2018-2019学年甘肃省武威十八中高三（上）期末物理试卷 Word版含解析

2018-2019学年甘肃省武威十八中高三（上）期末物理试卷
一、选择题：（共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（4分）下列关于物理学发展史的说法正确的是（　　）
A．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻、重物体自由下落一样快的结论
B．开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律
C．卡文迪许通过卡文迪许扭秤实验，测量出静电力常量
D．密立根通过油滴实验，测定了元电荷的数值
2．（4分）如图所示，一个重为30N的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F＝5N的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是（　　）
A．物体受到的摩擦力减小5N
B．物体对斜面的作用力减小5N
C．斜面受到的压力减小5N
D．物体受到的合外力减小5N
3．（4分）一遥控玩具小车从t＝0开始由x＝﹣3m处向x轴正方向（向右）运动，其运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～1s内和0～3s内，小车的平均速度相同
B．t＝3s时，小车到达位置的坐标为0.5m
C．第1s内和第4s内，小车加速度大小相等、方向相同
D．第2s内和第3s内，合力对小车做的功相同
4．（4分）2016年9月15日，我国的空间实验室天宫二号在酒泉成功发射。9月16日，天宫二号在椭圆轨道Ⅰ的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道Ⅱ上运行，如图所示，A点离地面高度约为380km，地球同步卫星离地面高度约为36000km。若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是（　　）
A．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于7.9km/s
B．天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周期可能大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点B的速度一定大于Ⅱ轨道的速度
D．天宫二号在轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ机械能减少
5．（4分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（　　）
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000J
6．（4分）图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm．把一个电量q＝10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）
A．865V/m，垂直AC向左 B．865V/m，垂直AC向右
C．1000V/m，垂直AB斜向上 D．1000V/m，垂直AB斜向下
7．（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大
D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小
8．（4分）在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示。现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为（　　）
A． B． C．3 D．
9．（4分）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）
A．增大两极板之间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
10．（4分）如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时，则（　　）
A．小灯泡的功率减小
B．电压表的示数增大
C．电容器上的电荷量增加
D．两表示数变化量的比值||不变
11．（4分）如图是等量异种点电荷周围的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（　　）
A．图中A、D两点场强大小相等，方向相反
B．图中B、C两点场强大小和方向都相同
C．图中E、O、F三点比较，O点场强最强
D．图中B、O、C三点比较，O点场强最强
12．（4分）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
二、实验题：（每空2分，共计14分）
13．（6分）如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：
（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝　 　mm．
（2）小球经过光电门B时的速度表达式为　 　．
（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　 　时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
14．（8分）在“测定金属的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图1所示，则该金属丝直径的测量值d＝　 　mm；
（2）按图2所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15Ω）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
电流表A1（量程0～200mA，内阻约3Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）；
滑动变阻器R1（0～50Ω）；
滑动变阻器R2（0～200Ω）；
电源E（电动势为3.0V，内阻不计）。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（选填器材的名称符号）
（3）若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ＝　 　。（用题目所给字母和通用数学符号表示）
