北大附中河南分校（宇華教育集團）高一下學期期末物理試卷Word版含解析.doc

2015-2016學年北大附中河南分校（宇華教育集團）高一（下）期末物理試卷一、選擇題（每題4分，共60分，全對得4分，對而不全得2分，錯選不得分）1將一質(zhì)量為m的帶電微粒（不計重力）放在電場中無初速度釋放，則以下說法正確的是（）A帶電粒子的軌跡一定和電場線重合B帶電粒子的速度方向總是與所在處的電場切線方向一致C帶電粒子的加速度方向總是與所在處的電場線切線方向重合D帶電粒子將沿電場線的切線方向拋出，做拋物線運動2如圖所示，在外力作用下某質(zhì)點運動的vt圖象為正弦曲線從圖中可以判斷（）A在0t1時間內(nèi)，外力的功率先增大后減小B在0t1時間內(nèi)，外力的功率逐漸為零C在t2時刻，外力的功率為零D在t3時刻，外力的功率最大3帶電的平行板電容器與靜電計的連接如圖所示，要使靜電計的指針偏角變小，可采用的方法有（）A減小兩極板間的距離 B用手觸摸極板AC在兩板間插入電介質(zhì) D將極板B向上適當移動4一靜電場沿x坐標軸方向的電勢分布如圖所示，則（）A在x1x2之間存在著沿x軸正方向的勻強電場B在x1x2之間存在著沿x軸正方向逐漸增強的電場C在x1x2之間沿x軸方向電場強度為零D在x1x2之間存在著沿x軸負方向的勻強電場5圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點則該粒子（）A帶負電B在c點受力最大C在b點的電勢能大于在c點的電勢能D由a點到b點的動能變化大于有b點到c點的動能變化6如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A所受重力與電場力平衡 B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加 D做勻變速直線運動7如圖1所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點P（坐標為x）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E=2k1，方向沿x軸現(xiàn)考慮單位面積帶電量為0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖2所示則圓孔軸線上任意一點Q（坐標為x）的電場強度為（）A2k0B2k0C2k0D2k08某同學研究電子在電場中的運動時，電子僅受電場力作用，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（虛線所示）圖中一組平行實線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是（）A不論圖中實線是電場線還是等勢面，a點的電勢都比b點低B不論圖中實線是電場線還是等勢面，a點的加速度都比b點小C如果圖中實線是電場線，電子在a點動能較小D如果圖中實線是等勢面，電子在a點電勢能較小9如圖，在正電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，M=30，M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則（）A點電荷Q一定在MP的連線上B連接PF的線段一定在同一等勢面上C將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功DPM10如圖所示，小球從靜止開始沿光滑曲面軌道AB滑下，從B端水平飛出，撞擊到一個與地面呈=37的斜面上，撞擊點為C已知斜面上端與曲面末端B相連若AB的高度差為h，BC間的高度差為H，則h與H的比值等于：（不計空氣阻力，sin37=0.6，cos3=0.8）（）A B C D11如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩小球用長度不同的兩輕繩懸于等高的O1、O2點，繩長LA、LB的關(guān)系為LALB，將輕繩水平拉直，并將小球A、B由靜止開始同時釋放，取釋放的水平位置為零勢能的參考面，則下列說法正確的是（）A在下落過程中，當兩小球到同一水平線L上時具有相同的重力勢能B兩小球分別落到最低點的過程中減少的重力勢能相等CA球通過最低點時的重力勢能比B球通過最低點時的重力勢能大DA、B兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等12某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進入下一關(guān)現(xiàn)在將這個娛樂項目進行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是（）A B C D13如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點的豎直高度差為h，速度為v，則（）A小球在B點動能小于mghB由A到B小球重力勢能減少mv2C由A到B小球克服彈力做功為mghD小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh14如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h，若全過程中彈簧始終處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，下列說法正確的是（）A彈簧與桿垂直時，小球速度最大B彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大C小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量小于mghD小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mgh15在加速運動的車廂中，一個人用力向前推車廂，如圖所示，人相對車廂未移動則下列說法正確的是（）A人對車不做功 