河北省衡水中学2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版） 29页

‎2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一.本题共15小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项是正确的．全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．同学通过以下步骤测出了从﹣定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印．记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（　　）‎ A．建立“点电荷”的概念 B．建立“合力与分力”的概念 C．建立“瞬时速度”的概念 D．研究加速度与合力、质量的关系 ‎2．卡车以v0=10m/s在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车匀减速直线前进直至停止．停止等待6s时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动．已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t=12s，匀减速的加速度是匀加速的2倍，反应时间不计．则下列说法正确的是（　　）‎ A．卡车匀减速所用时间t1=2s B．匀加速的加速度为5m/s2‎ C．卡车刹车过程通过的位移是20m D．从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为40m ‎3．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中错误的是（　　）‎ A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g D．小球下降过程中的平均速度大于 ‎4．火星探测器绕火星近地做圆周轨道飞行，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系正确的是（　　）‎ A．lg（）=lg（）B．lg（）=2lg（）‎ C．lg（）=lg（）D．lg（）=2lg（）‎ ‎5．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的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d．现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）‎ A．环与重物组成的系统机械能守恒 B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 D．小环在B处的速度时，环的速度为 ‎6．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，传送带的速度为v（v0＜v），方向未知，重力加速度为g．物体在传送带上运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgvcosθ B．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgv0cosθ C．运动过程物体的机械能可能一直增加 D．摩擦力对物体可能先先做正功后做负功 ‎7．如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，则下列说法正确的是（　　）‎ A．物体与斜面间的动摩擦因数为 B．物体与斜面间的动摩擦因数为 C．这一临界角θ0的大小30°‎ D．这一临界角θ0的大小60°‎ ‎8．如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎9．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎10．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块在A点的电势能EPA=Qφ B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+‎ C．点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小 D．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=（v﹣v2）+φ ‎11．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动 C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D．所有液滴下落过程中电场力做功相等 ‎12．如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10﹣4C，让小球从C点由静止释放．其沿细杆由C经B向A运动的v﹣t图象如图乙所示．且已知小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）下列说法正确的是（　　）‎ A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大 B．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m C．C、B两点间的电势差UCB=0.9V D．沿着C到A的方向，电势先降低后升高 ‎13．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变大 C．电流表的示数变小 D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量 ‎14．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机M 和电灯L 并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=0.5Ω，电灯灯丝电阻 R=9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势 E=12V，内阻r2=1Ω 开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为 9V．则下列说法不正确的是（　　）‎ A．流过电源的电流3A B．流过电动机的电流2A C．电动机的输入功率等于2W D．电动机对外输出的机械功率16W ‎15．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 ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第16题～第20题为必考题，每个试题考生都必须作答．第21题～第22题为选考题，考生从两个题中任选一个作答，如果两个均作答，则按着第一个给分．‎ ‎16．在高中物理力学实验中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．