1、2015-2016学年湖南省衡阳市江山学校高一（下）期末物理试卷一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）12013年6月20日，航天员王亚平在“天宫一号”舱内授课，演示了小球做匀速圆周运动小球运动过程中一定不会发生变化的是（）A速度B动能C加速度D合外力2如图所示，同一物块分别放在水平面和固定斜面上，在两个大小相等的推力F1、F2作用下运动，F1、F2方向分别平行于水平面和斜面若物块在推力作用下通过的位移大小相等，则推力F1、F2对物块所做的功（）A相等B与物块和接触面的粗糙程度有关C在水平面上推力所做的功较
2、多D在斜面上推力所做的功较多3库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系这种研究方法常被称为“控制变量法”下列应用了控制变量法的实验是（）A验证机械能守恒定律B探究力的平行四边形定则C探究加速度与力、质量的关系D探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律4用图象把电场中各点场强的大小和方向形象表示出来，这对我们认识电场是很有好处的，下列哪位的物理学家提出了用电场线来表示电场的方法，现在被普遍地采用着（）A牛顿B安培C库仑D法拉第5关于电容器，下列说法正确的是（）A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电
3、容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器6如图所示，在高为H的桌面上以速度v水平抛出质量为m的物体，当物体落到距地面高为h处的A点，不计空气阻力且以桌面为零势能面则下列说法正确的是（）A物体在A点机械能为mgh+mv2B物体在A点机械能为mv2C物体在A点动能为mgh+mv2D物体在A点动能为mg（Hh）7空中某点，将三个相同小球以相同的初速度V水平抛出、竖直上抛、竖直下抛，则从抛出到落地，下列说法正确的是（）A落地时的速度相同B重力的平均功率相同C重力做功相同D落地时重力的即时功率相同8密立根油滴实验原理如图所示两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间
4、电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是（）A悬浮油滴带正电B悬浮油滴的电荷量为C增大场强，悬浮油滴将向上运动D油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍9在静电场中，电子由a点运动到b点的过程中，克服电场力做功5eV，则下列说法正确是（）A电场强度方向一定是沿ab连线且由b点指向a点方向B电子的电势能增加了5eVCa点的电势比b点的低D由于没有确定零电势点，故不能比较a、b两点的电势高低10如图所示是蹦床运动员在空中表演的情景在运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离
5、的过程中，蹦床的弹性势能、运动员的重力势能和动能变化情况分别是（）A弹性势能减小，动能增大B重力势能增大、动能先增大后减小C弹性势能增大，重力势能增大D弹性势能增大，动能先增大后减小11某同学的质量为50kg，所骑自行车的质量为15kg，设该同学在平直路面上正常骑行时脚踏自行车的功率为40W若人与车受到的阻力是其重力的0.02倍，则正常骑行自行车时的速度大小约为（）A3m/sB4m/sC13m/sD30m/s12如图所示，竖直平面内有一粗糙半圆形轨道，B、C与圆心O等高一小球从B点上方A处由静止释放，经过半圆形轨道由C点飞出，到达最高点D后回落，第二次经过半圆形轨道后达到最高点E（图中未标出）
6、，A、D高度差为h，D、E高度差为h则（）AhhBh=hChhD条件不足，无法判断13图示中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3m2晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3106J如果每天等效日照时间约为6h，光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h光电池的光电转换效率约为（）A4.8%B9.6%C16%D44%二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+9.0108C和Q2=1.0108C，分别固定在 x坐
7、标轴上，其中Q1位于x=0处，Q2位于x=6cm处在x轴上（）A场强为0的点有两处B在x6cm区域，电势沿x轴正方向降低C质子从x=1cm运动到x=5cm处，电势能升高D在0x9cm的区域，场强沿x轴正方向15如图所示电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S断开时，电流表的示数为0.25A，则当S闭合时，电流表的示数可能是（）A0.22 AB0.42 AC0.52 AD0.58 A16如图所示，小球以60J的初动能从A点出发，沿粗糙斜面向上运动，从A经B到C，然后再下滑回到A点已知从A到B点的过程中，小球动能减少了50J，机械能损失了10J，则（）A上升过程中合外力对小球做功60JB整个过程中，摩
