河北省邯郸一中2017届高三（上）第二次模拟物理试卷（解析版） 21页

‎2016-2017学年河北省邯郸一中高三（上）第二次模拟物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-9为单选，10-13为多选，每小题4分，共52分）‎ ‎1．如图为甲、乙两物体做直线运动的v﹣t图象，下列表述正确的是（　　）‎ A．甲和乙的加速度方向相同 B．0﹣1s内甲和乙的位移相等 C．如果0时刻乙在甲前方0.6m处，则甲乙间最小距离为0.1m D．甲的加速度比乙的小 ‎2．如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b）所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系正确的是（　　）‎ A．F1=4F2 B．F1=3F2 C．F1=2F2 D．F1=F2‎ ‎3．如图所示，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α，对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是各自底边长的一半．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c，其中a点位置最低，c点位置最高．下列说法正确的是（　　）‎ A．三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大 B．三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快 C．三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短 D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 ‎5．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”．它可以在太空中对卫星补充能源，延长卫星使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运行方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”的速度是同步卫星运行速率的5倍 B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动 D．“轨道康复者”可从高轨道加速，以实现对低轨道上的卫星的拯救 ‎6．如图所示，实线为电场线，一带电粒子在电场中的运动轨迹如虚线所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．粒子受到的电场力做正功 C．粒子在B点的电势能大于在A点的电势能 D．粒子在B点的加速度大 ‎7．在如图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时（　　）‎ A．伏特表 V和安培表A的读数都减小 B．伏特表V和安培表A的读数都增大 C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小 D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大 ‎8．如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1 水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且AB=BC，则以下说法正确的是（　　）‎ A．从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功 B．从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功 C．从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功 D．从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功 ‎9．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动； 现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　）‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 ‎10．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图象，已知g取10m/s2，则（　　）‎ A．滑块A的质量为4kg B．木板B的质量为1kg C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2‎ D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1‎ ‎11．如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）‎ A．轻绳对滑轮作用力的方向是竖直向下 B．拉力和重力对M 做功之和大于M动能的增加 C．拉力对M做的功等于M机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 ‎12．据报道，美国国家航空航天局（NASA）首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler﹣186f．若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该行星的第一宇宙速度为 B．该行星的平均密度为 C．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 D．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期大于πt ‎13．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示．则（不考虑空气阻力）（　　）‎ A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大 C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大 D．到达x1位置时，小球速度的大小为 ‎　‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎14．用如图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．图2给出的是实验中获取的一条纸带；0是打下的第一个点，每相邻两个计数点点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知两个物体m1=100g、m2=300g，则（g=9.8m/s2）‎ ‎（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=　　m/s；‎ ‎（2）在打点0﹣5过程中系统动能的增加量△Ek=　　J，系统重力势能的减少量△Ep=　　J，由此得出的结论是　　；（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）若某同学作出﹣h图象如图3所示，则根据图象求得的重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω D．电压表1：量程0～3V，内阻未知 E．