河北省石家庄市裕华区精英中学2018-2019学年高三上学期物理期末第二次调研试卷
一、单选题
1．（2019高三上·裕华期末）关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．电场强度的方向与等电势面处处垂直
C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向
2．（2019高三上·裕华期末）一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是（ ）
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
3．（2019高三上·裕华期末）如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的 球壳和 球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电 球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的 球壳对点电荷q的库仑力的大小为（ ）
A． B． C． D．F
4．（2019高三上·裕华期末）图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2019高三上·裕华期末）如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2019高三上·裕华期末）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω．闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光。电动机M线圈的电阻R0＝4Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．电源的输出功率为14W B．流过电机的电流为1A
C．电机输出功率为3W D．通电5秒钟电机产生80J的热
7．（2019高三上·裕华期末）如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。已知该直流电源内阻不随温度变化。由图线可知（ ）
A．当电路中的电流为1A时，电源的输出功率为3W
B．当电路中的电流为2A时，电源的输出功率为2W
C．电源的最大输出功率为2W
D．当电路中的电流为1.5A时，电源效率最高
8．（2019高三上·裕华期末）如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则不正确的是（ ）
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
9．（2019高三上·裕华期末）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态．开始一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动．使弹簧伸长．那么（ ）
A．碰撞过程中环与板系统的机械能守恒
B．碰撞过程中环与板的总动能减小转化为弹簧的弹性势能
C．碰撞后新平衡位置与下落高度h无关
D．碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
10．（2019高三上·裕华期末）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值
11．（2019高三上·裕华期末）如图所示电路中，定值电阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，输入的电流I1＝1A，I2＝2A．检测时发现a点电势为0，b点电势为4V，则下列说法正确的是（ ）
A．流过电流表的电流为1A，方向向右
B．滑动变阻器的滑片置于中间位置时，图示部分的等效电阻为 Ω
C．向左移动滑动变阻器的滑片时接入电路中的电阻变小
D．改变滑动变阻器的滑片的位置，不影响通过电阻R2的电流
二、多选题
12．（2019高三上·裕华期末）一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是（ ）
A．①表示的是重力势能随上升高度的图象②表示的是动能随上升高度的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f＝kmg
C．上升高度 ，重力势能和动能不相等
D．上升高度 时，动能与重力势能之差为
13．（2019高三上·裕华期末）细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2．烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2：q1
B．运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m1：m2
C．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1：1
D．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1：1
14．（2019高三上·裕华期末）电场种子处理技术是以电场效应催动种子发育的农业增产新技术。如图所示，在电场种子处理机内部有一等边三角形OPC，O点位于坐标原点，OC与x轴重合，P点坐标为（2cm， ），A、B分别为OP、PC的中点。坐标系处于匀强电场中，且电场方向与坐标平面平行，已知O点电势为6V，A点电势为3V，B点电势为0V，则下列说法正确的是（ ）
A．C点电势为3V
B．C点电势为0V
C．该匀强电场的电场强度大小为100V/m
D．该匀强电场的电场强度大小为
15．（2019高三上·裕华期末）如图所示，质量m＝245g的物块（可视为质点）放在质量M＝0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10m/s2，则在整个过程中（ ）
A．物块的最大速度为6m/s
B．木板的最大速度为3m/s
C．物块相对于木板滑行的时间为0.75s
D．木板的长度为3m
16．（2019高三上·裕华期末）如图所示，平面直角坐标系的x轴上相对于原点O对称的P和Q两点处放置一对等量异种点电荷，a、b、c、d是位于四个象限内的四个点，它们恰在一个正方形的四个顶点上，O是正方形对角线的交点。M和N是正方形与x轴的交点，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等
B．将一检验电荷﹣q从d点经M点到a点的过程中电场力一直不做功
C．从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小
D．将一检验电荷﹣q从N点释放，它会在MON间往复运动
17．（2019高三上·裕华期末）如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（ ）
A．将热敏电阻R0加热
B．滑动变阻器R的滑动头P向上移动
C．开关S断开
D．电容器C的上极板向上移动
18．（2019高三上·裕华期末）如图所示，光滑绝缘水平轨道上有三点A、B、C，A、C两点关于B点对称。在B点正上方h高度处的P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P、A、C三点间距离相等。如果取无穷远处电势为零，则点电荷产生的电场在A点的电势为φ．现在A点置一可视为质点的物块并给其一个初速度v0，物块沿轨道向右运动到B点时速度大小为v，物块所带正电荷的电荷量为q且运动过程中电荷量不变，k为静电力常量，下列说法正确的是（ ）
A．物块在C点的电势能为Qφ
B．点电荷产生的电场在A点的电场强度大小为
C．物块在B点时受到轨道的支持力大小为
D．点电荷产生的电场在B点的电势为
三、实验题
19．（2019高三上·裕华期末）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，其操作步骤如下：
A．将操作台调为水平
B．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使滑块A、B间的弹簧处于压缩状态
C．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录滑块A、B的落地点M、N
D．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2
E．用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h
（1）上述步骤中，多余的步骤是 ；缺少的步骤是 。
（2）如果动量守恒，须满足的关系是 （用测量量表示）。
20．（2019高三上·裕华期末）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5V1.25W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表V1（量程为3V，内阻为3kΩ）
电流表A1（量程为100mA，内阻为10Ω）
电流表A2（量程为3A，内阻为0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流为2A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流为0.5A）
定值电阻R3（阻值为2.5Ω）
定值电阻R4（阻值为10Ω）
定值电阻R5（阻值为1kΩ）
