江西省宜春市丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学2017届高三上学期联考物理试卷 21页

‎2016-2017学年江西省宜春市丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学高三（上）联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；每小题给出的四个选项中，1-6小题只有一个选项正确，7-10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）‎ ‎1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．法拉第首先发现电流磁效应 B．奥斯特经过10年的研究终年发现电磁感应现象 C．牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量 D．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去 ‎2．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 （　　）‎ A．斜面有向左运动的趋势 B．地面对斜面的支持力为80N C．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 ‎3．如图，窗子上、下边沿间的高度H=1.6m，墙的厚度d=0.4m，某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿h=0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10m/s2．则v的取值范围是（　　）‎ A．v＞7 m/sB．v＜2.3 m/s C．3 m/s＜v＜7 m/sD．2.3 m/s＜v＜3 m/s ‎4．如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧被压缩的长度为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎5．如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（　　）‎ A．经过位置O点时，物块的动能最大 B．物块动能最大的位置与AO的距离无关 C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量 D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量 ‎6．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）‎ A．GMm（﹣）B．GMm（﹣）‎ C．（﹣）D．（﹣）‎ ‎7．如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，则下列说法正确的是（　　）‎ A．刚分离时，a球的速度大小为0.7m/s B．刚分离时，b球的速度大小为0.2m/s C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同 D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J ‎8．如图所示，长为l的薄木板AB倾斜放置，与水平面夹角为30°，水平面上距离A点为l处放置一点电荷q1．将带电量为﹣q2的滑块置于木板A点，利用弹射装置可使滑块沿木板向上运动，第一次滑块恰好上升到AB中点C，第二次滑块恰好上升到B点；弹射过程对滑块做的功第一次为W1、第二次为W2；滑块因摩擦产生的热量第一次为Q1、第二次为Q2，则（　　）‎ A．W2=2W1B．W2＞2W1C．Q2=2Q1D．Q2＜2Q1‎ ‎9．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反响电阻无穷大可以视为短路）连接，电源负极接地．初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于容器中的P点且处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低 B．将上极板下移，则P点的电势不变 C．将下极板下移，则P点的电势升高 D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动 ‎10．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．环到达B处时，重物上升的高度h=‎ B．小环在B处的速度时，环的速度为 C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 D．环能下降的最大高度为 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，连线2分，共14分）‎ ‎11．图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为　　mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为　　mm．‎ ‎12．（10分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：‎ A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）‎ B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）‎ C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）‎ E．电阻箱R2（0～999.9Ω）‎ F．开关S一只、导线若干 ‎（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选　　（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．‎ ‎（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=　　，内阻r=　　（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题．共计46分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎13．（10分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．‎ 试求：‎ ‎（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎（2）带电系统向右运动的最大距离．‎ ‎14．（10分）我国探月工程已规划至“嫦娥四号”，并计划在2017年将嫦娥四号探月卫星发射升空．到时将实现在月球上自动巡视机器人勘测．已知万有引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，月球可视为球体．求：‎ ‎（1）月球质量M；‎ ‎（2）嫦娥四号探月卫星在近月球表面做匀速圆周运动的环绕速度v．‎ ‎15．（12分）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚伸直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ=37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，（sin 37°‎ ‎=0.6，cos 37°=0.8）求：‎ ‎（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；‎ ‎（2）C的质量；‎ ‎（3）A刚要离开地面时，C的动能．‎ ‎16．（14分）如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间．距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知 ．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为．带电粒子的重力不计．求：‎ ‎（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度 ‎（2）荧光屏上出现的光带长度 ‎（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长？‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学高三（上）联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；每小题给出的四个选项中，1-6小题只有一个选项正确，7-10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）‎ ‎1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．