辽宁省六校协作体2017届高三上学期期中物理试卷 20页

‎2016-2017学年辽宁省六校协作体高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1-7小题为单选；8-12小题为多选）‎ ‎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 ‎2．一个质量为lkg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移一时间图象如图所示，g=l0m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球抛出时的速度为12m/s B．小球上升和下落的时间之比为2：‎ C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64W D．小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失 ‎3．如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（　　）‎ A．A可能受到2个力的作用 B．B可能受到3个力的作用 C．绳子对A的拉力大于对B的拉力 D．A、B的质量之比为1：tanθ ‎4．如图所示，直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个小滑轮C，细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平．不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦．若将细绳的端点A稍向下移至A'点，使之重新平衡，则此时滑轮C的位置（　　）‎ A．在A点之上 B．与A'点等高 C．在A'点之卜 D．在AA'之间 ‎5．某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg（k＜l）．已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细线连接于悬点0，两段细绳的长度之比为1：2，现让两球同时从悬点O以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1：，若两球的初速度之比为k，则k值应满足的条件是（　　）‎ A．k= B．k＞ C．k= D．k＞‎ ‎7．如图所示，一车内用轻绳悬挂着A、B两球，车向右做匀加速直线运动时，两段轻绳与竖直方向的夹角分别为a、θ，且a=θ，则（　　）‎ A．A球的质量一定等于B球的质量 B．A球的质量一定大于B球的质量 C．A球的质量一定小于B球的质量 D．A球的质量可能大于、可能小于也可能等于B球的质量 ‎8．放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（　　）‎ A．第1 s内物块受到的合外力为0.5 N B．物块的质量为11 kg C．第1 s内拉力F的功率逐渐增大 D．前3 s内物块机械能先增大后不变．‎ ‎9．已知一足够长的传送带与水平面的倾斜角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变．（g取10m/s2）则下列判断正确的是（　　）‎ A．0～t1内，物块对传送带做正功 B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＞tanθ C．0～t2内，传送带对物块做功为mv22﹣mv12‎ D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 ‎10．如图所示，在绝缘粗糙水平面上固定两个等量同种电荷P、Q在PQ连线上的M点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则以下说法正确的是（　　）‎ A．滑块受到的电场力可能是先减小后增大 B．滑块的电势能一直减小 C．滑块的动能与电势能之和可能保持不变 D．PM间距一定小于QN间距 ‎11．某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EPA、EPO、EPB．下列判断正确的是（　　）‎ A．φO＜φB＜φA B．EOx＜EBx＜EAx C．EPO＜EPB＜EPA D．EPO﹣EPA＞EPO﹣EPB ‎12．如图所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A（图中未画出）时速度为vt，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．若vt＞v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大 B．若vt＞v0，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量 C．若vt=v0，则A点可能位于第一象限 D．若vt=v0，则A点一定位于第二象限 ‎　‎ 二．实验题（共16分）‎ ‎13．某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m．如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下，‎ ‎（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是　　N（图2中所示），则弹簧秤b的读数可能为　　N．‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数是　　、弹簧秤b的读数　　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎14．用图1所示的实验装置，验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图3所示．已知m1=50g、m2=150g，取g=9.8m/s2，则（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=　　m/s；‎ ‎（2）在0～5过程中系统动能的增量△EK=　　J，系统势能的减少量△EP=　　J；‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象如图2所示，则当地的重力加速度的表达式g=　　m/s2．‎ ‎　‎ 三．计算题（共36分）‎ ‎15．如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=l00N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5，g=l0m/s2．