物理·云南省玉溪市峨山一中2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（理科）（10月份） Word版含解析

物理·云南省玉溪市峨山一中2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（理科）（10月份） Word版含解析

‎2016-2017学年云南省玉溪市峨山一中高二（上）月考物理试卷（理科）（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分．每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得3分，选错或不选的得O分．）‎ ‎1．四个塑料小球，A和B互相排斥，B和C互相吸引，C和D互相排斥．如果D带正电，则B球的带电情况是（　　）‎ A．带正电 B．带负电 C．不带电 D．可能带负电或不带电 ‎2．对于点电荷Q产生的电场，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度的表达式仍成立，式中q就是本题中所指的产生电场的点电荷Q B．在真空中，电场强度的表达式为，式中Q就是产生电场的电荷 C．在真空中，式中q是试探电荷 D．上述说法都不对 ‎3．如图所示直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一电子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，电子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（　　）‎ A．A点的场强一定大于B点的场强 B．A点的电势一定低于B点的电势 C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能 D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能 ‎4．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A．场强处处为零的空间，电势也一定处处为零 B．场强处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．场强的方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向一定是场强的方向 ‎5．如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎6．有一物体做直线运动，其u﹣t图象如图所示，从图中看出，物体加速度和速度方向相同的时间间隔是（　　）‎ A．只有0＜t＜2s B．只有2s＜t＜4s C．0＜t＜2s和6s＜t＜8s D．0＜t＜2s和5s＜t＜6s ‎7．如图所示，物体静止于水平桌面上，则（　　）‎ A．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力 B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力 C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力 D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力 ‎8．如图所示，质量为50kg的某同学站在升降机中的磅秤上，某一时刻该同学发现磅秤的示数为40kg，则在该时刻升降机可能是以下列哪种方式运动？（　　）‎ A．匀速上升 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 ‎9．一个人用手把一个质量为m=1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法中错误的是（　　）‎ A．手对物体所做的功为12J B．合外力对物体所做的功为2J C．合外力对物体所做的功为12J D．物体克服重力所做的功为10J ‎10．处于静电平衡中的导体，内部场强处处为零的原因是（　　）‎ A．外电场不能进入导体内部 B．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零 C．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零 D．以上解释都不正确 ‎　‎ 二、不定项选择题（本题包括4个小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中有两个或两个以上选项符合题意，全部选对得4分，选不全得2分，选错或不选得0分）‎ ‎11．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的有（　　）‎ A．加速度大，则速度也大 B．速度变化量越大，加速度也越大 C．物体的速度变化越快，则加速度越大 D．速度变化率越大则加速度越大 ‎12．如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只验电器，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（　　）‎ A．合上S，使A、B两板靠近一些 B．合上S，使A、B正对面积错开一些 C．断开S，使A、B间距增大一些 D．断开S，使A、B正对面积错开一些 ‎13．如图所示，电场中一带电粒子沿虚线轨迹由a向b运动，若不计重力，则带电粒子的（　　）‎ A．动能减小 B．电势能减小 C．加速度减小 D．动能和电势能总和减小 ‎14．如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列图象中能正确反映电容器的带电量Q、电压U和电容器电容C之间关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 三、实验填空题（本题包括2个小题，每空2分，共18分．请把正确答案填在答题卡相应横线上．）‎ ‎15．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.80m/1，．