电源E（E＝3V，内阻不计）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。
（1）实验中滑动变阻器应选用 ，电流表应选用 ，并 （填“串联”或“并联”）定值电阻。（均填器材的符号）
（2）在图1中的虚线框内画出电路图。（图中标出选用的器材的符号）
（3）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2V，内阻为4Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为 W．（保留两位有效数字）
四、解答题
21．（2019高三上·裕华期末）如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω 2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的 ，电流表指针也指在满偏的 ．求电源电动势与内阻的大小。（保留两位有效数字）
22．（2019高三上·裕华期末）如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q。在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变。不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）A球刚释放时的加速度大小；
（2）C点与B点的距离；
（3）AP间的电势差。
23．（2019高三上·裕华期末）如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定。细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q＝1×10﹣5C、质量为m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点。已知AB间距离x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：
（1）小球通过B点时的速度大小VB；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；
（3）试画出小球从A点运动到C点过程中的v﹣t图象。
24．（2019高三上·裕华期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）．试求：
（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，A不符合题意；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，B符合题意；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，C不符合题意；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】电场强度的大小和电势没有直接关系，其方向为电势降低最快的方向，与等势面方向垂直。
2．【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v。设向右为正方向，则由动量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1-mv1；可得，v＞v0；可得发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大；
故答案为：A。
【分析】利用动量守恒定律可以判别发生瞬间的动量不变但是由于质量变小所以速度变大。
3．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】将图乙中的均匀带电 球壳分成三个 带电球壳，关于球心对称的两个 带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的 球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电 球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用整个球壳带电对电荷的作用力为0，则可以求出四分之三的球壳与四分之一的球壳产生的库仑力大小相等。
4．【答案】B
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】由上图可知电源电动势为 ，电源内阻为 ．
对A图 ， ；
对B图， ， ；
对C图，I ， ；
对D图， ， ，B符合题意。
故答案为：B
【分析】利用闭合电路的总电阻和电动势可以求出外部电压的大小。
5．【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：
0=MvB﹣（M+m）vA，
解得： ．
故答案为：C．
【分析】两个小车和人组成的系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解即可。
6．【答案】C
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】由题意知，并联部分电压为U＝8V，内电压应为U内＝E﹣U＝2V。总电流I＝ ＝2A。电源的输出功率P出＝UI＝16W，A不符合题意；流过灯泡的电流I1＝ ＝1.5A。则流过电动机的电流I2＝I﹣I1＝0.5A，B不符合题意。电动机的热功率P0＝I22R0＝0.52×4W＝1W，则5s内产生的热量Q＝P0t＝1×5J＝5J，D不符合题意。电动机的总功率P＝UI2＝8×0.5W＝4W，电动机的机械功率P机＝P﹣P0＝4﹣1W＝3W，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用灯泡正常发光可以求出电动机的电压大小；利用闭合电路的欧姆定律可以求出通过电机的电流和电压的输出功率；利用电动机的电流和电压可以求出电动机总的功率，减去消耗的功率可以求出机械功率大小，利用焦耳定律可以求出电机产生的热量。
7．【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】在C点电源的总功率和电源的内部的热功率Pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V。由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得：r=1Ω； 当电流为1A时，电源的总功率为：P总=EI=3×1=3W．A不符合题意；当电流为2A时，根据闭合电路欧姆定律，有： ，解得外电阻为： ，电源的输出功率为：P外＝I2R＝22×0.5＝2W．B符合题意；当外电阻与内电阻相等时电源的输出功率最大，此时： ，电源的最大输出功率为： ．C不符合题意；电源的效率为： ，可知外电阻的电阻值越大，电源的效率越高。D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用图像可以得出总功率和热功率相等时其功率和电流大小，进而可以求出内阻的大小和电动势的大小；利用电路中的欧姆定律结合电流大小可以求出电压的输出功率大小，利用内外电阻大小相等可以求出最大的输出功率；利用效率的表达式可以判别外阻越大其电源效率越高。
8．【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】由题设条件，由动能定理得：mg 2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。A不符合题意。将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。B错误，符合题意。把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。C不符合题意。把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理可以判别第一个过程重力做功和电场力做功相等，当把A上板上移或下移时，实际电场力做功和重力做功不变所以仍原路返回；当B板下移时会导致重力做功大于电场力做功所以咯所以质点会穿过N孔，当B板上移会导致重力做功小于电场力做功会导致质点返回。
9．【答案】C
【知识点】机械能
【解析】【解答】圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A不符合题意；圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，B不符合题意；碰撞后平衡时，有kx＝（m+M）g即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，C符合题意；碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由于属于完全非弹性碰撞所以机械能不守恒；其损失的机械能转化为内能；碰后的平衡时由于重力和弹力大小相等所以位置和下落高度无关；下落过程中动能减少和重力势能减少等于弹性势能的增加。
10．【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝ ，得：E＝ ．Ep﹣x图象切线的斜率等于 ，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A不符合题意。由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，B不符合题意，D符合题意。根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电场力做功引起电势能的变化的表达式可以判别其斜率等于电场强度的大小；利用斜率变化可以判别粒子做变加速直线运动；利用电势能变化结合电性可以判别电势的大小；利用斜率的方向可以判别场强的方向。