求：‎ ‎（1）物块A、B分离时，所加外力F的大小；‎ ‎（2）物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．‎ ‎16．一质量m=0.9kg的小球，系于长L=0.9m的轻绳一端，绳的另一端固定在O点，假定绳不可伸长、柔软且无弹性．现将小球从O点的正上方O1点以初速度v0=2.25m/s水平抛出，已知OO1=0.8m，如图所示．（g取10m/s2）试求：‎ ‎（1）轻绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角θ；‎ ‎（2）当小球到达O点的正下方时，小球对绳的拉力．‎ ‎17．如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中．一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零．已知物块的质量m=4×10﹣3kg，所带的电荷量q=+3×10﹣6C；电场强度E=1×104N/C；CD段的长度L=0.8m，圆弧DG的半径r=0.2m，GH段与水平面的夹角为θ，且sinθ=0.6，cosθ=0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）求物块与轨道CD段的动摩擦因数µ；‎ ‎（2）求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；‎ ‎（3）分析说明物块在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6m．若能，求物块在轨道CD段运动2.6m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省六校协作体高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1-7小题为单选；8-12小题为多选）‎ ‎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．‎ ‎　‎ ‎2．一个质量为lkg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移一时间图象如图所示，g=l0m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球抛出时的速度为12m/s B．小球上升和下落的时间之比为2：‎ C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64W D．小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失 ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据图象读出上升过程的位移和时间，求得平均速度，由公式=求解初速度，由速度公式求出上升时的加速度，由牛顿第二定律求出空气阻力，再由牛顿第二定律求得下落时的加速度，即可由位移公式求上升和下落时间之比．由公式P=Fv求合力的瞬时功率．由功能关系分析上升和下落机械能损失的关系．‎ ‎【解答】解：A、由图知，小球上升的位移 x=24m，用时 t1=2s，平均速度 ==12m/s．由==得初速度 v0=24m/s．故A错误．‎ B、上升时加速度大小为 a1===12m/s2；由牛顿第二定律得：mg+f=ma1；解得空气阻力的大小 f=2N 对于下落过程，由牛顿第二定律得 mg﹣f=ma2；解得 a2=8m/s2；则 a1：a2=3：2‎ 根据位移公式x=，及上升和下落的位移大小相等，可知上升和下落的时间之比为 t1：t2=： =：．故B错误．‎ C、由上可得下落时间 t2=s，小球落回到抛出点时速度为 v=a2t2=8m/s 所受合力 F合=mg﹣f=8N，此时合力的功率为 P=64W．故C正确．‎ D、小球上升和下落两个过程克服空气阻力做功相等，由功能原理知，球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（　　）‎ A．A可能受到2个力的作用 B．B可能受到3个力的作用 C．绳子对A的拉力大于对B的拉力 D．A、B的质量之比为1：tanθ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．‎ ‎【解答】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；‎ B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；‎ C、定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；‎ D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图：‎ 根据共点力平衡条件，得：T=mBg ‎=（根据正弦定理列式）‎ 故mA：mB=1：tanθ，故D正确 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个小滑轮C，细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平．不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦．若将细绳的端点A稍向下移至A'点，使之重新平衡，则此时滑轮C的位置（　　）‎ A．在A点之上 B．与A'点等高 C．在A'点之卜 D．在AA'之间 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则分析即可．‎ ‎【解答】解：由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，又由于同一根绳子的张力处处相等，而且两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力一定在角平分线上，‎ 若将细绳的端点A稍向下移至A′点，若杆不动，则∠A′CB＜∠BCG，则不能平衡，若要杆再次平衡，则两绳的合力一定还在角平分线上，所以BC杆应向上转动一定的角度，此时C在A点之上，故A正确．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg（k＜l）．已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值；根据万有引力等于重力列出等式，结合几何关系求出空腔体积．