B人對車做負功C推力對車做正功 D車對人做正功二、填空題（16題每空1分，17題每空2分，共12分）16連接在電源兩極板上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時，電容器的電容C將，帶電量Q將，電勢差U將，極板間的電場強度E將（填“增大”、“減小”或“不變”）17測量小物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)的實驗裝置如圖所示AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道，與水平固定放置的P板的上表面BC在B點相切，C點在水平地面的垂直投影為C重力加速度為g實驗步驟如下：用天平稱出物塊Q的質(zhì)量m；測量出軌道AB的半徑R、BC的長度L和CC的高度h；將物塊Q在A點由靜止釋放，在物塊Q落地處標記其落地點D；重復(fù)步驟，共做10次；將10個落地點用一個盡量小的圓圍住，用米尺測量圓心到C的距離s用實驗中的測量量表示：（1）物塊Q到達B點時的動能EkB=；（2）物塊Q到達C點時的動能EkC=；（3）在物塊Q從B運動到C的過程中，物塊Q克服摩擦力做的功Wf=；（4）物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)=三、計算題（18題8分，19題10分，20題10分）18如圖所示，是示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1從靜止加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U2，兩極板間距為d，極板長度為L，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量為h，每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量（h/U2）叫示波器的靈敏度，試求：該示波器的靈敏度，并探究可采用哪些方法提高示波器的靈敏度19質(zhì)量為1.0103kg的汽車，沿傾角為30的斜坡由靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6104W，開始時以a=1m/s2的加速度做勻加速運動（g=10m/s2）求：（1）汽車做勻加速運動的時間t1；（2）汽車所能達到的最大速率；（3）若斜坡長143.5m，且認為汽車達到坡頂之前，已達到最大速率，則汽車從坡底到坡頂需多少時間？20如圖所示，豎直平面內(nèi)的一半徑R=0.50m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點質(zhì)量m=0.10kg的小球從B點正上方H=0.95m高處的A點自由下落，由B點進入圓弧槽軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離s=2.4m，球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h=0.80m，取g=10m/s2，不計空氣阻力，求：（1）小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小N；（2）小球經(jīng)過最高點P的速度大小vP；（3）D點與圓心O的高度差hOD2015-2016學年北大附中河南分校（宇華教育集團）高一（下）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每題4分，共60分，全對得4分，對而不全得2分，錯選不得分）1將一質(zhì)量為m的帶電微粒（不計重力）放在電場中無初速度釋放，則以下說法正確的是（）A帶電粒子的軌跡一定和電場線重合B帶電粒子的速度方向總是與所在處的電場切線方向一致C帶電粒子的加速度方向總是與所在處的電場線切線方向重合D帶電粒子將沿電場線的切線方向拋出，做拋物線運動【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系【分析】只有當電場線是直線，而且點電荷沒有初速度或初速度方向與電場線在同一直線上時，點電荷的運動軌跡才與電場線重合；點電荷的加速度方向與電場力方向相同，對于正電荷，電場力與場強方向相同，沿著電場線的切線方向【解答】解：A、點電荷運動的軌跡不一定與電場線重合，只有當電場線是直線，而且點電荷沒有初速度或初速度方向與電場線在同一直線上時，點電荷的運動軌跡才與電場線重合故A錯誤；B、點電荷的速度方向始終沿著軌跡的切線方向，由于軌跡不一定與電場線重合，所以其速度方向不一定終與所在點的電場線的切線方向相同，故B錯誤；C、正電荷的受到的電場力的方向始終與所在點的電場線的切線方向一致，