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2019届河北省石家庄市重点中学高三上学期期末第二次调研物理试卷（解析版）
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2019届河北省石家庄市重点中学高三上学期期末第二次调研物理试卷（解析版）
一、选择题（本题共18小题，每小题3分．在每小题给出的四个选项中，第1～12题只有一项符合题目要求，第13～18题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A. 电场强度为零的地方，电势也为零
B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直
C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向
【答案】B
【解析】
试题分析： 电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故A错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误．故选B．
考点：电场强度与电势
【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功．
2.一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是（ ）
A. 动量不变，速度增大 B. 动量变小，速度不变
C. 动量增大，速度增大 D. 动量增大，速度减小
【答案】A
【解析】
因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v。设向右为正方向，则由动量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1-mv1；可得，v＞v0；可得发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大；故选A。
点睛：本题为动量守恒定律的应用，在应用时要注意选取研究系统，注意动量守恒定律的条件以及列式时的矢量性．
3.如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为
A. B. C. D. F
【答案】D
【解析】
将图乙中的均匀带电球壳分成三个带电球壳，关于球心对称的两个带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D正确。
故选D
4.图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
由上图可知电源电动势为，电源内阻为．
对A图，；
对B图，，；
对C图，I，；
对D图，，，故B项正确。
点睛：根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。
【此处有视频，请去附件查看】
5.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：0＝MvB﹣（M+m）vA，解得：，故选C。
6.细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2．烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是（ ）
A. 运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2：q1
B. 运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m1：m2
C. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1：1
D. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1：1
【答案】BC
【解析】
A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受的电场力大小之比为1:1，与电荷量无关，故A错误；
B. 两球组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取甲球的运动方向为正方向,由动量守恒定律得：m1v甲−m2v乙=0,得v甲:v乙=m2:m1.甲、乙两球动能之比为，故B正确；
C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得：I甲=m1v甲−0,I乙=m2v乙−0,解得甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲:I乙=1:1.故C正确；
D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得：W合甲=Ek1−0,W合乙=Ek2−0,解得甲、乙两球受到合力做功之比W合甲:W合乙=m2:m1.故D错误。
故选：BC。
点睛：甲、乙两球受的电场力大小相等，两球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求动量之比，从而求得动能之比．再由动量定理求电场力的冲量大小之比．由动能定理求合力做功之比．
7.如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω．闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光。电动机M线圈的电阻R0＝4Ω，则下列说法正确的是（ ）
A. 电源的输出功率为14W
B. 流过电机的电流为1A
C. 电机输出功率为3W
D. 通电5秒钟电机产生80J的热
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）根据路端电压求得电源内电压，再根据内电阻求得电源总电流，再根据路端电压和总电流求得电源的输出功率；
（2）根据总电流求得电动机中的电流，再根据焦耳定律求得5s时间内电动机产生的热量；
（3）分别求得电动机的输入功率和热功率，电动机的机械功率等于总功率与热功率之差。
【详解】A．由题意知，并联部分电压为U＝8V，内电压应为U内＝E﹣U＝2V。总电流I＝＝2A。电源的输出功率P出＝UI＝16W，故A错误；
B．流过灯泡的电流I1＝＝1.5A。则流过电动机的电流I2＝I﹣I1＝0.5A，故B错误；
C．电动机的总功率P＝UI2＝8×0.5W＝4W，电动机的机械功率P机＝P﹣P0＝4﹣1W＝3W，故C正确；
D．电动机的热功率P0＝I22R0＝0.52×4W＝1W，则5s内产生的热量Q＝P0t＝1×5J＝5J，故D错误；
故选C。
【点睛】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。
8.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。已知该直流电源内阻不随温度变化。由图线可知（ ）
A. 当电路中的电流为1A时，电源的输出功率为3W
B. 当电路中的电流为2A时，电源的输出功率为2W
C. 电源的最大输出功率为2W
D. 当电路中的电流为1.5A时，电源效率最高
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻。AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率。
【详解】在C点电源的总功率和电源的内部的热功率Pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V。由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得：r=1Ω; 当电流为1A时，电源的总功率为：P总=EI=3×1=3W．故A错误；当电流为2A时，根据闭合电路欧姆定律，有：，解得外电阻为：，电源的输出功率为：P外＝I2R＝22×0.5＝2W．故B正确；当外电阻与内电阻相等时电源的输出功率最大，此时：，电源的最大输出功率为：．故C错误；电源的效率为：，可知外电阻的电阻值越大，电源的效率越高。故D错误；故选B。
