• 425.00 KB
  • 2021-06-02 发布

福建省泉州市南安一中2017届高三上学期第二次段考物理试卷

  • 22页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高三(上)第二次段考物理试卷 ‎ ‎ 一.选择题:本大题共12小题,共48分.第1~6题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求.第7~12题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.‎ ‎1.如图所示,真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q,放在光滑绝缘水平面上,A、B之间用绝缘的轻弹簧连接.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0.若弹簧发生的均是弹性形变,则(  )‎ A.保持Q不变,将q变为2q,平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B.保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C.保持Q不变,将q变为﹣q,平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D.保持q不变,将Q变为﹣Q,平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎2.如图所示,在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷,电量的大小都是q1,在b、d两个顶点上,各放一带负电的点电荷,电量的大小都是q2,且q1>q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示,它是哪一条(  )‎ A.E1 B.E2 C.E3 D.E4‎ ‎3.如图所示为某一电场所形成的一簇电场线,图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点,E、H点在y轴上,G点在x轴上,则下列说法正确的有(  )‎ A.正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能 B.OE间的电势差等于HO间的电势差 C.E点电势与G点的电势相等 D.将正电荷从H点移到F点的过程中,电场力对其做负功 ‎4.如图所示,一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连,带正电的极板接地,两极板间在P点固定一带正电的点电荷,若将负极板向下移动一小段距离稳定后(两板仍正对平行),则下列说法中正确的是(  )‎ A.P点的电势升高 B.两板间的场强变小 C.点电荷的电势能减小 D.两极板所带的电量不变 ‎5.质量为m的物块,带正电Q,开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地的速度大小为(  )‎ A.2 B.2 C. D.2‎ ‎6.如图,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45°角,上极板带正电.一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处.以初动能Ek0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大,若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎7.一列简谐横波在x轴上传播.t=0时的波形图如图所示,质点A与质点B相距2m,A点速度沿y轴的正方向;t=0.02s时,质点A第一次到达正向最大位移处.由此可知(  )‎ A.此波的传播速度为50m/s B.从t=0时刻起,经过0.04s,质点A沿波的传播方向迁移了2m C.在t=0.04s时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴负方向 D.若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象,则另一列波的频率为12.5Hz ‎8.某简谐振子,自由振动时的振动图象如甲图中实线所示,而在某驱动力作用下作受迫振动时,稳定后的振动图象如甲图中虚线所示,那么,此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(  )‎ A.a点 B.b点 C.c点 D.一定不是c点 ‎9.如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线.则下列答案不正确的是(  )‎ A.场强Ea>Eb,Eb>Ec B.电势ϕa>ϕb,ϕc>ϕb C.沿cba路径移动质子与电子,电荷的电势能改变是一样的 D.沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 ‎10.x轴上有两点电荷Q1和Q2,Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2.Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示,从图中可看出(  )‎ A.Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量 B.Q1和Q2一定是正电荷 C.电势最低处P点的电场强度为零 D.将一负点电荷由XP点的左侧移至右侧,电场力先做正功后做负功 ‎11.在竖直方向上存在变化的电场,一带电的物体静止在绝缘的水平地面上,在电场力的作用下开始向上运动.如图甲所示.在物体运动过程中,所带电量不变,空气阻力不计,其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示,其中曲线上点A处的切线的斜率最大,则(  )‎ A.在x1处电场强度最强 B.在x2→x3过程中,物体作匀速直线运动 C.在x3→x4过程中,物体的电势能减少 D.在x1→x2过程中,物体的动能先增大后减小 ‎12.内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上,与斜面的交点是A,直径AB垂直于斜面,直径CD和MN分别在水平和竖直方向上,它们处在水平方向的匀强电场中.