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向相同與其所受的電場力的方向相同，所以正電荷的加速度方向，始終與所在點的電場線的切線方向相同，負電荷的加速度方向，始終與所在點的電場線的切線方向相反總是與它所在處的電場線的切線方向重合故C正確；D、點電荷將沿電場線切線方向拋出，由于粒子的初速度是0，所以不會做拋物線運動，故D錯誤故選：C2如圖所示，在外力作用下某質(zhì)點運動的vt圖象為正弦曲線從圖中可以判斷（）A在0t1時間內(nèi)，外力的功率先增大后減小B在0t1時間內(nèi)，外力的功率逐漸為零C在t2時刻，外力的功率為零D在t3時刻，外力的功率最大【考點】功率、平均功率和瞬時功率；功的計算【分析】由vt圖象可知物體的運動方向，由圖象的斜率可知拉力的方向，則由功的公式可得出外力做功的情況，由P=Fv可求得功率的變化情況【解答】解：A、由圖象可知0時刻速度為零，t1時刻速度最大但拉力為零，由P=Fv可知外力的功率在0時刻功率為零，t1時刻功率也為零，可知功率先增大后減??；故A正確；B、圖象斜率表示加速度，加速度對應(yīng)合外力，合外力減小，速度增大；由圖象可知0時刻速度為零，t1時刻速度最大但拉力為零，由P=Fv可知外力的功率在0時刻功率為零，t1時刻功率也為零，可知功率先增大后減小，故B錯誤C、t2時刻物體的速度為零，由P=Fv可知外力的功率為零，故C正確D、由圖象可知t3時刻速度最大但拉力為零，由P=Fv可知外力的功率在t3時刻功率也為零，故D錯誤；故選：AC3帶電的平行板電容器與靜電計的連接如圖所示，要使靜電計的指針偏角變小，可采用的方法有（）A減小兩極板間的距離 B用手觸摸極板AC在兩板間插入電介質(zhì) D將極板B向上適當移動【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】根據(jù)電容的決定式C=，分析電容的變化，再由電容的定義式分析板間電壓的變化，確定靜電計指針張角的變化【解答】解：A、減小兩極板間的距離，則d減小，則由決定式可得是容器的電容增大；則由Q=UC可知，電勢差減小，故A正確；B、由于B板接地，用手觸摸A時，故對電量有影響，電勢差減小，故B正確；C、在兩板間插入電介質(zhì)時，介電常數(shù)增大，則C增大，由由Q=UC可知，電勢差減小，故C正確；D、將極板B向上運動時，正對面積減小，則C減小，由定義式可知，電勢差增大，故D錯誤；故選：ABC4一靜電場沿x坐標軸方向的電勢分布如圖所示，則（）A在x1x2之間存在著沿x軸正方向的勻強電場B在x1x2之間存在著沿x軸正方向逐漸增強的電場C在x1x2之間沿x軸方向電場強度為零D在x1x2之間存在著沿x軸負方向的勻強電場【考點】電勢；電場強度【分析】沿著場強方向電勢減小，垂直場強方向電勢不變，根據(jù)題中圖象得到電勢變化規(guī)律，圖象的斜率表示電場強度，從而判斷電場強度的情況【解答】解：根據(jù)圖象=Ex可知，圖象的斜率表示電場強度的大小，因此在x1x2之間，斜率不變，所以電場強度大小不變，再根據(jù)沿著電場線的方向，電勢降低，則有在x1x2之間電場強度的方向與x軸負方向相同故D正確，ABC錯誤；故選D5圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點則該粒子（）A帶負電B在c點受力最大C在b點的電勢能大于在c點的電勢能D由a點到b點的動能變化大于有b點到c點的動能變化【考點】等勢面【分析】電場線與等勢面垂直電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加【解答】解：A：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在abc的過程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，故A錯誤；B：點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在C點受到的電場力最小，故B錯誤；C：根據(jù)動能定理，粒子由b到c，電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故C正確；D：a點到b點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確故選：CD6如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A所受重力與電場力平衡 B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加 D做勻變速直線運動【考點】帶電粒子在混合場中的運動【分析】帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運動軌跡，結(jié)合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動的性質(zhì)，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化【解答】解：A、D、根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向同向，粒子做勻加速直線運動，因此A錯誤，D正確；B、根據(jù)動能定理，由A選項分析可知，電場力做正功，則電勢能減小，故B錯誤；C、因電場力做正功，則電勢能減小，導(dǎo)