江苏省南通市启东中学2016-2017高一下学期物理期末考试试卷

江苏省南通市启东中学2016-2017学年高一下学期物理期末考试试卷
一、单项选择题
1．（2017高一下·南通期末）以下叙述中不正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律
B．随着科技的发展，地球同步卫星一定能出现在我国首都上空
C．滑动变阻器分压接法比限流接法的电压测量范围大
D．法拉第首先提出了电场的概念
【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】解：A、牛顿通过分析开普勒定律最终发现了万有引力定律，故A正确；
B、由于万有引力充当向心力的原因，地球同步卫星只能定位在赤道上空，不能定点于北京上空，故不正确误；
C、滑动变阻器分压接法可以从零开始调节，故比限流接法的电压测量范围大，故C正确；
D、法拉第首先提出了场的概念，并提出了电场和磁场的性质，故D正确．
本题选不正确的，故选：B．
【分析】地球同步卫星必须定点于轨道正方向，它绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力；
明确滑动变阻器分压和限流接法的基本性质，明确分压接法的优点；
知道相应的物理学史．
2．（2017高一下·南通期末）下列关于机械能守恒的说法中正确的是（　　）
A．做匀速运动的物体机械能一定守恒
B．做匀加速运动的物体机械能一定不守恒
C．做自由落体运动的物体机械能一定守恒
D．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒
【答案】C
【知识点】机械能守恒及其条件
【解析】【解答】解：A、做匀速运动的物体，可能有除了重力以外的其他力做功，机械能不守恒，比如物体匀速上升或下降时，机械能不守恒，故A错误．
B、做匀加速运动的物体，可能只有重力做功，其机械能守恒，比如自由落体运动，故B错误．
C、做自由落体运动的物体在下落中只有重力做功，故机械能一定守恒，故C正确．
D、做匀速圆周运动的物体机械能不一定守恒，如物体在竖直方向上做匀速圆周运动时，机械能不守恒，故D错误．
故选：C．
【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒．也可以机械能的概念：机械能等于动能与势能之和，进行分析．
3．（2017高一下·南通期末）如图所示，物体自倾角为θ、长为L的斜面顶端由静止滑下，到斜面底端时与固定挡板发生碰撞，设碰撞时无机械能损失．碰后物体又沿斜面上升，若到最后停止时，物体滑过的总路程为s，则物体与斜面间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】功能关系；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】解：由于物体在运动过程中机械能不断减少，物体最终停在挡板上，对全过程，运用动能定理得：
mgLsinθ﹣μmgcosθ s=0
解得：μ=
故选：D
【分析】物体沿粗糙斜面下滑过程，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少，碰撞时无机械能损失，物体被挡板原速率反弹，经过若干往复过程后，物体最终停在挡板上，对全过程，运用动能定理列式即可求解动摩擦因数．
4．（2017高一下·南通期末）利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体（矿井中含有杂质的水），A，C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电液体深度h增大），则电流表（　　）
A．指针向右偏转，A，C构成的电容器充电
B．指针向左偏转，A，C构成的电容器充电
C．指针向右偏转，A，C构成的电容器放电
D．指针向左偏转，A，C构成的电容器放电
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C= 可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，
再依据C= ，因此电势差不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，
因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故ACD错误，B正确；
故选：B．
【分析】由图可知电容器的构造，再由平行板电容器的决定式进行分析即可．
5．（2017高一下·商丘期末）我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射．量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系．假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示．已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知（　　）
A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为
B．同步卫星与P点的速度之比为
C．量子卫星与同步卫星的速度之比为
D．量子卫星与P点的速度之比为
【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】解：A、根据 ，得 ，由题意知 ， ，所以 ，故A错误；
B、P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v=ωr，所以有 ，故B错误；
C、根据 ，得 ，所以 ，故C错误；
D、综合BC，有 ， ，得 ，故D正确；
故选：D
【分析】研究量子卫星和同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；研究地球赤道上的点和同步卫星，具有相等角速度；
6．（2017高一下·南通期末）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适中的位置冲上一定初速度的物块（如图a），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变，物块与传送带间的μ＞tanθ（g取10m/s2），则（　　）
A．0～t1内，物块对传送带做正功
B．t1～t2内，物块的机械能不断减少
C．0～t2内，传送带对物块做功为W= mv22﹣ mv12
D．系统产生的内能一定大于物块动能的变化量大小
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；传送带模型；能量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误．
B、t1～t2内，物块向上做匀加速运动，动能和重力势能均增加，机械能等于动能和重力势能之和，故机械能不断增加，故B错误．
C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG= ，则传送带对物块做功W≠ ．故C错误．
D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D正确．
故选：D
【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．分析动能和重力势能的变化，即可分析t1～t2内，物块的机械能如何变化．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．
二、多项选择题
7．（2017高一下·南通期末）关于做功，下列说法中正确的是（　　）
A．静摩擦力总是不做功
B．滑动摩擦力可以不做功
C．行星绕太阳运动时，太阳对行星的引力会对行星做功
D．力对物体不做功，物体一定静止
【答案】B,C
【知识点】功的计算
【解析】【解答】解：A静摩擦力作用的物体间无相对滑动，但不代表没发生位移，所以可以做正功、负功或不做功，例如粮仓运送粮食的传送带对粮食施加一静摩擦力，该力对粮食做正功，随转盘一起转动的物体，摩擦力提供向心力，不做功等；将小物块轻轻放在匀速运动的传送带上，小物块相对于传送带运动，滑动摩擦力充当动力，传送带对小物块的摩擦力做正功，故A错误；
