2022-2022学年河北省邢台市南宫一中高三（上）期中物理试卷一、选择题部分：本题共12小题，每小题4分，共48分．第1-8小题只有一个选项是正确的，第9-12小题有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分1．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）放在水平面上的物体，受到水平向右的力F1=7N和水平向左的力F2=2N而处于静止状态，则（ ） A．若撤去力F2，物体所受合力一定为零 B．若撤去力F2，物体所受摩擦力一定为7N C．若撤去力F1，则物体所受合力为7N D．若撤去力F1，则物体所受合力一定为零2．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）如图所示中的传送皮带是绷紧的，当皮带轮不动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底端所用时间为t1，当皮带轮顺时针方向转动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底部所用时间为t2，则t1和t2相比较，正确的说法是（ ） A．t1＜t2B．t1＞t2 C．t1=t2D．因摩擦情况不明，无法判断3．（4分）（2022春•拱墅区校级期中）如图所示，若质点以初速v0正对倾角为θ=37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为（ ） A．B．C．D．4．（4分）（2022春•沙坪坝区校级期末）若用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布，使其它质点在该引力场中任意一点所受引力的方向沿该点引力场线的切线上，指向箭头方向．则描述该引力场的引力场线分布图是（ ） A．B．C．D．5．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）如图所示，ABC是一条长轨道，斜面和水平面摩擦因素相同，一质量为m的木块（可视为质点），在A点由静止释放，最后停在C点；现在改变斜面的倾角，如图中虚线AB′所示，仍从A点由静止释放该小木块，则木块最终将停放在（不计木块通过转折点B点或B′点的能量损失）（ ）-19-\n A．C点左侧B．C点C．C点右侧D．无法确定6．（4分）（2022•贵州学业考试）在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（ ） A．电势高的地方电场强度不一定大 B．电场强度大的地方电势一定高 C．电势为零的地方场强也一定为零 D．场强为零的地方电势也一定为零7．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）（单选题）把质量为m的正点电荷q从电场中某点静止释放（不计重力），下列说法正确的是（） A．该电荷一定由电场线疏处向电场线密处运动 B．点电荷的运动轨迹必定与电场线重合 C．点电荷的速度方向必定和通过点的电场线的切线方向一致 D．点电荷的加速度方向必定和通过点的电场线的切线方向一致8．（4分）（2022•天津）板间距为d的平等板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1．现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ ） A．U2=U1，E2=E1B．U2=2U1，E2=4E1 C．U2=U1，E2=2E1D．U2=2U1，E2=2E19．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程（ ） A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为 C．小车受绳的拉力大于mgD．小车的最大动能为mgh10．（4分）（2022•菏泽三模）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）-19-\n A．c点的电荷带正电 B．a点电势高于E点电势 C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向 D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少11．（4分）（2022•昆山市模拟）在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（ ） A．不变，不变B．变大，变大 C．变大，不变D．变大，不变12．（4分）（2022秋•杭州期中）水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动．如图所示，是小球平衡后的可能位置图．甲图中三个小球构成一个钝角三角形，A点是钝角三角形的顶点．乙图中小球构成一个锐角三角形，其中三角形边长DE＞DF＞EF．可以判断正确的是（ ） A．甲图中A、B两小球一定带异种电荷 B．甲图中三个小球一定带等量电荷 C．乙图中三个小球一定带同种电荷 D．乙图中三个小球带电荷量的大小为QD＞QF＞QE 二、（非选择题共52分）13．（6分）（2022春•平川区校级期末）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律．（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C．用天平测出重锤的质量D．释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是 （将其选项对应的字母填在横线处）-19-\n（2）在验证机械能守恒定律的实验中，若以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2﹣h的图象应是 ，才能验证机械能守恒定律；v2﹣h图象的斜率等于 的数值．14．（10分）（2022秋•南宫市校级期中）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线．实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源E（电动势为4.5V）B．电压表V（量程为0～5V，内阻约为4kΩ）C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）D．电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流1A）F．滑动变阻器R2（最大阻值2kΩ，额定电流100mA）①为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ．（填所选仪器前的字母序号）．②请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图1所示）．