致動能增加，故C正確；故選：CD7如圖1所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點P（坐標為x）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E=2k1，方向沿x軸現(xiàn)考慮單位面積帶電量為0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖2所示則圓孔軸線上任意一點Q（坐標為x）的電場強度為（）A2k0B2k0C2k0D2k0【考點】電場強度【分析】已知均勻圓板的電場強度的公式，推導(dǎo)出單位面積帶電量為0的無限大均勻帶電平板的電場強度的公式，然后減去半徑為r的圓板產(chǎn)生的場強【解答】解：無限大均勻帶電平板R取無限大，在Q點產(chǎn)生的場強：半徑為r的圓板在Q點產(chǎn)生的場強：無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后的場強是兩個場強的差，所以：所以選項A正確故選：A8某同學研究電子在電場中的運動時，電子僅受電場力作用，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（虛線所示）圖中一組平行實線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是（）A不論圖中實線是電場線還是等勢面，a點的電勢都比b點低B不論圖中實線是電場線還是等勢面，a點的加速度都比b點小C如果圖中實線是電場線，電子在a點動能較小D如果圖中實線是等勢面，電子在a點電勢能較小【考點】電場線；等勢面【分析】由電子的軌跡彎曲方向判斷電子所受的電場力方向，確定電場線的方向，判斷電勢高低勻強電場中場強處處大小相等根據(jù)電場力方向與電子速度方向的夾角，判斷電場力對電子做正功還是負功，確定電子在a點與b點動能的大小【解答】解：A、若圖中實線是電場線，電子所受的電場力水平向右，電場線方向水平向左，則a點的電勢比b點低；若實線是等勢面，由于電場線與等勢面垂直，電子所受電場力方向向下，則電場線方向向上，則a點的電勢比b點高故A錯誤B、不論圖中實線是電場線還是等勢面，該電場是勻強電場，a點和b點的場強大小相等，電子的加速度相等故B錯誤C、如果圖中實線是電場線，電子所受的電場力水平向右，電場力對電子做正功，則由動能定理得知，電子在a點動能較小故C正確D、D、如果圖中實線是等勢面，電子所受電場力方向向下，電場力對電子做負功，則電子在a點電勢能較小故D正確故選：CD9如圖，在正電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，M=30，M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則（）A點電荷Q一定在MP的連線上B連接PF的線段一定在同一等勢面上C將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功DPM【考點】電勢；電場強度【分析】點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓，圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心；找出電荷位置后，根據(jù)電勢能的變化情況判斷電場力做功情況【解答】解：A、點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，在MP的連線上，如圖所示，故A正確；B、P=F，線段PF是P、F所在等勢面（圓）的一個弦，故B錯誤；C、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；D、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，故PM，故D正確故選：AD10如圖所示，小球從靜止開始沿光滑曲面軌道AB滑下，從B端水平飛出，撞擊到一個與地面呈=37的斜面上，撞擊點為C已知斜面上端與曲面末端B相連若AB的高度差為h，BC間的高度差為H，則h與H的比值等于：（不計空氣阻力，sin37=0.6，cos3=0.8）（）A B C D【考點】機械能守恒定律；平拋運動【分析】小球下滑過程中受重力和支持力，其中支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律列式求出到達B點的速度，到達B點后小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本公式，即可求解【解答】解：小球下滑過程中機械能守恒，則有：=mgh解得：到達B點后小球做平拋運動，則有：H=解得：t=x=vBt根據(jù)幾何關(guān)系有：tan37=解得：故選C11如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩小球用長度不同的兩輕繩懸于等高的O1、O2點，繩長LA、LB的關(guān)系為LALB，將輕繩水平拉直，并將小球A、B由靜止開始同時釋放，取釋放的水平位置為零勢能的參考面，則下列說法正確的是（）A在下落過程中，當兩小球到同一水平線L上時具有相同的重力勢能B兩小球分別落到最低點的過程中減少的重力勢能相等CA球通過最低點時的重力勢能比B球通過最低點時的重力勢能大DA、B兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