那么：‎ ‎（1）纸带的　　端（选填”左”或”右”）与重物相连； ‎（2）根据图上所得的数据，应取图中O点和　　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎（3）从O点到所取点，重物重力势能减少量△EP=　　 J，动能增加量EK=　　 J；（结果取三位有效数字）‎ ‎（4）实验的结论是　　．‎ ‎16．如图所示，一个平行板电容器充电后断开开关，然后用绝缘工具把电容器的两板靠近些，则电容器的电容量　　；每板的带电量　　；两板间的电势差　　；两板间的场强　　；（填增大、不变、减小）．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题包括4个小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位，只写出最后答案不得分．）‎ ‎17．如图所示，质量为m=2.0kg的物体静止在水平面上，现用F=10N的水平拉力拉物体，使物体做匀加速直线运动，经t=2.0s物体的速度增大到v=4.0m/s，求：‎ ‎（1）物体在此2.0s内通过的位移 ‎（2）物体与桌面间的动摩擦因数µ ‎18．已知真空中的两个自由点电荷A和B，QA=9Q，QB=﹣4Q，相距L如图所示．若在直线AB上放一自由电荷C，让A、B、C都处于平衡状态，求C的电性是什么？c球放置在什么位置？电量分别为多少？‎ ‎19．在电场中把电量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10﹣7J．‎ ‎（1）求A、C两点间电势差；‎ ‎（2）电荷从A经B移到C，电势能的变化怎样？‎ ‎20．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年云南省玉溪市峨山一中高二（上）月考物理试卷（理科）（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分．每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得3分，选错或不选的得O分．）‎ ‎1．四个塑料小球，A和B互相排斥，B和C互相吸引，C和D互相排斥．如果D带正电，则B球的带电情况是（　　）‎ A．带正电 B．带负电 C．不带电 D．可能带负电或不带电 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据电荷间的相互作用规律分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．‎ ‎【解答】解：由于D带正电，C和D互相排斥，故C带正电，‎ 而B和C互相吸引，则B带负电，也可能不带电；‎ A和B互相排斥，则说明B一定带负电，‎ 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．对于点电荷Q产生的电场，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度的表达式仍成立，式中q就是本题中所指的产生电场的点电荷Q B．在真空中，电场强度的表达式为，式中Q就是产生电场的电荷 C．在真空中，式中q是试探电荷 D．上述说法都不对 ‎【考点】点电荷的场强．‎ ‎【分析】电场强度公式适用于所有的电场，E为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；‎ 点电荷的场强公式，其中E就是式中Q产生的场强．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的表达式仍成立，式中q就是本题中所指的试探电荷，所以A错误；‎ B、在真空中，电场强度的表达式为，式中Q就是产生电场的电荷，所以B正确；‎ C、在真空中，式中q是产生电场的点电荷，所以C错误；‎ D、B选项正确，故D错误；‎ 故选B ‎　‎ ‎3．如图所示直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一电子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，电子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（　　）‎ A．A点的场强一定大于B点的场强 B．A点的电势一定低于B点的电势 C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能 D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．‎ 由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，即可判断出电子所受的电场力方向向左，电场线方向向右．沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．‎ ‎【解答】解：‎ A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断A、B两点场强的大小，故A错误．‎ B、由于电子在A点时速度方向向右，而到达B点时速度方向向左，故电子所受的电场力方向向左，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向右，所以A点电势一定高于B点的电势．故B错误．‎ C、由于从A到B过程中电场力做负功，电子的动能减小，所以电子在A点的动能一定大于在B点的动能，故C错误．‎ D、从A到B过程中电场力做负功，电子的电势能增大，所以电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A．场强处处为零的空间，电势也一定处处为零 B．场强处处相同的区域内，电势也一定处处相同 C．场强的方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向一定是场强的方向 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．电势降低最快的方向一定是场强的方向，电势降低的方向不一定是场强的方向 ‎【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故A错误．‎ ‎ B、场强处处相同的区域内，电势不一定为零，比如：匀强电场，电场强度处处相等，而沿着电场线的方向电势降低．故B错误．