屆河北省石家莊市普通高中學(xué)校高三上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．如圖所示，乒乓球從斜面上滾下，以一定的速度在光滑水平桌面上沿直線勻速運(yùn)動。在與乒乓球路徑相垂直的方向上有一個洞，當(dāng)球經(jīng)過洞口正前方時，對球沿三個不同的方向吹氣，下列說法正確的是（）A．沿方向1吹氣，乒乓球可能進(jìn)入洞內(nèi)B．沿方向2吹氣，乒乓球可能進(jìn)入洞內(nèi)C．沿方向3吹氣，乒乓球可能進(jìn)入洞內(nèi)D．沿三個方向吹氣，乒乓球均不可能進(jìn)入洞內(nèi)2．榫卯結(jié)構(gòu)是中國傳統(tǒng)建筑、家具和其他木制器具的主要結(jié)構(gòu)方式。如圖甲所示為榫眼的鑿削操作，圖乙為截面圖，鑿子尖端夾角為θ，在鑿子頂部施加豎直向下的力F時，其豎直面和側(cè)面對兩側(cè)木頭的壓力分別為F1和FA．F1大于B．夾角θ越小，F(xiàn)1C．夾角θ越小，F(xiàn)2D．夾角θ越大，鑿子越容易鑿入木頭3．如圖為某電子透鏡中電場的等勢面（虛線）的分布圖，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運(yùn)動，其軌跡如圖中實(shí)線所示，電子先后經(jīng)過O、P、Q三點(diǎn)。電子從O點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，關(guān)于電子的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．加速度一直減小B．速度先減小后增大C．在O點(diǎn)電勢能比在Q點(diǎn)電勢能小D．從O點(diǎn)到P點(diǎn)電場力做功與從P點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做功相等4．利用加速度傳感器可以顯示物體運(yùn)動過程中的加速度變化情況，當(dāng)加速度方向豎直向上時，傳感器示數(shù)為正。如圖為一物體在豎直方向上由靜止開始往返運(yùn)動一次的過程中加速度隨時間變化的圖像。關(guān)于該物體的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．2tB．4tC．6t0時刻的速度大小為D．8t0時刻的速度大小為5．如圖所示，從距秤盤h高處把一筒豆粒由靜止持續(xù)均勻地倒在秤盤上，從第一粒豆落入秤盤至最后一粒豆落入秤盤用時為t，豆粒的總質(zhì)量為m。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗娜种?，忽略豆粒與秤盤碰撞過程中豆粒的重力。已知重力加速度為g，則碰撞過程中秤盤受到的平均壓力大小為（）A．4m2gh3t B．4m2ght C．6．如圖所示，將兩根粗細(xì)相同、材料不同的長軟繩甲、乙的一端連接在一起，1、2、3、4…為繩上的一系列間距均為0.1m的質(zhì)點(diǎn)，其中質(zhì)點(diǎn)10為兩繩的結(jié)點(diǎn)，繩處于水平方向。手持質(zhì)點(diǎn)10在豎直方向做簡諧運(yùn)動，形成向左和向右傳播的兩列簡諧波Ⅰ、Ⅱ，其中波Ⅰ的波速為0.2m/s。某時刻質(zhì)點(diǎn)10處在波谷位置，5s后此波谷傳到質(zhì)點(diǎn)15，此時質(zhì)點(diǎn)10正好通過平衡位置向上運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)10與質(zhì)點(diǎn)15之間還有一個波谷，下列說法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)10的振動周期為2sB．波Ⅰ的波長為2C．波Ⅱ的波長為2D．當(dāng)質(zhì)點(diǎn)15處于波峰時，質(zhì)點(diǎn)6處于平衡位置7．ETC是高速公路上不停車電子收費(fèi)系統(tǒng)的簡稱。如圖所示，以15m/s勻速行駛的汽車可選擇ETC通道或人工收費(fèi)通道，完成繳費(fèi)后速度回到15m/s進(jìn)入正常行駛。如果選擇人工收費(fèi)通道，需要在收費(fèi)站中心線處減速至0，經(jīng)過30s繳費(fèi)后，再加速至15m/s行駛；如果選擇ETC通道，需要在中心線前方10m處減速至5m/s，勻速到達(dá)中心線后，再加速至15m/s行駛。若汽車加速和減速過程的加速度大小均為1m/sA．45s B．37s C．12s D．8s二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有兩個或兩個以上選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．如圖所示，Ⅰ為北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對地張角為2θ，運(yùn)動周期為T1；Ⅱ?yàn)榈厍虻慕匦l(wèi)星，運(yùn)動周期為TA．衛(wèi)星Ⅰ運(yùn)動的線速度大于衛(wèi)星Ⅱ的線速度B．衛(wèi)星Ⅰ運(yùn)動的角速度小于衛(wèi)星Ⅱ的角速度C．TD．T9．一列有8節(jié)車廂的動車一般是4動4拖，其中第1節(jié)、第3節(jié)、第6節(jié)、第8節(jié)車廂是帶動力的，其余4節(jié)車廂是不帶動力的。如圖所示，該動車在平直軌道上勻加速向右啟動時，若每節(jié)動力車廂提供的牽引力大小均為F，每節(jié)車廂質(zhì)量均為m，每節(jié)車廂所受阻力均為該節(jié)車廂重力的k倍，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．整列車的加速度大小為F?2kmgB．整列車的加速度大小為F?kmgC．第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為0D．第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為110．如圖所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧，一端固定在水平地面上，另一端連接質(zhì)量為0.1kg的物塊P，質(zhì)量也為0.1kg的物塊Q從距物塊P正上方0.8m處由靜止釋放，兩物塊碰撞后粘在一起與彈簧組成一個豎直方向的彈簧振子，已知該彈簧的勁度系數(shù)為10N/m，重力加速度g取10m/sA．