河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期期中考试物理试题

河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期期中考试物理试题

存瑞中学2019高三物理第二次月考试题 ‎ ‎ 题号 一 二 三 四 总分 得分 一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）‎ 1. 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图不能作出的正确判断是( ) ‎ A. 带电粒子在A、B两点的受力方向 B. 带电粒子所带电荷的正、负 C. 带电粒子在A、B两点的加速度何处较大 D. 带电粒子在A、B两点的速度何处较大 2. 一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度-时间图象如图所示，由图象可知（　　） ‎ ‎ A. 在0～t2时间内火箭上升，t2～t4时间内火箭下落 B. 0～t1时间内火箭的加速度大于t1～t2时间内火箭的加速度 C. t2时刻火箭离地面最远 D. t3时刻火箭的加速度为0‎ 3. 如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。0是它们连线的中点，P、P'是它们连线中垂线上的两个点。从P点由静止释放一个质子，不计质子重力。下列判断正确的是（）‎ 存瑞中学2019高三物理第二次月考试题 ‎ ‎ 题号 一 二 三 四 总分 得分 一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）‎ 1. 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图不能作出的正确判断是( ) ‎ A. 带电粒子在A、B两点的受力方向 B. 带电粒子所带电荷的正、负 C. 带电粒子在A、B两点的加速度何处较大 D. 带电粒子在A、B两点的速度何处较大 2. 一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度-时间图象如图所示，由图象可知（　　） ‎ ‎ A. 在0～t2时间内火箭上升，t2～t4时间内火箭下落 B. 0～t1时间内火箭的加速度大于t1～t2时间内火箭的加速度 C. t2时刻火箭离地面最远 D. t3时刻火箭的加速度为0‎ 3. 如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。0是它们连线的中点，P、P'是它们连线中垂线上的两个点。从P点由静止释放一个质子，不计质子重力。下列判断正确的是（）‎ ‎ ‎ A. 质子将向0—直做加速运动，加速度一定是逐渐増大 B. 质子将向P’—直做加速运动，加速度一定是逐渐减小 C. 质子将向P’一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小 D. 质子所经过的位置电势越来越高 1. 如图，质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。当小球B静止时，A，B等高，细线偏离竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为（） ‎ A. B. C. D. ‎ 2. 将固定在水平地面上的斜面分为四等分，如图所示，AB=BC=CD=DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点.则小滑块向上运动经过D点时速度大小是(    )      A. B. C. D. ‎ 3. 如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电.现将一个正的试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（） ‎ A. B. C. D. ‎ 1. 图示为某新型电动汽车在阻力一定的水平路面上进行性能测试时的v-t图象.Oa为过原点的倾斜直线，bc段是与ab段末端相切的水平直线，ab段汽车以额定功率P行驶，下列说法正确的是（）‎ A. 时间内汽车的功率不变 B. 时间内汽车的牵引力减小 C. 时间内牵引力不做功 D. 汽车行驶时受到的阻力大小为 ‎ 2. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是 ‎ A. 小球带负电 B. 当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大 C. 当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大 ‎ 3. 如图1所示为示波管构造的示意图，现在XX′上加上Ux－t信号，YY′上加上Uy－t信号（如图2甲、乙所示），则在屏幕上看到的图形是选项中的（） 图 1 ‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ 1. 在同一轨道平面上绕地球作匀速圆周运动的卫星A、B、C，某时刻恰好在同一直线上，如图所示，当卫星B经过一周期时间，则（　　）‎ A. 各卫星角速度相等，因而三星仍在一直线上 B. A超前于B，C落后于B C. A超前于B，C超前于B D. A、C都落后于B 2. 如图所示，物块的质量为m，在恒力F的作用下，紧靠在天花板上保持静止，若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，则（　　）‎ A. 物体可能受到3个力作用 B. 天花板对物体摩擦力的大小一定为Fcosθ C. 天花板对物体摩擦力的大小一定为μFsinθ D. 物块对天花板的压力大小为μFsinθ 3. 如图所示，水平方向的传送带以4 m/s的恒定速度顺时针转动，其两端A、B间的距离为7 m。一物块从B端以5 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图象是图中的（）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ 1. 