电压表2：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器1：0～10Ω，2A G．滑动变阻器2：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择　　，电压表选择　　，滑动变阻器选择　　．‎ ‎（2）实验电路图应选择如图中的　　（填“甲”或“乙”）；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（共40分）‎ ‎16．如图所示，A、B、C三个木块置于光滑水平面上，A、B的质量均为m，C的质量为2m．A、B之间有一处于原长的轻质弹簧，现使A、B及弹簧都以v0的速度向右运动，B与C碰撞时间极短且碰撞后二者粘在一起运动，求B与C碰撞后弹簧弹性势能的最大值Ep．‎ ‎17．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，求小物块到达地面的时间为多少．‎ ‎18．如图所示，一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于O点．水平向右侧有一竖直光滑圆形轨道在C点与水平面平滑连接，圆心为O′，半径R=0.4m．另一轻质弹簧一端固定在O′点的轴上，一端栓着一个小球，弹簧的原长为l0=0.5m，劲度系数k=100N/m．用质量m1=0.4kg的物体将弹簧缓慢压缩到B点（物体与弹簧不栓接），物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，释放后物块恰运动到C点停止，BC间距离L=2m．换同种材料、质量m2=0.2kg的物块重复上述过程．（物块、小球均视为质点，g=10m/s2）求：‎ ‎（1）物块m2到C点时的速度大小vC；‎ ‎（2）若小球的质量也为m2，物块与小球碰撞后交换速度，论证小球是否能通过最高点D．若能通过，求出最高点轨道对小球的弹力N；若不能通过，求出小球离开轨道时的位置和O′连线与竖直方向的夹角θ（用三角函数值表示）；‎ ‎（3）在（2）问的基础上，若将拴着小球的弹簧换为劲度系数k′=10N/m的弹簧，再次求解．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸一中高三（上）第二次模拟物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-9为单选，10-13为多选，每小题4分，共52分）‎ ‎1．如图为甲、乙两物体做直线运动的v﹣t图象，下列表述正确的是（　　）‎ A．甲和乙的加速度方向相同 B．0﹣1s内甲和乙的位移相等 C．如果0时刻乙在甲前方0.6m处，则甲乙间最小距离为0.1m D．甲的加速度比乙的小 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，根据形状分析物体的运动性质；图线的斜率代表物体的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜，加速度为负．根据速度的关系分析甲乙之间距离的变化，由“面积”表示位移求最小距离．‎ ‎【解答】解：‎ A、v﹣t图象的斜率等于加速度，由数学知识得知，甲的加速度沿负向，乙的加速度沿正向，两者加速度方向相反，故A错误．‎ B、根据图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知，0﹣1s内甲的位移比乙的大，故B错误．‎ C、如果0时刻乙在甲前方0.6m处，0﹣1s内，甲的速度比乙的大，两者间距减小．1﹣3s内，甲的速度比乙的小，两者间距增大，则t=1s时刻，两者间距最小，最小间距为 Smin=0.6m﹣m=0.1m，故C正确．‎ D、由图线斜率的大小等于加速度的大小，可知甲的加速度比乙的大．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b）所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系正确的是（　　）‎ A．F1=4F2 B．F1=3F2 C．F1=2F2 D．F1=F2‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角；再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角；由几何关系得到两夹角相等，判断两个拉力的关系．‎ ‎【解答】解：A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：‎ 设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：‎ tanα= ①‎ 以B球为研究对象，受力如图．设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：‎ tanβ= ②‎ 由几何关系得到：‎ α=β ③‎ 联立①②③解得：‎ F1=4F2‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α，对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】b与a恰好不发生相对滑动时，b与a的加速度相同，以b为研究对象，根据牛顿第二定律可求出A对B的支持力．以ab整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对b研究求出a对b的支持力，由牛顿第三定律得到b对a的压力大小．‎ ‎【解答】解：A、以b木块为研究对象，b与a不发生相对滑动时，b的加速度水平向左，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：a对b的支持力为：N=，由牛顿第三定律得：b对a的压力大小为：N′=N=．故A正确，B错误．‎ C、以ab整体为研究对象，由牛顿第二定律得加速度为：a=，‎ 对b研究得有：N′=，故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是各自底边长的一半．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c，其中a点位置最低，c点位置最高．下列说法正确的是（　　）‎ A．三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大 B．三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快 C．三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短 D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】三个小球做的都是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，物体的运动的时间是由竖直方向上下落的高度决定的．可列式进行分析．‎ ‎【解答】解：AC、根据h=gt2得 t=知平抛运动的时间由高度决定，落在a点的小球下落的高度最大，则飞行时间最长，由速度变化量△v=gt，可知落在a点的小球飞行过程速度变化最大，故A、C错误．‎ B、三个小球均做平抛运动，加速度都是g，相同，则速度变化快慢一样，故B错误．‎ D、三个小球均做平抛运动，轨迹是抛物线，落在a点的小球瞬时速度不可能与斜面垂直．对于落在b、c两点的小球：竖直速度是gt，水平速度是v，由题意有：斜面的夹角是arctan0.5，要合速度垂直斜面，把两个速度合成后，需要，即v=0.5gt，那么在经过t时间的时候，竖直位移为0.5gt2，水平位移为vt=（0.5gt）•t=0.5gt2 即若要满足这个关系，需要水平位移和竖直位移都是一样的，显然在图中b、c是不可能完成的，因为在b、c上水平位移必定大于竖直位移，所以落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”．