兩物塊碰撞前瞬間，物塊Q的速度大小為4m/sB．兩物塊碰撞過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.6JC．兩物塊碰撞后，物塊P下降的最大距離為0.4mD．兩物塊碰撞后，兩物塊做簡諧運(yùn)動的振幅為0.3m三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．某小組做“觀察電容器的充放電”實(shí)驗(yàn)。（1）該小組首先自制了一個電容器，如圖甲所示，他們用兩片錫箔紙做電極，用兩層電容紙（某種絕緣介質(zhì)）將錫箔紙隔開，一起卷成圓柱形，然后接出引線，再密封在塑料瓶當(dāng)中，電容器便制成了。為了增加該電容器的電容，下列說法正確的是___________。A．錫箔紙面積盡可能小些B．錫箔紙卷繞得盡可能緊，以減小錫箔紙間的距離C．增大電容器的充電電壓D．減小電容器所帶的電荷量（2）該小組將自制電容器C1接入如圖乙所示的電路中，將開關(guān)接“1”一段時間后，再將開關(guān)接“2”。在下列四個圖像中，能表示以上過程中通過傳感器的電流i隨時間t變化的圖像為（選填“A”或“B”）、電容器兩極板間的電壓隨時間變化的圖像為A.B.C.D.（3）該小組還自制了另一電容器C2，電容器C2的電容大于電容器C1的電容。將兩電容器C1、C2分別接入圖乙所示電路中進(jìn)行充電實(shí)驗(yàn)時，通過傳感器的電流i隨時間t變化的圖像如圖丙所示，其中對應(yīng)電容器C（4）若將圖乙中的電阻R換成阻值更大的電阻，則電容器C1開始放電的電流（選填“變大”、“變小”或“不變”），所得的i?t圖像與橫軸所圍的面積12．某小組利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證牛頓第二定律。質(zhì)量為M的滑塊兩端各有一個擋光寬度為d的遮光板1、2，兩遮光板中心的距離為L，如圖乙所示。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）實(shí)驗(yàn)前，接通氣源，將滑塊（不掛鉤碼）置于氣墊導(dǎo)軌上，輕推滑塊，遮光板1、2經(jīng)過光電門的擋光時間分別為t0、t0'，由此可知，遮光板1經(jīng)過光電門時的速度為（2）掛上質(zhì)量為m的鉤碼，將滑塊由光電門左側(cè)某處釋放，記錄遮光板1、2的擋光時間t1（3）更換不同數(shù)量的鉤碼，多次記錄遮光板1、2的擋光時間。（4）將鉤碼的總重力記為滑塊受到的合力F，作出滑塊的合力F與1t22（5）由于實(shí)驗(yàn)中鉤碼的總重力并不等于滑塊的合力F，要想本實(shí)驗(yàn)合力的相對誤差合力的測量值(鉤碼的總重力)?合力的真實(shí)值合力的真實(shí)值A(chǔ).0.12MB.0.06MC.0.03MD.0.02M13．如圖，傾角為37°的斜面與水平地面平滑連接，在水平地面上方存在著與地面成53°角斜向上的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為0.4kg、帶電量為+1×10?2C的絕緣物塊恰能沿斜面勻速下滑，進(jìn)入水平地面后仍能勻速滑行。已知物塊與斜面及水平地面間的動摩擦因數(shù)相等，重力加速度g（1）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。唬?）若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向可以變化，為使該帶電物塊仍能在水平地面上勻速滑行，求電場強(qiáng)度的最小值。14．如圖所示，長為L2=1.5m的水平傳送帶左右兩端與水平軌道平滑連接，傳送帶以v0=4.0m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動；左側(cè)粗糙軌道RQ的長為L1=3.25m，左端R點(diǎn)固定有彈性擋板；右側(cè)光滑軌道PN的長為L3=3.5m，其右端與半徑大于100m的光滑圓弧軌道的一小段相切（N點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)）?，F(xiàn)將一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從圓弧軌道上某位置由靜止釋放，物塊向左運(yùn)動至擋板處與擋板發(fā)生彈性碰撞后向右剛好能運(yùn)動到P點(diǎn)。已知小物塊與傳送帶以及左側(cè)軌道的滑動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，π2=10，不計(jì)物塊與擋板的碰撞時間。（1）求物塊第一次到達(dá)Q點(diǎn)時的速度大小；（2）為滿足上述運(yùn)動，求物塊從圓弧軌道上釋放高度的范圍；（3）當(dāng)物塊從圓弧軌道上高度為0.8m的位置由靜止釋放后，發(fā)現(xiàn)該物塊在圓弧軌道上運(yùn)動的時間與從N點(diǎn)運(yùn)動至第二次到達(dá)P點(diǎn)的時間相等，求圓弧軌道的半徑。15．將扁平的小石片在手上呈水平放置后用力拋出，石片遇到水面后并不會直接沉入水中，而是擦著水面滑行一小段距離后再彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中，即稱為“打水漂”。如圖所示，小明在岸邊離水面高度h0=1.25m處，將質(zhì)量m=20g的小石片以初速度v0=6m/s水平拋出，小石片在水面上滑行時受到的水平阻力恒為f=0.4N，且小石片每次接觸水面時間Δt=0.05s后彈起，彈起時豎直方向的速度與當(dāng)時沿水面滑行的速度之比為常數(shù)k=0.8，小石片在水面上彈跳數(shù)次后沿水面的速度減為零。重力加速度（1）小石片第一次與水面接觸前瞬間水平方向的位移大??；（2）小石片第一次與水面接觸的過程中，水對小石片做的功；（3）從拋出到水平速度減為0，小石片在水平方向運(yùn)動的總位移大小。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】本題關(guān)鍵明確乒乓球參與的兩個分運(yùn)動，然后合成得到合運(yùn)動。分運(yùn)動與分運(yùn)動相互獨(dú)立。分別沿方向1、方向2、方向3吹氣，對乒乓球的速度分析吹氣時乒乓球在原有速度v0的基礎(chǔ)上分別增加速度v1、v2故選C。