B、恒力做功的表达式W=FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故B正确；
C、行星绕太阳运动时，太阳对行星的引力会对行星做功，故C正确
D、恒力做功的表达式W=FScosα，里对物体不做功，可能力的方向与位移方向垂直，故D错误
故选：BC
【分析】判断滑动摩擦力是做负功还是做正功，首先还得搞清是判断哪个力对哪个物体做功，关键是判断该物体所受滑动摩擦力的方向与它相对地面的位移方向间的夹角是大于、等于还是小于90°，与此分别对应的是做负功、不做功、做正功．
8．（2017高一下·南通期末）以下说法中正确的是（　　）
A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流
B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加
【答案】A,D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：A、电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流；故A正确；
B、在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，又存在静电力．故B错误；
C、D、静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，故C错误，D正确；
故选：AD．
【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．
9．（2017高一下·南通期末）下列关于静电场的说法中正确的是（　　）
A．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动
B．在一个点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点
C．电势为零处，场强不一定为零；但场强为零处，电势一定为零
D．初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动
【答案】B,D
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线；电场及电场力；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】解：A、正电荷只在电场力的作用下，其运动是由电场力和初速度共同决定的，如正电荷在电场中做减速运动，就是由低电势向高电势运动．故A错误．
B、场强是矢量，根据点电荷形成的电场线可知：各点的场强不同；电场线与等势面垂直，且电势为标量，故在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的很多点．故B正确．
C、电势是标量且具有相对性，与零势面的选取有关，故场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零．故C错误．
D、初速度为零的正电荷在电场力作用下其运动取决于电场力，如果电场力方向不变，一定沿直线运动，否侧沿曲线运动，并不一定沿着电场线运动．故D正确．
故选：BD．
【分析】场强和电势都是描述电场的物理量，二者之间无直接联系但相互关联．带电粒子在电场中运动取决于所受合力和初速度，与电场力无直接关系．
10．（2017高一下·南通期末）图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动．已知电势φK＜φL＜φM，ULK=UML，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是（不计重力）（　　）
A．粒子带正电
B．粒子在a点的加速度小于在c点的加速度
C．粒子在a点的动能大于在e点的动能
D．粒子从c点的电势能大于在d点的电势能
【答案】A,B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】解：由题电势φK＜φL＜φM，所以电场线的方向向左；由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左．画出电场线的分布，如图．
A、粒子受到的电场力的方向向左，电场线的方向向左，即粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电．故A正确；
B、等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，c点的电场大，所以粒子在c点受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度小于在c点的加速度．故B正确．
C、由图可知，a和e在同一条等势面上，所以粒子在a点的电势能等于在e点的电势能，在a点的动能等于在e点的动能．故C错误；
D、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，粒子从c到d的过程中电场力做正功，所以在c点的电势能大于在d点的电势能．故D正确．
故选：ABD
【分析】带电粒子沿abcde轨迹运动，根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定电场的方向．由速度变化与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小．
11．（2017高一下·南通期末）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计连接，负极板接地，两板间有一个正试探电荷固定在P点，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是（　　）
A．静电计指针夹角变小 B．静电计指针夹角不变
C．正电荷在P点的电势能减小 D．正电荷在P点的电势能不变
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：AB、将负极板缓慢向右平移一小段距离，两板间的距离减小，根据电容的决定式C= 可知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，
则由C= 得知，板间电压U减小，因此静电计的指针夹角变小，故A正确，B错误；
C、根据板间场强E= = = ，可见E不变；P点到负极板距离减小，由公式U=Ed得知，P点的电势降低；正电荷在P点的电势能减小；故C正确，D错误；
故选：AC．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将负极板适当向右水平移动一小段距离，两板间距减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，即可判定静电计的指针变化，由E= 分析场强的变化．根据P点与左板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化．
12．（2017高一下·南通期末）一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B．支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则（　　）
A．A球的最大速度为
B．A球速度最大时，AB两球的总重力势能最小
C．A球在向下运动的过程中机械能增大
D．A，B两球的最大速度之比va：vb=2：1
【答案】B,D
【知识点】功能关系；机械能综合应用
【解析】【解答】解：B、由机械能守恒可知，两球总重力势能最小时，二者的动能最大，故B正确；
D、根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为VA：VB=ω 2l：ω l=2：1，故D正确；
A、当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：
mg 2lcosθ﹣2mg l（1﹣sinθ）= mVA2+ 2mVB2，
解得：VA2= gl（sinθ+cosθ）﹣ gl，
由数学知识知，当θ=45°时，sinθ+cosθ有最大值，最大值为：VA= ，故A错误．
C、A球在向下运动的过程中，杆对A做负功，机械能减小，故C错误