如图所示为多用电表电阻挡的原理图，表头内阻为Rg，调零电阻为R0，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中错误的是（　　）‎ A. 它是根据闭合电路欧姆定律制成的，并且由G表改装的 B. 接表内电池负极的应是红表笔，测量时遵循“红进黑出”原则 C. 电阻挡对应的刻度不均匀，且“∞”刻度一般在刻度盘的右端 D. 每次换电阻倍率挡时，都需重新欧姆调零，调零后刻度盘中央刻度值 是r+Rg+R0 ‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ 2. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（      ）‎ A. 此液滴可能带正电 B. 液滴做匀加速直线运动 C. 合外力对液滴做的总功等于零 D. 液滴的电势能减少 3. 如图所示，水平地面上的物块在拉力F作用下做匀速直线运动．若使力F与水平面的夹角θ从0逐渐增大到接近90°，物块仍以原来的速度作匀速运动，下列分析正确的是 ‎ ‎ A. 地面对物块的弹力和摩擦力的合力方向不变 B. 地面对物块的弹力和摩擦力的合力大小不变 C. 拉力F先减小后增大 D. 拉力F一直减小 1. 如图所示,、、是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点,各点的电势分别为,、三等分,为的中点,在下列各示意图中,能正确表示电场强度方向的是(    )‎ A. B. C. D. ‎ 2. 如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷．将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则（） ‎ ‎ A. 小球运动到B点时的速度大小为 B. 小球运动到B点时的加速度大小为3g ‎ C. 小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgR D. 小球运动到B点时对轨道的压力大小为3mg＋k 1. 如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是( ) ‎ A. 电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B. 电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮 C. 电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗 D. 电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗 ‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ 2. 为了探究物体做匀速圆周运动时，向心力与哪些因素有关？某同学进行了如下实验：如图甲所示，绳子的一端拴一个小沙袋，绳上离小沙袋L处打一个绳结A，2L处打另一个绳结B。请一位同学帮助用秒表计时。如图乙所示，做了四次体验性操作． ‎ 操作1：手握绳结A，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小．‎ 操作2：手握绳结B，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小．‎ 操作3：手握绳结A，使沙袋在水平平面内做匀速圆周运动，每秒运动2周．体验此时绳子拉力的大小．‎ 操作4：手握绳结A，增大沙袋的质量到原来的2倍，使沙袋在水平面内做匀速圆周运动，每秒运动1周．体验此时绳子拉力的大小．‎ ‎（1）操作2与操作1中，体验到绳子拉力较大的是____；‎ ‎（2）操作3与操作1中，体验到绳子拉力较大的是____；‎ ‎（3）操作4与操作1中，体验到绳子拉力较大的是____；‎ ‎（4）总结以上四次体验性操作，可知物体做匀速圆周运动时，向心力大小与_________有关。‎ A　　．半径          B．质量          C．周期          D．线速度的方向 ‎（5）实验中，人体验到的绳子的拉力是否是沙袋做圆周运动的向心力____（“是”或“不是”）‎ 1. 某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用小灯泡上标有“3.8V 0.5A”的字样，现有电压表（0～4.5 V内阻约为3kΩ）、电源、开关和导线若干，以及以下器材： ‎ A．电流表（0～0.6A内阻约为1Ω）‎ B．电流表（0～3A内阻约为0.25Ω）‎ C．滑动变阻器（0～20 ）‎ D．滑动变阻器（0～500 ）‎ ‎（1）实验中如果即满足测量要求，又要误差较小，电流表应选用______；滑动变阻器应选用____。（选填相应器材前的字母）‎ ‎（2）下列给出了四个电路图，请你根据实验要求选择正确的实验电路图____‎ ‎（3）某同学在实验中得到了几组数据，在上图所示的电流—电压（I—U）坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，根据此电流—电压图线可知，小灯泡的电阻随电压的增大而______（填“增大”、“不变”或“减小”），其原因是___________，同时可以根据此图像确定小灯泡在电压为2 V时的电阻R=_____Ω ‎（4）根据此电流—电压图线，若小灯泡的功率是P，通过小灯泡的电流是I，下列给出的四个图中可能正确的是__________。‎ ‎ ‎ 四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）‎ 1. 如图所示，半径为R的内壁光滑的绝缘的半圆形轨道固定在水平面上，质量为m带电荷量为q的小球，从轨道右侧A点由静止开始释放，A点与圆心O等高，当小球到达B点时，球的速度正好为零，已知角∠AOB＝60°，重力加速度为g．