【分析】曲線運(yùn)動的條件是合力與速度不共線；乒乓球受力后參與了兩個方向的分運(yùn)動，據(jù)此判斷即可。2．【答案】B【解析】【解答】本題考查了共點(diǎn)力的平衡，解題的關(guān)鍵是把力F根據(jù)力的作用效果分解，根據(jù)幾何關(guān)系找出F與兩個分力的大小關(guān)系。A．作出力F與F1和F2的關(guān)系圖，如圖所示由圖可知FF根據(jù)幾何關(guān)系有FF故A錯誤；BC．由以上分析可知，力F一定時，夾角θ越大，F(xiàn)1和F2均變小，故B正確，C錯誤；D．由上圖根據(jù)幾何關(guān)系，有FF夾角θ越大，F(xiàn)1和F2均變小，所以夾角θ越大，鑿子越不容易鑿入木頭，故D錯誤。故選B。

【分析】根據(jù)力的作用效果把F分解，由圖可得F1與F2的大小關(guān)系；根據(jù)幾何關(guān)系可得F1、F2與F的大小關(guān)系，則可得結(jié)論。3．【答案】D【解析】【解答】本題考查了場強(qiáng)大小的判斷、電勢高低的判斷以及電勢能大小的判斷，涉及的知識點(diǎn)較多需要熟練掌握。A．相鄰等勢面間電勢差相等，可知等差等勢面越密集，場強(qiáng)越大；則電子從O點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，場強(qiáng)先變大后變小，則電子受到的電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，故A錯誤；B．根據(jù)曲線運(yùn)動的合力方向位于軌跡的凹側(cè)，且場強(qiáng)方向與等勢面垂直，可知電子受到的電場力垂直等勢面偏右，所以電場力與速度方向的夾角小于90°，則電場力對電子做正功，電子的動能增大，速度一直增大，故B錯誤；C．由于電場力對電子做正功，則電子電勢能減少，電子在O點(diǎn)電勢能比在Q點(diǎn)電勢能大，故C錯誤；D．由于相鄰等勢面間電勢差相等，則有U根據(jù)W=qU可知從O點(diǎn)到P點(diǎn)電場力做功與從P點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做功相等，故D正確。故選D。

