河北省衡水市景县中学2017届高三上学期期中物理试卷 29页

‎2016-2017学年河北省衡水市景县中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题，每小题只有一个符合题意要求的选项，每小题3分，10×3=30分 ‎1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（　　）‎ A．根据速度的定义式v=，当△t取不同的时间段时，v都可以表示物体的瞬时速度 B．牛顿发现了万有引力定律，并准确的测定了万有引力常量 C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律 D．用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=就是采用比值定义的 ‎2．甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示．两图象在t=t1时相交于P点，P在纵轴与横轴上的投影分别为R和Q，矩形ORPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为X0．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和X0的组合可能是（　　）‎ A．t′=t1，X0=S B．t′=，X0=S C．t′=，X0=S D．t′=，X0=S ‎3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎4．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为（　　）‎ A．1：2 B．1：1 C．： D．：2‎ ‎5．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同 B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同 D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 ‎6．假定太阳系一颗质量均匀、可看做球体的小行星自转可以忽略，若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，一物体仅在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度V0水平向右做匀速直线运动，其中F1 斜向右上方，F2竖直向下，F3水平向左．某时刻撤去其中的一个力，其他力的大小和方向不变，一段时间后恢复该力，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．如果撤去的是F1，则物体先做匀变速曲线运动，恢复该力之后将做直线运动 B．如果撤去的是F1，恢复F1时物体的速度大小可能为v0‎ C．如果撤去的是F2，在恢复该力之前的时间内，因物体做曲线运动，故在相等时间间隔内其速度的变化量△V的方向时刻在改变 D．如果撤去的是F3，物体将向右做匀加速直线运动，恢复该力后做匀速直线运动 ‎8．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦力因数为μ，B与地面间的动摩擦力为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F=μmg时，A的加速度为μg C．当F＞2μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎9．屋檐隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下沿，如图所示，g取10m/s2，则此屋檐离地面的距离为（　　）‎ A．2.2m B．2.5m C．3.0m D．3.2m ‎10．竖直放置的平行金属板、连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从B板边缘射出电场．如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）‎ A．两电荷的电荷量一定相等 B．两电荷在电场中运动的时间相等 C．两电荷在电场中运动的加速度相等 D．两电荷离开电场时动能相等．‎ ‎　‎ 二、多项选择题，每小题有多个符合题意的选项，全部选对得6分，选对但不全的得3分．‎ ‎11．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）‎ A．3t0时刻的瞬时功率为 B．3t0时刻的瞬时功率为 C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 ‎12．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（　　）‎ A．P点的电场强度大小为零 B．q1的电荷量大于q2的电荷量 C．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷 D．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大 ‎13．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎14．A、B两个可视为质点的小球带有同种电荷，在外力作用下静止于光滑的绝缘水平面上．A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d．现撤去外力将它们同时释放，在它们之间的距离增大到2d时，A的加速度为a，速度为v，则（　　）‎ A．此时B的加速度大小为2a B．此时B的加速度大小为 ‎ C．此过程中系统的电势能减少 D．此过程中系统的电势能减少 ‎15．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况．下列分析正确的是（　　）‎ A．若μ1＞μ2，m1=m2，则杆受到压力 B．若μ1=μ2，m1＞m2，则杆受到拉力 C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力 D．若μ1=μ2，m1≠m2，则杆无作用力 ‎　‎ 三、实验题：（共计16分）‎ ‎16．某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的a﹣F图象．‎ ‎（1）图线不过坐标原点的原因是　　；‎ ‎（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量　　（填“是”或“否”）；‎ ‎（3）由图象求出小车和传感器的总质量为　　 kg．（保留1位有效数字）‎ ‎17．用自由落体法进行“验证机械能守恒定律”的实验．‎ ‎（1）实验完毕后选出一条纸带如图1所示，其中O点为电磁打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz的交流电．