2018北京丰台高一(下)期中联考物理(B卷)(教师版).doc

2018北京丰台高一（下）期中联考
物 理（B卷）
第I卷（选择题共60分）
一、单项选择题（本题共20小题，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题意的。每小题3分，共60分。）
1．下列物理量中，属于矢量的是
A. 电场强度 B. 电势能 C. 动能 D. 电荷量
2．毛皮和硬橡胶棒原来都不带电，相互摩擦后，硬橡胶棒就带上了负电，关于硬橡胶棒带负电的原因，下列说法正确的是
A. 硬橡胶棒在摩擦过程中产生了负电荷
B. 在摩擦过程中，毛皮上的负电荷转移到了硬橡胶棒上
C. 在摩擦过程中，毛皮上的正电荷转移到了硬橡胶棒上
D. 在摩擦过程中，硬橡胶棒上的正电荷转移到了毛皮上
3．真空中有两点电荷Q1、Q2相距r，将Q2的电荷量增加为原来的3倍，则在前后两种情况下，两电荷之间的作用力之比为
A. 1:3 B. 1:9 C. 3:1 D. 6:1
4．下列关于点电荷的说法正确的是
A. 体积大的带电体一定不能看作点电荷
B. 点电荷的电荷量一定是1.6×10-19C
C. 点电荷是一个理想化模型
D. 研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷
5．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列4个图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是

6．下图是几种典型的电场线的分布示意图，其中正确的是

7．在（a）（b）（c）图中，分别表示匀强电场（场强为E）中的+q0电荷沿不同路径从A到B；经过计算发现三种情况下电场力做的功WAB=q0Ed是相等的，那么通过分析我们可以直接得出的结论是
(a) （b） （c）

A. 在匀强电场中，电荷具有势能，这个势能叫做电势能
B. 在匀强电场中，电场力做功与移动电荷的路径无关
C. 在匀强电场中，电场力做功与移动电荷的路径有关
D. 地球上的物体受重力作用，移动物体时，重力做功与路径无关，只由物体的始末位置决定
-q
B

A
E

8．如图所示，如果将一个负电荷q从A点移动到B点，下列说法正确的是

A．电场力做正功，电势能增加
B．电场中A点的电势小于B点的电势
C．电场中A点的场强大于B点的场强
D．q在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
9．如果在某电场中将3.0×10﹣9C的正电荷由A点移到B点，电场力做6.0×10﹣7J的功，那么
A．A、B两点间的电势差UAB=5.0×10-2V
B．A、B两点间的电势差UAB=2.0×102V
C．A、B两点间的电势差UAB=﹣5.0×102V
D．A、B两点间的电势差UAB=﹣2.0×10-2V
10. 如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置；两块相互靠近的等大正对的平行金属板A、B组成电容器，板B固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都接地，板A上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板A的位置；在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是
A．只将板A从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大
B．只将板A从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变小
C．只将板A从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小
D．只在AB之间插入玻璃板，静电计指针张角变大
11．在物理学中常用比值法定义物理量．下列不是用比值法定义的物理量的是
A．用 定义电场强度
B．用 定义电容器的电容
C．用定义电容器的电容
D．用 定义电流强度
12. 下列措施中，不属于防止静电危害的是
A．油罐车后有一条拖在地上的铁链条
B．静电除尘设备
C．在印染厂中保持适当的湿度
D．在地毯上夹杂0.05～0.07 mm的不锈钢丝导电纤维
13．关于电流，下列说法中正确的是
A．通过导体截面的电荷量越多，电流越大
B．电子运动速率越大，电流越大
C．单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
14．两电阻R1和R2的电流I电压U的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比R1：R2等于
A．1：3 B．3：1
C．1： D．1：4
30°
R1
R2
U
I
60°

15．一块均匀的长方体样品，已知样品的电阻率为ρ，长为a，宽为b，厚为c，如图所示，沿AB方向测得电阻为 A． B． C． D．
A
B
C
D
a
b
c

16.如图所示，MN两平行金属板，板间电压为U，在M板附近自由释放一电子，电子由静止开始向N板运动，关于电子到达N板时的速率，下列说法正确的是
M
N
-
+
A.两板间的距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大
B.两板间的距离越小，加速度越大，获得速率就越大
C.与两板间距离无关，与板间电压有关，板间电压大，获得的速率大
D.与两板间距离无关，与板间电压有关，板间电压大，获得的速率小
17．甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法不正确的是