③操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图2所示，由此可以判定，正常工作时的发热功率为 ，机械功率为 ．15．（8分）（2022秋•南宫市校级期中）质量m=1kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止．运动过程中Ek﹣x的图线如图所示．求：（1）物体的初速度为多大？（2）物体跟水平面间的动摩擦因数为多大？（3）拉力F的大小为多大？g取10m/s2．-19-\n16．（12分）（2022•南昌一模）如图所示，同一竖直线的A、B两点固定有等量异种点电荷，电量为q，正负如图所示，△ABC为一等边三角形（边长为L），CD为AB边的中垂线，且与右侧竖直光滑圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m带电量为+Q的小球（可视为质点）由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0．已知静电力恒量为k，现取D为电势零点，求：（1）在等量异种电荷A、B的电场中，M点的电势φM（2）在最低点C轨道对小球的支持力FN多大？17．（16分）（2022秋•扬州期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件． -19-\n2022-2022学年河北省邢台市南宫一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题部分：本题共12小题，每小题4分，共48分．第1-8小题只有一个选项是正确的，第9-12小题有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分1．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）放在水平面上的物体，受到水平向右的力F1=7N和水平向左的力F2=2N而处于静止状态，则（ ） A．若撤去力F2，物体所受合力一定为零 B．若撤去力F2，物体所受摩擦力一定为7N C．若撤去力F1，则物体所受合力为7N D．若撤去力F1，则物体所受合力一定为零考点：牛顿第二定律；力的合成．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由平衡条件求出物体受到的静摩擦力，然后确定最大静摩擦力的大小，再根据题意求出物体受到的合力．解答：解：物体在水平方向受到：F1=7N、F2=2N与摩擦力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得：F1=F2+f，静摩擦力f=F1﹣F2=7﹣2=5N，最大静摩擦力大于等于5N；A、若撤去力F2=2N，物体受到推力F1=7N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F1可能大于最大静摩擦力，物体所受合力不为零，物体受到的摩擦力不等于7N，故AB错误；C、若撤去力F1=7N，物体受到推力F2=2N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F2小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零，故C错误，D正确；故选：D．点评：当推力大于最大静摩擦力时，物体将运动，推力小于等于最大静摩擦力时，物体静止；根据题意确定最大静摩擦力的大小是正确解题的关键． 2．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）如图所示中的传送皮带是绷紧的，当皮带轮不动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底端所用时间为t1，当皮带轮顺时针方向转动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底部所用时间为t2，则t1和t2相比较，正确的说法是（ ） A．t1＜t2B．t1＞t2 C．t1=t2D．因摩擦情况不明，无法判断考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：-19-\n对两种情况下的滑块受力分析，比较两次滑块的受力即可比较两次的加速度大小情况，从而得知运动时间长短．解答：解：当皮带轮不动时，滑块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力f=μmgcosα；当皮带轮顺时针方向转动时，滑块受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，由于滑块与斜面间的弹力大小没变，故滑动摩擦力f=μmgcosα不变，根据牛顿第二定律，两次滑块受力情况相同则加速度相同，则运动时间相同，即t1=t2；故选：C．点评：本题的关键是知道前后两次滑动摩擦力的大小没变，因为滑动摩擦力的大小只与摩擦系数和正压力大小有关，与物体间相对速度的大小无关． 3．（4分）（2022春•拱墅区校级期中）如图所示，若质点以初速v0正对倾角为θ=37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为（ ） A．B．C．D．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：由数学知识得：从抛出点到达斜面的最小位移为过抛出点作斜面的垂线．设经过时间t到达斜面上，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，表示出水平和竖直方向上的位移，再根据几何关系即可求解．解答：解：过抛出点作斜面的垂线，如图所示：当质点落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x=v0t竖直方向：y=根据几何关系有：即，解得t=．故C正确，A、B、D错误．-19-\n故选：C．点评：解决本题的关键是知道怎样运动时位移最小，再根据平抛运动的基本规律结合几何关系解题． 4．（4分）（2022春•沙坪坝区校级期末）若用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布，使其它质点在该引力场中任意一点所受引力的方向沿该点引力场线的切线上，指向箭头方向．则描述该引力场的引力场线分布图是（ ） A．B．C．D．考点：电场线．分析：用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布，与用假想的电场线描绘带电量相等的两点电荷之间的电场力的性质的分布特点有异曲同工之妙．两者对比，可以很快得出正确的结论．解答：解：用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布与用假想的电场线描绘带电量相等的两点电荷之间的电场力的性质的分布特点非常相似，两个等量同种正电荷的电场线分布如图：考虑到正电荷对正的试探电荷的作用是排斥力，而星球与星球之间是引力，故方向与上图的方向相反．