三、实验题
15．某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．
①实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块，则表示气垫导轨已调整至水平状态．
②不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是
A．调节P使轨道左端升高一些
B．调节Q使轨道右端降低一些
C．遮光条的宽度应适当大一些
D．滑块的质量增大一些
E．气源的供气量增大一些
③实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m．由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是．
16．在探究规格为“6V 3W”的小电珠L的伏安特性曲线的实验中．
（1）实验室提供了量程为3V、内阻为
的电压表，出于安全考虑，要将其改装成量程为9V的电压表，则在改装时应将阻值R＝________Ω的电阻与量程为3V的电压表连接．
（2）选用量程为0.6A、内阻约为4Ω的电流表和量程为9V的电压表连接在电路中测小电珠的电流和电压．实验中要使系统误差尽量小，且电表示数变化范围尽量大，你认为以下实验电路应选________（填写相应的字母）．
（3）滑动变阻器有R1=10Ω和R2=1000Ω的两种规格，实验中应该选择__________．（填“R1”或“R2”）
四、解答题
17．带电荷量为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UB=20V．求：
（1）A、B间的电势差；
（2）A点的电势；
（3）q从A到B的电势能变化；
（4）将q/=-5.0x10—8C的点电荷放在A点时它的电势能．
18．如图所示，长为L的细绳一端与一质量为m的小球（可看成质点）相连，可绕过O点的水平转轴在竖直面内无摩擦地转动．在最低点a处给一个初速度，使小球恰好能通过最高点完成完整的圆周运动，求：
（1）小球过b点时的速度大小；
（2）初速度v0的大小；
（3）最低点处绳中的拉力大小．
19．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动．一长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2kg的球．当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零．现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2为0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D．g=10m/s2,求：
（1）m2在圆形轨道最低点C的速度为多大？
（2）光滑圆形轨道半径R应为多大？
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：
物体做曲线运动时，一定受到指向其曲线内侧的力，若物体只受电场力，则电场力一定指向曲线内侧，这是解决带电粒子在电场中做曲线运动的突破点，然后根据电场力做功情况进一步判断动能、电势能的变化情况，或者根据电场线方向判断电势的高低．
带电粒子所受电场力指向曲线内侧，即大体上是向右，带电粒子从M运动到N过程中速度方向和电场力的方向的夹角大于90°，电场力做负功，电势增大，动能减小，故N动能小，电势能大，故C正确D错误；由于不知电荷带电的正负，因此无法判断电场线方向，故三个等势面的电势高低无法判断，故AB错误．
2．C
【解析】
【详解】
接触前两个点电荷之间的库仑力大小为
，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为
，联立解得
，故C正确，ABD错误。
3．D
【解析】
根据U=Ed可知，在匀强电场中任意两点的电势差与两点之间沿电场线方向的距离成正比，故A错误；在匀强电场中，沿场强的方向电势一定是降低的，但电场中电势降低的方向不就是场强的方向，而电势降低最快的方向才是场强的方向，故B错误；电荷在等势面上移动时，由公式：
W=qU可知电场力不做功，但电荷要受电场力，故C错误；静电力做正功电势能一定减小，物体动能的变化与合外力的做功有关，所以电场力做正功，则动能不一定增加，故D正确．所以D正确，ABC错误．
4．D
【解析】
两点电荷连线上电场线方向从3指向1，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以3的电势高于1的电势，故A说法错误；根据对称性可知，5.6两点处电场线疏密程度相同，电场强度大小相等，方向都垂直与中垂线向左，所以5.6两点电场强度相同，故B说法正确；等量异种点电荷连线的中垂线是一条零等势线，所以4、5两点电势相等，故C说法正确；等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，1.3两点电场强度大小，方向都水平向左，所以电场强度相同，故D说法正确．所以选A．
5．C
【解析】A、B电容器板间的电压保持不变，故B错；当将极板A向下平移一小段距离时，根据
，分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A错误，D错；根据电容的决定式
得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大．故C正确，故选C．
点睛：
本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式
和电量Q=CU结合分析电量变化．根据U=Ed分析场强的变化．
6．D
【解析】
【详解】
A.轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，由同种电荷相互排斥，所以该粒子带正电．故A正确；
B.从a到b，电荷受到的力是排斥力，所以电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度．故B正确；
C.b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小．故C正确；
D.从a到b，电场力做负功，电势能增加．所以a点的电势能小于b点的电势能．故D错误．
本题选择错误的，故选D.