它可以在太空中对卫星补充能源，延长卫星使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运行方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”的速度是同步卫星运行速率的5倍 B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动 D．“轨道康复者”可从高轨道加速，以实现对低轨道上的卫星的拯救 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】AB、根据“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可得到其速度、加速度表达式；‎ C、根据万有引力提供向心力分析．同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出“轨道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向；‎ D、在圆轨道加速会做离心运动，减速会做向心运动，据此分析变轨问题．‎ ‎【解答】解：A、根据得：，因为“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，故“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径不等于地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度不是地球同步卫星速度的倍；故A错误；‎ B、根据，“因为“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，无法确定轨道半径的关系，故也就无法确定“轨道康复者”的加速度与地球同步卫星加速度的关系；故B错误；‎ C、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动．故C正确；‎ D、“轨道康复者”要加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，实线为电场线，一带电粒子在电场中的运动轨迹如虚线所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 B．粒子受到的电场力做正功 C．粒子在B点的电势能大于在A点的电势能 D．粒子在B点的加速度大 ‎【考点】电场强度；电势能．‎ ‎【分析】解这类题是思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误；‎ B、由于不知道是从A到B，还是从B到A，故电场力做功的正负无法判断，故B错误；‎ C、沿着电场线电势逐渐降低，等势面与电场线垂直，可以知道A点电势高，负电荷在电势高的点电势能低，故C正确；‎ D、A点电场线密集，故电场强，电场力大，故加速度大，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．在如图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时（　　）‎ A．伏特表 V和安培表A的读数都减小 B．伏特表V和安培表A的读数都增大 C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小 D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，接入电路的电阻增大，分析总电阻的变化，再判断总电流和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化；根据串联电路分压规律，分析并联部分电压的变化，判断通过R2电流的变化，即可分析安培表读数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律分析可知总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir，则U增大，故伏特表V的读数增大．‎ 电阻R2的电压 U2=E﹣I（r+R1），I减小，U2增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I﹣I2减小．所以安培表A的读数减小．故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1 水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且AB=BC，则以下说法正确的是（　　）‎ A．从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功 B．从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功 C．从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功 D．从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】F2做的功等于F2与绳头位移大小乘积，根据绳头的位移大小关系，分析从A点至B点与从B点至C点F2做的功的大小关系．分析物体经过A点与C点可能的速率关系，由动能定理从A点至C点F2做的功与滑块克服F1做的功可能的关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、B由题，AB=BC，根据数学知识得知，从A点至B点绳头的位移大于从B点至C点的位移，F2又是恒力，则从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功．故A正确，B错误．‎ C、D物体从A到C过程，可能先加速后减速，物体在A点与C点速率可能相等，根据动能定理得知，物体从A运动到C过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功．故C正确，D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎9．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动； 现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　）‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 ‎【考点】向心力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化．‎ ‎【解答】解：AB、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．‎ P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：‎ ‎ T=，mgtanθ=mω2Lsinθ，‎ 得角速度ω=，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，角速度ω增大．故A错误，B正确．‎ CD、对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，Q所受的支持力不变，故CD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎10．