重庆南开中学2015年高一物理下学期期末试卷（含解析）
一、单项选择题（每题只有一个选项正确，每小题4分，共40分）
1．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）以下说法正确的是（ ）
A． 场强相等的地方电势必相等
B． 同一正电荷在电场中电势越高的地方，其电势能也越大
C． 由场强定义式E=可知，电场中某点的场强与试探电荷受力F成正比，与试探电荷的电量q成反比
D． 由电容的定义式C=可知，电容器的电容与其所带电量Q成正比，与两极之间的电势差U成反比
考点： 电场强度；电容．
分析： 电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式U=Ed 和电势能公式Ep=qφ即可求
电场强度和电容均采用的是比值定义法．
解答： 解：A、沿电场线的方向电势降低；场强相等电势不一定相等，如匀强电场中沿电场线上的两点；故A错误；
B、由E=φq可知，正电荷在高电势处，电势能一定高；故B正确；
C、电场强度的定义采用的是比值定义法，其大小与电场力F及电荷无关；故C错误；
D、电容也是采用的比值定义法，其大小与电量和电压无关；故D错误；
故选：B．
点评： 明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定．
2．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）下列过程中，物体机械能不守恒的是（ ）
A． 降落伞在空中匀速下落
B． 物体在光滑斜面上自由下滑
C． 小球被平抛后在空中运动的过程
D． 卫星仅受地球引力作用在椭圆轨道上的运动
考点： 机械能守恒定律．
专题： 机械能守恒定律应用专题．
分析： 物体机械能守恒的条件是只有重力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．
解答： 解：A、跳伞运动员在空中匀速下降，动能不变，重力势能减小，机械能减小．故A错误．
B、物体在光滑斜面上自由下滑，只有重力做功，故机械能守恒；故B正确；
C、小球被平抛后在空中运动的过程，只受重力，故机械能守恒；故C正确；
D、卫星仅受地球引力作用在椭圆轨道上的运动，只有万有引力做功，机械能守恒；故D正确；
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本题选不守恒的
故选：A
点评： 解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法，1、看是否只有重力做功．2、看动能和势能之和是否不变．
3．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）神舟十号飞船是中国第五艘搭载太空人的飞船．升空后与天宫一号对接后的任务是打造太空实验室．2013年6月11日1 7时38分02.666秒，由长征二号F改进型运载火箭（遥十）“神箭”成功发射．关于飞船，下列说法正确的是（ ）
A． 已知万有引力常量、飞船的圆轨道半径和周期，可以算出地球的质量
B． 神舟十号在地面的发射速度应大于11.2 km/s（第二宇宙速度）
C． 飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用
D． 飞船的圆轨道半径越大，其线速度越大，周期越大
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： 万有引力定律的应用专题．
分析： 环绕天体围绕中心天体做匀速圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，据此列式计算中心天体质量，掌握宇宙速度的意义并判定卫星的发射速度，根据万有引力提供向心力判断线速度、周期和半径的关系．
解答： 解：A、根据知，已知轨道半径、周期、引力常量，可以求出地球的质量．故A正确；
B、第二宇宙速度是脱离地球束缚的卫星的发射速度，而嫦娥一号月球卫星仍在围绕月球运动，故其发射速度小于第二宇宙速度即11.2km/h，故B错误；
C、飞船绕地球做圆周运动，里面的物体也绕地球做圆周运动，受到地球的万有引力提供圆周运动的向心力，故C错误；
D、根据解得：v=，飞船的圆轨道半径越大，其线速度越小，故D错误．
故选：A
点评： 本题考查了万有引力定律的应用，知道飞船绕地球做圆周运动，靠万有引力提供圆周运动的向心力，理解宇宙速度的物理意义．
4．（4分）（2012•信丰县校级模拟）现有两个点电荷A和B，它们电量分别为+Q和﹣Q，a为AB连线的中点，b与a关于B对称，它们都在一条直线上，如图所示，试比较ab两点所在处场强E的大小和电势φ的高低（ ）
A． Ea＜Eb，φa＞φb B． Ea＞Eb，φa＞φb C． Ea＞Eb，φa＜φb D． Ea＞Eb，φa=φb
