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2022-2023学年山东省青岛市莱西市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年山东省青岛市莱西市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18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.关于点电荷和电场线的理解，下列说法正确的是( )
A. 点电荷和电场线都是物理模型，实际是不存在的
B. 体积较小的带电体即可看成点电荷
C. 沿电场线的方向，是电场减弱的方向
D. 在研究带电油滴在平行板电容器间悬停时，油滴不能看作点电荷
2.2022年4月16日，我国神舟十三号载人飞船在东风着落场平安着陆。如图所示为载人飞船在主降落伞牵引下正向地面减速下降，此过程中飞船的机械能( )
A. 增加
B. 减少
C. 不变
D. 无法判断
3.如图所示，用橡胶球A摩擦头发，然后将A靠近验电器上的金属小球B，下列说法正确的是( )
A. 验电器的金属箔片不会张开，因为球A没有和B接触
B. 验电器的金属箔片张开，因为金属箔片带上了正电
C. 验电器的金属箔片张开，因为金属箔片带上了负电
D. 验电器的金属箔片张开，因为金属球B和金属箔片都带上了正电
4.A、B两个点电荷在真空中的电场线(方向未标出)如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D点为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称，则下列说法正确的是( )
A. A、B是等量同种点电荷
B. 从A点沿直线到B点，电势不变，场强先减小后增大
C. 从C点沿直线到D点，电势降低，场强大小逐渐减小
D. 从C点沿直线到D点，场强方向保持不变
5.如图所示为电子束焊接机的装置原理示意图，其核心部件由高压辐向电场组成，图中虚线表示电场线。一电子在图中H点只在电场力的作用下从静止开始运动，则下列说法正确的是( )
A. 电子可能做圆周运动
B. 电子受到的电场力逐渐减小
C. A、K之间辐向电场中各点的电势一定是正值
D. 电子电势能逐渐增大
6.同学们在用多用电表测量电阻的实验中，有以下操作：
①把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
②把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
③把选择开关旋转到交流电压最高挡
④把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
⑤调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
正确的操作顺序是( )
A. ①④⑤②③B. ①⑤③②④C. ⑤④①②③D. ④①⑤③②
7.如图，A、B、C、D、E是真空中圆心为O，半径为r的圆弧上的6个等分点，在B、C、D、F点分别固定电荷量为q的正点电荷，在A点和E点固定电荷量为q的负点电荷，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度大小为( )
A. kqr2B. 2kqr2C. 3kqr2D. 4kqr2
8.电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，2021年3月份，我国无线充专用MLCC研发获得重大突破，NPO电容实现国产。NPO电容是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组要测定一个NPO电容器的电容，设计的电路图如图甲所示，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。下列说法正确的是( )
A. 流过R0的电流方向竖直向上
B. 图乙中图线a表示的过程中电容器两极板的电压在减小
C. 若增大R0的阻值，电流变化应为图丙中的图线b
D. 图乙中a图线与坐标轴围起来的面积表示电容C
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，运动员将质量为m的足球从地面上以速度v踢出，v与竖直方向的夹角为θ=30∘，足球恰好水平击中高为h的球门横梁.以地面为零势能面，不计空气阻力，则足球在命中横梁前一瞬间的机械能为( )
A. 12mv2B. mghC. 18mv2+mghD. 12mv2−mgh
10.质量为m、电荷量为+Q的带电小球A固定在绝缘天花板上、带电小球B质量也为m，A和B都可以视为点电荷，B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. B球受到重力、库仑力、向心力三个力作用
B. 天花板对A球的作用力大小为 39mg3
C. B球电量绝对值大小为8 3mgR2kQ
D. B球转动的角速度为 3g3R
11.如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是( )
A. 向右移动R3的滑片，小球向下移动
B. 向右移动R1的滑片，小球的电势能将减小
C. 向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势
D. 断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高
12.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧放在倾角θ=30∘的足够长光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A质量均为m，且均可视为质点。用大小为2mg的恒力沿斜面向下作用在物块B上，A、B靠在一起静止。现在突然撤去恒力，A、B开始运动。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 从开始运动到B与A刚要分离时，B运动的距离为3mgk
B. B与A刚要分离时，B的加速度为零
C. 从开始运动到B与A刚要分离时，A、B组成的系统机械能增加了2m2g2k
D. B与A分离瞬间，A、B组成的系统动能为3m2g22k
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.电学实验中采用伏安法测量未知的较大电阻的准确阻值，为了减小误差，同学们准备采用滑动变阻器分压式，电流表的内接法连接电路。
(1)请你根据要求把实物图连线补充完整；
(2)同学们用此电路测量了该电阻的伏安特性，得到如图乙所示图像。请根据图像求出该待测电阻的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)因电表内阻影响，测量值______(选填“偏大”或“偏小”)。
14.在验证机械能守恒定律的实验中，实验小组设计了如图甲所示装置。用细线连接质量m1、m2的两物体，m2跨过光滑轻质滑轮，下端抱着纸带通过打点计时器，让m2从高处由静止开始下落。实验中打出的一条纸带如图乙所示，O是打下的第一个点，A、B、C、D是连续打出的4个点，打点计时器频率为f。