‎ ‎ C、等势面电势处处相等，在等势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是跟等势面垂直．故C正确．‎ ‎ D、电势降低最快的方向一定是场强的方向，电势降低的方向不一定是场强的方向，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【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O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．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．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．‎ ‎【解答】解：A、B在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．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，加速度变化情况无法判断．故AB错误．‎ ‎ C、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零．故C正确．‎ ‎ D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎6．有一物体做直线运动，其u﹣t图象如图所示，从图中看出，物体加速度和速度方向相同的时间间隔是（　　）‎ A．只有0＜t＜2s B．只有2s＜t＜4s C．0＜t＜2s和6s＜t＜8s D．0＜t＜2s和5s＜t＜6s ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图象的斜率等于物体运动的加速度，斜率大于零说明物体的加速度沿正方向，斜率小于0说明物体的加速度沿负方向；速度v＞0，说明物体的速度沿正方向，v＜0，说明物体运动的方向沿负方向．‎ ‎【解答】解：速度图象的斜率等于物体运动的加速度，斜率大于零说明物体的加速度沿正方向，斜率小于0说明物体的加速度沿负方向，速度v＞0，说明物体的速度沿正方向，v＜0，说明物体运动的方向沿负方向，则由图可知在0＜t＜2s时间内速度与加速度方向相同，均沿正方向；5s＜t＜6s时间内，速度和加速度都沿负方向，方向相同．‎ 故加速度方向和速度方向相同的时间间隔是0＜t＜2s和5s＜t＜6s．‎ 故选D ‎　‎ ‎7．如图所示，物体静止于水平桌面上，则（　　）‎ A．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力 B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力 C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力 D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第三定律．‎ ‎【分析】要解决此题，需要掌握以下知识；‎ ‎（1）压力是指垂直压在物体表面上的力，压力可以是由重力产生，也可以不是由重力产生的；‎ ‎（2）二力平衡的条件是：作用在同一物体上的力，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上；‎ ‎（3）作用力与反作用力特点：作用在两个物体上的力，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上．‎ ‎【解答】解：A、物体的重力是作用在物体上的力，支持力也是作用在这个物体上的力，这两个力大小相等、方向相反且作用在同一直线上，所以这两个力是一对平衡力，故A正确；‎ B、物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力，作用在同一个物体上，不是一对作用力与反作用力，故B错误；‎ C、压力不是重力，它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同，故C错误；‎ D、桌面受到的压力与桌面提供的支持力为作用力与反作用力，故不是平衡力，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为50kg的某同学站在升降机中的磅秤上，某一时刻该同学发现磅秤的示数为40kg，则在该时刻升降机可能是以下列哪种方式运动？（　　）‎ A．匀速上升 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 ‎【考点】超重和失重．‎ ‎【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；‎ 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度．‎ ‎【解答】解：质量为50kg，这是人的真实的质量，发现磅秤的示数是40kg，说明人的重力小了，是处于失重状态，所以应该有向下的加速度，‎ 那么此时的运动可能是向下加速运动，也可能是向上减速运动，所以C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．一个人用手把一个质量为m=1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法中错误的是（　　）‎ A．手对物体所做的功为12J B．合外力对物体所做的功为2J C．合外力对物体所做的功为12J D．物体克服重力所做的功为10J ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据动能定理求出合外力做功的大小，结合重力做功的大小，从而求出手对物体所做的功．‎ ‎【解答】解：A、由动能定理得：W﹣mgh=mv2﹣0，得手对物体所做的功为：W=mv2+mgh=×1×22+1×10×1=12J，故A正确．‎ B、由动能定理得：合外力做功为 W合=mv2﹣0=×1×22=2J，故B正确，C错误．‎ D、物体克服重力做功为：W=mgh=1×10×1J=10J，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎10．处于静电平衡中的导体，内部场强处处为零的原因是（　　）‎ A．外电场不能进入导体内部 B．