8、擦力对小球做功20JC下行过程中重力对小球做功48JD回到A点小球的动能为40J三、非选择题（本题共7小题，共55分）17某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行打点计时器工作频率为50Hz（1）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条、，并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W1，；橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出根据第4次的纸带（如图2所示）求得小车获得的速度为m/s（2）若根据多次
9、测量数据画出的Wv草图如图3所示，根据图线形状，对W与v的关系作出的猜想，如果猜想Wv2是正确的，则画出的Wv2图象应是（3）在本实验中你认为影响实验效果的可能原因是（只要回答出一种原因即可）18在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A（1）部分连线的实物照片如图甲所示，请在答题纸上完成实物连接图；（2）某次实验中，当电流表的示数为0.18A，电压表的指针如图乙所示，则电压为V，此时小灯泡的功率是W；（3）正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的 （填字母）19如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂
10、于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离于平衡位置60，A球的悬线竖直且A球与绝缘墙壁接触求：（1）每个小球的带电量；（2）墙壁受到的压力；（3）每条细线的拉力20如图所示，M为一线圈电阻r=0.4的电动机，R=24，电源电动势E=40V当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：（1）电源内阻（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率（3）开关S闭合时电源输出功率21在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验验中，某同学为了探究不同材料电阻率，找了三根横截面积相同的电阻丝L1、L2、L3，首尾相连（连接处电阻不计），接成如图
11、1所示的实验电路M为电阻丝L3的左端点，O为电阻丝L1的右端点，P是电阻丝上可移动的接触点在实验过程中，电流表读数始终为I=0.50A，测得电压表读数U随OP间距离L的变化如下表：L/mm60708090100120140160180200210220230240U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75（1）在图2中绘出电压表读数U随OP间距离L变化的图线；（2）电阻丝的电阻率最小的是（填“L1”、“L2”、“L3”）22如图所示，半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=1m的水平面相
12、切于B点，BC离地面高h=0.8m，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数=0.1（不计空气阻力，取g=10m/s2），求：（1）小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力；（2）小滑块落地点距C点的距离23如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0104 C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB
13、=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处2015-2016学年湖南省衡阳市江山学校高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）12013年6月20日，航天员王亚平在“天宫一号”舱内授课，演示了小球做匀速圆周运动小球运动过程中一定不会发生变化的是（）A速度B动能C加速度D合外力【考点】匀速圆周运动【分析】匀速圆周运动的特
14、征是：速度大小不变，方向时刻变化；向心力大小不变，但始终指向圆心；动能不变，由此可判断各选项的正误【解答】解：A、匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻变化，故A错误；B、匀速圆周运动的线速度的大小不变，动能不变，故B正确；C、匀速圆周运动加速度大小不变，方向时刻变化故C错误；D、匀速圆周运动合外力提供向心加速度，大小不变，方向时刻变化，故D错误；故选：B【点评】掌握匀速圆周运动的特征，知道它是一种特殊的变速运动，只有周期和角速度是不变的2如图所示，同一物块分别放在水平面和固定斜面上，在两个大小相等的推力F1、F2作用下运动，F1、F2方向分别平行于水平面和斜面若物块在推力作用下通过的位移大小相等
15、，则推力F1、F2对物块所做的功（）A相等B与物块和接触面的粗糙程度有关C在水平面上推力所做的功较多D在斜面上推力所做的功较多【考点】功的计算【分析】根据功的计算公式W=Fscos可知：比较功的大小要比较拉力F和力的方向上移动距离s的大小，从题目中找出F、s的大小就可比较做功的多少【解答】解：根据题意可知，F1=F2，s1=s2，1=2，恒力做功公式W=Fscos可知，W1=W2，故A正确故选：A【点评】比较做功多少的题目，要紧扣做功的两个必要条件，只要拉力和移动距离相等，则做功相等3库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距