故选：BD．
【分析】AB两个球组成的系统机械能守恒，但对于单个的球来说机械能是不守恒的，根据系统的机械能守恒列式可以求得AB之间的关系，同时由于AB是同时转动的，它们的角速度的大小相同．
三、简答题
13．（2017高一下·南通期末）甲实验小组利用图（a）装置探究机械能守恒定律．将小钢球从轨道的不同高度h处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．（g取10m/s2）
（1）若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=　 　（用H、h表示）．
（2）图（b）中图线①为根据实验测量结果，描点作出的s2﹣h关系图线；图线②为根据理论计算得到的s2﹣h关系图线．对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实际水平抛出的速率　 　（选填“小于”或“大于”）理论值．造成这种偏差的可能原因是　 　．
乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”．将质量为0.1kg的小钢球A由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图（c）所示的小球位置示意图，O点为小球的水平抛出点．
（3）根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为　 　s．
（4）以O点为零势能点，小球A在O点的机械能为　 　J；小球A在C点时的重力势能为　 　J，动能为　 　J，机械能为　 　J．
【答案】（1）4Hh
（2）小于；轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大
（3）0.1
（4）0.1125；﹣0.8；0.9125；0.1125
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】解：（1）对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，
运用动能定理研究得：
mgh= mv2
解得：v= 对于平抛运动，运用平抛运动的规律得出：
在竖直方向：H= gt2
则有：t= ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
在水平方向：s=vt﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得：
s=2 所以：s2=4Hh（2）对比实验结果与理论计算得到的s2﹣﹣h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．从s2﹣﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，认为造成上述偏差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力．由于摩擦力做功损失了部分机械能，所以造成实验中水平抛出的速率小于理论值．（3）根据△y=gT2得：T= =0.1s，（4）设O点下一个点为B点，
根据运动学公式得vyB= =1m/s，
水平初速度vx= =1.5m/s，
所以小球A在O点的速度v0=1.5m/s，
小球A在C点时的速度vC=
小球A在O点的机械能E0=0+ ×0.1×（1.5）2=0.1125 J
因O点为小球的水平抛出点，且以O点为零势能点，则小球A在C点时的重力势能为EP=mgh=﹣0.8J
小球A在C点时的机械能EC= ×m× +（﹣mgh0C）=0.9125﹣0.8=0.1125mJ
由实验结果可以看出两个实验小组乙小组结果误差较小．
故答案为：（1）4Hh；（2）小于，轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大；（3）0.1；（4）0.1125；﹣0.8，0.9125，0.1125．
【分析】要求平抛的水平位移，我们应该想到运用平抛运动的规律，即要求出时间和水平初速度．
对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，我们应该运用动能定理求出抛出的水平初速度．
根据表格中的数据采用描点作图．
同一坐标系中两天倾斜的直线对比，可以采用某一个变量取一定值，看另一个变量的大小关系来解决问题．
对于误差原因分析，我们要从实验装置和过程中分析．
14．（2017·自贡模拟）在测定某一均匀细圆柱体材料的电阻率实验中．
（1）如图1所示，用游标卡尺测其长度为　 　cm；图2用螺旋测微器测其直径为　 　mm．
（2）其电阻约为6Ω．为了较为准确地测量其电阻，现用伏安法测其电阻．实验室除提供了电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）、开关S，导线若干，还备有下列实验器材：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为2kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为15kΩ）
C．电流表A1 （量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2 （量程0.6A，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω，0.6A）
F．滑动变阻器R2 （0～2000Ω，0.1A）
①为减小实验误差，应选用的实验器材有 （选填“A、B、C、D…”等序号）　 　．
②为减小实验误差，应选用图3中　 　（选填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，其测
量值比真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）．
【答案】（1）10.355；1.195
（2）ADE；b；偏小
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：10.3cm+0.055cm=10.355cm．
螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×19.5mm=0.195mm，
所以最终读数为：1mm+0.195mm=1.195mm；（2）①电源电动势为3V，故电压表应选A，电路最大电流约为：I= E R = 3 6 =0.5A，故电流表选D；由于待测电阻只有约6Ω，故为了便于调节，滑动变阻器选择总阻值较小的E；②待测电阻阻值约为6Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图b所示实验电路，由于电压表分流使电流表读数偏大，则由欧姆定律可知，求出的电阻值偏小．
故答案为：（1）10.355；1.195；（2）①ADE；②b；偏小．
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）①根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；
②根据待测电阻与电表内阻的关系以及大内小外确定电流表接法，然后选择实验电路，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．
四、计算题
15．（2017高一下·南通期末）如图所示，M为电动机，N为电炉子，电炉子的电阻R=4Ω，电动机的内阻r=1Ω，恒定电压U=12V．当S1闭合、S2断开时，电流表A示数为I1；当S1、S2同时闭合时，电流表A示数为I2=5A；求：
（1）I1示数及电炉子发热功率各多大？
（2）电动机的输出功率是多少？
【答案】（1）解：电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I=RU得：I1= = =3A，
其发热功率为：PR=UI1=12×3=36W；
答：I1示数为3A，电炉子发热功率为36W；
（2）解：当S1、S2同时闭合时，流过电动机的电流为：I3=I2﹣I1=2A，
电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI3=P+I32r，
代入数据解得：P=20W；
