1.關(guān)于點(diǎn)電荷和電場線的理解，下列說法正確的是( )
A. 點(diǎn)電荷和電場線都是物理模型，實(shí)際是不存在的
B. 體積較小的帶電體即可看成點(diǎn)電荷
C. 沿電場線的方向，是電場減弱的方向
D. 在研究帶電油滴在平行板電容器間懸停時(shí)，油滴不能看作點(diǎn)電荷
2.2022年4月16日，我國神舟十三號載人飛船在東風(fēng)著落場平安著陸。如圖所示為載人飛船在主降落傘牽引下正向地面減速下降，此過程中飛船的機(jī)械能( )
A. 增加
B. 減少
C. 不變
D. 無法判斷
3.如圖所示，用橡膠球A摩擦頭發(fā)，然后將A靠近驗(yàn)電器上的金屬小球B，下列說法正確的是( )
A. 驗(yàn)電器的金屬箔片不會張開，因?yàn)榍駻沒有和B接觸
B. 驗(yàn)電器的金屬箔片張開，因?yàn)榻饘俨瑤狭苏?br>C. 驗(yàn)電器的金屬箔片張開，因?yàn)榻饘俨瑤狭素?fù)電
D. 驗(yàn)電器的金屬箔片張開，因?yàn)榻饘偾駼和金屬箔片都帶上了正電
4.A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷在真空中的電場線(方向未標(biāo)出)如圖所示。圖中C點(diǎn)為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，MN為兩點(diǎn)電荷連線的中垂線，D點(diǎn)為中垂線上的一點(diǎn)，電場線的分布關(guān)于MN左右對稱，則下列說法正確的是( )
A. A、B是等量同種點(diǎn)電荷
B. 從A點(diǎn)沿直線到B點(diǎn)，電勢不變，場強(qiáng)先減小后增大
C. 從C點(diǎn)沿直線到D點(diǎn)，電勢降低，場強(qiáng)大小逐漸減小
D. 從C點(diǎn)沿直線到D點(diǎn)，場強(qiáng)方向保持不變
5.如圖所示為電子束焊接機(jī)的裝置原理示意圖，其核心部件由高壓輻向電場組成，圖中虛線表示電場線。一電子在圖中H點(diǎn)只在電場力的作用下從靜止開始運(yùn)動，則下列說法正確的是( )
A. 電子可能做圓周運(yùn)動
B. 電子受到的電場力逐漸減小
C. A、K之間輻向電場中各點(diǎn)的電勢一定是正值
D. 電子電勢能逐漸增大
6.同學(xué)們在用多用電表測量電阻的實(shí)驗(yàn)中，有以下操作：
①把紅黑表筆插入多用電表“+、-”插孔，用螺絲刀調(diào)節(jié)指針定位螺絲，使指針指0
②把紅黑表筆分別接在Rx兩端，然后讀數(shù)
③把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓最高擋
④把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的擋位，將紅、黑表筆接觸
⑤調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針到歐姆零點(diǎn)
正確的操作順序是( )
A. ①④⑤②③B. ①⑤③②④C. ⑤④①②③D. ④①⑤③②
7.如圖，A、B、C、D、E是真空中圓心為O，半徑為r的圓弧上的6個(gè)等分點(diǎn)，在B、C、D、F點(diǎn)分別固定電荷量為q的正點(diǎn)電荷，在A點(diǎn)和E點(diǎn)固定電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，則圓心O處的電場強(qiáng)度大小為( )
A. kqr2B. 2kqr2C. 3kqr2D. 4kqr2
8.電容器是現(xiàn)代電子產(chǎn)品不可或缺的重要組成部分，2021年3月份，我國無線充專用MLCC研發(fā)獲得重大突破，NPO電容實(shí)現(xiàn)國產(chǎn)。NPO電容是一種最常用的具有溫度補(bǔ)償特性的單片陶瓷電容器，某興趣小組要測定一個(gè)NPO電容器的電容，設(shè)計(jì)的電路圖如圖甲所示，用電流傳感器和計(jì)算機(jī)可以方便地測出電路中電流隨時(shí)間變化的曲線。下列說法正確的是( )
A. 流過R0的電流方向豎直向上
B. 圖乙中圖線a表示的過程中電容器兩極板的電壓在減小
C. 若增大R0的阻值，電流變化應(yīng)為圖丙中的圖線b
D. 圖乙中a圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積表示電容C
二、多選題：本大題共4小題，共16分。
9.如圖所示，運(yùn)動員將質(zhì)量為m的足球從地面上以速度v踢出，v與豎直方向的夾角為θ=30°，足球恰好水平擊中高為h的球門橫梁.以地面為零勢能面，不計(jì)空氣阻力，則足球在命中橫梁前一瞬間的機(jī)械能為( )
