2022-2022学年山东省淄博市淄川一中高三（上）期中物理试卷 一．选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ）A．平抛运动、速度、点电荷等都是理想化模型B．物理学中所有物理量都是采用比值法定义的C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的 2．下列图象均能正确皮映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是（ ）A．B．C．D． 3．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1．由T1、T2和H的值可求得g等于（ ）A．B．C．D． 4．如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2022年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功．若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（ ）A．组合体所在轨道处的重力加速度g′=-21-\nB．组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=C．组合体的线速度大小v=D．组合体所得运行周期T′= 5．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）A．A球的受力情况未变，加速度为零B．C球的加速度沿斜面向下，大小为gC．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθD．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ 6．如图在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（不计重力）在恒力F作用下沿虚线从A点匀速运动到B点．已知力F和AB间的夹角θ，点A、B间的距离为d，小球带电q，则下列结论正确的是（ ）①场强大小为E=②A、B两点间的电势差为③带电小球从A点运动到B点的过程中电势能增加了Fdcosθ④若带电小球从B点向A点做匀速直线运动，则F必须反向．A．①②B．①③C．②③D．③④ 7．中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图所示．下图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（ ）-21-\nA．B．C．D． 8．如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是（ ）A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大 9．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（ ）A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大 10．如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）-21-\nA．B．C．D． 11．如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30°，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（ ）A．点电荷Q一定在AC的连线上B．连接CD的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功D．φC大于φA 12．一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O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是（ ）A．x1处电场强度最大B．x2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 二、实验题，（本题共16分，13题7分，14题9分，），把答案填在答题卡上13．某兴趣小组的同学准备用如图所示的实验器材测定物体下落时的重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．-21-\n（1）使用游标卡尺测量出小球的直径D．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的时间为△t，则小球经过光电门2的速度为v= ，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= ．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为 ． 14．LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为0至50mA，内阻RA1约为3Ω）B．电流表A2（量程为0至3mA，内阻RA2=15Ω）C．定值电阻R1=697ΩD．定值电阻R2=1985ΩE．滑动变阻器R（0至20Ω）一只F．电压表V（量程为0至12V，内阻RV=1kΩ）G．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）F．开关S一只（1）如图所示，请选择合适的器材，电表1为 ，电表2为 ，定值电阻为 ．（填写器材前的字母编号）（2）将采用的电路图补充完整．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx= （填字母），当表达式中的 （填字母）达到 ，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻．-21-\n 三、计算题（15题8分，16题12分，17题16分，共36分，解答要解题完整．）15．舰载战斗机在运动航母上降落，风险之高，难度之大，一向被喻为“刀尖上的舞蹈”．舰载战斗机的降落可简化为下列物理模型：时速为300Km/h的舰载机在航母阻拦系统的帮助下做匀减速运动100m后安全停下．而以时速为250Km/h的普通战斗机在机场上降落需滑行1000m．g取10m/s2．试求：（1）舰载机和普通战斗机降落时的加速度大小之比．（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比． 16．（12分）（2022秋•淄博校级期中）如图所示，一质量为mB=2kg，长为L=6m的薄木板B放在水平面上，质量为mA=2kg的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以v0=5m/s的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a=2m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F=8N．已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10m/s2，则（1）经多长时间物体A滑离木板？（2）木板与水平面间的动摩擦因数为多少？ 17．（16分）（2022•休宁县校级模拟）如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置，AB是半径为R=2m的圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板．D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．（取g=10m/s2）（1）当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．（2）当H=1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．（3）为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围． 2022-2022学年山东省淄博市淄川一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一．选择题（共48分，本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）-21-\n1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ）A．平抛运动、速度、点电荷等都是理想化模型B．