考点： 电场强度；电势．
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专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则．电场线越密的地方，电场强度越强．正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同．同时沿着电场线方向电势降低．
解答： 解：ab两点所在处场强都是由电量分别为+Q和﹣Q的点电荷产生的场强叠加产生的，
由于+Q和﹣Q的点电荷产生的场强在a位置方向相同，而在b位置方向相反，又根据点电荷的场强公式E=，所以Ea＞Eb，
由于电场线总是从正电荷出发终止于负电荷，而+Q和﹣Q连线的中垂线是等势面，沿着电场线方向电势降低，所以φa＞φb．
故选B．
点评： 虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布．
5．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，在真空中的正方体（边长为l）的七个顶点上分别同定+Q的点电荷，在另外的一个顶点上同定﹣Q的点电荷，则这八个点电荷在正方体的中心处产生的合场强为（k为静电力常量）（ ）
A． 0 B． C． D．
考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 由于电荷较多，先两两相互叠加，则可知由于对称性，同号电荷形成的场强相互抵消；故只需将两相对的异号电荷形成的场强相互叠加即可．
解答： 解：对于同种电荷相对两点在O点相成的场强相互抵消；只有两个异种电荷相成的场强相互加强；
单个电荷在中心处形成的场强E0=；
R=；
故合场强为：E=2E0=；
故选：B．
点评： 本题考查电场的叠加，要注意对于多个电荷相叠加的题目，一定有某种规律存在，要认真分析，找出对应的规律即可轻松求解．
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6．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场方向与六边形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势分别为1V、2V、3V，边长为cm，则下列说法中正确的是（ ）
A． A、F两点间的电势差UAF=1 V
B． 电场强度的方向从A指向C
C． 电场强度的大小为200 V/m
D． 若将一电子从C点移到E点，电势能减少1 eV
考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差；电势能．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定该电场的特点与方向．
解答： 解：如图连接AC和BE，则AC⊥BE．
由于A、B、C三点的电势分别为1V、2V、3V，得：UCB=UBA．所以可以判定CA是这个匀强电场的电场线的方向．
A：由上面的判断可知，A与F是等势点，即UAF=0，故A错误；
B：由上面的判断可知，CA是这个匀强电场的电场线的方向，故B错误；
C：场强大小：V/m．故C正确；
D：由上面的判断可知，E与B 是等势点，所以C点的电势高于E点的电势，将一电子从C点移到E点，电势能增加．故D错误．
故选：C
点评： 该题通过比较几个点的电势，得出该电场的特点与方向，解题的关键是通过使用辅助线来说明问题．使用基础题目．
7．（4分）（2012•怀化三模）如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）．对于运动员开始与跳板接触到运动至最低点B位置的过程中，下列说法中正确的是（ ）
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A． 运动员的动能一直在减小
B． 运动员的机械能一直在减小
C． 运动员的加速度先变小后变大
D． 跳板的弹性势能先增加后减小
考点： 功能关系；牛顿第二定律；弹性势能．
分析： 本题的关键是首先对运动员受力分析，明确受到的弹力从零逐渐增大，然后根据牛顿第二定律和功能原理即可求解．
解答： 解：A、运动员从A到B过程中，人受到向下的重力和向上的弹力，在开始下落阶段弹力小于重力，由牛顿第二定律可知人先做加速后减速，即动能应先增大后减小，所以A错误．
B、由于人在下落过程中，弹力始终做负功，由功能原理可知，人的机械能一直在减小，所以B正确．
C、由mg﹣=ma可知，开始下落阶段，所以a＞0，运动员做加速运动；当=mg时速度最大；以后再做减速运动，所以加速度大小先变小后变大，所以C正确．
D、由于跳板在从A到B过程中，形变持续变大，所以弹性势能应一直变大，所以D错误．