求： ‎ ‎(1)B、A两点的电势差；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度大小． ‎ 1. 如图所示，质量为m=0.4kg的木块以V0=2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量M=1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为μ=0.2(g=10m/s2)，设小车足够长。求： ‎ ‎(1)木块和小车相对静止时小车的速度；‎ ‎(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；‎ ‎(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止时木块在小车上滑行的距离。 ‎ 2. 如图所示，将一质量为m=0.1Kg的小球自水平平台右端O点以v0=3m/s的初速度水平抛出，小球飞离开平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好到达轨道最高点C，圆轨道ABC的形状为半径为R=2.5m的圆截去了左上角的127°的圆弧，CB为其竖直直径，sin37°=0.6，g=10m/s2， （1）小球经过C点时速度的大小？ （2）若小球运动到轨道最低点B的速度vB=5m/s，轨道对小球的支持力多大？ （3）平台末端O点到A点的竖直高度H ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性，根据电场线疏密程度，判断AB两点场强的大小，从而判断AB两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得AB两点加速度的大小，根据电场力做功可判断A、B两点速度的大小。 本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向。 【解答】 AB.由图可知，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左，如图，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，故A不符合题意，B符合题意； C.根据电场线的疏密程度，判断A、B两点场强的大小，从而判断A、B两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得A点加速度的大，故C不符合题意； D.从A到B，电场力做负功，动能减小，A点速度大于B点速度，故D不符合题意。 本题选不能作判断的，故选B。 2.【答案】B ‎ ‎【解析】解：A、只要图象在时间轴上方，说明物体即向上运动，故t2～t3时间内物体仍在向上运动，故A错误； B、由图象可知0～t1斜率大于t2～t3的斜率，因此0～t1的加速度大于t1～t2的加速度，故B正确； C、从图象可知0～t3时间段内火箭都在上升，而且在t3时刻到达最高点，故C错误； D、t3时刻火箭的速度为零，但速度仍在变化，故加速度不为0；故D错误； 故选：B． 要明确v-t 图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，和横坐标围成的面积表示位移． 对于图象题目一定明确两个坐标轴的含义，本题中很多学生会错误认为tb时刻火箭到达最高点而且开始下降． 3.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 a、b为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向P→P′，质子从P点到P′点运动的过程中，电场力方向P→P′，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定。 PP′过程中，质子一直做加速运动，但加速度变化情况不确定。本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。 【解答】 解：ABC.a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷，O是它们连线的中点，从P点静止释放一个质子后将向P′运动，由于电场强度方向是P指向P′，则质子受到的电场力指向PP′，所以质子做加速运动，由于电场强度的大小不定，从P到P′电场强度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，所以加速度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，故C正确；AB错误； D.沿电场线方向电势逐渐降低，故质子所经过的位置电势越来越低，故D错误。 故选C。 4.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 B球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，根据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而根据E=求出B点的电场强度。 【解答】 小球处于平衡状态，受力如图，根据合成法，知电场力F=mgtanθ。 E==，故ABC错误，D正确。 ‎ 故选D。 5.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 因为小滑块至E点时的速度为零，所以可逆向进行研究，再结合初速度为零的匀加速直线运动的比例式进行求解。 熟练掌握初速度为零的匀加速直线运动的几个结论是快速求解的关键，本题也可以用基本的运动学公式进行求解。 【解答】 将小滑块从E点滑至A点视为从A点滑至E点的逆过程，因为AB＝BC＝CD＝DE，所以从E至D的时间与从D至A的时间是相等的，所以D点为AE这段路程中间时刻，所以小滑块在D点的速度为，故ABC错误，D正确。 ​故选D。 6.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 本题涉及带电粒子在电容器内移动，电场力做功的知识，属于基础问题的考查。