2023-2024重庆市名校联盟高二（上）期中物理试卷（含解析）

2023-2024学年重庆市名校联盟高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1．（4分）关于静电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度为0的地方，电势也一定为0
B．同一电场中，电场线越密的地方，电场强度越大
C．电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能越大
D．电荷从电场中A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小不同
【分析】A.根据电场强度和电势的关系分析；
B.根据电场线的特点判断；
CD.根据电场力做功的特点和电势能的表达式分析判断。
【解答】解：A.根据电场的特点，由于0电势点可以根据需要人为确定，所以电场强度为0 的位置，电势不一定为0，故A错；
B.同一电场中，根据电场线的特点可知，电场线越密的地方，电场强度越大，故B正确；
C.电荷的电势能除与电场中某点的电势高低有关，还与电荷的电性有关，故C错误；
D.静电场中电场力做功取决于电荷本身和两点间的电势差，与带电粒子运动的路径无关，故D错误；
故选：B。
【点评】熟练掌握电场线的特点，会分析电场力做功与电势能的关系。
2．（4分）电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线的中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点。则（　　）
A．A、D两点场强相同
B．E、F两点电势不相等
C．B、O、C三点中，O点场强最大
D．电子在E点的电势能大于O点的电势能
【分析】根据电场强度的叠加分析电场强度的大小；等量异种电荷中垂线为等势线，同一电荷在同一个等势线上的电势能相等；电场线密的地方电场强度大，由此分析电场强度大小。
【解答】解：A、根据电场强度的叠加可知，A、D两点电场强度大小相等、方向相同，故A正确；
B、等量异种电荷中垂线的电势相等，E、F是连线的中垂线上关于O对称的两点，E、F两点的电势相等，故B错误；
C、电场线密的地方电场强度大，所以沿等量异种电荷连线上，电场强度先减小后增大，O点场强最小，故C错误；
D、等量异种电荷中垂线的电势相等，E、O两点的电势相等，电子在E点的电势能等于O点的电势能，故D错误。
故选：A。
【点评】无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；掌握等量异种电荷电场线的分别情况。
3．（4分）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．t＝1s时物块的速率为2m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为4kg m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。
【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，，则0﹣2s的速度规律为v＝at；t＝1s时，速率为1m/s，故A错误；
B、t＝2s时，速率为2m/s，则动量为P＝mv＝4kg m/s，故B正确；
CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg m/s，4s时速度为1m/s，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与动量定理的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。
4．（4分）质量为M的物体原来静止在粗糙均匀的水平面上，用水平恒力F对它作用时间T后撤去，再经过时间2T它又停下来。物体与水平面间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据动量定理解答即可。
【解答】解：对物块进行受力分析，受重力、支持力、拉力F、摩擦力f，全程应用动量定理可得：FT﹣μMg（2T+T）＝0
解得：
故B正确；ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了动量定理，解题关键是全程分析问题，比较简单。
5．（4分）如图所示，在半径为r的圆上有四个点正好构成正方形，在相应的点上固定有点电荷，点电荷所带电荷量已在图中标出，则圆心O处电场强度大小为（静电力常量为k）（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据点电荷电场强度公式E＝，结合矢量的合成法则，及几何关系，即可求解。
【解答】解：根据点电荷电场强度公式E＝可知，﹣Q与﹣Q在O点产生的场强E＝﹣＝0，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为E'＝﹣＝
故圆心O处电场强度大小为
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】考查点电荷的电场强度公式的应用，掌握矢量的合成法则，理解几何关系的正确运用。
6．（4分）如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，各接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为
C．Q滑至最低点时的速度为
D．Q的位移大小为
【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析求解。
【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
BD、设P的位移大小为x，则Q的位移大小为2R﹣x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
3mvQ﹣mvP＝0，即：3m×﹣m＝0
解得：x＝R，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2R﹣R＝R，故BD错误；
C、设Q到达最低点的速度大小为v1，此时P点的速度大小为v2，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
3mv1﹣mv2＝0
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR＝+
解得：v1＝，故C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解动量守恒的条件和机械能守恒的条件，结合能量转化的特点完成分析。
7．（4分）如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小，在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（　　）
A．T保持不变，F逐渐减小
B．T逐渐增大，F先变大后变小
C．T逐渐减小，F逐渐减小
D．T先变大后变小，F逐渐增大
【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F和线的拉力T三个力作用，作出力图，根据相似性进行分析求解．
【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图所示：
作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F＝G。
根据相似性得：＝＝