答：电动机的输出功率是20W．
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）根据欧姆定律列式求解电流，电炉子是纯电阻电路，电功等于电热；（2）电动机是非纯电阻电路，输出功率等于总功率减去热功率．
16．（2017高一下·南通期末）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8．求：
（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离．
【答案】（1）解：小物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD=3m/s
即小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s．
（2）解：小物块从A→B→C过程中，由动能定理得
将h1、s、μ、g代入得：vC=6m/s
小物块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2
小物块沿CD段上滑到最高点的时间 =1s
由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s
故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s
即小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔2s．
（3）解：对小物块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为S总
有：mgh1=μmgs总
将h1、μ、g代入得S总=8.6m
故小物块最终停止的位置距B点的距离为2s﹣S总=1.4m
即小滑块最终停止的位置距B点的距离为1.4m．
【知识点】动能定理的综合应用；摩擦力做功
【解析】【分析】（1）直接对小物块从A→B→C→D过程中运用动能定理列式求解即可；（2）先对从A→B→C过程运用动能定理求出小滑块到达C点的速度，求出在斜面CD上的加速度，再对小滑块在CD斜面上的运动运用运动学公式求解；（3）对全部过程运用动能定理，得出物体在BC面上滑行的总路程，再结合几何关系确定物体最终的静止位置．
17．（2017高一下·南通期末）如图所示，有一放射源可以沿轴线ABO方向发射速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电荷q．A、B是不加电压且处于关闭状态的两个阀门，阀门后是一对平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图（b）所示．O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点，垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标，其余尺寸见图（a），其中l和t均为已知．已知 ，不计粒子重力．
（1）某时刻A、B同时开启且不再关闭，有一个速度为 的粒子恰在此时通过A阀门，以阀门开启时刻作为图（b）中的计时零点，试求此粒子打在y轴上的坐标位置（用d表示）．
（2）某时刻A开启， 后A关闭，又过 后B开启，再过 后B也关闭．求能穿过阀门B的粒子的最大速度和最小速度．
（3）在第二问中，若以B开启时刻作为图（b）中的计时零点，试求解上述两类粒子打到接收屏上的y坐标（用d表示）．
【答案】（1）解：设经时间t0进入偏转电场，有： ，
即在t时刻进入偏转电场，在电场中的运动时间为： ，
偏转电场中的加速度为：
在场中的偏转距离为： ，
解得： ，
在电场中的偏转角： ，
从出偏转电场到打到屏上偏转距离：
y2=ltanθ，y=y1+y2
解得： ；
答：此粒子打在y轴上的坐标位置为 d．
（2）解：能穿过阀门B的最短时间为 ，
对应最大速度： ，
能穿过阀门B的最长时间为 ，
对应最小速度： ；
答：能穿过阀门B的粒子的最大速度为 ，最小速度为 ．
（3）解：速度最大的粒子将在0时刻出阀门B， 时刻进入偏转电场
故其偏转距离与第（1）问相同，打在y轴上的坐标为 ，
速度最小的粒子将在 时刻出阀门B，2t时刻进入偏转电场，
先向下偏转时间为t，则有： ，
，
再向下偏转（减速） 出电场时恰好速度水平： ，、
， ，
即两个坐标分别为：（ ）；
答：上述两类粒子打到接收屏上的y坐标为（ d，﹣ d）．
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）据题，A、B间不加电压，粒子在AB间做匀速直线运动．粒子进入平行极板后做类平抛运动，将其运动进行正交分解，由水平方向的匀速运动规律求出粒子通过电场的时间，由牛顿第二定律和运动学公式彁求出粒子在电场中的偏转距离和偏转角度．粒子离开电场后做匀速直线运动，由数学知识求解此粒子打在y轴上的坐标位置y．（2）能穿过阀门B的最短时间为 ，对应最大速度vmax= ；能穿过阀门B的最长时间为 t，对应最小速度 vmin= ．（3）运用第1问相似的方法求解两类粒子打到接收屏上的y坐标．
18．（2017高一下·商丘期末）利用弹簧弹射和传送带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．传送带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量m=1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8m/s，AB 间的距离s=1m．工件可视为质点，g 取10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）工件沿传送带上滑的时间；
（3）求工件在皮带上滑动的全过程中所产生的内能是多少．
【答案】（1）解：滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，得：
弹簧的最大弹性势能为：Ep=mgssin37°+ mv02
代入数据解得：EP=38J．
答：弹簧的最大弹性势能是38J．
（2）解：工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1
代入数据解得 a1=8m/s2．
从B点运动到与传送带共速需要的时间为：t1= = s=0.5s．
工件滑行的位移大小为：s1= t1= ×0.5m=3m＜L．
因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑．有：
mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2
代入数据解得：a2=4m/s2．
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有：t2= = s=1s．
工件滑行的位移大小为：s2= t2= ×1=2m=L﹣s1；
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为：t=t1+t2=1.5s．
答：工件沿传送带上滑的时间为1.5s．
（3）解：工件在皮带上以加速度a1滑动的过程中皮带的位移为
x皮1=vt1=4×0.5m=2m
工件与皮带间的相对位移大小为△x1=s1﹣x皮1=3m﹣2m=1m
工件在皮带上以加速度a2滑动的过程中皮带的位移为
x皮2=vt2=4×1m=4m
工件与皮带间的相对位移大小为△x2=x皮2﹣s2=4m﹣2m=2m
所以全过程中产生的内能是 Q=μmgcos37°（△x1+△x2）
代入数据解得 Q=6J
答：工件在皮带上滑动的全过程中所产生的内能是6J．
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，A、B间的距离s=lm，通过能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．（2）因为μ＜tan37°，当工件速度减为传送带速度时，又以不同的加速度向上减速，根据牛顿第二定律求出两次匀减速直线运动的加速度，然后根据运动学公式求出上滑的总时间．（3）根据运动学公式求出工件与皮带间的相对滑动的路程，再由滑动摩擦力与相对路程的乘积求产生的内能．
江苏省南通市启东中学2016-2017学年高一下学期物理期末考试试卷
一、单项选择题
