湖北省武漢市部分重點(diǎn)中學(xué)高一物理下學(xué)期期末試卷(含解析)

1、12014-2015 學(xué)年湖北省武漢 市部分重點(diǎn)中學(xué)高一（下）期末物理試卷一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有 一個(gè)選項(xiàng)正確，選錯(cuò)、多選或不選不得分）1.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）對(duì)靜電場(chǎng)中有關(guān)物理量的描述， 下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向處處與等勢(shì)面垂直B.電場(chǎng)強(qiáng)度為零的地方，電勢(shì)也為零C.任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向總是指向該點(diǎn)電勢(shì)降低的方向D.電場(chǎng)置于電勢(shì)越高的點(diǎn)，所具有的電勢(shì)能也越大考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度；等勢(shì)面.分析：電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)沒(méi)有直接關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與等勢(shì)面垂直，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是電勢(shì)降低最快的方向；根據(jù)這些知識(shí)進(jìn)行解答.解答：

2、解：A、電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，而電場(chǎng)強(qiáng)度的方向?yàn)殡妶?chǎng)線的方向，所以電場(chǎng)強(qiáng)度 的方向與等勢(shì)面垂直，故A正確；B電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)沒(méi)有直接關(guān)系，電場(chǎng)強(qiáng)度為零時(shí)，電勢(shì)不一定為零；電勢(shì)為零，電場(chǎng)強(qiáng) 度不一定為零.故B錯(cuò)誤；C順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是電勢(shì)降低最快的方向，故C錯(cuò)誤；D只有正電荷置于電勢(shì)越高的點(diǎn)，所具有的電勢(shì)能也越大，故D錯(cuò)誤.故選：A.點(diǎn)評(píng)：明確電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)無(wú)直接關(guān)系，知道電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是電勢(shì)降低最快的方向，同時(shí)注意電勢(shì)能的高低還與電荷的極性有關(guān).2.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）平行板電容器兩板分別帶等量異種電荷，為了使兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)減半，同時(shí)使兩極板間電壓加倍，可采取

3、的方法是（）A.使兩板帶電量都加倍B.使兩板正對(duì)面積加倍， 兩板距離及正對(duì)面積都變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C.使兩板帶電量都減半，兩板距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍D.使兩板距離加倍，兩板正對(duì)面積變?yōu)樵瓉?lái)的4倍考點(diǎn)：電容器的動(dòng)態(tài)分析.專題：電容器專題.分析：根據(jù)電容的決定式C_判斷電容的變化，根據(jù)U=判斷電壓的變化，根據(jù)E=4兀kdCd判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的變化.解答：A電量加倍，根據(jù)U=1知，電容不變，電壓加倍，極板間的距離不變， 根據(jù)E=知Cd電場(chǎng)強(qiáng)度加倍.故A錯(cuò)誤.2B兩板正對(duì)面積加倍，兩板距離變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，根據(jù)C=，知電容減半，根據(jù)U=4兀kdC知，電量不變，電壓加倍，根據(jù)E=知，場(chǎng)強(qiáng)減半.故B正確.d3C使兩板帶

4、電量都減半，兩板距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)C= ，電容減半，根據(jù)U=14兀kdC知電壓不變.故C錯(cuò)誤.D使兩板距離加倍，兩板距離及正對(duì)面積都變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，根據(jù)C=；，電容加倍,4Hkd根據(jù)U=知，電壓減半，根據(jù)知，場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)镮故D錯(cuò)誤.Cd4故選：B.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式以及電容的決定式，知道極板間的電場(chǎng)是勻強(qiáng)電3.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）如圖所示，木板B上表面是水平的木板A置于B上并與B保持相對(duì)靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開(kāi)始下滑，在下滑過(guò)程中（）考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用.專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題.分析：分析兩物體的受力及運(yùn)動(dòng)， 由功的公式可分析各力對(duì)物體是否做功，

5、根據(jù)夾角可判功的正負(fù).解答： 解：A、木塊向下加速運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)能增加，由動(dòng)能定理可知，木塊m做正功，故A錯(cuò)誤；BD A B整體具有沿斜面向下的加速度，設(shè)為a,將a正交分解為豎直方向分量ai,水平分量a2，如圖所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向右摩擦力f,A受力如圖所示，所以支持力做負(fù)功，摩 擦力做正功，則A對(duì)B的摩擦力做負(fù)功，故B、D錯(cuò)誤.C由牛頓第二定律得豎直方向上：mg- N=ma,水平方向上：f=ma2假設(shè)斜面與水平方向的夾角為0，摩擦力與彈力的合力與水平方向夾角為a，由幾何關(guān)系得：ai=gsin0sin0 ，a2=gsin0cos0 ,tana =,fT聯(lián)立得：tana=as,co