(1)从O点到C点的过程中，系统动能的增加量ΔEk=______，系统重力势能的减少量ΔEp=______。
(2)从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp大于系统动能的增加量ΔEk的可能原因是：______；
(3)若利用机械能守恒定律，使用该装置可以测量当地的重力加速度。测量出O到各点的距离记为h并计算出各点的瞬时速度v，做出v2−h图像如图丙所示，测得图线斜率为k，则当地的重力加速度g=______。
四、简答题：本大题共4小题，共45分。
15.如图甲所示为心脏除颤器的简化原理图，除颤时除颤器作用于心脏的是瞬时高能脉冲。在一次治疗中，将开关S接到位置1，用12s时间完成电容器的充电，达到最大储能350J，电压为5kV；将开关S接到位置2，电容器在2ms内通过人体完成放电，如图乙。已知电容器的储能计算式为E=12CU2，求：
(1)电容器的电容；
(2)该次除颤治疗中，估算通过患者的电荷量和患者接入电路的电阻大小。
16.如图所示，有一条质量为m、长为L的均匀绳子，开始时绳子的2L3部分在水平桌面上，而L3垂于桌外，当作用在绳子上水平向左的力为F时绳子恰好不下滑。
(1)若桌面光滑F=mg3，撤去力F，释放绳子，求当绳子刚离开桌面时的速度大小；
(2)若桌面粗糙F=mg6，增大F把绳子全部拉回桌面上，求F至少要对绳子做多少功。
17.如图所示，固定在竖直平面内半径为R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道与水平面相切于B点，轨道左侧紧靠一个等高的倾角为45∘的光滑斜面，在二者最高点结合点A处装有一个光滑的轻质小滑轮。平行于斜面的轻绳两端分别连有质量为m1=2kg的小球P和质量为m2=1kg的小物块Q，开始小球P在外力作用下处于轨道最高点A处紧靠小滑轮，小物块Q紧靠斜面最底端的固定挡板放置，细绳恰好伸直且无张力，整个系统处于静止状态。现撤去作用于小球P上的外力，当小球P运动到圆弧轨道最低点B处时，小物块Q未与滑轮发生碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球P运动到圆弧轨道最低点B处时的速度大小；
(2)小球P从A运动到B的过程中，绳子对小球P做的功W1和绳子对小物块Q做的功W2。
18.如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器“由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的a极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。a、b两极间的交变电压uab变化规律如图乙所示，在t=0时，位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，通过圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。电子在相邻圆筒间的间隙运动时，均能使所受电场力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U1，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，在圆筒中运动的时间均为T2。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两极板间距离为d，板间电压为U2，电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出，最后打到荧光屏上。求：
(1)第2个金属圆筒的长度s2；
(2)电子打在荧光屏上的M点到O点的距离y。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、点电荷和电场线都是物理模型，实际是不存在的，故A正确；
B、能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无关，故B错误；
C、沿电场线的方向，电场不一定减弱，故C错误；
D、在研究带电油滴在平行板电容器间悬停时，油滴可以看作点电荷，故D错误。
故选：A。
点电荷和电场线都是物理模型，根据带电体看作点电荷的条件分析BD，电场线的疏密程度反映电场强度的大小。
明确电场线的物理意义是解题的关键，即要知道电场线的疏密表示电场强度的大小，注意点电荷的特点。
2.【答案】B
【解析】解：载人飞船在主降落伞牵引下正向地面减速下降，受到向上的阻力，阻力对飞船做负功，所以飞船的机械能减少，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据飞船的运动情况，分析阻力做功情况，由功能关系判断飞船机械能变化情况。
解答本题的关键要掌握功能关系，知道物体的机械能变化情况取决于除重力以外其他力做功情况。
3.【答案】C
【解析】解：橡胶球A摩擦头发，橡胶球带负电，将带负电的A靠近验电器上的金属小球B，则会因为电荷间的感应，金属球B带正电，负电荷向金属箔会聚，使金属箔带负电，而两片金属箔的电性相同互相排斥，从而使两片金属箔张开一定的角度。故C正确，ABD错误。
故选：C。
验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，金属箔片张开，说明验电器上带了电荷；A带正电，靠近验电器的金属球时，由于静电感应，金属小球会带上负电荷，金属箔会带上正电荷。由此分析。
本题考查了感应起电的相关知识点，要知道验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的。要理解静电感应的原理。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷，故A错误；
B、虽是等量异种电荷，但不知两电荷到底谁是正电荷，因此从A点沿直线到B点，电势无法判断，场强先减小后增大，故B错误；
CD、根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都沿水平方向，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，场强大小逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小，根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低，根据电场线疏密分析电场大小。
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．
5.【答案】C
【解析】解：A.电子在图中H点只在电场力的作用下从静止开始运动，则电子会沿直线运动，故A错误；
B.由甲图中电场线疏密程度可知，电子在加速过程中电场力逐渐变大，故B错误；
C.A端接高压正极，K端接地，可知A、K之间辐向电场中各点的电势一定是正值，故C正确；
D.电子运动过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故D错误。
