物理卷·2018届辽宁省本溪一中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版） 23页

‎2016-2017学年辽宁省本溪一中高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一个选项是正确的；9～12题均为多选，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．在物理学的研究及应用过程中所用思想方法的叙述正确的是（　　）‎ A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法 B．速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了理想模型法 C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了类比法 D．‎ 如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想 ‎2．如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是（　　）‎ A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用 B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力不变 C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力减小 D．“魔盘”的转速一定小于 ‎3．如图所示，离地面高2m处有有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾斜角为45°的光滑斜面滑下，已知重力加速度g=10m/s2，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（　　）‎ A． m/s B．2m/s C． m/s D．4m/s ‎4．在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度﹣时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．前2 s内物体沿x轴做匀加速曲线运动 B．后2 s内物体做匀加速直线运动，加速度沿y轴方向 C．2 s末物体坐标为（4 m，0 m）‎ D．4 s末物体坐标为（6 m，2 m）‎ ‎5．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于A点，轨道2、3相切于B点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道1上的机械能等于轨道3上的机械能 B．卫星在轨道1上的周期等于在轨道2上的周期 C．卫星在椭圆轨道1上的加速度大于它在轨道3上的加速度 D．卫星在椭圆轨道2上经过A点时的速度小于7.9 km/s ‎6．如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示'副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（　　）‎ A．灯泡的电压为110V B．副线圈输出交流电的频率为0.02Hz C．U=220V，I=0.2A D．原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100πtV ‎7．如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁力作用．已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上某一点垂直边界飞出磁场区域．则（　　）‎ A．编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为 B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间为 C．三个粒子进入磁场的速度依次减小 D．三个粒子在磁场内运动的时间依次增加 ‎8．如图，水平传送带A、B两端相距S=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，工件质量m=1kg．则（　　）‎ A．若传送带不动，则vB=2m/s B．若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，工件到达B端时在传送带上留下的划痕长3.5m C．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vB=2m/s D．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，工件到达B端时与传送带产生热量为1.5J ‎9．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆．弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（　　）‎ A．两物块到达底端时速度不相同 B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率等于乙物块重力做功的瞬时功率 D．两物块到达底端时动能相同 ‎10．质量为2×103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为重力的0.2倍，则下列判断中正确的有（　　）‎ A．汽车的最大动能是4×104J B．汽车以加速度2 m/s2从静止开始匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kW C．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为8m/s时，其加速度为3 m/s2‎ D．汽车以加速度2 m/s2从静止开始的匀加速启动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105 J ‎11．一吊篮悬挂在绳索的下端放在地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮的机械能与位移的关系如图所示，其中0～x1段图象为直线，x1～x2段图象为曲线，x2～x3段图象为水平直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在0～x1过程中，吊篮所受的拉力不变 B．在0～x1过程中，吊篮的重力势能不断增大 C．吊篮在x2处的动能一定大于x1处的动能 D．在x2～x3过程中，吊篮受到的拉力等于重力 ‎12．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v﹣t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．t2时刻试探电荷的电势能最大 B．两点电荷一定都带负电，且电量不一定相等 C．两点电荷一定都带正电，但电量不相等 D．t1、t3两时刻试探电荷在同一位置 ‎　‎ 二、实验题（共七个空，每空二分）‎ ‎13．如图甲所示，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安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示（其中一段纸带图中未画出）．图中O点为打出的起始点，且速度为零．选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点．其中测出D、E、F点距起始点O的距离如图所示．已知打点计时器打点周期为T=0.02s．由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vE=　　 m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎③若已知当地重力加速度为g，代入图乙中所测的数据进行计算，并将vE2与　　进行比较（用图乙中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O点到E 点的过程中机械能是否守恒．