质量为m,电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点.现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量,使其恰能绕圆环完成圆周运动.下列对该小球运动的分析,正确的是(  )‎ A.小球一定带负电 B.小球运动到B点时动能最小 C.小球运动到M点时动能最小 D.小球运动到D点时机械能最小 ‎ ‎ 三、实验题(本大题共1小题,共8分)‎ ‎13.小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验,但没有合适的摆球,他找到了一块大小约为3cm,外形不规则的大理石块代替小球.他设计的实验步骤是:‎ A.将石块用细线系好,结点为M,将细线的上端固定于O点(如图所示)‎ B.用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长 C.将石块拉开一个约5°的偏角,然后由静止释放 D.从摆球摆到最低点时开始计时,测出石块经过最低点30次的总时间t,由T=得出周期 ‎(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是  (填写序号)‎ ‎(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为  ;若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式(其他错误已纠正),这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值  真实值(填大于、小于或等于);若该同学改变摆长,进行多次测量,先通过描点法作出T2﹣l图象,再利用图象的斜率来求解重力加速度,则用OM间细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值  真实值(填大于、小于或等于).‎ ‎ ‎ 四、计算题(本大题共4小题,共44分)‎ ‎14.如图所示,一质量为m的物体放在竖直的弹簧上,并令其上下作简谐运动.振动过程中物体对弹簧的最大压力为1.7mg,则求 ‎ ‎(1)物体的最大加速度的大小;‎ ‎(2)物体对弹簧的最小压力的大小.‎ ‎15.如图所示,一个质量为m,带电量为+q的微粒,从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中.微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右.求:‎ ‎(1)该匀强电场的场强大小E;‎ ‎(2)a、b两点间的电势差Uab;‎ ‎(3)该微粒从a点到b点过程中的最小动能EK.‎ ‎16.如图所示,半径R=1m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内,加上某一方向的匀强电场时,带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动.圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ,在A点时小球对轨道的压力N=110N,此时小球的动能最大.若小球的最大动能比最小动能多20J,且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力).则:‎ ‎(1)小球受到重力和电场力的合力是多少?‎ ‎(2)小球的最小动能是多少?‎ ‎(3)现小球在动能最小的位置突然撤去轨道,并保持其他量都不变,若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等,求小球的质量.‎ ‎17.如图所示,在光滑绝缘的水平面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为+2q,B球的带电量为﹣3q,两球组成一带电系统.虚线MN与PQ平行且相距3L,开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧,虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后.试求:‎ ‎(1)B球刚进入电场时,带电系统的速度大小;‎ ‎(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量;‎ ‎(3)带电系统运动的周期.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高三(上)第二次段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一.选择题:本大题共12小题,共48分.第1~6题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求.第7~12题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.‎ ‎1.如图所示,真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q,放在光滑绝缘水平面上,A、B之间用绝缘的轻弹簧连接.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0.若弹簧发生的均是弹性形变,则(  )‎ A.保持Q不变,将q变为2q,平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B.保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C.保持Q不变,将q变为﹣q,平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D.保持q不变,将Q变为﹣Q,平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎【考点】库仑定律.‎ ‎【分析】根据库仑定律及胡克定律列式分析,电荷量变化,库仑力变化,两球的距离变化,弹力变化,根据平衡条件列方程计算即可.‎ ‎【解答】解:设弹簧的劲度系数为K,原长为x.