故选：C。
根据电子的受力情况分析运动情况；根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系，根据电极的接法分析电势，根据电场力的做功类型结合功能关系分析出电子的电势能的变化趋势。
本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，能根据电场线判断出场强和电势的大小关系，结合功能关系即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：使用多用电表测量电阻时，先进行机械调零，即把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0；然后把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点；把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数，结束后把选择开关旋转到交流电压最高挡。故正确的操作顺序是①④⑤②③，故A正确，BCD错误；
故选：A。
使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零；读数后把选择开关旋转到交流电压最高挡。
本题考查多用电表，要求掌握欧姆表的使用方法，注意使用完毕后如何旋转开关。
7.【答案】B
【解析】解：根据点电荷电场公式结合电场的矢量叠加可知：
C、F处电荷在O点产生的合电场为0；B、E电荷在O点产生的合电场为E=2×kqr2=2kqr2，同理D、A在O点产生的合电场为E=2×kqr2=2kqr2，且夹角为120∘；
根据矢量的合成可知圆心O处的电场强度大小为2kqr2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据点电荷电场公式结合电场的矢量叠加分析O处的场强并计算。
本题考查电场强度的叠加，能够灵活运用对称性及等效替代方法是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：AB、由甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过R0的电流方向竖直向下，电流大小不断减小，所以乙图为电容器放电时的i−t图像，故A错误，B正确；
C、电容器充满电之后，电压一定，带电量也一定，若增大R0的阻值，放电初始时的最大电流减小，放电速度变慢，所用时间边长，故电流变化应为图像不是图丙中的图线b，故C错误；
D、在i−t图像中，图像与横轴围成的面积表示电荷总量，故D错误。
故选：B。
根据电容器的充放电特点分析出电流的方向和大小的变化，i−t图像中图像和横轴围成的面积表示电荷总量。
本题主要考查电容器的相关知识，理解I−t图像的纵轴表示电流的大小，图像与横轴围成的面积表示电荷总量。
9.【答案】AC
【解析】解：A、足球运动过程中，只受重力作用，机械能守恒，足球初始的机械能为12mv2，所以足球在命中横梁前一瞬间的机械能为12mv2，故A正确；
BCD、由于足球水平击中高为h的球门横梁，则机械能为E=mgh+12m(vsinθ)2=18mv2+mgh，故C正确，BD错误；
故选：AC。
由于不计空气阻力，故足球在飞行过程机械能守恒，确定出球在地面上的机械能即可确定飞行时的机械能。
本题考查了机械能守恒的应用，要注意明确在忽略空气阻力的情况下，足球在空中飞行中机械能守恒。
10.【答案】BD
【解析】解：A、B球受到重力和库仑力作用，向心力是效果力，受力分析时不分析，由重力和库仑力的合力提供，故A错误；
CD、对B球受力分析，如图：
重力和库仑力的合力指向圆心，提供向心力，设AB连线与竖直方向夹角为θ，有：sinθ=R2R=12
则θ=30∘
由几何关系得：Fn=mgtanθ=mω2R
由库仑定律得：mgcsθ=kQq(2R)2
解得：ω= 3g3R
q=8 3mgR23kQ
故C错误，D正确。
B、对A受力分析，A受到重力，B对A的库仑力和天花板对A的作用力，由牛顿第三定律可知，B对A的库仑力等于A对B的库仑力：F库=mgcsθ=2 33mg，方向沿AB斜向左下，如图
将三个力分解到水平方向和竖直方向，设天花板对A的作用力与水平方向夹角为α，由平衡条件得：
水平方向：Fcsα=F库sinθ
竖直方向：Fsinα=mg+F库csθ
由三角函数公式得：sin2α+cs2α=1
联立解得：F= 39mg3
故B正确。
故选：BD。
向心力是效果力，受力分析时不分析；对B受力分析，B所受合力指向圆心，提供向心力，结合向心力公式求解角速度，结合库仑定律求解B球带电量绝对值；对A受力分析，根据平衡条件求解天花板对A球的作用力大小。
本题考查库仑定律、向心力和共点力平衡，解题关键是对两小球做好受力分析，明确小球做圆周运动的向心力来源，结合平衡条件、向心力公式列式求解即可。
11.【答案】BC
【解析】解：A、电路稳定后，电容器所在的支路为断路，向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球仍静止不动，故A错误；
B、向右移动R1的滑片，其连入电路的电阻变小，回路中电流变大，则R2两端电压变大，二极管正向导通，电容器被充电，其两端电压增大，两极板之间的场强增大，小球受到的电场力增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，故B正确；
C、向下移动电容器的下极板，电容器极板间距d增大，根据C=εrS4πkd,C=QU，可知电容C减小，若U不变时，则Q将减小，但由于二极管的存在使电容器无法放电，所以电容器的Q不变，而U增大，使得二极管右端电势要高于左端电势，故C正确；
D、断开S后，由于二极管的存在使电容器无法放电，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，使得电容器极板间距d减小，根据C=εrS4πkd,C=QU,E=Ud，可得：E=4πkQϵrS
可知Q不变时，改变板间距，极板间场强不变，M点到下极板(电势为零)间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，故D错误。
故选：BC。
电容器所在的支路为断路，向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变；向右移动R1的滑片，R2两端电压变大，二极管正向导通，两极板之间的场强增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小；二极管使电容器只能充电而不能放电，向下移动电容器的下极板，若二极管不导通，其右端电势会升高；向电容器中插入金属板，相当于电容器极板间距d减小，判断板间电场强度如何变化，根据M点与零电势点的电势差的变化，分析M点的电势变化。
本题考查了含有电容和二极管的电路分析和电容器的动态分析问题。要注意二极管具有单向导电性，要首先判断电容器的充放电情况。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、B与A刚要分离时，两物体之间的弹力为零，且两者的加速度相等，对B利用牛顿第二定律：mgsinθ=ma，则a=gsinθ=g×12=g2