6、t0=tan（匹一0）,即QiA-2L，所以B對(duì)A的作用A.彈力做正功C.力做正功A所受的合外力對(duì)A不做功B.B對(duì)A的A對(duì)B的合力不做功D. A對(duì)B的摩擦m所受合外力對(duì)場(chǎng)，知道4sin02+2力與斜面垂直，根據(jù)牛頓第三定律知，A對(duì)B的作用力與斜面垂直， 則A對(duì)B的合力不做功， 故C正確.點(diǎn)評(píng)：判斷外力是否做功及功的正負(fù)可根據(jù)做功的條件是否做功，再根據(jù)力與位移方向的夾角判斷功的正負(fù)，也可以根據(jù)力與速度方向的夾角判斷功的正負(fù).4.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體在地面上方的同一水平線上當(dāng)水平拋出A物體的同時(shí)，B物體開(kāi)始自由下落（空氣阻力忽略不計(jì)），曲線AC為A物

7、體的運(yùn)動(dòng)軌跡，直線BD為B物體的運(yùn)動(dòng)軌跡，兩軌跡相交于0點(diǎn)，則A、B兩物體（）A.經(jīng)0點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等B.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至0點(diǎn)的過(guò)程中，速度變化量不同C.在0點(diǎn)時(shí)重力的功率一定相等D.在0點(diǎn)具有的機(jī)械能一定相等 考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).專題：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題.分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)分運(yùn)動(dòng) 與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，可知誰(shuí)先到達(dá)0點(diǎn)分別求出兩物體在0點(diǎn)的速率，進(jìn)行比較.根據(jù)P=mgvcos0比較重力的瞬時(shí)功率.解答： 解：A、到達(dá)0點(diǎn)時(shí)重力對(duì)物體做功相等，A的初動(dòng)能不為零，B的初動(dòng)能為零，由動(dòng)能定理可知，經(jīng)0點(diǎn)時(shí)，A的動(dòng)能大于B的動(dòng)

8、能，故A錯(cuò)誤；B兩物體加速度相同，時(shí)間相同，故從運(yùn)動(dòng)開(kāi)始至經(jīng)過(guò)0點(diǎn)過(guò)程中A的速度變化相同，故B錯(cuò)誤；C兩物體在豎直方向都做自由落體運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0點(diǎn)時(shí)豎直分速度Vy相等，重力的功率：P=Fvcosa=mgv，重力的瞬時(shí)功率相等，故C正確；D在0點(diǎn)具有的勢(shì)能相同，兩物體的動(dòng)能不同，兩物體的機(jī)械能不同，故D錯(cuò)誤；故選：C.5點(diǎn)評(píng)：本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)和自由落體運(yùn)動(dòng)的相關(guān)概念和公式，要明確平拋運(yùn)動(dòng)的豎直方向就是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以本題中，AB豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況完全相同，再根據(jù)相關(guān)公式和概念解題.5.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）如圖所示，一個(gè)均勻帶有電荷量為+Q的圓環(huán)，其半徑為2R,放在絕緣水平桌面上

9、，圓心為O點(diǎn)，過(guò)O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A,使A到O點(diǎn)的距離為R,在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷+q,則+q在A點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小為（）不能確定 考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度.分析：把檢驗(yàn)電荷受的力分解為沿豎直線和垂直于豎直線，由電荷的對(duì)稱性知垂直于豎直線方向的力相互抵消.解答：解：檢驗(yàn)電荷受的庫(kù)侖力沿著電荷的連線指向+q,由對(duì)稱性可知在垂直于豎直線的方向上的分力相互抵消，只有沿豎直線方向的分力.由庫(kù)侖力公式知：F-KX=，故C正確，ABD錯(cuò)誤.（后R）2V5 25護(hù)故選：C.點(diǎn)評(píng)：畫出受力圖，利用力的分解可以順利解出本題，同時(shí)掌握幾何關(guān)系的應(yīng)用.6.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）如圖所示，虛線是某靜電場(chǎng)的