【点睛】本题关键在：（1）理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义；（2）分清三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，电源内部发热功率P热=I2r，外电路消耗功率P外=UI=I2R，且根据能量关系得P总=P外+P热。
9.如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则不正确的是（ ）
A. 把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能返回
B. 把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C. 把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D. 把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
【答案】ACD
【解析】
【分析】
带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．
【详解】由题设条件，由动能定理得：mg•2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故A正确。将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故B错误。把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。故C正确。把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。故D正确。本题选择错误的，故选B。
【点睛】对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．
10.如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态．开始一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动．使弹簧伸长．那么（ ）
A. 碰撞过程中环与板系统的机械能守恒
B. 碰撞过程中环与板的总动能减小转化为弹簧的弹性势能
C. 碰撞后新平衡位置与下落高度h无关
D. 碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故B错误；碰撞后平衡时，有kx＝（m+M）g即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；故选C。
11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A. x1处电场强度最小，但不为零
B. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C. 在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D. x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝．Ep﹣x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；
BD．由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；
C．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．故C错误；
故选D。
【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析。
12.如图所示电路中，定值电阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，输入的电流I1＝1A，I2＝2A．检测时发现a点电势为0，b点电势为4V，则下列说法正确的是（ ）
A. 流过电流表的电流为1A，方向向右
B. 滑动变阻器的滑片置于中间位置时，图示部分的等效电阻为Ω
C. 向左移动滑动变阻器的滑片时接入电路中的电阻变小
D. 改变滑动变阻器的滑片的位置，不影响通过电阻R2的电流
【答案】D
【解析】
【分析】
明确电路结构，根据串并联电路的规律即可确定流过电流表的电流，根据欧姆定律确定电势差关系，从而确定滑动变阻的作用，明确等效电阻大小。
【详解】由图可知，两电流只能由a点流进电流表，因此电流表中电流为3A，方向向右，故A错误；a点电势为零，b点电势为4V，故ba间电势差为4V；则由欧姆定律可知，流过R2的电流为I2＝A＝2A；根据电流结构可知，I1只能流过R1，则R1两端的电势差为4V，故滑动变阻器两端电势差为零，故图示中相当于R1与R2并联，故等效电阻，故B错误；由B的分析可知，滑动变阻器被短路，故改变滑片位置不会影响电流的大小，也不会改变总电阻大小，故C错误，D正确。故选D。
13.一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是（ ）
A. ①表示的是重力势能随上升高度的图象②表示的是动能随上升高度的图象
B. 上升过程中阻力大小恒定且f＝kmg
C. 上升高度，重力势能和动能不相等
D. 上升高度时，动能与重力势能之差为
【答案】CD
【解析】
试题分析：小球上升过程中，根据动能定理得：，得，可见是减函数，由图象②表示．重力势能为，与h成正比，由图象①表示，故A错误；对于整个上升过程，根据动能定理得：，由图象②得，，联立解得，．故B错误；当高度时，动能为，又由上知，，联立解得，，重力势能为，所以在高度时，物体的重力势能和动能相等．故C正确；当上升高度时，动能为，重力势能为，则动能与重力势能之差为，故D正确．
考点：考查了动能定理的应用
【名师点睛】本题首先要根据动能定理得到动能与高度的关系式，确定出图象的对应关系，再运用动能定理求解不同高度时的动能
14.电场种子处理技术是以电场效应催动种子发育的农业增产新技术。如图所示，在电场种子处理机内部有一等边三角形OPC，O点位于坐标原点，OC与x轴重合，P点坐标为（2cm，），A、B分别为OP、PC的中点。坐标系处于匀强电场中，且电场方向与坐标平面平行，已知O点电势为6V，A点电势为3V，B点电势为0V，则下列说法正确的是（ ）
A. C点电势为3V
B. C点电势为0V
C. 该匀强电场的电场强度大小为100V/m
D. 该匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】找OC的中点D，连接AD和BD，如图所示：
由几何知识的：AB∥OD，AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA﹣φB＝φO﹣φD＝φD﹣φC，故φD＝3V，φC＝0V，故A错误，B正确；由于φA＝φD，故AD为等势线，根据电场线和等势线互相垂直且有高电势指向低电势，故场强方向应从O点向AD做垂线，垂足为E点，场强方向为OE方向，，故C错误，D正确；故选BD。
15.如图所示，质量m＝245g的物块（可视为质点）放在质量M＝0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10m/s2，则在整个过程中（ ）
A. 物块的最大速度为6m/s
B. 木板的最大速度为3m/s
C. 物块相对于木板滑行的时间为0.75s
D. 木板的长度为3m
