上时，根据万有引力提供向心力：，解得：，卫星的总机械能：，同理：卫星的圆轨道半径从r2上时，卫星的总机械能：卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．在这个过程中空气阻力做功为Wf，等于卫星机械能的减少：，故A正确．
【此处有视频，请去附件查看】
14.在“研究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验中，用电容表可以直接测量出该平行板电容器的电容大小。某同学在测量中，记录了一些测量结果，参看下表，表中的数据是测量出的电容大小。在实验误差的允许范围内，可以得到的最直接的结论是（ ）
实验次数
极板材料
介质材料
板间距离
正对面积
S
①
铜
橡胶
d
680pF
530pF
380pF
230pF
②
铁
橡胶
d
660pF
520pF
380pF
240pF
③
铝
亚克力板
2d
330pF
280pF
230pF
160pF
A. 通过①和②数据，可知极板材料不影响平行板电容器的电容
B. 通过①和③数据，可知极板材料和介质材料都影响平行板电容器的电容
C. 通过②和③数据，可知介质材料影响平行板电容器的电容
D. 通过②和③数据，可知极板的不同正对面积和板间距离影响平行板电容器的电容
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查控制变量法应用。
【详解】ABCD. 通过①和②数据，控制了介质材料相同，虽极板材料不同，但不影响平行板电容器的电容大小；但BCD选项有多个变量，故无法得出结论。故A正确BCD错误。
故选A。
二、填空题（本题共2个小题，每空2分共18分）
15.某同学利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上钉上白纸，固定两个滑轮A和B（绳与滑轮间的摩擦不计），三根绳子的结点为O，在左右及中间的绳端分别挂上个数为N1、N2和N3的钩码，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3．
甲 乙
（1）关于本实验，以下说法中正确的是（ ）
A．若钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4时可以完成实验
B．若钩码的个数N1＝N2＝N3＝4时可以完成实验
C．拆下钩码和绳子前应当用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．拆下钩码和绳子前应当用天平测出钩码的质量
E．拆下钩码和绳子前应当标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
（2）在作图时，图乙中正确的是________（选填“A”或“B”）．
【答案】 (1). BE (2). A
【解析】
【详解】（1）因实验时，三个力之间有夹角，故当钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4时，三个力是不能平衡的，选项A错误；若钩码的个数N1＝N2＝N3＝4时，三个力的夹角都是1200可以平衡，故可以完成实验，选项B正确；拆下钩码和绳子前应当记下结点O的位置、钩码的个数及三条绳子的方向，粗选项C错误，E正确；钩码的质量都是已知的，不必用天平测量，选项D错误；故选BE；
（2）在作图时，因理论上两个合力的方向可能偏离实验值，故图乙中正确的是A.