由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压，由求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功。‎ 本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小。‎ ‎【解答】‎ 由电容的定义式得板间电压，板间场强，试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功 。故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎ 7.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】‎ 根据速度时间图线得出汽车的运动规律，根据，抓住0～t1时间内F不变，分析功率的变化，抓住功率不变，分析t1-t2时间内牵引力的变化。当牵引力等于阻力时，汽车的速度最大，根据额定功率和最大速度求出阻力的大小。‎ 本题考查了机车的启动问题，解决本题的关键知道整个过程中汽车的运动规律，结合功率的公式分析判断，难度不大。 ​【解答】‎ A.0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度均匀增大，根据P=Fv知，汽车的功率一直增大，故A错误； B.汽车在0～t1时间内，牵引力不变，在t1-t2时间内，功率不变，根据P=Fv知，速度增大，牵引力减小，故B正确； C.t2～t3时间内，汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，牵引力做正功，故C错误; D.当牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力，故D错误。 故选B。‎ ‎ 8.【答案】C ‎ ‎【解析】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．      B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．     C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．     D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D 错误 故选：C． 由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小． 本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导． 9.【答案】A ‎ ‎【解析】【分析】 电子的偏向和偏转距离由所加电压的方向与大小确定，若水平方向所加电压可使在电子在水平方向全扫描，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相同。  考查示波器的显示原理，明确两个方向上电子的偏向和偏转距离与所加电压的方向与大小关系。 【解答】 因水平方向所加为扫描电压，可使电子在水平方向移动，且与竖直向的周期相同，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相似，故A正确，BCD错误。   ​故选A 。 10.【答案】B ‎ ‎【解析】解：设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有： =mr， T=2π 由于rA＜rB＜rC。 所以TA＜TB＜TC 当卫星B经过一个周期时，卫星A位置超前于B，卫星C位置滞后于B．选项B正确； 故选：B。 研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期． 根据卫星A、B、C 的轨道半径关系得出周期的关系． 本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力． 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． 11.【答案】B ‎ ‎【解析】解： A、对物体受力分析，受重力、恒力F、天花板的压力和摩擦力，受4个力，故A错误； BCD、将推力F正交分解，如图 根据共点力平衡条件， 水平方向：Fcosθ-f=0 竖直方向：Fsinθ-N-mg=0 解得：f=Fcosθ N=Fsinθ-mg 根据牛顿第三定律，物块对天花板的压力也为Fsinθ-mg，故B正确，CD错误； 故选：B。 对物体受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力而保持静止，根据平衡条件用正交分解法列式求解。 本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图，列方程即可求解。 12.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】‎ 本题考查传送带问题。‎ 物体的运动分为三个过程：向左的匀减速直线运动，向右的匀加速直线运动，和向右的匀速运动。‎ 在速度图象中，物体在任意时刻的加速度就是速度图象上所对应的点的切线的斜率。图线与横轴交叉，表示物体运动的速度反向。‎ 解题的关键是正确分析物体的运动状态。‎ ‎【解答】‎ 物块刚滑上传送带时，由于物块与传送带间的摩擦力的作用，物块做匀减速运动，其加速度a＝μg＝2 m/s2，当物块的速度减小0时，物块前进的距离，其值小于AB的距离，故物块减速到0后会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑行的距离，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，此后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小，综上所述，B项正确。 故选B。 ‎ ‎ 13.