物理卷·2018届江苏省常州市前黄高中高二上学期入学物理试卷 （解析版） 23页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年江苏省常州市前黄高中高二（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每题4分，共40分）‎ ‎1．真空中，两个等量异种点电荷电量数值均为q，相距为r，两点电荷连线中点处的电场强度的大小为（　　）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎2．如图所示，关于A、B两点的电场强度EA、EB，电势φA、φB的大小关系正确的是（　　）‎ A．EA＞EB、，φA＞φB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＞EB，φA＜φB ‎3．关于电场强度的下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场中某点场强方向与放入该点的电荷所受电场力方向相同 B．在等量异种电荷形成的电场中，两点电荷连线的中点处场强最大 C．在等量异种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外，场强越来越小 D．在等量同种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外场强越来越小 ‎4．人从高h处将一质量为m的小球水平抛出，不计空气阻力，测得球落地时速度大小为υ，则人抛球时对小球做的功为（　　）‎ A．mgh﹣mv2 B．mgh+mv2 C． mv2﹣mgh D． mv2‎ ‎5．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球．开始时，细绳被拉直并处于水平位置，球处在与0点等高的A位置．现将球由静止释放，则它从A点运动到最低点B的过程中，重力瞬时功率的变化情况是（　　）‎ A．一直在增大 B．一直在减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎6．如图用轻绳把一个小球悬挂在O点，用力F拉小球使悬线偏离竖直方向30°处于平衡，力F与竖直方向成θ角，要使F最小，θ角应是（　　）‎ A．30° B．60° C．90° D．0°‎ ‎7．关于作用力和反作用力做功的问题，下列说法正确的有（　　）‎ A．如果作用力不做功，则反作用力也不做功 B．作用力做正功时，反作用力一定做负功 C．作用力和反作用力做的功大小肯定相等 D．作用力和反作用力可能都做正功，也可能都做负功 ‎8．小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上．从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力（　　）‎ A．垂直于接触面，做功为零 B．垂直于接触面，做功不为零 C．不垂直于接触面，做功为零 D．不垂直于接触面，做功不为零 ‎9．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为TA：TB=1：8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为（　　）‎ A．RA：RB=4：1，vA：vB=1：2 B．RA：RB=4：1，vA：vB=2：1‎ C．RA：RB=1：4，vA：vB=1：2 D．RA：RB=1：4，vA：vB=2：1‎ ‎10．飞机水平匀速飞行，从飞机上每隔1s释放一个球，先后释放A，B，C，D四个球，不计空气阻力，则四个球（　　）‎ A．在空中运动时，4个球排成一条抛物线 B．小球D刚离飞机时，A、B两小球的间距为25m C．空中运动时，A球速度始终比B球大10m/s D．四个小球的落点间隔不均匀 ‎　‎ 二、多项选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）‎ ‎11．以下对平抛运动的一些认识中，正确的是（　　）‎ A．在同一位置水平抛出的物体，初速越大者着地前在空中运动的时间越长 B．以同一初速抛出的物体，抛出点越高者着地速度越大 C．平抛运动的物体，在空中任意两个连续相等时间内，竖直方向位移之差恒相等 D．平抛运动的物体，在空中任意两个相等的时间内，速度的变化量恒相等 ‎12．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（　　）‎ A．a点与b点的线速度大小相等 B．a点与b点的角速度大小相等 C．a点与c点的线速度大小相等 D．a点与d点的向心加速度大小相等 ‎13．可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道（　　）‎ A．与地球表面上某一纬线（非赤道）是共面的同心圆 B．与地球表面上某一经线所决定的圆是共面的同心圆 C．与地球表面上的赤道线是共面的同心圆，且从地球表面看卫星是静止的 D．与地球表面上的赤道线是共面的同心圆，但卫星相对地球表面是运动的 ‎14．质量为4kg的铅球，从离沙坑面1.8m高处自由下落，落入沙坑后陷入的深度为0.2m，若取g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．整个运动过程中，重力对铅球做的功为72J B．整个运动过程中，铅球动能的最大值为72J C．沙对铅球的平均阻力是400N D．沙对铅球的平均阻力是360N ‎15．A、B、C三个物体放在旋转圆台上，静摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C质量均为m，A、B离轴为R，C离轴为2R，则当圆台旋转时（设A、B、C都没有滑动，如图所示）下列判断中正确的是（　　）‎ A．C物的向心加速度最大 B．B物的静摩擦力最小 C．当圆台转速增加时，C比A先滑动 D．当圆台转速增加时，B比A先滑动 ‎16．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（　　）‎ A．