11．【答案】D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】由图可知，两电流只能由a点流进电流表，因此电流表中电流为3A，方向向右，A不符合题意；a点电势为零，b点电势为4V，Ba间电势差为4V；则由欧姆定律可知，流过R2的电流为I2＝ A＝2A；根据电流结构可知，I1只能流过R1，则R1两端的电势差为4V，故滑动变阻器两端电势差为零，故图示中相当于R1与R2并联，故等效电阻 ，B不符合题意；由B的分析可知，滑动变阻器被短路，故改变滑片位置不会影响电流的大小，也不会改变总电阻大小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电势的高低可以判别电流表电流为两电流的总和；利用欧姆定律可以判别电流只流过则可以知道R1两端的电压大小；且滑动变阻器两端电动势为0，利用并联电路可以求出总电阻的大小；由于滑动变阻器被断路所以滑片位置不会影响电流大小。
12．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球上升过程中，根据动能定理得： ，得 ，可见 是减函数，由图象②表示．重力势能为 ， 与h成正比，由图象①表示，A不符合题意；对于整个上升过程，根据动能定理得： ，由图象②得， ，联立解得， ．B符合题意；当高度 时，动能为 ，又由上知， ，联立解得， ，重力势能为 ，所以在高度 时，物体的重力势能和动能相等．C不符合题意；当上升高度 时，动能为 ，重力势能为 ，则动能与重力势能之差为 ，D符合题意．
故答案为：BD
【分析】利用动能变化和重力势能变化的表达式可以选择对应的图像；利用动能定理结合重力做功可以求出阻力的大小；利用动能和重力势能表达式可以判别重力势能和动能的大小关系以及两者的差距。
13．【答案】B,C
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受的电场力大小之比为1:1，与电荷量无关，A不符合题意；
B. 两球组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取甲球的运动方向为正方向,由动量守恒定律得：m1v甲 m2v乙=0,得v甲:v乙=m2:m1.甲、乙两球动能之比为 ，B符合题意；
C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得：I甲=m1v甲 0,I乙=m2v乙 0,解得甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲:I乙=1:1.C符合题意；
D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得：W合甲=Ek1 0,W合乙=Ek2 0,解得甲、乙两球受到合力做功之比W合甲:W合乙=m2:m1.D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由于相互作用所以电场力大小相等；利用动量守恒可以判别动能之比；利用动量相等可以判别冲量大小相等；利用动能的比值可以判别合力做功的比值。
14．【答案】B,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】找OC的中点D，连接AD和BD，如图所示：
由几何知识的：AB∥OD，AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA﹣φB＝φO﹣φD＝φD﹣φC，故φD＝3V，φC＝0V，A不符合题意，B符合题意；由于φA＝φD，AD为等势线，根据电场线和等势线互相垂直且有高电势指向低电势，故场强方向应从O点向AD做垂线，垂足为E点，场强方向为OE方向， ，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用等势面可以求出对应电势的大小，利用电势差和场强大小关系可以求出场强的大小。
15．【答案】A,D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】子弹射入物块，由动量守恒可得：子弹刚射入物块时，两者的共同速度 ；之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度；故物块的最大速度为6m/s，A符合题意；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么，共同速度 ，所以，由A的运动分析可得：木板的最大速度为2m/s，B不符合题意；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4m/s2的匀减速运动，所以，物块相对于木板滑行的时间 ，C不符合题意；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4m/s2的匀减速运动，木板做加速度 的匀加速运动；所以，木板的长度 ，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】利用子弹和物块碰撞可以求出物块的最大速度，利用整个系统的动量守恒可以求出木板的最大速度，利用速度公式可以求出共速所花的时间；利用相对位移可以求出木板的长度。
16．【答案】A,C
【知识点】电场力做功；电场强度
【解析】【解答】等量异种电荷电场线分布如图所示：
根据电场强度叠加原理以及图象可知，a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等，A符合题意；由上图可知，a、d两点电势相等，由d到M再到a点，电场力对负电荷先做正功，后做负功，整个过程做功和为零，B不符合题意；根据电场线疏密反应电场强弱可知，从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小，C符合题意；从N到M电场方向向右，负电荷始终受到水平向左的电场力，所以由N点静止释放的负电荷，从N到M已知加速，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】利用电场线的分布可以判别场强的大小；利用电势的高低可以判别电场力所做的功；利用电场线的疏密可以 判别场强的变化；利用电场力方向可以判别负电荷不会做反向运动。
17．【答案】A,C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力；即应增大两板间的电势差；热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，A符合题意；B、当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，电容器两端的电势差不变，B不符合题意；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，C符合题意；电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于 ，C＝ ，E＝U/d．所以：E＝ ，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】开关断开会导致流过电容器电荷量变大电压变大导致场力变大；滑动变阻器向上滑动电阻变小，但是由于二极管作用电容器不会充电所以电压保持不变，对热敏电阻加热会导致总电阻变小电容器充电所以电压变大；将电容器上板上移电压保持不变。
18．【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】AC两点到点电荷的距离相等，在同一个圆上，即点电荷的同一等势面上，故φC=φA=φ，所以物块在C点的电势能为：EPC=φq，A不符合题意；由点电荷的场强公式得： ，B符合题意； 物体在B点受到点电荷的库仑力为： ，设物体在B点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-F=0，解得：N=mg+F=mg+ ．C不符合题意；电场力对物块在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程摩擦力做的功是Wf，由动能定理得： 2Wf＝0 mv02①，设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理得：q(φ φB) Wf＝ mv2 mv02②，①②联立解得：点电荷产生的电场在B点的电势为 ．D符合题意；故答案为：BD。
【分析】利用等势面可以求出电势的大小；利用点电荷的场强公式可以求出场强大小；利用竖直方向的平衡可以求出支持力的大小；利用动能定理可以求出B点的电势大小。
19．【答案】（1）E；用天平测出滑块A、B的质量mA、mB
（2）mAx1＝mBx2
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】取小球A的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为mA、mA，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t。
需要验证的方程：0＝mAv1﹣mBv2
又v1＝ ，v2＝
代入得到：mAx1＝mBx2
故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h。所以多余的步骤是E；但需要用天平测出滑块A、B的质量mA、mB.