法拉第首先发现电流磁效应 B．奥斯特经过10年的研究终年发现电磁感应现象 C．牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量 D．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】奥斯特首先发现电流磁效应，法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象．卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去．‎ ‎【解答】解：‎ A、奥斯特首先发现电流磁效应．故A错误．‎ B、法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象．故B错误．‎ C、卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量，不是牛顿．故C错误．‎ D、伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，既没有减速的原因，也没有加速的原因，物体将保持这个速度运动下去．故D正确．‎ 故选D ‎【点评】对于物理学上重要发现、重大发明和著名理论，要加强记忆，不能张冠李戴．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 （　　）‎ A．斜面有向左运动的趋势 B．地面对斜面的支持力为80N C．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、B：杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N．故A、B均错误．‎ C、D：小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零；‎ 再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为2N，竖直向上；‎ 根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下．‎ 故C正确、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线．‎ ‎　‎ ‎3．如图，窗子上、下边沿间的高度H=1.6m，墙的厚度d=0.4m，某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿h=0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10m/s2．则v的取值范围是（　　）‎ A．v＞7 m/sB．v＜2.3 m/s C．3 m/s＜v＜7 m/sD．2.3 m/s＜v＜3 m/s ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【专题】学科综合题；定性思想；推理法；平抛运动专题．‎ ‎【分析】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解．‎ ‎【解答】解：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．此时有 ‎ L=vmaxt，h=‎ 代入解得 vmax=7m/s 恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有 L+d=vmint，H+h=‎ 解得 vmin=3m/s 故v的取值范围是 3m/s＜v＜7m/s 故选：C ‎【点评】解决本题的关键明确临界条件，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧被压缩的长度为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】以A物体受力分析，A受重力、拉力及弹簧的弹力而向上做匀加速直线运动；F与T的合力竖直向上，由牛顿第二定律及力的合成可求得弹簧的弹力；再由胡克定律可解出形变量．‎ ‎【解答】解：对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动，‎ 则有牛顿第二定律可知：，‎ 即：F=m（g+a）tan，‎ 根据胡克定律，有：F=kx，‎ 联立可得x=，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律及力的合成与分解的应用，注意物体竖直向上运动；本题也可以分别对水平和竖直两个方向列式计算，竖直方向由牛顿第二定律，水平方向受力平衡．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（　　）‎ A．经过位置O点时，物块的动能最大 B．物块动能最大的位置与AO的距离无关 C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量 D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量 ‎【考点】动能定理的应用；弹性势能．‎ ‎【专题】比较思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当受力平衡时速度最大；重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒．根据能量守恒定律分析．‎ ‎【解答】解：A、物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置时物体的动能最大，由于滑动摩擦力平行斜面向下，故在平衡位置弹簧处于伸长状态，位置在O点下方，故经过O点的动能不是最大，故A错误；‎ B、在平衡位置时物体的动能最大，根据平衡条件可知平衡位置与AO距离无关，故B正确；‎ C、物块从A向O运动过程中，弹性势能减小，内能增加，根据能量守恒定律，弹性势能的减少量大于动能与重力势能的增加量，故C错误；‎ D、物块从O向B运动过程中，动能减小，重力势能、弹性势能和内能均增加，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大．‎ ‎　‎ ‎6．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）‎ A．GMm（﹣）B．GMm（﹣）‎ C．（﹣）D．（﹣）‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；重力势能的变化与重力做功的关系．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．‎ ‎【解答】解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则 轨道半径为R1时 G= ①，卫星的引力势能为EP1=﹣ ②‎ 轨道半径为R2时 G=m ③，卫星的引力势能为EP2=﹣ ④‎ 设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：‎ ‎+EP1=+EP2+Q ⑤‎ 联立①～⑤得Q=（）‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解．‎ ‎　‎ ‎7．如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，则下列说法正确的是（　　）‎ A．刚分离时，a球的速度大小为0.7m/s B．刚分离时，b球的速度大小为0.2m/s C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同 D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；方程法；动量定理应用专题．‎ ‎【分析】两小球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度．应用能量守恒定律可以求出弹性势能．‎ ‎【解答】解：A、系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2，位移：s=v1t﹣v2t，解得：v1=0.70m/s，v2=﹣0.20m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故AB正确，C错误；‎ D、由能量守恒定律得：（m1+m2）v02+EP=m1v12+m2v22 ，解得：Ep=0.27J，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】本题考查了求小球的速度，弹簧的弹性势能，考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，长为l的薄木板AB倾斜放置，与水平面夹角为30°，水平面上距离A点为l处放置一点电荷q1．