线速度vA=vB B．运动周期TA＞TB C．它们受到的摩擦力fA=fB D．筒壁对它们的弹力NA＞NB ‎17．一物体做变速运动时，下列说法正确的有（　　）‎ A．合力一定对物体做功，使物体动能改变 B．物体所受合力一定不为零 C．合力一定对物体做功，但物体动能可能不变 D．物体加速度一定不为零 ‎18．质子与α粒子相距一定距离且固定在同一匀强电场中（忽略两者间的相互作用），如果同时释放它们，则（　　）‎ A．它们的加速度之比随时间而减小 B．它们的加速度之比不随时间变化 C．它们动能和电势能之和不随时间变化 D．它们的速度逐渐增加，速度比值保持不变 ‎19．连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小时，则（　　）‎ A．电容器的电容C变大 B．电容器极板的带电量Q变大 C．电容器两极板的电势差U变大 D．电容器两极板间的电场强度E不变 ‎20．如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场，两板间距为d，一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度υ0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知微粒的电量为q，质量为m，下列说法不正确的是（　　）‎ A．微粒运动的加速度为零 B．微粒的电势能减少了mgd C．两极板间的电势差为 D．M极板的电势高于N极板的电势 ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共30分 ‎21．如图所示，物体A质量m1=2.5kg，它与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，物体B的质量m2=1.5kg，A、B之间用轻质细绳通过定滑轮连结在一起，由静止开始释放物体B，A、B一起做匀加速运动．（不考虑细绳和定滑轮间的摩擦力，g=10m/s2）求：‎ ‎（1）细绳中在张力；‎ ‎（2）A、B一起匀加速运动的加速度．‎ ‎22．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，拴住一质量为m，带电量为q的小球，线的上端固定．开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．问：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（2）电场强度为多少？‎ ‎23．如图所示，直立的弹簧下端固定在地面上，在距弹簧上端h=1m处有一个质量m=200g的钢球自由下落，落到弹簧上以后，弹簧的最大压缩量为10cm，若球与弹簧碰撞时无能量损失，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）弹簧被压缩了10cm时所具有的弹性势能；‎ ‎（2）钢球被弹簧反弹后离开弹簧时的速度；‎ ‎（3）钢球离开弹簧后所能达到的最大高度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省常州市前黄高中高二（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每题4分，共40分）‎ ‎1．真空中，两个等量异种点电荷电量数值均为q，相距为r，两点电荷连线中点处的电场强度的大小为（　　）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据点电荷的场强公式分别求出等量异种电荷在中点的电场强度，再根据场强的叠加进行合成．‎ ‎【解答】解：两个等量异种点电荷在中点产生的电场强度大小相等，方向相同．大小为，则合场强E=．故D正确、ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，关于A、B两点的电场强度EA、EB，电势φA、φB的大小关系正确的是（　　）‎ A．EA＞EB、，φA＞φB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＞EB，φA＜φB ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．‎ ‎【解答】解：由图示可知，B处的电场线密，A处的电场线稀疏，因此B点的电场强度大，A点的场强小，即EA＜EB；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知，φA＞φB，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．关于电场强度的下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场中某点场强方向与放入该点的电荷所受电场力方向相同 B．在等量异种电荷形成的电场中，两点电荷连线的中点处场强最大 C．在等量异种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外，场强越来越小 D．在等量同种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外场强越来越小 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度表示电场本身的强弱和方向，与检验电荷的电量无关．电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密，电场越强．电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向．‎ ‎【解答】解：A、电场中某点场强方向与放入该点的正电荷所受电场力方向相同．故A错误．‎ B、在等量异种电荷形成的电场中，根据等量异种电荷电场线的分布，在两点电荷连线上中点场强最小，两边依次增大．故B错误．