在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G'均不变，则线的拉力T不变，由于QB减小，所以F变小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）
（多选）8．（5分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）
A．a、b、c三条等势线中，c的电势最高
B．P点的电场强度大于Q点的电场强度
C．该带电质点在P点的速率小于在Q点的速率
D．该带电质点在P点具有的电势能小于在Q点的电势能
【分析】A、带点质点所带电荷极性未知，不能确定电势高低；
B、根据等势线的疏密表示电场的强弱分析；
CD、根据电场线与等势线垂直，画出电场线，根据合力指向轨迹内侧，画出过P、Q两点的电场力，根据电场力做功的正负可知电势能和动能的变化。
【解答】解：A、带电质点所带电荷极性未知，无法判断电场的方向，所以不能确定各点电势的高低，故A错误；
B、等势线的疏密表示电场的强弱，由图可知P点等势线比Q点等势线密集，所以P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确；
CD、根据电场线与等势面垂直，过P、Q两点画出电场线，如下图红色线所示：
若带电质点从P点运动到Q点，带电质点只受电场力，根据合力指向轨迹的内侧，画出P、Q两点的电场力如图所示，电场力与速度方向成钝角，所以从P到Q电场力做负功，电势能增加，动能减小，即：EPP＜EPQ，vP＞vQ
同理可知若带电质点从Q点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，则有：EPP＜EPQ，vP＞vQ，所以无论带电质点从P点运动到Q点还是从Q点运动到P点，该带电质点在P点的速率大于在Q点的速率，在P点具有的电势能小于在Q点的电势能，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动轨迹类问题，解题的关键是根据电场线与等势面垂直画出电场线，根据电场力指向轨迹内侧可知电场力方向，根据电场力与速度之间的夹角可知电场力做功的正负。
（多选）9．（5分）在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（　　）
A．在d～2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为
B．在0～d间与4d～6d间电场强度相同
C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到6d处
D．只要该带电小球就能运动到6d处
【分析】根据沿电场线方向电势降低，判断电场强度方向，利用φ﹣x图像斜率的代表场强的大小，判断电场强度，最后根据动能定理判断运动情况。
【解答】解：A、在d～2d间，根据图像沿x轴正方向电势不断减小，则电场强度方向沿x轴正方向，根据斜率代表电场强度得大小为，故A错误；
B、φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度，在0～d间与4d～6d间φ﹣x图线的切线斜率相同，所以电场强度相同，故B正确；
CD、带负电小球沿x轴正方向运动过程，电场力在d～4d间做负功，则只要带电小球恰好能运动到4d处，小球就能运动到6d处，0～4d过程，由动能定理有
代入解得：
即只要，带电小球就能通过4d处，也能到达6d处，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查对φ﹣x图像的理解，利用图像进行分析，做题中要注意斜率的物理含义。
（多选）10．（5分）如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的方波形电压。在t＝0时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是（　　）
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子从板间射出时的速度大小为v0
【分析】电子在平行金属板间水平方向不受力，做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用，内电子做匀加速直线运动，内电子匀减速直线运动，根据运动学规律可知，t＝T时刻离开电场时竖直方向速度为零。
【解答】解：A．电子在平行金属板间水平方向不受力，沿板方向做匀速直线运动，故A错误；
D．竖直方向上，内电子做匀加速直线运动，内电子匀减速至速度为零，出射速度大小为v0，故D正确；
B．竖直方向分位移为
由可知
故B正确；
C．0～T内电场力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，电子初速度方向与电场方向垂直，将电子运动分解为水平方向和竖直方向研究。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（6分）如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。
（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的 　电势差　（选填“电容”、“电势差”或“电荷量”）变化情况。
（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角 　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角 　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）静电计是测量电势差的仪器；
（2）根据电容的决定式和定义式分析即可。
【解答】解：（1）静电计是测量电势差的仪器，根据指针偏转角的大小判断电势差的大小，所以在本实验中使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差；
（2）电容器所带电荷量Q一定，将极板间距离d减小时，根据可知C增大，根据可知电容器两板间电势差减小，所以静电计指针偏转角减小；两板间插入一块玻璃时，介电常数 r增大，根据可知C增大，根据可知电容器两板间电势差减小，所以静电计指针偏转角减小。
故答案为：（1）电势差；（2）减小，减小。
【点评】要知道电容器的电容是由其本身性质所决定的，与电容器所带电荷量无关。
12．（9分）某同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验。斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在平直轨道上一侧固定有刻度尺。其操作步骤如下：
①将斜槽轨道放置在水平桌面上；
②用天平测得A、B两个滑块的质量分别为m1、m2；
③不放滑块B，使滑块A从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A最终静止在平直轨道上，记下滑块A静止时其右侧面对应的刻度x1；
④把滑块B放在平直轨道上，记下其左侧面对应的刻度x0；
⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A与滑块B发生碰撞后最终均静止在平直轨道上，记下最终滑块B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块A静止时其右侧面对应的刻度x3。
（1）实验中，必须满足的条件是 　C　（只有一个选项符合要求）。
A.倾斜轨道必须光滑
B.平直轨道必须水平
C.滑块A的质量应大于滑块B的质量
D.同一组实验中，滑块A静止释放的位置可以不同
（2）实验中滑块A碰撞前的速度大小 v0 与 　D　成正比；
A.x1
B.x1﹣x0
C.