‎ ‎14．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．‎ ‎（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；‎ ‎（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；‎ ‎（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a=　　；‎ ‎（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出　　（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线；‎ ‎（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg•s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1=　　 kg，m2=　　 kg．‎ ‎　‎ 三、计算题（共三道计算题，需写出正确表达式，否则不给分）‎ ‎15．如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数μ=0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：‎ ‎（1）小球到达N点时的速度；‎ ‎（2）压缩的弹簧所具有的弹性势能．‎ ‎16．图（甲）所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径），细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差△F．改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F﹣L的图线如图（乙）所示，（不计一切摩擦阻力，g取10m/s2），试求：‎ ‎（1）某一次调节后D点离地高度为0.8m．小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2m，小球通过D点时的速度大小；‎ ‎（2）小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小．‎ ‎17．如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为R的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°．（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin74°=0.96，cos74°=0.28）‎ ‎（1）求电场强度的大小E；‎ ‎（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省本溪一中高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一个选项是正确的；9～12题均为多选，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．在物理学的研究及应用过程中所用思想方法的叙述正确的是（　　）‎ A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法 B．速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了理想模型法 C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了类比法 D．‎ 如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想 ‎【考点】弹性形变和范性形变；质点的认识；物理模型的特点及作用．‎ ‎【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法．‎ 当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；、在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；‎ 将微小形变放大是利用放大的思想方法．‎ ‎【解答】解：A、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型的方法，故A错误；‎ B、速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限分析法，故B错误； ‎ C、在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法，故C错误；‎ D、用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法．第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是（　　）‎ A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用 B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力不变 C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力减小 D．“魔盘”的转速一定小于 ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力作用，由弹力提供圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律和向心力公式结合分析．‎ ‎【解答】解：A、人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是效果力，故A错误．‎ B、人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变．故B正确．‎ C、如果转速变大，由F=mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．‎ D、人恰好贴在魔盘上时，有 mg≤f，N=mr（2πn）2，‎ 又f=μN 解得转速为 n≥，故“魔盘”的转速一定大于 ，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．如图所示，离地面高2m处有有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾斜角为45°的光滑斜面滑下，已知重力加速度g=10m/s2，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（　　）‎ A． m/s B．2m/s C． m/s D．4m/s ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出v0的大小．‎ ‎【解答】解：甲平抛运动的时间为：t=；‎ 乙在斜面下滑的加速度为：a==g．‎ 对于乙，下滑的位移大小为 h．‎ 根据 h=v0t+at2，代入数据得：‎ 联立解得 v0==×= m/s 故选：A ‎　‎ ‎4．在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度﹣时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．前2 s内物体沿x轴做匀加速曲线运动 B．后2 s内物体做匀加速直线运动，加速度沿y轴方向 C．2 s末物体坐标为（4 m，0 m）‎ D．4 s末物体坐标为（6 m，2 m）‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】前2S内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动．后2s内物体在x和y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况．