高中物理人教版1本册总复习总复习【省一等奖】2

2023学年甘肃省天水一中高二（上）第一次月考物理试卷（兰天班）一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．其中第3、4、6、7、11、14题为多选，其余各题为单选．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．（4分）如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A（C与A不接触），然后先将A、B分开，再将C移走．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（）A．A带正电，B带负电 B．A带负电，B带正电C．A、B均不带电 D．A带负电，B带负电2．（4分）在前人研究的基础上，有一位物理学家利用图所示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律，这位物理学家是（）A．牛顿 B．伽利略 C．库仑 D．焦耳3．（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点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．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大4．（4分）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）A．B、E一定处在同一等势面上B．匀强电场的场强大小为10V/mC．正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D．电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV5．（4分）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（）A．Ea= B．Ea=Eb C．Ea=Eb D．Ea=3Eb6．（4分）两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图所示．一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（）A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐降低D．AB两点的电势差UAB=﹣5V7．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变8．（4分）北京正负电子对撞机的储存环是长240m的近似圆形轨道，当环中的电流强度为10mA时，若电子的速率为十分之一光速，则在整个环中运行的电子数目为（）A．5×1011 B．5×1019 C．10×l0﹣3 D．10×1039．（4分）下列说法正确的是（）A．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场B．在电源的外部正电荷靠电场力由电源的负极流向正极C．电动势越大，说明非静电力在电源内从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多D．电源的电动势与外电路有关10．（4分）滑动变阻器R′和固定电阻R接成如图所示的电路，已知R两端电压恰好等于R′两端总电压的一半，那么变阻器滑动端P的正确位置是在变阻器R′的（）A．中点位置 B．中点偏下C．中点偏上 D．条件不足，无法确定11．（4分）如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小12．（4分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM=Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中不正确的是（）A．电动机的输入功率是12WB．电动机的输出功率是12WC．电动机的热功率是D．整个电路消耗的电功率是24W13．（4分）一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（）A．当L不变，S增大一倍时B．当S不变，L增大一倍时C．当L和S都缩为原来的时D．当L和横截面的半径都增大一倍时14．（4分）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）A．A、B球间的细线的张力为B．A、B球间的细线的张力可能为0C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力二．实验题：（每空2分，共12分）15．（12分）某同学用图1所示电路，测绘标有“，”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象．除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；A2（量程，内阻约Ω）；电压表：V1（量程5V，内阻约5kΩ）；V2（量程15V，内阻约15Ω）；电源：E1（电动势为，内阻为Ω）；E2（电动势为4V，内阻约为Ω）．滑动变阻器：R1（最大阻值约为100Ω），R2（最大阻值约为10Ω），电键S，导线若干．（1）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表，电压表，滑动变阻器，电源．（填器材的符号）（2）根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为；当所加电压为时，灯丝电阻为，灯泡实际消耗的电功率为．（3）根据R﹣U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系．符合该关系的示意图是下列图中的．三、计算题（共32分．解答过程应写出必要的文字和公式，直接写出结果的得零分）16．（8分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上．当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，重力加速度g已知sin37°=，cos37°=，求：（1）该电场的电场强度有多大？（2）若电场强度变为原来的，小物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？17．（10分）如图所示，电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道圆心处，将另一带正电电量为q2，质量为m的小球，从轨道的A处无初速释放，求：（1）小球运动到最低点B点的速度大小；（2）小球在B点对轨道的压力．18．（14分）相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为﹣e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．（1）试求在0﹣kT与kT﹣T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用U0、e、m表示）（2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d表示，）（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值．