‎ ‎【解答】解：如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1﹣k）mg；‎ 根据万有引力定律，有：‎ ‎（1﹣k）mg=G 解得：V=‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细线连接于悬点0，两段细绳的长度之比为1：2，现让两球同时从悬点O以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1：，若两球的初速度之比为k，则k值应满足的条件是（　　）‎ A．k= B．k＞ C．k= D．k＞‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】两个小球同时从悬点O附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，当绳子被拉直时，合位移之间的关系等于绳子长度的关系，可以根据几何关系求出相应的物理量．‎ ‎【解答】解：设连接A球的绳长为L，以速度vA水平抛出，x=vAt，，x2+y2=L2，‎ 得：，‎ 同理得=，‎ 因此有：，故A项正确．‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．如图所示，一车内用轻绳悬挂着A、B两球，车向右做匀加速直线运动时，两段轻绳与竖直方向的夹角分别为a、θ，且a=θ，则（　　）‎ A．A球的质量一定等于B球的质量 B．A球的质量一定大于B球的质量 C．A球的质量一定小于B球的质量 D．A球的质量可能大于、可能小于也可能等于B球的质量 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对AB整体研究，根据牛顿第二定律列式求出加速度的表达式，再对B研究，根据牛顿第二定律列式，进而分析AB的质量关系．‎ ‎【解答】解：对AB整体研究，根据牛顿第二定律得：‎ ‎（mA+mB）gtanα=（mA+mB）a 解得：gtanα=a 对B研究，根据牛顿第二定律得：mBgtanθ=mBa 解得：a=gtanα，‎ 因此不论A的质量是大于、小于还是等于B球的质量，均有α=θ，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（　　）‎ A．第1 s内物块受到的合外力为0.5 N B．物块的质量为11 kg C．第1 s内拉力F的功率逐渐增大 D．前3 s内物块机械能先增大后不变．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据v﹣t图象知道物体先匀加速后匀速，由图象的斜率求解出匀加速运动的加速度，然后根据牛顿第二定律和平衡条件列方程，最后联立可求得物体的质量和斜面的倾角，再求得第s内物体的合外力．根据P=Fv分析拉力功率的变化．由功能关系分析物块机械能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、由图可得，0～1s内物体的加速度为：a===0.5 m/s2…①‎ 由牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ=ma…②‎ ‎1s后有：F′=mgsinθ…③‎ 联立①②③，并将F=5.5N，F′=5.0N代入解得：‎ m=1.0kg，θ=30°‎ 第1 s内物块受到的合外力为 F合=ma=1×0.5N=0.5N．故A正确，B错误．‎ C、第1 s内拉力F的功率 P=Fv，F不变，v增大，则P增大，故C正确．‎ D、前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大．2﹣3s内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎9．已知一足够长的传送带与水平面的倾斜角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变．（g取10m/s2）则下列判断正确的是（　　）‎ A．0～t1内，物块对传送带做正功 B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＞tanθ C．0～t2内，传送带对物块做功为mv22﹣mv12‎ D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 ‎【考点】动能定理的应用；功的计算．‎ ‎【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．‎ ‎【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误．‎ B、在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B正确．‎ C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：‎ ‎ W+WG=mv22﹣mv12，则传送带对物块做功W≠mv22﹣mv12．故C错误．‎ D、0～t2内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，在绝缘粗糙水平面上固定两个等量同种电荷P、Q在PQ连线上的M点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则以下说法正确的是（　　）‎ A．滑块受到的电场力可能是先减小后增大 B．滑块的电势能一直减小 C．滑块的动能与电势能之和可能保持不变 D．PM间距一定小于QN间距 ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】A、滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力 B、看电场力做功的情况，判断电势能的变化．‎ C、若水平面光滑，动能和电势能相互转化，若水平面不光滑，动能、电势能和内能之间的转化．‎ D、PN间距不等于QN间距，知水平面不光滑，则PM间距小于QN间距．‎ ‎【解答】解：A、滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力．在PQ的中点，两个电荷对滑块作用力的合力为0，从M向右电场力先减小，过PQ的中点，电场力又增大．但不知道N点是否在中点右侧，所以滑块受到的电场力可能是先减小后增大．故A正确 ‎ B、若N点在中点右侧，则在PQ中点的左侧，所受的电场力向右，在PQ中点的右侧，所受电场力向左，可见电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故B错误．‎ ‎ C、因水平面不光滑，知内能增加，则动能与电势能之和减小．