把AB看作一个整体利用牛顿第二定律：2mgsinθ+Fk=2ma
代入数据可得弹簧弹力：Fk=0，可知AB刚要分离瞬间弹簧处于原长，
开始时AB两物体在外力的作用下静止，设弹簧形变量为x，则有：kx=2mgsinθ+2mg
代入数据可得：x=3mgk，可知从开始运动到B与A刚要分离时，B运动的距离等于弹簧的形变量，即B运动的距离为3mgk，故A正确，B错误；
CD、从开始运动到B与A刚要分离时，根据能量守恒可知减少的弹性势能等于AB两物体增加的重力势能和动能，则有：12kx2=2mgxsinθ+Ek
代入数据可得：Ek=3m2g22k
A、B组成的系统机械能增加量ΔE=2mgxsinθ+Ek
代入数据可得：ΔE=9m2g22k，故C错误，D正确。
故选：AD。
AB、依据A、B两物体刚要分离的临界条件，对B利用牛顿第二定律可得B的加速度大小，把AB看作一个整体利用牛顿第二定律可得弹簧弹力的大小，根据弹簧弹簧形变量可得B运动的距离；
CD、从开始到AB刚好分离，根据能量守恒可知减少的弹性势能等于AB两物体增加的重力势能和动能，可解得AB两物体的动能，根据AB两物体增加的动能和重力势能可得机械能的增加量。
本题考查了功能关系、能量守恒，解题的关键是A、B两物体刚要分离的临界条件：两物体之间的弹力为零，且两者的加速度相等。
13.【答案】3.5×103 偏大
【解析】解：(1)根据滑动变阻器分压式，电流表的内接法连接电路，如下图
(2)根据图像可得当电流l=0.4mA时，电压为U=1.4V，则电阻为
R=UI=1.44×10−4Ω=3.5×103Ω
(3)电流表采用内接法，电阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，因此电阻测量值大于真实值。
故答案为：(1)详见解析；(2)3.2×103；(3)偏大
(1)采用滑动变阻器分压式，电流表的内接法连接电路；
(2)U−I图像的斜率表示电阻；
(3)电流表采用内接法，电流准确，电压的测量值偏大，故电阻的测量值偏大。
本题考查了伏安法测电阻，涉及电路连接和测量值与真实值关系，是一道比较容易的题，涉及的相关知识点都是常见的。
14.【答案】(m2+m1)f2(s4−s2)28 (m2−m1)gs3 纸带和限位孔有摩擦、滑轮有质量 (m2+m1)k2(m2−m1)
【解析】解：(1)根据匀变速直线运动规律可知C点的速度为
vC=s4−s22T=f(s4−s2)2
则系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)vC2=(m2+m1)f2(s4−s2)28
系统重力势能的减少量ΔEp=(m2−m1)gs3
(2)重力势能的减少量ΔEp大于系统动能的增加量ΔEk的可能原因是纸带和限位孔有摩擦、滑轮有质量。
(3)根据机械能守恒定律有：(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2
解得：v2=2(m2−m1)gm1+m2h
则图线的斜率k=2(m2−m1)gm1+m2
解得：g=(m2+m1)k2(m2−m1)
故答案为：(1)(m2+m1)f2(s4−s2)28；(m2−m1)gs3；(2)纸带和限位孔有摩擦、滑轮有质量；(3)(m2+m1)k2(m2−m1)
(1)根据匀变速直线运动规律解得C点的速度，根据动能和重力势能的公式解答；
(2)根据实验原理分析误差；
(3)根据机械能守恒定律结合图线的斜率解答。
解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
15.【答案】(1)由E=12CU2知电容器的电容
C=2EU2=2×350(5×103)2F=2.8×10−5F
(2)由C=QU知该次除颤治疗中，通过患者的电荷
Q=CU=2.8×10−5×5×103C=0.14C
流过人体电流
Im=Qt=0.142×10−3A=70A
患者接入电路的电阻
R=UIm=5×10370Ω=71.4Ω
答：(1)电容器的电容为2.8×10−5F；
(2)该次除颤治疗中，通过患者的电荷量0.14C，患者接入电路的电阻大小为71.4Ω。
【解析】应用题中所给的电容器的储能计算式可算出电容；由Q=CU计算通过患者的电荷量，由I=Qt算电流，再由欧姆定律求电阻。
解题时抓住题中所给电容器的储能计算式，得出电容是解题的关键，在计算过程中注意单位的换算。
16.【答案】解：(1)若桌面光滑，撤去撤去力F，绳子下滑过程机械能守恒：
23mg⋅(23L)=12mv12
解得：v1=23 2gL
(2)若F=mg6，绳子恰好静止，此时满足：F+μ⋅23mg−13mg=0
整理得：μ=0.25
绳子被拉动x时，Ff=μ⋅23L+xLmg=μ(23+xL)mg
摩擦力与位移成线性关系
Wf=Ff−⋅13L=μ23mg+μmg2⋅13L=572mgL
WF−Wf−13mg⋅16L=0
解得：WF=18mgL
答：(1)当绳子刚离开桌面时的速度大小为23 2gL；
(2)F至少要对绳子做18mgL的功。
【解析】(1)绳子下滑过程机械能守恒，根据机械能守恒定律解答；
(2)根据受力平衡解得动摩擦因数，结合能量守恒定律解答。
本题主要考查了机械能守恒定律，在分析重力势能的变化时，结合功能关系即可完成分析。
17.【答案】解：(1)小球P从A运动到B的过程中，对A、B系统由机械能守恒定律得：
m1gR−m2g 2Rsin45∘=12m1v12+12m2v22
在B点设P球的速度为v1，Q的速度为v2，如图
根据题意：v2=v1cs45∘
解得：v1=2m/s，v2= 2m/s
(2)对小球P根据动能定理得：W1+m1gR=12m1v12−0
解得：W1=−6J
对小物块Q根据动能定理得：W2−m2g 2Rsin45∘=12m2v22−0
解得：W2=6J
答：(1)小球P运动到圆弧轨道最低点B处时的速度大小为2m/s；
(2)小球P从A运动到B的过程中，绳子对小球P做的功为−6J，绳子对小物块Q做的功为6J。
【解析】(1)根据系统机械能守恒结合关联速度问题解答；
(2)分别对P和Q，根据动能定理解答。
该题考查关联问题与功能关系的运用，属于两个物体的运动情况，在解答的过程中要理清合速度与分速度的关系，注意机械能守恒的条件。
18.【答案】解：(1)电子在第2个金属圆筒之前的加速过程，根据动能定理得：2eU1=12mv22
变形得：v2= 4U1em
电子在第二个圆筒做匀速直线运动，所以位移：s2=v2×T2
代入可得第二个圆筒的长度：s2=T U1em
(2)电子整个过程，经过5个周期，10次加速，根据动能定理得：5eU1=12mv52
离开第5个圆筒的速度：v5= 10U1em
两极板之间偏转过程，L=v5t1
在电场中的偏转距离：y1=12at12，其中a=U2emd
解得：y1=U2L220U1d
射出极板后做匀速直线运动：L=v5t2
沿竖直方向的偏转距离：y2=vyt1，而竖直速度：vy=a2t
解得：y2=U2L210U1d
M点到O点的距离为：y=y1+y2
代入解得：y=3U2L220U1d
答：(1)第2个金属圆筒的长度s2为T U1em；
(2)电子打在荧光屏上的M点到O点的距离y为3U2L220U1d。
【解析】(1)根据动能定理可分别求电子进入第二个圆筒的速度，再由匀速直线运动的公式求第二个圆筒的长度；
(2)电子在偏转电电场中做类平抛运动，在偏转电场中做匀速直线运动。根据运动的分解可求得打在荧光屏上的偏转距离。