【分析】（1）使用不需要测量高度；但需要测量质量大小；
（2）利用水平方向的位移可以写出表达式。
20．【答案】（1）R1；A1；并联
（2）
（3）0.25
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；灯泡额定电流为： ，电流表A2量程量程太大，不能用它测电流，把电流表A1与定值电阻R3并联扩大其量程测电流。（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
；（3）在灯泡I﹣U坐标系内作出电源的I﹣U图线如图所示：
由图示图线可知：U＝0.9V，I＝0.28A
灯泡实际功率为：P＝UI＝0.9×0.28≈0.25W；
【分析】（1）利用灯泡的额定电流可以进行电流表的选择和改装；滑动变阻器使用小量程方便调节；电流表量程不足使用并联改装；
（2）利用伏安法测量，电流表使用外接法，滑动变阻器使用分压式接法；
（3）利用闭合电路欧姆定律的直线结合交点坐标可以求出对应的功率。
21．【答案】解：滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V，所以第二次电流表的示数为 ×0.6 A＝0.2 A，电压表的示数为 ×15 V＝5 V
当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V
回路的总电流为I总＝I1+ ＝0.5+ A＝1.5 A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3，
即E＝1.5r+2+2①
当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V
回路的总电流为I总′＝I1′+ ＝0.2+ A＝0.6A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′，
即E＝0.6r+0.8+5②
联立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0Ω
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】（1）利用电压表和电流表量程可以求出第二次电流和电压的大小，利用欧姆定律可以求出电路中的总电流；再结合闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和内阻的大小。
22．【答案】（1）解：A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma
根据库仑定律有：
又知
联立解得：a=gsinα-
（2）解：当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B点间的距离为d，则有：
解得：
（3）解：小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：
解得：
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合库仑定律可以求出加速度大小；
（2）利用平衡点的方程可以求出BC间的距离；
（3）利用动能定理可以求出对应的电势差。
23．【答案】（1）解：对小球，AB过程，根据牛顿第二定律可得 ，
初速度为零，由位移速度公式可得 ，
联立解得
（2）解：对小球，BC过程，根据牛顿第二定律： ，
初速度为 ，末速度为零，故根据位移速度公式可得 ，
联立解得
（3）解：小球在AB段做初速度为零，末速度为2m/s的匀加速直线运动，经历时间为 ，在BC段做初速度为2m/s，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为 ，即在0.8s末速度为零，v-t图像如图所示：
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出小球到达B点的速度；
（2）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出进入电场后最大的距离；
（3）利用速度公式可以求出的对应的运动时间，利用运动时间及速度的关系可以作图。
24．【答案】（1）解：A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有：
mg（3x0）sin30°= mv12
解得： …①
又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…②
联立①②得：
（2）解：碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．
则有：EP+ 2mv22＝0+2mg x0sin30°
解得：EP＝2mg x0sin30° 2mv22=mgx0 mgx0＝ mgx0…③
（3）解：设物块在最高点C的速度是vC，
物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：
所以： ④
C点相对于O点的高度：
h=2x0sin30°+R+Rcos30°= x0…⑤
物块从O到C的过程中机械能守恒，得： mvo2＝mgh+ mvc2…⑥
联立④⑤⑥得： …⑦
设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得： mv2+mg（3x0sin30°）＝ mvA2…⑧
A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨
A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得： 2mvB2+EP＝ 2mvo2+2mg x0sin30°…⑩
由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离．
联立⑦⑧⑨⑩解得：
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒可以求出A碰前速度大小，结合动量守恒定律可以求出碰后的速度大小；
（2）利用系统的机械能守恒方程可以求出弹性势能的大小；
（3）利用重力提供向心力可以求出在C点的速度大小；结合机械能守恒可以求出物块在O点速度大小，再利用碰撞过程的动量守恒定律及运动过程系统机械能守恒可以求出出发时的初速度大小。
1 / 1河北省石家庄市裕华区精英中学2018-2019学年高三上学期物理期末第二次调研试卷
一、单选题
1．（2019高三上·裕华期末）关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．电场强度的方向与等电势面处处垂直
C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向
【答案】B
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，A不符合题意；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，B符合题意；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，C不符合题意；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】电场强度的大小和电势没有直接关系，其方向为电势降低最快的方向，与等势面方向垂直。
2．（2019高三上·裕华期末）一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是（ ）
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v。设向右为正方向，则由动量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1-mv1；可得，v＞v0；可得发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大；
