2019-2020學(xué)年山東省煙臺二中高一(下)期末物理試卷

1、2019-2020 學(xué)年山東省煙臺二中高一（下）期末物理試卷1選擇題（ 1-7題為單選， 8-14題為多選，每題均為 3分，選不全得 2 分）3 分）如圖，一質(zhì)量為 m ，長度為 l 的均勻柔軟細繩 PQ 豎直懸掛。用外力將繩的下端 Q 緩慢地豎直向上拉起至 M 點，M 點與繩的上端 P相距l(xiāng)重力加速度大小為 g。在此過程中，外力做的功為（AmglB mglCmglD mgl23 分）如圖所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的豎直擋板擋住一個光滑的重球。當(dāng)整個裝置沿水平面向左減速運動的過程中，關(guān)于重球所受各力做功情況的說法中錯誤是（A 重力不做功B斜面對球的彈力一定做正功C擋板對球的彈力可

2、能不做功D擋板對球的彈力一定做負功33 分）如圖，一半徑為 R 的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m 的質(zhì)點自軌道端點 P 由靜止開Q 時，對軌道的正壓力為 2mg，重力加速度大小為 g。質(zhì)點自 P滑到 Q 的過程中，克服摩始滑下，滑到最低點）BmgRCmgRD mgR43 分）小球 P 和 Q 用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上， P 球的質(zhì)量大于 Q 球的質(zhì)量，懸掛 P 球的繩比懸掛 Q 球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，A P球的速度一定大于 Q 球的速度 BP球的動能一定小于 Q 球的動能C P 球所受繩的拉力一定大于 Q

3、 球所受繩的拉力 D P球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度5（ 3 分）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。 在兩極板間有一個固定在 P 點的點電荷，以 E 表示兩板間的電場強度， Ep 表示點電荷在 P 點的電勢能， 表示 靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（ ）A 增大， E增大C 減小， EP 增大B增大， EP 不變D 減小， E 不變，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌6（ 3 分）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出）跡，設(shè) M 點和 N 點的電勢分別為 M

4、 、 N，粒子在 M 和 N 時加速度大小分別為 aM 、 aN，速度大小分別為 vM 、CM< N，EPM<EPNEPN列判斷正確的是（ ）BvM<vN，M<NDaM<aN，EPM<EPN7（3 分）如圖所示，勻強電場的電場強度大小為200V/m ，AB 兩點間距離為 20cm，AB 連線與電場夾角為 60°，則 U AB 的值為（B 20VC20VD40V8（ 3分）如圖所示，細線的一端固定于O 點，另一端系一小球，在水平拉力 F 作用下，小球以恒定速率在豎直平A 小球的機械能保持不變B 小球受的合力對小球不做功C水平拉力 F 的瞬時功率逐漸減

5、小D 小球克服重力做功的瞬時功率逐漸增大9（ 3分）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為 m 的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為 H ，則此過程中，物塊的（A 動能損失了 2mgHC 機械能損失了 mgHB動能損失了 mgHD機械能損失了10（3 分）如圖，滑塊a、 b 的質(zhì)量均為m，a 套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b 放在地面上， a、b 通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、 b 可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則（）A a落地前，輕桿對 b 一直做正功Ba落地時速度大小

6、為Ca 下落過程中，其加速度大小始終不大于gD a落地前，當(dāng) a的機械能最小時， b 對地面的壓力大小為 mg11（3分）如圖所示，在場強大小為 E 的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶負電小球，另一端固定在 O 點。把小球拉到使細線水平的位置 A ，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成 60°的位置 B 時速度為零。以下說法正確的是（mg EqB 小球重力與電場力的關(guān)系是Eq mgC球在 B 點時，細線拉力為T mgD 球在 B 點時，細線拉力為T2EqA、12（3 分）如圖所示， 真空中 M 、N 點處固定有兩等量異種點電荷，

7、 其連線的中點為 O，實線是連線的中垂線，B、C、D 分別是連線及延長線和中垂線上的點，其中B、D 分別是 MO 和 ON 的中點，且 AO 3BO，取無窮遠處電勢為零，則（A A 點電勢比 B 點電勢低B B 點和 C 點電場強度方向相同CB、O 兩點電場強度大小之比為20：9D若把單位正電荷從 O點移到 D點，電場力做功為 W，則 D 點電勢為 W 13（ 3 分）如圖所示， 一帶電荷量為 q 的帶電粒子以一定的初速度由 P 點射入勻強電場， 入射方向與電場線垂直 粒子從 Q 點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角已知勻強電場的寬度為 d，P、Q 兩點的電勢差為 U ，不A