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据动能定理得到子弹刚射入物块时子弹和物块的共同速度及物块滑到木板右端的共同速度，即可求得物块、木板的最大速度；根据物块或木板的受力分析求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得滑行时间和滑行距离，进而求得木板长度。
【详解】子弹射入物块，由动量守恒可得：子弹刚射入物块时，两者的共同速度；之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度；故物块的最大速度为6m/s，故A正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么，共同速度，所以，由A的运动分析可得：木板的最大速度为2m/s，故B错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4m/s2的匀减速运动，所以，物块相对于木板滑行的时间 ，故C错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4m/s2的匀减速运动，木板做加速度的匀加速运动；所以，木板的长度 ，故D正确；故选AD。
【点睛】对于多物体运动的相关问题，一般要分析物体间的受力关系及运动关系，然后才能判断应用整体法还是隔离法求解；若运动一致，则根据整体法求解；若运动不一致，则由隔离法求解。
16.如图所示，平面直角坐标系的x轴上相对于原点O对称的P和Q两点处放置一对等量异种点电荷，a、b、c、d是位于四个象限内的四个点，它们恰在一个正方形的四个顶点上，O是正方形对角线的交点。M和N是正方形与x轴的交点，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是（ ）
A. a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等
B. 将一检验电荷﹣q从d点经M点到a点的过程中电场力一直不做功
C. 从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小
D. 将一检验电荷﹣q从N点释放，它会在MON间往复运动
【答案】AC
【解析】
【分析】
电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题。
【详解】等量异种电荷电场线分布如图所示：
根据电场强度叠加原理以及图象可知，a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等，故A正确；由上图可知，a、d两点电势相等，由d到M再到a点，电场力对负电荷先做正功，后做负功，整个过程做功和为零，故B错误；根据电场线疏密反应电场强弱可知，从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小，故C正确；从N到M电场方向向右，负电荷始终受到水平向左的电场力，所以由N点静止释放的负电荷，从N到M已知加速，故D错误；故选AC。
17.如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（ ）
A. 将热敏电阻R0加热
B. 滑动变阻器R的滑动头P向上移动
C. 开关S断开
D. 电容器C的上极板向上移动
【答案】AC
【解析】
【分析】
由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液滴向上运动，应增大两板间的电势差；由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出。
【详解】A．要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力；即应增大两板间的电势差；热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，故A正确；
B．当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，电容器两端的电势差不变，故B错误；
C．开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C正确；
D．电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，C＝ ，E＝U/d．所以：E＝ ，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D错误；
故选AC。
18.如图所示，光滑绝缘水平轨道上有三点A、B、C，A、C两点关于B点对称。在B点正上方h高度处的P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P、A、C三点间距离相等。如果取无穷远处电势为零，则点电荷产生的电场在A点的电势为φ．现在A点置一可视为质点的物块并给其一个初速度v0，物块沿轨道向右运动到B点时速度大小为v，物块所带正电荷的电荷量为q且运动过程中电荷量不变，k为静电力常量，下列说法正确的是（ ）
A. 物块在C点的电势能为Qφ
B. 点电荷产生的电场在A点的电场强度大小为
C. 物块在B点时受到轨道的支持力大小为
D. 点电荷产生的电场在B点的电势为
【答案】BD
【解析】
【分析】
（1）对物体进行受力分析，受重力、支持力、库仑力，根据竖直方向合力等于零，求出物体在B点受到轨道的支持力。
（2）根据点电荷的电场强度公式求解点电荷在A点产生电场的电场强度大小；根据点电荷的等势面是一簇同心圆求解C点电势，从而求解物块在C点的电势能；
（3）从A点到B点，只有电场力和摩擦力做功，根据动能定理，求出电场力做功，从而得出两点间的电势差，从而得出B点的电势。
【详解】AC两点到点电荷的距离相等，在同一个圆上，即点电荷的同一等势面上，故φC=φA=φ，所以物块在C点的电势能为：EPC=φq，故A错误；由点电荷的场强公式得： ，故B正确; 物体在B点受到点电荷的库仑力为：，设物体在B点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-F=0，解得：N=mg+F=mg+ ．故C错误；电场力对物块在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程摩擦力做的功是Wf，由动能定理得：−2Wf＝0−mv02①，设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理得：q(φ−φB)−Wf＝mv2−mv02②，①②联立解得：点电荷产生的电场在B点的电势为．故D正确；
故选：BD。
【点睛】解决本题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差。以及掌握库仑定律和动能定理的运用。
二、非选择题（本题共6个小题，共46分）
19.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，其操作步骤如下：
A．将操作台调为水平
B．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使滑块A、B间的弹簧处于压缩状态
C．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录滑块A、B的落地点M、N
D．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2
E．用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h
（1）上述步骤中，多余的步骤是_____；缺少的步骤是_____。
（2）如果动量守恒，须满足的关系是_____（用测量量表示）。
【答案】 (1). E (2). 用天平测出滑块A、B的质量mA、mB (3). mAx1＝mBx2
【解析】
【分析】
烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移替代.