A．甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法
B．甲中R测>R真，乙中R测<R真
C．甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R≪RV，故此法测较小电阻好
D．乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R≫RA，故此法测较大电阻好
18．如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
19． 如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于机械能的叙述中正确的是
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
A
20．如图所示的电路中，A是电容器两极板之间的一点，在A点有一个带负电荷的质点，质点在重力和电场力的共同作用下处于静止状态，当滑动变阻器的阻值减小时，带电质点的运动情况是
A．加速向上 B．加速下降
C．保持静止 D．匀速向上

第II卷（非选择题共40分）
二、填空题（每空2分，共12分）
21．智能机器人已经逐步进入家庭．各种各样的传感器是智能机器人的核心部分，传感器是一种将接收到的物理量(如光、热、力、声等)转化成便于测量的量(一般是电学量)的转化装置．如图所示是一种测量压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计（可以测量微小电流的电流表）、直流电源串联接成图示电路，那么当F向上压膜片电极时，电容将______________；（填“变大”或者“变小”）　若电流计有示数，则压力F______________（填“变化”或者“不变”）
22．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证“机械能守恒定律”。

（1）已准备的器材有：打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材有 ______________（选填选项前的字母）。
A．直流电源 B．交流电源
C．天平及砝码 D．刻度尺
（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器打点周期为0.02 s，自由下落的重物质量为1kg，打出一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8 m/s2，O、A之间有多个点没画出，打点计时器打下点B时，物体的速度
vB＝ m/s，从起点O到打下B点的过程中，重力势能的减少量
ΔEp＝ J，此过程中物体动能的增量ΔEk＝ J．(答案保留两位有效数字)

三、计算题（共计28分.解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案.有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）
23．（4分）电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=4.0×10-8 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10-4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功
W =8.0×10-7J．求：
（1）A点电场强度的大小EA
（2）A、B两点间的电势差UAB

24．（6分）如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g.
(1)判断小球带何种电荷
(2)求电场强度E
(3)若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v.

25．（6分）如图所示，把一块质量是1.0kg的石头，从20m高处的山崖上以10 m/s的速度向斜上方抛出，之后运动轨迹如图．（取地面为重力势能参考平面，空气阻力不计，
取g=10 m/s2） 求:
（1）石头落地时速度的大小；

C
（2）石头在C点时具有的机械能．

26．（6分）如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电，下极板带负电，两极板间距为12cm。当两极板间的电势差为U1=60V时，一带电荷量为q=-2×10-6C的小球在距下极板8 cm处静止。取g=10 m/s2。求：
（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小；
（2）小球的质量；
（3）若两极板间的电势差变为U2 = 36V时，带电小球运动到极板上需要的时间．

27．（6分）如图所示，一根金属棒长为L，横截面积为S，其材料的电阻率为ρ．已知金属棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e．在金属棒两端加上恒定的电压时，金属棒内自由电子定向移动的平均速率为v．
（1）求电阻的大小
（2）请推导金属棒内的电流的表达式I=neSv
（3）求金属棒内的电场强度大小
(金属棒内可看作匀强电场)
+
-
L
S
v