10、一等勢(shì)線，邊上標(biāo)有對(duì)應(yīng)的電勢(shì)值，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，恰能沿圖中的實(shí)線從A經(jīng)過(guò)B運(yùn)動(dòng)到C,下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.粒子一定帶正電B.A處場(chǎng)強(qiáng)小于C處場(chǎng)強(qiáng)C.粒子在A處電勢(shì)能小于在C處電勢(shì)能D.粒子從A到B電場(chǎng)力所做的功等于從B到C電場(chǎng)力所做的功考點(diǎn)：電場(chǎng)線；電勢(shì)能.分析：根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，確定出電場(chǎng)線方向，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)中物體所受的合力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，可判斷出粒子所受的電場(chǎng)力方向，判斷粒子的電 性.根據(jù)等差等勢(shì)面密處場(chǎng)強(qiáng)大，可判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小.由電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的大小和動(dòng)能的大小.kQq6解答： 解：A、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可

11、知電場(chǎng)線方向大致向 左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場(chǎng)力方向大致向左，則知粒子一定帶正 電.故A正確；B等差等勢(shì)面的疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，A處場(chǎng)強(qiáng)大于C處場(chǎng)強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C粒子從A點(diǎn)飛到C點(diǎn)，電場(chǎng)力方向與速度的夾角為鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大， 粒子在A處電勢(shì)能小于在C處電勢(shì)能.故C正確；D AB間與BC間的電勢(shì)差相同，根據(jù)W=Uq粒子從A到B與從B到C電場(chǎng)力做功相同，故D正確.本題選錯(cuò)誤的，故選：B.點(diǎn)評(píng)：本題要掌握等勢(shì)面與電場(chǎng)線的關(guān)系和曲線運(yùn)動(dòng)合力指向，由粒子的軌跡判斷出電場(chǎng)力方向，分析能量的變化.7.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端固定，直立

12、于水平地面上，將質(zhì)量為m的物體A從離彈簧頂端正上方h高處由靜止釋放，當(dāng)物體A下降到最低點(diǎn)P時(shí), 其速度變?yōu)榱?，此時(shí)彈簧的壓縮量為xo；若將質(zhì)量為3m的物體B從離彈簧頂端正上方同一h高處，由靜止釋放，當(dāng)物體B也下降到P處時(shí)，其動(dòng)能為（）考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律.專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.分析：對(duì)物體從A到P的整個(gè)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理分別列式， 抓住彈力做功相等，即可求解. 解答：解：當(dāng)質(zhì)量為m的物體從A到P的過(guò)程，設(shè)克服彈簧的彈力做功為W則由動(dòng)能定理得：mg (h+xo) -W=0當(dāng)質(zhì)量為3m的物體從A下落至P的過(guò)程，設(shè)3m的物體到達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為EEpBB.點(diǎn)電荷帶正電，在A點(diǎn)左側(cè)，0A 0B,E

13、pAVEpBC.點(diǎn)電荷帶負(fù)電，在B點(diǎn)右側(cè)，0A 0B,EpAEpB考點(diǎn)：電場(chǎng)線；電勢(shì)能.分析：由圖看出小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，可判斷出電場(chǎng)力的方 向，確定出孤立點(diǎn)電荷的電性和位置，根據(jù)順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低判斷電勢(shì)的高低，由能量守恒定律判斷電勢(shì)能的變化.解答： 解：由圖看出小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其動(dòng)能增加，電場(chǎng)力對(duì)負(fù)電荷做正功，所以 該負(fù)電荷所受的電場(chǎng)力方向從ATB.由于小球帶帶負(fù)電，所以電場(chǎng)線的方向從BTA.根據(jù)順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，則知0AVB.由能量守恒定律判斷得知電勢(shì)能減小，即有：&AEPB.若點(diǎn)電荷帶負(fù)電，該電荷應(yīng)位于A點(diǎn)的左側(cè)，若點(diǎn)電荷帶正電，