D.
（3）若关系式＝　　成立，则可得出结论：滑块A、B碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证滑块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应满足的关系式为：　m 　。（均用给定的物理量符号表示）
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析；
（2）根据动能定理得出碰前速度的表达式即可完成分析；
（3）根据动量守恒定律，结合弹性碰撞的特点列式完成解答。
【解答】解：（1）A．倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块A到达底端的速度相同即可，故A错误；
B．因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直轨道的倾角为θ，由动能定理得：
（mgsinθ﹣μmgcosθ）x＝mv2
解得：v2＝2（gsinθ﹣μgcosθ）x
可见平直轨道不水平时，两滑块在轨道上碰撞前后的速度的平方仍与位移成正比，仍可用运动的位移代替速度，故B错误；
C．为防止滑块A与滑块B碰后反弹，则滑块A的质量必须大于滑块B的质量，故C正确；
D．为保证滑块A每次到达底端的初速度相同，则同一组实验中，滑块A静止释放的位置要相同，故D错误。
故选：C。
（2）对滑块A由动能定理得：
可得滑块A碰撞前的速度大小为：v0＝
即：v0∝，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（3）若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则有：m1v0＝m1v1+m2v2
又因为v0＝
v1＝
v2＝
联立可得：m1＝m1+m2
若滑块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律得：＝+
联立可得：m1（x1﹣x0）＝m1（x3﹣x0）+m2（x2﹣x0）
故答案为：（1）C；（2）D；（3）；m1（x3﹣x0）+m2（x2﹣x0）。
【点评】本题主要考查了 动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成解答。
四、解答题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（12分）带电荷量q＝﹣5.0×10﹣8C的点电荷从A点移到B点时，克服电场力做功3.0×10﹣6J。已知B点的电势为φB＝50V。求：
（1）A、B间的电势差UAB；
（2）A点的电势φA。
（3）点电荷放在B点时它的电势能。
【分析】（1）根据电场力做功得出两点间的电势差；
（2）结合B点的电势求出A点的电势；
（3）根据B点的电势，求出电荷在B点的电势能。
【解答】解：（1）A、B间的电势差
（2）因为UAB＝φA﹣φB，则φA＝φB+UAB＝50V+60V＝110V；
（3）点电荷放在B点时它的电势能
EP＝qφB＝﹣5×10﹣8×50J＝﹣2.5×10﹣6J。
答：（1）A、B间的电势差UAB为60V；
（2）A点的电势φA为110V；
（3）点电荷放在B点时它的电势能为﹣2.5×10﹣6J。。
【点评】电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样．电势差可正可负，在运用W＝qU求解电场力做功时，注意q的正负，电势差的正负都要代入计算．
14．（12分）固定的四分之一光滑圆弧轨道如图所示，从顶端A由静止释放一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），运动至圆弧轨道B点时，恰好沿水平切线方向滑上与B点等高、静止在光滑水平面上的长木板上。已知长木板的质量M＝4kg，圆弧轨道半径R＝0.8m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块滑动至B点时，对圆弧轨道B点的压力大小；
（2）长木板至少多长，才能保证小物块不滑出长木板。
【分析】（1）小物块从A点滑动至B点的过程，利用机械能守恒定律求出小物块滑动至B点时的速度大小；在B点，根据牛顿第二定律、第三定律求对圆弧轨道B点的压力大小；
（2）小物块在长木板上滑动时，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，当小物块和木板的速度相等时，此时木板的长度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律相结合求长木板的长度；
【解答】解：（1）根据题意，由机械能守恒定律有 解得；小物块在B点时，根据牛顿第二定律有，解得FN＝30N；根据牛顿第三定律得：FN'＝FN＝30N
（2）根据题意，取向右为正方向，设小物块到达木板右端时恰好和长木板达到共同速度v，根据动量守恒定律有mvB＝（M+m）v，解得v＝0.8m/s；设此时长木板的长度为L，根据功能关系有，解得L＝1.28m。
答：（1）求小物块滑动至B点时，对圆弧轨道B点的压力大小为30N；
（2）长木板至少为1.28m，才能保证小物块不滑出长木板。
【点评】本题的关键要理清小物块的运动过程，把握小物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。运用动量守恒定律和能量守恒定律研究小物块在长木板上运动的过程。
15．（18分）图中AB是绝缘水平面上相距d＝2m的两点，AB之间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小E＝4×104V/m。一带电量q＝+5×10﹣5C，质量m＝1kg的绝缘滑块Q静置在A点，滑块Q与水平面的动摩擦因数μ＝0.1，用长L＝0.4m的轻绳将不带电小球P悬挂在A点正上方的O点，保持绳子绷紧，将P球拉至与点O等高的水平位置，如图所示，现给P球竖直向下的初速度v0＝1m/s，此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m，整个过程没有电荷转移，P、Q体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。（g＝10m/s2）求：