【分析】做曲線運(yùn)動的物體所受的合力指向軌跡的凹側(cè)，電場線與等勢面垂直，據(jù)此判斷電場力方向；等勢面的疏密表示場強(qiáng)的大小，根據(jù)電勢能的定義式判斷電勢能的大小。4．【答案】C【解析】【解答】解題關(guān)鍵是會根據(jù)加速度的變化分析運(yùn)動情況，知道a-t圖像與時間軸包圍的面積表示速度變化量。要明確a-t圖像的直接意義：代表了物體某一時刻對應(yīng)的加速度，可以以此判斷物體加速度的方向及大小。要明確a-t圖像面積的物理意義：代表了物體速度的變化量。A．0~2t0內(nèi)，加速度豎直向下，物體向下加速運(yùn)動，B．2t0~4C．4t0~5t0內(nèi)，加速度為零，物體靜止，5t0~7t0內(nèi)加速度向上，物體向上加速運(yùn)動，由于a?t圖像與時間軸包圍的面積表示速度變化量，故5tD．由圖像可知，6t0~8t0內(nèi)圖像與時間軸包圍的面積等于零，即這段時間內(nèi)的速度變化量等于零，8故選C。

【分析】0～2t0內(nèi)，分析物體的運(yùn)動情況，確定2t0時刻的速度大??；2t0～4t0內(nèi)，分析物體的運(yùn)動情況，結(jié)合對稱性分析4t0時刻速度和位置；根據(jù)a-t圖像與時間軸包圍的面積表示速度變化量，求出0～6t0內(nèi)的速度變化量，再求6t0時刻的速度大?。徊捎猛瑯拥姆椒ㄇ?t0時刻的速度。5．【答案】A【解析】【解答】本題考查了動量定理、牛頓第三定律等知識點(diǎn)。利用動量定理解決本題的關(guān)鍵。對于涉及變力作用的動量問題，可以利用動量定理求解平均作用力。根據(jù)自由落體規(guī)律，豆粒下落掉到秤盤上時的速度為v=反彈后的速度大小為v方向?yàn)樨Q直向上，在碰撞過程中，忽略豆粒與秤盤碰撞過程中豆粒的重力，根據(jù)動量定理可知Ft=m解得F=由牛頓第三定律可知碰撞過程中秤盤受到的平均壓力大小為F故選A。