故答案为：A。
【分析】利用动量守恒定律可以判别发生瞬间的动量不变但是由于质量变小所以速度变大。
3．（2019高三上·裕华期末）如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的 球壳和 球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电 球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的 球壳对点电荷q的库仑力的大小为（ ）
A． B． C． D．F
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】将图乙中的均匀带电 球壳分成三个 带电球壳，关于球心对称的两个 带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的 球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电 球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用整个球壳带电对电荷的作用力为0，则可以求出四分之三的球壳与四分之一的球壳产生的库仑力大小相等。
4．（2019高三上·裕华期末）图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】由上图可知电源电动势为 ，电源内阻为 ．
对A图 ， ；
对B图， ， ；
对C图，I ， ；
对D图， ， ，B符合题意。
故答案为：B
【分析】利用闭合电路的总电阻和电动势可以求出外部电压的大小。
5．（2019高三上·裕华期末）如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：
0=MvB﹣（M+m）vA，
解得： ．
故答案为：C．
【分析】两个小车和人组成的系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解即可。
6．（2019高三上·裕华期末）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω．闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光。电动机M线圈的电阻R0＝4Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．电源的输出功率为14W B．流过电机的电流为1A
C．电机输出功率为3W D．通电5秒钟电机产生80J的热
【答案】C
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】由题意知，并联部分电压为U＝8V，内电压应为U内＝E﹣U＝2V。总电流I＝ ＝2A。电源的输出功率P出＝UI＝16W，A不符合题意；流过灯泡的电流I1＝ ＝1.5A。则流过电动机的电流I2＝I﹣I1＝0.5A，B不符合题意。电动机的热功率P0＝I22R0＝0.52×4W＝1W，则5s内产生的热量Q＝P0t＝1×5J＝5J，D不符合题意。电动机的总功率P＝UI2＝8×0.5W＝4W，电动机的机械功率P机＝P﹣P0＝4﹣1W＝3W，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用灯泡正常发光可以求出电动机的电压大小；利用闭合电路的欧姆定律可以求出通过电机的电流和电压的输出功率；利用电动机的电流和电压可以求出电动机总的功率，减去消耗的功率可以求出机械功率大小，利用焦耳定律可以求出电机产生的热量。
7．（2019高三上·裕华期末）如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。已知该直流电源内阻不随温度变化。由图线可知（ ）
A．当电路中的电流为1A时，电源的输出功率为3W
B．当电路中的电流为2A时，电源的输出功率为2W
C．电源的最大输出功率为2W
D．当电路中的电流为1.5A时，电源效率最高
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】在C点电源的总功率和电源的内部的热功率Pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V。由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得：r=1Ω； 当电流为1A时，电源的总功率为：P总=EI=3×1=3W．A不符合题意；当电流为2A时，根据闭合电路欧姆定律，有： ，解得外电阻为： ，电源的输出功率为：P外＝I2R＝22×0.5＝2W．B符合题意；当外电阻与内电阻相等时电源的输出功率最大，此时： ，电源的最大输出功率为： ．C不符合题意；电源的效率为： ，可知外电阻的电阻值越大，电源的效率越高。D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用图像可以得出总功率和热功率相等时其功率和电流大小，进而可以求出内阻的大小和电动势的大小；利用电路中的欧姆定律结合电流大小可以求出电压的输出功率大小，利用内外电阻大小相等可以求出最大的输出功率；利用效率的表达式可以判别外阻越大其电源效率越高。
8．（2019高三上·裕华期末）如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则不正确的是（ ）
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】由题设条件，由动能定理得：mg 2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。A不符合题意。将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。B错误，符合题意。把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。C不符合题意。把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理可以判别第一个过程重力做功和电场力做功相等，当把A上板上移或下移时，实际电场力做功和重力做功不变所以仍原路返回；当B板下移时会导致重力做功大于电场力做功所以咯所以质点会穿过N孔，当B板上移会导致重力做功小于电场力做功会导致质点返回。
9．（2019高三上·裕华期末）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态．开始一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动．使弹簧伸长．那么（ ）
A．碰撞过程中环与板系统的机械能守恒
B．碰撞过程中环与板的总动能减小转化为弹簧的弹性势能
C．碰撞后新平衡位置与下落高度h无关
D．碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【答案】C
【知识点】机械能
【解析】【解答】圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A不符合题意；圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，B不符合题意；碰撞后平衡时，有kx＝（m+M）g即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，C符合题意；碰撞后环与板共同下降的过程中，碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由于属于完全非弹性碰撞所以机械能不守恒；其损失的机械能转化为内能；碰后的平衡时由于重力和弹力大小相等所以位置和下落高度无关；下落过程中动能减少和重力势能减少等于弹性势能的增加。