三、计算题（本题共3小题，共38分，请写出必要的文字和表达式，只有答案不得分）
15．（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量Q＝﹣3.5×10﹣14C，质量m＝3.0×10﹣9kg．当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零。（不计空气阻力，g＝10m/s2，L＝15cm）求：
（1）两极板间的电场强度E；
（2）两极板间的电势差U；
（3）设平行板电容器的电容C＝4.0×10﹣12F，则该电容器带电量Q是多少？
16．（12分）如图所示，质量为M的轨道由上表面粗糙的水平轨道和竖直平面内的半径为R的光滑圆弧轨道紧密连接组成，置于光滑水平面上．一质量为m的小物块以水平初速度v0由左端滑上轨道，恰能到达圆弧轨道最高点．已知M：m＝3：1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ．求：
（1）小物块到达圆弧轨道最高点时的速度
（2）水平轨道的长度．
17．（14分）光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5m，一个质量m＝2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10m/s2．求：
（1）小球脱离弹簧时速度大小。
（2）小球从B到C克服阻力做的功。
（3）小球离开C点后落回水平面时的动能大小。

2018-2019学年甘肃省武威十八中高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（4分）下列关于物理学发展史的说法正确的是（　　）
A．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻、重物体自由下落一样快的结论
B．开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律
C．卡文迪许通过卡文迪许扭秤实验，测量出静电力常量
D．密立根通过油滴实验，测定了元电荷的数值
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、伽利略做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论，故A错误；
B、开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了开普勒定律；牛顿提出来万有引力定律，故B错误；
C、卡文迪许利用扭秤装置测定了引力常量的数值，故C错误；
D、美国科学家，密立根通过油滴实验，测定了元电荷的数值，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2．（4分）如图所示，一个重为30N的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F＝5N的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是（　　）
A．物体受到的摩擦力减小5N
B．物体对斜面的作用力减小5N
C．斜面受到的压力减小5N
D．物体受到的合外力减小5N
【分析】无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件求解各个力；
有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件求解各个力．
【解答】解：A、C：无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如右图所示：
根据共点力平衡条件，有：f＝mgsinθ，N＝mgcosθ
有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如右下图所示，根据共点力平衡条件，有：
f1＝（mg﹣F）sinθ
N1＝（mg﹣F）cosθ
故f﹣f1＝Fsin30°＝2.5N，N﹣N1＝Fcos30°＝2.5N，即
物体对斜面体的摩擦等于斜面体对物体的摩擦，减小了2.5N，故C错误；
物体对斜面体的压力等于斜面体对物体的支持力，减小了2.5N，故A错误；
B：无拉力时，斜面对物体的作用力与重力大小相等，即为mg；有拉力时，斜面对物体作用力与重力、拉力两个力的合力大小相等，即为mg﹣F，所以斜面对物体的作用减小了F＝5N，则物体对斜面的作用力也减小5N．故B正确。
D：两次物体都保持静止状态，合力为零，保持不变。故D错误；
故选：B。
【点评】本题关键是对木块受力分析，根据平衡条件，结合正交分解法列方程求解．
3．（4分）一遥控玩具小车从t＝0开始由x＝﹣3m处向x轴正方向（向右）运动，其运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～1s内和0～3s内，小车的平均速度相同
B．t＝3s时，小车到达位置的坐标为0.5m
C．第1s内和第4s内，小车加速度大小相等、方向相同
D．第2s内和第3s内，合力对小车做的功相同
【分析】v﹣t图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移。平均速度等于位移与时间之比。据此分析
【解答】解：A、由v﹣t图象的面积表示位移，可知0～1s内和0～3s内的位移相等为2.5m，由时间不相等，则平均速度不同，故A错误；
B、前3s的位移为2.5m，而初位置为﹣3m，由△x＝x2﹣x1可得：x2＝﹣0.5m；位置的坐标为﹣0.5m，故B错误。
C、v﹣t图象的斜率表示加速度，可知第1s内和第4s内的加速度大小，方向均为正方向；故C正确。
D、根据图象可知，第2s内动能的减少量和第3s内动能的增加量相等，根据动能定理可知，外力对质点在第2s内做负功和第3s内做正功，两者大小相等，性质不同；D错误。
故选：C。
【点评】明确v﹣t图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移。
4．（4分）2016年9月15日，我国的空间实验室天宫二号在酒泉成功发射。9月16日，天宫二号在椭圆轨道Ⅰ的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道Ⅱ上运行，如图所示，A点离地面高度约为380km，地球同步卫星离地面高度约为36000km。若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是（　　）
A．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于7.9km/s