1．（2017高一下·南通期末）以下叙述中不正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律
B．随着科技的发展，地球同步卫星一定能出现在我国首都上空
C．滑动变阻器分压接法比限流接法的电压测量范围大
D．法拉第首先提出了电场的概念
2．（2017高一下·南通期末）下列关于机械能守恒的说法中正确的是（　　）
A．做匀速运动的物体机械能一定守恒
B．做匀加速运动的物体机械能一定不守恒
C．做自由落体运动的物体机械能一定守恒
D．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒
3．（2017高一下·南通期末）如图所示，物体自倾角为θ、长为L的斜面顶端由静止滑下，到斜面底端时与固定挡板发生碰撞，设碰撞时无机械能损失．碰后物体又沿斜面上升，若到最后停止时，物体滑过的总路程为s，则物体与斜面间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
4．（2017高一下·南通期末）利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体（矿井中含有杂质的水），A，C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电液体深度h增大），则电流表（　　）
A．指针向右偏转，A，C构成的电容器充电
B．指针向左偏转，A，C构成的电容器充电
C．指针向右偏转，A，C构成的电容器放电
D．指针向左偏转，A，C构成的电容器放电
5．（2017高一下·商丘期末）我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射．量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系．假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示．已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知（　　）
A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为
B．同步卫星与P点的速度之比为
C．量子卫星与同步卫星的速度之比为
D．量子卫星与P点的速度之比为
6．（2017高一下·南通期末）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适中的位置冲上一定初速度的物块（如图a），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变，物块与传送带间的μ＞tanθ（g取10m/s2），则（　　）
A．0～t1内，物块对传送带做正功
B．t1～t2内，物块的机械能不断减少
C．0～t2内，传送带对物块做功为W= mv22﹣ mv12
D．系统产生的内能一定大于物块动能的变化量大小
二、多项选择题
7．（2017高一下·南通期末）关于做功，下列说法中正确的是（　　）
A．静摩擦力总是不做功
B．滑动摩擦力可以不做功
C．行星绕太阳运动时，太阳对行星的引力会对行星做功
D．力对物体不做功，物体一定静止
8．（2017高一下·南通期末）以下说法中正确的是（　　）
A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流
B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加
9．（2017高一下·南通期末）下列关于静电场的说法中正确的是（　　）
A．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动
B．在一个点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点
C．电势为零处，场强不一定为零；但场强为零处，电势一定为零
D．初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动
10．（2017高一下·南通期末）图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动．已知电势φK＜φL＜φM，ULK=UML，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是（不计重力）（　　）
A．粒子带正电
B．粒子在a点的加速度小于在c点的加速度
C．粒子在a点的动能大于在e点的动能
D．粒子从c点的电势能大于在d点的电势能
11．（2017高一下·南通期末）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计连接，负极板接地，两板间有一个正试探电荷固定在P点，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是（　　）
A．静电计指针夹角变小 B．静电计指针夹角不变
C．正电荷在P点的电势能减小 D．正电荷在P点的电势能不变
12．（2017高一下·南通期末）一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B．支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则（　　）
A．A球的最大速度为
B．A球速度最大时，AB两球的总重力势能最小
C．A球在向下运动的过程中机械能增大
D．A，B两球的最大速度之比va：vb=2：1
三、简答题
13．（2017高一下·南通期末）甲实验小组利用图（a）装置探究机械能守恒定律．将小钢球从轨道的不同高度h处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．（g取10m/s2）
（1）若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=　 　（用H、h表示）．
（2）图（b）中图线①为根据实验测量结果，描点作出的s2﹣h关系图线；图线②为根据理论计算得到的s2﹣h关系图线．对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实际水平抛出的速率　 　（选填“小于”或“大于”）理论值．造成这种偏差的可能原因是　 　．
乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”．将质量为0.1kg的小钢球A由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图（c）所示的小球位置示意图，O点为小球的水平抛出点．
（3）根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为　 　s．
（4）以O点为零势能点，小球A在O点的机械能为　 　J；小球A在C点时的重力势能为　 　J，动能为　 　J，机械能为　 　J．
14．（2017·自贡模拟）在测定某一均匀细圆柱体材料的电阻率实验中．
（1）如图1所示，用游标卡尺测其长度为　 　cm；图2用螺旋测微器测其直径为　 　mm．
（2）其电阻约为6Ω．为了较为准确地测量其电阻，现用伏安法测其电阻．实验室除提供了电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）、开关S，导线若干，还备有下列实验器材：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为2kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为15kΩ）
C．电流表A1 （量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2 （量程0.6A，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω，0.6A）
F．滑动变阻器R2 （0～2000Ω，0.1A）
①为减小实验误差，应选用的实验器材有 （选填“A、B、C、D…”等序号）　 　．
②为减小实验误差，应选用图3中　 　（选填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，其测