参考答案
一、单项选择题（本题共20小题，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题意的．每小题3分，共60分．）
1．【分析】矢量是指既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：A、矢量是指既有大小又有方向的物理量，电场强度是矢量，故A正确。
BCD、标量是只有大小没有方向的物理量。电势能、动能、电荷量都是标量，故BCD错误。
故选：A。
【点评】本题的关键要抓住矢量和标量的区别：矢量有方向，而标量没有方向，要掌握各个物理量的矢标性。
2．【分析】摩擦起电、感应起电、接触起电的实质都不是创造了电荷，而是物体的正负电荷分开，或者是电子的得失、转移。
【解答】解：用毛皮摩擦过的硬橡胶棒带负电，是摩擦过程中毛皮上的负电荷转移到了硬橡胶棒上，因此跟它接触的毛皮是带正电。该过程中没有产生电荷。故ACD错误，B正确
故选：B。
【点评】知道摩擦起电的原因、实质、物体带电的原因等基础知识是正确解题的关键，平时要注意基础知识的学习。
3．【分析】根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可。
【解答】解：由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：F＝k，
将Q2的电荷量增加为原来的3倍，变化之后它们之间的库仑力为：F′＝k＝3k，
所以＝，所以A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较简单。
4．【分析】明确点电荷的性质，知道点电荷是种理想化的物理模型，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少没有关系。
【解答】解：A、带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故A错误；
B、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，元电荷1.6×10﹣19C，是电量的最小值，点电荷的值可以等于元电荷，也可以是元电荷的整数倍，故B错误；
C、点电荷是理想化的物理模型，故C正确；
D、研究带电体的相互作用时，并不所有带电体都可以看作点电荷，只有满足条件的带电体才能视为点电荷；故D错误。
故选：C。
【点评】点电荷是不考虑其尺寸、形状和电荷分布情况的带电体，是实际带电体的理想化模型。在研究带电体间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离时，就可把带电体看成点电荷。点电荷是没有大小的带电体，是一种理想模型，实际的带电体（包括电子、质子等）都有一定大小，都不一定能看成点电荷。当电荷间距离大到可认为电荷大小、形状不起什么作用时，可把电荷看成点电荷。
5．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．
【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；
故只有B符合条件。
故选：B。
【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
6．【分析】根据电场线从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析即可．
【解答】解：A、电场线应从无穷远处出发到负电荷终止，故A错误。
B、电场线应正电荷出发到无穷远处终止，故B错误。
C、根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷终止，可知该图线符合实际，故C正确。
D、电场线应从无穷远处出发到负电荷终止，故D错误。
故选：C。
【点评】对于电场线的特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，常见电场的电场线分布要掌握牢固．
7．【分析】根据功的定义式W＝FLcosθ分析电场力做功的特点。
【解答】解：ABC．在匀强电场中计算发现三种情况下电场力做的功WAB＝q0Ed是相等的，可知电场力做功特点电场力做功与路径无关，只于移动电荷的电荷量以及起点和终点的位置有关，故B正确；
D．此题分析的是电场力做功，不是重力做功，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查电场力做功，关键是知道电场力做功与路径无关的特点，基础题目。
8．【分析】电场线的疏密表示电场的强弱；根据沿电场线的方向，电势降低，比较电势高低。根据电场力做功与电势能变化的关系，分析电势能的变化，即可判断电场力做功的正负。
【解答】解：A、根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小。故A错误；
B、沿电场线的方向，电势降低，所以点的电势高于B点的电势。故B错误；
C、A点处的电场线密，所以A点的场强大于B点的场强。故C正确；
D、A点的场强大于B点的场强，根据E＝qE可知，试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力。故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系。同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密。当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。
9．【分析】根据公式UAB＝即可求得电势差A、B间的电势差，注意功的正负以及电势差的正负。
【解答】解：A、B两点间的电势差UAB＝＝＝2.0×102V； 故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查电场力做功与电势差之间的关系，牢记公式，并且在公式应用中一定要注意各物理量的正负符号不能用错。
10．【分析】电容器所带的电量不变，根据C＝确定电容的变化，然后根据U＝确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化。
【解答】解：A、只将板A从图示位置稍向左平移，d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知电势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确。
B、只将板A从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S变小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B错误。
C、只将板A从图示位置稍向上平移，正对面积S变小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知电势差增大，则静电计指针张角变大。故C错误。
D、只在AB之间插入玻璃板，介电常数变大，根据C＝知，电容增大，根据U＝知电势差变小，则静电计指针张角变小。故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器电容的定义式和决定式的正确应用，注意本题电容器的电量总是不变的。
11．【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。
【解答】解：A、是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q无关，故A正确；
B、电容是电容器容纳电荷的本领，与所带的电量、以及极板之间的电势差无关，所以是比值定义法，故B正确；
C、是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故C错误；
D、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以属于比值定义法，故D正确；
本题选不是用比值法定义的物理量，故选：C。
【点评】解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。
12．【分析】静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害。
【解答】解：A、油罐车在运输过程中，油和罐之间不断摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害。故A正确。
B、静电除尘属于静电的应用。不符合题意。故B错误。
C、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害。故C正确。
D、不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害。故D正确。
本题选择不属于防止静电危害的，
故选：B。
【点评】该题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
13．【分析】电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式I＝nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则．
【解答】解：A、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故A错误。
B、由电流的微观表达式I＝nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误。
C、根据I＝可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（I）越大。故C正确。
D、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量。故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电流的定义；只要掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累；明确电流的定义及性质．
14．【分析】本题为图象分析问题，在图中任意做一条与横轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的纵坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行比较。
【解答】解：由图可知，R1＝tan60°；R2＝tan30°；
故R1：R2＝tan60°：tan30°＝3：1；
故选：B。
【点评】该题考查了根据电流、电压图象获取信息的能力，在解题中特别要注意电流、电压分别在哪个坐标上。
15．【分析】根据电阻定律可求解。
【解答】解：根据电阻定律可得
沿AB方向测得电阻为，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】考查电阻定律的应用，掌握公式中L与S的求法，注意不同电流方向的L与S的不同。
16．【分析】根据E＝和F＝qE可以判断电子受到的电场力的变化情况，从而判断出加速度的变化情况。电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动时间，由动能定理求解电子获得的速度，再分析它们的变化情况。
【解答】解：AB、板间电压不变，两板间的距离越大，由E＝知板间电场强度越小，电子所受的电场力越小，则加速度越小，由x＝得：t＝，知加速时间越长。
电子在运动过程中只有电场力做功，根据动能定理得：eU＝mv2，得：v＝，可知，电子获得的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，所以电子获得的速率不变，故AB错误。
CD、由v＝可知，电子获得的速率与两板间距离无关，仅与板间电压U有关，板间电压大，获得的速率大。故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】对于电子加速过程，根据动能定理求电子获得的速率是常用方法，要知道电场力做功仅与加速电压有关，与板间距离无关，当极板间的间距发生变化时，要首先判断极板间的电压是否发生变化。
17．【分析】两种接法都有误差：甲图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小。
【解答】解：A、甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表的内接法，故A正确；
B、甲图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律R＝，电阻测量值偏小，即R测＜R真；乙图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律R＝，电阻测量值偏大，即R测＞R真，故B错误；
C、甲图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好；故C正确；
D、乙图中，误差来源与电流表的分压作用，乙图中灯泡电阻的精确值应为﹣RA，故D正确；