根据运动学公式分别求出4s内物体两个方向的坐标．‎ ‎【解答】解：A、前2S内，物体在y轴方向没有速度，由图看出，物体沿x轴方向做匀加速直线运动．故A错误．‎ B、在后2s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向．故B错误．‎ C、在前2s内，物体在x轴方向的位移为：x1=t=×2m=2m．则2s末物体坐标为（2 m，0 m），故C错误；‎ D、在后2s内，x轴方向的位移为：x2=vxt=2×2m=4m，y轴方向位移为：y=×2m=2m，则4s末物体的坐标为（6m，2m）．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于A点，轨道2、3相切于B点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道1上的机械能等于轨道3上的机械能 B．卫星在轨道1上的周期等于在轨道2上的周期 C．卫星在椭圆轨道1上的加速度大于它在轨道3上的加速度 D．卫星在椭圆轨道2上经过A点时的速度小于7.9 km/s ‎【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、加速度和向心力的表达式进行讨论即可．‎ 卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过度到轨道2，在A点应该做离心运动，速度应该较大．速度可以瞬间变化，但是在同一个处万有引力相等，加速度相等．‎ ‎【解答】解：A、卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故A错误；‎ B、卫星在轨道1的半径小于椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律，卫星在轨道1上的周期小于在轨道2上的周期，故B错误；‎ C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得，，所以卫星在轨道1上的加速度大于在轨道3上的加速度．故C正确；‎ D、卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过渡到轨道2，在A点应该做离心运动，速度应该增大，选项D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示'副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（　　）‎ A．灯泡的电压为110V B．副线圈输出交流电的频率为0.02Hz C．U=220V，I=0.2A D．原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100πtV ‎【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，灯泡正常发光求出电流，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、原线圈电压的有效值，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压，即灯泡的电压为110V，故A错误；‎ B、根据图象知，交流电的周期，频率，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50Hz，故B错误；‎ C、原线圈电压有效值220V，即U=220V，副线圈电流，根据电流与匝数成反比得，，故C错误；‎ D、周期T=0.02S，角速度 原线圈输入电压的瞬时值表达式，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁力作用．已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上某一点垂直边界飞出磁场区域．则（　　）‎ A．编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为 B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间为 C．三个粒子进入磁场的速度依次减小 D．三个粒子在磁场内运动的时间依次增加 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】分析各粒子的运动情况，由几何关系求出各自的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度大小；根据几何关系求出圆心角，再根据时间与周期间的关系即可明确时间大小．‎ ‎【解答】解：设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1 初速度大小为v1，则：qv1B=m 由几何关系可得r1==； 解得v1=；转动周期T1=，在磁场中转了120°运动时间t1==；‎ 设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2 线速度大小为v2，周期为T2=； 由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间t2==；‎ 设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3 在磁场中转了30°，t3==；由几何关系可得：AE=2acos30°=a，r3==2a，‎ 由以上分析可知，半径逐渐增大，故速度增大；时间减小，故B正确，ACD均错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图，水平传送带A、B两端相距S=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，工件质量m=1kg．则（　　）‎ A．若传送带不动，则vB=2m/s B．若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，工件到达B端时在传送带上留下的划痕长3.5m C．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vB=2m/s D．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，工件到达B端时与传送带产生热量为1.5J ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】若传送带不动，由动能定理可求出vB．若传送带以速度V=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，由牛顿第二定律求出工件的加速度，由速度公式求出运动时间，从而得到工件与传送带间的相对位移，即为工件到达B端时在传送带上留下的划痕长度．若传送带以速度V=2m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，求出相对位移，再得到摩擦生热．‎ ‎【解答】解：A、若传送带不动，根据动能定理得：﹣μmgS=﹣，解得 vB=3m/s．故A错误．‎ B、若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a=μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则工件到达B端时速度仍为 vB=3m/s．设工件从A到B的运动时间为t，则 S=，解得 t=1s，所以工件到达B端时在传送带上留下的划痕长△x=S+vt=3.5+4×1=7.5m，故B错误．‎ CD、若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为a=μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则工件到达B端时vB=3m/s．运动时间仍为t=1s，则工件与传送带间的相对位移△x=S﹣vt=3.5﹣2=1.5m，所以摩擦生热 Q=μmg△x=0.1×1×10×1.5=1.5J．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆．弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（　　）‎ A．两物块到达底端时速度不相同 B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率等于乙物块重力做功的瞬时功率 D．两物块到达底端时动能相同 ‎【考点】动能定理的应用；功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcosα比较瞬时功率的大小．‎ ‎【解答】解：AD、根据动能定理得：mgR=mv2，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同．故A、D正确．‎ B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，根据W=mgh知，重力做功相同．故B正确．‎ C、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率．故C错误．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎10．质量为2×103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为重力的0.2倍，则下列判断中正确的有（　　）‎ A．汽车的最大动能是4×104J B．汽车以加速度2 m/s2从静止开始匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kW C．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为8m/s时，其加速度为3 m/s2‎ D．汽车以加速度2 m/s2从静止开始的匀加速启动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105 J ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fv求出最大速度，从而得出汽车的最大动能；根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力，结合P=Fv求出匀加速直线运动的最大速度，从而得出匀加速直线运动的时间，判断汽车功率是否达到额定功率，再根据速度时间公式求出速度的大小，结合P=Fv求出实际功率．根据P=Fv求出速度为5m/s时的牵引力，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度 ‎【解答】解：A、汽车的最大速度为：，则汽车的最大动能为： J，故A正确．‎ B、根据牛顿第二定律得牵引力为：F=f+ma=4000+2000×2N=8000N，则匀加速直线运动的最大速度为：，可知匀加速直线运动的时间为：t=，2s末的速度为：v=at2=2×2m/s=4m/s，则发动机的实际功率为：P=Fv=8000×4W=32kW，故B正确．‎ C、当速度为8m/s时，汽车的牵引力为：F=，根据牛顿第二定律得加速度为：a=，故C正确；‎ D、从静止开始的匀加速启动中，达到最大速度时，通过的位移x=，摩擦力做功，故D错误 故选：ABC ‎　‎ ‎11．一吊篮悬挂在绳索的下端放在地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮的机械能与位移的关系如图所示，其中0～x1段图象为直线，x1～x2段图象为曲线，x2～x3段图象为水平直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在0～x1过程中，吊篮所受的拉力不变 B．在0～x1过程中，吊篮的重力势能不断增大 C．吊篮在x2处的动能一定大于x1处的动能 D．在x2～x3过程中，吊篮受到的拉力等于重力 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】求出吊篮的动能与势能的表达式，根据图象判断吊篮的机械能与位移的关系，即可正确解题．‎ ‎【解答】解：吊篮的重力势能EP=mgx，由动能定理可得，吊篮的动能EK=（F﹣mg）x，吊篮的械能E=EP+EK=Fx；‎ ‎ A、在0～x1过程中，图象为直线，机械能E与x成正比，说明吊篮所受拉力F保持不变，故A正确；‎ B、吊篮的重力势能EP=mgx，吊篮重力势能不断增大，故B正确；‎ C、D、在x2～x3过程中，x增大而吊篮的机械能不变，说明在x2～x3过程中只有重力做功，绳子的拉力等于0．所以在x1～x2过程中绳子的拉力逐渐减小，吊篮先向上加速，后向上减速，吊篮在x2处的动能可能小于x1处的动能，故C错误，D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ ‎12．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v﹣t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．t2时刻试探电荷的电势能最大 B．两点电荷一定都带负电，且电量不一定相等 C．两点电荷一定都带正电，但电量不相等 D．t1、t3两时刻试探电荷在同一位置 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据速度图象明确试探电荷的运动情况，再根据受力分析即可明确试探电荷的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两点电荷的带电情况，由能量守恒定律分析电势能最大的位置．‎ ‎【解答】解：A、由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，t2时刻试探电荷的动能最小，电势能最大．故A正确；‎ B、C、由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应向下，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电量一定相等；故B错误，C错误；‎ C、根据速度图象的斜率表示加速度，知t1、t3两时刻试探电荷的加速度相同，所受的电场力相同；结合试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动以及运动的电场线可知，两个时刻在同一位置．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、实验题（共七个空，每空二分）‎ ‎13．如图甲所示，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　BD　（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安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示（其中一段纸带图中未画出）．图中O点为打出的起始点，且速度为零．选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点．其中测出D、E、F点距起始点O的距离如图所示．已知打点计时器打点周期为T=0.02s．由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vE=　3.01　 m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎③若已知当地重力加速度为g，代入图乙中所测的数据进行计算，并将vE2与　gh2　进行比较（用图乙中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O点到E 点的过程中机械能是否守恒．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定必需的器材．‎ ‎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E点的瞬时速度．‎ ‎③根据重力势能的减小量等于动能的增加量，列出机械能守恒的表达式．‎ ‎【解答】解：①打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．重锤的质量可以不测．故选：BD．