16、离不变，寻找作用力与电荷量的关系这种研究方法常被称为“控制变量法”下列应用了控制变量法的实验是（）A验证机械能守恒定律B探究力的平行四边形定则C探究加速度与力、质量的关系D探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律【考点】验证机械能守恒定律【分析】控制变量法是物理上常用的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用此方法；如：探究加速度与力、质量的关系；分别研究加速度与力；加速度与质量的关系欧姆定律中，电流大小与电压和电阻都有关，分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系；焦耳定律中，导体产生的热量与电流、电阻、时间有关，研究时分别采用控制变量的方法，逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系，
17、从而得出结论【解答】解：A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量，不涉及控制变量法；故A错误；B、探究力的平行四边形定则时，采用的是等效替代法；故B错误；C、探究加速度与力、质量的关系时，要分别研究加速度与力；加速度与质量的关系；故应控制变量；故C正确；D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时，不需要控制变量；故D错误；故选：C【点评】此题考查物理上的研究方法，要针对实验的情况，选用合适的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法4用图象把电场中各点场强的大小和方向形象表示出来，这对我们认识电场是很有好处的，下列哪位的物理学家提出了用电场线来表示
18、电场的方法，现在被普遍地采用着（）A牛顿B安培C库仑D法拉第【考点】电场线；物理学史【分析】最先提出画电场线来形象直观表示电场的物理学家是法拉第它将抽象的问题变的形象，从而便于我们更好地认识电场【解答】解：、最先提出画电场线来形象直观表示电场的物理学家是法拉第；利用电场线可以把电场中各点场强的大小和方向形象表示出来；现在仍然被普遍采用着；故ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题考查关于电场线的认识，要注意明确各位物理学家的贡献，明确电场线的作用5关于电容器，下列说法正确的是（）A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器【考点
19、】电容【分析】电容器的充电电流随着电量的增加而减小；电容器的电容是由电容器自身的因素决定的；两个彼此绝缘又靠近的导体是平行板电容器【解答】解：A、电容器的充电电流是逐渐减小的，故A错误；B、电容器的电容与带电量无关，由电容器自身的因素决定，故B错误；C、电容器是用来能储存电荷，当然就储存了电能，故C错误；D、两个彼此绝缘又靠近的导体是平行板电容器，故D正确；故选：D【点评】本题关键是明确什么是电容器、电容器的电容是由什么决定，同时要熟悉电容器的充电电流和放电电流随着时间改变的it图象6如图所示，在高为H的桌面上以速度v水平抛出质量为m的物体，当物体落到距地面高为h处的A点，不计空气阻力且以桌面
20、为零势能面则下列说法正确的是（）A物体在A点机械能为mgh+mv2B物体在A点机械能为mv2C物体在A点动能为mgh+mv2D物体在A点动能为mg（Hh）【考点】机械能守恒定律【分析】不计空气阻力物体抛出后，只受重力，机械能守恒，即动能和重力势能之和保持不变由机械能守恒定律求解【解答】解：AB、不计空气阻力，在运动过程中，物体的机械能守恒以以桌面为零势能面，根据机械能守恒定律得：物体在A点的机械能等于在桌面的机械能，为：EA=mv2；故A错误，B正确CD、由机械能的概念得：EkAmg（Hh）=EA；解得，物体在A点的动能：EkA=mv2+mg（Hh），故CD错误故选：B【点评】本题关键要明确物
21、体的机械能守恒时，各个点的机械能都相等，要灵活选择所研究的位置，求出特殊点的机械能后，根据机械能守恒定律得出A点的机械能7空中某点，将三个相同小球以相同的初速度V水平抛出、竖直上抛、竖直下抛，则从抛出到落地，下列说法正确的是（）A落地时的速度相同B重力的平均功率相同C重力做功相同D落地时重力的即时功率相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【分析】小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时速度大小相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式P=Fvcos判断瞬时功率的大小【解答】解：A、小球沿不同方向抛出，只有重力做功，机械能守恒，由于初速度大小相等，则落地的速度大小相等
22、，但是方向不同，故A错误B、根据W=mgh知，首末位置的高度差相同，则重力做功相同，竖直下抛运动的时间最短，重力的平均功率最大，竖直上抛运动的时间最长，重力的平均功率最小，故B错误，C正确D、落地的速度大小相等，方向不同，根据P=mgvy知，水平抛出时落地的即时功率与竖直上抛运动和下抛运动的重力即时功率不等，故D错误故选：C【点评】本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒，然后结合平均功率和瞬时功率的相关公式列式分析判断8密立根油滴实验原理如图所示两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电