14、該電荷應(yīng)位于B點(diǎn)的右側(cè)，故AD正確，BC錯(cuò)誤.故選：AD點(diǎn)評(píng)：解決本題關(guān)鍵掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，掌握電場(chǎng)線方向與電勢(shì)變化的關(guān)系，能熟練運(yùn)用能量守恒定律判斷能量的變化，是常見(jiàn)的問(wèn)題.、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)正確，選錯(cuò)或不選不得分，少選得2分）9.（4分）（2011?濟(jì)南一模）下列各圖是反映汽車以恒定牽引力從靜止開(kāi)始勻加速啟動(dòng)，最38考點(diǎn)：功率、平均功率和瞬時(shí)功率；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；牛頓第二定律. 專題：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題；功率的計(jì)算專題.分析：汽車以恒定牽引力啟動(dòng)時(shí)，汽車開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由P=Fv可知汽車功率逐漸增

15、大，當(dāng)達(dá)到額定功率時(shí)，隨著速度的增大，牽引力將減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，汽車開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)， 明確了整個(gè)汽車啟動(dòng)過(guò)程，即可正確解答 本題.解答： 解：汽車開(kāi)始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)達(dá)到額定功率時(shí)，勻加速結(jié)束, 然后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至最后運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng).開(kāi)始勻加速時(shí)：F-f=ma設(shè)勻加速剛結(jié)束時(shí)速度為vi,有：P額=Fvi最后勻速時(shí)：F=f,有：F額=Fvm由以上各式解得：勻加速的末速度為：丄】，最后勻速速度為：_，；.1 f+ma血f在v-t圖象中斜率表示加速度，汽車開(kāi)始加速度不變，后來(lái)逐漸減小，故A正確；汽車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中開(kāi)始加速度不變，后來(lái)加速度

16、逐漸減小，最后加速度為零，故B錯(cuò)誤;汽車牽引力開(kāi)始大小不變，然后逐漸減小，最后牽引力等于阻力，故C正確；開(kāi)始汽車功率逐漸增加，P=Fv=Fat，故為過(guò)原點(diǎn)直線，后來(lái)功率恒定，故D正確.故選ACD點(diǎn)評(píng)：對(duì)于機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題，要根據(jù)牛頓第二定律和汽車功率P=Fv進(jìn)行討論，弄清過(guò)程中速度、加速度、牽引力、功率等變化情況.10.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，在一勻強(qiáng)電場(chǎng)的空間內(nèi)，以某一水平初速度拋出， 小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為,加速度方向豎直向下不計(jì)空氣阻力,3已知重力加速度為g）,則小球在豎直方向下降H高度的過(guò)程中（)A.小球的機(jī)械能減少了了B3小球的動(dòng)能增加了 13C.小

17、球的電勢(shì)能增加了厘D3小球的后做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,正確的是（）其速度隨時(shí)間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象,其中C.A.9重力勢(shì)能減少了mgH考點(diǎn)：電勢(shì)能；功能關(guān)系.分析：要判斷小球各種能量的變化多少，則必須分析小球的受力及各力做功情況，然后利用功能關(guān)系把各力做功情況與相應(yīng)的能量變化對(duì)應(yīng)起來(lái)，從而做出判斷.解答： 解：由牛頓第二定律得：mg- F=m?，解知小球受到的電場(chǎng)力F= :mg且方向豎直:?3向上.一9一小球在豎直方向上下降H高度時(shí)重力做正功W=mgH電場(chǎng)力做負(fù)功W=- mgH因此，小球3的重力勢(shì)能減少mgH小球的電勢(shì)能增加mgH除重力做功外，電場(chǎng)力做負(fù)功W=-2mgH因此，小

18、球的機(jī)械能減少2mgH33根據(jù)動(dòng)能定理知，動(dòng)能增加量AEk=M=m. H J故BD正確，AC錯(cuò)誤.33故選：BD.點(diǎn)評(píng)：本題一定要明確常見(jiàn)的功能關(guān)系：合外力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系；重力做功與重力勢(shì) 能變化的關(guān)系.電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；除重力做功外其他力做功， 機(jī)械能變化.同時(shí)，要知道各力做了多少功，對(duì)應(yīng)的能量變化多少.11.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁 微粒，經(jīng)帶電室后帶負(fù)電后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最終打在紙上，顯示出字 符.已知偏移量越大打在紙上的字跡越大，現(xiàn)為了使打在紙上的字跡增大，下列措施可行的是（ ）A.增大墨汁微粒