‎ C、在等量异种电荷形成的电场中，根据等量异种电荷电场线的分布，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外，电场线越疏，电场强度小，故C正确．‎ D、两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从两点电荷连线的中点点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎4．人从高h处将一质量为m的小球水平抛出，不计空气阻力，测得球落地时速度大小为υ，则人抛球时对小球做的功为（　　）‎ A．mgh﹣mv2 B．mgh+mv2 C． mv2﹣mgh D． mv2‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动．‎ ‎【分析】对小球应用动能定理可以求出人对小球做的功．‎ ‎【解答】解：对小球，从抛出到落地的整个过程中，由动能定理得：W+mgh=mv2，‎ 解得人对小球做功：W=mv2﹣mgh；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球．开始时，细绳被拉直并处于水平位置，球处在与0点等高的A位置．现将球由静止释放，则它从A点运动到最低点B的过程中，重力瞬时功率的变化情况是（　　）‎ A．一直在增大 B．一直在减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】因为重力做功的功率等于重力与速度以及重力与速度方向夹角余弦的乘积，抓住初末位置重力做功的功率大小，判断重力瞬时功率的变化．‎ ‎【解答】解：小球在初位置重力做功的功率为零，在B点，由于重力的方向与速度方向垂直，则重力做功的功率为零，因为初末位置都为零，则A到B过程中重力做功的功率先增大后减小．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图用轻绳把一个小球悬挂在O点，用力F拉小球使悬线偏离竖直方向30°处于平衡，力F与竖直方向成θ角，要使F最小，θ角应是（　　）‎ A．30° B．60° C．90° D．0°‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】该题考察了物体在三个共点力的作用下平衡的问题，由题意可知，绳子的拉力T和F的合力与重力等大反向，画出力图，由几何关系可知当F与T垂直时，F具有最小值，从而可得出角θ的大小．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析，小球受到重力G、绳子的拉力T和拉力F三个力作用处于平衡状态，由平衡条件可得F与T的合力跟G等值反向，通过几何关系可得要使F最小，F应与绳垂直，如图示，得：θ=60°，选项ACD错误，B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．关于作用力和反作用力做功的问题，下列说法正确的有（　　）‎ A．如果作用力不做功，则反作用力也不做功 B．作用力做正功时，反作用力一定做负功 C．作用力和反作用力做的功大小肯定相等 D．作用力和反作用力可能都做正功，也可能都做负功 ‎【考点】功的计算；作用力和反作用力．‎ ‎【分析】力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况．‎ ‎【解答】解：A、作用力不做功，但反作用力可以做功，比如木块在桌面上滑动，摩擦力对桌面不做功，但摩擦力对木块做功；故A错误；‎ B、作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如两带电小球靠斥力分开，库仑斥力对两小球都做正功．两个力可以同时做负功，两带正电小球相互靠近，库仑斥力对两小球都做负功．故B错误，D正确；‎ C、作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力对发生相互作用的系统做功不一定相等，故C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上．从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力（　　）‎ A．垂直于接触面，做功为零 B．垂直于接触面，做功不为零 C．不垂直于接触面，做功为零 D．不垂直于接触面，做功不为零 ‎【考点】动量守恒定律；功的计算．‎ ‎【分析】对整体进行受力分析可知，小物块和楔形物块不受外力作用，动量守恒，在物块下滑的过程中，楔形物块向右运动，对小物块受力分析，根据物块的受力情况和功的公式可以分析各个力对物块做功的情况．‎ ‎【解答】解：对整体进行受力分析可知，小物块和楔形物块不受外力作用，动量守恒，在物块下滑的过程中，楔形物块向右运动，所以小物块沿斜面向下运动的同时会向右运动，由于斜面是光滑的，没有摩擦力的作用，所以斜面对物块只有一个支持力的作用，方向是垂直斜面向上的，物块的运动的方向与力的方向不垂直，支持力做功，故B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为TA：TB=1：8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为（　　）‎ A．RA：RB=4：1，vA：vB=1：2 B．RA：RB=4：1，vA：vB=2：1‎ C．RA：RB=1：4，vA：vB=1：2 D．RA：RB=1：4，vA：vB=2：1‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．‎ ‎【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 F=F向 F=G F向=m=mω2r=m（）2r 因而 G=m=mω2r=m（）2r=ma 解得 v= ①‎ T==2π ②‎ ω= ③‎ a= ④‎ 由②式可得卫星的运动周期与轨道半径的立方的平方根成正比，由TA：TB=1：8可得轨道半径RA：RB=1：4，然后再由①式得线速度vA：vB=2：1．所以正确答案为C项．