8、帶電粒子在 Q 點的電勢能為 UqB帶電粒子帶負電C 此勻強電場的電場強度大小為ED此勻強電場的電場強度大小為E 14（ 3 分）如圖所示，在點電荷 Q 產(chǎn)生的電場中，實線 MN 是一條方向未標(biāo)出的電場線，虛線 AB 是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A 、 B 兩點的加速度大小分別為 aA、 aB，電勢能分別為 EpA、 EpB下列說法正確的是（ ）A 電子一定從 A 向 B 運動B 若 aA>aB ，則 Q 靠近 M 端且為正電荷C無論 Q 為正電荷還是負電荷一定有 EpA< EpBD B 點電勢可能高于 A 點電勢三實驗題（共 4小題，共 18 分）15利用圖甲所

9、示的裝置做“驗證機械能守恒定律”的實驗。（ 1）已知打點計時器所用電源的頻率為f ，重物的質(zhì)量為 m，當(dāng)?shù)氐闹丶铀俣葹?g，實驗中得到一條點跡清晰的紙帶如圖乙所示， 把打下的第一個點記作 O，在紙帶上測量四個連續(xù)的點 A、B、C、D到 O點的距離分別為 hA、hB、hC、hD，則重物由 O 點運動到 C 點的過程中，計算重力勢能減少量的表達式為Ep，計算動能增加量的表達式為 E k。（2）由實驗數(shù)據(jù)得到的結(jié)果應(yīng)當(dāng)是重力勢能的減少量動能的增加量 （選填“大于”、“小于” 或“等于”），原因是 。（ 3）小紅利用公式 vC計算重物的速度 vc，由此計算重物增加的動能 Ek mvC2，然后計算此過程

10、中重物減小的重力勢能 EP，則結(jié)果應(yīng)當(dāng)是 EP（選填“>” 、“<”或“” ） Ek。16某實驗小組用如圖甲所示裝置測量木板對木塊的摩擦力所做的功。實驗時，木塊在重物牽引下向右運動，重物落地后， 木塊繼續(xù)向右做勻減速運動。 圖乙是重物落地后打點計時器打出的紙帶，紙帶上的小黑點是計數(shù)點， 相鄰的兩計數(shù)點之間還有 4 個點（圖中未標(biāo)出） ，計數(shù)點間的距離如圖所示。已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz。1）可以判斷紙帶的填“左端”或右端” ）與木塊連接。根據(jù)紙帶提供的數(shù)據(jù)可計算出打點計時器m/s。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）在打下 A 點、 B 點時木塊的速度 vA、vB，其中 vA2）

11、要測量在 AB 段木板對木塊的摩擦力所做的功W AB，還應(yīng)測量的物理量是。（填入物理量前的字母）A 木板的長度 lB 木塊的質(zhì)量 m1C 木板的質(zhì)量 m2D 重物的質(zhì)量 m3E木塊運動的時間 t F AB 段的距離 xAB（3）在 AB 段木板對木塊的摩擦力所做的功的表達式WAB。（用 vA、 vB 和第（ 2）問中測得的物理量的符號表示）17某同學(xué)用如圖甲所示的電路測量一個電容器的電容，圖中 R為 20k的電阻，電源電動勢為 6.0V，內(nèi)阻可不計。 實驗時先將開關(guān) S 接 1，經(jīng)過一段時間后，當(dāng)電流表示數(shù)為A 時表示電容器極板間電壓最大。 將開關(guān) S 接 2，將傳感器連接在計算機上， 經(jīng)處理

12、后畫出電容器放電的 it 圖象， 如圖乙所示。 由圖象可知， 圖象與兩坐標(biāo)軸所圍的面積表示電容器放出的電荷量。試根據(jù) i t 圖象，求該電容器所放出的電荷量qF（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）18如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側(cè)極板和靜電計外殼接地，電容器右側(cè)極板與靜電計金屬球相連。1）使電容器帶電后與電源斷開 上移左極板，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角 （選填變大，變小或不變） ； 將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角（選填變大，變小或不變） 兩板間插入一塊玻璃，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角（選填變大，變小或不變）（2）下列關(guān)于實驗中使用靜電計的說法中正確的有A