19、的比荷B.增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能C.減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度D.增大偏轉(zhuǎn)極板的電壓 考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).專題：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題.分析：墨汁微粒在加速電場(chǎng)中加速， 在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出墨汁微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的偏移量，然后分析答題.解答： 解：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：L=vot;豎直方向：y=at2=2,2 2md聯(lián)立得，y二=.，2mdvQ 4砸血10為了使打在紙上的字跡增大，就要增大墨汁微粒通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)量y,22由y= _ .=一 可知，可以：增大比荷I故A正確；減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)2mdvQ

20、4dEE0IT時(shí)的初動(dòng)能氐，故B錯(cuò)誤；增大極板的長(zhǎng)度L,故C錯(cuò)誤；增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U,故D正確；故選：AD.點(diǎn)評(píng)：此題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)量y的表達(dá)式.1112.（4分）（2015春?武漢校級(jí)期末）有一個(gè)大塑料圓環(huán)固定在水平面上，以圓環(huán)圓心為坐 標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，其上面套有兩個(gè)帶電小環(huán)1和小環(huán)2,小環(huán)2固定在圓環(huán)BCA上某點(diǎn)（圖中未畫出），小環(huán)1原來(lái)在A點(diǎn).現(xiàn)讓小環(huán)1逆時(shí)針從A轉(zhuǎn)到B點(diǎn)（如圖a），在 該過(guò)程中坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電場(chǎng)強(qiáng)度x方向的分量Ex隨0變化的情況如圖b所示，y方向的 分量Ey隨0變化的情況如圖c所示（取無(wú)

21、限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0）,則下列說(shuō)法正確的是（）A.小環(huán)2可能在BC弧上的中點(diǎn)B.小環(huán)和小環(huán)2帶異種電荷C.坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢(shì)一直為零D.小環(huán)1在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小 考點(diǎn)：電勢(shì)能.分析：由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的分布， 結(jié)合矢量疊加原則和圓的對(duì)稱性，分析場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系，結(jié)合電場(chǎng)力做功導(dǎo)致電勢(shì)能變化，從而即可求解.解答：解：A、若小環(huán)2放BC弧上的中點(diǎn)，當(dāng)0=時(shí)，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理， 可知，ExM0,2與題不符，故A錯(cuò)誤.B小環(huán)1帶正電或帶負(fù)電，小環(huán)2帶正電或負(fù)電，都滿足條件要求，故B錯(cuò)誤.C C處放一個(gè)-Q A處+Q,可以得到b、c兩條曲線.這樣的話O點(diǎn)始終處于AC連線的中 垂線上，電勢(shì)一直為零故C正

22、確；D電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，電勢(shì)能先增大后減小，故D正確.故選：CD點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要掌握點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的分布情況，同時(shí)掌握等量異種電荷中垂線即為等勢(shì)線，并注意學(xué)會(huì)假設(shè)法解題，及電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能是降低.三、實(shí)驗(yàn)題（根據(jù)題目要求把正確答案填在答題卷的相應(yīng)橫線上，共17分）13.（17分）（2015春?武漢校級(jí)期末）某課外活動(dòng)小組利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，在氣墊導(dǎo)軌上相隔一定距離的兩處安裝兩個(gè)光電傳感器A、B.滑塊P上固定一寬度為d的遮光條，若光線被遮光條遮擋， 光電傳感器會(huì)輸出高電壓， 兩光電傳感 器采集數(shù)據(jù)后與計(jì)算機(jī)相連. 滑塊在細(xì)線的牽引下向左加速運(yùn)動(dòng)，

23、遮光條經(jīng)過(guò)光電傳感器A、B時(shí)，通過(guò)計(jì)算機(jī)可以得到如圖乙所示的電壓U隨時(shí)間t變化的圖象.1213(1)實(shí)驗(yàn)前，接通氣源，將滑塊(不掛鉤碼)置于氣墊導(dǎo)軌上，輕推滑塊，當(dāng)圖乙中的At=4 2(選填“”、“=”或“V”)時(shí)，說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平.(2)滑塊P用細(xì)線繞過(guò)氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與質(zhì)量為m的鉤碼Q相連，將滑塊P由圖甲所示位置釋放，通過(guò)計(jì)算機(jī)得到的圖象如圖乙所示，若Ati、At2和d已知，要驗(yàn)證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，還應(yīng)測(cè)出滑塊質(zhì)量M和 兩光電門間距為L(zhǎng)(寫出物理量的名稱及符號(hào)).(3)若上述物理量間滿足關(guān)系式mgL=；(m+M()2-丄(m+M( /)2.，則- 2-At2-2-