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0,则有:‎ Kx0=k…①‎ A、保持Q不变,将q变为2q时,平衡时有:‎ Kx1=k…②‎ 由①②解得:x1<2x0,故A错误;‎ B、同理可以得到保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的伸长量小于2x0,故B正确;‎ C、保持q不变,将Q变为﹣Q,如果缩短量等于x0,则静电力大于弹力,故会进一步吸引,故平衡时弹簧的缩短量大于x0,故C错误;‎ D、保持Q不变,将q变为﹣q,如果缩短量等于x0,则静电力大于弹力,故会进一步吸引,故平衡时弹簧的缩短量大于x0,故D错误.‎ 故选:B ‎ ‎ ‎2.如图所示,在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷,电量的大小都是q1,在b、d两个顶点上,各放一带负电的点电荷,电量的大小都是q2,且q1>q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示,它是哪一条(  )‎ A.E1 B.E2 C.E3 D.E4‎ ‎【考点】电场的叠加;电场强度.‎ ‎【分析】图中点O的电场强度等于四个点电荷分别单独存在时在O点产生场强的矢量和,根据平行四边形定则两两合成即可.‎ ‎【解答】解:由于q1>q2,a、d两点电荷在O点的合场强水平向右,b、c两点电荷的合场强指向左下,但这个向左的分量没有a与d两点电荷在O点的合场强强,所以总的场强指向右下;‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎3.如图所示为某一电场所形成的一簇电场线,图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点,E、H点在y轴上,G点在x轴上,则下列说法正确的有(  )‎ A.正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能 B.OE间的电势差等于HO间的电势差 C.E点电势与G点的电势相等 D.将正电荷从H点移到F点的过程中,电场力对其做负功 ‎【考点】电场线.‎ ‎【分析】根据电场线与等势线垂直,画出E、O点等势线,再根据沿着电场线方向电势逐渐降低,去分析判断电势和电势能的大小关系.‎ ‎【解答】解:A、根据电场线与等势线垂直,画出O点等势线,可知O点的电势大于G点电势,则正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能.故A正确;‎ B、由于HO处的电场线密,场强大,所以OE间的电势差小于HO间的电势差,故B错误;‎ C、根据电场线与等势线垂直,画出G点等势线,可知G点的电势大于E点电势,故C错误;‎ D、正电荷受力的方向向下,将正电荷从H点移到F点的过程中,电场力对其做正功,故D错误.‎ 故选:A ‎ ‎ ‎4.如图所示,一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连,带正电的极板接地,两极板间在P点固定一带正电的点电荷,若将负极板向下移动一小段距离稳定后(两板仍正对平行),则下列说法中正确的是(  )‎ A.P点的电势升高 B.两板间的场强变小 C.点电荷的电势能减小 D.两极板所带的电量不变 ‎【考点】电容器的动态分析.‎ ‎【分析】电容器始终与电源连接,两端的电势差不变,负极板向下移动一小段距离稳定后,电容发生变化,根据Q=CU判断带电量的变化,根据E=判断电场强度的变化,可以根据U=Ed判断P点与正极板间电势差的变化,从而得出P点电势的变化.‎ ‎【解答】解:AB、电容器始终与电源连接,两端的电势差不变,负极板向下移动一小段距离稳定后,d变小,根据E=,知两板间的电场强度增大.根据U=Ed知,正极板与P点间的电势差增大,电势差等于正极板与P点的电势之差,正极板的电势为0,所以P点的电势降低.故AB错误.‎ C、P点的电势降低,根据EP=qφ,该点电荷是正电荷,所以电势能降低.故C正确.‎ D、根据C=,知电容器的电容增大,再根据Q=CU知,极板所带的电量增加.故D错误.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎5.质量为m的物块,带正电Q,开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地的速度大小为(  )‎ A.2 B.2 C. D.2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;牛顿第二定律;电场强度.‎ ‎【分析】对物块进行受力分析,找出物块的运动轨迹.‎ 运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题.‎ ‎【解答】解:对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力.‎ 电场力F=mg 运用动能定理研究从开始到落地过程,‎ mgH+F•H=mv2﹣0‎ v=2‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎6.如图,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45°角,上极板带正电.一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处.以初动能Ek0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大,若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;动能定理;电场强度.‎ ‎【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用,只有电场力做功,粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行,所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度,再结合运动学公式可求得E.‎ ‎【解答】解:根据电荷的受力情况可知,粒子在电场中做曲线运动,如图所示,‎ 将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行于板的vx,由于极板与水平面夹角45°,粒子的初速度方向竖直向上,所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy=v0sin45°=.