用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2．甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了　　J；此时重物的动能比开始下落时增加了　　J．（结果均保留三位有效数字）．实验中产生系统误差的原因是　　‎ ‎（2）乙同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图2的图线．图线未过原点O的原因是　　．‎ ‎　‎ 四、计算题，要求有必要的语言文字叙述（共计34分）‎ ‎18．如图，木板长L=1.6m，质量M=4.0kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ=0.4．质量m=1.0kg的小滑块（视为质点）放在木板的右端，开始时木板与物块 均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小滑块的加速度大小；‎ ‎（2）木板的加速度大小和方向；‎ ‎（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足什么要求．‎ ‎19．如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：‎ ‎（1）前车被弹出时的速度；‎ ‎（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；‎ ‎（3）两车从静止下滑到最低点的高度h．‎ ‎20．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=9cm，板长为L=30cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.6m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）将下板向上提起后，液滴的加速度；‎ ‎（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市景县中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题，每小题只有一个符合题意要求的选项，每小题3分，10×3=30分 ‎1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（　　）‎ A．根据速度的定义式v=，当△t取不同的时间段时，v都可以表示物体的瞬时速度 B．牛顿发现了万有引力定律，并准确的测定了万有引力常量 C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律 D．用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=就是采用比值定义的 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、根据速度的定义式v=，只有△t的时间段趋向于0时，v才可以表示物体的瞬时速度，故A错误；‎ B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，故B错误；‎ C、伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，故C正确；‎ D、场强E=就是采用比值定义的，场强E=不是采用比值定义的．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示．两图象在t=t1时相交于P点，P在纵轴与横轴上的投影分别为R和Q，矩形ORPQ的面积为S．在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为X0‎ ‎．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和X0的组合可能是（　　）‎ A．t′=t1，X0=S B．t′=，X0=S C．t′=，X0=S D．t′=，X0=S ‎【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】两车相遇时要求在同一时刻到达同一位置，位移之差等于原来相距的距离，根据位移关系分析相遇的时刻．‎ ‎【解答】解：A、若t′=t1，两车第一次相遇时，甲、乙的位移之差等于三角形ORP的面积大小，为，则得 X0=，故A错误．‎ BCD、若t′=，两车第一次相遇时，甲、乙的位移之差等于﹣S=S，则得 X0=S．故BD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．‎ ‎【解答】解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为（　　）‎ A．1：2 B．1：1 C．： D．：2‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．‎ ‎【解答】解：小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：‎ x=v1t…①‎ y=…②‎ 又tan45°=…③‎ 联立①②③得：v1=…④‎ 则A在C点的速度=‎ 小球B恰好垂直打到斜面上，则有：tan45°=…⑤‎ 则得：v2=gt…⑥‎ 由④⑥得：v1：v2=1：2．‎ 则B在C点的速度，‎ 则，故D正确 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同 B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同 D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】若Q1和Q2是等量异种电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、D场强关系．‎ 若Q1和Q2是等量同种电荷，根据对称性分析场强和电势的关系．‎ ‎【解答】解：AB、若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等．C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同．故A错误，B正确．‎ CD、若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同．电势相等，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．假定太阳系一颗质量均匀、可看做球体的小行星自转可以忽略，若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】忽略自转影响时行星表面的物体受到的万有引力等于其重力，不能忽略自转影响时万有引力等于重力与向心力之和，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出星球的质量，然后应用密度公式可以求出密度．