本题考查直线加速器的原理、带电粒子在交变电场中的运动，解题关键在于对运动情况进行分析，在偏转电场中对运动进行分解，同时结合动能定理、运动学规律即可解决问题。
1.关于点电荷和电场线的理解，下列说法正确的是( )
A. 点电荷和电场线都是物理模型，实际是不存在的
B. 体积较小的带电体即可看成点电荷
C. 沿电场线的方向，是电场减弱的方向
D. 在研究带电油滴在平行板电容器间悬停时，油滴不能看作点电荷
2.2022年4月16日，我国神舟十三号载人飞船在东风着落场平安着陆。如图所示为载人飞船在主降落伞牵引下正向地面减速下降，此过程中飞船的机械能( )
A. 增加
B. 减少
C. 不变
D. 无法判断
3.如图所示，用橡胶球A摩擦头发，然后将A靠近验电器上的金属小球B，下列说法正确的是( )
A. 验电器的金属箔片不会张开，因为球A没有和B接触
B. 验电器的金属箔片张开，因为金属箔片带上了正电
C. 验电器的金属箔片张开，因为金属箔片带上了负电
D. 验电器的金属箔片张开，因为金属球B和金属箔片都带上了正电
4.A、B两个点电荷在真空中的电场线(方向未标出)如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D点为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称，则下列说法正确的是( )
A. A、B是等量同种点电荷
B. 从A点沿直线到B点，电势不变，场强先减小后增大
C. 从C点沿直线到D点，电势降低，场强大小逐渐减小
D. 从C点沿直线到D点，场强方向保持不变
5.如图所示为电子束焊接机的装置原理示意图，其核心部件由高压辐向电场组成，图中虚线表示电场线。一电子在图中H点只在电场力的作用下从静止开始运动，则下列说法正确的是( )
A. 电子可能做圆周运动
B. 电子受到的电场力逐渐减小
C. A、K之间辐向电场中各点的电势一定是正值
D. 电子电势能逐渐增大
6.同学们在用多用电表测量电阻的实验中，有以下操作：
①把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
②把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
③把选择开关旋转到交流电压最高挡
④把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
⑤调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
正确的操作顺序是( )
A. ①④⑤②③B. ①⑤③②④C. ⑤④①②③D. ④①⑤③②
7.如图，A、B、C、D、E是真空中圆心为O，半径为r的圆弧上的6个等分点，在B、C、D、F点分别固定电荷量为q的正点电荷，在A点和E点固定电荷量为q的负点电荷，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度大小为( )
A. kqr2B. 2kqr2C. 3kqr2D. 4kqr2
8.电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，2021年3月份，我国无线充专用MLCC研发获得重大突破，NPO电容实现国产。NPO电容是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组要测定一个NPO电容器的电容，设计的电路图如图甲所示，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。下列说法正确的是( )
A. 流过R0的电流方向竖直向上
B. 图乙中图线a表示的过程中电容器两极板的电压在减小
C. 若增大R0的阻值，电流变化应为图丙中的图线b
D. 图乙中a图线与坐标轴围起来的面积表示电容C
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，运动员将质量为m的足球从地面上以速度v踢出，v与竖直方向的夹角为θ=30∘，足球恰好水平击中高为h的球门横梁.以地面为零势能面，不计空气阻力，则足球在命中横梁前一瞬间的机械能为( )
A. 12mv2B. mghC. 18mv2+mghD. 12mv2−mgh
10.质量为m、电荷量为+Q的带电小球A固定在绝缘天花板上、带电小球B质量也为m，A和B都可以视为点电荷，B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. B球受到重力、库仑力、向心力三个力作用
B. 天花板对A球的作用力大小为 39mg3
C. B球电量绝对值大小为8 3mgR2kQ
D. B球转动的角速度为 3g3R
11.如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是( )
A. 向右移动R3的滑片，小球向下移动
B. 向右移动R1的滑片，小球的电势能将减小
C. 向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势
D. 断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高
12.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧放在倾角θ=30∘的足够长光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A质量均为m，且均可视为质点。用大小为2mg的恒力沿斜面向下作用在物块B上，A、B靠在一起静止。现在突然撤去恒力，A、B开始运动。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 从开始运动到B与A刚要分离时，B运动的距离为3mgk
B. B与A刚要分离时，B的加速度为零
C. 从开始运动到B与A刚要分离时，A、B组成的系统机械能增加了2m2g2k
D. B与A分离瞬间，A、B组成的系统动能为3m2g22k
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.电学实验中采用伏安法测量未知的较大电阻的准确阻值，为了减小误差，同学们准备采用滑动变阻器分压式，电流表的内接法连接电路。
(1)请你根据要求把实物图连线补充完整；
(2)同学们用此电路测量了该电阻的伏安特性，得到如图乙所示图像。请根据图像求出该待测电阻的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)因电表内阻影响，测量值______(选填“偏大”或“偏小”)。
14.在验证机械能守恒定律的实验中，实验小组设计了如图甲所示装置。用细线连接质量m1、m2的两物体，m2跨过光滑轻质滑轮，下端抱着纸带通过打点计时器，让m2从高处由静止开始下落。实验中打出的一条纸带如图乙所示，O是打下的第一个点，A、B、C、D是连续打出的4个点，打点计时器频率为f。
(1)从O点到C点的过程中，系统动能的增加量ΔEk=______，系统重力势能的减少量ΔEp=______。
(2)从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp大于系统动能的增加量ΔEk的可能原因是：______；