对比ABCD四个选项，正确的应该是C．故选：C点评：在课本的阅读材料中，曾提到过引力场，但是，把引力场与静电场对比是一种能力的迁移，对学生的理解能力有较高的要求．属于中档题目． 5．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）如图所示，ABC是一条长轨道，斜面和水平面摩擦因素相同，一质量为m的木块（可视为质点），在A点由静止释放，最后停在C点；现在改变斜面的倾角，如图中虚线AB′所示，仍从A点由静止释放该小木块，则木块最终将停放在（不计木块通过转折点B点或B′点的能量损失）（ ）-19-\n A．C点左侧B．C点C．C点右侧D．无法确定考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：通过对A点释放到停止全过程运用动能定理，判断在水平面上的位移是否发生变化来确定小木块停止的位置．解答：解：设A距离地面的高度为h，动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理有，mgh﹣μmgcosθs1﹣μmgs2=0，整理得：mgh﹣μmg（s1cosθ+s2）=0，而s1cosθ+s2等于OC的长度．与倾角无关，故停放的位置不变．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键会合理地选择研究的过程，即选择全过程为研究过程，运用动能定理求解． 6．（4分）（2022•贵州学业考试）在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（ ） A．电势高的地方电场强度不一定大 B．电场强度大的地方电势一定高 C．电势为零的地方场强也一定为零 D．场强为零的地方电势也一定为零考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．解答：解：A、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故A正确，B错误．C、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故C错误．D、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的．故D错误．故选A．点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解． 7．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）（单选题）把质量为m的正点电荷q从电场中某点静止释放（不计重力），下列说法正确的是（） A．该电荷一定由电场线疏处向电场线密处运动 B．点电荷的运动轨迹必定与电场线重合 C．点电荷的速度方向必定和通过点的电场线的切线方向一致 D．点电荷的加速度方向必定和通过点的电场线的切线方向一致考点：电场线；曲线运动．分析：电场强度是描述电场强弱的物理量，电场线的切线方向即为正电荷所受电场力的方向，力的方向和加速度方向相同．解答：-19-\n解：A、静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，但此方向的场强不一定增大，即不一定由电场线疏处向电场线密处运动，故A错误；B、电荷运动方向不一定沿着电场线的方向，只有在电场线是直线的电场中才重合，故B错误；C、电场线上某一点的切线方向表示该点的电场强度的方向．与速度方向无直接关系，故C错误；D、电场线上某一点的切线方向表示该点的受力方向，根据牛顿第二定律可知，点电荷的加速度方向与受力方向相同，故D正确．故选：D．点评：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． 8．（4分）（2022•天津）板间距为d的平等板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1．现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ ） A．U2=U1，E2=E1B．U2=2U1，E2=4E1 C．U2=U1，E2=2E1D．U2=2U1，E2=2E1考点：平行板电容器的电容．专题：压轴题．分析：根据电容公式判断出电容的变化，再根据电容定义式得出电势差的变化，再根据匀强电场公式判断出场强的变化．解答：解：根据电容公式说明电容变为2倍，根据电容定义式，发现电量变为原来的2倍，电容也变为原来的2倍，所以电势差不变，根据场强关系，d变为原来的，所以场强变为2倍，故A、B、D错误，C正确．故选C．点评：解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式． 9．（4分）（2022秋•南宫市校级期中）如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程（ ） A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为 C．小车受绳的拉力大于mgD．小车的最大动能为mgh-19-\n考点：动能定理的应用；牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：动能定理的应用专题．分析：先根据A、B的位移之间的关系求出B上升的高度hB，再分别以A、B为研究对象，根据动能定理列式可求得B的速度，设B再上升h′时，速度为零，由动能定理求出h′，解答：解：AC、在整个的过程中，小桶向上做加速运动，加速度向上，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态．故A错误，C正确；B、在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg•h•sin30°﹣mgh=（3m+m）v2，解得：v=，故B正确；D、小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：Ekm=•3mv2=mgh，故D错误．故选：BC．点评：本题主要考查了动能定理得直接应用，要能根据题目需要选取不同的研究对象及合适的过程运用动能定理求解． 10．（4分）（2022•菏泽三模）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ） A．c点的电荷带正电 B．a点电势高于E点电势 C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向 D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，再判断c、d点两个电荷的电性；最后根据电场力做的功等于电势能的减小量进行分析．