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零 C．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零 D．以上解释都不正确 ‎【考点】静电屏蔽；静电现象的解释．‎ ‎【分析】导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在导体内部出现感应电荷的电场，该电场与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会再移动．此时导体的内部场强处处为0，这种状态叫静电平衡状态．处于静电平衡状态的整个导体是一个等势体．‎ ‎【解答】解：导体A在电荷q的电场中处于静电平衡状态时，在导体内部任意一点，感应电荷产生的附加电场的场强与电荷q产生的场强与大小相等，方向相反，此时导体的内部场强处处为0，电荷只分布在导体的外表面，且整个导体是一个等势体；故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、不定项选择题（本题包括4个小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中有两个或两个以上选项符合题意，全部选对得4分，选不全得2分，选错或不选得0分）‎ ‎11．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的有（　　）‎ A．加速度大，则速度也大 B．速度变化量越大，加速度也越大 C．物体的速度变化越快，则加速度越大 D．速度变化率越大则加速度越大 ‎【考点】加速度；速度．‎ ‎【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．‎ ‎【解答】解：A、物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度的大小无关．故A错误；‎ B、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故B错误．‎ C、物体的速度变化越快，则加速度越大，故C正确 D、速度变化率越大则加速度越大，故D正确 故选CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只验电器，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（　　）‎ A．合上S，使A、B两板靠近一些 B．合上S，使A、B正对面积错开一些 C．断开S，使A、B间距增大一些 D．断开S，使A、B正对面积错开一些 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变．‎ ‎【解答】解：AB、合上开关S，不论是使A、B两板靠近一些，还是使A、B正对面积错开一些，它们的电容器两端间的电势差总不变，静电计指针张角总不变．故AB错误．‎ ‎ C、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B间距增大一些，根据C=，d变大，C变小．根据C=，U增大，张角增大．故C正确．‎ ‎ D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据C=，S变小，C变小．根据C=，U增大，张角增大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，电场中一带电粒子沿虚线轨迹由a向b运动，若不计重力，则带电粒子的（　　）‎ A．动能减小 B．电势能减小 C．加速度减小 D．动能和电势能总和减小 ‎【考点】电场线；动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出a、b点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．‎ ‎【解答】解：A、不计粒子所受的重力，只有电场力做功，又粒子从a到b电场力做负功，根据动能定理得所以动能减小，故A正确；‎ B、不计粒子所受的重力，只有电场力做功，又粒子从a到b电场力做正功，所以电势能减小，故B正确；‎ C、根据电场线的疏密可知，a的电场强度大b点的电场强度，所以粒子在a点的电场力大b点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度大b点的加速度，故C正确；‎ D、由a向b运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能总和不变，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列图象中能正确反映电容器的带电量Q、电压U和电容器电容C之间关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比 ‎【解答】解：电容器的电容由本身的性质决定，电容的定义式为C=，C与Q和U无关，Q与U成正比．‎ 故选：B ‎　‎ 三、实验填空题（本题包括2个小题，每空2分，共18分．请把正确答案填在答题卡相应横线上．）‎ ‎15．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.80m/1，．那么：‎ ‎（1）纸带的　左　端（选填”左”或”右”）与重物相连； ‎（2）根据图上所得的数据，应取图中O点和　B　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎（3）从O点到所取点，重物重力势能减少量△EP=　1.88　 J，动能增加量EK=　1.84　 J；（结果取三位有效数字）‎ ‎（4）实验的结论是　在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ ‎【解答】解：（1）从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0．所以纸带的左端应与重物相连．‎ ‎（2）根据图上所得的数据，应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律，因为B点的瞬时速度比较方便测量．‎ ‎（3）重力势能减小量△Ep=mgh=1.0×9.8×0.192 J≈1.88J．