利用打点计时器在“研究匀变速直线运动规律”的实验中，可以根据纸带上的点迹计算物体的平均速度 B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用效果相同，只需橡皮条具有相同的伸长量 C．在“验证牛顿第二定律”的实验中，需要先平衡摩擦力 D．在“验证机械能守恒定律”的实验中，应该先释放重物后接通电源 ‎17．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图2所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．‎ ‎（1）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△EK=　　，系统的重力势能减少量可表示为△EP=　　，在误差允许的范围内，若△EK=△EP则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）‎ ‎（2）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图2所示，并测得M=m，则重力加速度g=　　 m/s2．‎ ‎18．如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L0两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5．‎ ‎（1）若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；‎ ‎（2）求L′与L之比．‎ ‎19．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，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C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ ‎（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎（2）弹簧的最大压缩量；‎ ‎（3）弹簧中的最大弹性势能．‎ ‎20．如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m竖直向下的电场，长L=0.8m不可伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg带电q=5×10﹣2C的小球．拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN上的C点．试求：‎ ‎（1）绳子的最大张力；‎ ‎（2）A、C两点的电势差；‎ ‎（3）当小球运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向及取值范围．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]（10分）‎ ‎21．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动 B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点 D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 E．温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大 ‎22．一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA=p0，温度TA=T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．求：‎ ‎（1）气体在状态B时的压强pB；‎ ‎（2）气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；‎ ‎（3）气体在状态C时的压强pC和温度TC．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]（10分）‎ ‎23．图（a）为一列简谐横波在t=0 时的波形图，P 是平衡位置在x=0.5m 处的质点，Q 是平衡位置在x=2.0m 处的质点；图（b）为质点Q 的振动图象．下列说法正确的是（　　）‎ A．这列简谐波沿x 轴正方向传播 B．这列简谐波沿x 轴负方向传播 C．波的传播速度为20m/s D．从t=0 到t=0.25s，波传播的距离为 50cm E．在t=0.10s 时，质点Q的加速度方向与y 轴正方向相同 ‎24．图示为用玻璃做成的一块棱镜的截面图，其中ABOD是矩形，OCD是半径为R的四分之一圆弧，圆心为O．一条光线 从AB面上的某点入射，入射角为45°，它进入棱镜后恰好以全反射临界角射在面上的O点．求：‎ ‎①该棱镜的折射率n；‎ ‎②光在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在空气中的传播速度c=3.0×108 m/s）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.本题共15小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项是正确的．全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．同学通过以下步骤测出了从﹣定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印．记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（　　）‎ A．建立“点电荷”的概念 B．建立“合力与分力”的概念 C．建立“瞬时速度”的概念 D．研究加速度与合力、质量的关系 ‎【考点】元电荷、点电荷；瞬时速度．‎ ‎【分析】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．‎ ‎【解答】解：A、点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故A错误；‎ B、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故B正确；‎ C、瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，故C错误．‎ D、研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．‎ ‎　‎ ‎2．卡车以v0=10m/s在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车匀减速直线前进直至停止．停止等待6s时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动．已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t=12s，匀减速的加速度是匀加速的2倍，反应时间不计．则下列说法正确的是（　　）‎ A．卡车匀减速所用时间t1=2s B．匀加速的加速度为5m/s2‎ C．