24、Ati-表明在上述過(guò)程中，滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.(4)下列因素中可能增大實(shí)驗(yàn)誤差的是AD(填字母序號(hào))A.氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平B.滑塊質(zhì)量M和鉤碼質(zhì)量m不滿足mvMC.遮光條寬度太小D.兩光電門間距過(guò)小.考點(diǎn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.專題：實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.分析：如果遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間相等，說(shuō)明遮光條做勻速運(yùn)動(dòng)，即說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平.要驗(yàn)證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，就應(yīng)該去求出動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量，根據(jù)這兩個(gè)量求解.滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒列出關(guān)系式.解答：解: (1)如果遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間相等，即Ati=At2,說(shuō)明遮光條做勻速運(yùn)動(dòng)，即說(shuō)明

25、氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平.(2)要驗(yàn)證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，就應(yīng)該去求出動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量，光電門測(cè)量瞬時(shí)速度是實(shí)驗(yàn)中常用的方法. 的平均速度代替瞬時(shí)速度.ddVB=,VA=.- I.- I !滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)動(dòng)能的增加量AE滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)動(dòng)能的重力勢(shì)能的減小量AEp=mgL所以還應(yīng)測(cè)出滑塊質(zhì)量M兩光電門間距離L.(3)如果系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量，那么滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.B.滑塊質(zhì)量M和鉤碼質(zhì)量m不滿足m=M對(duì)該實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響，故B錯(cuò)誤由于光電門的寬度很小， 所以我們用很短時(shí)間內(nèi)(m+怙)即:(4)A.氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平,M的重力勢(shì)能也會(huì)改

26、變，故A正確2-一mgL(m+M(14C.遮光條寬度太小，有利于減小誤差，故C錯(cuò)誤D.兩光電門間距過(guò)小，有利于增大誤差，故D正確故選：AD.故答案為：(1)=(2)滑塊質(zhì)量M,兩光電門間距為L(zhǎng);15(3)mgL(m+M ()2-3(m+M (-)I2At22Att(4)AD點(diǎn)評(píng)：了解光電門測(cè)量瞬時(shí)速度的原理.實(shí)驗(yàn)中我們要清楚研究對(duì)象和研究過(guò)程，對(duì)于系統(tǒng)我們要考慮全面.四、計(jì)算題(本題共4小題，共45分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式或重要步驟)14.(9分)(2015春?武漢校級(jí)期末)如圖所示，平行金屬帶電極板A、B間可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)， 極板間距離d=5cm.電場(chǎng)中C和D分別到A、B兩板間垂直

27、距離均為2cm, B極接地，把一電 量qi=-2.0X109C的點(diǎn)電荷由C點(diǎn)移到M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出M點(diǎn)0,電場(chǎng)力做功4.0X1010 11J, 把該電荷由M點(diǎn)移到D點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功為2.0X107j.求：(1)C和D兩點(diǎn)間電勢(shì)差UCD；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大?。?3)將點(diǎn)電荷q2=4X109C從D點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中，該點(diǎn)電荷的電勢(shì)能變化量Ep=-4X10J.(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小是1X104V/m,所以該點(diǎn)電荷的電勢(shì)能變化量為：p=-4X10-7J;答：(1)C和D兩點(diǎn)間電勢(shì)差是-100V;16考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)能.專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.分析：根據(jù)電

28、勢(shì)差公式U=,可求出電勢(shì)差，q電場(chǎng)中C和D分別到A B兩板間垂直距離均為2cm,根據(jù)E=1求解勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大d?。桓鶕?jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化量的關(guān)系求解.解答： 解：(1)把一電量q1=-2.0X10-9C的點(diǎn)電荷由C點(diǎn)移到M點(diǎn)電場(chǎng)力做功4.0X10-J，把該電荷由M點(diǎn)移到D點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功為2.0X10-J.根據(jù)電勢(shì)差公式U-得：q(2) 極板間距離d=5cm.電場(chǎng)中C和D分別到A、B兩板間垂直距離均為2cm,勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為：E= = =1X104 5 6 7V/m,d 0, 014將點(diǎn)電荷q2=4X10-9C從D點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為：-9-7W=qU=4X10X10