A. 12mv2B. mghC. 18mv2+mghD. 12mv2?mgh
10.質(zhì)量為m、電荷量為+Q的帶電小球A固定在絕緣天花板上、帶電小球B質(zhì)量也為m，A和B都可以視為點(diǎn)電荷，B在空中水平面內(nèi)繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，如圖所示。已知小球A、B間的距離為2R，重力加速度為g，靜電力常量為k，則下列說法正確的是( )
A. B球受到重力、庫侖力、向心力三個(gè)力作用
B. 天花板對A球的作用力大小為 39mg3
C. B球電量絕對值大小為8 3mgR2kQ
D. B球轉(zhuǎn)動的角速度為 3g3R
11.如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，可看成質(zhì)點(diǎn)的帶電小球恰好靜止在平行板電容器之間的M點(diǎn)，其中二極管可視為理想二極管，下列說法正確的是( )
A. 向右移動R3的滑片，小球向下移動
B. 向右移動R1的滑片，小球的電勢能將減小
C. 向下移動電容器的下極板，二極管右端電勢高于左端電勢
D. 斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點(diǎn)的電勢將升高
12.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧放在傾角θ=30°的足夠長光滑斜面上，下端固定在斜面底端的擋板上，上端與放在斜面上的物塊A連接，物塊B與物塊A質(zhì)量均為m，且均可視為質(zhì)點(diǎn)。用大小為2mg的恒力沿斜面向下作用在物塊B上，A、B靠在一起靜止。現(xiàn)在突然撤去恒力，A、B開始運(yùn)動。重力加速度大小為g，下列說法正確的是( )
A. 從開始運(yùn)動到B與A剛要分離時(shí)，B運(yùn)動的距離為3mgk
B. B與A剛要分離時(shí)，B的加速度為零
C. 從開始運(yùn)動到B與A剛要分離時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了2m2g2k
D. B與A分離瞬間，A、B組成的系統(tǒng)動能為3m2g22k
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共15分。
13.電學(xué)實(shí)驗(yàn)中采用伏安法測量未知的較大電阻的準(zhǔn)確阻值，為了減小誤差，同學(xué)們準(zhǔn)備采用滑動變阻器分壓式，電流表的內(nèi)接法連接電路。
(1)請你根據(jù)要求把實(shí)物圖連線補(bǔ)充完整；
(2)同學(xué)們用此電路測量了該電阻的伏安特性，得到如圖乙所示圖像。請根據(jù)圖像求出該待測電阻的阻值為______Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
(3)因電表內(nèi)阻影響，測量值______(選填“偏大”或“偏小”)。
14.在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示裝置。用細(xì)線連接質(zhì)量m1、m2的兩物體，m2跨過光滑輕質(zhì)滑輪，下端抱著紙帶通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，讓m2從高處由靜止開始下落。實(shí)驗(yàn)中打出的一條紙帶如圖乙所示，O是打下的第一個(gè)點(diǎn)，A、B、C、D是連續(xù)打出的4個(gè)點(diǎn)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器頻率為f。
(1)從O點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk=______，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp=______。
(2)從O點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp大于系統(tǒng)動能的增加量ΔEk的可能原因是：______；
(3)若利用機(jī)械能守恒定律，使用該裝置可以測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取y量出O到各點(diǎn)的距離記為h并計(jì)算出各點(diǎn)的瞬時(shí)速度v，做出v2?h圖像如圖丙所示，測得圖線斜率為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=______。