卡车刹车过程通过的位移是20m D．从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为40m ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀加速和匀减速直线运动时加速度的关系得出运动时间的关系，从而求出减速和加速的时间，根据速度时间公式求出匀加速运动的加速度．根据平均速度推论求出匀加速和匀减速运动的位移，从而得出从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小．‎ ‎【解答】解：A、因为汽车匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，匀加速直线运动的初速度和匀减速直线运动的末速度均为零，根据t=知，匀减速的加速度是匀加速的2倍，则匀减速的时间是匀加速运动时间的一半，所以卡车匀减速运动的时间，故A正确．‎ B、匀加速直线运动的时间t2=12﹣6﹣2s=4s，则匀加速直线运动的加速度，故B错误．‎ C、卡车刹车过程中的位移，故C错误．‎ D、卡车匀加速直线运动的位移，则卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为30m，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．‎ ‎　‎ ‎3．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中错误的是（　　）‎ A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g D．小球下降过程中的平均速度大于 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】A、由图中的速度可以判定何时阻力最大，进而判定最大加速度，加速度最小是零，而小球有匀速阶段，故加速度最小值应该出现在匀速阶段 B、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由此加上重力，可以判定上升和下降阶段的加速度变化 C、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故可以得到比例系数，进而判定抛出时加速度 D、由面积表示位移来分析它与匀减速运动平均速度的关系，可判定D ‎【解答】解：A、小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大故阻力最大，可知合力在抛出时最大，可知此时加速度最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，故A错误；‎ B、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可知在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小．下降过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下，故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，故B正确；‎ C、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故有：kv1=mg，得：，故抛出瞬间的空气阻力为：f0=kv0=，故抛出瞬间的加速度为： =（1+）g，故C正确 D、下降过程若是匀加速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积大于匀加速直线运动的面积，即图中的位移大于做匀加速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度大于匀加速的平均速度，即大于，故D正确 本题选错误的，故选：A ‎【点评】本题关键是受力分析，只有分析好小球的受力，才能解答好前三项，至于最后一个是利用的面积表示位移，而平均速度等于位移比时间．‎ ‎　‎ ‎4．火星探测器绕火星近地做圆周轨道飞行，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系正确的是（　　）‎ A．lg（）=lg（）B．lg（）=2lg（）‎ C．lg（）=lg（）D．lg（）=2lg（）‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】人造卫星绕地球回周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算即可 ‎【解答】解：人造卫星的向心力由万有引力提供，故有：‎ G=m①‎ G=m②‎ 由①②两式得：‎ 由对数运动算可得：lg（）=lg（）‎ 所以lg（）=2lg（）‎ 故选：B ‎【点评】掌握万有引力提供圆周运动的向心力，能根据对数运动规律求得结论 ‎　‎ ‎5．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的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d．现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）‎ A．环与重物组成的系统机械能守恒 B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 D．小环在B处的速度时，环的速度为 ‎【考点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】环刚开始释放时，重物的加速度为零，根据牛顿第二定律判断绳子的拉力大小．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，从而求出环在B处速度与重物的速度之比．环和重物组成的系统，机械能守恒．‎ ‎【解答】解：A、由于小环和重物只有重力做功，故系统机械能守恒，故A正确；‎ B、结合几何关系可知，重物上升的高度：h==（﹣1）d，故B错误；‎ C、两个物体沿着绳子方向的分速度，故：v环cos45°=vG，故环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为：1，故C错误；‎ D、小环和重物系统机械能守恒，故：mgd=mv环2+（2m）vG2+（2m）gh；联立解得：v环=，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度，要注意重物上升的高度不等于d，应由几何关系求解h．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，传送带的速度为v（v0＜v），方向未知，重力加速度为g．物体在传送带上运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgvcosθ B．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgv0cosθ C．运动过程物体的机械能可能一直增加 D．