故C错误．‎ ‎ D、因水平面不光滑，PN间距不等于QN间距，在水平方向上除了受电场力以外，还受摩擦力，则运动到速度为0的位置在M对称点的左侧，所以PM＜QN．故D正确 故选：AD ‎　‎ ‎11．某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EPA、EPO、EPB．下列判断正确的是（　　）‎ A．φO＜φB＜φA B．EOx＜EBx＜EAx C．EPO＜EPB＜EPA D．EPO﹣EPA＞EPO﹣EPB ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】由图读出电势的高低．根据电势能与电势的关系Ep=qφ分析电势能的大小．由图象的斜率分析电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图知，φO＜φB＜φA．故A正确．‎ B、根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知，EOx＜EBx＜EAx．故B正确．‎ C、电子带负电，根据电势能公式Ep=qφ=﹣eφ分析得知，EPO＞EPB＞EPA 故C错误．‎ D、由图知，OA间电势差大于OB间电势差，即有φO﹣φA＞φO﹣φB．‎ 电子带负电，则根据电势能公式Ep=qφ=﹣eφ得：EPO﹣EPA＜EPO﹣EPB．故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎12．如图所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A（图中未画出）时速度为vt，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．若vt＞v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大 B．若vt＞v0，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量 C．若vt=v0，则A点可能位于第一象限 D．若vt=v0，则A点一定位于第二象限 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以该电荷受水平向左的电场力和竖直向下的重力，根据功能关系即可求解．‎ ‎【解答】解：A、若vt＞v0，根据动能定理得：＞O 该电荷受电场力水平向左，所以当油滴运动到最高点A的过程中，重力做负功，则电场力力必定做正功，且电场力做的功比重力做的功多，而电场力做油滴做的功等于电势能的变化量，重力对油滴做的功等于重力势能的变化量，所以油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，故A错误，B正确；‎ C、若vt=v0，根据动能定理得： =O，重力做负功，则电场力力必定做正功，且两者相等，故A点一定位于第二象限，故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ 二．实验题（共16分）‎ ‎13．某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m．如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下，‎ ‎（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是　3.00　N（图2中所示），则弹簧秤b的读数可能为　4.00　N．‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数是　变大　、弹簧秤b的读数　变大　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；‎ ‎（2）根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况．‎ ‎【解答】解：（1）根据胡克定律可知，F=kx=500×0.01=5N； ‎ 根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：F==4.00N； ‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；‎ 故答案为：（1）3.00，4.00；（2）变大；变大．‎ ‎　‎ ‎14．用图1所示的实验装置，验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图3所示．已知m1=50g、m2=150g，取g=9.8m/s2，则（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=　2.4　m/s；‎ ‎（2）在0～5过程中系统动能的增量△EK=　0.58　J，系统势能的减少量△EP=　0.59　J；‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象如图2所示，则当地的重力加速度的表达式g=　9.7　m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；‎ ‎（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；‎ ‎（3）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）x45=21.60cm=0.2160m； x56=26.40cm=0.2640m； ‎ 根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：‎ v5===2.4m/s；‎ ‎（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=（m1+m2）v52﹣0=×（0.05+0.15）×2.42=0.58J；‎ 重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m1+m1）mgh=（0.15+0.05）×9.8×（0.384+0.216）=0.59J；‎ ‎（3）本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有： v2=gh，所以出v2﹣h图象中图象的斜率表示重力加速度，‎ 由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．‎ 故答案为：（1）2.40；（2）0.58；0.59；（3）9.7‎ ‎　‎ 三．计算题（共36分）‎ ‎15．