7．C
【解析】
【详解】
A.物体受到的摩擦力为静摩擦力，静摩擦力是根据牛顿第二定律来计算的，不能根据f=μFN来计算的，所以A错误；
B.对小物体受力分析可知，物体受重力、支持力和静摩擦力的作用，由于物体在水平方向做加速运动，摩擦力作为合力，所以由牛顿第二定律可得，f=ma，所以B错误；
CD.对整体由牛顿第二定律可得F=（M+m）a,所以加速度a=
，所以物体受到的摩擦力的大小f=ma=
，所以C正确，D错误．
故选C.
【点睛】
由于小车和木块一起作无相对滑动的加速运动，所以小车和木块的加速度大小相同，对小车和木块受力分析，根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小．
8．D
【解析】
把电子从A移动到B，电场力做正功，则从高电势向低电势运动，即
，从C到B，电场力做正功，故
，根据
可知
，即
，AB错误；AC电势相等，为一条等势线，电场线垂直直线AC，如图所示，
，解得
，C错误D正确．
9．B
【解析】
【详解】
油罐车上连接地线,屋顶按装避雷针以及印染厂车间保持湿度，都是防止静电；而复印机复印文件资料是利用静电，故选B.
10．A
【解析】
【详解】
①.当负电荷放在金属壳外时，使金属壳上端带正电荷，下端带负电荷，两端出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零．因此绝缘板上的小纸屑（图中S）不会被吸引，故①正确；
②.当负电荷放在金属壳内时，使金属壳内部带正电荷，外部带负电荷，导致出现感应电场．从而使得绝缘板上的小纸屑（图中S）会被吸引，故②错误；
③.当负电荷放在金属壳内时，由于接地，则使金属壳外不带电，所以外部没有电场，从而使得绝缘板上的小纸屑（图中S）不会被吸引，故③正确；
④.当负电荷放在金属壳外时，使金属壳上端带正电荷，下端带负电，导致出现感应电场．从而使得绝缘板上的小纸屑（图中S）会被吸引，故④错误．
本题选择小纸屑S不会被P吸引的，故选A
11．AD
【详解】
A．以小球和小车组成的系统为研究对象，只有小球的重力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确；
BD．当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，地面对小车的支持力大于小车和小球的总重力，整体所受的合力不为零，则系统的总动量不守恒，但是在水平方向上，系统的合外力为零，满足动量守恒，故B错误，D正确；
C．当小球摆到最低点时，令小球和小车的速度分别为v1和v2，质量分别为m、M，把小球和小车看成一个系统，水平方向上满足动量守恒：
，
根据能量守恒：
，
联立解得：
，
故C错误．
12．AC
【详解】
ABC．当质点B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；
将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：
Fsinθ-f=0 ①
N-Fcosθ-mg=0 ②
由①②两式可解得：
N=mg+Fcosθ；
f=Fsinθ；
其中G与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；
当质点B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，如下图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；
将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：
Fsinθ-f=0 ③
N-Fcosθ-mg=0 ④
由③④两式可解得：
N=mg+Fcosθ；
f=Fsinθ；
其中G与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；
综合以上两个过程可知：
物体A受到地面的支持力N先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故AC正确，B错误；
D．质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率一直为零，由W=Pt，A对B不做功，故D错误。
13．AB
【解析】等量异种电荷量连线的中垂线是一条等势线，上面所有点的电势相等，在中垂线上，电场方向垂直于中垂线指向负电荷，即水平向右，由O点向上下两边减小，根据对称性可知两点的电场强度相同，故AB正确．
14．AD
【解析】
试题分析：
根据沿电场线方向电势降低的性质，由
图知由A运动到点B电势降低，故电场线方向从A到B，从