量值比真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）．
四、计算题
15．（2017高一下·南通期末）如图所示，M为电动机，N为电炉子，电炉子的电阻R=4Ω，电动机的内阻r=1Ω，恒定电压U=12V．当S1闭合、S2断开时，电流表A示数为I1；当S1、S2同时闭合时，电流表A示数为I2=5A；求：
（1）I1示数及电炉子发热功率各多大？
（2）电动机的输出功率是多少？
16．（2017高一下·南通期末）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8．求：
（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离．
17．（2017高一下·南通期末）如图所示，有一放射源可以沿轴线ABO方向发射速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电荷q．A、B是不加电压且处于关闭状态的两个阀门，阀门后是一对平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图（b）所示．O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点，垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标，其余尺寸见图（a），其中l和t均为已知．已知 ，不计粒子重力．
（1）某时刻A、B同时开启且不再关闭，有一个速度为 的粒子恰在此时通过A阀门，以阀门开启时刻作为图（b）中的计时零点，试求此粒子打在y轴上的坐标位置（用d表示）．
（2）某时刻A开启， 后A关闭，又过 后B开启，再过 后B也关闭．求能穿过阀门B的粒子的最大速度和最小速度．
（3）在第二问中，若以B开启时刻作为图（b）中的计时零点，试求解上述两类粒子打到接收屏上的y坐标（用d表示）．
18．（2017高一下·商丘期末）利用弹簧弹射和传送带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．传送带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量m=1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8m/s，AB 间的距离s=1m．工件可视为质点，g 取10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）工件沿传送带上滑的时间；
（3）求工件在皮带上滑动的全过程中所产生的内能是多少．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】解：A、牛顿通过分析开普勒定律最终发现了万有引力定律，故A正确；
B、由于万有引力充当向心力的原因，地球同步卫星只能定位在赤道上空，不能定点于北京上空，故不正确误；
C、滑动变阻器分压接法可以从零开始调节，故比限流接法的电压测量范围大，故C正确；
D、法拉第首先提出了场的概念，并提出了电场和磁场的性质，故D正确．
本题选不正确的，故选：B．
【分析】地球同步卫星必须定点于轨道正方向，它绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力；
明确滑动变阻器分压和限流接法的基本性质，明确分压接法的优点；
知道相应的物理学史．
2．【答案】C
【知识点】机械能守恒及其条件
【解析】【解答】解：A、做匀速运动的物体，可能有除了重力以外的其他力做功，机械能不守恒，比如物体匀速上升或下降时，机械能不守恒，故A错误．
B、做匀加速运动的物体，可能只有重力做功，其机械能守恒，比如自由落体运动，故B错误．
C、做自由落体运动的物体在下落中只有重力做功，故机械能一定守恒，故C正确．
D、做匀速圆周运动的物体机械能不一定守恒，如物体在竖直方向上做匀速圆周运动时，机械能不守恒，故D错误．
故选：C．
【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒．也可以机械能的概念：机械能等于动能与势能之和，进行分析．
3．【答案】D
【知识点】功能关系；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】解：由于物体在运动过程中机械能不断减少，物体最终停在挡板上，对全过程，运用动能定理得：
mgLsinθ﹣μmgcosθ s=0
解得：μ=
故选：D
【分析】物体沿粗糙斜面下滑过程，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少，碰撞时无机械能损失，物体被挡板原速率反弹，经过若干往复过程后，物体最终停在挡板上，对全过程，运用动能定理列式即可求解动摩擦因数．
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C= 可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，
再依据C= ，因此电势差不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，
因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故ACD错误，B正确；
故选：B．
【分析】由图可知电容器的构造，再由平行板电容器的决定式进行分析即可．
5．【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题
【解析】【解答】解：A、根据 ，得 ，由题意知 ， ，所以 ，故A错误；
B、P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v=ωr，所以有 ，故B错误；
C、根据 ，得 ，所以 ，故C错误；
D、综合BC，有 ， ，得 ，故D正确；
故选：D
【分析】研究量子卫星和同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；研究地球赤道上的点和同步卫星，具有相等角速度；
6．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；传送带模型；能量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误．
B、t1～t2内，物块向上做匀加速运动，动能和重力势能均增加，机械能等于动能和重力势能之和，故机械能不断增加，故B错误．
C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG= ，则传送带对物块做功W≠ ．故C错误．
D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D正确．
故选：D
【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．分析动能和重力势能的变化，即可分析t1～t2内，物块的机械能如何变化．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．
7．【答案】B,C
【知识点】功的计算
【解析】【解答】解：A静摩擦力作用的物体间无相对滑动，但不代表没发生位移，所以可以做正功、负功或不做功，例如粮仓运送粮食的传送带对粮食施加一静摩擦力，该力对粮食做正功，随转盘一起转动的物体，摩擦力提供向心力，不做功等；将小物块轻轻放在匀速运动的传送带上，小物块相对于传送带运动，滑动摩擦力充当动力，传送带对小物块的摩擦力做正功，故A错误；
B、恒力做功的表达式W=FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故B正确；
C、行星绕太阳运动时，太阳对行星的引力会对行星做功，故C正确
D、恒力做功的表达式W=FScosα，里对物体不做功，可能力的方向与位移方向垂直，故D错误
故选：BC
【分析】判断滑动摩擦力是做负功还是做正功，首先还得搞清是判断哪个力对哪个物体做功，关键是判断该物体所受滑动摩擦力的方向与它相对地面的位移方向间的夹角是大于、等于还是小于90°，与此分别对应的是做负功、不做功、做正功．