13、 使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況B使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況C靜電計可以用電壓表替代 D靜電計可以用電流表替代。四計算題（共 4 小題）19（ 10 分）如圖所示，水平面與豎直面內(nèi)半徑為R 的半圓形軌道在 B 點相切一個質(zhì)量為 m 的物體將彈簧壓縮至離 B 點 3R 的 A 處由靜止釋放，物體沿水平面向右滑動，一段時間后脫離彈簧，經(jīng) B 點進入半圓軌道時對軌 道的壓力為 8mg，之后沿圓形軌道通過高點 C時速度為 物體與水平面間動摩擦因數(shù)為 0.5，不計空氣阻力 求： （ 1）經(jīng) B 點時物體的向心力大?。唬?）離開 C 點后物體運動的位移；20（ 10 分）如圖所

14、示，離子發(fā)生器發(fā)射一束質(zhì)量為m，電荷量為 +q 的離子，從靜止經(jīng) PQ 兩板間的加速電壓加速后，以初速度 v0再從 a點沿 ab方向進入一勻強電場區(qū)域， abcd 所圍成的正方形區(qū)域是該勻強電場的邊界，已知正方形的邊長為 L ，勻強電場的方向與 ad邊平行且由 a 指向 d1）求加速電壓 U 0；2）若離子恰從 c 點飛離電場，求 ac 兩點間的電勢差 Uac；3）若離子從 abcd 邊界上某點飛出時的動能為 mv 02，求此時勻強電場的場強大小 E21（ 10 分）如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為 d，上板正中有一小孔。質(zhì)量為 m、電荷量為 +q 的小球從小孔

15、正上方高 h 處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零（空氣阻 力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：（1）小球到達小孔處的速度；（ 2）極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；（3）小球從開始下落運動到下極板處的時間。22（ 10 分）如圖所示，BCDG 是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道m(xù)、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置在 B 點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為 g。1）若滑塊從水平軌道上距離 B點 s3R的

16、A 點由靜止釋放，滑塊到達與圓心 O等高的 C點時速度為多大？2）在（ 1）的情況下，求滑塊到達 C 點時受到軌道的作用力大??；3）改變 s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G 點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小。7Cr(2JQ.Q2019-2020 學(xué)年山東省煙臺二中高一（下）期末物理試卷試題解析每題均為 3分，選不全得 2 分）選擇題（ 1-7 題為單選， 8-14 題為多選，1解：根據(jù)功能關(guān)系可知，拉力所做的功等于MQ 段系統(tǒng)重力勢能的增加量；對 MQ 分析，設(shè) Q 點為零勢能點，則可知，MQ 段的重力勢能為 EP1×××將 Q 點拉至

17、 M 點時，重心離 Q 點的高度，故重力勢能 EP2BCD 錯誤。因此可知拉力所做的功 WEP2EP1 mgl ，故 A 正確，故選： A 。2解： A 、對小球進行受力分析如圖：小球受到豎直向下的重力mg，斜面的垂直斜面向上的彈力N2，擋板對它水平向左的彈力 N1，其他力都不垂直，故只有重力不做功，其它兩個而小球位移方向水平向左，所以只有重力方向與位移方向垂直，力都做功，故 A 正確。N20，且 N2 與位移的夾角為銳B、由于整個裝置向左減速運動，加速度水平向右，豎直方向受力平衡，則得角，斜面對球的彈力一定做正功。故 B 正確。C、D 、設(shè)加速度為 a，斜面的傾角為 ，根據(jù)牛頓第二定律得豎直

18、方向： N2cosmg 0水平方向： N 1 N 2sin ma由上分析得知， N2 不變， N10，因為擋板對球的彈力 N1的方向與位移方向相反，所以N1一定做負功。故 C錯誤，D 正確。本題選錯誤的， 故選： C 。3解：質(zhì)點經(jīng)過 Q 點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：N mg mNmgm 由題有： N 2mg 可得： vQ質(zhì)點自 P滑到 Q的過程中，由動能定理得：mgRWf得克服摩擦力所做的功為W f mgR故選： C 。4解： AB 從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgR mv 2，解得： v在最低點的速度只與半徑有關(guān)，可知vP<vQ；動能與質(zhì)量和半徑有

19、關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于 Q 球的質(zhì)量，懸掛P 球的繩比懸掛 Q 球的繩短，所以不能比較動能的大小。故 AB 錯誤；CD在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F mgm ，解得， F mg+mC 正確， D 錯誤。所以 P 球所受繩的拉力一定大于 Q 球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等。故故選： C 。5解：電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，兩板間的距離減小，根據(jù)C可知，電容 C增大，則根據(jù) C 可知，電壓 U 減??；故靜電計指針偏角減??；兩板間的電場強度為： E ；因此電場強度與板間距無關(guān)，因此電場強度不變；再根據(jù)設(shè) P與下極板距離為 L，則P點的電勢 P EL