16.如图所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g =9.80m/s2 。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=_________J；打B点瞬间重物的速度VB=_________m/s(结果均保留三位有效数字)。
（2）该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的___________误差（选填“偶然”或“系统”）。由此看，甲同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔEp________ΔEk（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）①乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度。他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图3所示的图线。由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其原因可能是____________（在A、B、C项中选择并填在横线上）。
A、由于空气阻力的影响
B、先释放重物再接通打点计时器电源
C、先接通打点计时器电源后释放重物
②乙同学测出该图线的斜率为k，如果不计一切阻力，则当地的重力加速度g ____k（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（4）丙同学利用该实验装置又做了其它探究实验，分别打出了以下4条纸带①、②、③、④，其中只有一条是做“验证机械能守恒定律”的实验时打出的。为了找出该纸带，丙同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间的距离依次为x1、x2、x3。请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为________。（取g =9.80m/s2,将选中纸带数据前的序号填在横线上）
①6.05 cm，6.10 cm，6.06 cm ②4.96 cm，5.35 cm，5.74 cm
③4.12 cm，4.51 cm，5.30 cm ④6.10 cm，6.58 cm，7.06 cm
【答案】 (1). 1.82 (2). 1.85 (3). 系统 (4). 大于 (5). B (6). 等于 (7). ②
【解析】
【分析】
本题考查验证机械能守恒定律的实验。
【详解】（1）[1] 在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
[2]打B点时的速度
（2）[3] 该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的系统误差。
[4]由于有阻力的存在，故数据处理结果比较合理的是。
（3）[5]从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源。故B正确AC错误。
[6]根据机械能守恒得：
则：
则图像的斜率：。
（4）[7] 纸带中打出的点符合相邻相等的条件，则可以知道相邻两位移间应保证位移之差等于
①中的位移之差分别为0.05cm；②中的位移之差分别为0.39cm；③中的位移之差分别为0.39cm，0.79cm；④中的位移之差分别为0.48cm。故纸带应该为②。
三．计算题（本题共4个小题，共40分。解答时应画出必要的受力图，写出必要的文字说明和原始方程。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位）
17.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，仅在电容器两极板间存在电场且可视为匀强电场，重力加速度为g。求：
（1）小球到达小孔处的速度大小；
（2）两极板间电势差U
【答案】(1) （2）
【解析】
【分析】
本题考查匀变速运动的规律和带电粒子在匀强电场中的运动。
【详解】（1）由自由落体运动：
解得：
（2）由动能定理：
解得：
18.如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处分别以初速度v1=2m/s向左和v2=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端与车相对静止没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。求：
（1）求物块A刚开始滑动时加速度a大小；
（2）求物块A、B与小车相对静止时共同速度v共及物块A、B在小车上滑动过程中产生的热量Q
（3）求整个过程中物块B相对小车的位移x相大小。
【答案】(1) 1m/s2 (2)9.5J (3)7.5m
【解析】
【分析】
本题考查动量定理和动能定理的应用。
【详解】（1）由牛顿第二定律：
解得：
（2）取A、B、小车系统为研究对象，取v2方向为正方向，由动量守恒有：
解得：
由能量守恒有：
解得：
（3）由题意可知，当AB都在小车上滑动时，小车保持静止，A、B均做加速度为a的匀减速，当A减速至零时B的速度v3=2m/s，设从开始至A减速至0，B的位移为x1
由运动学方程：
解得：
由题意：A减速至零后与车相对静止一起向右加速；B继续减速直至A、B和车共速，此过程中系统生热均来自于B与车相对滑动，设B相对车滑行距离x2，由能量守恒有：
解得：
所以
19.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力），已知电子电量为-e，质量为m。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅰ区域时的速度。
（2）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅱ区域时的位置
（3）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。
【答案】(1) (2) （－2L，） (3)
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在电场中的综合问题。
【详解】（1）由动能定理：
解得：
（2）电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
联立可得：
y＝
所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）
（3）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
解得：
xy＝
即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。
20.如图1所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点．将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示．小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．不计空气阻力，重力加速度为g．
（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为EP2，弹簧弹性势能为E弹2．请根据功是能量转化的量度，证明：小球由A运动到B 的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；
（2）已知弹簧劲度系数为k．以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O﹣x，如图2所示．
a．请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象．根据F﹣x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹；
b．已知小球质量为m．求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v．
【答案】（1）见解析；（2）a.如图所示；；；b.．
【解析】
【详解】（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹
根据动能定理 WG + W弹= Ek2 - Ek1
由重力做功与重力势能关系 WG = Ep1 – Ep2
由弹力做功与弹性势能的关系 W弹= E弹1- E弹2
联立以上三式可得 Ek1+ Ep1+E弹1= Ek2+Ep2+E弹2
（2）a. F-x图象如右图所示
图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小
所以弹力做功为
由弹力做功与弹性势能的关系 W弹=" 0" -E弹
解得
b. 小球由O点到OP中点，根据动能定理
小球由O点到P点，根据机械能守恒定律
解得
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