2023学年甘肃省天水一中高二（上）第一次月考物理试卷（兰天班）参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．其中第3、4、6、7、11、14题为多选，其余各题为单选．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．（4分）（2023秋•莆田校级期中）如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A（C与A不接触），然后先将A、B分开，再将C移走．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（）A．A带正电，B带负电 B．A带负电，B带正电C．A、B均不带电 D．A带负电，B带负电【分析】将带负电的导体球C靠近两个不带电的导体AB，靠感应起电使物体带电，根据电荷间的相互作用明确带电情况．【解答】解：把导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以此时A带正电，B带负电．故选：A．【点评】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．2．（4分）（2023•北京）在前人研究的基础上，有一位物理学家利用图所示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律，这位物理学家是（）A．牛顿 B．伽利略 C．库仑 D．焦耳【分析】本题是物理学史问题，根据牛顿、伽利略、库仑、焦耳等科学家的成就进行答题【解答】解：库仑发现了电荷间作用力的规律故选：C【点评】本题考查物理学史，是常识性，只要加强记忆，就能得分．可结合物理学家的成就、年代等进行记忆3．（4分）（2023•揭阳一模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点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．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选BD．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．4．（4分）（2023春•冀州市校级期末）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）A．B、E一定处在同一等势面上B．匀强电场的场强大小为10V/mC．正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D．电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．由W=qU，则电场力做功就可以求解．【解答】解：A、连接AC，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，故A正确．B、BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30°，得场强E==V/m=V/m．故B错误；C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电势能减小，则电场力做正功，故C错误．D、由上得知，F的电势为10V，D点与C点的电势相等为30V，则电子从F点移到D点，电场力做功WFD=eUFD=e（φF﹣φD）=﹣（10﹣30）eV=20eV，那么电势能将减小20eV．故D正确．故选：AD．【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法．同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．5．（4分）（2023秋•成都校级期中）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（）A．Ea= B．Ea=Eb C．Ea=Eb D．Ea=3Eb【分析】已知a点与b点与O点的距离关系，根据点电荷的场强公式E=列式求解即可．【解答】解：结合几何关系，有：ao：bo=：根据公式E=，有：故选：D．【点评】本题关键是明确点电荷的场强的公式E=，记住即可，基础题目．6．（4分）（2023秋•天水校级月考）两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图所示．一个电量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v﹣t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（）A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐降低D．AB两点的电势差UAB=﹣5V【分析】根据v﹣t图可知粒子在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值．由C到A的过程中物块的动能一直增大，由能量守恒定律分析电势能的变化情况．由动能定理可求得AB两点的电势差．【解答】解：A、从速度时间图象可知带电粒子在B点的加速度最大为am==2m/s2，所受的电场力最大为Fm=mam=2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A错误；B、从速度时间图象可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；D、从速度时间图象可知A、B两点的速度分别为vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得qUAB=mvB2﹣mvA2=×1×（42﹣62）J=﹣10J，解得：UAB=﹣5V，故D正确．故选：CD【点评】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v﹣t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法．7．（4分）（2023•肇庆三模）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选：D．【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．8．（4分）（2023秋•高青县期末）北京正负电子对撞机的储存环是长240m的近似圆形轨道，当环中的电流强度为10mA时，若电子的速率为十分之一光速，则在整个环中运行的电子数目为（）A．5×1011 B．5×1019 C．10×l0﹣3 D．10×103【分析】根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量．再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目．【解答】解：电子转一圈的时间为：t==s=8×10﹣6s．整个环中电子的电量为：Q=It=10×10﹣3×8×10﹣6C=8×10﹣8C．所以电子的数目为：n===5×1011（个）．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握电流的定义式I=，会根据公式求出某段时间内同过横截面的电量．9．（4分）（2023秋•天水校级月考）下列说法正确的是（）A．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场B．在电源的外部正电荷靠电场力由电源的负极流向正极C．电动势越大，说明非静电力在电源内从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多D．电源的电动势与外电路有关【分析】电源内外均存在由正极指向负极的电场，在电源内部通过静电力做功将正电荷由负极流向正极，从而对外电路提供电压，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、电源内外部的电场均是由正极指向负极，故A错误；B、在电源的外部正电荷靠电场力的作用由电源的正极流向负极，故B错误；C、根据电动势的定义式E=，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多，并不表示所移送电荷量越多，故C正确；D、电动势由电源本身决定，与外电路的结构无关；故D错误；故选：C【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．10．（4分）（2023春•上海校级期末）滑动变阻器R′和固定电阻R接成如图所示的电路，已知R两端电压恰好等于R′两端总电压的一半，那么变阻器滑动端P的正确位置是在变阻器R′的（）A．中点位置 B．中点偏下C．中点偏上 D．条件不足，无法确定【分析】图中是分压器电路，变阻器下部分与R并联后再与变阻器上部分串联，根据串联电路的规律分析变阻器上、下两部分电阻的大小，即可解答．【解答】解：已知R两端电压恰好等于R′两端总电压的一半，根据串联电路的分压规律有=R上，即有+=（R上、R下分别是变阻器上、下两部分的电阻）则R下＞R上，变阻器滑动端P应在变阻器R′的中点偏上位置，故C正确．