故选BC．
点评： 遇到动力学问题关键是正确对物体进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律求解讨论即可．
8．（4分）（2011•东至县二模）汽车在一平直路面上匀速行驶，前方遇到一段泥泞的路面，导致汽车受到的阻力变大了，若汽车发动机的功率保持不变，经过一段时间后，汽车在泥泞的路面也能做匀速运动，则在图中关于汽车的速度随时间变化关系正确的图象是（ ）
A． B． C． D．
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考点： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题： 功率的计算专题．
分析： 根据阻力的变化，通过牛顿第二定律得出加速度的方向，从而判断出速度的变化，根据P=Fv，抓住功率保持不变，得出牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，从而通过加速度与速度的变化关系得出速度的变化．
解答： 解：开始汽车做匀速行驶，牵引力等于阻力，阻力变大，根据牛顿第二定律知，加速度方向与速度方向相反，做减速运动，根据P=Fv，知牵引力增大，则a=减小，即做加速度逐渐减小的减速运动，当牵引力与阻力相等后，做匀速直线运动．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评： 解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，知道当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．
9．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，电压变化的周期为T，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大．则下述说法中正确的是（ ）
A． 电子一直向A板运动
B． 电子一直向B板运动
C． 电了先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板，经过足够长的时间，总能运动到B板
D． 电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动，永远不能到达某一板
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： 根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质
解答： 解：在0﹣T内，电子受到的电场力方向水平向右，向右做匀加速直线运动，
T﹣T内，电子所受的电场力水平向左，电子向右做匀减速直线运动，
Ts末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动，故ACD错误，B正确；
故选：B．
点评： 由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键．
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10．（4分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，固定在地面上的粗糙斜面长为L，底端有一小物体，当它以某一初速度沿斜面往上滑，恰能到达斜面的顶端，然后又能返回到底端．设小物体所受阻力大小恒定，以地面为零重力势能面．在上述过程中，当小物体上滑到某点P时，它的动能是重力势能的3倍，而当小物体向下滑到该点时，它的重力势能是动能的3倍，则P点离斜面底端的距离为（ ）
A． B． C． D．
考点： 机械能守恒定律．
专题： 机械能守恒定律应用专题．
分析： 分别对物体从斜面底端到顶端、底端到P点、顶端到P点的过程列出能量守恒的方程，再结合条件，即可求得．
解答： 解：设斜面的倾角为θ，摩擦力大小为f，P点离斜面底端的距离为S，物体的质量为m，初速度为v0．
根据能量守恒定律得：
物体从斜面底端到顶端，有：=mgLsinθ+fL ①
从底端到P点，有 =mgSsinθ+fS+ ②
从顶端到P点，有 mg（L﹣S）sinθ=f（L﹣S）+ ③
据题有：=3mgSsinθ ④
mgSsinθ=3• ⑤
由①②④得 f（L﹣S）=4mgSsinθ﹣mgLsinθ ⑥
由③⑤得 S=L
故选：C．
点评： 解决本题的关键要是灵活选择研究的过程，对各个过程运用能量守恒定律列式，也可以根据动能定理求解．
二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，漏选得3分，错选多选不得分，每小题5分，共25分）