【分析】根據(jù)自由落體規(guī)律可求得豆粒到達(dá)秤盤時的速度，從而確定反彈后的速度，再根據(jù)動量定理即可確定壓力大小。6．【答案】D【解析】【解答】解答本題時，要理解波的形成過程，從時間的角度求周期，根據(jù)空間的角度求波長。要知道振動在兩種介質(zhì)中傳播時，周期是相同的。A．質(zhì)點(diǎn)每振動一個周期，波向前傳播一個波長，由題可知1可知質(zhì)點(diǎn)10的振動周期T=4sA錯誤；B．根據(jù)v=可知波Ⅰ的波長為λB錯誤；C．利用質(zhì)點(diǎn)10與質(zhì)點(diǎn)15之間的波形可知1可得波Ⅱ的波長為λC錯誤；

D．質(zhì)點(diǎn)6和質(zhì)點(diǎn)10之間恰好等于一個波長，振動情況相同，質(zhì)點(diǎn)15落后質(zhì)點(diǎn)10恰好11故選D。

【分析】根據(jù)題意，確定波傳播的時間與質(zhì)點(diǎn)10的振動周期關(guān)系，求出質(zhì)點(diǎn)10的振動周期，結(jié)合波形確定波Ⅱ的波長，從而求得波Ⅱ的波速。由波速公式求出波Ⅰ的波長。質(zhì)點(diǎn)6和質(zhì)點(diǎn)10之間恰好等于一個波長，振動情況相同。7．【答案】B【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動中利用平均速度表示的位移公式計(jì)算。已知v0=15m/s，v=5m/s，t勻速時間t利用平均速度表示位移公式計(jì)算減速和加速位移大小，減速和加速位移大小x從減速到恢復(fù)到原速度所用總時間t=2從減速到恢復(fù)到原速度所走總位移x=2x+d=210m汽車選擇人工收費(fèi)通道時根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度時間關(guān)系，減速和加速時間t減速和加速位移大小x從減速到恢復(fù)到原速度所用總時間t'=2從減速到恢復(fù)到原速度所走總位移x'=2則汽車選擇ETC通道比選擇人工收費(fèi)通道節(jié)約的時間為t故選B。

【分析】根據(jù)加速度定義式分別計(jì)算汽車選擇ETC通道和人工收費(fèi)通道時減速和加速時間，根據(jù)勻速直線運(yùn)動公式計(jì)算勻速時間，利用平均速度表示位移公式計(jì)算減速和加速位移大小，再計(jì)算總時間和總位移。8．【答案】B,C【解析】【解答】本題考查人造衛(wèi)星問題，是知道衛(wèi)星的向心力來源，能夠根據(jù)萬有引力提供向心力列式。能根據(jù)開普勒第三定律研究周期關(guān)系。AB．由萬有引力提供向心力G可得衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動的線速度和角速度大小為v=GMr因?yàn)樾l(wèi)星Ⅰ運(yùn)動的軌道半徑大于衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑，所以衛(wèi)星Ⅰ運(yùn)動的線速度小于衛(wèi)星Ⅱ的線速度，衛(wèi)星Ⅰ運(yùn)動的角速度小于衛(wèi)星Ⅱ的角速度，故A錯誤，B正確；CD．由幾何關(guān)系可知，衛(wèi)星Ⅰ運(yùn)動的軌道半徑與衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑關(guān)系為r由開普勒第三定律可知r化簡可得T故C正確，D錯誤。故選BC。

【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)星的線速度和角速度與軌道半徑的關(guān)系，再比較兩衛(wèi)星的線速度和角速度的關(guān)系。由幾何關(guān)系求出衛(wèi)星Ⅰ的軌道半徑與衛(wèi)星Ⅱ的軌道半徑之比，再根據(jù)開普勒第三定律求衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的周期之比。9．【答案】A,C【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律，解題的關(guān)鍵是利用整體法和牛頓第二定律可得整體的加速度大小。AB．對8節(jié)車廂整體受力分析，由牛頓第二定律4F?8kmg=8ma解得整列車的加速度大小為a=故A正確，B錯誤；CD．對5-8節(jié)車廂整體受力分析，由牛頓第二定律F代入解得第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為F故C正確，D錯誤。故選AC。