摩擦力对物体可能先先做正功后做负功 ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】因为μ＞tanθ，即有μmgcosθ＞mgsinθ，送带足够长，物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度，即可由公式P=Fv求得最大摩擦力对物体做功的最大瞬时功率．根据功能关系分析机械能的变化情况．‎ ‎【解答】解：AB、由物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，则有μmgcosθ＞mgsinθ．传送带的速度为v（v0＜v），若v0与v同向，物体先做匀加速运动，最后物体加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为 P=μmgvcosθ．若v0与v反向，物体先向上做匀减速运动，后向下匀加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为 P=μmgvcosθ．‎ 故A正确，B错误．‎ CD、摩擦力一直对物体做正功，由功能关系知，运动过程物体的机械能一直增加，故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题的关键要理解μ＞tanθ，即物体受到的最大静摩擦力大于重力在沿斜面的分力，判断出物体的运动情况．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，则下列说法正确的是（　　）‎ A．物体与斜面间的动摩擦因数为 B．物体与斜面间的动摩擦因数为 C．这一临界角θ0的大小30°‎ D．这一临界角θ0的大小60°‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】物体匀速下滑时受力平衡，按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列方程，同时结合摩擦力公式求解动摩擦因素μ；‎ 物体沿斜面能匀速上升，根据平衡条件列方程求解推力F，改变斜面倾斜角度后，根据平衡条件再次结合函数表达式分析即可．‎ ‎【解答】解：AB、物体恰好匀速下滑时，由平衡条件有：‎ FN1=mgcos30°，‎ mgsin30°=μFN1，‎ 则 μ=tan30°=；‎ 故A正确，B错误；‎ CD、设斜面倾角为α，由平衡条件有：‎ Fcosα=mgsinα+Ff，‎ FN2=mgcosα+Fsinα，‎ 静摩擦力：Ff≤μFN2，‎ 联立解得F（cosα﹣μsinα）≤mgsinα+μmgcosα；‎ 要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cosα﹣μsinα≤0，‎ 所以tanα≥==tan60°，即θ0=60°，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．‎ 利用正交分解方法解体的一般步骤：‎ ‎①明确研究对象；‎ ‎②进行受力分析；‎ ‎③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；‎ ‎④x方向，y方向分别列平衡方程求解．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎【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MN的方向以，然后根据电场力做功情况，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，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定．故A错误 B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误 C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．‎ D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误 故选：C．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．‎ ‎【解答】解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：E1qd=mv2；‎ 解得：v=；‎ 粒子在偏转电场中的时间t=；‎ 在偏转电场中的纵向速度v0=at=‎ 纵向位移x=at2=；即位移与比荷无关，与速度无关；‎ 由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的时间与横向速度成反比；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块在A点的电势能EPA=Qφ B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+‎ C．点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小 D．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=（v﹣v2）+φ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】对物体进行受力分析，受重力、支持力、库仑力，根据竖直方向合力等于零，求出物体在A点受到轨道的支持力．从A点到B点，只有电场力做功，根据动能定理，求出电场力做功，从而得出两点间的电势差，从而得出B点的电势．‎ ‎【解答】解：A、物块在A点的电势能EPA=+qφ，则A错误 B、物体受到点电荷的库仑力为：F=由几何关系可知：r=设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：‎ N﹣mg﹣Fsin60°=0‎ 解得：N=mg+．B正确；‎ C、点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为：EB==，故C错误；‎ D、设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：‎ 解得：φB=，故D正确 故选：BD ‎【点评】解决本题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差．以及掌握库仑定律和动能定理的运用．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动 C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D．所有液滴下落过程中电场力做功相等 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系．‎ ‎【解答】解：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误．‎ B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误．‎ C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不相等，故C正确．‎ D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10﹣4C，让小球从C点由静止释放．