本题选择不正确的，故选：B。
【点评】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法。测量值偏大。
待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小。
18．【分析】（1）影响动能大小的因素：质量和速度．质量越大，速度越大，动能越大．
（2）影响重力势能大小的因素：质量和被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．
（3）机械能的总量等于动能和势能的和．根据除重力以外的做功情况，判断机械能的变化．
【解答】解：小孩从公园中的滑梯上加速滑下，速度变大，动能变大；高度不断减小，重力势能减小；
小孩在下滑过程中与滑梯间摩擦生热，一部分机械能转化成内能，导致机械能总量减小。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】影响动能大小的因素有质量和速度，分析动能的变化就是分析质量和速度的变化；影响重力势能的因素是质量和高度，分析重力势能的变化就是分析质量和高度的变化．解题时注意抓住表示物体运动状态变化的关键字词，从中找出表示“质量、速度、高度”变化的字眼，从而分析机械能的变化情况．
19．【分析】对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。
对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大。
【解答】解：A、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大。因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，重力势能和动能之和始终减小。故A错误。
B、在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，要注意在小球刚接触到加速度变0的工程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短。所以小球的动能先增大后减小，所以重力势能和弹性势能之和先减小后增加。故B错误。
C、小球下降，重力势能一直减小，所以动能和弹性势能之和一直增大。故C错误。
D、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。故D正确。
故选：D。
【点评】根据能量守恒小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。其中一个能量的变化可以反映出其余两个能量之和的变化。
20．【分析】当滑动变阻器阻值变化时，根据闭合电路欧姆定律判断出与电容器并联的电阻两端的电压的变化，通过电压的变化判断电场强度的变化，从而判断出带电质点的运动情况。
【解答】解：滑动变阻器阻值减小时，总电阻减小，则电流增大，电容器两端的电压增大，电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，带电质点向上加速。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道与电容器并联的电阻两端间的电压相等，通过闭合电路欧姆定律进行分析。
二、填空题（每空2分，共12分）
21．【分析】图中是电容式力传感器，当两极间的电压不变，F变大，板间距离变小，则电容增大，由Q＝CU判断电荷量的变化，从而判断电路中的电流流向
【解答】解：当F向上压膜片电极时，板间距离变小，则电容变大，而电势差U不变，根据Q＝CU，可知，电容器的电量在增大，在变化。
故答案为：变大大、变化。
【点评】考查了电容式传感器的工作原理应用，注意利用电容的定义式和决定式合理解释。
22．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材。
（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量。
【解答】解：（1）打点计时器使用交流电源，实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平测量质量；需要用刻度尺测量点迹的距离，从而求解瞬时速度和下降的高度。故选：BD。
（2）B点的瞬时速度m/s＝0.98m/s，则物体动能的增加量J＝0.48J，重力势能的减小量J＝0.49J。
故答案为：（1）BD，（2）0.98，0.48，0.49。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
三、计算题（共计28分.解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案.有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．）
23．【分析】根据电场强度的定义式E＝，求解A点电场强度的大小．根据公式UAB＝求解A、B两点间的电势差U．
【解答】解：（1）EA＝＝＝5×103N/C
（2）U＝＝＝20V
答：（1）A点电场强度的大小EA为5×103N/C．
（2）A、B两点间的电势差U为20V．
【点评】本题考查物理基本公式的应用能力．对于公式U＝应用时，一般各量要代入符合计算，而E＝，一般不代入符合计算．
24．【分析】（1）首先对小球受力分析，根据平衡条件判断出电场力方向，即可判断出所带电性，电场力公式F＝qE结合求出电场强度E的大小。
（2）剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将原来细线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求经过时间t小球的速度的大小。
【解答】解：（1）小球静止，所以小球受到的电场力和电场强度方向相反，所以小球带负电
对小球受力分析如图，由平衡条件得：
qE＝mgtanθ
得：E＝
（2）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，小球所受的合外力为：
F合＝
由牛顿第二定律有：F合＝ma
则得：a＝
从该时刻起经过时间t小球的速度为：v＝at＝
答：（1）小球带负电，电场强度E的大小为；
（2）从该时刻起经过时间t小球的速度的大小为。