【分析】以8節(jié)車廂為研究對象，利用牛頓第二定律可得整體的加速度大??；以5-8節(jié)車廂為研究對象，利用牛頓第二定律可得解。10．【答案】A,C,D【解析】【解答】知道兩物塊在碰撞過程中滿足動量守恒，在兩物塊一起下落的過程中，兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，能夠?qū)懗鰞晌飰K在開始下落時該系統(tǒng)的機(jī)械能表達(dá)式是解題的關(guān)鍵。A．對物塊Q，由自由落體運(yùn)動知識得v可得兩物塊碰撞前瞬間，Q的速度大小為v故A正確；B．對物塊P、Q碰撞過程中，由動量守恒定律m由能量守恒定律1聯(lián)立可得v=2m/sΔ所以兩物塊碰撞過程中，損失的機(jī)械能為0.4J，故B錯誤；C．設(shè)兩物塊碰撞后，P下降的最大距離為h，由能量守恒定律1其中mg=k聯(lián)立解得xh=0.4m另一解h=?0.2m（舍去）故C正確；D．對兩物塊整體受力分析，由平衡條件2mg=k解得x所以兩物塊碰撞后組成的彈簧振子，振幅為A=h+故D正確。故選ACD。

【分析】根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律計(jì)算；根據(jù)動量守恒和能量守恒計(jì)算；根據(jù)機(jī)械能守恒定律計(jì)算；根據(jù)平衡條件得到兩物塊的平衡位置，然后計(jì)算即可。11．【答案】（1）B（2）A；C（3）②（4）變小；不變【解析】【解答】（1）AB．根據(jù)電容器電容的決定式

C=εS4πkdCD．電容器的電容與充電電壓和電荷量無關(guān)，故CD錯誤。故選B。（2）由于充電電流與放電電流方向相反，而且電流的大小都是逐漸減小。故選A。

電容器兩極板間的電介質(zhì)是絕緣物質(zhì)，所以充電結(jié)束后的電容器相當(dāng)于斷路。充電過程中電荷由電源定向移動，在兩極板上集聚，形成充電電流，且流向正極板。放電過程中，電荷由極板流向用電器，形成放電電流，且電流由正極板流向用電器。在充電的過程中，充電電流逐漸減小，電容器兩端的電壓增加的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減小；在放電的過程中，電流也是逐漸減小，電容器兩端的電壓減小的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減小。故選C。（3）根據(jù)

C=QU

可知，用相同的電路給電容器充電，電容越大，帶電量越多，在i?t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積越大，故C2的電容器充電過程i?t（4）若將圖乙中的電阻R換成阻值更大的電阻，則電容器C1開始放電的電流變小，但由于放電過程中總電荷量不變，所以得到的i?t【分析】（1）根據(jù)電容器電容的決定式進(jìn)行分析；

（2）根據(jù)電容器充電、放電過程，電流方向相反，電流逐漸變小繼續(xù)分析；

（3）電容越大，帶電量越多，i-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量，圖像與時間軸圍成的面積越大。

（4）根據(jù)i-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量進(jìn)行分析。（1）AB．根據(jù)電容器電容的決定式C=εSCD．電容器的電容與充電電壓和電荷量無關(guān)，故CD錯誤。故選B。（2）[1]由于充電電流與放電電流方向相反，而且電流的大小都是逐漸減小。故選A。[2]在充電的過程中，充電電流逐漸減小，電容器兩端的電壓增加的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減?。辉诜烹姷倪^程中，電流也是逐漸減小，電容器兩端的電壓減小的越來越慢，在u?t圖像中斜率逐漸減小。故選C。（3）根據(jù)C=QU可知，用相同的電路給電容器充電，電容越大，帶電量越多，在i?t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積越大，故C2的電容器充電過程i?t（4）[1][2]若將圖乙中的電阻R換成阻值更大的電阻，則電容器C1開始放電的電流變小，但由于放電過程中總電荷量不變，所以得到的i?t12．【答案】dt0；=；【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，注意研究的對象是系統(tǒng)，知道極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度。