(3)若利用机械能守恒定律，使用该装置可以测量当地的重力加速度。测量出O到各点的距离记为h并计算出各点的瞬时速度v，做出v2−h图像如图丙所示，测得图线斜率为k，则当地的重力加速度g=______。
四、简答题：本大题共4小题，共45分。
15.如图甲所示为心脏除颤器的简化原理图，除颤时除颤器作用于心脏的是瞬时高能脉冲。在一次治疗中，将开关S接到位置1，用12s时间完成电容器的充电，达到最大储能350J，电压为5kV；将开关S接到位置2，电容器在2ms内通过人体完成放电，如图乙。已知电容器的储能计算式为E=12CU2，求：
(1)电容器的电容；
(2)该次除颤治疗中，估算通过患者的电荷量和患者接入电路的电阻大小。
16.如图所示，有一条质量为m、长为L的均匀绳子，开始时绳子的2L3部分在水平桌面上，而L3垂于桌外，当作用在绳子上水平向左的力为F时绳子恰好不下滑。
(1)若桌面光滑F=mg3，撤去力F，释放绳子，求当绳子刚离开桌面时的速度大小；
(2)若桌面粗糙F=mg6，增大F把绳子全部拉回桌面上，求F至少要对绳子做多少功。
17.如图所示，固定在竖直平面内半径为R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道与水平面相切于B点，轨道左侧紧靠一个等高的倾角为45∘的光滑斜面，在二者最高点结合点A处装有一个光滑的轻质小滑轮。平行于斜面的轻绳两端分别连有质量为m1=2kg的小球P和质量为m2=1kg的小物块Q，开始小球P在外力作用下处于轨道最高点A处紧靠小滑轮，小物块Q紧靠斜面最底端的固定挡板放置，细绳恰好伸直且无张力，整个系统处于静止状态。现撤去作用于小球P上的外力，当小球P运动到圆弧轨道最低点B处时，小物块Q未与滑轮发生碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球P运动到圆弧轨道最低点B处时的速度大小；
(2)小球P从A运动到B的过程中，绳子对小球P做的功W1和绳子对小物块Q做的功W2。
18.如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器“由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的a极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。a、b两极间的交变电压uab变化规律如图乙所示，在t=0时，位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，通过圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。电子在相邻圆筒间的间隙运动时，均能使所受电场力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U1，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，在圆筒中运动的时间均为T2。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两极板间距离为d，板间电压为U2，电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出，最后打到荧光屏上。求：
(1)第2个金属圆筒的长度s2；
(2)电子打在荧光屏上的M点到O点的距离y。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、点电荷和电场线都是物理模型，实际是不存在的，故A正确；
B、能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无关，故B错误；
C、沿电场线的方向，电场不一定减弱，故C错误；
D、在研究带电油滴在平行板电容器间悬停时，油滴可以看作点电荷，故D错误。
故选：A。
点电荷和电场线都是物理模型，根据带电体看作点电荷的条件分析BD，电场线的疏密程度反映电场强度的大小。
明确电场线的物理意义是解题的关键，即要知道电场线的疏密表示电场强度的大小，注意点电荷的特点。
2.【答案】B
【解析】解：载人飞船在主降落伞牵引下正向地面减速下降，受到向上的阻力，阻力对飞船做负功，所以飞船的机械能减少，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据飞船的运动情况，分析阻力做功情况，由功能关系判断飞船机械能变化情况。
解答本题的关键要掌握功能关系，知道物体的机械能变化情况取决于除重力以外其他力做功情况。
3.【答案】C
【解析】解：橡胶球A摩擦头发，橡胶球带负电，将带负电的A靠近验电器上的金属小球B，则会因为电荷间的感应，金属球B带正电，负电荷向金属箔会聚，使金属箔带负电，而两片金属箔的电性相同互相排斥，从而使两片金属箔张开一定的角度。故C正确，ABD错误。
故选：C。
验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，金属箔片张开，说明验电器上带了电荷；A带正电，靠近验电器的金属球时，由于静电感应，金属小球会带上负电荷，金属箔会带上正电荷。由此分析。
本题考查了感应起电的相关知识点，要知道验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的。要理解静电感应的原理。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷，故A错误；
B、虽是等量异种电荷，但不知两电荷到底谁是正电荷，因此从A点沿直线到B点，电势无法判断，场强先减小后增大，故B错误；
CD、根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都沿水平方向，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，场强大小逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小，根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低，根据电场线疏密分析电场大小。
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．
5.【答案】C
【解析】解：A.电子在图中H点只在电场力的作用下从静止开始运动，则电子会沿直线运动，故A错误；
B.由甲图中电场线疏密程度可知，电子在加速过程中电场力逐渐变大，故B错误；
C.A端接高压正极，K端接地，可知A、K之间辐向电场中各点的电势一定是正值，故C正确；
D.电子运动过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故D错误。
故选：C。
根据电子的受力情况分析运动情况；根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系，根据电极的接法分析电势，根据电场力的做功类型结合功能关系分析出电子的电势能的变化趋势。