四、簡答題：本大題共4小題，共45分。
15.如圖甲所示為心臟除顫器的簡化原理圖，除顫時(shí)除顫器作用于心臟的是瞬時(shí)高能脈沖。在一次治療中，將開關(guān)S接到位置1，用12s時(shí)間完成電容器的充電，達(dá)到最大儲能350J，電壓為5kV；將開關(guān)S接到位置2，電容器在2ms內(nèi)通過人體完成放電，如圖乙。已知電容器的儲能計(jì)算式為E=12CU2，求：
(1)電容器的電容；
(2)該次除顫治療中，估算通過患者的電荷量和患者接入電路的電阻大小。
16.如圖所示，有一條質(zhì)量為m、長為L的均勻繩子，開始時(shí)繩子的2L3部分在水平桌面上，而L3垂于桌外，當(dāng)作用在繩子上水平向左的力為F時(shí)繩子恰好不下滑。
(1)若桌面光滑F(xiàn)=mg3，撤去力F，釋放繩子，求當(dāng)繩子剛離開桌面時(shí)的速度大小；
(2)若桌面粗糙F=mg6，增大F把繩子全部拉回桌面上，求F至少要對繩子做多少功。
17.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)半徑為R=0.5m的四分之一光滑圓弧軌道與水平面相切于B點(diǎn)，軌道左側(cè)緊靠一個(gè)等高的傾角為45°的光滑斜面，在二者最高點(diǎn)結(jié)合點(diǎn)A處裝有一個(gè)光滑的輕質(zhì)小滑輪。平行于斜面的輕繩兩端分別連有質(zhì)量為m1=2kg的小球P和質(zhì)量為m2=1kg的小物塊Q，開始小球P在外力作用下處于軌道最高點(diǎn)A處緊靠小滑輪，小物塊Q緊靠斜面最底端的固定擋板放置，細(xì)繩恰好伸直且無張力，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)撤去作用于小球P上的外力，當(dāng)小球P運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)B處時(shí)，小物塊Q未與滑輪發(fā)生碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球P運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)B處時(shí)的速度大小；
(2)小球P從A運(yùn)動到B的過程中，繩子對小球P做的功W1和繩子對小物塊Q做的功W2。
18.如圖甲所示，某裝置由直線加速器、偏轉(zhuǎn)電場和熒光屏三部分組成。直線加速器“由5個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上。序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的a極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個(gè)極相連。a、b兩極間的交變電壓uab變化規(guī)律如圖乙所示，在t=0時(shí)，位于序號為0的金屬圓板中央的一個(gè)電子，通過圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進(jìn)圓筒1。電子在相鄰圓筒間的間隙運(yùn)動時(shí)，均能使所受電場力的方向與運(yùn)動方向相同而不斷加速。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e、交變電壓的絕對值為U1，周期為T，電子通過圓筒間隙的時(shí)間可以忽略不計(jì)，在圓筒中運(yùn)動的時(shí)間均為T2。偏轉(zhuǎn)電場由兩塊相同的平行金屬極板A與B組成，板長為L，兩極板間距離為d，板間電壓為U2，電場可視為勻強(qiáng)電場，忽略邊緣效應(yīng)，距兩極板右側(cè)L處豎直放置一足夠大的熒光屏。電子自直線加速器射出后，沿兩板的中心線PO射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)的Q點(diǎn)射出，最后打到熒光屏上。求：
(1)第2個(gè)金屬圓筒的長度s2；
(2)電子打在熒光屏上的M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離y。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、點(diǎn)電荷和電場線都是物理模型，實(shí)際是不存在的，故A正確；