（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P、Q的速度大小vP和vQ；
（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离；
（3）若场强E大小可改变，方向不变，试讨论在轻绳不松弛的前提下，场强E的取值范围及其对应滑块Q在AB段滑行的路程。
【分析】（1）小球P运动至与Q碰撞前，利用动能定理求出小球P与Q碰撞前瞬间的速度大小。P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出P与Q第一次碰撞后瞬间，P与Q的速度大小；
（2）P与Q第一次碰撞后，根据动能定理求滑块Q离A点的最远距离；
（3）分析Q的运动过程，结合临界条件，运用动能定理和能量守恒定律求解。
【解答】解：（1）小球P运动至与Q碰撞前，有：
解得：v＝3m/s
P与Q发生弹性碰撞，有：mv1＝mvP+mvQ
解得：vP＝0
vQ＝3m/s
（2）设碰撞后，Q没有滑离AB段，当Q减速至0，有
解得
x1＝1.5m＜d
假设成立，即P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m；
（3）当P与Q第一次碰撞后，Q恰好能滑到B点，则：
解得：
当 E＜2.5×104V/m 时，Q从B点离开电场，则Q在AB段滑行的路程为：S1＝d＝2m
当 E≥2.5×104V/m 时，Q没有从B离开，因为：qE＞μmg
则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为 x2 时，返回与P碰撞后，P恰好能回到
O点等高位置，则：
设Q回到A点时速度为 v2，Q从A开始运动到又回到A点时，
有：
P与Q再次碰撞，质量相等弹性碰撞，交换速度，则碰后P的速度也为v2，此后P运动至圆心等高，
有： 解得：
当 E＞3.4×105V/m 时，P超过O点等高位置，因为 ，P无法到达最高点，绳子松懈，不满足条件
当 2.5×104V/m≤E≤3.4×105V/m 时，因为qE＞μmg，Q无法停在AB段，最终停在A点，全过程，对系统，由能量守恒，有
解得：S2＝4.5m，则Q在AB段滑行的路程为：S2＝4.5m
综上：为保证绳子不松懈需满足为：E≤3.4×105V/m
当 E＜2.5×104V/m 时，Q在AB段滑行的路程为 S1＝2m
当 2.5×104V/m≤E≤3.4×105V/m 时，Q在AB段滑行的路程为 S2＝4.5m
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P、Q的速度大小分别为0和3m/s；
（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m；
（3）见解析。
【点评】解答本题时，要分析清楚P与Q的运动情况，挖掘隐含的临界情况和临界条件，分段运用动能定理和能量守恒定律是关键。2023-2024学年重庆市名校联盟高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1．（4分）关于静电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度为0的地方，电势也一定为0
B．同一电场中，电场线越密的地方，电场强度越大
C．电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能越大
D．电荷从电场中A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小不同
【分析】A.根据电场强度和电势的关系分析；
B.根据电场线的特点判断；
CD.根据电场力做功的特点和电势能的表达式分析判断。
【解答】解：A.根据电场的特点，由于0电势点可以根据需要人为确定，所以电场强度为0 的位置，电势不一定为0，故A错；
B.同一电场中，根据电场线的特点可知，电场线越密的地方，电场强度越大，故B正确；
C.电荷的电势能除与电场中某点的电势高低有关，还与电荷的电性有关，故C错误；
D.静电场中电场力做功取决于电荷本身和两点间的电势差，与带电粒子运动的路径无关，故D错误；
故选：B。
【点评】熟练掌握电场线的特点，会分析电场力做功与电势能的关系。
2．（4分）电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线的中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点。则（　　）
A．A、D两点场强相同
B．E、F两点电势不相等
C．B、O、C三点中，O点场强最大
D．电子在E点的电势能大于O点的电势能
【分析】根据电场强度的叠加分析电场强度的大小；等量异种电荷中垂线为等势线，同一电荷在同一个等势线上的电势能相等；电场线密的地方电场强度大，由此分析电场强度大小。
【解答】解：A、根据电场强度的叠加可知，A、D两点电场强度大小相等、方向相同，故A正确；
B、等量异种电荷中垂线的电势相等，E、F是连线的中垂线上关于O对称的两点，E、F两点的电势相等，故B错误；
C、电场线密的地方电场强度大，所以沿等量异种电荷连线上，电场强度先减小后增大，O点场强最小，故C错误；
D、等量异种电荷中垂线的电势相等，E、O两点的电势相等，电子在E点的电势能等于O点的电势能，故D错误。
故选：A。
【点评】无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；掌握等量异种电荷电场线的分别情况。
3．（4分）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．t＝1s时物块的速率为2m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为4kg m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。