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图象，已知g取10m/s2，则（　　）‎ A．滑块A的质量为4kg B．木板B的质量为1kg C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2‎ D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答．‎ ‎【解答】解：ABD、由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：mA+mB=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：a==F﹣，由图示图象可知，图线的斜率：k====1，解得：mB=1kg，滑块A的质量为：mA=3kg．‎ 当a=0时，F=6N，代入解得 μ=0.2，故A、D错误，B正确．‎ C、根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB=a==F﹣μg=﹣=4m/s2．故C正确．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）‎ A．轻绳对滑轮作用力的方向是竖直向下 B．拉力和重力对M 做功之和大于M动能的增加 C．拉力对M做的功等于M机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】根据力的合成原则判断绳子对滑轮合力的方向，根据动能定理判断拉力和重力对M做功之和与M动能的增加．功与能量的转化紧密联系，功是能量转化的量度，其中重力做功与重力势能变化、除了重力以外的力做功与机械能的变化有关．‎ ‎【解答】解：A、根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以不是竖直向下的，故A错误；‎ B、对M受力分析，受到重力，斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量，故B正确；‎ C、根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；‎ D、对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，所以两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．据报道，美国国家航空航天局（NASA）首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler﹣186f．若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该行星的第一宇宙速度为 B．该行星的平均密度为 C．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 D．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期大于πt ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据自由落体运动的位移时间公式求出行星表面的重力加速度，结合重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度；根据万有引力等于重力求出行星的质量，结合密度公式求出行星的平均密度；根据万有引力提供向心力，求出行星同步卫星的轨道半径，从而得出卫星距离行星的高度．根据重力提供向心力求出宇宙飞船的最小周期．‎ ‎【解答】解：A、根据h=gt2得，行星表面的重力加速度g=，根据mg=m得，行星的第一宇宙速度v=，故A正确；‎ B、根据mg=G得，行星的质量M=，则行星的平均密度ρ==，故B正确；‎ C、根据G=m（R+h），mg=G解得：h=﹣R，故C错误；‎ D、根据mg=mR得，最小周期T=πt，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎13．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示．则（不考虑空气阻力）（　　）‎ A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大 C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大 D．到达x1位置时，小球速度的大小为 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度 ‎【解答】解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A错误；‎ B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；‎ C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；‎ D、根据动能定理可得得，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎14．用如图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．图2给出的是实验中获取的一条纸带；0是打下的第一个点，每相邻两个计数点点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知两个物体m1=100g、m2=300g，则（g=9.8m/s2）‎ ‎（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=　2.4　m/s；‎ ‎（2）在打点0﹣5过程中系统动能的增加量△Ek=　1.15　J，系统重力势能的减少量△Ep=　1.18　J，由此得出的结论是　在误差允许的范围内，系统的系统机械能守恒　；（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）若某同学作出﹣h图象如图3所示，则根据图象求得的重力加速度g=　5.76　m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由匀变速直线运动的推论可以求出物体的瞬时速度；‎ ‎（2）求出物体的瞬时速度，然后由动能的计算公式可以求出动能的增加量，根据实验数据应用重力势能的计算公式可以求出重力势能的减少量；‎ ‎（3）由机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度．‎ ‎【解答】解：（1）计数点间有4个点没有表出去，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，‎ 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，‎ 打第5个点时的速度为：v5===2.4m/s；‎ 物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=mv52﹣0=×（0.100+0.300）×2.42≈1.15J；‎ 系统减少的重力势能：△EP=m2gh﹣m1gh=（0.300﹣0.100）×9.8×（0.3840+0.2160）≈1.18J；‎ 由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．‎ ‎（3）由机械能守恒定律得：mgh=mv2，则： v2=gh， v2﹣h图象的斜率：k=g==5.76m/s2．‎ 故答案为：（1）2.4；（2）1.15；1.18；在误差允许的范围内，系统的系统机械能守恒；（3）5.76．