‎ 当电场足够大时,粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行,即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0.‎ 根据运动学公式有﹣vy′2=2d 又知Ek0=m 联立以上各式求得E=‎ 故B正确,ACD错误;‎ 故选:B ‎ ‎ ‎7.一列简谐横波在x轴上传播.t=0时的波形图如图所示,质点A与质点B相距2m,A点速度沿y轴的正方向;t=0.02s时,质点A第一次到达正向最大位移处.由此可知(  )‎ A.此波的传播速度为50m/s B.从t=0时刻起,经过0.04s,质点A沿波的传播方向迁移了2m C.在t=0.04s时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴负方向 D.若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象,则另一列波的频率为12.5Hz ‎【考点】横波的图象.‎ ‎【分析】由图确定波长,根据A点振动情况确定,求出波速.由A点的振动方向判断出波的传播方向.根据周期,分析在t=0.04s时,质点B处在位置和速度方向.‎ 根据波的干涉条件可明确两波的频率关系.‎ ‎【解答】解:A、由题意可知,AB间相隔半个波长,则有:,解得,λ=4m;A点向上振动,经=0.02s第一次到达最大位置,则可知T=0.08s,则波速v===50m/s.故A正确.‎ B、简谐横波沿x轴传播,质点A沿波传播方向并不迁移.故B错误.‎ C、此时B向下,再经过t=0.04s=0.5T时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴正方向.故C错误.‎ D、T=0.08s,f===12.5Hz,再两波的频率相同时,才容易发生稳定的干涉现象,故若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象,则另一列波的频率为12.5Hz,故D正确.‎ 故选:AD ‎ ‎ ‎8.某简谐振子,自由振动时的振动图象如甲图中实线所示,而在某驱动力作用下作受迫振动时,稳定后的振动图象如甲图中虚线所示,那么,此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(  )‎ A.a点 B.b点 C.c点 D.一定不是c点 ‎【考点】简谐运动的振动图象.‎ ‎【分析】物体受迫振动的频率等于驱动力的频率,当系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅达最大.‎ ‎【解答】解:某简谐振子,自由振动时的振动图象如图甲中的实线所示,设周期为T1;‎ 而在某驱动力作用下做受迫振动时,稳定后的振动图象如图甲中的虚线所示,设周期为T2;‎ 显然T1<T2,根据f=,有f1>f2;‎ 图乙中c点是发生共振,驱动力频率等于固有频率f1;‎ 当受迫振动时,驱动力频率为f2<f1,故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点,不可能是b点或c点,故AD正确,BC错误;‎ 故选:AD ‎ ‎ ‎9.如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线.则下列答案不正确的是(  )‎ A.场强Ea>Eb,Eb>Ec B.电势ϕa>ϕb,ϕc>ϕb C.沿cba路径移动质子与电子,电荷的电势能改变是一样的 D.沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 ‎【考点】电势;电场强度;电场线.‎ ‎【分析】沿电场线电势降低,电场强度的大小与电场线的疏密的关系;沿着电场线方向电势是降低的.明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况,从而进一步判断电势能变化情况.根据受力情况,分析电子的运动情况.‎ ‎【解答】解:‎ A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小,可知Ea>Eb>Ec.故A正确.‎ B、沿着电场线方向电势是降低的,同一等势面上各点的电势相等,则知φc>φb=φa.故B错误.‎ C、沿cba路径移动质子与电子,根据公式W=qU,知由于电子与质子的电性相反,电场力对质子做正功,对电子做负功,则质子的电势能减小,电子的电势能增大.故C错误.‎ D、沿bc方向直线射入的电子,所受的电场力沿cb方向,电子做直线运动.故D错误.‎ 本题选错误的,故选:BCD.‎ ‎ ‎ ‎10.x轴上有两点电荷Q1和Q2,Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2.Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示,从图中可看出(  )‎ A.Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量 B.Q1和Q2一定是正电荷 C.电势最低处P点的电场强度为零 D.将一负点电荷由XP点的左侧移至右侧,电场力先做正功后做负功 ‎【考点】电势;功的计算;电场强度;电势能.‎ ‎【分析】作出Q1、Q2之间的电场线,就知道Xp处场强为零,根据点电荷场强公式,得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量;根据场强方向得出两电荷一定是正电荷;负电荷由Xp点的左侧移到右侧,电场力应先做负功再做正功.‎ ‎【解答】解:A、如图所示,作出电场线,知道Xp处合场强为0,则Q1与Q2在Xp处场强大小相等,方向相反.‎ ‎ 根据E=K知,Q1>Q2,故A错误.‎ ‎ B、若两个电荷是异种电荷,则电场线方向向左或向右,不可能;‎ ‎ 若两个电荷都是负电荷,则在Xp左侧电场线方向向左,右侧向右,与实际电场方向不符,不可能;则两个电荷一定是正电荷.故B正确.‎ ‎ C、根据电场线的方向可知,从x1到x2,电势先降低后升高,故C正确.‎ ‎ D、负电荷右移,电场力先做负功后正功.故D错误.‎ 故选BC ‎ ‎ ‎11.在竖直方向上存在变化的电场,一带电的物体静止在绝缘的水平地面上,在电场力的作用下开始向上运动.如图甲所示.在物体运动过程中,所带电量不变,空气阻力不计,其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示,其中曲线上点A处的切线的斜率最大,则(  )‎ A.在x1处电场强度最强 B.在x2→x3过程中,物体作匀速直线运动 C.在x3→x4过程中,物体的电势能减少 D.