【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，，则0﹣2s的速度规律为v＝at；t＝1s时，速率为1m/s，故A错误；
B、t＝2s时，速率为2m/s，则动量为P＝mv＝4kg m/s，故B正确；
CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg m/s，4s时速度为1m/s，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与动量定理的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。
4．（4分）质量为M的物体原来静止在粗糙均匀的水平面上，用水平恒力F对它作用时间T后撤去，再经过时间2T它又停下来。物体与水平面间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据动量定理解答即可。
【解答】解：对物块进行受力分析，受重力、支持力、拉力F、摩擦力f，全程应用动量定理可得：FT﹣μMg（2T+T）＝0
解得：
故B正确；ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了动量定理，解题关键是全程分析问题，比较简单。
5．（4分）如图所示，在半径为r的圆上有四个点正好构成正方形，在相应的点上固定有点电荷，点电荷所带电荷量已在图中标出，则圆心O处电场强度大小为（静电力常量为k）（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据点电荷电场强度公式E＝，结合矢量的合成法则，及几何关系，即可求解。
【解答】解：根据点电荷电场强度公式E＝可知，﹣Q与﹣Q在O点产生的场强E＝﹣＝0，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为E'＝﹣＝
故圆心O处电场强度大小为
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】考查点电荷的电场强度公式的应用，掌握矢量的合成法则，理解几何关系的正确运用。
6．（4分）如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，各接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为
C．Q滑至最低点时的速度为
D．Q的位移大小为
【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析求解。
【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
BD、设P的位移大小为x，则Q的位移大小为2R﹣x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
3mvQ﹣mvP＝0，即：3m×﹣m＝0
解得：x＝R，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2R﹣R＝R，故BD错误；
C、设Q到达最低点的速度大小为v1，此时P点的速度大小为v2，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
3mv1﹣mv2＝0
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR＝+
解得：v1＝，故C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解动量守恒的条件和机械能守恒的条件，结合能量转化的特点完成分析。
7．（4分）如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小，在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（　　）
A．T保持不变，F逐渐减小
B．T逐渐增大，F先变大后变小
C．T逐渐减小，F逐渐减小
D．T先变大后变小，F逐渐增大
【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F和线的拉力T三个力作用，作出力图，根据相似性进行分析求解．
【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图所示：
作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F＝G。
根据相似性得：＝＝
在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G'均不变，则线的拉力T不变，由于QB减小，所以F变小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）
（多选）8．（5分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）
A．a、b、c三条等势线中，c的电势最高
B．P点的电场强度大于Q点的电场强度
C．该带电质点在P点的速率小于在Q点的速率
D．该带电质点在P点具有的电势能小于在Q点的电势能
【分析】A、带点质点所带电荷极性未知，不能确定电势高低；
B、根据等势线的疏密表示电场的强弱分析；
CD、根据电场线与等势线垂直，画出电场线，根据合力指向轨迹内侧，画出过P、Q两点的电场力，根据电场力做功的正负可知电势能和动能的变化。
【解答】解：A、带电质点所带电荷极性未知，无法判断电场的方向，所以不能确定各点电势的高低，故A错误；
B、等势线的疏密表示电场的强弱，由图可知P点等势线比Q点等势线密集，所以P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确；
CD、根据电场线与等势面垂直，过P、Q两点画出电场线，如下图红色线所示：
若带电质点从P点运动到Q点，带电质点只受电场力，根据合力指向轨迹的内侧，画出P、Q两点的电场力如图所示，电场力与速度方向成钝角，所以从P到Q电场力做负功，电势能增加，动能减小，即：EPP＜EPQ，vP＞vQ