【详解】取小球A的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为mA、mA，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t。
需要验证的方程：0＝mAv1﹣mBv2
又v1＝，v2＝
代入得到：mAx1＝mBx2
故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h。所以多余的步骤是E；但需要用天平测出滑块A、B的质量mA、mB.
【点睛】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证，同时注意两物体动量守恒的表达式的书写。
20.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5V1.25W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表V1（量程为3V，内阻为3kΩ）
电流表A1（量程为100mA，内阻为10Ω）
电流表A2（量程为3A，内阻为0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流为2A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流为0.5A）
定值电阻R3（阻值为2.5Ω）
定值电阻R4（阻值为10Ω）
定值电阻R5（阻值为1kΩ）
电源E（E＝3V，内阻不计）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。
（1）实验中滑动变阻器应选用_____，电流表应选用_____，并_____（填“串联”或“并联”）定值电阻。（均填器材的符号）
（2）在图1中的虚线框内画出电路图。（图中标出选用的器材的符号）
（3）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2V，内阻为4Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为_____W．（保留两位有效数字）
【答案】 (1). R1 (2). A1 (3). 并联 (4). 0.25
【解析】
【分析】
（1）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据额定电流选择电流表。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图。
（3）在I-U坐标系内作出电源的I-U图线，求出灯泡工作电压与电流，然后由P=UI求出实际功率。
【详解】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；灯泡额定电流为：，电流表A2量程量程太大，不能用它测电流，把电流表A1与定值电阻R3并联扩大其量程测电流。
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
（3）在灯泡I﹣U坐标系内作出电源的I﹣U图线如图所示：
由图示图线可知：U＝0.9V，I＝0.28A
灯泡实际功率为：P＝UI＝0.9×0.28≈0.25W；
21.如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω 2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的，电流表指针也指在满偏的．求电源电动势与内阻的大小。（保留两位有效数字）
【答案】7.0V，2.0Ω。
【解析】
【分析】
根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化，是可判断所选量程，从而求出电流表的示数；由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式，联立即可求得电源的电动势。
【详解】滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V，所以第二次电流表的示数为×0.6 A＝0.2 A，电压表的示数为×15 V＝5 V
当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V
回路的总电流为I总＝I1+＝0.5+A＝1.5 A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3，
即E＝1.5r+2+2①
当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V
回路的总电流为I总′＝I1′+＝0.2+A＝0.6A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′，
即E＝0.6r+0.8+5②
联立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0Ω
【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程。
22.如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q。在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变。不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）A球刚释放时的加速度大小；
（2）C点与B点的距离；
（3）AP间的电势差。
【答案】（1），（2）； （3）。
【解析】
【分析】
（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度。
（2）A球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动。当两力大小相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C点与B点的距离。
（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理求解AP间的电势差。
【详解】（1）A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma
根据库仑定律有：
又知
联立解得：a=gsinα-
（2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B点间的距离为d，则有：
解得：
（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：
解得：
【点睛】本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况。从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路。
23.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定。细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q＝1×10﹣5C、质量为m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点。已知AB间距离x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：
（1）小球通过B点时的速度大小VB；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；
（3）试画出小球从A点运动到C点过程中的v﹣t图象。
【答案】（1）2m/s （2）0.4m （3）
【解析】
（1）对小球，AB过程，根据牛顿第二定律可得，
初速度为零，由位移速度公式可得，
联立解得；
（2）对小球，BC过程，根据牛顿第二定律：，
初速度为，末速度为零，故根据位移速度公式可得，
联立解得
（3）小球在AB段做初速度为零，末速度为2m/s的匀加速直线运动，经历时间为，在BC段做初速度为2m/s，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为，即在0.8s末速度为零，v-t图像如图所示：
24.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）．试求：