B、能否看作點(diǎn)電荷，是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀及帶電量的多少無關(guān)，故B錯誤；
C、沿電場線的方向，電場不一定減弱，故C錯誤；
D、在研究帶電油滴在平行板電容器間懸停時(shí)，油滴可以看作點(diǎn)電荷，故D錯誤。
故選：A。
點(diǎn)電荷和電場線都是物理模型，根據(jù)帶電體看作點(diǎn)電荷的條件分析BD，電場線的疏密程度反映電場強(qiáng)度的大小。
明確電場線的物理意義是解題的關(guān)鍵，即要知道電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，注意點(diǎn)電荷的特點(diǎn)。
2.【答案】B
【解析】解：載人飛船在主降落傘牽引下正向地面減速下降，受到向上的阻力，阻力對飛船做負(fù)功，所以飛船的機(jī)械能減少，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
根據(jù)飛船的運(yùn)動情況，分析阻力做功情況，由功能關(guān)系判斷飛船機(jī)械能變化情況。
解答本題的關(guān)鍵要掌握功能關(guān)系，知道物體的機(jī)械能變化情況取決于除重力以外其他力做功情況。
3.【答案】C
【解析】解：橡膠球A摩擦頭發(fā)，橡膠球帶負(fù)電，將帶負(fù)電的A靠近驗(yàn)電器上的金屬小球B，則會因?yàn)殡姾砷g的感應(yīng)，金屬球B帶正電，負(fù)電荷向金屬箔會聚，使金屬箔帶負(fù)電，而兩片金屬箔的電性相同互相排斥，從而使兩片金屬箔張開一定的角度。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
驗(yàn)電器是利用同種電荷相互排斥的原理制成的，金屬箔片張開，說明驗(yàn)電器上帶了電荷；A帶正電，靠近驗(yàn)電器的金屬球時(shí)，由于靜電感應(yīng)，金屬小球會帶上負(fù)電荷，金屬箔會帶上正電荷。由此分析。
本題考查了感應(yīng)起電的相關(guān)知識點(diǎn)，要知道驗(yàn)電器是利用同種電荷相互排斥的原理制成的。要理解靜電感應(yīng)的原理。
4.【答案】D
【解析】解：A、根據(jù)電場線的特點(diǎn)，從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止可以判斷，這兩點(diǎn)電荷是兩個(gè)等量異種電荷，故A錯誤；
B、雖是等量異種電荷，但不知兩電荷到底誰是正電荷，因此從A點(diǎn)沿直線到B點(diǎn)，電勢無法判斷，場強(qiáng)先減小后增大，故B錯誤；
CD、根據(jù)平行四邊形定則，對中垂線上的場強(qiáng)進(jìn)行合成，知中垂線上每點(diǎn)的電場方向都沿水平方向，中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點(diǎn)的電勢等于D點(diǎn)的電勢，場強(qiáng)大小逐漸減小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，也可以從電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大小，根據(jù)電場線與等勢線垂直，判斷電勢的高低，根據(jù)電場線疏密分析電場大小。
常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，同時(shí)注意等量異號電荷形成電場的對稱性．加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點(diǎn)，即可解決本題．
5.【答案】C
【解析】解：A.電子在圖中H點(diǎn)只在電場力的作用下從靜止開始運(yùn)動，則電子會沿直線運(yùn)動，故A錯誤；
B.由甲圖中電場線疏密程度可知，電子在加速過程中電場力逐漸變大，故B錯誤；
C.A端接高壓正極，K端接地，可知A、K之間輻向電場中各點(diǎn)的電勢一定是正值，故C正確；
D.電子運(yùn)動過程中，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)電子的受力情況分析運(yùn)動情況；根據(jù)電場線的疏密程度得出場強(qiáng)的大小關(guān)系，根據(jù)電極的接法分析電勢，根據(jù)電場力的做功類型結(jié)合功能關(guān)系分析出電子的電勢能的變化趨勢。