10．（2019高三上·裕华期末）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值
【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝ ，得：E＝ ．Ep﹣x图象切线的斜率等于 ，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A不符合题意。由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，B不符合题意，D符合题意。根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电场力做功引起电势能的变化的表达式可以判别其斜率等于电场强度的大小；利用斜率变化可以判别粒子做变加速直线运动；利用电势能变化结合电性可以判别电势的大小；利用斜率的方向可以判别场强的方向。
11．（2019高三上·裕华期末）如图所示电路中，定值电阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，输入的电流I1＝1A，I2＝2A．检测时发现a点电势为0，b点电势为4V，则下列说法正确的是（ ）
A．流过电流表的电流为1A，方向向右
B．滑动变阻器的滑片置于中间位置时，图示部分的等效电阻为 Ω
C．向左移动滑动变阻器的滑片时接入电路中的电阻变小
D．改变滑动变阻器的滑片的位置，不影响通过电阻R2的电流
【答案】D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】由图可知，两电流只能由a点流进电流表，因此电流表中电流为3A，方向向右，A不符合题意；a点电势为零，b点电势为4V，Ba间电势差为4V；则由欧姆定律可知，流过R2的电流为I2＝ A＝2A；根据电流结构可知，I1只能流过R1，则R1两端的电势差为4V，故滑动变阻器两端电势差为零，故图示中相当于R1与R2并联，故等效电阻 ，B不符合题意；由B的分析可知，滑动变阻器被短路，故改变滑片位置不会影响电流的大小，也不会改变总电阻大小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电势的高低可以判别电流表电流为两电流的总和；利用欧姆定律可以判别电流只流过则可以知道R1两端的电压大小；且滑动变阻器两端电动势为0，利用并联电路可以求出总电阻的大小；由于滑动变阻器被断路所以滑片位置不会影响电流大小。
二、多选题
12．（2019高三上·裕华期末）一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是（ ）
A．①表示的是重力势能随上升高度的图象②表示的是动能随上升高度的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f＝kmg
C．上升高度 ，重力势能和动能不相等
D．上升高度 时，动能与重力势能之差为
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球上升过程中，根据动能定理得： ，得 ，可见 是减函数，由图象②表示．重力势能为 ， 与h成正比，由图象①表示，A不符合题意；对于整个上升过程，根据动能定理得： ，由图象②得， ，联立解得， ．B符合题意；当高度 时，动能为 ，又由上知， ，联立解得， ，重力势能为 ，所以在高度 时，物体的重力势能和动能相等．C不符合题意；当上升高度 时，动能为 ，重力势能为 ，则动能与重力势能之差为 ，D符合题意．
故答案为：BD
【分析】利用动能变化和重力势能变化的表达式可以选择对应的图像；利用动能定理结合重力做功可以求出阻力的大小；利用动能和重力势能表达式可以判别重力势能和动能的大小关系以及两者的差距。
13．（2019高三上·裕华期末）细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2．烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2：q1
B．运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m1：m2
C．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1：1
D．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1：1
【答案】B,C
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受的电场力大小之比为1:1，与电荷量无关，A不符合题意；
B. 两球组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取甲球的运动方向为正方向,由动量守恒定律得：m1v甲 m2v乙=0,得v甲:v乙=m2:m1.甲、乙两球动能之比为 ，B符合题意；
C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得：I甲=m1v甲 0,I乙=m2v乙 0,解得甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲:I乙=1:1.C符合题意；
D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得：W合甲=Ek1 0,W合乙=Ek2 0,解得甲、乙两球受到合力做功之比W合甲:W合乙=m2:m1.D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由于相互作用所以电场力大小相等；利用动量守恒可以判别动能之比；利用动量相等可以判别冲量大小相等；利用动能的比值可以判别合力做功的比值。
14．（2019高三上·裕华期末）电场种子处理技术是以电场效应催动种子发育的农业增产新技术。如图所示，在电场种子处理机内部有一等边三角形OPC，O点位于坐标原点，OC与x轴重合，P点坐标为（2cm， ），A、B分别为OP、PC的中点。坐标系处于匀强电场中，且电场方向与坐标平面平行，已知O点电势为6V，A点电势为3V，B点电势为0V，则下列说法正确的是（ ）
A．C点电势为3V
B．C点电势为0V
C．该匀强电场的电场强度大小为100V/m
D．该匀强电场的电场强度大小为
【答案】B,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】找OC的中点D，连接AD和BD，如图所示：
由几何知识的：AB∥OD，AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA﹣φB＝φO﹣φD＝φD﹣φC，故φD＝3V，φC＝0V，A不符合题意，B符合题意；由于φA＝φD，AD为等势线，根据电场线和等势线互相垂直且有高电势指向低电势，故场强方向应从O点向AD做垂线，垂足为E点，场强方向为OE方向， ，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用等势面可以求出对应电势的大小，利用电势差和场强大小关系可以求出场强的大小。
15．（2019高三上·裕华期末）如图所示，质量m＝245g的物块（可视为质点）放在质量M＝0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10m/s2，则在整个过程中（ ）
A．物块的最大速度为6m/s
B．木板的最大速度为3m/s
C．物块相对于木板滑行的时间为0.75s
D．木板的长度为3m