（1）根據(jù)題意可知，遮光板1經(jīng)過光電傳感器時的速度為v若氣墊導(dǎo)軌水平，則滑塊做勻速直線運(yùn)動，則有d即t則說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平。（4）根據(jù)題意，由勻變速直線運(yùn)動速度位移關(guān)系可得

v2?a=由牛頓第二定律有F=Ma=即該圖像的斜率為k=即可驗(yàn)證牛頓第二定律成立。（5）根據(jù)題意可知，合力的測量值為F根據(jù)牛頓第二定律列式可得合力的真實(shí)值為F則有mg?解得m≤0.06M所以實(shí)驗(yàn)中所掛鉤碼總質(zhì)量的最大值為0.06M。故選B。

【分析】（1）運(yùn)用速度公式求遮光板2經(jīng)過光電傳感器時的速度；如果遮光條通過光電門的時間相等，說明遮光條做勻速運(yùn)動，即說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平；

（4）運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式及牛頓第二定律可求F-1t2213．【答案】（1）解：物塊沿斜面勻速下滑，由平衡條件mg解得μ=0.75物塊沿水平面做勻速直線運(yùn)動，水平方向有qE豎直方向有qE聯(lián)立解得E=250N/C（2）解：木塊沿水平面做勻速直線運(yùn)動，設(shè)場強(qiáng)與水平方向角度為θ、電場力大小為F，水平方向Fcosθ=μ豎直方向Fsinθ+整理得F=所以，當(dāng)θ=37°時，電場力F最小，最小值為F此時場強(qiáng)大小為E【解析】【分析】（1）在斜面上，根據(jù)物塊勻速下滑的條件，建立摩擦力與重力分力的平衡關(guān)系，求解動摩擦因數(shù)。然后，物塊進(jìn)入水平面時，繼續(xù)分析勻速運(yùn)動的條件，結(jié)合水平方向和豎直方向的受力平衡，計(jì)算電場強(qiáng)度。

（2）結(jié)合電場與摩擦力的關(guān)系，推導(dǎo)出電場強(qiáng)度的最小值。（1）物塊沿斜面勻速下滑，由平衡條件mg解得μ=0.75物塊沿水平面做勻速直線運(yùn)動，水平方向有qE豎直方向有qE聯(lián)立解得E=250N/C（2）木塊沿水平面做勻速直線運(yùn)動，設(shè)場強(qiáng)與水平方向角度為θ、電場力大小為F，水平方向Fcosθ=μ豎直方向Fsinθ+整理得F=所以，當(dāng)θ=37°時，電場力F最小，最小值為F此時場強(qiáng)大小為E14．【答案】（1）解：設(shè)物塊質(zhì)量為m，第一次到達(dá)Q點(diǎn)的速度為vQ，物塊從Q點(diǎn)到返回P點(diǎn)的過程，由動能定理可得?μmg?解得物塊第一次到達(dá)Q點(diǎn)時的速度大小為v（2）解：若物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理可得μmg物塊沿圓弧軌道下滑mg解得h若物塊在傳送帶上一直做勻減速直線運(yùn)動，由動能定理可得?μmg物塊沿圓弧軌道下滑mg解得h物塊從圓弧軌道上釋放高度的范圍為0.65m≤h≤0.95m（3）解：物塊由h3=0.8m處下滑，有

mgh3=12mv32

解得

v3=4m/s

可知物塊先在NQ段做勻速直線運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t1；在左側(cè)軌道做勻減速直線運(yùn)動后與擋板碰撞，碰后一直勻減速到P點(diǎn)，設(shè)整個減速過程時間為t2，可得

t1=L2【解析】【分析】（1）分析物體受力以及做功情況，根據(jù)動能定理即可求出物塊第一次到達(dá)Q點(diǎn)時的速度大小；

（2）高度不同，物塊獲得速度不同，摩擦力可能做正功，也可能做負(fù)功，根據(jù)動能定理列式求解；

（3）根據(jù)動能定理再結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式對比單擺周期公式即可求出。（1）設(shè)物塊質(zhì)量為m，第一次到達(dá)Q點(diǎn)的速度為vQ，物塊從Q點(diǎn)到返回P點(diǎn)的過程，由動能定理