同理可知若带电质点从Q点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，则有：EPP＜EPQ，vP＞vQ，所以无论带电质点从P点运动到Q点还是从Q点运动到P点，该带电质点在P点的速率大于在Q点的速率，在P点具有的电势能小于在Q点的电势能，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动轨迹类问题，解题的关键是根据电场线与等势面垂直画出电场线，根据电场力指向轨迹内侧可知电场力方向，根据电场力与速度之间的夹角可知电场力做功的正负。
（多选）9．（5分）在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（　　）
A．在d～2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为
B．在0～d间与4d～6d间电场强度相同
C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到6d处
D．只要该带电小球就能运动到6d处
【分析】根据沿电场线方向电势降低，判断电场强度方向，利用φ﹣x图像斜率的代表场强的大小，判断电场强度，最后根据动能定理判断运动情况。
【解答】解：A、在d～2d间，根据图像沿x轴正方向电势不断减小，则电场强度方向沿x轴正方向，根据斜率代表电场强度得大小为，故A错误；
B、φ﹣x图线的切线斜率表示电场强度，在0～d间与4d～6d间φ﹣x图线的切线斜率相同，所以电场强度相同，故B正确；
CD、带负电小球沿x轴正方向运动过程，电场力在d～4d间做负功，则只要带电小球恰好能运动到4d处，小球就能运动到6d处，0～4d过程，由动能定理有
代入解得：
即只要，带电小球就能通过4d处，也能到达6d处，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查对φ﹣x图像的理解，利用图像进行分析，做题中要注意斜率的物理含义。
（多选）10．（5分）如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的方波形电压。在t＝0时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是（　　）
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子从板间射出时的速度大小为v0
【分析】电子在平行金属板间水平方向不受力，做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用，内电子做匀加速直线运动，内电子匀减速直线运动，根据运动学规律可知，t＝T时刻离开电场时竖直方向速度为零。
【解答】解：A．电子在平行金属板间水平方向不受力，沿板方向做匀速直线运动，故A错误；
D．竖直方向上，内电子做匀加速直线运动，内电子匀减速至速度为零，出射速度大小为v0，故D正确；
B．竖直方向分位移为
由可知
故B正确；
C．0～T内电场力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，电子初速度方向与电场方向垂直，将电子运动分解为水平方向和竖直方向研究。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（6分）如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。
（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的 　电势差　（选填“电容”、“电势差”或“电荷量”）变化情况。
（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角 　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角 　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）静电计是测量电势差的仪器；
（2）根据电容的决定式和定义式分析即可。
【解答】解：（1）静电计是测量电势差的仪器，根据指针偏转角的大小判断电势差的大小，所以在本实验中使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差；
（2）电容器所带电荷量Q一定，将极板间距离d减小时，根据可知C增大，根据可知电容器两板间电势差减小，所以静电计指针偏转角减小；两板间插入一块玻璃时，介电常数 r增大，根据可知C增大，根据可知电容器两板间电势差减小，所以静电计指针偏转角减小。
故答案为：（1）电势差；（2）减小，减小。
【点评】要知道电容器的电容是由其本身性质所决定的，与电容器所带电荷量无关。
12．（9分）某同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验。斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在平直轨道上一侧固定有刻度尺。其操作步骤如下：
①将斜槽轨道放置在水平桌面上；
②用天平测得A、B两个滑块的质量分别为m1、m2；
③不放滑块B，使滑块A从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A最终静止在平直轨道上，记下滑块A静止时其右侧面对应的刻度x1；
④把滑块B放在平直轨道上，记下其左侧面对应的刻度x0；
⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A与滑块B发生碰撞后最终均静止在平直轨道上，记下最终滑块B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块A静止时其右侧面对应的刻度x3。
（1）实验中，必须满足的条件是 　C　（只有一个选项符合要求）。
A.倾斜轨道必须光滑
B.平直轨道必须水平
C.滑块A的质量应大于滑块B的质量
D.同一组实验中，滑块A静止释放的位置可以不同
（2）实验中滑块A碰撞前的速度大小 v0 与 　D　成正比；
A.x1
B.x1﹣x0
C.