解答：解：A、带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电，即c点电荷带负电，故A错误；B、从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势．又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两个点电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；-19-\nC、E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在一直线，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；D、检验电荷从a到b过程中，电场力先做正功后做负功，故电势能先增加后减小，故D正确．故选：BD．点评：题的突破口在根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，然后根据功能关系判断电势能的变化和电势的高低情况． 11．（4分）（2022•昆山市模拟）在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（ ） A．不变，不变B．变大，变大 C．变大，不变D．变大，不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：题中R1是定值电阻，根据欧姆定律研究与与电阻R1的关系．根据闭合电路欧姆定律研究，、变大与电源内阻的关系，再分析选择．解答：解：A、根据欧姆定律得知：=R1，=R1，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，与均不变．故A正确．B、C=R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则有=R1+r，不变．故B错误，C正确．D、=R1+R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，则有=r，不变．故D正确．故选ACD点评：本题对于定值电阻，是线性元件有R==，对于非线性元件，R=． -19-\n12．（4分）（2022秋•杭州期中）水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动．如图所示，是小球平衡后的可能位置图．甲图中三个小球构成一个钝角三角形，A点是钝角三角形的顶点．乙图中小球构成一个锐角三角形，其中三角形边长DE＞DF＞EF．可以判断正确的是（ ） A．甲图中A、B两小球一定带异种电荷 B．甲图中三个小球一定带等量电荷 C．乙图中三个小球一定带同种电荷 D．乙图中三个小球带电荷量的大小为QD＞QF＞QE考点：库仑定律．分析：三个带电小球处于平衡状态，根据平衡状态找出研究对象所受的合力必须为零进行判断．三个力平衡．任意两个力的合力与第三个力等值反向．解答：解：A、对C进行受力分析，根据平衡条件得C一定要受一个排斥一个吸引，则AB一定带不同电荷，故A正确．B、如果是等量电荷，那么小球应该的均匀分布在环上，故B错误C、对D分析，D不可能受到一个斥力一个引力，所以EF带同电，分析E根据平衡条件可得DF同电，可得三个同电．故C正确；D、D受到两斥力，设圆心O，DE大于DF，同时角ODE小于角ODF，可得受E力更大，又离E远可得E电量大于F，故D错误故选AC．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式，找出静电力方向，会运用共点力平衡判断． 二、（非选择题共52分）13．（6分）（2022春•平川区校级期末）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律．（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C．用天平测出重锤的质量D．释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是 BCD （将其选项对应的字母填在横线处）（2）在验证机械能守恒定律的实验中，若以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2﹣h的图象应是 过原点的倾斜直线 ，才能验证机械能守恒定律；v2﹣h图象的斜率等于 2g 的数值．-19-\n考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题．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．对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题．解答：解：（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．C：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．故C错误．D：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差．故D错误．故选：BCD．（2）利用v2﹣h图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，mgh=mv2，即v2=2gh所以以v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线．那么v2﹣h图线的斜率就等于2g．故答案为：（1）BCD；（2）过原点的倾斜直线，2g．点评：直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息．要能够找出斜率和截距的物理意义，我们必须要从物理角度找出两个物理变量的关系表达式． 14．（10分）（2022秋•南宫市校级期中）某一小型电风扇额定电压为4.0V，额定功率为2.4W．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线．实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源E（电动势为4.5V）B．电压表V（量程为0～5V，内阻约为4kΩ）C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）D．电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流1A）-19-\nF．滑动变阻器R2（最大阻值2kΩ，额定电流100mA）①为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 C ，滑动变阻器应选用 E ．（填所选仪器前的字母序号）．②请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图1所示）．