本題主要考查了電勢能與電場力做功的關(guān)系，能根據(jù)電場線判斷出場強(qiáng)和電勢的大小關(guān)系，結(jié)合功能關(guān)系即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：使用多用電表測量電阻時(shí)，先進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，即把紅黑表筆插入多用電表“+、-”插孔，用螺絲刀調(diào)節(jié)指針定位螺絲，使指針指0；然后把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的擋位，將紅、黑表筆接觸，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針到歐姆零點(diǎn)；把紅黑表筆分別接在Rx兩端，然后讀數(shù)，結(jié)束后把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓最高擋。故正確的操作順序是①④⑤②③，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
使用歐姆表測電阻時(shí)要選擇合適的擋位，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零；讀數(shù)后把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓最高擋。
本題考查多用電表，要求掌握歐姆表的使用方法，注意使用完畢后如何旋轉(zhuǎn)開關(guān)。
7.【答案】B
【解析】解：根據(jù)點(diǎn)電荷電場公式結(jié)合電場的矢量疊加可知：
C、F處電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合電場為0；B、E電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合電場為E=2×kqr2=2kqr2，同理D、A在O點(diǎn)產(chǎn)生的合電場為E=2×kqr2=2kqr2，且夾角為120°；
根據(jù)矢量的合成可知圓心O處的電場強(qiáng)度大小為2kqr2，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
根據(jù)點(diǎn)電荷電場公式結(jié)合電場的矢量疊加分析O處的場強(qiáng)并計(jì)算。
本題考查電場強(qiáng)度的疊加，能夠靈活運(yùn)用對稱性及等效替代方法是解題的關(guān)鍵。
8.【答案】B
【解析】解：AB、由甲圖可知，充電后電容器上極板帶正電，故電容器放電時(shí)流過R0的電流方向豎直向下，電流大小不斷減小，所以乙圖為電容器放電時(shí)的i?t圖像，故A錯誤，B正確；
C、電容器充滿電之后，電壓一定，帶電量也一定，若增大R0的阻值，放電初始時(shí)的最大電流減小，放電速度變慢，所用時(shí)間邊長，故電流變化應(yīng)為圖像不是圖丙中的圖線b，故C錯誤；
D、在i?t圖像中，圖像與橫軸圍成的面積表示電荷總量，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)電容器的充放電特點(diǎn)分析出電流的方向和大小的變化，i?t圖像中圖像和橫軸圍成的面積表示電荷總量。
本題主要考查電容器的相關(guān)知識，理解I?t圖像的縱軸表示電流的大小，圖像與橫軸圍成的面積表示電荷總量。
9.【答案】AC
【解析】解：A、足球運(yùn)動過程中，只受重力作用，機(jī)械能守恒，足球初始的機(jī)械能為12mv2，所以足球在命中橫梁前一瞬間的機(jī)械能為12mv2，故A正確；
BCD、由于足球水平擊中高為h的球門橫梁，則機(jī)械能為E=mgh+12m(vsinθ)2=18mv2+mgh，故C正確，BD錯誤；
故選：AC。
由于不計(jì)空氣阻力，故足球在飛行過程機(jī)械能守恒，確定出球在地面上的機(jī)械能即可確定飛行時(shí)的機(jī)械能。
本題考查了機(jī)械能守恒的應(yīng)用，要注意明確在忽略空氣阻力的情況下，足球在空中飛行中機(jī)械能守恒。
10.【答案】BD
【解析】解：A、B球受到重力和庫侖力作用，向心力是效果力，受力分析時(shí)不分析，由重力和庫侖力的合力提供，故A錯誤；
CD、對B球受力分析，如圖：
重力和庫侖力的合力指向圓心，提供向心力，設(shè)AB連線與豎直方向夾角為θ，有：sinθ=R2R=12
則θ=30°
由幾何關(guān)系得：Fn=mgtanθ=mω2R
由庫侖定律得：mgcsθ=kQq(2R)2
解得：ω= 3g3R
q=8 3mgR23kQ
故C錯誤，D正確。
B、對A受力分析，A受到重力，B對A的庫侖力和天花板對A的作用力，由牛頓第三定律可知，B對A的庫侖力等于A對B的庫侖力：F庫=mgcsθ=2 33mg，方向沿AB斜向左下，如圖