其沿细杆由C经B向A运动的v﹣t图象如图乙所示．且已知小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）下列说法正确的是（　　）‎ A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大 B．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m C．C、B两点间的电势差UCB=0.9V D．沿着C到A的方向，电势先降低后升高 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】通过乙图的v﹣t图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差．‎ ‎【解答】解：‎ AD、从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故AD错误；‎ B、由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度有电场力提供，故B点的电场强度最大，a=，a=，解得E=1.2V/m，故B正确；‎ C、由C到B电场力做功为W=mv﹣0，CB间电势差为U==0.9V，故C正确 故选：BC．‎ ‎【点评】本题主要考查了图象问题，抓住电场力做正功，电势能减小即可．‎ ‎　‎ ‎13．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变大 C．电流表的示数变小 D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电路的结构，R2与R1并联，与R4串联，再与R3并联，可知，当P向右滑动时，R2增大，外电路总电阻增大，则电压表示数U变大，干路电流I减小，由功率公式P=I2r．则知道内电路消耗功率变大；根据干路电流I与R3电流的变化情况，来判断R4电流I4的变化情况；由U与U4的变化情况，可分析得出R1的电流增大，而IA=I﹣I1，则可知IA变小．‎ ‎【解答】解：A、根据电路的结构，R2与R1并联，与R4串联，再与R3并联，当P向右滑动时，R2增大，R1与R2并联电阻增大，外电路总电阻R总增大，干路电流I减小，路端电压U增大，即电压表示数变大，故A正确；‎ 由I4=I﹣I3知，I减小，I3增大，则I4减小，U4减小，而R1与R2并联的电压U并=U﹣U4，U增大，U4减小则U并增大，则R1的电流I1变大，又电流表的电流IA=I﹣I1，I减小，I1增大，则IA减小，故B错误，C正确．‎ R4中电流包括R1中电流和R2中电流，故R4中电流的变化量大于R1中电流的变化量，故D错误；‎ 故选：C..‎ ‎【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，并采用控制变量法进行分析．‎ ‎　‎ ‎14．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机M 和电灯L 并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=0.5Ω，电灯灯丝电阻 R=9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势 E=12V，内阻r2=1Ω 开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为 9V．则下列说法不正确的是（　　）‎ A．流过电源的电流3A B．流过电动机的电流2A C．电动机的输入功率等于2W D．电动机对外输出的机械功率16W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差．‎ ‎【解答】解：A、电源的输出电压：U=E﹣Ir，则有I==3A，故A正确；‎ B、对灯泡：，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=I﹣I灯=3A﹣1A=2A，故B正确；‎ C、电动机的输入功率等于P=UI电=9×2=18W，故C错误；‎ D、根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出=UI电﹣I电2r=18﹣2=16W，故D正确．‎ 本题选错误的 故选：C ‎【点评】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用 ‎　‎ ‎15．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．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第16题～第20题为必考题，每个试题考生都必须作答．第21题～第22题为选考题，考生从两个题中任选一个作答，如果两个均作答，则按着第一个给分．‎ ‎16．在高中物理力学实验中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．利用打点计时器在“研究匀变速直线运动规律”的实验中，可以根据纸带上的点迹计算物体的平均速度 B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用效果相同，只需橡皮条具有相同的伸长量 C．在“验证牛顿第二定律”的实验中，需要先平衡摩擦力 D．在“验证机械能守恒定律”的实验中，应该先释放重物后接通电源 ‎【考点】验证机械能守恒定律；验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】正确解答该题的关键是：理解所涉及的各个力学实验的实验原理，明确具体操作和注意事项，如“研究匀变速直线运动规律”的实验中利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度来求某点的速度大小，“验证力的平行四边形定则”采用了等效替代的方法，而“验证牛顿第二定律”实验中，则采用了控制变量的实验方法，在涉及纸带的实验中要求先接通电源后释放纸带．‎ ‎【解答】解：A、“研究匀变速直线运动规律”的实验中利用平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度来求某点的速度大小，故A正确；‎ B、在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用效果相同，橡皮条具有相同的伸长量，且拉伸方向相同，故B错误；‎ C、“验证牛顿第二定律”实验中，需要先平衡摩擦力，故C正确；‎ D、“验证机械能守恒定律”的实验中，应该先接通电源，打点稳定后释放重物，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】考查学生对基本实验的掌握情况，解答实验问题的关键是明确实验原理，理解具体操作和注意事项．‎ ‎　‎ ‎17．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图2所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．