图的斜率逐渐减小，故场强逐渐减小，既A、B两点的电场强度EA＞EB，电势φA>φB，选项A正确，选项C错误；由于电子受到水平向左的电场力的作用，电子做加速度减小的减速运动，既电子在A、B两点的速度vA>vB，故B选项错误；由于电场力做负功，所以电子的电势能增大，既电子在A、B两点的电势能EpA考点：
图象的意义电场线与电势的关系电场力做功与电势能的关系
15．①能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等
②AB
③mgL=
（m+M）（
）2–
（m+M）（
）2
【解析】
试题分析：
（1）实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在导轨任意位置静止或通过两光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态；
（2）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块向左做加速运动，右端过高，故可以调节P使轨道左端升高一些，或者调节Q使轨道右端降低一些，故选AB；
（3）滑块通过两个光电门的速度分别为
和
；则系统机械能守恒成立的表达式是
考点：
验证机械能守恒定律
16．2000ΩCR1
【详解】
（1）串联电路中电流相等，分压与电阻成正比：
，可得应串联的电阻为：
R=2000Ω；
（2）小灯泡属于小电阻，选择电流表外接，题目中要求电流从零开始变化，应选取滑动变阻器分压接法，故选C.
（3）因本实验中滑动变阻器采用分压接法，所以为了便于调节控制，应采用总阻值较小的滑动变阻器R1；
故答案为
（1）2000；
（2）C；（3）R1.
【点睛】
（1）串联电路中电流相等，电压与电阻成正比：
根据分压原理即可求出9V电压表的内阻，从而确定应串联的电阻；
（2）小灯泡属于小电阻，应选择电流表外接，题目中要求电流从零开始变化，应选取滑动变阻器分压接法；
（3）明确滑动变阻器接法，从而确定应选择的滑动变阻器．
17．
（1）-60V
（2）-40V（3）3×10-6J（4）2×10-6J
【解析】
试题分析：
根据电场力做功得出两点间的电势差，结合B点的电势求出A点的电势，根据电场力做功得出电势能的变化，根据A点的电势，求出电荷在A点的电势能．
（1）根据电势差的定义式可得A、B间的电势差：
（2）因为
，则有：
（3）从A到B，电场力做了-3×10-6J，所以电势能增加：
则△Ep＝−W＝3×10−6J．
（4）
=-5.0×10-8C的点电荷放在A点时它的电势能：
．
点睛：
本题主要考查了电势差的定义及电势能的计算，属于基础题．
18．
（1）vb=
（2）v0=
（3）F＝6mg
【解析】
试题分析：
小球恰好能通过最高点完成完整的圆周运动，知在最高点靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球过b点时的速度；根据机械能守恒定律求出小球初速度的大小；在最低点，靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最低点处绳中的拉力大小．
（1）小球恰好能通过最高点，重力提供向心力：
解得：
（2）从a点到最高点b的过程中，由机械能转化和守恒定律得：
解得：
（3）最低点处绳中的拉力大小为F，根据牛顿第二定律得：
解得：
点睛：
本题主要考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合运用，属于中等题．
19．①1.5m/s②0.045m
【分析】
（1）球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出到最低点时的速度，碰撞过程，根据动量守恒列式求碰后m2的速度．
（2）m2沿半圆形轨道运动，根据机械能守恒定律求出m2在D点的速度．恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出R．
【详解】
（1）设球m1摆至最低点时速度为v0，由小球（包括地球）机械能守恒：
，解得v0=4m/s
m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2．
选向右的方向为正方向，则：
m1v0=m1v1+m2v2
代入数值解得：
v2=1.5m/s
（2）m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有：
…①
由小球恰好通过最高点D点可知，重力提供向心力，即：
…②
由①②解得：
R=0.045m
【点睛】
本题主要考查了动量守恒、机械能守恒定律、向心力公式的应用，要知道小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力．
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