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．飞机水平匀速飞行，从飞机上每隔1s释放一个球，先后释放A，B，C，D四个球，不计空气阻力，则四个球（　　）‎ A．在空中运动时，4个球排成一条抛物线 B．小球D刚离飞机时，A、B两小球的间距为25m C．空中运动时，A球速度始终比B球大10m/s D．四个小球的落点间隔不均匀 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】匀速飞行的飞机上释放的小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．结合运动学公式分析判断．‎ ‎【解答】解：A、因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的小球都在飞机的正下方，即在飞机的正下方排成竖直的直线．故A错误．‎ B、小球D刚离开飞机时，小球A遇到了3s，小球B运动了2s，则两球间距m=25m，故B正确．‎ C、在空中时，A球的竖直分速度始终比B球竖直分速度大10m/s，但是水平分速度相等，结合平行四边形定则知，A球的速度不是比B球速度始终大10m/s，故C错误．‎ D、因为每隔1s释放一个，在水平方向上两小球的间隔为△x=v△t，是等间距的，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）‎ ‎11．以下对平抛运动的一些认识中，正确的是（　　）‎ A．在同一位置水平抛出的物体，初速越大者着地前在空中运动的时间越长 B．以同一初速抛出的物体，抛出点越高者着地速度越大 C．平抛运动的物体，在空中任意两个连续相等时间内，竖直方向位移之差恒相等 D．平抛运动的物体，在空中任意两个相等的时间内，速度的变化量恒相等 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．根据平行四边形定则得出着地速度的表达式，从而分析判断．‎ ‎【解答】解：A、根据h=得，t=，知平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故A错误．‎ B、根据平行四边形定则知，着地的速度v=，初速度相等，高度越大，着地的速度越大，故B正确．‎ C、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在连续相等时间内的竖直位移之差是一恒量，故C正确．‎ D、平抛运动的加速度不变，则相等时间内速度变化量相等，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（　　）‎ A．a点与b点的线速度大小相等 B．a点与b点的角速度大小相等 C．a点与c点的线速度大小相等 D．a点与d点的向心加速度大小相等 ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．‎ ‎【分析】共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的各点线速度大小相等，根据v=rω，a=rω2=可知各点线速度、角速度和向心加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据v=rω，c的线速度大于b的线速度，则a、b两点的线速度不等．故A错误，C正确；‎ B、a、c的线速度相等，根据v=rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b两点的角速度不等．故B错误；‎ D、根据a=rω2得，d点的向心加速度是c点的2倍，根据a=知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d两点的向心加速度相等．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎13．可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道（　　）‎ A．与地球表面上某一纬线（非赤道）是共面的同心圆 B．与地球表面上某一经线所决定的圆是共面的同心圆 C．与地球表面上的赤道线是共面的同心圆，且从地球表面看卫星是静止的 D．与地球表面上的赤道线是共面的同心圆，但卫星相对地球表面是运动的 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】人造地球卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，万有引力的方向指向地心，圆周运动的圆心即为地心．‎ ‎【解答】解：AB、因为人造地球卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，万有引力及向心力的方向需指向地心，所以人造卫星的轨道的圆心必须是地心．故A错误，B也错误．‎ C、同步卫星在赤道上方，与地球保持相对静止，轨道平面与赤道平面共面．故C正确，‎ D、与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的，万有引力提供向心力，高度小于同步卫星高度，或大于，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎14．质量为4kg的铅球，从离沙坑面1.8m高处自由下落，落入沙坑后陷入的深度为0.2m，若取g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．整个运动过程中，重力对铅球做的功为72J B．整个运动过程中，铅球动能的最大值为72J C．沙对铅球的平均阻力是400N D．沙对铅球的平均阻力是360N ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】在整个运动过程中，对铅球受力分析，可知，只有重力和阻力做功，根据W=mgh求重力做的功，对自由下落的过程，运用由动能定理可求最大动能．