20、 ，電勢能 EP ELq ； 因此電荷在 P點的電勢能保持不變；故 D 正確， ABC 錯誤；故選： D 。6解：帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)電場線疏密可知， EM<EN，根據(jù) FEq 和牛頓第二定律可知， aM<aN； 根據(jù)帶負電粒子受力情況可知，電場線方向斜向左上方，又沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故M > N；M 點時的速度比通過 N 點時的速度大，即因為負電荷在電勢越低的地方電勢能越大， 粒子在 M 點具有的電勢能比在 N 點具有的電勢能小， 即 EPM< EPN； 若粒子從 M 到 N 過程，電場力做負功，動能減小，故帶電粒子通過vM >v

21、N，故 ABC 錯誤， D 正確；故選： D 。7解： UAB 的值為： UABESABcos60°200×0.2×0.520V，故 C正確， ABD 錯誤故選： C 。8解： A 、小球勻速率運動，重力勢能增加，動能不變，故機械能增加，故A 錯誤；B 、小球勻速率運動，動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為零，故B 正確；C、小球勻速率運動，合力的功率為零，勻速率運動，小球克服重力做功的瞬時功率不斷增加，拉力T 不做功，故拉力 F 的功率不斷增加，故 C 錯誤；D 、重力不變，速度方向與重力的夾角不斷增加（大于90 度），故根據(jù) P Gvcos，重力的瞬時功率的絕對

22、值不斷增大；故 D 正確；故選： BD 。9解：根據(jù)動能定理應(yīng)有 ma 2mgH ，動能增量為負值，說明動能減少了2mgH ，所以 A正確 B 錯誤；再由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30 ° +f ma mg，可得 f mg，根據(jù)功能關(guān)系應(yīng)有Ef mgH，即機械能損失了 mgH ，所以 C正確 D 錯誤。故選： AC 。10解： A 、當(dāng) a到達底端時， b 的速度為零， b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對 b 先做正功，后做負功。故 A 錯誤。B 、a 運動到最低點時， b 的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh mAvA

23、2，解得 vA故 B正確。C、b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對 b的作用力先是動力后是阻力，所以b對 a的作用力就先是阻力后是動力，所以在 b減速的過程中， b對 a是向下的拉力，此時 a的加速度大于重力加速度，故 C 錯誤； D 、 ab 整體的機械能守恒，當(dāng) a 的機械能最小時， b 的速度最大，此時 b 受到 a 的推力為零， b 只受到重力的作 用，所以 b 對地面的壓力大小為 mg，故 D 正確；故選： BD 。11解：（1）類比單擺，根據(jù)對稱性可知，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為 30°，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得： qEsin3

24、0° mgcos30°，化簡可知 Eq mg ，選項 A 錯誤、 B 正確；2）小球到達 B 點時速度為零， 向心力為零， 則沿細線方向合力為零， 此時對小球受力分析可知： T qEcos60°+mgsin60°，故細線拉力 T mg，選項 C 正確、 D 錯誤。 故選： BC 。12解： A 、無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正，負電荷周圍電勢為負，則A 、B 兩點離正電荷距離相等，但 A 點離負電荷遠，則 A 點電勢高于 B 點，故 A 錯誤；B、根據(jù)場強疊加原理可知， B點和 C點的電場強度方向沿連線向右，故 B 正確；C、設(shè) BOr，根據(jù)點電荷

25、場強公式可知， B 點場強：EB+ ，O 點場強：EO，則 B、O兩點電場強度大小之比為 20：9，故 C 正確；D、無窮遠處電勢為零，則中垂線的電勢也為零，若把單位正電荷從 O點移到 D點，電場力做功為 W，則 D點 電勢為 W ，故 D 錯誤。故選： BC 。13解： A、 B、由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電。粒子從 P 到 Q，電場力做正功，為 W qU ，則粒子的電勢能減少了 qU，P 點的電勢為零，則知帶電粒子在Q 點的電勢能為 Uq，故 A 正確、 B 錯誤。y 軸，C、D、設(shè)帶電粒子在 P點時的速度為 v0，在 Q點建立直角坐標(biāo)系，