‎ ‎（1）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△EK=　　，系统的重力势能减少量可表示为△EP=　（m﹣）gd　，在误差允许的范围内，若△EK=△EP则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）‎ ‎（2）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图2所示，并测得M=m，则重力加速度g=　9.6　 m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．‎ ‎（2）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 滑块通过光电门B速度为：vB=；‎ 滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△EK=（M+m）（）2=；‎ 系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd﹣Mgdsin30°=（m﹣）gd；‎ 比较△Ep和△Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．‎ ‎（2）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m﹣）gd； ‎ 则v2=2×gd 若v2﹣d图象，则图线的斜率：k=2×g；‎ 由图象可知，k=；‎ 则有：g=×‎ 代入数据得：g=9.6m/s2．‎ 故答案为：（1）；（m﹣）gd；（2）9.6‎ ‎【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理．‎ 实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，掌握系统机械能守恒处理方法，注意图象的斜率的含义．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L0两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5．‎ ‎（1）若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；‎ ‎（2）求L′与L之比．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据共点力平衡判断出库仑力，即可判断电性，根据静止释放时共点力平衡即可求的电荷量；‎ ‎（2）初始时B球受力平衡，两球同时由静止开始释放，由于A的加速度大于B，所以经过一段时间后，两球距离增大，库仑力一定减小．根据牛顿第二定律正确列出等式求解．‎ ‎【解答】解：（1）对B球分析有，A球带正电荷 初始时B球沿斜面方向合力为零F﹣mgsinα=0‎ 又 F=‎ 解得Q=‎ ‎（2）初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsinα．‎ A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有 F′+2mgsinα=2ma1‎ B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有 mgsinα﹣F′=ma2‎ 依题意a1：a2=11：5‎ 得F′=mgsinα 又F′=‎ 得L′：L=3：2．‎ 答：（1）若B球带正电荷且电荷量为q，A球所带电荷量Q为及电性为正电荷；‎ ‎（2）求L'与L之比为3：2．‎ ‎【点评】解决该题关键正确对物体进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，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C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ ‎（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎（2）弹簧的最大压缩量；‎ ‎（3）弹簧中的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，根据能量守恒定律列式求出物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎（2）从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后回到C点的过程中，弹簧的弹力和重力做功都为零，根据动能定理求出弹簧的最大压缩量；‎ ‎（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，根据能量守恒定律求解弹簧中的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有：‎ ‎2mgLsinθ+3mv02=3mv2+mgL+fL，‎ 代入解得v=．‎ ‎（2）从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，‎ ‎﹣f2x=0﹣×3mv2，解得x=﹣=﹣．‎ ‎（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有 ‎ Ep+mgx=2mgxsinθ+fx 因为mgx=2mgxsinθ 所以Ep=fx=mv02﹣μmgL=mv02﹣mgL．‎ 答：‎ ‎（1）物体A向下运动刚到C点时的速度为；‎ ‎（2）弹簧的最大压缩量为﹣；‎ ‎（3）弹簧中的最大弹性势能为mv02﹣mgL．‎ ‎【点评】本题关键是搞清能量如何转化的，可以先分清在物体运动的过程中涉及几种形式的能量，分析哪些能量增加，哪些能量减小，再判断能量如何转化．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m竖直向下的电场，长L=0.8m不可伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg带电q=5×10﹣2C的小球．拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN上的C点．试求：‎ ‎（1）绳子的最大张力；‎ ‎（2）A、C两点的电势差；‎ ‎（3）当小球运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向及取值范围．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据动能定理求出小球经过最低点时的速度．经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子末速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有：‎ ‎…①‎ ‎…②‎ 联解①②得：T=30N…③‎ ‎（2）A→C由功能关系及电场相关知识有：‎ ‎…④‎ ‎ vCsinθ=vB…⑤‎ ‎ UAC=EhAC…⑥‎ 联解④⑤⑥得：UAC=125V…⑦‎ ‎（3）由题可知施加恒力F后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上．‎ 设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示．