【答案】C ‎ ‎【解析】解：A、它是根据闭合电路欧姆定律制成的，并且由G表改装的，故A正确。 B、接表内电池负极的应是红表笔，测量时遵循“红进黑出”原则，故B正确。 C、欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，故C错误。 D、每次换电阻倍率挡时，都需重新欧姆调零，调零后刻度盘中央刻度值 是r+Rg+R0，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零；欧姆表的红表笔插“+”插孔，黑表笔插“-”插孔，“+”与电源负极相连，“-”与电源正极相连；欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧。 熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量。同时知道电阻刻度盘是不均匀的，明确其原理为全电路欧姆定律。 14.【答案】BD ‎ ‎【解析】【分析】 根据带电液滴作直线运动，可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿直线bd 方向，由电场力方向分析出带电液滴的电性，根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况。 解决本题的关键要掌握物体作直线运动的条件：合外力与速度共线，带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。 【解答】 A.带电液滴受到重力和电场力两个力作用，由题意，带电液滴沿直线bd运动，合外力方向必定沿bd方向，则知电场力方向必定水平向右，故液滴带负电荷，故A错误； B.由于重力和电场力都是恒力，液滴的合力恒定，则液滴从静止开始做匀加速直线运动，故B正确； C.合外力的方向与运动的方向相同，故合外力对液滴做正功，故C错误； D.电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减少，故D正确。 故选BD。 15.【答案】AC ‎ ‎【解析】【分析】 对物体受力分析，根据摩擦力和弹力的关系分析合力的变化；根据平衡条件分析F与水平面的夹角θ从0逐渐增大到接近90°时，拉力的变化。 本题考查平衡条件的分析，对于拉力的变化可以用作图法直接分析。 【解答】 A.物体受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力处于平衡，设地面对物块的弹力和摩擦力的合力方向与水平方向的夹角为α，则，可知α不变，即地面对物块的弹力和摩擦力的合力方向保持不变，故A正确； B.随着地面对物块的弹力的变化，摩擦力随之变化，则地面对物块的弹力和摩擦力的合力大小在变化，故B错误； CD.根据平衡条件得水平方向有Fcos θ=f竖直方向有N +Fsinθ=mg又f=μN联立得，其中tan α=1μθ从0逐渐增大到接近90°时，sin（α+θ）先增大后减小，则知F先减小后增大，故C正确D错误。 故选AC。 16.【答案】BC ‎ ‎【解析】【分析】 在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，电场线是平行且等间距；电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直；根据这些知识在AB线上找出电势与C点的电势相等的点，即可得到一条等势线，再作出电场线。 本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析。 【解答】 A.AC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故A错误； B.A、C中点G的电势为：，将AB两点连线的线段分三等分，如图所示： 图中H点的电势为4V，因此H点与G点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与GH线垂直的直线即为电场线，故B正确； C.由题意，A、B、C三点的电势φA=5V，φB=2V，φC=3V，将AB两点连线的线段分三等分，如图所示： 图中F的电势为3V，因此F点与C点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与CF线垂直的直线即为电场线，故C正确； ​D.BC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故D错误。 故选BC。 17.【答案】AD ‎ ‎【解析】【分析】 分析小球的运动过程中受力情况及各力做功情况，明确机械能守恒，根据机械能守恒定律列式即可求得B点的速度；根据牛顿第二定律求解加速度；分析小球在B 点的受力情况，根据向心力公式可求得小球在B点受到的支持力，再由牛顿第三定律可求得压力。 本题考查点电荷的电场以及机械能守恒定律的应用；要注意认真分析物体的受力情况，再根据相应的物理规律分析求解即可。‎ ‎【解答】 A.带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则，解得，故A正确； B.小球运动到B点时的加速度大小为，故B错误； C.小球从A点运动到B点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C错误； D.小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得，解得，根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为，方向竖直向下，故D正确。故选AD。‎ ‎ 18.【答案】BD ‎ ‎【解析】【分析】 当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可得到结论． 本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键明白滑片移动的过程中电路的变化情况，这是本题的难点也是重点． 【解答】 解：当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮． 