11．（5分）（2012•蚌埠一模）如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是（ ）
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A． 断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
B． 断开开关S后，将A、B两极板分开一些
C． 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些
D． 保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
考点： 电容器的动态分析．
专题： 电容器专题．
分析： 要使张角增大，则应增大两点间的电势差；则根据电容的性质可分别判断各措施是否有效．
解答： 解：A、若充电后断开，则两极板上的电量不变，将两板靠近，则d减小，C增大，由Q=UC可知两板间的电势差减小，故A错误；
B、由A的分析可知，两板间的电势差增大，故验电器的张角增大，故B正确；
C、保持开关闭合时，极板两端的电压不变，故无论如何调节验电器的张角均不变，故CD错误；
故选：B．
点评： 本题考查电容器的两类问题：充电后断开，极板上的电量不变；保持开关闭合，则极板间的电势差不变；同时还要明确验电器的工作原理，验电器是检测电势高低的工具．
12．（5分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图中的实线是一正点电荷电场中的一根电场线（电场线方向未知），虚线为一负电荷在该电场中仅受电场力时的一段运动轨迹，则从a到b的过程中（ ）
A． 电荷的加速度逐渐减小 B． 电荷的动能逐渐减小
C． 电场的电势逐渐降低 D． 电荷的电势能逐渐减小
考点： 电场线；电势能．
分析： 解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线的方向，然后根据正点电荷周围电场分布情况，进一步解答．
解答： 解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，该电荷为负电荷，所以电场强度方向向右，则从a到b电势降低，而电荷为负电荷，所以电势能增大，动能减小，a点离正电荷较近，所以a点受到的电场力大，所以从a到b加速度逐渐减小，故ABC正确
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故选：ABC
点评： 依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．
13．（5分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，在光滑水平面放置A、B两物体，其中B物体上固定着一个质量不计的弹簧，并静止在水平面上，A物体以速度v0向B运动，并压缩弹簧，以下说法正确的是（ ）
A． 任意时刻，A、B受到的弹簧作用力总是大小相等，方向相同
B． 当A、B两物体距离最近时，B物体的速度增到最大
C． 由A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
D． 当弹簧再次恢复原长时，B物体的速度达到最大值
考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析： 在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统发生弹性碰撞，机械能守恒，AB的动能及弹簧的弹性势能之和不变，当弹簧被压缩到最短时，A、B两个物体的速度相同．
解答： 解：A、任意时刻，A、B受到的弹簧作用力总是大小相等、方向相反，故A错误；
B、弹簧与两物体接触后，A压缩弹簧，A最减速运动，B做加速运动，当两物体距离最近时，弹簧压缩量最大，两物体的速度相等，然后A继续做减速运动，B继续做加速运动，当弹簧恢复原长时，两物体分离，此时A的速度最小，B的速度最大，故B错误，D正确；
C、整个过程中只有弹簧弹力做功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故C正确；
故选：CD．
点评： 分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚物体运动过程、知道机械能守恒的条件、应用牛顿第三定律可以解题．
14．（5分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈表面向上运动，力F做的功与克服重力做的功相等，则下列判断中正确的是（ ）
A． 物体可能加速上滑
B． 物体可能受三个力作用，且合力为零
C． 斜劈如果受到地面的摩擦，则摩擦力的方向一定水平向左