对整个过程，运用动能定理可求平均阻力．‎ ‎【解答】解：A、整个运动过程中，重力对铅球做的功为 WG=mg（h1+h2）=4×10×（1.8+0.2）J=80J，故A错误．‎ B、自由下落的末了动能最大，对自由下落的过程，由动能定理：动能的最大值 Ekm=mgh1=4×10×1.8J=72J，故B正确．‎ CD、设平均阻力为f，对整个过程，由动能定理得：mg（h1+h2）﹣fh2=0，代入数据得 f=400N，故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎15．A、B、C三个物体放在旋转圆台上，静摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C质量均为m，A、B离轴为R，C离轴为2R，则当圆台旋转时（设A、B、C都没有滑动，如图所示）下列判断中正确的是（　　）‎ A．C物的向心加速度最大 B．B物的静摩擦力最小 C．当圆台转速增加时，C比A先滑动 D．当圆台转速增加时，B比A先滑动 ‎【考点】牛顿第二定律；静摩擦力和最大静摩擦力；向心力．‎ ‎【分析】先对三个物体进行运动分析与受力分析，找出向心力来源，根据向心力公式求出摩擦力，再求出物体受最大静摩擦力时的临界角速度．‎ ‎【解答】解：三个物体都做匀速圆周运动，合力指向圆心，对任意一个受力分析，如图 支持力与重力平衡，F合=f=F向 由于a、b、c三个物体共轴转动，角速度ω相等，‎ 根据题意，rc=2ra=2rb=r 由向心力公式F向=mω2r，得三物体的向心力分别为：‎ Fa=2mω2r Fb=mω2r=mω2r Fc=mω2（2r）=2mω2r 故A、B正确；‎ 对任意一物体，由于摩擦力提供向心力，有μmg=mω2r 当ω变大时，所需要的向心力也变大，当达到最大静摩擦力时，物体开始滑动，‎ 当转速增加时，A、C所需向心力同步增加，且保持相等，但因C的最大静摩擦力小，C比A先滑动．故C正确；‎ 当转速增加时，A、B所需向心力也都增加，且保持2：1关系，但因A、B最大静摩擦力也满足2：1关系，因此A、B会同时滑动，故D错误．‎ 故选ABC．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（　　）‎ A．线速度vA=vB B．运动周期TA＞TB C．它们受到的摩擦力fA=fB D．筒壁对它们的弹力NA＞NB ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】A、B两个物体共轴转动，角速度相等，周期相等，由v=ωr分析线速度的关系；两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，竖直方向上受力平衡．根据向心力公式F=mω2r分析弹力的大小 ‎【解答】解：AC、由题分析可知，A、B两物体的角速度相同，周期相同，由v=ωr知，ω相同，则线速度与半径成正比，A的半径大，则其线速度大，故AB错误．‎ C、两个物体竖直方向都没有加速度，受力平衡，所受的摩擦力都等于重力，而两个物体的重力相等，所以可得摩擦力FfA=FfB．故C正确．‎ D、两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，则N=mω2r，m、ω相等，F与r成正比，所以可知NA＞NB．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎17．一物体做变速运动时，下列说法正确的有（　　）‎ A．合力一定对物体做功，使物体动能改变 B．物体所受合力一定不为零 C．合力一定对物体做功，但物体动能可能不变 D．物体加速度一定不为零 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】物体做变速运动时，可能只是速度大小变化，可能只是速度方向变化，也可能速度的大小和方向同时改变．根据动能定理分析做功情况．‎ ‎【解答】解：A、物体做变速运动时，可能只是速度方向变化，速度大小不变，动能不变，合力对物体不做功，比如匀速圆周运动，故A错误．‎ BD、物体做变速运动时，速度是变化的，一定有加速度，合力一定不为零，故BD正确．‎ C、若速度不变，合力对物体不做功，动能可能变化，也可能不变，故C错误．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎18．质子与α粒子相距一定距离且固定在同一匀强电场中（忽略两者间的相互作用），如果同时释放它们，则（　　）‎ A．它们的加速度之比随时间而减小 B．它们的加速度之比不随时间变化 C．它们动能和电势能之和不随时间变化 D．它们的速度逐渐增加，速度比值保持不变 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】分析粒子的受力情况，根据牛顿第二定律可知加速度的比值大小规律；‎ 根据电场力做功时动能和电势能之间相互转化，但总量保持不变；‎ 根据速度公式可分析速度和加速度的关系，从而求出速度的比值变化规律．‎ ‎【解答】解：A、粒子在电场中受力不变，故加速度大小不变，因此它们的加速度之比不会变化，故AB错误；‎ C、由于只有电场力做功，故它们的动能和电势能相互转化但总量保持不变，故C正确；‎ D、由于它们均受到电场力作用，做匀加速运动，速度均匀增大，则由v=at可知，速度的比值等于加速度的比值，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎19．连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小时，则（　　）‎ A．电容器的电容C变大 B．电容器极板的带电量Q变大 C．电容器两极板的电势差U变大 D．电容器两极板间的电场强度E不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器连接在电池上，电压保持不变．根据平行板电容器的电容决定式C=，两极板之间的距离减小，电容增大，由电容的定义式C=，电压不变，分析电量变化，由E=分析电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、当两极板之间的距离减小时，根据平行板电容器的电容决定式C=，可知电容C变大，故A正确．