【答案】A,D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】子弹射入物块，由动量守恒可得：子弹刚射入物块时，两者的共同速度 ；之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度；故物块的最大速度为6m/s，A符合题意；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么，共同速度 ，所以，由A的运动分析可得：木板的最大速度为2m/s，B不符合题意；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4m/s2的匀减速运动，所以，物块相对于木板滑行的时间 ，C不符合题意；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4m/s2的匀减速运动，木板做加速度 的匀加速运动；所以，木板的长度 ，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】利用子弹和物块碰撞可以求出物块的最大速度，利用整个系统的动量守恒可以求出木板的最大速度，利用速度公式可以求出共速所花的时间；利用相对位移可以求出木板的长度。
16．（2019高三上·裕华期末）如图所示，平面直角坐标系的x轴上相对于原点O对称的P和Q两点处放置一对等量异种点电荷，a、b、c、d是位于四个象限内的四个点，它们恰在一个正方形的四个顶点上，O是正方形对角线的交点。M和N是正方形与x轴的交点，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等
B．将一检验电荷﹣q从d点经M点到a点的过程中电场力一直不做功
C．从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小
D．将一检验电荷﹣q从N点释放，它会在MON间往复运动
【答案】A,C
【知识点】电场力做功；电场强度
【解析】【解答】等量异种电荷电场线分布如图所示：
根据电场强度叠加原理以及图象可知，a、b、c、d四个顶点处的电场强度大小相等，A符合题意；由上图可知，a、d两点电势相等，由d到M再到a点，电场力对负电荷先做正功，后做负功，整个过程做功和为零，B不符合题意；根据电场线疏密反应电场强弱可知，从N点到O点，再沿y轴正向移动时场强一直在减小，C符合题意；从N到M电场方向向右，负电荷始终受到水平向左的电场力，所以由N点静止释放的负电荷，从N到M已知加速，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】利用电场线的分布可以判别场强的大小；利用电势的高低可以判别电场力所做的功；利用电场线的疏密可以 判别场强的变化；利用电场力方向可以判别负电荷不会做反向运动。
17．（2019高三上·裕华期末）如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（ ）
A．将热敏电阻R0加热
B．滑动变阻器R的滑动头P向上移动
C．开关S断开
D．电容器C的上极板向上移动
【答案】A,C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力；即应增大两板间的电势差；热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，A符合题意；B、当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，电容器两端的电势差不变，B不符合题意；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，C符合题意；电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于 ，C＝ ，E＝U/d．所以：E＝ ，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】开关断开会导致流过电容器电荷量变大电压变大导致场力变大；滑动变阻器向上滑动电阻变小，但是由于二极管作用电容器不会充电所以电压保持不变，对热敏电阻加热会导致总电阻变小电容器充电所以电压变大；将电容器上板上移电压保持不变。
18．（2019高三上·裕华期末）如图所示，光滑绝缘水平轨道上有三点A、B、C，A、C两点关于B点对称。在B点正上方h高度处的P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P、A、C三点间距离相等。如果取无穷远处电势为零，则点电荷产生的电场在A点的电势为φ．现在A点置一可视为质点的物块并给其一个初速度v0，物块沿轨道向右运动到B点时速度大小为v，物块所带正电荷的电荷量为q且运动过程中电荷量不变，k为静电力常量，下列说法正确的是（ ）
A．物块在C点的电势能为Qφ
B．点电荷产生的电场在A点的电场强度大小为
C．物块在B点时受到轨道的支持力大小为
D．点电荷产生的电场在B点的电势为
【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】AC两点到点电荷的距离相等，在同一个圆上，即点电荷的同一等势面上，故φC=φA=φ，所以物块在C点的电势能为：EPC=φq，A不符合题意；由点电荷的场强公式得： ，B符合题意； 物体在B点受到点电荷的库仑力为： ，设物体在B点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-F=0，解得：N=mg+F=mg+ ．C不符合题意；电场力对物块在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程摩擦力做的功是Wf，由动能定理得： 2Wf＝0 mv02①，设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理得：q(φ φB) Wf＝ mv2 mv02②，①②联立解得：点电荷产生的电场在B点的电势为 ．D符合题意；故答案为：BD。
【分析】利用等势面可以求出电势的大小；利用点电荷的场强公式可以求出场强大小；利用竖直方向的平衡可以求出支持力的大小；利用动能定理可以求出B点的电势大小。
三、实验题
19．（2019高三上·裕华期末）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，其操作步骤如下：
A．将操作台调为水平
B．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使滑块A、B间的弹簧处于压缩状态
C．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录滑块A、B的落地点M、N
D．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2
E．用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h
（1）上述步骤中，多余的步骤是 ；缺少的步骤是 。
（2）如果动量守恒，须满足的关系是 （用测量量表示）。
【答案】（1）E；用天平测出滑块A、B的质量mA、mB
（2）mAx1＝mBx2
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】取小球A的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为mA、mA，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t。
需要验证的方程：0＝mAv1﹣mBv2
又v1＝ ，v2＝
代入得到：mAx1＝mBx2
故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h。所以多余的步骤是E；但需要用天平测出滑块A、B的质量mA、mB.