D． 撤去F后，斜劈可能不受地面的摩擦力
考点： 动能定理的应用．
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专题： 动能定理的应用专题．
分析： 对物体进行受力分析，力F做的功与克服重力做的功相等，说明重力和F在沿斜面的分力相等，物体可能受摩擦力，也可能不受摩擦力作用，分情况讨论即可求解．
解答： 解：A、对物体进行受力分析，力F做的功与克服重力做的功相等，说明重力和F在沿斜面的分力相等，若物体不受摩擦力作用，则做匀速运动，若受摩擦力作用，则做减速运动，故A错误；
B、若不受摩擦力，则物体可能受三个力作用，物体匀速运动，受力平衡，合力为零，故B正确；
C、当F与斜面的夹角与重力与斜面的夹角相等时，支持力为零，即斜劈不受力，即摩擦力为零，此时地面对斜面没有摩擦力，故C错误；
D、撤去F后，物体对斜面可能有沿斜面向上摩擦力f和斜向右下方向的压力N，这两个力水平分力的合力向右，因此斜劈将受地面向左的摩擦力，故D错误．
故选：B．
点评： 本题对同学们受力分析的能力要求很高，首先要理解功的意义，分析重力和F在沿斜面的分力相等．其次分析时，摩擦力要考虑．
15．（5分）（2013春•沙坪坝区校级期末）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来相比（ ）
A． 两小球间距离将增大 B． 两小球间距离将减小
C． 推力F将增大 D． 推力，将减小
考点： 库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．
分析： 对整体分析，受总重力，拉力，地面的支持力，墙壁的弹力．可知地面的支持力等于两球的总重力．隔离对B球分析，B球受重力，墙壁的弹力和库仑力．A小球向右缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则，知库仑力即墙壁弹力的变化．
解答： 解：对A球受力分析，受到三个力，重力、弹力、库伦力，B小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，A的重力不变，墙壁的弹力方向不变，根据平行四边形定则，库仑力变小，墙壁的弹力变小，根据库仑定律得公式可知：电荷量不变，库伦力变小，距离变大，对整体而言，墙壁对球的弹力等于拉力，所以拉力变小，所以两小球间距离将增大，推力F将减小，故AD正确，BC错误；
故选：AD．
点评： 解决本题的关键先对整体受力分析，再隔离受力分析．整体法和隔离法是物理当中常见的一种方法，要灵活运用．
三、非选择题（共85分）
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16．（6分）（2013•黄冈模拟）某同学用如图甲所示的实验装置探究外力做功与小车动能变化的关系．
（1）实验中，该同学利用打点计时器测量小车的速度和位移，读取了弹簧测力计的示数，他还需要测量的物理量是 小车的质量 ．
（2）实验中，该同学让小车从静止开始运动一段位移，测得末速度υ1，拉力做功W；改变拉力，仍让小车从静止开始运动，保持位移一定．测得W与υ对应 的多组数据，得到如图乙所示的W﹣υ2关系图象，但与预期的过原点直线不符，经检查测量、计算与作图均无误．你认为主要原因是 小车受到摩擦阻力作用 ；实验操作中改进的具体措施是 平衡摩擦力 ．
考点： 探究功与速度变化的关系．
专题： 实验题．
分析： （1）本实验研究的对象是小车，根据动能的表达式Ek=，分析需要测量的量．
（2）根据图象纵轴截距的意义，分析图象不过原点的原因．再确定改进的具体措施．
解答： 解：（1）本实验要外力做功与小车动能变化的关系，而小车的动能为 Ek=，测量了小车的速度后还需要测量小车的质量．
（2）由图乙知：υ2=0时，W＞0，主要原因是小车受到摩擦阻力作用，改进的具体措施是平衡摩擦力，即将长木板左端适当垫高，在不挂沙桶时，轻推小车能做匀速运动，这样摩擦力就被重力沿斜面向下的分力平衡．
故答案为：（1）小车的质量．（2）小车受到摩擦阻力作用，平衡摩擦力．
点评： 要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕原理，确定需要测量的物理量及实验时的注意事项．
17．（12分）（2013春•沙坪坝区校级期末）（1）在用打点计时器和重锤自由落体来验证机械能守恒定律的实验中，下列关于实验误差的说法正确的是 ACD
A．所用电源的频率不稳可能会造成该实验误差
B．重锤质量的称量不准会引起较大误差
C．重锤选择密度较大一些的，有利于减小误差
D．释放纸带前，手拉着纸带的最末端使纸带保持竖直，有利于减少误差
E．打开电源后，必须立即释放纸带，否则会增大误差
（2）某同学在一次实验中利用打点计时器得到如图所示的纸带，O点为打点计时器打下的第一点，A、B、C、D则是纸带上打出的四个点，每两个点中间都有一个点已经标出，各点到O点的距离如图所示．