‎ ‎【解答】解：忽略行星的自转影响时：G=mg，‎ 自转角速度为ω时：G=mg+mω2R，‎ 行星的密度：ρ=，解得：ρ=；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一物体仅在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度V0水平向右做匀速直线运动，其中F1 斜向右上方，F2竖直向下，F3水平向左．某时刻撤去其中的一个力，其他力的大小和方向不变，一段时间后恢复该力，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．如果撤去的是F1，则物体先做匀变速曲线运动，恢复该力之后将做直线运动 B．如果撤去的是F1，恢复F1时物体的速度大小可能为v0‎ C．如果撤去的是F2，在恢复该力之前的时间内，因物体做曲线运动，故在相等时间间隔内其速度的变化量△V的方向时刻在改变 D．如果撤去的是F3，物体将向右做匀加速直线运动，恢复该力后做匀速直线运动 ‎【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；曲线运动．‎ ‎【分析】物块在三个共点力F1、F2、F3的作用下做匀速直线运动，说明三个共点力平衡，撤去一个力，则剩余的力的合力与撤去的力大小相等，方向相反，再结合物体做曲线运动的条件分析做什么运动，根据△v=a△t判断速度变化量．‎ ‎【解答】解：A、物块在三个共点力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，说明三个共点力平衡，如果撤去F1，则F2、F3的合力与F1‎ 等大反向，合力与初速度不在一条直线上，物块做匀变速曲线运动，恢复F1，物块又处于平衡状态，做匀速直线运动，故A正确；‎ B、撤去F1，F2、F3的合力对物块可能先做负功后做正功，有可能总功为零，即恢复F1时物块的速度大小可能为v0，故B正确；‎ C、撤去F2之后，物块做类平抛运动，则△v=a△t，因为加速度a是恒定的矢量，故在相等时间间隔内△v的大小和方向都不变，故C错误；‎ D、撤去F3后，合力水平向右，合力与速度方向相同，所以物块向右做匀加速直线运动；恢复该力后，物体受力平衡，做匀速直线运动；故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦力因数为μ，B与地面间的动摩擦力为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F=μmg时，A的加速度为μg C．当F＞2μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．‎ ‎【解答】解：A、AB之间的最大静摩擦力为：，B与地面间的最大静摩擦力：，对整体：F：‎ ‎，对B：‎ ‎，AB将发生滑动；当F＜2μmg时，AB之间不会发生相对相对滑动，故A错误；‎ B、当时，故A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：，B错误；‎ C、当F＞3μmg时，AB间才会发生相对滑动，C错误；‎ D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2μmg﹣‎ ‎3‎ ‎2‎ μmg=‎ ‎1‎ ‎2‎ μmg，即B的加速度不会超过 ‎1‎ ‎2‎ μg，D正确 故选：D ‎　‎ ‎9．屋檐隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下沿，如图所示，g取10m/s2，则此屋檐离地面的距离为（　　）‎ A．2.2m B．2.5m C．3.0m D．3.2m ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】设滴水的时间间隔为T，知窗子的高度等于自由下落3T内的位移减去2T内的位移．根据自由落体运动的位移时间公式求出滴水的时间间隔．‎ 通过滴水的时间间隔，可以知道一滴水下落到地面的时间，根据h=求出屋檐离地面的高度．‎ ‎【解答】解：设滴水的时间间隔为T，知窗子的高度等于自由下落3T内的位移减去2T内的位移．有：‎ g（3T）2﹣g（2T）2=1m ‎ 故滴水的时间间隔T是0.2s．‎ 水从屋檐下落到地面的时间t=4T．‎ ‎ h=g（4T）2==3.2m 选项D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎10．竖直放置的平行金属板、连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从B板边缘射出电场．如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）‎ A．两电荷的电荷量一定相等 B．两电荷在电场中运动的时间相等 C．两电荷在电场中运动的加速度相等 D．两电荷离开电场时动能相等．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式进行处理；根据二者的相同点和不同点进行分析求解．‎ ‎【解答】解：A、B两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动． ‎ 设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动为t=，L、v0相同，则时间t相同．‎ 水平方向的位移为y=at2，a=，则y=t2，E，t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有可能相等．故A错误、B正确．‎ C、由侧向位移大小y=at2，t相同，y不同，加速度a不相等，故C错误．‎ D、根据动能定理，EK﹣mv02=qEy，则EK=m+qEy，EK大小关系无法判断．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、多项选择题，每小题有多个符合题意的选项，全部选对得6分，选对但不全的得3分．‎ ‎11．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）‎ A．3t0时刻的瞬时功率为 B．3t0时刻的瞬时功率为 C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律和运动学公式求出2t0时刻的瞬时速度，从而求出瞬时功率．根据位移公式求出t=0到2t0这段时间内位移，通过功的公式求出水平力做功的大小，从而求出平均功率．‎ ‎【解答】解：A、0～2t0时间内的加速度a1=，则2t0时刻的速度v1=a1t1=t0，‎ 在2t0～3t0时间内的加速度a2=，‎ 则3t0时刻的速度v2=v1+a2t0=，3t0时刻的瞬时功率为P=3F0v2=；故A错误，B正确；‎ C、0～2t0时间内的位移x1=a1（2t0）2=，在2t0～3t0时间内的位移x2=v1t0+a2t02=，‎ 在t=0到3t0这段时间内，水平力做功W=F0x1+3F0x2=‎ ‎，则水平力做功的平均功率P=故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（　　）‎ A．