【分析】（1）使用不需要测量高度；但需要测量质量大小；
（2）利用水平方向的位移可以写出表达式。
20．（2019高三上·裕华期末）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5V1.25W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表V1（量程为3V，内阻为3kΩ）
电流表A1（量程为100mA，内阻为10Ω）
电流表A2（量程为3A，内阻为0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流为2A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流为0.5A）
定值电阻R3（阻值为2.5Ω）
定值电阻R4（阻值为10Ω）
定值电阻R5（阻值为1kΩ）
电源E（E＝3V，内阻不计）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。
（1）实验中滑动变阻器应选用 ，电流表应选用 ，并 （填“串联”或“并联”）定值电阻。（均填器材的符号）
（2）在图1中的虚线框内画出电路图。（图中标出选用的器材的符号）
（3）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2V，内阻为4Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为 W．（保留两位有效数字）
【答案】（1）R1；A1；并联
（2）
（3）0.25
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；灯泡额定电流为： ，电流表A2量程量程太大，不能用它测电流，把电流表A1与定值电阻R3并联扩大其量程测电流。（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
；（3）在灯泡I﹣U坐标系内作出电源的I﹣U图线如图所示：
由图示图线可知：U＝0.9V，I＝0.28A
灯泡实际功率为：P＝UI＝0.9×0.28≈0.25W；
【分析】（1）利用灯泡的额定电流可以进行电流表的选择和改装；滑动变阻器使用小量程方便调节；电流表量程不足使用并联改装；
（2）利用伏安法测量，电流表使用外接法，滑动变阻器使用分压式接法；
（3）利用闭合电路欧姆定律的直线结合交点坐标可以求出对应的功率。
四、解答题
21．（2019高三上·裕华期末）如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω 2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的 ，电流表指针也指在满偏的 ．求电源电动势与内阻的大小。（保留两位有效数字）
【答案】解：滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V，所以第二次电流表的示数为 ×0.6 A＝0.2 A，电压表的示数为 ×15 V＝5 V
当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V
回路的总电流为I总＝I1+ ＝0.5+ A＝1.5 A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3，
即E＝1.5r+2+2①
当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V
回路的总电流为I总′＝I1′+ ＝0.2+ A＝0.6A
由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′，
即E＝0.6r+0.8+5②
联立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0Ω
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】（1）利用电压表和电流表量程可以求出第二次电流和电压的大小，利用欧姆定律可以求出电路中的总电流；再结合闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和内阻的大小。
22．（2019高三上·裕华期末）如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q。在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变。不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）A球刚释放时的加速度大小；
（2）C点与B点的距离；
（3）AP间的电势差。
【答案】（1）解：A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma
根据库仑定律有：
又知
联立解得：a=gsinα-
（2）解：当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B点间的距离为d，则有：
解得：
（3）解：小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：
解得：
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合库仑定律可以求出加速度大小；
（2）利用平衡点的方程可以求出BC间的距离；
（3）利用动能定理可以求出对应的电势差。
23．（2019高三上·裕华期末）如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定。细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q＝1×10﹣5C、质量为m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点。已知AB间距离x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：
（1）小球通过B点时的速度大小VB；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；
（3）试画出小球从A点运动到C点过程中的v﹣t图象。
【答案】（1）解：对小球，AB过程，根据牛顿第二定律可得 ，
初速度为零，由位移速度公式可得 ，
联立解得
（2）解：对小球，BC过程，根据牛顿第二定律： ，
初速度为 ，末速度为零，故根据位移速度公式可得 ，
联立解得
（3）解：小球在AB段做初速度为零，末速度为2m/s的匀加速直线运动，经历时间为 ，在BC段做初速度为2m/s，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为 ，即在0.8s末速度为零，v-t图像如图所示：
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出小球到达B点的速度；
（2）利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以求出进入电场后最大的距离；
（3）利用速度公式可以求出的对应的运动时间，利用运动时间及速度的关系可以作图。
24．（2019高三上·裕华期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）．试求：
（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？
【答案】（1）解：A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有：
mg（3x0）sin30°= mv12
解得： …①
又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…②
联立①②得：
（2）解：碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．
则有：EP+ 2mv22＝0+2mg x0sin30°
解得：EP＝2mg x0sin30° 2mv22=mgx0 mgx0＝ mgx0…③
（3）解：设物块在最高点C的速度是vC，
物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：
所以： ④
C点相对于O点的高度：
h=2x0sin30°+R+Rcos30°= x0…⑤
物块从O到C的过程中机械能守恒，得： mvo2＝mgh+ mvc2…⑥
联立④⑤⑥得： …⑦
设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得： mv2+mg（3x0sin30°）＝ mvA2…⑧
A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨
A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得： 2mvB2+EP＝ 2mvo2+2mg x0sin30°…⑩
由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离．
联立⑦⑧⑨⑩解得：
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒可以求出A碰前速度大小，结合动量守恒定律可以求出碰后的速度大小；
（2）利用系统的机械能守恒方程可以求出弹性势能的大小；
（3）利用重力提供向心力可以求出在C点的速度大小；结合机械能守恒可以求出物块在O点速度大小，再利用碰撞过程的动量守恒定律及运动过程系统机械能守恒可以求出出发时的初速度大小。
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