物理学中所有物理量都是采用比值法定义的C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的【考点】物理学史．【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．知道等效替代法的含义．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，但是速度不是，故A错误．B、物理学中不是所有物理量都采用比值法定义的，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷还存在磁场，故D错误；故选：C．【点评】本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答． 2．下列图象均能正确皮映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是（ ）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据位移的坐标变化量分析物体的位移情况，根据速度图象的“面积”确定t=2s时刻物体的位移是否最大．【解答】解：A、位移的斜率在变化，物体的速度大小和方向在变化，物体在t=1s内位移为2m，t=2s内位移为0．B、根据速度图象的“面积”得到物体在t=2s内位移大于．C、物体在前1s内位移等于，在后1s内物体为位移为﹣=﹣1m，则t=2s内位移为0．D、物体前1s内位移为1m，后1s内位移为﹣1m，在t=2s内物体的位移为0．故选B【点评】位移图象坐标表示位置，坐标变化量表示位移．而速度图象与坐标轴所围“面积”表示位移． 3．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2-21-\n；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1．由T1、T2和H的值可求得g等于（ ）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据竖直上抛运动的对称性，求出小球从O点和P点到达最高点的时间，根据速度时间公式求出O和P点的速度，结合平均速度推论，抓住OP间的距离求出g值的大小．【解答】解：从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2，根据竖直上抛运动的对称性，知小球到达最高点的时间为，根据速度时间公式得，O点的速度，小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1．同理知小球从P点到达最高点的时间为，根据速度时间公式得，P点的速度，根据平均速度推论知，H=，解得g=．故选：C．【点评】对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题． 4．如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2022年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功．若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（ ）A．组合体所在轨道处的重力加速度g′=B．组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=C．组合体的线速度大小v=-21-\nD．组合体所得运行周期T′=【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】设地球的质量为M，组合体所在轨道处的线速度大小为v=，重力加速度g′=，地球表面的重力加速度g=．由g′=ω2（R+h）得到角速度．组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，其周期小于同步卫星的周期．由v=ω（R+h）得到线速度．由T=得到周期．【解答】解：A、设地球的质量为M，组合体所在轨道处的线速度大小为v=，重力加速度g′=an==，地球表面的重力加速度g=．联立得g′=．故A错误．B、由g′=ω2（R+h）得，ω=．故B正确．C、组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，其周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期T′＜T，故组合体的线速度大小v＞．故C错误．D、组合体的运行周期T′==2π=．故D正确．故选：BD【点评】本题关键要掌握卫星的速度公式v==，由圆周运动的其他量与线速度的关系，推导其他量的关系式． 5．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）A．A球的受力情况未变，加速度为零B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g-21-\nC．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθD．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分别以B、AB组成的系统、C为研究对象，由牛顿第二定律分析答题【解答】解：A、细线被烧断的瞬间，AB作为整体，不再受细线的拉力作用，故受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；B、对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向向下，故B错误；C、以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=3mgsinθ，以C为研究对象知，细线的拉力为mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于3mgsinθ﹣2mgsinθ=mgsinθ，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度a=gsinθ，B的加速度为：a=gsinθ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB﹣mgsinθ=ma，解得：FAB=mgsinθ，故C错误，D正确；故选：D【点评】本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意 6．如图在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（不计重力）在恒力F作用下沿虚线从A点匀速运动到B点．已知力F和AB间的夹角θ，点A、B间的距离为d，小球带电q，则下列结论正确的是（ ）①场强大小为E=②A、B两点间的电势差为③带电小球从A点运动到B点的过程中电势能增加了Fdcosθ④若带电小球从B点向A点做匀速直线运动，则F必须反向．A．①②B．①③C．②③D．③④【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】定量思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】小球只受到拉力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，拉力与电场力是一对平衡力．再根据电场力做功的特点求出其他的物理量．根据功能关系求电势能的增加量．-21-\n【解答】解：①由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，合力为0，则恒力F与电场力是一对平衡力．所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反．即有qE=F，则得E=．故①错误．②从A到B的过程，电场力做功的大小：W=﹣F•dcosθ．则AB两点的电势差为：U==，故②正确．③从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为F•dcosθ，故③正确．④要使带电小球由B向A做匀速直线运动，合力仍为0，电场力不变，故F的大小和方向都不变．故④错误．故选：C【点评】对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键．要注意电场力做功与恒力F做功符号的不同． 7．中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图所示．下图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（ ）A．B．C．D．