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①连接该纸带物体的加速度大小为a= 9.375 m/s2，打下B点时物体的速度vB= 2.215 m/s（结果均保留到小数点后三位，已知打点频率为50Hz）；
②若该纸带是在“验证机械能守恒定律”的实验中得到的，如果利用O点到B点的运动过程来验证机械能守恒定律，在误差允许的范围内，只需要证明等式 mgh0B=mvB2 （用vB和OB间距离hOB表示）成立，则机械能守恒．而实际上，由于各种阻力存在，应该有△Ek ＜ |△EP|（填“＞”、“＜”、“=”）；
③若某位同学利用纸带记录的数据，测出下落时间t和下落高度h，再使用公式v=gt算出瞬时速度，则用这种方法计算△Ek、△Ep，将得到△Ek = |△EP|（填“＞”、“＜”、“=”）．
考点： 验证机械能守恒定律．
专题： 实验题；机械能守恒定律应用专题．
分析： （1）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．清楚该实验的误差来源．
（2）利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小，然后根据动能、势能定义进一步求得动能和势能的变化情况．比较重力势能的减小量和动能的增加量大小关系可得出结论．
解答： 解：（1）A、所用电源的频率不稳，则周期不定，可能会造成该实验误差，故A正确；
B、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，所以重锤的质量称量不准不会造成较大的误差，故B错误．
C、实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，故C正确．
D、释放纸带前，手拉着纸带的最末端使纸带保持竖直，导致受到阻力较小，有利于减少误差．故D正确；
E、打开电源后，计时器稳定后，才释放纸带，否则会增大误差，故E错误．
故选：ACD．
（2）①每两个点中间都有一个点已经标出，则T=0.04s；
根据公式a=，
则有：a===9.375m/s2；
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利用匀变速直线运动的推论得：
vB===2.215m/s
②重锤的动能EkB=mvB2
物体重力势能减小量：mgh0B；
只要证明，mgh0B=mvB2即可．
③比较△△Ek和△Ep，实际上，由于各种阻力存在，应该有△Ek＜|△EP|．
若使用公式v=gt算出瞬时速度，则变成理论推导，那么△Ek=|△EP|．
故答案为：（1）ACD；（2）9.375；2.215；mgh0B=mvB2，＜．=．
点评： 正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据等，会起到事半功倍的效果．运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题．
要注意单位的换算，要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒，注意求得瞬时速度的公式选取是验证的关键．
18．（10分）（2013春•沙坪坝区校级期末）以20m/s的水平初速度从离地45m高处抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力，g取10m/s2，则：
（1）2s内重力做功为多少？
（2）2s内重力的平均功率为多少？
（3）2s末重力的瞬时功率为多少？
考点： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．
专题： 功率的计算专题．
分析： （1）由自由落体规律可求得2s内物体下落的高度，则由功的公式可求得重力所做的功；
（2）由功率的计算公式可求得平均功率；
（3）求出2s末的速度，再根据P=mgv求出2s末重力的瞬时功率．
解答： 解：物体做平抛运动，
（1）2s内竖直方向的位移：
h=gt2=×10×22=20m；
重力所做的功为：W=mgh=5×20=100J；
（2）2s内重力做功的平均功率为：
P===50W；
（3）2s末竖直分速度：vy=gt=10×2=20m/s；
重力做功的瞬时功率为：P1=mgvy=0.5×10×20=100W；
答：（1）2s内重力对物体做的功是100J；
（2）2s内重力做功的平均功率是50W；
（3）2s末重力对物体做功的瞬时功率是100W．
点评： 解决本题的关键区分平均功率和瞬时功率．知道瞬时功率的公式P=Fvcosθ的应用．