P点的电场强度大小为零 B．q1的电荷量大于q2的电荷量 C．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷 D．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先减小后增大 ‎【考点】电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据φ﹣x图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出P点的电场强度大小．根据P点场强大小，由公式E=k判断q1与q2电荷量大小．根据电势随x的变化情况，判断两电荷的电性．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大．‎ ‎【解答】解：A、在P点，φ﹣x图线切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零．故A正确．‎ ‎ B、P点的电场强度大小为零，说明q1和q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式E=k，AP＞BP，则q1的电荷量大于q2的电荷量．故B正确．‎ ‎ C、A到P的电势降低，从P到B电势升高，则电场线方向A到P，再从P到B，则q1和q2是同种电荷，一定是正电荷．故C错误．‎ ‎ D、负电荷从P点左侧移到P点右侧，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小．故D错误．‎ 故选AB ‎　‎ ‎13．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．‎ ‎【解答】解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；‎ B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．‎ C、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故C错误．‎ D、由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．A、B两个可视为质点的小球带有同种电荷，在外力作用下静止于光滑的绝缘水平面上．A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d．现撤去外力将它们同时释放，在它们之间的距离增大到2d时，A的加速度为a，速度为v，则（　　）‎ A．此时B的加速度大小为2a B．此时B的加速度大小为 ‎ C．此过程中系统的电势能减少 D．此过程中系统的电势能减少 ‎【考点】电势能；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到B的加速度．将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律求出B的速度，由能量守恒定律求解系统电势能的减小量．‎ ‎【解答】解：A、B根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，得=，得=．故A错误，B正确．‎ C、D将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律得 ‎ 0=mv﹣2mvB，得 由能量守恒定律得：此过程中系统的电势能减少量为△ɛ=+=．故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎15．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况．下列分析正确的是（　　）‎ A．若μ1＞μ2，m1=m2，则杆受到压力 B．若μ1=μ2，m1＞m2，则杆受到拉力 C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力 D．若μ1=μ2，m1≠m2，则杆无作用力 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，比较大小，然后判断AB的相对运动趋势，再判断AB间弹力的方向．‎ ‎【解答】解：假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：‎ m1gsinθ﹣μ1gcosθ=ma1‎ 解得：a1=g（sinθ﹣μ1cosθ）；‎ 同理a2=gsinθ﹣μ2cosθ；‎ A、若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；‎ B、若μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B错误，D正确；‎ C、若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 三、实验题：（共计16分）‎ ‎16．某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的a﹣F图象．‎ ‎（1）图线不过坐标原点的原因是　没有平衡摩擦力或平衡的不够　；‎ ‎（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量　否　‎ ‎（填“是”或“否”）；‎ ‎（3）由图象求出小车和传感器的总质量为　1　 kg．（保留1位有效数字）‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】（1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；‎ ‎（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎（3）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够；‎ ‎（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎（3）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知，k=，所以质量M=kg 故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）否；（3）1‎ ‎　‎ ‎17．用自由落体法进行“验证机械能守恒定律”的实验．‎ ‎（1）实验完毕后选出一条纸带如图1所示，其中O点为电磁打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz的交流电．用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2．甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了　1.82　J；此时重物的动能比开始下落时增加了　1.71　J．