（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？
【答案】
【解析】
试题分析：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有：
mg（3x0）sin30°=mv12
解得：…①
又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…②
联立①②得：
（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．
则有：EP+•2mv22＝0+2mg•x0sin30°
解得：EP＝2mg•x0sin30°−•2mv22=mgx0−mgx0＝mgx0…③
（3）设物块在最高点C的速度是vC，
物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：
所以：④
C点相对于O点的高度：
h=2x0sin30°+R+Rcos30°=x0…⑤
物块从O到C的过程中机械能守恒，得：mvo2＝mgh+mvc2…⑥
联立④⑤⑥得：…⑦
设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：mv2+mg（3x0sin30°）＝mvA2…⑧
A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨
A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：•2mvB2+EP＝•2mvo2+2mg•x0sin30°…⑩
由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离．
联立⑦⑧⑨⑩解得：
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题。
2019届河北省石家庄市重点中学高三上学期期末第二次调研物理试卷（解析版）
一、选择题（本题共18小题，每小题3分．在每小题给出的四个选项中，第1～12题只有一项符合题目要求，第13～18题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A. 电场强度为零的地方，电势也为零
B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直
C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向
【答案】B
【解析】
试题分析： 电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故A错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误．故选B．
考点：电场强度与电势
【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功．
2.一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是（ ）
A. 动量不变，速度增大 B. 动量变小，速度不变
C. 动量增大，速度增大 D. 动量增大，速度减小
【答案】A
【解析】
因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v。设向右为正方向，则由动量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1-mv1；可得，v＞v0；可得发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大；故选A。
点睛：本题为动量守恒定律的应用，在应用时要注意选取研究系统，注意动量守恒定律的条件以及列式时的矢量性．
3.如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为
A. B. C. D. F
【答案】D
【解析】
将图乙中的均匀带电球壳分成三个带电球壳，关于球心对称的两个带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D正确。
故选D
4.图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
由上图可知电源电动势为，电源内阻为．
对A图，；
对B图，，；
对C图，I，；
对D图，，，故B项正确。
点睛：根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。
【此处有视频，请去附件查看】
5.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：0＝MvB﹣（M+m）vA，解得：，故选C。
6.细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2．烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是（ ）
A. 运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2：q1
B. 运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m1：m2
C. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1：1
D. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1：1
【答案】BC
【解析】
A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受的电场力大小之比为1:1，与电荷量无关，故A错误；
B. 两球组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取甲球的运动方向为正方向,由动量守恒定律得：m1v甲−m2v乙=0,得v甲:v乙=m2:m1.甲、乙两球动能之比为，故B正确；
C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得：I甲=m1v甲−0,I乙=m2v乙−0,解得甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲:I乙=1:1.故C正确；
D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得：W合甲=Ek1−0,W合乙=Ek2−0,解得甲、乙两球受到合力做功之比W合甲:W合乙=m2:m1.故D错误。
故选：BC。
点睛：甲、乙两球受的电场力大小相等，两球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求动量之比，从而求得动能之比．再由动量定理求电场力的冲量大小之比．由动能定理求合力做功之比．
7.如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω．闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光。电动机M线圈的电阻R0＝4Ω，则下列说法正确的是（ ）
A. 电源的输出功率为14W
B. 流过电机的电流为1A
C. 电机输出功率为3W
D. 通电5秒钟电机产生80J的热
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）根据路端电压求得电源内电压，再根据内电阻求得电源总电流，再根据路端电压和总电流求得电源的输出功率；
（2）根据总电流求得电动机中的电流，再根据焦耳定律求得5s时间内电动机产生的热量；
（3）分别求得电动机的输入功率和热功率，电动机的机械功率等于总功率与热功率之差。
【详解】A．由题意知，并联部分电压为U＝8V，内电压应为U内＝E﹣U＝2V。总电流I＝＝2A。电源的输出功率P出＝UI＝16W，故A错误；
B．流过灯泡的电流I1＝＝1.5A。则流过电动机的电流I2＝I﹣I1＝0.5A，故B错误；
C．电动机的总功率P＝UI2＝8×0.5W＝4W，电动机的机械功率P机＝P﹣P0＝4﹣1W＝3W，故C正确；
D．电动机的热功率P0＝I22R0＝0.52×4W＝1W，则5s内产生的热量Q＝P0t＝1×5J＝5J，故D错误；
故选C。
【点睛】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。