D.
（3）若关系式＝　　成立，则可得出结论：滑块A、B碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证滑块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应满足的关系式为：　m 　。（均用给定的物理量符号表示）
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析；
（2）根据动能定理得出碰前速度的表达式即可完成分析；
（3）根据动量守恒定律，结合弹性碰撞的特点列式完成解答。
【解答】解：（1）A．倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块A到达底端的速度相同即可，故A错误；
B．因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直轨道的倾角为θ，由动能定理得：
（mgsinθ﹣μmgcosθ）x＝mv2
解得：v2＝2（gsinθ﹣μgcosθ）x
可见平直轨道不水平时，两滑块在轨道上碰撞前后的速度的平方仍与位移成正比，仍可用运动的位移代替速度，故B错误；
C．为防止滑块A与滑块B碰后反弹，则滑块A的质量必须大于滑块B的质量，故C正确；
D．为保证滑块A每次到达底端的初速度相同，则同一组实验中，滑块A静止释放的位置要相同，故D错误。
故选：C。
（2）对滑块A由动能定理得：
可得滑块A碰撞前的速度大小为：v0＝
即：v0∝，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（3）若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则有：m1v0＝m1v1+m2v2
又因为v0＝
v1＝
v2＝
联立可得：m1＝m1+m2
若滑块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律得：＝+
联立可得：m1（x1﹣x0）＝m1（x3﹣x0）+m2（x2﹣x0）
故答案为：（1）C；（2）D；（3）；m1（x3﹣x0）+m2（x2﹣x0）。
【点评】本题主要考查了 动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成解答。
四、解答题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（12分）带电荷量q＝﹣5.0×10﹣8C的点电荷从A点移到B点时，克服电场力做功3.0×10﹣6J。已知B点的电势为φB＝50V。求：
（1）A、B间的电势差UAB；
（2）A点的电势φA。
（3）点电荷放在B点时它的电势能。
【分析】（1）根据电场力做功得出两点间的电势差；
（2）结合B点的电势求出A点的电势；
（3）根据B点的电势，求出电荷在B点的电势能。
【解答】解：（1）A、B间的电势差
（2）因为UAB＝φA﹣φB，则φA＝φB+UAB＝50V+60V＝110V；
（3）点电荷放在B点时它的电势能
EP＝qφB＝﹣5×10﹣8×50J＝﹣2.5×10﹣6J。
答：（1）A、B间的电势差UAB为60V；
（2）A点的电势φA为110V；
（3）点电荷放在B点时它的电势能为﹣2.5×10﹣6J。。
【点评】电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样．电势差可正可负，在运用W＝qU求解电场力做功时，注意q的正负，电势差的正负都要代入计算．
14．（12分）固定的四分之一光滑圆弧轨道如图所示，从顶端A由静止释放一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），运动至圆弧轨道B点时，恰好沿水平切线方向滑上与B点等高、静止在光滑水平面上的长木板上。已知长木板的质量M＝4kg，圆弧轨道半径R＝0.8m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块滑动至B点时，对圆弧轨道B点的压力大小；
（2）长木板至少多长，才能保证小物块不滑出长木板。
【分析】（1）小物块从A点滑动至B点的过程，利用机械能守恒定律求出小物块滑动至B点时的速度大小；在B点，根据牛顿第二定律、第三定律求对圆弧轨道B点的压力大小；
（2）小物块在长木板上滑动时，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，当小物块和木板的速度相等时，此时木板的长度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律相结合求长木板的长度；