23、荷量各不相同的油滴通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是（）A悬浮油滴带正电B悬浮油滴的电荷量为C增大场强，悬浮油滴将向上运动D油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带电荷量为q的油滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性和带电量，从而即可求解【解答】解：A、带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A错误；B、根据平衡条件，有：mg=q，故q=，然后发现q总是某个最小值的整数倍，可估算出电子的电量，故B错
24、误；C、根据平衡条件，有：mg=qE，当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故C正确；D、不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍，故D错误；故选：C【点评】本题关键是明确密立根油滴实验的实验原理，密立根通过该实验测量出电子的电荷量而获得诺贝尔物理奖，注意运用电场力与重力平衡，及理解带电荷量是元电荷的整数倍9在静电场中，电子由a点运动到b点的过程中，克服电场力做功5eV，则下列说法正确是（）A电场强度方向一定是沿ab连线且由b点指向a点方向B电子的电势能增加了5eVCa点的电势比b点的低D由于没有确定零电势点，故不能比较a、b两点的电势高低【考点】电势能【分
25、析】电子在电场中移动时，根据电场力做功不能确定场强方向电场力做正功多少，电子的电势能就减小多少由公式U=求出a、b两点电势差Uab由题，电势零点未确定，a、b两点的电势没有确定值【解答】解：A、电子由a点移到b点，克服电场力做功5eV，但电子的位移方向不一定沿a到b，电场强度的方向不一定由a指向b故A错误B、电子克服电场力做功5eV，则电子的电势能增加了5eV，故B正确C、a、b两点电势差Uab=5V则知a点的电势比b点的高5V，故C错误D、由上分析知，a点的电势比b点的高，故D错误故选：B【点评】通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题根据电势的定义得出电势的大小要注意电势有正负10如图所示
26、是蹦床运动员在空中表演的情景在运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中，蹦床的弹性势能、运动员的重力势能和动能变化情况分别是（）A弹性势能减小，动能增大B重力势能增大、动能先增大后减小C弹性势能增大，重力势能增大D弹性势能增大，动能先增大后减小【考点】功能关系；重力势能【分析】根据蹦床的形变量来确定弹性势能的变化，而由高度来确定重力势能的变化，从而即可求解【解答】解：在运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中，运动员被弹起时，弹性势能减小，而质量不变，高度增大，所以重力势能增大，在上升的过程中，合力先是向上的，后是向下的，速度先增加后减小，动能先增加后减小，故B正确，ACD错误故选
27、：B【点评】（1）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大弹性势能的大小取决于弹簧的形变量，形变量越大，则弹性势能越大11某同学的质量为50kg，所骑自行车的质量为15kg，设该同学在平直路面上正常骑行时脚踏自行车的功率为40W若人与车受到的阻力是其重力的0.02倍，则正常骑行自行车时的速度大小约为（）A3m/sB4m/sC13m/sD30m/s【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据自行车所受的阻力大小得出牵引力的大小，根据P=Fv求出正常骑行自行车时的速度大小【解答】解：自行车匀速行驶时，F
28、=f=0.02mg=0.02650N=13N根据P=Fv得：v=故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】解决本题的关键求出牵引力的大小，结合P=Fv进行求解12如图所示，竖直平面内有一粗糙半圆形轨道，B、C与圆心O等高一小球从B点上方A处由静止释放，经过半圆形轨道由C点飞出，到达最高点D后回落，第二次经过半圆形轨道后达到最高点E（图中未标出），A、D高度差为h，D、E高度差为h则（）AhhBh=hChhD条件不足，无法判断【考点】功能关系【分析】小球往返经过半圆形轨道时，通过同一点的速度不同，所需要的向心力不同，分析小球对轨道压力关系，得出摩擦力的关系，从而判断出两个过程摩擦力做功关系，即可由
29、动能定理判断h与h的大小【解答】解：设小球从A运动到D点，克服摩擦力对小球做功为Wf1，小球从D运动到E点，克服摩擦力对小球做功为Wf2根据动能定理得：从A运动到D点，有 mghWf1=0，即 Wf1=mgh从D运动到E点，有 mghWf2=0，即 Wf2=mgh由于小球通过半圆形轨道时机械能不断减小，所以小球从A运动到D点与从D运动到E点相比，经过同一点时，从A运动到D点时小球的速度较大，小球所需要的向心力较大，轨道对小球的支持力较大，则小球对轨道的压力较大，小球所受的滑动摩擦力较大，所以有Wf1Wf2则得 hh故ABD错误，C正确故选：C【点评】解决本题的关键要是利用向心力知识分析轨道对小