8.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。已知该直流电源内阻不随温度变化。由图线可知（ ）
A. 当电路中的电流为1A时，电源的输出功率为3W
B. 当电路中的电流为2A时，电源的输出功率为2W
C. 电源的最大输出功率为2W
D. 当电路中的电流为1.5A时，电源效率最高
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻。AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率。
【详解】在C点电源的总功率和电源的内部的热功率Pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V。由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得：r=1Ω; 当电流为1A时，电源的总功率为：P总=EI=3×1=3W．故A错误；当电流为2A时，根据闭合电路欧姆定律，有：，解得外电阻为：，电源的输出功率为：P外＝I2R＝22×0.5＝2W．故B正确；当外电阻与内电阻相等时电源的输出功率最大，此时：，电源的最大输出功率为：．故C错误；电源的效率为：，可知外电阻的电阻值越大，电源的效率越高。故D错误；故选B。
【点睛】本题关键在：（1）理解电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的涵义；（2）分清三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，电源内部发热功率P热=I2r，外电路消耗功率P外=UI=I2R，且根据能量关系得P总=P外+P热。
9.如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则不正确的是（ ）
A. 把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能返回
B. 把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C. 把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D. 把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
【答案】ACD
【解析】
【分析】
带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．
【详解】由题设条件，由动能定理得：mg•2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故A正确。将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故B错误。把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。故C正确。把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。故D正确。本题选择错误的，故选B。
【点睛】对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．
10.如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态．开始一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动．使弹簧伸长．那么（ ）
A. 碰撞过程中环与板系统的机械能守恒
B. 碰撞过程中环与板的总动能减小转化为弹簧的弹性势能
C. 碰撞后新平衡位置与下落高度h无关
D. 碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故B错误；碰撞后平衡时，有kx＝（m+M）g即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；故选C。
11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A. x1处电场强度最小，但不为零
B. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C. 在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D. x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝．Ep﹣x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；
BD．由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；
C．根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．故C错误；
故选D。
【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析。
12.如图所示电路中，定值电阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，输入的电流I1＝1A，I2＝2A．检测时发现a点电势为0，b点电势为4V，则下列说法正确的是（ ）
A. 流过电流表的电流为1A，方向向右
B. 滑动变阻器的滑片置于中间位置时，图示部分的等效电阻为Ω
C. 向左移动滑动变阻器的滑片时接入电路中的电阻变小
D. 改变滑动变阻器的滑片的位置，不影响通过电阻R2的电流
【答案】D
【解析】
【分析】
明确电路结构，根据串并联电路的规律即可确定流过电流表的电流，根据欧姆定律确定电势差关系，从而确定滑动变阻的作用，明确等效电阻大小。
【详解】由图可知，两电流只能由a点流进电流表，因此电流表中电流为3A，方向向右，故A错误；a点电势为零，b点电势为4V，故ba间电势差为4V；则由欧姆定律可知，流过R2的电流为I2＝A＝2A；根据电流结构可知，I1只能流过R1，则R1两端的电势差为4V，故滑动变阻器两端电势差为零，故图示中相当于R1与R2并联，故等效电阻，故B错误；由B的分析可知，滑动变阻器被短路，故改变滑片位置不会影响电流的大小，也不会改变总电阻大小，故C错误，D正确。故选D。
13.一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是（ ）
A. ①表示的是重力势能随上升高度的图象②表示的是动能随上升高度的图象
B. 上升过程中阻力大小恒定且f＝kmg
C. 上升高度，重力势能和动能不相等
D. 上升高度时，动能与重力势能之差为
【答案】CD
【解析】
试题分析：小球上升过程中，根据动能定理得：，得，可见是减函数，由图象②表示．重力势能为，与h成正比，由图象①表示，故A错误；对于整个上升过程，根据动能定理得：，由图象②得，，联立解得，．故B错误；当高度时，动能为，又由上知，，联立解得，，重力势能为，所以在高度时，物体的重力势能和动能相等．故C正确；当上升高度时，动能为，重力势能为，则动能与重力势能之差为，故D正确．
考点：考查了动能定理的应用
【名师点睛】本题首先要根据动能定理得到动能与高度的关系式，确定出图象的对应关系，再运用动能定理求解不同高度时的动能
14.电场种子处理技术是以电场效应催动种子发育的农业增产新技术。如图所示，在电场种子处理机内部有一等边三角形OPC，O点位于坐标原点，OC与x轴重合，P点坐标为（2cm，），A、B分别为OP、PC的中点。坐标系处于匀强电场中，且电场方向与坐标平面平行，已知O点电势为6V，A点电势为3V，B点电势为0V，则下列说法正确的是（ ）
A. C点电势为3V
B. C点电势为0V
C. 该匀强电场的电场强度大小为100V/m
D. 该匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】找OC的中点D，连接AD和BD，如图所示：
由几何知识的：AB∥OD，AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA﹣φB＝φO﹣φD＝φD﹣φC，故φD＝3V，φC＝0V，故A错误，B正确；由于φA＝φD，故AD为等势线，根据电场线和等势线互相垂直且有高电势指向低电势，故场强方向应从O点向AD做垂线，垂足为E点，场强方向为OE方向，，故C错误，D正确；故选BD。