‎ 利用匀变速直线运动的推论有：‎ vB===1.92m/s EkB=mvB2=×1×1.922≈1.84 J 在误差允许范围内，重物的机械能守恒．‎ 故答案为：（1）左；（2）B；（3）1.88，1.84；‎ ‎（4）在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒． ‎　‎ ‎16．如图所示，一个平行板电容器充电后断开开关，然后用绝缘工具把电容器的两板靠近些，则电容器的电容量　增大　；每板的带电量　不变　；两板间的电势差　减小　；两板间的场强　不变　；（填增大、不变、减小）．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】充电后断开开关，则极板上的电量不变；根据决定式明确电容的变化，再由U=Ed分析电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：两板靠近，则由C=可知，电容器的电容C增大；‎ 由于电容器充电后断开了电源，两极板上的电量不变；‎ 依据电容的定义式C=，可知，极板间的电压U减小；‎ 由电容的决定式C=、电容的定义式C=、E= 结合得：E=；‎ 场强E与两板间的距离无关；‎ 故答案为：增大； 不变；减小；不变．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题包括4个小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位，只写出最后答案不得分．）‎ ‎17．如图所示，质量为m=2.0kg的物体静止在水平面上，现用F=10N的水平拉力拉物体，使物体做匀加速直线运动，经t=2.0s物体的速度增大到v=4.0m/s，求：‎ ‎（1）物体在此2.0s内通过的位移 ‎（2）物体与桌面间的动摩擦因数µ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的平均速度的推论求出物体的位移，根据速度时间公式求出加速度，结合牛顿第二定律求出物体与桌面间的动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：（1）物体在2s内通过的位移x=．‎ ‎（2）物体的加速度a=，‎ 根据牛顿第二定律得，F﹣μmg=ma，‎ 代入数据解得μ=0.3．‎ 答：（1）物体在2s内通过的位移为4m．‎ ‎（2）物体与桌面间的动摩擦因数为0.3．‎ ‎　‎ ‎18．已知真空中的两个自由点电荷A和B，QA=9Q，QB=﹣4Q，相距L如图所示．若在直线AB上放一自由电荷C，让A、B、C都处于平衡状态，求C的电性是什么？c球放置在什么位置？电量分别为多少？‎ ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．‎ ‎【解答】解：依据力学的平衡问题，每个点电荷都处于另外两个点电荷的电场中，都符合F=0，找出点电荷A、B的合场强为零的点放C，‎ 根据题中A、B的电性可知E合=0的点必定在A、B外侧，再根据E=，结合A、B的电量得出E合=0的点必定在B的外侧靠近电量较小的B．‎ 设C的带电量QC，距B的距离为X，根据库仑定律，结合平衡条件，则有：‎ 对A：FCA=FBA，即有：k 对B：FAB=FCB，即有：k=k 对C：FAC=FBC，即有：k 代入数值解得X=2L，QC=36Q．‎ 由对C列出的方程看，因为QC约去，所以对于C只要放的位置符合它就可以平衡，A、B要平衡就得对C电性、电量有要求．‎ C若带负电A、B都不能平衡，故C带正电．‎ 答：C带正电，C球放置在距B的距离为2L位置，其电量36Q．‎ ‎　‎ ‎19．在电场中把电量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10﹣7J．‎ ‎（1）求A、C两点间电势差；‎ ‎（2）电荷从A经B移到C，电势能的变化怎样？‎ ‎【考点】电势能；电势差．‎ ‎【分析】（1）根据U=求解电势差；‎ ‎（2）电场力做的功等于电势能的减小量．‎ ‎【解答】解：（1）在电场中把电量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10﹣7J，故电场力做的总功为：‎ WAC=WAB+WBC=1.5×10﹣7J﹣4.0×10﹣7J=﹣2.5×10﹣7J 故：‎ ‎（2）电场力做的功等于电势能的减小量；‎ 在电场中把电量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，电势能降低1.5×10﹣7J；‎ 再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10﹣7J，电势能增加4.0×10﹣7J；‎ 答：（1）A、C两点间电势差为﹣125V；（2）电荷从A经B移到C，电势能先降低1.5×10﹣7J，再增加4.0×10﹣7J．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】（1）对小球进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出加速度；‎ ‎（2）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度；‎ ‎（3）小球由h=5R处到B过程中小球机械能的改变量等于电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：‎ ‎（mg﹣qE）sinα=ma，解得：a=；‎ ‎（2）若小球刚好通过B点不下落，据牛顿第二定律有：mg﹣qE=m ①‎ 小球由A到B，据动能定理：（mg﹣qE）（h﹣2R）=mv2﹣0 ②‎ ‎①②式联立，得h=2.5R； ‎ ‎（3）小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，由功能关系知，‎ 机械能的变化量为：△E机=W电，W电=﹣3EqR，故△E机=﹣3EqR 答：（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为2.5R；‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R 处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量﹣3EqR．‎ ‎　‎ ‎2016年11月13日