30、球的支持力关系，进一步判断摩擦力做功关系13图示中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3m2晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3106J如果每天等效日照时间约为6h，光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h光电池的光电转换效率约为（）A4.8%B9.6%C16%D44%【考点】能源的开发和利用【分析】根据题目提供的条件，可以求出每天（6h）太阳能电池板吸收的太阳能，这是总能量；知道电子节能灯的铭牌，可以知道电子节能灯正常工作时的电功率，又知道工作时间，利用P=求消耗的电能，即转化的有用能量，再利用效率公式求太阳能照明灯利用太阳能的效率【解答】解：每天（
31、6h）太阳能电池板吸收的太阳能：W总=0.33106J/h6h=5.4106J，电子节能灯正常工作，P=P额=30W，电子节能灯正常工作8h消耗的电能：W有用=Pt=30W83600s=8.64105J，太阳能照明灯利用太阳能的效率：=16%故选：C【点评】本题考查了学生消耗电能的计算、效率的计算，利用所学知识解决实际问题（新开发的太阳能照明灯能量转化问题），加强了学生的节能意识二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+9.0108C和Q2=1.
32、0108C，分别固定在 x坐标轴上，其中Q1位于x=0处，Q2位于x=6cm处在x轴上（）A场强为0的点有两处B在x6cm区域，电势沿x轴正方向降低C质子从x=1cm运动到x=5cm处，电势能升高D在0x9cm的区域，场强沿x轴正方向【考点】电势差与电场强度的关系【分析】某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强运用合成法进行分析【解答】解：A、某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强根据点电荷的场强公式E=，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反不会在Q1的左边，因为Q1的电荷量大于Q2
33、，也不会在Q1Q2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右所以，只能在Q2右边即在x坐标轴上电场强度为零的点只有一个故A错误；B、设离Q1距离为x的点，电场强度为零，则有：解得：x=0.09m=9cm，则在x6cm区域，电势沿x轴正方向先降低后增大，故B错误；C、x6cm区域电场强度方向沿x正方向，质子从x=1cm运动到x=5cm处，电势能减小，故C错误；D、在0x9cm的区域，场强沿x轴正方向，故D正确故选：D【点评】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则15如图所示电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S断开时，电流表的示数为0.25A，
34、则当S闭合时，电流表的示数可能是（）A0.22 AB0.42 AC0.52 AD0.58 A【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当S闭合时，外电阻减小，总电流增大根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，确定电流的范围即可进行解答【解答】解：当S闭合时，4的电阻被短路，外电路总电阻减小，电流增大，则电流表示数大于0.30V外电阻减小，则路端电压随之减小，设电流表的示数为I，则有 I60.3A（4+6），则得：I0.5A故得电流表示数范围为：0.3I0.5A，故B正确故选：B【点评】本题将电路的计算与动态变化分析巧妙地结合起来，定性确定出电流的范围即可解答16如图所示，小球以60J的初动能从A点
35、出发，沿粗糙斜面向上运动，从A经B到C，然后再下滑回到A点已知从A到B点的过程中，小球动能减少了50J，机械能损失了10J，则（）A上升过程中合外力对小球做功60JB整个过程中，摩擦力对小球做功20JC下行过程中重力对小球做功48JD回到A点小球的动能为40J【考点】功能关系；功的计算【分析】运用动能定理列出动能的变化和总功的等式，运用除了重力之外的力所做的功量度机械能的变化关系列出等式，两者结合去解决问题【解答】解：A、上升过程，由动能定理可知，W合=0EK0=060=60J，故A正确；BD、运用动能定理分析得出：物体损失的动能等于物体克服合外力做的功（包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功），
36、损失的动能为：Ek=mgh+fh=（mg+）h损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，E=h由得： =常数，与h无关，由题意知此常数为5则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了60J，那么损失的机械能为12J，那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为12J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失24J，由功能关系知摩擦力做功：Wf=24J因而它返回A点的动能为36J，故BD错误；C、由上述分析可知，物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了60J，那么损失的机械能为12J，则重力势能增加48J，即重力做功为：WG=48J，所以下行过程中重力对小球做功48J，故C正确故选：AC【点评】解答本题在于