8．【答案】A,D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：A、电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流；故A正确；
B、在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，又存在静电力．故B错误；
C、D、静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，故C错误，D正确；
故选：AD．
【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．
9．【答案】B,D
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线；电场及电场力；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】解：A、正电荷只在电场力的作用下，其运动是由电场力和初速度共同决定的，如正电荷在电场中做减速运动，就是由低电势向高电势运动．故A错误．
B、场强是矢量，根据点电荷形成的电场线可知：各点的场强不同；电场线与等势面垂直，且电势为标量，故在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的很多点．故B正确．
C、电势是标量且具有相对性，与零势面的选取有关，故场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零．故C错误．
D、初速度为零的正电荷在电场力作用下其运动取决于电场力，如果电场力方向不变，一定沿直线运动，否侧沿曲线运动，并不一定沿着电场线运动．故D正确．
故选：BD．
【分析】场强和电势都是描述电场的物理量，二者之间无直接联系但相互关联．带电粒子在电场中运动取决于所受合力和初速度，与电场力无直接关系．
10．【答案】A,B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】解：由题电势φK＜φL＜φM，所以电场线的方向向左；由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左．画出电场线的分布，如图．
A、粒子受到的电场力的方向向左，电场线的方向向左，即粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电．故A正确；
B、等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，c点的电场大，所以粒子在c点受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度小于在c点的加速度．故B正确．
C、由图可知，a和e在同一条等势面上，所以粒子在a点的电势能等于在e点的电势能，在a点的动能等于在e点的动能．故C错误；
D、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，粒子从c到d的过程中电场力做正功，所以在c点的电势能大于在d点的电势能．故D正确．
故选：ABD
【分析】带电粒子沿abcde轨迹运动，根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定电场的方向．由速度变化与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小．
11．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：AB、将负极板缓慢向右平移一小段距离，两板间的距离减小，根据电容的决定式C= 可知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，
则由C= 得知，板间电压U减小，因此静电计的指针夹角变小，故A正确，B错误；
C、根据板间场强E= = = ，可见E不变；P点到负极板距离减小，由公式U=Ed得知，P点的电势降低；正电荷在P点的电势能减小；故C正确，D错误；
故选：AC．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将负极板适当向右水平移动一小段距离，两板间距减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，即可判定静电计的指针变化，由E= 分析场强的变化．根据P点与左板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化．
12．【答案】B,D
【知识点】功能关系；机械能综合应用
【解析】【解答】解：B、由机械能守恒可知，两球总重力势能最小时，二者的动能最大，故B正确；
D、根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为VA：VB=ω 2l：ω l=2：1，故D正确；
A、当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：
mg 2lcosθ﹣2mg l（1﹣sinθ）= mVA2+ 2mVB2，
解得：VA2= gl（sinθ+cosθ）﹣ gl，
由数学知识知，当θ=45°时，sinθ+cosθ有最大值，最大值为：VA= ，故A错误．
C、A球在向下运动的过程中，杆对A做负功，机械能减小，故C错误
故选：BD．
【分析】AB两个球组成的系统机械能守恒，但对于单个的球来说机械能是不守恒的，根据系统的机械能守恒列式可以求得AB之间的关系，同时由于AB是同时转动的，它们的角速度的大小相同．
13．【答案】（1）4Hh
（2）小于；轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大
（3）0.1
（4）0.1125；﹣0.8；0.9125；0.1125
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】解：（1）对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，
运用动能定理研究得：
mgh= mv2
解得：v= 对于平抛运动，运用平抛运动的规律得出：
在竖直方向：H= gt2
则有：t= ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
在水平方向：s=vt﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得：
s=2 所以：s2=4Hh（2）对比实验结果与理论计算得到的s2﹣﹣h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．从s2﹣﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，认为造成上述偏差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力．由于摩擦力做功损失了部分机械能，所以造成实验中水平抛出的速率小于理论值．（3）根据△y=gT2得：T= =0.1s，（4）设O点下一个点为B点，
根据运动学公式得vyB= =1m/s，
水平初速度vx= =1.5m/s，
所以小球A在O点的速度v0=1.5m/s，
小球A在C点时的速度vC=
小球A在O点的机械能E0=0+ ×0.1×（1.5）2=0.1125 J
因O点为小球的水平抛出点，且以O点为零势能点，则小球A在C点时的重力势能为EP=mgh=﹣0.8J
小球A在C点时的机械能EC= ×m× +（﹣mgh0C）=0.9125﹣0.8=0.1125mJ
由实验结果可以看出两个实验小组乙小组结果误差较小．
故答案为：（1）4Hh；（2）小于，轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大；（3）0.1；（4）0.1125；﹣0.8，0.9125，0.1125．
【分析】要求平抛的水平位移，我们应该想到运用平抛运动的规律，即要求出时间和水平初速度．
对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，我们应该运用动能定理求出抛出的水平初速度．
根据表格中的数据采用描点作图．