‎ ‎②E点的瞬时速度vE=‎ DF=54.74﹣42.70=12.04cm=0.1204m； ‎ 代入解得：vE=3.01m/s；‎ ‎③当重力势能的减小量mgh2与动能的增加量vE2相等，则机械能守恒，即验证vE2与gh2是否相等；‎ 故答案为：①BD ②3.01 ③gh2‎ ‎　‎ ‎14．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．‎ ‎（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；‎ ‎（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；‎ ‎（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a=　　；‎ ‎（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出　a﹣m′　（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线；‎ ‎（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg•s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1=　3　 kg，m2=　1.5　 kg．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m′与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．‎ ‎【解答】解：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=，解得a=．‎ ‎（4、5）根据牛顿第二定律得：‎ 对m1及砝码：（m1+m′）g﹣T=（m1+m′）a 对m2及砝码：T﹣（m2+m﹣m′）g=（m2+m﹣m′）a 联立解得：a=g+．‎ 根据数学知识得知：作“a﹣m′”图线，图线的斜率k=，图线的截距b=‎ 将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg．‎ 故答案为：（3）；（4）a﹣m′；（5）3；1.5．‎ ‎　‎ 三、计算题（共三道计算题，需写出正确表达式，否则不给分）‎ ‎15．如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数μ=0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：‎ ‎（1）小球到达N点时的速度；‎ ‎（2）压缩的弹簧所具有的弹性势能．‎ ‎【考点】动能定理；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度，从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度；‎ ‎（2）从A到c的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能；‎ ‎【解答】解：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：‎ mg=m 从D点到N点，由机械能守恒得：‎ mv2+mg•2r=mvN2+0 ‎ 联立以上两式，代入数据得：‎ v=2 m/s，vN=2m/s．‎ ‎（2）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得W﹣μmgL+mgh=mv2﹣0 ‎ W=μmgL﹣mgh+mv2=0.44J ‎ 即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．‎ 答：（1）小球到达N点时的速度为2m/s；‎ ‎（2）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．‎ ‎　‎ ‎16．图（甲）所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径），细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差△F．改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F﹣L的图线如图（乙）所示，（不计一切摩擦阻力，g取10m/s2），试求：‎ ‎（1）某一次调节后D点离地高度为0.8m．小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2m，小球通过D点时的速度大小；‎ ‎（2）小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；自由落体运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球从D点飞出后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动列式即可求解；‎ ‎（2）设轨道半径为r，从A到D过程中机械能守恒，在A、D两点过运用向心力公式求出两点的压力大小，根据压力差列式结合图象即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球在竖直方向做自由落体运动，有：‎ HD=gt2‎ 水平方向做匀速直线运动，有：x=vDt ‎ 联立并代入数据解得：vD=6m/s ‎ ‎（2）设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒得：‎ mvA2=mvD2+mg（2r+L）‎ 在A点：FA﹣mg=m 在D点：FD+mg=m 由以上三式得：△F=FA﹣FD=6mg+2mg 图象的截距为12=6mg，‎ 当L=0.5m时，力的差值△F=17N 联立解得：m=0.2kg； ‎ r=0.4m ‎ 答：（1）某一次调节后D点离地高度为0.8m．小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2m，小球通过D点时的速度大小为6m/s；‎ ‎（2）小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小为0.4m．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为R的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°．（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin74°=0.96，cos74°=0.28）‎ ‎（1）求电场强度的大小E；‎ ‎（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）小球将向左摆动，细线向左偏高竖直方向的最大角度θ=74°根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上，据此求解E．‎ ‎（2）小球从B到D的过程等效重力场，由动能定理，结合牛顿运动定律，列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）设小球最大摆角位置为C，在整个过程中，小球受重力mg、电场力qE和细线的拉力T作用，拉力T始终不做功，在小球由A运动至C的过程中，根据动能定理有：‎ qElsinθ﹣mgl（1﹣cosθ）=0﹣0 ‎ 解得：E==‎ ‎（2）重力与电场力的合力大小为：F== ①‎ 其方向指向左下方，设与竖直方向成α角，根据几何关系有：‎ tanα==，即α=37° ②‎ 当小球摆动至细线沿此方向，设为B位置时，小球对细线的拉力最大，则：‎ T﹣F=③‎ 小球在由A运动至B的过程中，根据动能定理有：‎ Fl（1﹣cosα）=﹣0 ④‎ 根据牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力为：T′=T ⑤‎ 由①②③④⑤式联立解得：T′=‎ 答：（1）求电场强度的大小E为；‎ ‎（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值 ‎　‎ ‎2016年12月9日