29、0=4X10 J,電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，UCD=：-2X109=-100V,17(3)點(diǎn)電荷的電勢(shì)能變化量是-4X107j點(diǎn)評(píng)：本題要注意運(yùn)用公式U求解電勢(shì)差時(shí)，公式U中U、W q三個(gè)量可都代入符號(hào)，要q注意電荷克服電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做的是負(fù)功.15.(12分)(2015春?武漢校級(jí)期末)如圖所示，輕桿長(zhǎng)為3L,在輕桿的兩端分別固定了質(zhì)量均為m的球A和球B,桿上距球A為L(zhǎng)處的點(diǎn)O裝在光滑的水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸上，桿和球在豎 直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，球B對(duì)桿恰好無(wú)作用力.已知重力加速度為g.求:(1)球B運(yùn)動(dòng)到在最高點(diǎn)時(shí)，此時(shí)球A的速度大小.(2)球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，球B對(duì)桿的作用力大小及方

30、向.考點(diǎn)：向心力；牛頓第二定律.專題：分析：牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用.(1)球B運(yùn)動(dòng)到最咼點(diǎn)時(shí)，球B對(duì)桿無(wú)作用力，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出速度.A、B繞同一軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，由v=3r分析A球的速度.(2)球B從最高轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，求出球B轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)向心力公式求解即可.2解答：解：由牛頓第二定律得：mg=J，得到球B在最高點(diǎn)時(shí)速度為：故A錯(cuò)誤.在最低點(diǎn)，球B受到桿對(duì)它向上的拉力，則有:F-mg=m 2解得：F= iJ.I-2根據(jù)牛頓第三定律可知，球B對(duì)桿的作用力大小為.,方向向下.答：(1)球B運(yùn)動(dòng)到在最高點(diǎn)時(shí)，此時(shí)球A的速度大小為I：.|

31、.(2)球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，球B對(duì)桿的作用力大小為 亠二二，方向向下.由v=3r,3相同，得到此時(shí)球A的速度為：VA=R.,:一.(2)球B從最高轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中，以O(shè)點(diǎn)參考，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得1212mg?2L-mgL+=mgL-mg?2L+i，.，又VB=2VA代入解得：VB =18點(diǎn)評(píng)：本題是機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用，比較復(fù)雜，知道B球在最高點(diǎn)對(duì)桿恰好無(wú)作用力，由重力提供向心力.16.(12分)(2015春?武漢校級(jí)期末)一質(zhì)量m=0.5kg的滑塊以某一初速度沖上傾角0=37且足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，其沿斜面上升的速度-時(shí)間圖象如圖所示已知sin37=0.6,co

32、s37=0.8,g取10m/s2.求：(1)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 滑塊返回斜面底端時(shí)重力的功率；(3) 滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，其動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)距斜面低端的高度(選取斜面 低端所在平面為零勢(shì)能面)win-s1jf f f It-1III|0.5 LO 1.52.5譏譏考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像.專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.分析：(1)小物塊沖上斜面過(guò)程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解卩.(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物塊上滑的距離， 根據(jù)動(dòng)能定理求出小物塊返回斜面底端時(shí)的速 度v,由P=mgvsin0求滑塊返回斜面底端時(shí)重力的

33、功率.(3)先求解出動(dòng)能和重力勢(shì)能的表達(dá)式，然后求解它們相等時(shí)的高度.解答： 解：(1)初速度v0=20m/s，由圖線知滑塊作勻減速直線運(yùn)動(dòng).加速度大小為：a=| =8m/s2At 2.5根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin0+卩mgcos0=ma而代入數(shù)據(jù)解得卩=0.25(2)由圖知，滑塊上滑的最大位移為：Sn=訂：m=25m2 2滑塊在斜面上滑行的總路程為為：S總=2Sn=50m對(duì)上滑和下滑整個(gè)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：-卩mgcos0S總=-mJ22代入數(shù)據(jù)，求得滑塊返回斜面底端時(shí)的速度為：v=10 : m/s則滑塊返回斜面底端時(shí)重力的功率為：P=mgvsin0=0.5x10X10 : x sin37=30:W(3) 設(shè)滑塊上滑高度為h時(shí)，其動(dòng)能與重力勢(shì)能相等.則由動(dòng)能定理得：-