15.如图所示，质量m＝245g的物块（可视为质点）放在质量M＝0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10m/s2，则在整个过程中（ ）
A. 物块的最大速度为6m/s
B. 木板的最大速度为3m/s
C. 物块相对于木板滑行的时间为0.75s
D. 木板的长度为3m
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据动能定理得到子弹刚射入物块时子弹和物块的共同速度及物块滑到木板右端的共同速度，即可求得物块、木板的最大速度；根据物块或木板的受力分析求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得滑行时间和滑行距离，进而求得木板长度。
【详解】子弹射入物块，由动量守恒可得：子弹刚射入物块时，两者的共同速度；之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度；故物块的最大速度为6m/s，故A正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么，共同速度，所以，由A的运动分析可得：木板的最大速度为2m/s，故B错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4m/s2的匀减速运动，所以，物块相对于木板滑行的时间 ，故C错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4m/s2的匀减速运动，木板做加速度的匀加速运动；所以，木板的长度 ，故D正确；故选AD。
【点睛】对于多物体运动的相关问题，一般要分析物体间的受力关系及运动关系，然后才能判断应用整体法还是隔离法求解；若运动一致，则根据整体法求解；若运动不一致，则由隔离法求解。
16.如图所示，平面直角坐标系的x轴上相对于原点O对称的P和Q两点处放置一对等量异种点电荷，a、b、c、d是位于四个象限内的四个点，它们恰在一个正方形的四个顶点上，O是正方形对角线的交点。M和N是正方形与x轴的交点，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是（ ）
A. a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等
B. 将一检验电荷﹣q从d点经M点到a点的过程中电场力一直不做功
C. 从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小
D. 将一检验电荷﹣q从N点释放，它会在MON间往复运动
【答案】AC
【解析】
【分析】
电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题。
【详解】等量异种电荷电场线分布如图所示：
根据电场强度叠加原理以及图象可知，a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等，故A正确；由上图可知，a、d两点电势相等，由d到M再到a点，电场力对负电荷先做正功，后做负功，整个过程做功和为零，故B错误；根据电场线疏密反应电场强弱可知，从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小，故C正确；从N到M电场方向向右，负电荷始终受到水平向左的电场力，所以由N点静止释放的负电荷，从N到M已知加速，故D错误；故选AC。
17.如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（ ）
A. 将热敏电阻R0加热
B. 滑动变阻器R的滑动头P向上移动
C. 开关S断开
D. 电容器C的上极板向上移动
【答案】AC
【解析】
【分析】
由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液滴向上运动，应增大两板间的电势差；由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出。
【详解】A．要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力；即应增大两板间的电势差；热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，故A正确；
B．当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，电容器两端的电势差不变，故B错误；
C．开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C正确；
D．电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，C＝ ，E＝U/d．所以：E＝ ，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D错误；
故选AC。
18.如图所示，光滑绝缘水平轨道上有三点A、B、C，A、C两点关于B点对称。在B点正上方h高度处的P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P、A、C三点间距离相等。如果取无穷远处电势为零，则点电荷产生的电场在A点的电势为φ．现在A点置一可视为质点的物块并给其一个初速度v0，物块沿轨道向右运动到B点时速度大小为v，物块所带正电荷的电荷量为q且运动过程中电荷量不变，k为静电力常量，下列说法正确的是（ ）
A. 物块在C点的电势能为Qφ
B. 点电荷产生的电场在A点的电场强度大小为
C. 物块在B点时受到轨道的支持力大小为
D. 点电荷产生的电场在B点的电势为
【答案】BD
【解析】
【分析】
（1）对物体进行受力分析，受重力、支持力、库仑力，根据竖直方向合力等于零，求出物体在B点受到轨道的支持力。
（2）根据点电荷的电场强度公式求解点电荷在A点产生电场的电场强度大小；根据点电荷的等势面是一簇同心圆求解C点电势，从而求解物块在C点的电势能；
（3）从A点到B点，只有电场力和摩擦力做功，根据动能定理，求出电场力做功，从而得出两点间的电势差，从而得出B点的电势。
【详解】AC两点到点电荷的距离相等，在同一个圆上，即点电荷的同一等势面上，故φC=φA=φ，所以物块在C点的电势能为：EPC=φq，故A错误；由点电荷的场强公式得： ，故B正确; 物体在B点受到点电荷的库仑力为：，设物体在B点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-F=0，解得：N=mg+F=mg+ ．故C错误；电场力对物块在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程摩擦力做的功是Wf，由动能定理得：−2Wf＝0−mv02①，设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理得：q(φ−φB)−Wf＝mv2−mv02②，①②联立解得：点电荷产生的电场在B点的电势为．故D正确；
故选：BD。
【点睛】解决本题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差。以及掌握库仑定律和动能定理的运用。
二、非选择题（本题共6个小题，共46分）
19.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，其操作步骤如下：
A．将操作台调为水平
B．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使滑块A、B间的弹簧处于压缩状态
C．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录滑块A、B的落地点M、N
D．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2
E．用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h
（1）上述步骤中，多余的步骤是_____；缺少的步骤是_____。
（2）如果动量守恒，须满足的关系是_____（用测量量表示）。
【答案】 (1). E (2). 用天平测出滑块A、B的质量mA、mB (3). mAx1＝mBx2
【解析】
【分析】
烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移替代.