將三個(gè)力分解到水平方向和豎直方向，設(shè)天花板對A的作用力與水平方向夾角為α，由平衡條件得：
水平方向：Fcs?α=F庫sin?θ
豎直方向：Fsin?α=mg+F庫cs?θ
由三角函數(shù)公式得：sin2α+cs2α=1
聯(lián)立解得：F= 39mg3
故B正確。
故選：BD。
向心力是效果力，受力分析時(shí)不分析；對B受力分析，B所受合力指向圓心，提供向心力，結(jié)合向心力公式求解角速度，結(jié)合庫侖定律求解B球帶電量絕對值；對A受力分析，根據(jù)平衡條件求解天花板對A球的作用力大小。
本題考查庫侖定律、向心力和共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵是對兩小球做好受力分析，明確小球做圓周運(yùn)動的向心力來源，結(jié)合平衡條件、向心力公式列式求解即可。
11.【答案】BC
【解析】解：A、電路穩(wěn)定后，電容器所在的支路為斷路，向右移動R3的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場強(qiáng)不變，因此小球仍靜止不動，故A錯誤；
B、向右移動R1的滑片，其連入電路的電阻變小，回路中電流變大，則R2兩端電壓變大，二極管正向?qū)?，電容器被充電，其兩端電壓增大，兩極板之間的場強(qiáng)增大，小球受到的電場力增大，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，電場力做正功，小球的電勢能減小，故B正確；
C、向下移動電容器的下極板，電容器極板間距d增大，根據(jù)C=εrS4πkd,C=QU，可知電容C減小，若U不變時(shí)，則Q將減小，但由于二極管的存在使電容器無法放電，所以電容器的Q不變，而U增大，使得二極管右端電勢要高于左端電勢，故C正確；
D、斷開S后，由于二極管的存在使電容器無法放電，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，使得電容器極板間距d減小，根據(jù)C=εrS4πkd,C=QU,E=Ud，可得：E=4πkQ?rS
可知Q不變時(shí)，改變板間距，極板間場強(qiáng)不變，M點(diǎn)到下極板(電勢為零)間距不變，電勢差不變，因此M點(diǎn)電勢不變，故D錯誤。
故選：BC。
電容器所在的支路為斷路，向右移動R3的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場強(qiáng)不變；向右移動R1的滑片，R2兩端電壓變大，二極管正向?qū)?，兩極板之間的場強(qiáng)增大，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，電場力做正功，小球的電勢能減?。欢O管使電容器只能充電而不能放電，向下移動電容器的下極板，若二極管不導(dǎo)通，其右端電勢會升高；向電容器中插入金屬板，相當(dāng)于電容器極板間距d減小，判斷板間電場強(qiáng)度如何變化，根據(jù)M點(diǎn)與零電勢點(diǎn)的電勢差的變化，分析M點(diǎn)的電勢變化。
本題考查了含有電容和二極管的電路分析和電容器的動態(tài)分析問題。要注意二極管具有單向?qū)щ娦?，要首先判斷電容器的充放電情況。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、B與A剛要分離時(shí)，兩物體之間的彈力為零，且兩者的加速度相等，對B利用牛頓第二定律：mgsinθ=ma，則a=gsinθ=g×12=g2
把AB看作一個(gè)整體利用牛頓第二定律：2mgsinθ+Fk=2ma
代入數(shù)據(jù)可得彈簧彈力：Fk=0，可知AB剛要分離瞬間彈簧處于原長，
開始時(shí)AB兩物體在外力的作用下靜止，設(shè)彈簧形變量為x，則有：kx=2mgsinθ+2mg
代入數(shù)據(jù)可得：x=3mgk，可知從開始運(yùn)動到B與A剛要分離時(shí)，B運(yùn)動的距離等于彈簧的形變量，即B運(yùn)動的距離為3mgk，故A正確，B錯誤；
CD、從開始運(yùn)動到B與A剛要分離時(shí)，根據(jù)能量守恒可知減少的彈性勢能等于AB兩物體增加的重力勢能和動能，則有：12kx2=2mgxsinθ+Ek
代入數(shù)據(jù)可得：Ek=3m2g22k
A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量ΔE=2mgxsinθ+Ek
代入數(shù)據(jù)可得：ΔE=9m2g22k，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