将带电量为﹣q2的滑块置于木板A点，利用弹射装置可使滑块沿木板向上运动，第一次滑块恰好上升到AB中点C，第二次滑块恰好上升到B点；弹射过程对滑块做的功第一次为W1、第二次为W2；滑块因摩擦产生的热量第一次为Q1、第二次为Q2，则（　　）‎ A．W2=2W1B．W2＞2W1C．Q2=2Q1D．Q2＜2Q1‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【专题】比较思想；寻找守恒量法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】根据对称性，可分析滑块从A到C与C到B摩擦力做功相等，对AC段和AB段分别运用动能定理列式，可求得W1与W2的关系．根据功能关系求热量关系．‎ ‎【解答】解：滑块从A到C与C到B的过程，受力情况具有对称性，则知两段过程，滑块克服摩擦力做功相等，设为Wf．根据动能定理得：‎ 第一次有：W1+WE﹣Wf=0，得：W1=Wf﹣WE 第二次有：W2﹣2Wf=0，得：W2=2Wf；‎ 由于2Wf＞2（Wf﹣WE），所以W2＞2W1．‎ 根据功能关系有 Q2=2Wf，Q1=Wf 则 Q2=2Q1．故AD错误，BC正确．‎ 故选：BC ‎【点评】本题分析时要结合图形的几何对称性，分析出摩擦力和电场力受力对称，得出摩擦力做功关系，从而根据动能定理分析弹射过程做功关系．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反响电阻无穷大可以视为短路）连接，电源负极接地．初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于容器中的P点且处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低 B．将上极板下移，则P点的电势不变 C．将下极板下移，则P点的电势升高 D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】根据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动．‎ ‎【解答】解：二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：C=，C=，极板间的电场强度：E=整理得：E=；‎ 油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qE=mg；‎ A、减小极板间的正对面积S，由C=可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=可知，电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A错误；‎ B、将上极板向下移动，d变小，电容器两极板间的电场强度：E=变大，P与下极板的距离不变，P的电势升高，故B错误；‎ C、将下极板向下移动，d变大，由C=可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=可知电容器两极板间的电场强度不变，P与下极板的距离变大，P与下极板间的电势差变大，P的电势升高，故C正确；‎ D、上极板上移或下极板下移时，d变大，由C=可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时，d变小，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度E=变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查了判断P点电势高低、油滴运动方向问题，本题难度较大，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键；应用：C=、C=、E=即可解题．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．环到达B处时，重物上升的高度h=‎ B．小环在B处的速度时，环的速度为 C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 D．环能下降的最大高度为 ‎【考点】功能关系；运动的合成和分解；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；方程法；功的计算专题．‎ ‎【分析】环刚开始释放时，重物由静止开始加速．根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度．对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，根据系统机械能守恒求出环在B处速度．环下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为0，根据机械能守恒求解．‎ ‎【解答】解：A、根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=d﹣d，故A错误；‎ B、对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cos45°=v物，‎ 根据系统机械能守恒定律可得mgd﹣2mgh=，解得：环的速度v环=，故B正确．‎ C、环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能；故C正确．‎ D、设环下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有mgH=2mg（）解得：H=，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】解决本题的关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，连线2分，共14分）‎ ‎11．图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为　8.15　mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为　2.970　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为8mm，游标尺上第3个刻度游标读数为：0.05×3mm=0.15mm，‎ 所以最终读数为：8mm+0.15mm=8.15mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，‎ 所以最终读数为：2.5mm+0.470mm=2.970 mm．‎ 故答案为：8.15； 2.970．‎ ‎【点评】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．‎ ‎　‎ ‎12．（10分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：‎ A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）‎ B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）‎ C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）‎ E．电阻箱R2（0～999.9Ω）‎ F．开关S一只、导线若干 ‎（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选　A2　（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．‎ ‎（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=　　，内阻r=　　（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是　电压表分流　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．‎ ‎（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．‎ ‎【解答】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流 I===0.0015A=1.5mA，‎ 因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；‎ 待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）‎ 与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，‎ 变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．