的方向垂直时，F有最小值而无最大值）…⑧‎ 由矢量三角形图有：Fmin=（mg+qE）sinθ…⑨‎ ‎ θ≤（α+θ）≤180°…⑩‎ 联解⑨⑩得：F≥8N…（11）‎ ‎ 0°＜α＜127°…（12）‎ 答：‎ ‎（1）绳子的最大张力为30N；‎ ‎（2）A、C两点的电势差为125V；‎ ‎（3）所加恒力F的取值范围F≥8N；方向范围为0°＜α＜127°．‎ ‎【点评】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法．粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]（10分）‎ ‎21．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动 B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点 D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 E．温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大 ‎【考点】布朗运动；* 液晶；* 液体的表面张力现象和毛细现象．‎ ‎【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大．‎ ‎【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；‎ B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，B正确；‎ C、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，C正确；‎ D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，D错误；‎ E、温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大，E正确；‎ 故选：BCE ‎【点评】掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎　‎ ‎22．一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA=p0，温度TA=T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．求：‎ ‎（1）气体在状态B时的压强pB；‎ ‎（2）气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；‎ ‎（3）气体在状态C时的压强pC和温度TC．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）由图象可知A到B等温变化，根据玻意而定律列式求解；‎ ‎（2）A到B等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律列式求解；‎ ‎（3）由B到C等压变化，根据盖吕萨克定律可求C点的温度，A到C等容变化，根据查理定律可求C点压强．‎ ‎【解答】解：①A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：‎ pAVA=pBVB，‎ 解得：‎ ‎②A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即△U=0‎ 气体对外界做功：W=﹣10J 根据热力学第一定律有：‎ ‎△U=W+Q 解得：Q=﹣W=10J ‎（3）由B到C等压变化，根据盖吕萨克定律得：‎ 解得：‎ A到C等容变化，根据查理定律得：‎ 解得：‎ 解得：‎ 答：（1）气体在状态B时的压强pB为；‎ ‎（2）该过程中气体吸收的热量为10J；‎ ‎（3）气体在状态C时的压强pC为和温度TC为．‎ ‎【点评】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解，第二问关键根据热力学第一定律列式求解，注意理想气体的内能与热力学温度成正比．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]（10分）‎ ‎23．为一列简谐横波在t=0 时的波形图，P 是平衡位置在x=0.5m 处的质点，Q 是平衡位置在x=2.0m 处的质点；图（b）为质点Q 的振动图象．下列说法正确的是（　　）‎ A．这列简谐波沿x 轴正方向传播 B．这列简谐波沿x 轴负方向传播 C．波的传播速度为20m/s D．从t=0 到t=0.25s，波传播的距离为 50cm E．在t=0.10s 时，质点Q的加速度方向与y 轴正方向相同 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】根据质点的振动方向，通过'“上下坡法”得出波的传播方向．根据振动图象得出周期，根据波动图象得出波长，通过波长和周期求出波速，从而得出波传播的距离．根据x=vt求波传播的距离．根据质点所在的位置确定加速度的方向．‎ ‎【解答】解：AB、由b图知，在t=0时刻Q质点向上振动，根据“上下坡法”，知波沿x轴正方向传播，故A正确，B错误．‎ C、由波动图象知，波长为 λ=4m，由振动图象知，振动的周期为 T=0.2s，波传播的周期与质点的振动周期相等，则波速为 v==m/s=20m/s，故C正确．‎ D、从t=0 到t=0.25s，波传播的距离为 x=vt=20×0.25m=5m=500cm，故D错误．‎ E、在t=0.10s时，即经过半个周期，质点P在平衡位置下方，加速度的方向沿y轴正方向，故E正确．‎ 故选：ACE ‎【点评】解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息，知道振动和波动的联系和区别．要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的，不要混淆．‎ ‎　‎ ‎24．图示为用玻璃做成的一块棱镜的截面图，其中ABOD是矩形，OCD是半径为R的四分之一圆弧，圆心为O．一条光线 从AB面上的某点入射，入射角为45°，它进入棱镜后恰好以全反射临界角射在面上的O点．求：‎ ‎①该棱镜的折射率n；‎ ‎②光在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在空气中的传播速度c=3.0×108 m/s）‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①作出光路图，结合折射定律，以及全反射的临界角求出棱镜的折射率．‎ ‎②根据折射率的大小，结合v=求出光在棱镜中传播的速度大小．‎ ‎【解答】解：①光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C，‎ 有：，‎ 光线在AB界面上发生折射，折射角θ2=90°﹣C，‎ 由折射定律得，n=，‎ 联立以上各式，代入数据解得n=．‎ ‎②光在棱镜中传播的速度v=．‎ 答：①该棱镜的折射率n为；‎ ‎②光在该棱镜中传播的速度大小为．‎ ‎【点评】本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点”根据全反射临界角公式由sinC=、折射定律=n、光速公式v=相结合进行处理．‎ ‎　‎