AB、依據(jù)A、B兩物體剛要分離的臨界條件，對B利用牛頓第二定律可得B的加速度大小，把AB看作一個(gè)整體利用牛頓第二定律可得彈簧彈力的大小，根據(jù)彈簧彈簧形變量可得B運(yùn)動的距離；
CD、從開始到AB剛好分離，根據(jù)能量守恒可知減少的彈性勢能等于AB兩物體增加的重力勢能和動能，可解得AB兩物體的動能，根據(jù)AB兩物體增加的動能和重力勢能可得機(jī)械能的增加量。
本題考查了功能關(guān)系、能量守恒，解題的關(guān)鍵是A、B兩物體剛要分離的臨界條件：兩物體之間的彈力為零，且兩者的加速度相等。
13.【答案】3.5×103 偏大
【解析】解：(1)根據(jù)滑動變阻器分壓式，電流表的內(nèi)接法連接電路，如下圖
(2)根據(jù)圖像可得當(dāng)電流l=0.4mA時(shí)，電壓為U=1.4V，則電阻為
R=UI=1.44×10?4Ω=3.5×103Ω
(3)電流表采用內(nèi)接法，電阻的測量值等于真實(shí)值與電流表內(nèi)阻之和，因此電阻測量值大于真實(shí)值。
故答案為：(1)詳見解析；(2)3.2×103；(3)偏大
(1)采用滑動變阻器分壓式，電流表的內(nèi)接法連接電路；
(2)U?I圖像的斜率表示電阻；
(3)電流表采用內(nèi)接法，電流準(zhǔn)確，電壓的測量值偏大，故電阻的測量值偏大。
本題考查了伏安法測電阻，涉及電路連接和測量值與真實(shí)值關(guān)系，是一道比較容易的題，涉及的相關(guān)知識點(diǎn)都是常見的。
14.【答案】(m2+m1)f2(s4?s2)28 (m2?m1)gs3 紙帶和限位孔有摩擦、滑輪有質(zhì)量 (m2+m1)k2(m2?m1)
【解析】解：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知C點(diǎn)的速度為
vC=s4?s22T=f(s4?s2)2
則系統(tǒng)動能的增加量ΔEk=12(m1+m2)vC2=(m2+m1)f2(s4?s2)28
系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp=(m2?m1)gs3
(2)重力勢能的減少量ΔEp大于系統(tǒng)動能的增加量ΔEk的可能原因是紙帶和限位孔有摩擦、滑輪有質(zhì)量。
(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：(m2?m1)gh=12(m1+m2)v2
解得：v2=2(m2?m1)gm1+m2h
則圖線的斜率k=2(m2?m1)gm1+m2
解得：g=(m2+m1)k2(m2?m1)
故答案為：(1)(m2+m1)f2(s4?s2)28；(m2?m1)gs3；(2)紙帶和限位孔有摩擦、滑輪有質(zhì)量；(3)(m2+m1)k2(m2?m1)
(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律解得C點(diǎn)的速度，根據(jù)動能和重力勢能的公式解答；
(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析誤差；
(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律結(jié)合圖線的斜率解答。
解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，掌握紙帶的處理方法，會根據(jù)紙帶求解瞬時(shí)速度，從而得出動能的增加量，會根據(jù)下降的高度求解重力勢能的減小量。
15.【答案】(1)由E=12CU2知電容器的電容
C=2EU2=2×350(5×103)2F=2.8×10?5F
(2)由C=QU知該次除顫治療中，通過患者的電荷
Q=CU=2.8×10?5×5×103C=0.14C
流過人體電流
Im=Qt=0.142×10?3A=70A
患者接入電路的電阻
R=UIm=5×10370Ω=71.4Ω
答：(1)電容器的電容為2.8×10?5F；
(2)該次除顫治療中，通過患者的電荷量0.14C，患者接入電路的電阻大小為71.4Ω。
【解析】應(yīng)用題中所給的電容器的儲能計(jì)算式可算出電容；由Q=CU計(jì)算通過患者的電荷量，由I=Qt算電流，再由歐姆定律求電阻。
解題時(shí)抓住題中所給電容器的儲能計(jì)算式，得出電容是解題的關(guān)鍵，在計(jì)算過程中注意單位的換算。
16.【答案】解：(1)若桌面光滑，撤去撤去力F，繩子下滑過程機(jī)械能守恒：
23mg?(23L)=12mv12
解得：v1=23 2gL