‎ ‎　‎ ‎15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω D．电压表1：量程0～3V，内阻未知 E．电压表2：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器1：0～10Ω，2A G．滑动变阻器2：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择　B　，电压表选择　D　，滑动变阻器选择　F　．‎ ‎（2）实验电路图应选择如图中的　甲　（填“甲”或“乙”）；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=　1.50　V，内电阻r=　0.7　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；‎ ‎（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；‎ ‎（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）干电池的电动势约为1.5V，故为了读数准确，电压表应选择D．内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表B； 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．‎ ‎（2）根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲；‎ ‎（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；‎ 内电阻r+RA=﹣RA=﹣0.3=0.7Ω 故答案为：①B，D，F；②甲；③1.50，0.7．‎ ‎　‎ 三、计算题（共40分）‎ ‎16．如图所示，A、B、C三个木块置于光滑水平面上，A、B的质量均为m，C的质量为2m．A、B之间有一处于原长的轻质弹簧，现使A、B及弹簧都以v0的速度向右运动，B与C碰撞时间极短且碰撞后二者粘在一起运动，求B与C碰撞后弹簧弹性势能的最大值Ep．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】BC两者组成的系统，在碰撞的前后瞬间动量守恒，结合动量守恒列式，A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成系统动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，联立方程即可求解．‎ ‎【解答】解：设B、C碰撞后的速度为v1，B、C系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：mv0=3mv1①‎ A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v2，A、B、C三者组成系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得2mv0=4mv2②‎ 根据机械能守恒得③‎ 联立①②③得 答：B与C碰撞后弹簧弹性势能的最大值Ep为．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，求小物块到达地面的时间为多少．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力F=qE，在已知F和q的情况下，可以计算出电场强度E．‎ ‎（2）将匀强电场方向变为竖直向下时，电场力变为竖直向下，根据牛顿第二定律求解加速度．‎ ‎（3）将电场强度改为水平向左，电场力向左，先求解电场力与重力的合力方向，判断运动情况，再结合运动的合成与分解的知识求解．‎ ‎【解答】解：（1）小物块受重力，电场力和弹力，三力平衡，根据平衡条件，有：qE=mgtan37°‎ 解得：E=‎ ‎（2）由牛顿第二定律可得：（qR+mg）sin37°=ma 解得：a=‎ ‎（3）电场力：F=q×2E=‎ 电场力与重力的合力与水平方向的夹角的正切值：tanα=，故α=33.7°＜37°，故物体将离开斜面做匀加速直线运动；‎ 竖直方向做自由落体运动：H=‎ 解得：t=‎ 答：（1）水平向右电场的电场强度大小为；‎ ‎（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是；‎ ‎（3）若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，小物块到达地面的时间为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于O点．水平向右侧有一竖直光滑圆形轨道在C点与水平面平滑连接，圆心为O′，半径R=0.4m．另一轻质弹簧一端固定在O′点的轴上，一端栓着一个小球，弹簧的原长为l0=0.5m，劲度系数k=100N/m．用质量m1=0.4kg的物体将弹簧缓慢压缩到B点（物体与弹簧不栓接），物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，释放后物块恰运动到C点停止，BC间距离L=2m．换同种材料、质量m2=0.2kg的物块重复上述过程．（物块、小球均视为质点，g=10m/s2）求：‎ ‎（1）物块m2到C点时的速度大小vC；‎ ‎（2）若小球的质量也为m2，物块与小球碰撞后交换速度，论证小球是否能通过最高点D．若能通过，求出最高点轨道对小球的弹力N；若不能通过，求出小球离开轨道时的位置和O′连线与竖直方向的夹角θ（用三角函数值表示）；‎ ‎（3）在（2）问的基础上，若将拴着小球的弹簧换为劲度系数k′=10N/m的弹簧，再次求解．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）从B到C有动能定理可求得到达C点速度；‎ ‎（2）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断；‎ ‎（3）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断，在利用动能定理即可求的夹角．‎ ‎【解答】解：（1）m1从B到C的过程：EP=μm1gL m2从B到C的过程：EP=μm2gL+m2vC2，解得：vC=4m/s ‎（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s向上运动，假设能到高点，‎ 从C到D的过程： m2vD2﹣m2vC2=﹣m2g•2R，解得：vD=0m/s，‎ 对D点：N+m2g﹣k（l0﹣R）=0，解得：N=8N，求解结果合理，‎ 说明假设是正确的，小球可以通过最高点；‎ ‎（3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m2g﹣k'（l0﹣R）=0‎ 解得：N=﹣1N，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点；‎ 小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE 由动能定理： m2vE2﹣m2vC2=m2g（R+Rcosθ）‎ 对E点：m2gcosθ﹣k′（l0﹣R）=m2，解得：cosθ=，则θ=arccoa；‎ 答：（1）物块m2到C点时的速度大小vC为4m/s；‎ ‎（2）若小球的质量也为m2，若物块与小球碰撞后交换速度，小球能通过最高点D．轨道最高点对小球的弹力N为8N；‎ ‎（3）若将拴着小球的弹簧换为劲度系数k'=10N/m，小球不能通过最高点D．夹角为arccoa．‎ ‎　‎ ‎2016年10月31日