电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗．故BD正确．AC错误； 故选：BD。 19.【答案】（1）操作2‎ ‎； （2）操作3； （3）操作4； （4）ABC； ​（5）不是 ‎ ‎【解析】【分析】 探究向心力与什么因素有关，采用控制变量法，实验中分别控制小球质量、转动的半径和转动的角速度三个因素中两个因素不变，从而进行探究。 本题的难度不大，因为我们已经知道影响向心力的因素，但是需要掌握探究的思路以及探究的方法． 【解答】 解： （1）根据F=mrω2知，操作2与操作1相比，操作2的半径大，小球质量和角速度相等，知拉力较大的是操作2； （2）根据F=mrω2知，操作3与操作1相比，操作3小球的角速度较大，半径不变，小球的质量不变，知操作3的拉力较大； （3）操作4和操作1比较，半径和角速度不变，小球质量变大，根据F=mrω2知，操作4的拉力较大； （4）由以上四次操作，可知向心力的大小与质量、半径、角速度有关，故填ABC； （5）实验中，人体验到的绳子的拉力不是沙袋做圆周运动的向心力，而是他的反作用力。 故答案为：（1）操作2；（2）操作3；（3）操作4；（4）ABC；（5）不是。 20.【答案】（1）A；C；（2）C；（3）增大；电压升高使电流增大于是功率增大，导致温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大；5；（4）D。 ‎ ‎【解析】【分析】 （1）电压表、电流表的选择原则是使指针偏转角大些好，应在三分之二左右偏转，若电路采用分压接法，则滑动变阻器选择小的； （2）本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，因灯泡内阻较小，故应选用电流表外接； （3）根据小灯泡的伏安特性曲线，分析电阻的变化，根据欧姆定律求出电压为2 V 时电阻，注意灯丝电阻随温度升高而增大。 （4）根据功率公式可知P=I2R分析。 本实验考查了仪器选择、电路设计、灯泡功率、滑动变阻器阻值等问题，由I-U图象找出分析电阻的变化，理解实验原理是正确解题的关键。 【解答】 （1）由小灯泡标有“3.8V、0.5A”字样可知，灯泡的额定电流为0.5A；因此电流表选择A； 本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，故应选用变化范围较小的电阻，故选C。 （2）本实验应采用滑动变阻器的分压接法，同时，电流表应选择外接法； 故选C； （3）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，灯泡电阻随电压的增大而增大；原因是因为电压增大后，发热量高，从而使灯泡的温度升高；而灯泡电阻随温度的升高而增大； 由图象可知，当电压为2V时，对应的电流为0.4A，由欧姆定律可知R==5Ω； （4）根据功率公式可知P=I2R；若电阻不变，功率与R成正比； 但由于R随温度的升高而增大，故图象应为D； 故答案为：（1）A；C（2）C；（3）增大；电压升高使电流增大于是功率增大，导致温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大；5；（4）D。 21.【答案】解：（1）对小球从A点运动到B点过程应用动能定理，有：，解得：； （2）B、A两点在水平方向上的距离为d＝R(1-cos60°)，根据U＝Ed得：。 ‎ ‎【解析】（1）对小球从A点运动到B点过程应用动能定理，求出B、A两点的电势差； （2）根据几何关系求出B、A两点在水平方向上的距离，根据U＝Ed求出匀强电场的电场强度大小。 考察动能定理的基本应用、​带电粒子在电场中的平衡问题，基础题。 22.【答案】解：（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得： mv0=（M+m）v 解得： （2）以木块为研究对象，由动量定理可得：-ft=mv-mv0，又f=μmg ‎ 联立得到： （3）木块做匀减速运动，加速度 车做匀加速运动，加速度 由运动学公式可得： 在此过程中木块的位移为： 车的位移为： 木块在小车上滑行的距离为 ​答：（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小为 0.4m/s；（2）从木块滑上小车到它们刚好处于相对静止时所经历的时间为0.8s； （3）从木块滑上小车到它们处于相对静止时，木块在小车上滑行的距离为0.8m。 ‎ ‎【解析】本题考查了在匀变速直线运动中的牛顿第二定律公式与动量定理的运用，综合运用两者公式，可以直接解决本题。 （1）木块和小车组成的系统，所受合力为零，动量保持不变，根据动量守恒定律求出，木块和小车相对静止时小车的速度大小； （2）以木块为研究对象，根据动量定理求出时间； ​（3）根据牛顿第二定律分析求出木块和小车的加速度，再由运动学公式求出两物体的位移及相对位移大小。 23.【答案】解：（1）恰好运动到C点，有重力提供向心力，即mg =m得vc==5m/s （2）在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FN-mg=m得FN=6mg=6.0N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N （3）对A点速度有：，vy=v0tan53° 所以：H==0.8m 答：（1）小球经过C点的速度大小是5m/s； （2）小球运动到轨道最低点B时小球对轨道的压力大小是6N ‎； （3）平台末端O点到A点的竖直高度是0.8m。 ‎ ‎【解析】（1）小球恰好通过最高点C，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解小球经过C点的速度大小。 （2）由牛顿第二定律、第三定律求得小球对轨道的压力大小。 （3）A点速度进行分解，根据平抛运动规律求出末端O点到A点的竖直高度H。 本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，机械能守恒定律或动能定理不失为一种好的方法。 ‎