(2)若F=mg6，繩子恰好靜止，此時(shí)滿足：F+μ?23mg?13mg=0
整理得：μ=0.25
繩子被拉動x時(shí)，F(xiàn)f=μ?23L+xLmg=μ(23+xL)mg
摩擦力與位移成線性關(guān)系
Wf=Ff??13L=μ23mg+μmg2?13L=572mgL
WF?Wf?13mg?16L=0
解得：WF=18mgL
答：(1)當(dāng)繩子剛離開桌面時(shí)的速度大小為23 2gL；
(2)F至少要對繩子做18mgL的功。
【解析】(1)繩子下滑過程機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解答；
(2)根據(jù)受力平衡解得動摩擦因數(shù)，結(jié)合能量守恒定律解答。
本題主要考查了機(jī)械能守恒定律，在分析重力勢能的變化時(shí)，結(jié)合功能關(guān)系即可完成分析。
17.【答案】解：(1)小球P從A運(yùn)動到B的過程中，對A、B系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得：
m1gR?m2g 2Rsin45°=12m1v12+12m2v22
在B點(diǎn)設(shè)P球的速度為v1，Q的速度為v2，如圖
根據(jù)題意：v2=v1cs45°
解得：v1=2m/s，v2= 2m/s
(2)對小球P根據(jù)動能定理得：W1+m1gR=12m1v12?0
解得：W1=?6J
對小物塊Q根據(jù)動能定理得：W2?m2g 2Rsin45°=12m2v22?0
解得：W2=6J
答：(1)小球P運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)B處時(shí)的速度大小為2m/s；
(2)小球P從A運(yùn)動到B的過程中，繩子對小球P做的功為?6J，繩子對小物塊Q做的功為6J。
【解析】(1)根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒結(jié)合關(guān)聯(lián)速度問題解答；
(2)分別對P和Q，根據(jù)動能定理解答。
該題考查關(guān)聯(lián)問題與功能關(guān)系的運(yùn)用，屬于兩個(gè)物體的運(yùn)動情況，在解答的過程中要理清合速度與分速度的關(guān)系，注意機(jī)械能守恒的條件。
18.【答案】解：(1)電子在第2個(gè)金屬圓筒之前的加速過程，根據(jù)動能定理得：2eU1=12mv22
變形得：v2= 4U1em
電子在第二個(gè)圓筒做勻速直線運(yùn)動，所以位移：s2=v2×T2
代入可得第二個(gè)圓筒的長度：s2=T U1em
(2)電子整個(gè)過程，經(jīng)過5個(gè)周期，10次加速，根據(jù)動能定理得：5eU1=12mv52
離開第5個(gè)圓筒的速度：v5= 10U1em
兩極板之間偏轉(zhuǎn)過程，L=v5t1
在電場中的偏轉(zhuǎn)距離：y1=12at12，其中a=U2emd
解得：y1=U2L220U1d
射出極板后做勻速直線運(yùn)動：L=v5t2
沿豎直方向的偏轉(zhuǎn)距離：y2=vyt1，而豎直速度：vy=a2t
解得：y2=U2L210U1d
M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為：y=y1+y2
代入解得：y=3U2L220U1d
答：(1)第2個(gè)金屬圓筒的長度s2為T U1em；
(2)電子打在熒光屏上的M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離y為3U2L220U1d。
【解析】(1)根據(jù)動能定理可分別求電子進(jìn)入第二個(gè)圓筒的速度，再由勻速直線運(yùn)動的公式求第二個(gè)圓筒的長度；
(2)電子在偏轉(zhuǎn)電電場中做類平拋運(yùn)動，在偏轉(zhuǎn)電場中做勻速直線運(yùn)動。根據(jù)運(yùn)動的分解可求得打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)距離。
本題考查直線加速器的原理、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，解題關(guān)鍵在于對運(yùn)動情況進(jìn)行分析，在偏轉(zhuǎn)電場中對運(yùn)動進(jìn)行分解，同時(shí)結(jié)合動能定理、運(yùn)動學(xué)規(guī)律即可解決問題。

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