B．天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周期可能大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点B的速度一定大于Ⅱ轨道的速度
D．天宫二号在轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ机械能减少
【分析】根据万有引力提供向心力，得周期公式，比较天宫二号在轨道Ⅱ上的周期和同步卫星的周期，即可判断A选项；卫星的变轨问题，如果提供的向心力小于所需要的向心力做离心运动，提供的向心力大于所需要的向心力做近心运动；利用开普勒第三定律比较在轨道Ⅰ和Ⅱ上的周期。
【解答】解：A、天宫二号由轨道Ⅰ上的A点变轨到轨道Ⅱ，要加速做离心运动，所以“天宫二号”在轨道Ⅰ上运行通过A点时的速度一定小于在轨道Ⅱ上运行通过A点的速度；而天宫二号做圆周运动的速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，所以天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于7.9km/s，故A正确；
B、根据开普勒第三定律，因为轨道Ⅰ的半长轴小于圆轨道Ⅱ的半径，所以“天宫二号”在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误；
C、根据：可知v＝，则Ⅱ轨道的速度小于过B点做匀速圆周运动的卫星的速度，而天宫二号在B点做离心运动，则天宫二号在B点的速度大于过B点做匀速圆周运动的卫星的速度，所以天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点B的速度一定大于Ⅱ轨道的速度，故C正确；
D、天宫二号由轨道Ⅰ上的A点变轨到轨道Ⅱ，要点火加速做离心运动，所以天宫二号在轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ机械能增大，故D错误；
故选：AC。
【点评】卫星变轨是近心或离心运动，根据提供的万有引力和所需的万有引力确定，同时要理解开普勒三定律。
5．（4分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（　　）
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000J
【分析】根据动能定理确定动能的变化。物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少。
【解答】解：AB、外力对物体所做的总功为 W总＝WG+W阻＝1900J﹣100J＝1800J，是正功，根据动能定理得：动能增加了1800J．故A、B错误；
CD、重力对物体做功为1900J，是正功，则物体重力势能减小了1900J．故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题关键要掌握常见的两对功能关系：总功与动能变化有关，重力做功与重力势能变化有关。
6．（4分）图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm．把一个电量q＝10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）
A．865V/m，垂直AC向左 B．865V/m，垂直AC向右
C．1000V/m，垂直AB斜向上 D．1000V/m，垂直AB斜向下
【分析】由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U＝Ed可求得电场强度．
【解答】解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；
因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；
因从B到C由W＝Uq可知，BC两点的电势差U＝＝﹣173V；
即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；
BC间沿电场线的距离d＝BCsin60＝0.173m；
由E＝可知
电场强度E＝V/m＝1000V/m；
故选D。
【点评】电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U＝Ed中的d应为沿电场方向的有效距离．
7．（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大
D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小
【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上。故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小。
【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上。故c的等势面电势最高，故A错误；
B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；
C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小。故C错误；
D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；
故选：B。
【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
8．（4分）在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示。现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为（　　）
A． B． C．3 D．
【分析】解答本题的关键是正确选择研究对象，在本题中可以选择A、B、C三个中的一个为研究对象，然后根据受力平衡列方程求解。
【解答】解：以A、B、C三个中的一个为研究对象，如以B为研究对象有：
受到A、C的库仑斥力作用，同时受到D点点电荷的库仑引力作用，设三角形边长为L，根据受力平衡得：
，
所以解得：＝，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了在电场中的物体平衡，本质属于力学问题，对于这累问题要首先进行正确受力分析，然后根据平衡条件进行求解。
9．（4分）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）