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】每一个夸克都受到其他两个夸克的库仑力作用，根据库仑定律和力的合成求解．【解答】解：三个夸克都在半径为r的同一圆周，形成了等边三角形，电荷量为的下夸克受到另一个电荷量为的下夸克的库仑斥力F1和电荷量为的上夸克库仑引力F2．根据库仑定律得：F1=F2根据力的合成得F1和F2的合力方向竖直向上，据对称性另一个下夸克受静电作用力的方向也是竖直向上．故A、C、D错误，B正确．故选：B．【点评】解决该题关键要根据库仑定律以及矢量的合成完成． -21-\n8．如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是（ ）A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】物块A受重力、支持力、静摩擦力，可能受弹簧弹力，也可能不受弹簧弹力，根据共点力平衡进行分析．【解答】解：物块A可能受到的弹簧弹力为零，受重力、支持力，二力处于平衡．也可能受重力、支持力、弹簧弹力和静摩擦力处于平衡．A、若弹簧的弹力为0，物体A受到重力和支持力的作用，不受摩擦力．此时选取A与B组成的系统为研究的对象，系统仅仅受到重力和地面的支持力的作用，所以地面对B也无摩擦力．故A正确；B、B对A有向左的摩擦力，若要平衡则应该受到弹簧的弹力，对AB整体受到重力支持力，弹簧的弹力，若要平衡必须有向左的摩擦力，故B正确；C、由以上的分析可知，弹簧可能对A由拉力，也可能没有拉力．当弹簧对A没有拉力时，P向下运动的过程中，不会对A与B组成的系统产生影响．故CD错误．故选：AB．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用． 9．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（ ）A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大【考点】弹性势能；机械能守恒定律．-21-\n【分析】正确解答该题要分析清楚过程中两物体受力的变化情况和各个力做功情况，根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用．【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律有：mBg﹣kx=（mA+mB）a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小．对B，由mBg﹣T=mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；B、对于A物体、B物体以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增大，所以A物体与B物体组成的系统机械能不断减少，故B正确；C、A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量等于A的机械能增加量与弹性势能增加量之和，所以B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误D、由于弹簧的拉力先小于细线的拉力，后大于细线的拉力，A先加速后减速，当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时，A的速度最大，动能最大，此时A的加速度为零，B的加速度也为零，细线的拉力等于B的重力，可知弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大．故D正确．故选：BD【点评】正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用． 10．如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析．【解答】解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为P=I2R，P∝I2，故A正确．B、电容器C的电压UC=E﹣I（R2+r），电荷量Q=CUC=C[E﹣I（R2+r）]，则=﹣C（R2+r），保持不变，则Q﹣I图象是向下倾斜的直线，故B正确．-21-\nC、电压表示数U=E﹣Ir，U﹣I图象应是向下倾斜的直线，故C错误．D、电源通过电荷量q时电源做的功W=qE，E是电源的电动势，则W﹣I是过原点的直线，故D错误．故选：AB．【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法． 11．如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30°，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（ ）A．点电荷Q一定在AC的连线上B．连接CD的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功D．φC大于φA【考点】电势；等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和CD的中垂线的交点上，在AC的连线上如图，故A正确；B、φC=φD，线段CD是C、D所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，将正试探电荷从C点搬运到B点，电势能增加，故电场力做负功，故C正确；D、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，故φC小于φA，故D错误．故选：AC【点评】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低；基础问题 12．一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O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是（ ）-21-\nA．x1处电场强度最大B．x2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化．【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误．B、D、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，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B正确，D错误；C、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，因粒子带负电，q＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故C正确．故选：BC【点评】本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况． 二、实验题，（本题共16分，13题7分，14题9分，），把答案填在答题卡上13．某兴趣小组的同学准备用如图所示的实验器材测定物体下落时的重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（1）使用游标卡尺测量出小球的直径D．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的时间为△t，则小球经过光电门2的速度为v= ，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h= vt﹣ ．-21-\n（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为 2k ．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题．【分析】根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门2的速度大小．采用逆向思维，结合位移时间公式求出h的表达式．根据h的表达式得出的关系式，结合图线的斜率得出重力加速度的大小．【解答】解：（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度，则小球经过光电门2的速度为：v=．采用逆向思维，根据位移时间公式得：h=，（3）根据h=知：，知图线的斜率绝对值k=，则g=2k．故答案为：（2），vt﹣，（3）2k．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题中求解高度h，采用逆向思维比较简捷． 14．LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为0至50mA，内阻RA1约为3Ω）B．电流表A2（量程为0至3mA，内阻RA2=15Ω）C．定值电阻R1=697ΩD．定值电阻R2=1985ΩE．滑动变阻器R（0至20Ω）一只F．电压表V（量程为0至12V，内阻RV=1kΩ）G．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）F．开关S一只-21-\n（1）如图所示，请选择合适的器材，电表1为 F ，电表2为 B ，定值电阻为 D ．（填写器材前的字母编号）（2）将采用的电路图补充完整．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx= （填字母），当表达式中的 I2 （填字母）达到 1.5mA ，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用．根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，得到LED的电阻．【解答】解：（1）（2）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：R===1000Ω，A2的内阻约为15Ω，则定值电阻应选D；LED灯正常工作时的电流约为I===6mA左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示，-21-\n由以上分析可知，电表1为F，电表2为B，定值电阻为D．（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=﹣I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX==．改装后的电压表内阻为RV=1985+15Ω=2000Ω，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．故答案为：（1）F；B；D；（2）电路图如图所示；（2）；I2；1.5mA．【点评】本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流． 三、计算题（15题8分，16题12分，17题16分，共36分，解答要解题完整．）15．舰载战斗机在运动航母上降落，风险之高，难度之大，一向被喻为“刀尖上的舞蹈”．舰载战斗机的降落可简化为下列物理模型：时速为300Km/h的舰载机在航母阻拦系统的帮助下做匀减速运动100m后安全停下．而以时速为250Km/h的普通战斗机在机场上降落需滑行1000m．g取10m/s2．试求：（1）舰载机和普通战斗机降落时的加速度大小之比．（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合速度之比和位移之比求出加速度之比．（2）根据速度位移公式和牛顿第二定律得出F与m的关系，从而得出舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比．【解答】解：（1）设舰载机和普通战斗机降落时加速度大小分别为a1和a2，根据运动学公式：v2=2ax，得：，解得：．（2）对舰载机分析：，设飞行员质量为m，所受作用力为F．由牛顿运动定律：F=ma1，代入数据解得：F=34.7m故舰载机飞行员在航母上降落时所受的作用力与其自身的体重之比．答：（1）舰载机和普通战斗机降落时的加速度大小之比为72：5．-21-\n（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比为3.47．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大． 16．（12分）（2022秋•淄博校级期中）如图所示，一质量为mB=2kg，长为L=6m的薄木板B放在水平面上，质量为mA=2kg的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以v0=5m/s的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a=2m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F=8N．已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10m/s2，则（1）经多长时间物体A滑离木板？（2）木板与水平面间的动摩擦因数为多少？【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】（1）A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，根据两者的位移之差等于L，结合运动学公式求出物体A滑离木板的时间．（2）A受力平衡，求出AB之间的摩擦力，再隔离对B分析，根据牛顿第二定律求出木板与水平面间的动摩擦因数．【解答】解：（1）设经t0时间物体A滑离木板，则对A：xA=v0t0对木板B：xB=at02xA﹣xB=L代入数据解得：t0=2s（另解舍去）．（2）A在B上滑动时，A匀速运动，则FfAB=F．设地面对B的滑动摩擦力为FfB1，则由牛顿第二定律得：FfAB﹣FfB1=mBa，FfB1=μFN，FN=（mA+mB）g代入数据可解得：μ=0.1．答：（1）经2s时间物体A滑离木板；（2）木板与水平面间的动摩擦因数为0.1．【点评】解决本题的关键理清A、B在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等． 17．（16分）（2022•休宁县校级模拟）如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置，AB是半径为R=2m的圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板．D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．（取g=10m/s2）（1）当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．（2）当H=1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．（3）为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围．-21-\n【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）先对从P到D过程根据动能定理列式求解D点速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力．（2）先判断能够第一次到达O点，第二次来到D点是沿着原路返回，然后判断能否第三次到达D点，最后对全程根据动能定理列式求解总路程．（3）先判断出小球能够发生第二次碰撞的条件，然后判断出小球仅仅能发生第二次碰撞，而满足不会离开CDO轨道的条件，综合即可．【解答】解：（1）设小球第一次到达D的速度VD，P到D点的过程对小球根据动能定理列式，有：mg（H+r）﹣μmgL=mVD2在D点对小球列牛顿第二定律：FN=m联立解得：FN=32N（2）第一次来到O点，速度V1，P到O点的过程对小球根据动能定理列式，有：mgH﹣μmgL=mV12解得：V12=12要能通过O点，须mg＜m临界速度VO2=10故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回，设第三次来到D点的动能EK对之前的过程根据动能定理列式，有：mg（H+r）﹣3μmgL=EK代入解得：EK=0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程S对全过程根据动能定理列式，有：mg（H+R）﹣μmgS=0解得：S=8.5m（3）为使小球与挡板碰撞第二次，需满足：代入数据解得：H≥2.9m为使小球与仅仅挡板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，需满足：mg（H+r）﹣5μmgL≤0代入数据解得：H≤3m-21-\n故：2.9m≤H≤3.0m答：（1）当H=1.4m时，此球第一次到达D点对轨道的压力大小为32N．（2）当H=1.4m时，此球不会脱离CDO轨道，静止前球在水平轨道经过的路程为8.5m．（3）为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，H需满足：2.9m≤H≤3.0m【点评】本题关键是结合动能定理和向心力公式判断物体的运动情况，注意临界点D和Q位置的判断． 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