故选：C【点评】本题关键先理清电路的结构，然后根据串并联电路特点分析各个部分的电阻关系，来理解分压器的原理．11．（4分）（2023秋•亳州期末）如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确．C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．12．（4分）（2023秋•朝阳区校级期中）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM=Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中不正确的是（）A．电动机的输入功率是12WB．电动机的输出功率是12WC．电动机的热功率是D．整个电路消耗的电功率是24W【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式P=UI可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出整个电路的总功率．【解答】解：A、电动机两端的电压为：U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整个电路中的电流为：I==A=2A，所以电动机的输入功率为：P入=U1I=6×2W=12W．故A正确．B、电动机的热功率为：P热=I2RM=22×=，则电动机的输出功率为：P出=P入﹣P热=12﹣2W=10W．故B不正确，C正确．D、整个电路消耗的功率为：P总=UI=12×2W=24W．故D正确．本题选不正确的，故选：B【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率与输入功率、发热功率的关系，以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．13．（4分）（2023秋•昆明校级期末）一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（）A．当L不变，S增大一倍时B．当S不变，L增大一倍时C．当L和S都缩为原来的时D．当L和横截面的半径都增大一倍时【分析】根据电阻定律R=，结合电阻丝长度、横截面积的变化判断电阻的变化．【解答】解：A、根据电阻定律R=，当L不变，S增大1倍，则电阻变为原来的．故A错误．B、根据电阻定律R=，当S不变，L增大一倍时，电阻变成原来的2倍．故B错误．C、根据电阻定律R=，当L和S都缩为原来的时，电阻不变．故C正确．D、根据电阻定律R=，横截面积的半径增大为原来的2倍，则横截面积变为原来的4倍，长度变为原来的2倍，知电阻变成原来的一半；故D错误；故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律公式R=，知道影响电阻大小的因素为导体长度、截面积及导体的村料．14．（4分）（2023•遂宁模拟）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（）A．A、B球间的细线的张力为B．A、B球间的细线的张力可能为0C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力【分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．【解答】解：A、静止时，对B球进行受力分析，则有：T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正确，B错误；C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为a=g+（显然＞g），C球以加速度g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma′=，故C错误，D正确．故选：AD【点评】本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中．二．实验题：（每空2分，共12分）15．（12分）（2023秋•肇庆期末）某同学用图1所示电路，测绘标有“，”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象．除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；A2（量程，内阻约Ω）；电压表：V1（量程5V，内阻约5kΩ）；V2（量程15V，内阻约15Ω）；电源：E1（电动势为，内阻为Ω）；E2（电动势为4V，内阻约为Ω）．滑动变阻器：R1（最大阻值约为100Ω），R2（最大阻值约为10Ω），电键S，导线若干．（1）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表A2，电压表V1，滑动变阻器R2，电源E2．（填器材的符号）（2）根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为；当所加电压为时，灯丝电阻为，灯泡实际消耗的电功率为．（3）根据R﹣U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系．符合该关系的示意图是下列图中的A．【分析】（1）根据实验的要求结合题意选择合理的电表及滑动变阻器；（2）根据得出的图象利用欧姆定律求解各种状态下的电阻，注意不要用切线来求；（3）由功率公式可得出符合题意的图象．【解答】解：（1）因小灯泡额定电流为，额定电压为，故电流表应选，电压表应选，又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故变阻器应选R2，显然电源应选．（2）由R﹣U图象知U=0时R为Ω，U=3V时R为Ω，由P=得P=．（3）由P=知，U=0时P=0，故B、C不合题意，P随U的增大而增大，故A正确．故答案为（1）A2；V1；R2；E2；（2）；；；（3）A．【点评】测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法．三、计算题（共32分．解答过程应写出必要的文字和公式，直接写出结果的得零分）16．（8分）（2023秋•天水校级月考）如图所示，光滑斜面倾角为37°，质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上．当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，重力加速度g已知sin37°=，cos37°=，求：（1）该电场的电场强度有多大？（2）若电场强度变为原来的，小物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？【分析】（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度，沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解【解答】解：（1）物体受到的力有重力mg，支持力FN．静电力F=qE，qE=mgtan37°E=（2）当电场强度变为原来的时，物块在斜面方向有：mgsinθ﹣qcosθ=ma代入数值得：a=m/s2方向沿斜面向下．由动能定理，得：mgLsin37°﹣qE′Lcos37°=mv2﹣0．解得：v=答：（1）原来的电场强度的大小为；（2）小物块沿斜面下滑距离为L时物块的速度的大小为【点评】问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可17．（10分）（2023秋•费县期中）如图所示，电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道圆心处，将另一带正电电量为q2，质量为m的小球，从轨道的A处无初速释放，求：（1）小球运动到最低点B点的速度大小；（2）小球在B点对轨道的压力．【分析】（1）根据机械能守恒定律分别求出小球通过最低点时的速度大小．（2）小球经过最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解小球对轨道压力的大小．【解答】解：（1）设小球通过轨道最低点时的速度大小为v．以轨道最低点所在的水平面为参考平面，小球从A到B的过程中只有重