（结果均保留三位有效数字）．实验中产生系统误差的原因是　纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力　‎ ‎（2）乙同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图2的图线．图线未过原点O的原因是　先释放重物，再接通计时器电源　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据物体下落的高度求出重力势能的减小量，结合某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量．通过能量守恒的角度确定误差形成的原因．‎ ‎（2）根据图象中下落的高度为0时，动能不为零，确定图线不过原点的原因．‎ ‎【解答】解：（1）当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了：‎ ‎△Ep=mgh=1×9.8×0.186J≈1.82J．‎ B点的瞬时速度等于AC段的平均速度为：‎ 则重物动能的增加量为：‎ ‎．‎ 重力势能的减小量大于动能增加量的原因是纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力 ‎（2）根据mgh=得：‎ 可知﹣h图线应该是一条过原点的直线，现在图线不过原点，下落高度为零时，动能的增量不为零，可知在操作中先释放重物，再接通电源．‎ 故答案为：（1）1.82，1.71，纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力．‎ ‎（2）先释放重物，再接通计时器电源．‎ ‎　‎ 四、计算题，要求有必要的语言文字叙述（共计34分）‎ ‎18．如图，木板长L=1.6m，质量M=4.0kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ=0.4．质量m=1.0kg的小滑块（视为质点）放在木板的右端，开始时木板与物块 均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小滑块的加速度大小；‎ ‎（2）木板的加速度大小和方向；‎ ‎（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足什么要求．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律求出小滑块的加速度．‎ ‎（2）对木板受力分析，根据牛顿第二定律求出木板的加速度大小和方向．‎ ‎（3）木板获得初速向右移动，小滑块不动，要使小滑块从木板上掉下，木板必须向右移动S＞L，结合速度位移公式求出木板的初速度的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）由于木板上表面光滑，小滑块不受摩擦力，所以加速度为a1=0．‎ ‎（2）木板对地面的压力大小为N=（M+m）g=50N．‎ 地面对木板的摩擦力大小为f=μN=20N，方向向左．‎ 根据牛顿第二定律有：f=Ma2‎ 解得，方向向左．‎ ‎（3）木板获得初速向右移动，小滑块不动，要使小滑块从木板上掉下，木板必须向右移动S＞L 所以有：S=．‎ S＞L，即 则v0＞4m/s．‎ 答：（1）小滑块的加速度大小为0．‎ ‎（2）木板的加速度大小为5m/s2，方向向左．‎ ‎（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足v0＞4m/s．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：‎ ‎（1）前车被弹出时的速度；‎ ‎（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；‎ ‎（3）两车从静止下滑到最低点的高度h．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最高点速度，根据机械能守恒列出等式求解 ‎（2）由动量守恒定律求出两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解 ‎（3）两车从h高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解．‎ ‎【解答】解：（1）设前车在最高点速度为v2，依题意有（1）‎ 设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒得 ‎（2）‎ 由（1）（2）得：v1=‎ ‎（2）设两车分离前速度为v0，‎ 由动量守恒定律2mv0=mv1‎ 得 设分离前弹簧弹性势能Ep，根据系统机械能守恒得 ‎（3）两车从h高处运动到最低处机械能守恒 答：（1）前车被弹出时的速度是；‎ ‎（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能是；‎ ‎（3）两车从静止下滑到最低点的高度是．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=9cm，板长为L=30cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.6m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）将下板向上提起后，液滴的加速度；‎ ‎（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）液滴先做匀速运动，受到的重力和电场力平衡，当液滴运动到P处时迅速将下板向上提起时，板间场强增大，液滴向上偏转做类平抛运动，根据平衡条件和牛顿第二定律可求出加速度大小．‎ ‎（2）液滴向上偏转过程中，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由运动学公式可求得液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间．‎ ‎【解答】解：（1）带电液滴在板间做匀速直线运动，电场力向上 由平衡条件可知：qE=mg，‎ 根据匀强电场中电场强度和电势差之间的关系有：‎ E=，‎ 即qU=mgd ‎ 当下板上移后，E增大，电场力变大，液滴向上偏转，在电场中做匀变速直线运动 此时电场力：F′=q=‎ 由牛顿第二定律：a==（﹣1）g ‎ 代入数据得：a=1m/s2　　　‎ 方向竖直向上　　‎ ‎（2）液滴在竖直方向上的位移为，设液滴从P点开始在板间运动的时间为t1‎ 由位移公式可得： =a t12，‎ 解得：t1=0.3s ‎ 液滴在电场中运动的总时间t2===0.5s ‎ 则液滴从射入电场到P点的时间为：t=t2﹣t1=0.5﹣0.3=0.2s ‎ 答：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度为1m/s2，方向竖直向上　　‎ ‎（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间为0.2s．‎ ‎　‎ ‎2017年4月2日