A．增大两极板之间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
【分析】已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．
【解答】解：
A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C＝可知，电容增小，电容器的电量不变，由C＝分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故A正确。
B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C＝可知，电容增小，电量不变，由C＝分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故B正确。
C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C＝可知，电容增大，电量不变，由C＝分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小。故C错误。
D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零。故D错误。
故选：AB。
【点评】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C＝和定义式C＝结合分析电容器动态变化问题，
10．（4分）如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时，则（　　）
A．小灯泡的功率减小
B．电压表的示数增大
C．电容器上的电荷量增加
D．两表示数变化量的比值||不变
【分析】根据R2电阻阻值变化，从而得到总电阻变化，进而得到总电流变化；根据电流变化得到电压表变化及电容器上电压变化，从而得到电荷量变化
【解答】解：A、P下滑，R2阻值变小，故电路总电阻减小，那么，总电流增大，通过灯泡的电流增大，可知小灯泡的功率增大，故A错误；
B、因电流增大，则R1上的电压增大，则电压表示数增大，故B正确
C、总电流增大，内压及R1上的电压增大，故电容器上电压减小，所以，电容器上的电荷量减小，故C错误；
D、两表示数之比 ＝R1，故两表示数变化量的比值|仍为R1不变，故D正确；
故选：BD。
【点评】在动态电路问题中，一般根据电阻变化由闭合电路的欧姆定律得到总电流、路端电压的变化，从而得到各支路电流、各电阻上的电压变化，进而得到功率变化。。
11．（4分）如图是等量异种点电荷周围的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（　　）
A．图中A、D两点场强大小相等，方向相反
B．图中B、C两点场强大小和方向都相同
C．图中E、O、F三点比较，O点场强最强
D．图中B、O、C三点比较，O点场强最强
【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小。根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。
【解答】解：A、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同。由图看出，A、D两点场强方向相同，故A错误。
B、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同。这两点场强的方向均由B→C，方向相同。故B正确。
C、由图看出，E、O、F三点中，EF两点电场线疏密程度比O点稀疏，O点场强最强，故C正确。
D、图中B、O、C三点比较，BC两点电场线疏密程度比O点密集，则O点场强最弱，故D错误。
故选：BC。
【点评】对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。
12．（4分）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【分析】运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。
【解答】解：A、甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，她们相互作用的冲量不相等，故A错误；
B、二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故B正确；
C、D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒。
二、实验题：（每空2分，共计14分）
13．（6分）如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：
（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝　7.25　mm．
（2）小球经过光电门B时的速度表达式为　　．
（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　　时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门B的速度．
（3）抓住动能的增加量和重力势能的减小量相等得出机械能守恒的表达式．
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm＝0.25mm，则小球的直径d＝7.25mm．
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度；
（3）小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量，若机械能守恒，有：，即．
故答案为：（1）7.25 （2），（3）．
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，关键得出表达式，从而分析判断．知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．
14．（8分）在“测定金属的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图1所示，则该金属丝直径的测量值d＝　0.384　mm；
（2）按图2所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15Ω）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
电流表A1（量程0～200mA，内阻约3Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）；