【解答】解：（1）根据题意，由机械能守恒定律有 解得；小物块在B点时，根据牛顿第二定律有，解得FN＝30N；根据牛顿第三定律得：FN'＝FN＝30N
（2）根据题意，取向右为正方向，设小物块到达木板右端时恰好和长木板达到共同速度v，根据动量守恒定律有mvB＝（M+m）v，解得v＝0.8m/s；设此时长木板的长度为L，根据功能关系有，解得L＝1.28m。
答：（1）求小物块滑动至B点时，对圆弧轨道B点的压力大小为30N；
（2）长木板至少为1.28m，才能保证小物块不滑出长木板。
【点评】本题的关键要理清小物块的运动过程，把握小物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。运用动量守恒定律和能量守恒定律研究小物块在长木板上运动的过程。
15．（18分）图中AB是绝缘水平面上相距d＝2m的两点，AB之间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小E＝4×104V/m。一带电量q＝+5×10﹣5C，质量m＝1kg的绝缘滑块Q静置在A点，滑块Q与水平面的动摩擦因数μ＝0.1，用长L＝0.4m的轻绳将不带电小球P悬挂在A点正上方的O点，保持绳子绷紧，将P球拉至与点O等高的水平位置，如图所示，现给P球竖直向下的初速度v0＝1m/s，此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m，整个过程没有电荷转移，P、Q体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。（g＝10m/s2）求：
（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P、Q的速度大小vP和vQ；
（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离；
（3）若场强E大小可改变，方向不变，试讨论在轻绳不松弛的前提下，场强E的取值范围及其对应滑块Q在AB段滑行的路程。
【分析】（1）小球P运动至与Q碰撞前，利用动能定理求出小球P与Q碰撞前瞬间的速度大小。P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出P与Q第一次碰撞后瞬间，P与Q的速度大小；
（2）P与Q第一次碰撞后，根据动能定理求滑块Q离A点的最远距离；
（3）分析Q的运动过程，结合临界条件，运用动能定理和能量守恒定律求解。
【解答】解：（1）小球P运动至与Q碰撞前，有：
解得：v＝3m/s
P与Q发生弹性碰撞，有：mv1＝mvP+mvQ
解得：vP＝0
vQ＝3m/s
（2）设碰撞后，Q没有滑离AB段，当Q减速至0，有
解得
x1＝1.5m＜d
假设成立，即P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m；
（3）当P与Q第一次碰撞后，Q恰好能滑到B点，则：
解得：
当 E＜2.5×104V/m 时，Q从B点离开电场，则Q在AB段滑行的路程为：S1＝d＝2m
当 E≥2.5×104V/m 时，Q没有从B离开，因为：qE＞μmg
则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为 x2 时，返回与P碰撞后，P恰好能回到
O点等高位置，则：
设Q回到A点时速度为 v2，Q从A开始运动到又回到A点时，
有：
P与Q再次碰撞，质量相等弹性碰撞，交换速度，则碰后P的速度也为v2，此后P运动至圆心等高，
有： 解得：
当 E＞3.4×105V/m 时，P超过O点等高位置，因为 ，P无法到达最高点，绳子松懈，不满足条件
当 2.5×104V/m≤E≤3.4×105V/m 时，因为qE＞μmg，Q无法停在AB段，最终停在A点，全过程，对系统，由能量守恒，有
解得：S2＝4.5m，则Q在AB段滑行的路程为：S2＝4.5m
综上：为保证绳子不松懈需满足为：E≤3.4×105V/m
当 E＜2.5×104V/m 时，Q在AB段滑行的路程为 S1＝2m
当 2.5×104V/m≤E≤3.4×105V/m 时，Q在AB段滑行的路程为 S2＝4.5m
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P、Q的速度大小分别为0和3m/s；
（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m；
（3）见解析。
【点评】解答本题时，要分析清楚P与Q的运动情况，挖掘隐含的临界情况和临界条件，分段运用动能定理和能量守恒定律是关键。