37、能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系关键在于明确摩擦力做功的特点，找出摩擦力做功与机械能损失间的关系三、非选择题（本题共7小题，共55分）17某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行打点计时器工作频率为50Hz（1）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条、，并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W1，；橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出根据第4次的纸带
38、（如图2所示）求得小车获得的速度为2m/s（2）若根据多次测量数据画出的Wv草图如图3所示，根据图线形状，对W与v的关系作出的猜想，如果猜想Wv2是正确的，则画出的Wv2图象应是过原点的直线（3）在本实验中你认为影响实验效果的可能原因是木板的倾斜程度不够（只要回答出一种原因即可）【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）纸带上点距均匀时，表示小车已经做匀速直线运动，据此可求出小车做匀速运动时的速度大小（2）有图象wv为抛物线，则wv2成直线（3）误差的来源在于做功多少的影响【解答】解：（1）根据功能原理，外力对物体做的功等于物体动能的增加量，故小车做匀速运动时，是橡皮筋对小车做功后而使小车获
39、得的速度，可由，（2）根据wv图象可知是一条抛物线，根据数学知识w与v2成正比，则图象为一条过原点的直线（3）在实验中木板的倾斜程度影响了，小车所受的摩擦力的大小，进而影响合外力的大小，影响到功的大小，使得实验的结果出现误差故答案为：（1）2；（2）过原点的直线；（3）木板的倾斜程度不够【点评】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理18在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A（1）部分连线的实物照片如图甲所示，请在答题纸上完成实物连接图；（2）某次实验中，当电流表的示数为0.18A，电压表的指针如图乙所示，则电压为
40、1.50V，此时小灯泡的功率是0.27W；（3）正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的C （填字母）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据实验原理可明确电路结构，从而明确实验实物图；（2）根据电表的量程可明确最小分度，从而明确电压表示数，根据P=UI可求得功率大小；（3）根据灯泡电阻随温度的变化而变化的规律，从而明确对应的图象【解答】解：（1）本实验采用滑动变阻器分压接法，同时电流表采用外接法，故实物图如图所示；（2）电压表量程为3V，则最小分度为0.1V，故读数为1.50V；则其功率P=UI=1.500.18=0.27W；（3）由于灯泡内阻随温度的增大而增大，故对应的图象的均为
41、曲线，在IU图象中应为斜率减小的曲线；故只有C正确；故选：C故答案为：（1）如图所示；（2）1.50； 0.27；（3）C【点评】本题考查了实验电路设计以及实物图的连接和图象的处理问题，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键19如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离于平衡位置60，A球的悬线竖直且A球与绝缘墙壁接触求：（1）每个小球的带电量；（2）墙壁受到的压力；（3）每条细线的拉力【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律
42、【分析】分别对A球和B球受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题【解答】解：（1）对B球受力分析如图所示：B球受三力平衡，则重力与库伦力的合力大小等于绳子拉力，方向与绳子拉力方向相反，由几何知识可知：F=mg=TB根据库伦定律：F=K=mg解得：q=107C（2）对A球受力分析如图：A球受力平衡所以：N=Fsin60=mgsin60=0.1102=103N由牛顿第三定律得：墙受到小球的压力大小为103N，方向水平向左（3）对A球受力平衡：TA=mg+Fcos60=0.1102（1+0.5）=1.5103N由前面分析知TB=mg=1103N答：（1）每个小球的带电量为107C；（2
43、）墙受到小球的压力大小为103N，方向水平向左（3）细绳A的拉力大小为1.5103N，细绳B的拉力大小为1103N【点评】对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题需要注意的是：两小球受到的库伦力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上20如图所示，M为一线圈电阻r=0.4的电动机，R=24，电源电动势E=40V当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：（1）电源内阻（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率（3）开关S闭合时电源输出功率【考点】电功、电功率【分析】