③操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图2所示，由此可以判定，正常工作时的发热功率为 0.9W ，机械功率为 1.5W ．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①选择器材需安全、精确，根据电风扇的额定电流确定电流表的量程，通过电风扇电阻的大约值，从测量的误差和可操作性角度选择滑动变阻器．②测量伏安特性电流、电压需从零开始测起，滑动变阻器需采用分压式接法，根据电风扇内阻的大小确定电流表的内外接．③电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．电能全部转化为内能，根据欧姆定律求出电风扇的电阻，正常工作时根据电流和内阻求出发热功率，根据输入功率，通过能量守恒求出机械功率．解答：解：①电风扇的额定电流I==0.6A，从读数误差的角度考虑，电流表选择C．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E．②因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约R=≈6.67Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图如图所示．③电压表读数小于0.5V时电风扇没启动．根据欧姆定律得，R===2.5Ω．-19-\n正常工作时电压为4V，根据图象知电流为0.6A，则电风扇发热功率P=I2R=0.36×2.5W=0.9W，则机械功率P′=UI﹣I2R=2.4﹣0.9=1.5W．故答案为：①C、E②如图所示③2.5Ω，0.9W，1.5W．点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确．以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．知道有电动机存在的电路是非纯电阻电路，清楚电风扇没启动时电能全部转化为内能，正常工作时电能转化为内能和机械能． 15．（8分）（2022秋•南宫市校级期中）质量m=1kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止．运动过程中Ek﹣x的图线如图所示．求：（1）物体的初速度为多大？（2）物体跟水平面间的动摩擦因数为多大？（3）拉力F的大小为多大？g取10m/s2．考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：初速度可以从图中初动能来解决；摩擦系数可以利用4﹣8m只受摩擦力，用动能定理来解决；力F的作用过程为0﹣4m，仍用动能定理来求解即可．解答：解：（1）由图象知：，代入数据得：v0=2m/s；故物体的初速度为2m/s．（2）4﹣8m内，物体只受摩擦力作用，由动能定理得：﹣μmgx2=0﹣EK1；代入数据得：μ==0.25；故物体和平面间的摩擦系数为0.25；（3）0﹣4m内，由动能定理得：Fx1﹣μmgx1=EK1﹣EK0；代入数据得：F=4.5N．故拉力F的大小为4.5N．答：（1）物体的初速度为2m/s；（2）物体和平面间的摩擦系数为0.25；（3）拉力F的大小为4.5N．点评：-19-\n本题为动能定理中的图象类问题，题型比较新，不过难度并不大，只要把握两坐标轴的物理意义，选择合适的过程分析，即可解决问题． 16．（12分）（2022•南昌一模）如图所示，同一竖直线的A、B两点固定有等量异种点电荷，电量为q，正负如图所示，△ABC为一等边三角形（边长为L），CD为AB边的中垂线，且与右侧竖直光滑圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m带电量为+Q的小球（可视为质点）由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0．已知静电力恒量为k，现取D为电势零点，求：（1）在等量异种电荷A、B的电场中，M点的电势φM（2）在最低点C轨道对小球的支持力FN多大？考点：动能定理的应用；电势差；电势能．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）根据动能定理求出QC两点间的电势差，因为等量异种电荷的垂直平分线是等势线，所以C、D的电势相等，则C点的电势等于0，所以M点的电势等于MC的电势差．（2）小球在C点受重力、支持力、等量异种电荷的库仑力，根据牛顿第二定律求出在最低点C轨道对小球的支持力．解答：解：（1）小球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得，mgR+QUMC=可得MC两点的电势差UMC=又等量异种电荷中垂线上的电势相等，即C、D是等电势的，M点的电势．（2）+Q到达最低点C时，+q与﹣q对其的电场力F1、F2是大小相等的，有：又因为△ABC为等边三角形，知F1、F2的夹角是120°，所以二者的合力为，且方向竖直向下的．-19-\n由牛顿第二定律得，整理得，轨道对小球的支持力．答：（1）在等量异种电荷A、B的电场中，M点的电势为．（2）在最低点C轨道对小球的支持力．点评：本题综合运用了动能定理、牛顿第二定律，关键是正确地进行受力分析，运用合适的规律进行求解． 17．（16分）（2022秋•扬州期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小．（2）粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小．（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期．抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式．根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于，根据该关系求出偏转电压的通项表达式．-19-\n解答：解：（1）电子经加速电场加速：eU1=mv2解得：v=（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得：=（L+）tanθ解得：tanθ=又tanθ====解得：U2=（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t==nT则T===（n=1，2，3，4…）在竖直方向位移应满足=2n×a（）2=2nו（）2解得：U0==（n=1，2，3，4…）答：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小v=．（2）偏转电场所加电压U2=．（3）偏转电场电压U0=（n=1，2，3，4…），周期T=（n=1，2，3，4…）．点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成． 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