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19．（12分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，在场强为E=4.0×103N/C的匀强电场中有相距5.0cm的A、B两点，两点连线与场强方向成θ=30°角，若把一个负电荷q=﹣4×10﹣5C，从A沿着AC和CB两线段移动到B，其中∠CAB=30°，试求：
（1）A、B两点间的电势差UAB
（2）B点的电势（以A点为零电势点）
（3）电场力对负电荷q所做的功．
考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： （1）根据电场强度和电势差之间的关系可求得电势差；
（2）根据电势差的定义和零电势点可求得B点的电势；
（3）根据W=Uq可求得电场力对电荷所做的功．
解答： 解：（1）AB两点间的电势差UAB=Ed=EABcos30°=4.0×103V/m×0.05m×=100V；
（2）以A为零电势，则B点电势比A低100V；故B点电势为﹣100V；
（3）电场力做功W=Uq=100×（﹣4×10﹣5）=﹣4×10﹣3J；
答：（1）A、B两点间的电势差UAB 为100V；
（2）B点的电势为﹣100V；
（3）电场力对负电荷q所做的功﹣4×10﹣3J；
点评： 本题考查电场强度和电势差之间的关系，要注意明确U=Ed公式里的d为沿电场线上的距离；同时明确电场力做功和路径无关．
20．（14分）（2011•长春二模）如图所示，固定斜面的倾角为θ，可视为质点的物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于B点．物体A的质量为m，开始时物体A到B点的距离为L．现给物体A一沿斜面向下的初速度v0，使物体A开始沿斜面向下运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好被弹回到B点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中：
（1）物体A向下运动刚到达B点时速度的大小
（2）弹簧的最大压缩量．
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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；功能关系．
专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）对从最高点到第一次与弹簧接触过程运用动能定理列式求解即可；
（2）对从第一次接触弹簧到第二次接触弹簧过程直接运用动能定理列式求解．
解答： 解：（1）物体A由开始运动直至B点的过程，由动能定理得 mgLsinθ﹣μmgLcosθ=mv B2﹣mv 02
求得：vB=
（2）设弹簧最大压缩量为x．在物体A刚好接触弹簧直至恰好返回到B点的过程中，由动能定理得（或功能关系）
﹣2μmg x cosθ=0﹣m
求得 x=．
点评： 本题关键是要灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化．
21．（14分）（2007•宿迁二模）如图，半径为R的1/4圆弧支架竖直放置，支架底AB离地的距离为2R，圆弧边缘C处有一小定滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体，挂在定滑轮两边，且m1＞m2，开始时m1、m2均静止，m1、m2可视为质点，不计一切摩擦．求：
（1）m1释放后经过圆弧最低点A时的速度；
（2）若m1到最低点时绳突然断开，求m1落地点离A点水平距离；
（3）为使m1能到达A点，m1与m2之间必须满足什么关系？
考点： 机械能守恒定律；平抛运动．
专题： 机械能守恒定律应用专题．
分析： （1）两个滑块构成的系统只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒；同时绳子不可伸长，沿着绳子方向的分速度相等；
（2）绳子断开后，m1落地落地前做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式求解；
（3）为使m1能到达A点，则要求其速度大于零即可．
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解答： 解：（1）设m1运动到最低点时速度为v1，此时m2的速度为v2，速度分解如图，
沿着绳子方向的速度相等，得：v2=v1sin45°
由m1与m2组成系统，机械能守恒，有
由上述两式求得
（2）断绳后m1做平抛运动
s=v1t1
两式联立解得s=4R
（3）m1能到达A点满足条件v1≥0
又
解得：
答：（1）m1释放后经过圆弧最低点A时的速度为；
（2）若m1到最低点时绳突然断开，m1落地点离A点水平距离为4R；