26、垂直于電場線為 x軸，平行于電場線為由平拋運動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在 y 軸方向的分速度為： v y v0。粒子在 y 方向上的平均速度為：粒子在 y 方向上的位移為 y0，粒子在電場中的運動時間為t，則：豎直方向有：y0E，故 C正確，D 錯誤。聯(lián)立得：故選：水平方向有： d v0t可得： y0所以場強為：14解： A 、由于不知道電子速度變化，由運動軌跡圖不能判斷電子向那個方向運動，故A 錯誤；B、若 aA>aB，則 A 點離點電荷 Q更近即 Q靠近 M 端；又由運動軌跡可知，電場力方向指向凹的一側(cè)即左側(cè)，所以，在 MN 上電場方向向右，那么 Q 靠近 M 端且為正電荷，故 B

27、正確；C、由 B 可知，電子所受電場力方向指向左側(cè)，那么，若電子從A 向 B 運動，則電場力做負功，電勢能增加；若電子從 B 向 A 運動，則電場力做正功，電勢能減小，所以，一定有EpA<EpB 求解過程與 Q 所帶電荷無關(guān)，只與電場線方向相關(guān)，故 C 正確；故選： BC 。三實驗題（共 4小題，共 18 分）15解：（ 1）重物由 O 點運動到 C點的過程中，重力勢能減小量為：EpmghC在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度，因此有：2D 、由 B 可知，電場線方向由 M 指向 N，那么 A 點電勢高于 B 點，故 D 錯誤；所以動能增加量為： Ek mv C2（

28、2）在實際的實驗結(jié)果中，往往會出現(xiàn)重物的重力勢能的減小量大于其動能增加量，出現(xiàn)這樣結(jié)果的主要原因 是重物與紙帶克服空氣與摩擦阻力做功，導(dǎo)致少部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。（ 3）若利用公式 vC計算重物的速度 vc，則說明重物就是做自由落體運動，重物的機械能守恒，那么計算重物增加的動能： Ek mv C2，而計算此過程中重物減小的重力勢能：Ep mghC，因此 EP Ek。故答案為：（1）mghC；（ 2）大于；重物與紙帶克服空氣與摩擦阻力做功，導(dǎo)致少部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能； （ 3）。16解：（ 1）木塊在重物牽引下向右運動，重物落地后，木塊繼續(xù)向右做勻減速運動，則相等時間內(nèi)的位移越來越 小，可知

29、紙帶的右端與木塊相連。A 點的瞬時速度為：m/s 0.72m/s。（2）重物著地后，摩擦力做功等于木塊動能的變化量，根據(jù)A、 B 的速度大小求出摩擦力做功的大小，所以還需要測量的物理量為木塊的質(zhì)量。故選：B。（ 3）根據(jù)動能定理知， WAB 故答案為：（ 1）右端， 0.72；（ 2）B ；（3） 17解： 電容器接通電源后充電，充電電流越來越小，當(dāng)電流為零時電容器充電完成，此時電容器兩端的電壓最大；90 個；每一小格表 圖線與兩坐標(biāo)軸所圍成的面積就是電容器的放電量，數(shù)出圖象與橫軸包含的面積格為約為示電量為： I? t 20× 10 6A×0.5×10 6s1&#

30、215;10 9C；故電量為： Q 90×1.0×109C 9.0×1010C則電容 C 1.5×1010F1.5×104F故答案為： 0； 9.0×1010； 1.5×10418解：（ 1） 根據(jù)電容的決定式 C知，上移左極板，正對面積 S 減小，則電容減小，根據(jù) U 知， 根據(jù)電容的決定式 減小，指針偏角變小。 根據(jù)電容的決定式將極板間距離減小時，電容增大，根據(jù)兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據(jù)電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大。U 知，電荷量不變，則電勢差U 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變小。2）A、B、

31、靜電計可測量電勢差，根據(jù)指針張角的大小，觀察電容器電壓的變化情況，無法判斷電量的變化情況。故 A 正確， B 錯誤。C、D、靜電計與電壓表、電流表的原理不同，不能替代。電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時，指針才偏 轉(zhuǎn)。故 CD 錯誤。故選 A 。故答案為：（1）變大，變小，變小 （2） A。四計算題（共 4 小題） 19解：（ 1）物塊對軌道的壓力 F1，軌道對物體的支持力 F2，由牛頓第三定律知：F1F2對物塊在 B 點受力分析，由向心力公式和牛頓第二定律得：F 向心力 F2 mg 7mg（2）離開C 點后物體做平拋運動：豎直方向：y2R水平方向：vCxvCt2R總位移 x 位 2 R，方向與水平面成 45°的角斜向左下方3）物體從 A 到 B 過程中：WfmgxAB 1.5mgR對物塊在 B 點受力分析：F 向心力 m物塊在 B 點動能 EkB m