44、（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差（3）电源的输出功率为P=UI【解答】解：（1）设电源内阻为r，当S断开时，即，得r=1（2）当S合上时，I2=4A，则U内=I2r=4VU外=EU内=40V4V=36V，也即电动机两端电压为36V所以（3）开关S闭合时电源输出功率P出=EII2R=440142=144W答：（1）电源内阻为1（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率为2.5W，转化为机械能的功率为87.5W（3）开关S闭合时电源
45、输出功率为144W【点评】对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆21在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验验中，某同学为了探究不同材料电阻率，找了三根横截面积相同的电阻丝L1、L2、L3，首尾相连（连接处电阻不计），接成如图1所示的实验电路M为电阻丝L3的左端点，O为电阻丝L1的右端点，P是电阻丝上可移动的接触点在实验过程中，电流表读数始终为I=0.50A，测得电压表读数U随OP间距离L的变化如下表：L/mm60708090100120140160180200210220230240U/V3.954.505.105
46、.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75（1）在图2中绘出电压表读数U随OP间距离L变化的图线；（2）电阻丝的电阻率最小的是L2（填“L1”、“L2”、“L3”）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象（2）根据图示图象应用电阻定律求出电阻率，然后分析答题【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（2）由图示图象可知，在电流相同时相同长度的电阻丝L2两端电压最小，由R=可知，相同长度L的电阻丝L2的电阻最小，由题意可知，电阻丝的横截面积S相等，由R=
47、可知，=，由于S、L相同时L2的电阻R最小，则L2的电阻率最小；故答案为：（1）图象如图所示；（2）L2【点评】本题考查了作图象、比较电阻率大小问题，要掌握描点法作图的方法，应用电阻定律即可解题；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，掌握应用图象法处理实验数据的方法22如图所示，半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=1m的水平面相切于B点，BC离地面高h=0.8m，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数=0.1（不计空气阻力，取g=10m/s2），求：（1）小滑块刚到达圆弧轨道的B点时
48、对轨道的压力；（2）小滑块落地点距C点的距离【考点】动能定理的应用；向心力；机械能守恒定律【分析】（1）小滑块从圆弧顶点D由静止释放滑到B点的过程，重力做功，轨道的弹力不做功，根据动能定理求出滑块滑到B点时的速度滑块经过B点时，由重力和轨道的支持力合力提供向心力，由牛顿第二定律求解支持力，再由牛顿第三定律得到滑块对圆弧的压力大小（2）滑块由B到C的过程中，滑动摩擦力做负功，根据动能定理求出滑块滑到C点时的速度滑块离开C点后做平抛运动，由高度求出时间，再求解滑块落地点与C点的水平距离再由几何关系可求得距C点的距离【解答】解：（1）滑块由D到B过程中，由动能定理得mgR=mvB2在B点，由牛顿第二
49、定律得：Fmg=故解得vB=3m/s，F=30N由牛顿第三定律知对圆弧的压力大小为30N，方向竖直向下（2）由B到C过程，由动能定理得：代入解得vc=4m/s滑块由C点开始做平抛运动，由得，t=落地点与C点水平距离为s=vCt=vC=4=1.6m故滑块落地点距C点的距离为x=m；答：（1）小滑块刚到达圆弧面的B点时对圆弧的压力大小为30N；（2）小滑块落地点与C点的距离是m【点评】本题是动能定理和圆周运动、平抛运动等常见运动的综合应用，采用程序法进行分析处理23如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接
50、，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0104 C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处【考点】动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h
51、，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点【解答】解（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE（sAB+R）mg sABmgR=mv2解得：v=10m/s（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：mghqEh=0mv2解得h=m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax=qE=4N，重力G=mg=2 N，因为GFfmax所以带电体最终静止在与C点竖直距离为m处答：（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度为10m/s；（2）带电体最终停在与C点竖直距离为m处【点评】本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，难度适中高考资源网