【详解】取小球A的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为mA、mA，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t。
需要验证的方程：0＝mAv1﹣mBv2
又v1＝，v2＝
代入得到：mAx1＝mBx2
故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h。所以多余的步骤是E；但需要用天平测出滑块A、B的质量mA、mB.
【点睛】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证，同时注意两物体动量守恒的表达式的书写。
20.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5V1.25W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表V1（量程为3V，内阻为3kΩ）
电流表A1（量程为100mA，内阻为10Ω）
电流表A2（量程为3A，内阻为0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流为2A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流为0.5A）
定值电阻R3（阻值为2.5Ω）
定值电阻R4（阻值为10Ω）
定值电阻R5（阻值为1kΩ）
电源E（E＝3V，内阻不计）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。
（1）实验中滑动变阻器应选用_____，电流表应选用_____，并_____（填“串联”或“并联”）定值电阻。（均填器材的符号）
（2）在图1中的虚线框内画出电路图。（图中标出选用的器材的符号）
（3）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2V，内阻为4Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为_____W．（保留两位有效数字）
【答案】 (1). R1 (2). A1 (3). 并联 (4). 0.25
【解析】
【分析】
（1）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据额定电流选择电流表。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图。
（3）在I-U坐标系内作出电源的I-U图线，求出灯泡工作电压与电流，然后由P=UI求出实际功率。
【详解】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；灯泡额定电流为：，电流表A2量程量程太大，不能用它测电流，把电流表A1与定值电阻R3并联扩大其量程测电流。
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
（3）在灯泡I﹣U坐标系内作出电源的I﹣U图线如图所示：
由图示图线可知：U＝0.9V，I＝0.28A
灯泡实际功率为：P＝UI＝0.9×0.28≈0.25W；
21.如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω 2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的，电流表指针也指在满偏的．求电源电动势与内阻的大小。（保留两位有效数字）
【答案】7.0V，2.0Ω。
【解析】
【分析】
根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化，是可判断所选量程，从而求出电流表的示数；由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式，联立即可求得电源的电动势。
【详解】滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V，所以第二次电流表的示数为×0.6 A＝0.2 A，电压表的示数为×15 V＝5 V
当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V
回路的总电流为I总＝I1+＝0.5+A＝1.5 A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3，
即E＝1.5r+2+2①
当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V
回路的总电流为I总′＝I1′+＝0.2+A＝0.6A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′，
即E＝0.6r+0.8+5②
联立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0Ω
【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程。
22.如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q。在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变。不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）A球刚释放时的加速度大小；
（2）C点与B点的距离；
（3）AP间的电势差。
【答案】（1），（2）； （3）。
【解析】
【分析】
（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度。
（2）A球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动。当两力大小相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C点与B点的距离。
（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理求解AP间的电势差。
【详解】（1）A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma
根据库仑定律有：
又知
联立解得：a=gsinα-
（2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B点间的距离为d，则有：
解得：
（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：
解得：
【点睛】本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况。从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路。
23.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定。细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q＝1×10﹣5C、质量为m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点。已知AB间距离x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：
（1）小球通过B点时的速度大小VB；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；
（3）试画出小球从A点运动到C点过程中的v﹣t图象。
【答案】（1）2m/s （2）0.4m （3）
【解析】
（1）对小球，AB过程，根据牛顿第二定律可得，
初速度为零，由位移速度公式可得，
联立解得；
（2）对小球，BC过程，根据牛顿第二定律：，
初速度为，末速度为零，故根据位移速度公式可得，
联立解得
（3）小球在AB段做初速度为零，末速度为2m/s的匀加速直线运动，经历时间为，在BC段做初速度为2m/s，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为，即在0.8s末速度为零，v-t图像如图所示：
24.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）．试求：
（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？
【答案】
【解析】
试题分析：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有：
mg（3x0）sin30°=mv12
解得：…①
又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…②
联立①②得：
（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．
则有：EP+•2mv22＝0+2mg•x0sin30°
解得：EP＝2mg•x0sin30°−•2mv22=mgx0−mgx0＝mgx0…③
（3）设物块在最高点C的速度是vC，
物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：
所以：④
C点相对于O点的高度：
h=2x0sin30°+R+Rcos30°=x0…⑤
物块从O到C的过程中机械能守恒，得：mvo2＝mgh+mvc2…⑥
联立④⑤⑥得：…⑦
设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：mv2+mg（3x0sin30°）＝mvA2…⑧
A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨
A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：•2mvB2+EP＝•2mvo2+2mg•x0sin30°…⑩
由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离．
联立⑦⑧⑨⑩解得：
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题。
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