如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=l00N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5，g=l0m/s2．求：‎ ‎（1）物块A、B分离时，所加外力F的大小；‎ ‎（2）物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】（1）明确A、B分离时，B对A的作用力为0，对物体B运用牛顿第二定律列式得出F与加速度的关系式，从求求出F的大小；‎ ‎（2）根据胡克定律分析弹簧的弹力与压缩量之间的关系，从而确定位移，再根据位移公式即可求得时间．‎ ‎【解答】解：（1）物块A、B分离时，对B根据牛顿第二定律可知：‎ F﹣μmg=ma 解得：F=ma+μmg=3×2+0.5×30=21N ‎ ‎（2）A、B静止时，对A、B：根据平衡条件可知：‎ kx1=2μmg A、B分离时，对A根据牛顿第二定律可知：kx2﹣μmg=ma 此过程中 物体的位移为：x1﹣x2=at2‎ 解得：t=0.3s 答：（1）物块A、B分离时，所加外力F的大小为21N；‎ ‎（2）物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.3s．‎ ‎　‎ ‎16．一质量m=0.9kg的小球，系于长L=0.9m的轻绳一端，绳的另一端固定在O点，假定绳不可伸长、柔软且无弹性．现将小球从O点的正上方O1点以初速度v0=2.25m/s水平抛出，已知OO1=0.8m，如图所示．（g取10m/s2）试求：‎ ‎（1）轻绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角θ；‎ ‎（2）当小球到达O点的正下方时，小球对绳的拉力．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）先将平抛运动沿水平和竖直方向正交分解，根据位移公式和几何知识列式求解绳与竖直方向的夹角θ；‎ ‎（2）当绳刚绷直时，由于绳不可伸长，则沿绳子方向的速度立即减为零，只有垂直于绳的速度．此后向下摆动的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球到达O点的正下方的速度，再由牛顿第二定律求绳的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）质点做平抛运动，当绳刚伸直时，设绳与竖直方向的夹角为θ．则 ‎ v0t=Lsinθ ‎=OO1﹣Lcosθ 其中，L=0.9m，v0=2.25m/s，OO1=0.8m，‎ 联立解得：θ=，t=0.4s ‎（2）绳绷直时刚好水平，如图所示，由于绳不可伸长，故绳绷直瞬间，分速度v0立即减为零，小球仅有竖直速度v⊥，且v⊥=gt=4m/s 小球在竖直平面内做圆周运动，设小球到达O点正下方时的速度为v′，根据机械能守恒有：‎ ‎=+mgL 小球在最低点，设绳对球的拉力为F，由牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m 联立解得：F=43N 根据牛顿第三定律知，小球对绳的拉力大小也为43N，方向竖直向下．‎ 答：‎ ‎（1）轻绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角θ是；‎ ‎（2）当小球到达O点的正下方时，小球对绳的拉力大小为43N，方向竖直向下．‎ ‎　‎ ‎17．如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中．一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零．已知物块的质量m=4×10﹣3kg，所带的电荷量q=+3×10﹣6C；电场强度E=1×104N/C；CD段的长度L=0.8m，圆弧DG的半径r=0.2m，GH段与水平面的夹角为θ，且sinθ=0.6，cosθ=0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）求物块与轨道CD段的动摩擦因数µ；‎ ‎（2）求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；‎ ‎（3）分析说明物块在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6m．若能，求物块在轨道CD段运动2.6m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理列式，求出物块与轨道CD段的动摩擦因数µ；‎ ‎（2）物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ，所以做匀速直线运动，由C运动至H过程中，由动能定理列式，求出物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；‎ ‎（3）由能量守恒定律求出物块能在水平轨道上运动的总路程，判断在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6m．‎ ‎【解答】解：（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，‎ 由动能定理得：qE﹣μmg（L+）=0﹣0，解得：μ=0.25；‎ ‎（2）物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ，所以做匀速直线运动，‎ 由C运动至H过程中，由动能定理得：‎ qEL﹣μmgL+qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=EK﹣0，解得：EK=0.018J；‎ ‎（3）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0‎ 设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律得：‎ qEL=μmgs，解得：s=2.4m，因为 2.6 m＞s，所以不能在水平轨道上运动2.6 m的路程，‎ 物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得：‎ qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=E0﹣0，解得：E0=0.002J；‎ 答：（1）物块与轨道CD段的动摩擦因数µ为0.25；‎ ‎（2）物块第一次碰撞挡板时的动能Ek为0.018J；‎ ‎（3）物块在轨道CD段运动的总路程不能达到2.6m，物块碰撞挡板时的最小动能为0.002J．‎ ‎　‎ ‎2017年1月4日 ‎【来.源：全,品…中&高*考*网】‎