本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，能根据电场线判断出场强和电势的大小关系，结合功能关系即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：使用多用电表测量电阻时，先进行机械调零，即把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0；然后把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点；把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数，结束后把选择开关旋转到交流电压最高挡。故正确的操作顺序是①④⑤②③，故A正确，BCD错误；
故选：A。
使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零；读数后把选择开关旋转到交流电压最高挡。
本题考查多用电表，要求掌握欧姆表的使用方法，注意使用完毕后如何旋转开关。
7.【答案】B
【解析】解：根据点电荷电场公式结合电场的矢量叠加可知：
C、F处电荷在O点产生的合电场为0；B、E电荷在O点产生的合电场为E=2×kqr2=2kqr2，同理D、A在O点产生的合电场为E=2×kqr2=2kqr2，且夹角为120∘；
根据矢量的合成可知圆心O处的电场强度大小为2kqr2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据点电荷电场公式结合电场的矢量叠加分析O处的场强并计算。
本题考查电场强度的叠加，能够灵活运用对称性及等效替代方法是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：AB、由甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过R0的电流方向竖直向下，电流大小不断减小，所以乙图为电容器放电时的i−t图像，故A错误，B正确；
C、电容器充满电之后，电压一定，带电量也一定，若增大R0的阻值，放电初始时的最大电流减小，放电速度变慢，所用时间边长，故电流变化应为图像不是图丙中的图线b，故C错误；
D、在i−t图像中，图像与横轴围成的面积表示电荷总量，故D错误。
故选：B。
根据电容器的充放电特点分析出电流的方向和大小的变化，i−t图像中图像和横轴围成的面积表示电荷总量。
本题主要考查电容器的相关知识，理解I−t图像的纵轴表示电流的大小，图像与横轴围成的面积表示电荷总量。
9.【答案】AC
【解析】解：A、足球运动过程中，只受重力作用，机械能守恒，足球初始的机械能为12mv2，所以足球在命中横梁前一瞬间的机械能为12mv2，故A正确；
BCD、由于足球水平击中高为h的球门横梁，则机械能为E=mgh+12m(vsinθ)2=18mv2+mgh，故C正确，BD错误；
故选：AC。
由于不计空气阻力，故足球在飞行过程机械能守恒，确定出球在地面上的机械能即可确定飞行时的机械能。
本题考查了机械能守恒的应用，要注意明确在忽略空气阻力的情况下，足球在空中飞行中机械能守恒。
10.【答案】BD
【解析】解：A、B球受到重力和库仑力作用，向心力是效果力，受力分析时不分析，由重力和库仑力的合力提供，故A错误；
CD、对B球受力分析，如图：
重力和库仑力的合力指向圆心，提供向心力，设AB连线与竖直方向夹角为θ，有：sinθ=R2R=12
则θ=30∘
由几何关系得：Fn=mgtanθ=mω2R
由库仑定律得：mgcsθ=kQq(2R)2
解得：ω= 3g3R
q=8 3mgR23kQ
故C错误，D正确。
B、对A受力分析，A受到重力，B对A的库仑力和天花板对A的作用力，由牛顿第三定律可知，B对A的库仑力等于A对B的库仑力：F库=mgcsθ=2 33mg，方向沿AB斜向左下，如图
将三个力分解到水平方向和竖直方向，设天花板对A的作用力与水平方向夹角为α，由平衡条件得：
水平方向：Fcsα=F库sinθ
竖直方向：Fsinα=mg+F库csθ
由三角函数公式得：sin2α+cs2α=1
联立解得：F= 39mg3
故B正确。
故选：BD。
向心力是效果力，受力分析时不分析；对B受力分析，B所受合力指向圆心，提供向心力，结合向心力公式求解角速度，结合库仑定律求解B球带电量绝对值；对A受力分析，根据平衡条件求解天花板对A球的作用力大小。
本题考查库仑定律、向心力和共点力平衡，解题关键是对两小球做好受力分析，明确小球做圆周运动的向心力来源，结合平衡条件、向心力公式列式求解即可。
11.【答案】BC
【解析】解：A、电路稳定后，电容器所在的支路为断路，向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球仍静止不动，故A错误；
B、向右移动R1的滑片，其连入电路的电阻变小，回路中电流变大，则R2两端电压变大，二极管正向导通，电容器被充电，其两端电压增大，两极板之间的场强增大，小球受到的电场力增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，故B正确；
C、向下移动电容器的下极板，电容器极板间距d增大，根据C=εrS4πkd,C=QU，可知电容C减小，若U不变时，则Q将减小，但由于二极管的存在使电容器无法放电，所以电容器的Q不变，而U增大，使得二极管右端电势要高于左端电势，故C正确；
D、断开S后，由于二极管的存在使电容器无法放电，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，使得电容器极板间距d减小，根据C=εrS4πkd,C=QU,E=Ud，可得：E=4πkQϵrS
可知Q不变时，改变板间距，极板间场强不变，M点到下极板(电势为零)间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，故D错误。
故选：BC。
电容器所在的支路为断路，向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变；向右移动R1的滑片，R2两端电压变大，二极管正向导通，两极板之间的场强增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小；二极管使电容器只能充电而不能放电，向下移动电容器的下极板，若二极管不导通，其右端电势会升高；向电容器中插入金属板，相当于电容器极板间距d减小，判断板间电场强度如何变化，根据M点与零电势点的电势差的变化，分析M点的电势变化。
本题考查了含有电容和二极管的电路分析和电容器的动态分析问题。要注意二极管具有单向导电性，要首先判断电容器的充放电情况。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、B与A刚要分离时，两物体之间的弹力为零，且两者的加速度相等，对B利用牛顿第二定律：mgsinθ=ma，则a=gsinθ=g×12=g2
把AB看作一个整体利用牛顿第二定律：2mgsinθ+Fk=2ma
代入数据可得弹簧弹力：Fk=0，可知AB刚要分离瞬间弹簧处于原长，
开始时AB两物体在外力的作用下静止，设弹簧形变量为x，则有：kx=2mgsinθ+2mg
代入数据可得：x=3mgk，可知从开始运动到B与A刚要分离时，B运动的距离等于弹簧的形变量，即B运动的距离为3mgk，故A正确，B错误；