同一坐标系中两天倾斜的直线对比，可以采用某一个变量取一定值，看另一个变量的大小关系来解决问题．
对于误差原因分析，我们要从实验装置和过程中分析．
14．【答案】（1）10.355；1.195
（2）ADE；b；偏小
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：10.3cm+0.055cm=10.355cm．
螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×19.5mm=0.195mm，
所以最终读数为：1mm+0.195mm=1.195mm；（2）①电源电动势为3V，故电压表应选A，电路最大电流约为：I= E R = 3 6 =0.5A，故电流表选D；由于待测电阻只有约6Ω，故为了便于调节，滑动变阻器选择总阻值较小的E；②待测电阻阻值约为6Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图b所示实验电路，由于电压表分流使电流表读数偏大，则由欧姆定律可知，求出的电阻值偏小．
故答案为：（1）10.355；1.195；（2）①ADE；②b；偏小．
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）①根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；
②根据待测电阻与电表内阻的关系以及大内小外确定电流表接法，然后选择实验电路，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．
15．【答案】（1）解：电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I=RU得：I1= = =3A，
其发热功率为：PR=UI1=12×3=36W；
答：I1示数为3A，电炉子发热功率为36W；
（2）解：当S1、S2同时闭合时，流过电动机的电流为：I3=I2﹣I1=2A，
电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI3=P+I32r，
代入数据解得：P=20W；
答：电动机的输出功率是20W．
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）根据欧姆定律列式求解电流，电炉子是纯电阻电路，电功等于电热；（2）电动机是非纯电阻电路，输出功率等于总功率减去热功率．
16．【答案】（1）解：小物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD=3m/s
即小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s．
（2）解：小物块从A→B→C过程中，由动能定理得
将h1、s、μ、g代入得：vC=6m/s
小物块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2
小物块沿CD段上滑到最高点的时间 =1s
由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s
故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s
即小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔2s．
（3）解：对小物块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为S总
有：mgh1=μmgs总
将h1、μ、g代入得S总=8.6m
故小物块最终停止的位置距B点的距离为2s﹣S总=1.4m
即小滑块最终停止的位置距B点的距离为1.4m．
【知识点】动能定理的综合应用；摩擦力做功
【解析】【分析】（1）直接对小物块从A→B→C→D过程中运用动能定理列式求解即可；（2）先对从A→B→C过程运用动能定理求出小滑块到达C点的速度，求出在斜面CD上的加速度，再对小滑块在CD斜面上的运动运用运动学公式求解；（3）对全部过程运用动能定理，得出物体在BC面上滑行的总路程，再结合几何关系确定物体最终的静止位置．
17．【答案】（1）解：设经时间t0进入偏转电场，有： ，
即在t时刻进入偏转电场，在电场中的运动时间为： ，
偏转电场中的加速度为：
在场中的偏转距离为： ，
解得： ，
在电场中的偏转角： ，
从出偏转电场到打到屏上偏转距离：
y2=ltanθ，y=y1+y2
解得： ；
答：此粒子打在y轴上的坐标位置为 d．
（2）解：能穿过阀门B的最短时间为 ，
对应最大速度： ，
能穿过阀门B的最长时间为 ，
对应最小速度： ；
答：能穿过阀门B的粒子的最大速度为 ，最小速度为 ．
（3）解：速度最大的粒子将在0时刻出阀门B， 时刻进入偏转电场
故其偏转距离与第（1）问相同，打在y轴上的坐标为 ，
速度最小的粒子将在 时刻出阀门B，2t时刻进入偏转电场，
先向下偏转时间为t，则有： ，
，
再向下偏转（减速） 出电场时恰好速度水平： ，、
， ，
即两个坐标分别为：（ ）；
答：上述两类粒子打到接收屏上的y坐标为（ d，﹣ d）．
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）据题，A、B间不加电压，粒子在AB间做匀速直线运动．粒子进入平行极板后做类平抛运动，将其运动进行正交分解，由水平方向的匀速运动规律求出粒子通过电场的时间，由牛顿第二定律和运动学公式彁求出粒子在电场中的偏转距离和偏转角度．粒子离开电场后做匀速直线运动，由数学知识求解此粒子打在y轴上的坐标位置y．（2）能穿过阀门B的最短时间为 ，对应最大速度vmax= ；能穿过阀门B的最长时间为 t，对应最小速度 vmin= ．（3）运用第1问相似的方法求解两类粒子打到接收屏上的y坐标．
18．【答案】（1）解：滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，得：
弹簧的最大弹性势能为：Ep=mgssin37°+ mv02
代入数据解得：EP=38J．
答：弹簧的最大弹性势能是38J．
（2）解：工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1
代入数据解得 a1=8m/s2．
从B点运动到与传送带共速需要的时间为：t1= = s=0.5s．
工件滑行的位移大小为：s1= t1= ×0.5m=3m＜L．
因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑．有：
mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2
代入数据解得：a2=4m/s2．
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有：t2= = s=1s．
工件滑行的位移大小为：s2= t2= ×1=2m=L﹣s1；
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为：t=t1+t2=1.5s．
答：工件沿传送带上滑的时间为1.5s．
（3）解：工件在皮带上以加速度a1滑动的过程中皮带的位移为
x皮1=vt1=4×0.5m=2m
工件与皮带间的相对位移大小为△x1=s1﹣x皮1=3m﹣2m=1m
工件在皮带上以加速度a2滑动的过程中皮带的位移为
x皮2=vt2=4×1m=4m
工件与皮带间的相对位移大小为△x2=x皮2﹣s2=4m﹣2m=2m
所以全过程中产生的内能是 Q=μmgcos37°（△x1+△x2）
代入数据解得 Q=6J
答：工件在皮带上滑动的全过程中所产生的内能是6J．
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，A、B间的距离s=lm，通过能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．（2）因为μ＜tan37°，当工件速度减为传送带速度时，又以不同的加速度向上减速，根据牛顿第二定律求出两次匀减速直线运动的加速度，然后根据运动学公式求出上滑的总时间．（3）根据运动学公式求出工件与皮带间的相对滑动的路程，再由滑动摩擦力与相对路程的乘积求产生的内能．

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