等【考點】動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化；重力勢能【分析】根據(jù)重力勢能的表達式，結(jié)合零勢能平面，即可求解【解答】解：A、下落過程中，當兩小球到同一水平線L上時，因它們的質(zhì)量相同球，則具有相同的重力勢能，故A正確；B、根據(jù)重力勢能的變化與重力做功有關(guān)，及與下落的高度有關(guān)，兩小球分別落到最低點的過程中減少的重力勢能不相等，故B錯誤；C、取釋放的水平位置為零勢能的參考面，A球通過最低點時的重力勢能與B球通過最低點時的重力勢能小，故C錯誤；D、兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等，故D正確；故選：AD12某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進入下一關(guān)現(xiàn)在將這個娛樂項目進行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是（）A B C D【考點】向心力；牛頓第二定律【分析】小球在運動的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，以及到達最高點的速度能否為零，判斷小球進入右側(cè)軌道能否到達h高度【解答】解：小球以v豎直上拋的最大高度為h，到達最大高度時速度為0，A、小球不能上升到最高點就做斜拋運動了，不能擊中觸發(fā)器，故A錯誤；B、小球離開斜面后做斜拋運動了，不能擊中觸發(fā)器，故B錯誤；C、根據(jù)機械能守恒定律可知，小球上升到最高點時速度剛好等于零，可以擊中觸發(fā)器，故C正確；D、在雙軌中做圓周運動時到達最高點的速度可以為零，所以小球可以上升到最高點并擊中觸發(fā)器，故D正確故選CD13如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點的豎直高度差為h，速度為v，則（）A小球在B點動能小于mghB由A到B小球重力勢能減少mv2C由A到B小球克服彈力做功為mghD小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh【考點】功能關(guān)系；彈性勢能【分析】小球在下降中小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和彈性勢能，由重力做功量度重力勢能的變化由彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒求小球到達B點時彈簧的彈性勢能【解答】解：AB、小球由A點到B點重力勢能減少mgh在小球在下降過程中，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和彈簧的彈性勢能，所以小球運動到B點時的動能小于mgh故A正確、B錯誤C、根據(jù)動能定理得：mgh+W彈=mv2，所以由A至B小球克服彈力做功為 W彈=mghmv2，故C錯誤D、彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化所以小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mghmv2，故D正確故選：AD14如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h，若全過程中彈簧始終處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，下列說法正確的是（）A彈簧與桿垂直時，小球速度最大B彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大C小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量小于mghD小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mgh【考點】機械能守恒定律【分析】彈簧與桿垂直時，合外力方向沿桿向下，小球繼續(xù)加速，速度沒有達到最大值，運動過程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律分析即可求解【解答】解：A、彈簧與桿垂直時，彈力方向與桿垂直，合外力方向沿桿向下，小球繼續(xù)加速，速度沒有達到最大值故A錯誤；B、小球運動過程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，此時彈簧伸長量最短，彈性勢能最小，故動能與重力勢能之和最大，故B正確；C、小球下滑至最低點的過程中，系統(tǒng)機械能守恒，初末位置動能都為零，所以彈簧的彈性勢能增加量等于重力勢能的減小量，即為mgh，故C錯誤，D正確故選：BD15在加速運動的車廂中，一個人用力向前推車廂，如圖所示，人相對車廂未移動則下列說法正確的是（）A人對車不做功 B人對車做負功C推力對車做正功 