‎ ‎（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，‎ 图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．‎ 故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．‎ ‎【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题．共计46分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎13．（10分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．‎ 试求：‎ ‎（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎（2）带电系统向右运动的最大距离．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．‎ ‎（2）带电系统经历了三个阶段，：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．‎ ‎【解答】解：（1）设B球刚进入电场时带电系统的速度为v1，由动能定理得：‎ ‎2qEL=×2mv12，‎ 解得：v1=；‎ ‎（2）带电系统向右运动分为三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场后．设A球出电场后移动的最大位移为x，对于全过程，由动能定理得：‎ ‎2qEL﹣qEL﹣3qEx=0‎ 解得：x=，‎ 则B球移动的总位移为：xB=L．‎ 答：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为；‎ ‎（2）带电系统向右运动的最大距离为L．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）我国探月工程已规划至“嫦娥四号”，并计划在2017年将嫦娥四号探月卫星发射升空．到时将实现在月球上自动巡视机器人勘测．已知万有引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，月球可视为球体．求：‎ ‎（1）月球质量M；‎ ‎（2）嫦娥四号探月卫星在近月球表面做匀速圆周运动的环绕速度v．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】月球表面的重力与万有引力相等，由求得质量，绕月球圆周运动的向心力由万有引力提供求得线速度，据此列式计算 ‎【解答】解：（1）设：月球半径为R，…①‎ 月球的质量为：M=…②‎ 由①②得：M=…③‎ ‎（2）万有引力提供向心力：…④‎ 由①②得：R=…⑤‎ 由④⑤得：v=…⑥‎ 答：（1）月球质量M为；‎ ‎（2）嫦娥四号探月卫星在近月球表面做匀速圆周运动的环绕速度v为．‎ ‎【点评】月球表面的重力与万有引力相等，卫星绕月球做圆周运动万有引力提供圆周运动的向心力，这个是万有引力问题经常用的表达式 ‎　‎ ‎15．（12分）（如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚伸直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ=37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，（sin 37°‎ ‎=0.6，cos 37°=0.8）求：‎ ‎（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；‎ ‎（2）C的质量；‎ ‎（3）A刚要离开地面时，C的动能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；胡克定律；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）物体C沿斜面下滑的距离等于B上升的高度，等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，由胡克定律求解．‎ ‎（2）物体A刚要离开地面时，分别以B和C为研究对象，利用牛顿第二定律列式，可求得C的质量．‎ ‎（3）物体A刚好离开地面时，B、C两物体的速度相等，对BC整体，运用动能定理求解C的动能．‎ ‎【解答】解：（1）设开始时弹簧压缩的长度为xB，则有 ‎ kxB=mg 设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有 ‎ kxA=mg 当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：‎ ‎ h=xA+xB 解得：h=．‎ ‎（2）物体A刚要离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力FT三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律：‎ 对B有：FT﹣mg﹣kxA=ma 对C有：mCgsin θ﹣FT=mCa B获得最大速度时，有：a=0‎ 解得：mC=．‎ ‎（3）法一：由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚好离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：‎ ‎ mCghsinθ﹣mgh+W弹=﹣0‎ 其中，W弹=0‎ 解得：v02=‎ 所以 EkC==‎ 法二：根据动能定理，‎ 对C：mCghsinθ﹣Wr=EkC﹣0 ‎ 对B：Wr﹣mgh+W弹=EkB﹣0‎ 其中W弹=0 又EkC：EkB=10：3‎ 解得：EkC=‎ 答：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离是；‎ ‎（2）C的质量是；‎ ‎（3）A刚要离开地面时，C的动能是．‎ ‎【点评】本题关键是分析求出系统的运动状态，把握住弹簧的形变量与物体a下滑距离的关系，结合动能定理和胡克定律多次列式求解分析．‎ ‎　‎ ‎16．（14分）如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间．距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知 ．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为．带电粒子的重力不计．求：‎ ‎（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度 ‎（2）荧光屏上出现的光带长度 ‎（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长？‎ ‎【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】（1）带电粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由t=，求出粒子通过电场的时间，再根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出电场时竖直方向的速度．‎ ‎（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同．由运动学公式求出粒子的最大偏转量和反向最大偏转量，两者之和即为光带长度．‎ ‎（3）当速度均变为v=2.0×104m/s时，粒子在电场中运动时间为，再由运动学公式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变．‎ 在电场中运动时间 ，正好等于一个周期．‎ 竖直方向先加速后减速，加速度大小为 ‎ 射出电场时竖直方向的速度 ‎ ‎（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同．‎ 偏转最大的粒子偏转量 ‎ 反方向最大偏转量 ‎ 射出电场时，竖直分位移为：y=d1+d2=4.0×10﹣2m 依据比例可得：荧光屏上出现的光带长度 Y=y=0.17m ‎（3）带电粒子在电场中运动的时间为，打在荧光屏上的范围是：‎ 射出电场时y′=d1+d+d2=0.15m 荧光屏上出现的光带长度为 Y′=y′=0.65m 答：‎ ‎（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度为103m/s．‎ ‎（2）荧光屏上出现的光带长度为0.17m．‎ ‎（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带为0.65m．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解决在偏转场中通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究．‎