（3）为使m1能到达A点，m1与m2之间必须满足关系为．
点评： 本题关键是单个物体机械能不守恒，但两个物体系统机械能守恒；同时要明确通过绳子、轻杆连接的物体，沿着绳子、杆子方向的分速度一定相等．
22．（17分）（2013春•沙坪坝区校级期末）如图所示，在光滑水平面上静止放置着质量为M、长L=6m的木板．距离板右端x=3m处有一固定的光滑绝缘四分之三圆弧轨道，轨道半径r=m，且最低点A与木板上表面等高相切．现有一质量为m，带有q=正电荷的滑块（可看作质点），以v0=6m/s的初速度滑上木板．滑块与木板间动摩擦因数μ=0.2，且M=2m=2kg
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．已知当木板滑到右侧与轨道侧壁相撞时立即粘连不动，且当滑块滑入圆轨道时，将触发一开关，使空间产生水平向右的匀强电场，场强为E．（g=10m/s2，且≈3），求：
（1）滑块m到达圆轨道A点时的速度和此过程中滑块与木板间的摩擦生热；
（2）滑块m在圆轨道上运动过程中，机械能最大时对轨道的压力；
（3）若x值不确定，求能保证滑块在圆轨道上滑行且不脱轨时x的取值范围．
考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．
分析： （1）由牛顿第二定律求出滑块的加速度，然后应用速度位移公式可以求出滑块的速度，应用功的计算公式可以求出产生的热量．
（2）当滑块到达圆轨道最右侧时机械能最大，由动能定理求出此时的速度，然后由牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力．
（3）应用匀变速直线运动的速度位移公式求出x的最大值，应用牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出x的最小值，然后确定其范围．
解答： 解：（1）由牛顿第二定律得：
对m：﹣μmg=ma，
代入数据解得：a=﹣μg=﹣2m/s2，
对M：μmg=Ma′，
代入数据解得：a′=1m/s2，
M、m组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，
代入数据解得：v=2m/s，
两者共速时，滑块的位移：x滑块==8m，
木板的位移：x木板==2m，
则：x木板+L=x滑块，
此时滑块恰好到达木板的右端，然后它们一起向右做匀速直线运动，直到与木板到达A点，
则到达A点时m的速度为2m/s，
产生的热量：Q=μmgL=0.2×1×10×6=12J；
（2）小球到达B点时机械能最大，由图示可知：tanθ=1，θ=45°，
由动能定理得：qErsin45°﹣mgr（1﹣cos45°）=mvB2﹣mv2，
由牛顿第二定律得：F﹣=m，
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解得：F=（50﹣20）N≈50.7N，
由牛顿第三定律可知，对轨道的压力：F′=F=50.7N；
（3）小球到达E点时速度为零，恰好不脱离轨道，从A到E过程，由动能定理得：
qErcos45°﹣mgr（1+sin45°）=0﹣mvA2，
解得：vA=2m/s，
小球恰好到达C点时，由牛顿第二定律得：
=m，解得：vC=m/s，
由A到C过程，由动能定理得：
﹣qErcos45°﹣mgr（1+sin45°）=mvC2﹣mvA2，
解得：vA=m/s≈3m/s，
滑块要不脱离轨道，则滑块到达A点时的速度，
vA≤2m/s或vA≥3m/s，
当x≥2m时，滑块滑到木板右端时与木板共速，此时vA=2m/s，滑块不会脱离轨道，
当x＜2m时，滑块达到木板右端时滑块的速度大于木板的速度，
x越小，滑块到达A点的速度越大，当木块速度为3m/s时，
由动能定理得：﹣μmgs=mvA2﹣mv02，
代入数据解得：s=6.75m，
则：x=s﹣L=0.75m，滑块到达A速度要大于等于3m/s，则x≤0.75m，
当滑块到达A点时的速度恰好为2m/s时，
由动能定理得：﹣μmgs′=mvA2﹣mv02，
代入数据解得：s′=7m，
x′=s′﹣L=1m，滑块不脱离轨道，x′≥1m，
综上所述可知，保证滑块在圆轨道上滑行且不脱轨时x的取值范围是：x≤0.75m或x≥1m；
答：（1）滑块m到达圆轨道A点时的速度为2m/s，此过程中滑块与木板间的摩擦生热为12J；
（2）滑块m在圆轨道上运动过程中，机械能最大时对轨道的压力为50.7N；
（3）若x值不确定，能保证滑块在圆轨道上滑行且不脱轨时x的取值范围是：x≤0.75m或x≥1m．
点评： 本题是一道力学综合题，难度很大，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律可以解题，解题时注意临界条件．
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