滑动变阻器R1（0～50Ω）；
滑动变阻器R2（0～200Ω）；
电源E（电动势为3.0V，内阻不计）。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选　A1　，滑动变阻器应选　R1　。（选填器材的名称符号）
（3）若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ＝　　。（用题目所给字母和通用数学符号表示）
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）根据通过金属丝的最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（3）应用欧姆定律与电阻定律可以求出金属丝的电阻率表达式。
【解答】解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，该金属丝直径的测量值d＝0mm+38.4×0.01mm＝0.384mm。
（2）通过金属丝的最大电流约为：I＝＝＝0.2A＝200mA，电流表应选择A1；
为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。
（3）由欧姆定律可知，电阻阻值：RX＝，
由电阻定律得：RX＝ρ＝ρ，电阻率：ρ＝；
故答案为：（1）0.384；（2）A1；R1；（3）。
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择与实验数据处理，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。
三、计算题（本题共3小题，共38分，请写出必要的文字和表达式，只有答案不得分）
15．（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量Q＝﹣3.5×10﹣14C，质量m＝3.0×10﹣9kg．当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零。（不计空气阻力，g＝10m/s2，L＝15cm）求：
（1）两极板间的电场强度E；
（2）两极板间的电势差U；
（3）设平行板电容器的电容C＝4.0×10﹣12F，则该电容器带电量Q是多少？
【分析】（1）、（2）对油滴下落的整个过程，运用动能定理列式，求出两极板间的电势差U，再由E＝求板间场强。
（3）根据Q＝CU求该电容器带电量。
【解答】解：（1）、（2）由动能定理W＝△Ek得：
mg（h+L）﹣|Q|U＝0
代入数据 U＝3.0×105 V。
由 E＝E＝得：
E＝2.0×106 V/m，方向竖直向下
（3）由Q＝CU得该电容器带电量WE：
Q＝4.0×10﹣12×3.0×105C＝1.2×10﹣6C
答：（1）两极板间的电场强度E是2.0×106V/m，方向竖直向下。
（2）两极板间的电势差U是3.0×105V。
（3）该电容器带电量Q是1.2×10﹣6C。
【点评】本题考查带电油滴在复合场中的运动问题，涉及两个过程，正确分析油滴的受力和运动情况是解题的关键，明确运动中遵循什么规律是解题的核心。灵活应用U＝Ed和Q＝CU。
16．（12分）如图所示，质量为M的轨道由上表面粗糙的水平轨道和竖直平面内的半径为R的光滑圆弧轨道紧密连接组成，置于光滑水平面上．一质量为m的小物块以水平初速度v0由左端滑上轨道，恰能到达圆弧轨道最高点．已知M：m＝3：1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ．求：
（1）小物块到达圆弧轨道最高点时的速度
（2）水平轨道的长度．
【分析】（1）物块与轨道组成的系统在水平动量守恒，应用动量守恒定律可以求出物块的到达最高点时的速度．
（2）对系统由能量守恒定律可以求出水平轨道的长度．
【解答】解：（1）由题意可知，物块恰能到达圆弧轨道最高点，此时两者速度相等，
物块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v1，
由题意可知：M：m＝3：1，解得：v1＝v0；
（2）对系统，由能量守恒定律得：
，
解得：；
答：（1）小物块到达圆弧轨道最高点时的速度为v0；
（2）水平轨道的长度为﹣．
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，当物块到达轨道最高点时物块与轨道速度相等，分析清楚物块与轨道运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题．
17．（14分）光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5m，一个质量m＝2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10m/s2．求：
（1）小球脱离弹簧时速度大小。
（2）小球从B到C克服阻力做的功。
（3）小球离开C点后落回水平面时的动能大小。
【分析】（1）在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功，根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v；
（2）小球从B到C的过程中只有重力和阻力做功，根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度，从而根据动能定理求解从B至C过程中小球克服阻力做的功；
（3）小球离开C点后做平抛运动，只有重力做功，根据动能定理求小球落地时的动能大小
【解答】解：（1）小球从A点开始至小球脱离弹簧的过程中根据弹力做功与弹性势能变化的关系有：
W弹＝﹣△EP弹＝﹣（0﹣Ep）＝49J
对小球而言，此过程只有弹力做功，故有：
，
得小球脱离弹簧时的速度为：
v＝＝
（2）小球恰好能通过最高点C，故在最高点小球只受重力作用，根据牛顿第二定律有：
得小球在C点时的速度为：
＝
因为AB段光滑，小球在B点时的速度等于小球脱离弹簧时的速度即：vB＝v＝7m/s
在从B至C的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
得阻力做功为：
＝＝﹣24J
所以从B至C的过程中小球克服阻力做功24J；
（3）小球离开C点做平抛运动，此过程中只有重力做功，根据动能定理有：
得小球落地时的动能：
＝
答：（1）小球脱离弹簧时的速度大小为7m/s；
（2）小球从B到C克服阻力做的功24J；
（3）小球离开C点后落回水平面时的动能大小为25J。
【点评】本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理、平抛运动的知识求解。