【点评】解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可。
25．【分析】（1）不计空气阻力，只有重力做功，石头的机械能守恒。由机械能守恒定律求石头落地时速度的大小；
（2）根据机械能守恒定律求石头在C点时具有的机械能。
【解答】解：（1）取地面为重力势能参考平面，根据机械能守恒定律得：
mgh+＝
得：v＝＝＝10m/s
（2）石头在C点时具有的机械能为：
E＝mgh+
代入数据解得：E＝250J
答：（1）石头落地时速度的大小是10m/s；
（2）石头在C点时具有的机械能是250J。
【点评】本题考查机械能守恒定律的应用，要注意确定初末状态的能量，才能正确由机械能守恒定律列式求解，也可以根据动能定理求解。
26．【分析】（1）平行板电容器内存在匀强电场，已知板间电压和板间距离，由E1＝求板间电场强度的大小。
（2）小球处于静止状态时，电场力与重力平衡，由此列式，可求得小球的质量；
（3）当两极板间的电势差减小后，板间场强减小，小球所受的电场力减小，小球将向下做匀加速运动。根据牛顿第二定律求出小球的加速度，结合位移时间公式求出小球运动到极板上需要的时间。
【解答】解：（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小为：
E1＝＝＝500V/m
（2）设带电小球的质量为m，小球处于静止，有：
mg＝qE1
则 m＝＝kg＝1×10﹣4 kg
（3）当U2＝36V时，带电小球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知：
mg﹣q＝ma
又h＝at2，
据题有：d＝0.12m，h＝0.08m
联立解得：t＝0.2s。
答：（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小是500V/m；
（2）小球的质量是1×10﹣4 kg；
（3）若两极板间的电势差变为U2＝36V时，带电小球运动到极板上需要的时间是0.2s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式、电势差与电场强度关系的综合运用，通过牛顿第二定律和平衡条件求得加速度是解决本题的关键。
27．【分析】（1）已知金属棒的长度、横截面积、材料的电阻率，根据电阻定律求电阻的大小。
（2）根据导体中自由电子的定向移动速率可明确t内通过截面的电量，再由电流的定义即可证明。
（3）由欧姆定律求棒两端的电压，由公式U＝Ed求电场强度。
【解答】解：（1）由电阻定律得：
电阻 R＝ρ
（2）由题意金属棒中的电荷量为 q＝LSne，
由一端运动到另一端所需时间 t＝
所以金属棒中电流为 I＝＝Snev
（3）棒两端加上恒定的电压U＝IR，而R＝ρ
可得 U＝ρLnev；
金属棒内的电场强度大小 E＝＝ρnev
答：
（1）电阻的大小为ρ。
（2）证明见上。
（3）金属棒内的电场强度大小是ρnev。
【点评】本题证明电流微观表达式时，要注意明确，t内长度为vt的导线内部电子能全部通过截面，从而可以由电流的定义证明。

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