‎ B、C、电容器连接在电池上，电压U保持不变．由电容的定义式C=，可知电容器的带电量Q变大，故B正确，C错误．‎ D、U不变，由E=分析得知，板间的电场强度变大，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场，两板间距为d，一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度υ0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知微粒的电量为q，质量为m，下列说法不正确的是（　　）‎ A．微粒运动的加速度为零 B．微粒的电势能减少了mgd C．两极板间的电势差为 D．M极板的电势高于N极板的电势 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势．‎ ‎【分析】微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动．微粒的加速度一定为零．根据能量守恒研究微粒电势能的变化．由△ɛ=qU，求解电势差．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．‎ ‎【解答】解：A、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零．故A正确．‎ B、重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd．故B错误．‎ C、由上可知微粒的电势能增加量△ɛ=mgd，又△ɛ=qU，得到两极板的电势差U=．故C正确．‎ D、由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共30分 ‎21．如图所示，物体A质量m1=2.5kg，它与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，物体B的质量m2=1.5kg，A、B之间用轻质细绳通过定滑轮连结在一起，由静止开始释放物体B，A、B一起做匀加速运动．（不考虑细绳和定滑轮间的摩擦力，g=10m/s2）求：‎ ‎（1）细绳中在张力；‎ ‎（2）A、B一起匀加速运动的加速度．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对A、B受力分析，由牛顿第二定律可以求出加速度．采用隔离法计算绳的拉力的大小．‎ ‎【解答】解：A、B受力分析图如图所示：‎ 对A、B系统，由牛顿第二定律得：‎ m2g﹣μm1g=（m1+m2）a，‎ 代入数据解得：a=2.5m/s2；‎ 对B物体，有：T﹣m2g=m2a 所以T=m2g+m2a=1.5×（10+2.5）=18.75N 答：（1）细绳中在张力为18.75N；‎ ‎（2）A、B一起匀加速运动的加速度为2.5m/s2．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，拴住一质量为m，带电量为q的小球，线的上端固定．开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．问：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（2）电场强度为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；‎ ‎（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°．‎ ‎【解答】解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ mgLsin60°+qUAB=0，‎ 解得：UAB=﹣；‎ ‎（2）BA间电势差为：UBA=﹣UAB=，‎ 则场强：E==；‎ 答：（1）AB两点的电势差UAB为﹣；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小是．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，直立的弹簧下端固定在地面上，在距弹簧上端h=1m处有一个质量m=200g的钢球自由下落，落到弹簧上以后，弹簧的最大压缩量为10cm，若球与弹簧碰撞时无能量损失，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）弹簧被压缩了10cm时所具有的弹性势能；‎ ‎（2）钢球被弹簧反弹后离开弹簧时的速度；‎ ‎（3）钢球离开弹簧后所能达到的最大高度．‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】（1）小球运动中小球和弹簧的机械能守恒，弹簧被压缩了10cm时即为最低点，由能量守恒即可求的，‎ ‎（2）根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，即可解得速度，‎ ‎（3）由2中可知离开弹簧的速度，再根据小球机械能守恒即可求的．‎ ‎【解答】解：（1）小球运动中小球和弹簧的机械能守恒，弹簧被压缩了10cm时即为最低点，由能量守恒可知，小球的势能转化为弹簧的弹性势能，△E弹=mg（h+x）=0.2×10×（1+0.1）=2.2J ‎（2）小球上升时，根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和势能，即： +mgx，即：2.2=+mgx，解得：v=m/s，‎ ‎（3）小球离开弹簧后机械能守恒，由代入数据：H=1m．‎ 答：（1）弹簧被压缩了10cm时所具有的弹性势能为2.2J；‎ ‎（2）钢球被弹簧反弹后离开弹簧时的速度为m/s；‎ ‎（3）钢球离开弹簧后所能达到的最大高度为1m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日