CD、从开始运动到B与A刚要分离时，根据能量守恒可知减少的弹性势能等于AB两物体增加的重力势能和动能，则有：12kx2=2mgxsinθ+Ek
代入数据可得：Ek=3m2g22k
A、B组成的系统机械能增加量ΔE=2mgxsinθ+Ek
代入数据可得：ΔE=9m2g22k，故C错误，D正确。
故选：AD。
AB、依据A、B两物体刚要分离的临界条件，对B利用牛顿第二定律可得B的加速度大小，把AB看作一个整体利用牛顿第二定律可得弹簧弹力的大小，根据弹簧弹簧形变量可得B运动的距离；
CD、从开始到AB刚好分离，根据能量守恒可知减少的弹性势能等于AB两物体增加的重力势能和动能，可解得AB两物体的动能，根据AB两物体增加的动能和重力势能可得机械能的增加量。
本题考查了功能关系、能量守恒，解题的关键是A、B两物体刚要分离的临界条件：两物体之间的弹力为零，且两者的加速度相等。
13.【答案】3.5×103 偏大
【解析】解：(1)根据滑动变阻器分压式，电流表的内接法连接电路，如下图
(2)根据图像可得当电流l=0.4mA时，电压为U=1.4V，则电阻为
R=UI=1.44×10−4Ω=3.5×103Ω
(3)电流表采用内接法，电阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，因此电阻测量值大于真实值。
故答案为：(1)详见解析；(2)3.2×103；(3)偏大
(1)采用滑动变阻器分压式，电流表的内接法连接电路；
(2)U−I图像的斜率表示电阻；
(3)电流表采用内接法，电流准确，电压的测量值偏大，故电阻的测量值偏大。
本题考查了伏安法测电阻，涉及电路连接和测量值与真实值关系，是一道比较容易的题，涉及的相关知识点都是常见的。
14.【答案】(m2+m1)f2(s4−s2)28 (m2−m1)gs3 纸带和限位孔有摩擦、滑轮有质量 (m2+m1)k2(m2−m1)
【解析】解：(1)根据匀变速直线运动规律可知C点的速度为
vC=s4−s22T=f(s4−s2)2
则系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)vC2=(m2+m1)f2(s4−s2)28
系统重力势能的减少量ΔEp=(m2−m1)gs3
(2)重力势能的减少量ΔEp大于系统动能的增加量ΔEk的可能原因是纸带和限位孔有摩擦、滑轮有质量。
(3)根据机械能守恒定律有：(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2
解得：v2=2(m2−m1)gm1+m2h
则图线的斜率k=2(m2−m1)gm1+m2
解得：g=(m2+m1)k2(m2−m1)
故答案为：(1)(m2+m1)f2(s4−s2)28；(m2−m1)gs3；(2)纸带和限位孔有摩擦、滑轮有质量；(3)(m2+m1)k2(m2−m1)
(1)根据匀变速直线运动规律解得C点的速度，根据动能和重力势能的公式解答；
(2)根据实验原理分析误差；
(3)根据机械能守恒定律结合图线的斜率解答。
解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
15.【答案】(1)由E=12CU2知电容器的电容
C=2EU2=2×350(5×103)2F=2.8×10−5F
(2)由C=QU知该次除颤治疗中，通过患者的电荷
Q=CU=2.8×10−5×5×103C=0.14C
流过人体电流
Im=Qt=0.142×10−3A=70A
患者接入电路的电阻
R=UIm=5×10370Ω=71.4Ω
答：(1)电容器的电容为2.8×10−5F；
(2)该次除颤治疗中，通过患者的电荷量0.14C，患者接入电路的电阻大小为71.4Ω。
【解析】应用题中所给的电容器的储能计算式可算出电容；由Q=CU计算通过患者的电荷量，由I=Qt算电流，再由欧姆定律求电阻。
解题时抓住题中所给电容器的储能计算式，得出电容是解题的关键，在计算过程中注意单位的换算。
16.【答案】解：(1)若桌面光滑，撤去撤去力F，绳子下滑过程机械能守恒：
23mg⋅(23L)=12mv12
解得：v1=23 2gL
(2)若F=mg6，绳子恰好静止，此时满足：F+μ⋅23mg−13mg=0
整理得：μ=0.25
绳子被拉动x时，Ff=μ⋅23L+xLmg=μ(23+xL)mg
摩擦力与位移成线性关系
Wf=Ff−⋅13L=μ23mg+μmg2⋅13L=572mgL
WF−Wf−13mg⋅16L=0
解得：WF=18mgL
答：(1)当绳子刚离开桌面时的速度大小为23 2gL；
(2)F至少要对绳子做18mgL的功。
【解析】(1)绳子下滑过程机械能守恒，根据机械能守恒定律解答；
(2)根据受力平衡解得动摩擦因数，结合能量守恒定律解答。
本题主要考查了机械能守恒定律，在分析重力势能的变化时，结合功能关系即可完成分析。
17.【答案】解：(1)小球P从A运动到B的过程中，对A、B系统由机械能守恒定律得：
m1gR−m2g 2Rsin45∘=12m1v12+12m2v22
在B点设P球的速度为v1，Q的速度为v2，如图
根据题意：v2=v1cs45∘
解得：v1=2m/s，v2= 2m/s
(2)对小球P根据动能定理得：W1+m1gR=12m1v12−0
解得：W1=−6J
对小物块Q根据动能定理得：W2−m2g 2Rsin45∘=12m2v22−0
解得：W2=6J
答：(1)小球P运动到圆弧轨道最低点B处时的速度大小为2m/s；
(2)小球P从A运动到B的过程中，绳子对小球P做的功为−6J，绳子对小物块Q做的功为6J。
【解析】(1)根据系统机械能守恒结合关联速度问题解答；
(2)分别对P和Q，根据动能定理解答。
该题考查关联问题与功能关系的运用，属于两个物体的运动情况，在解答的过程中要理清合速度与分速度的关系，注意机械能守恒的条件。
18.【答案】解：(1)电子在第2个金属圆筒之前的加速过程，根据动能定理得：2eU1=12mv22
变形得：v2= 4U1em
电子在第二个圆筒做匀速直线运动，所以位移：s2=v2×T2
代入可得第二个圆筒的长度：s2=T U1em
(2)电子整个过程，经过5个周期，10次加速，根据动能定理得：5eU1=12mv52
离开第5个圆筒的速度：v5= 10U1em
两极板之间偏转过程，L=v5t1
在电场中的偏转距离：y1=12at12，其中a=U2emd
解得：y1=U2L220U1d
射出极板后做匀速直线运动：L=v5t2
沿竖直方向的偏转距离：y2=vyt1，而竖直速度：vy=a2t
解得：y2=U2L210U1d
M点到O点的距离为：y=y1+y2
代入解得：y=3U2L220U1d
答：(1)第2个金属圆筒的长度s2为T U1em；
(2)电子打在荧光屏上的M点到O点的距离y为3U2L220U1d。
【解析】(1)根据动能定理可分别求电子进入第二个圆筒的速度，再由匀速直线运动的公式求第二个圆筒的长度；
(2)电子在偏转电电场中做类平抛运动，在偏转电场中做匀速直线运动。根据运动的分解可求得打在荧光屏上的偏转距离。
本题考查直线加速器的原理、带电粒子在交变电场中的运动，解题关键在于对运动情况进行分析，在偏转电场中对运动进行分解，同时结合动能定理、运动学规律即可解决问题。
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