D車對人做正功【考點】功的計算【分析】在加速向左運動的車廂中，人的加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得出人受的合力向左，根據(jù)牛頓第三定律得人對車廂的力向右根據(jù)功的定義式判斷做功情況【解答】解：A、在加速向左運動的車廂中，人的加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得出人受的合力向左，人受力在豎直方向平衡，人的合力是由車廂對人的力提供的，所以車廂對人的力向左，所以車廂對人做正功，根據(jù)牛頓第三定律人對車廂的合力應(yīng)向右，所以人對車做負功，所以A錯誤，BD正確；C、人對車廂的力向左，車向左運動，所以人對車廂的推力做正功，故C正確；故選：BCD二、填空題（16題每空1分，17題每空2分，共12分）16連接在電源兩極板上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時，電容器的電容C將增大，帶電量Q將增大，電勢差U將不變，極板間的電場強度E將增大（填“增大”、“減小”或“不變”）【考點】電荷守恒定律【分析】平行板電容器的兩個極板分別與電源的正負極相連，在保持開關(guān)閉合的情況下電容器極板間的電壓保持不變，根據(jù)電容的決定式C=和定義式C=、場強公式E=進行分析【解答】解：當兩極板間的距離減小時，根據(jù)公式C=，電容增大；電容器保持與電源相連，故電壓不變；由于U不變，C增大，根據(jù)C=，電量Q增大；由于U不變，d減小，根據(jù)E=，場強E增大；故答案為：增大，增大，不變，增大17測量小物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)的實驗裝置如圖所示AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道，與水平固定放置的P板的上表面BC在B點相切，C點在水平地面的垂直投影為C重力加速度為g實驗步驟如下：用天平稱出物塊Q的質(zhì)量m；測量出軌道AB的半徑R、BC的長度L和CC的高度h；將物塊Q在A點由靜止釋放，在物塊Q落地處標記其落地點D；重復(fù)步驟，共做10次；將10個落地點用一個盡量小的圓圍住，用米尺測量圓心到C的距離s用實驗中的測量量表示：（1）物塊Q到達B點時的動能EkB=mgR；（2）物塊Q到達C點時的動能EkC=；（3）在物塊Q從B運動到C的過程中，物塊Q克服摩擦力做的功Wf=；（4）物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)=【考點】探究影響摩擦力的大小的因素；動能定理【分析】（1）物塊由A到B點過程，由動能定理可以求出物塊到達B時的動能；（2）物塊離開C點后做平拋運動，由平拋運動的知識可以求出物塊在C點的速度，然后求出在C點的動能；（3、4）由B到C，由動能定理列式可以克服摩擦力做功，從而求出動摩擦因數(shù)【解答】解：（1）根據(jù)動能定理得，mgR=EkB0，解得B點的動能EKB=mgR；（2）根據(jù)h=得，t=，C點的速度，則C點的動能=（3）根據(jù)動能定理得，解得Wf=（4）根據(jù)Wf=mgL得， =故答案為：（1）mgR，（2），（3），（4）三、計算題（18題8分，19題10分，20題10分）18如圖所示，是示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1從靜止加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U2，兩極板間距為d，極板長度為L，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量為h，每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量（h/U2）叫示波器的靈敏度，試求：該示波器的靈敏度，并探究可采用哪些方法提高示波器的靈敏度【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應(yīng)用【分析】根據(jù)動能定理可以解得粒子加速后的速度，再用運動學關(guān)系式解決帶電粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移，最后討論各相關(guān)物理量【解答】解：根據(jù)動能動理，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v 則U1e=（1）在偏轉(zhuǎn)電場中電子的偏轉(zhuǎn)量為h=at2=（2）聯(lián)立（1）（2）式得=（3）由（3）式可知：增大L、減小d、減小U1都可以提高示波器的靈敏度答：該示波器的靈敏度，增大L、減小d、減小U1都可以提高示波器的靈敏度19質(zhì)量為1.0103kg的汽車，沿傾角為30的斜坡由靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6104W，開始時以a=1m/s2的加速度做勻加速運動（g=10m/s2）求：（1）汽車做勻加速運動的時間t1；（2）汽車所能達到的最大速率；（3）若斜坡長143.5m，且認為汽車達到坡頂之前，已達到最大速率，則汽車從坡底到坡頂需多少時間？【考點】動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律；功率、平均功率和瞬時功率【分析】汽車開始時做的是勻加速運動，對汽車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力根據(jù)P=Fv，