在x1→x2过程中,物体的动能先增大后减小 ‎【考点】电势能;功能关系;电势差与电场强度的关系.‎ ‎【分析】根据功能关系:除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量,0﹣x2过程中物体机械能在增加,知电场力在做正功,机械能与位移图线的斜率表示受到的电场力.当机械能守恒时,电场力等于零,通过电场力的变化判断其加速度以及动能的变化.‎ ‎【解答】解:A、机械能与位移图线的斜率表示受到的电场力,A处的切线的斜率最大,说明此位置受到的电场力F最大,则电场强度E=最大,即在x1处电场强度最强,A正确;‎ B、在x2→x3过程中,机械能的变化为0,图线斜率为0,说明此过程受到的电场力为0,此过程只受到重力的作用,物体在重力作用下做匀加速直线运动,B错误;‎ C、在x3→x4过程中,机械能在减小,则电场力在做负功,电势能要增大,C错误;‎ D、在x1→x2过程中,图象的斜率越来越小,则说明受到的电场力越来越小;在x2处物体的机械能最大,图象的斜率为零,则说明此时电场力为零;在这一过程中物体应先加速后减速,故物体的动能先增大后减小,D正确;‎ 故选:AD.‎ ‎ ‎ ‎12.内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上,与斜面的交点是A,直径AB垂直于斜面,直径CD和MN分别在水平和竖直方向上,它们处在水平方向的匀强电场中.质量为m,电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点.现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量,使其恰能绕圆环完成圆周运动.下列对该小球运动的分析,正确的是(  )‎ A.小球一定带负电 B.小球运动到B点时动能最小 C.小球运动到M点时动能最小 D.小球运动到D点时机械能最小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;向心力.‎ ‎【分析】小球原来处于静止状态,分析电场力方向,即可判断小球的电性;找到等效最高点位置,此位置的动能最小;电场力做功引起机械能的变化,电场力做负功最大时,机械能减小最大.‎ ‎【解答】解:A、小球原来处于静止状态,分析受力可知,小球所受的电场力方向向左,与电场强度方向相反,所以小球带负电.故A正确.‎ B、C小球静止时,受到重力、电场力和轨道的支持力作用,由平衡条件得知,重力与电场力的合力方向与支持力方向相反,与斜面垂直向下,则小球从A运动到B点的过程中,此合力做负功,动能减小,所以小球运动到B点时动能最小,故B正确.C错误.‎ D、根据功能关系可知,电场力做负功越多,小球的机械能减小越大,可知,小球从A运动到D点时,电场力做负功最多,所以小球运动到D点时机械能最小.故D正确.‎ 故选ABD ‎ ‎ 三、实验题(本大题共1小题,共8分)‎ ‎13.小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验,但没有合适的摆球,他找到了一块大小约为3cm,外形不规则的大理石块代替小球.他设计的实验步骤是:‎ A.将石块用细线系好,结点为M,将细线的上端固定于O点(如图所示)‎ B.用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长 C.将石块拉开一个约5°的偏角,然后由静止释放 D.从摆球摆到最低点时开始计时,测出石块经过最低点30次的总时间t,由T=得出周期 ‎(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是 BD (填写序号)‎ ‎(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为 g= ;若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式(其他错误已纠正),这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值 小于 真实值(填大于、小于或等于);若该同学改变摆长,进行多次测量,先通过描点法作出T2﹣l图象,再利用图象的斜率来求解重力加速度,则用OM间细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值 等于 真实值(填大于、小于或等于).‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度.‎ ‎【分析】(1)摆长等于悬点到大理石块的质心的距离;单摆在摆角较小时(小于5°)可看成简谐运动;在最低点速度最大,从最高点开始计时误差最大;‎ ‎(2)根据单摆的周期公式得到g的表达式,再分析误差的大小;应用单摆周期公式求出图象的函数表达式,然后根据函数表达式分析答题.‎ ‎【解答】解:(1)A、将石块用细线系好,结点为M,将细线的上端固定于O点(如图所示),安装实验器材,实验步骤正确,故A正确;‎ B、悬点到石块重心的距离是摆长,用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长,摆长测量错误,故B错误;‎ C、单摆在小摆角下的运动是简谐运动,将石块拉开一个约5°的偏角,然后由静止释放,故C正确;‎ D、从摆球摆到最低点时开始计时,测出石块经过最低点30次的总时间t,周期:T===,故D错误,故选:BC.‎ ‎(2)由单摆周期公式:T=2π可得:重力加速度:g=;‎ 用OM的长作为摆长,所测摆长l偏小,由g=可知,所测g偏小;‎ 由单摆周期公式:T=2π可得:T2=l,T2﹣l图象的斜率:k=,‎ 重力加速度:g=,OM间细线的长度作为摆长,T2﹣l图象的斜率可不受影响,‎ k的测量值与真实值相等,由g=可知,g的测量值等于真实值;‎ 故答案为:(1)BC;(2)g=;小于;等于.‎ ‎ ‎ 四、计算题(本大题共4小题,共44分)‎ ‎14.如图所示,一质量为m的物体放在竖直的弹簧上,并令其上下作简谐运动.振动过程中物体对弹簧的最大压力为1.7mg,则求 ‎ ‎(1)物体的最大加速度的大小;‎ ‎(2)物体对弹簧的最小压力的大小.‎ ‎【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.‎ ‎【分析】(1)当物体对弹簧的压力最大时,物体处于最大位移处,此时加速度最大;由牛顿第二定律即可求解;‎ ‎(2)物体在最高点时对弹簧的压力最小.物体在最高点和最低点的加速度大小相等,方向相反,从而得知最高点的加速度,根据牛顿第二定律求出木块对弹簧的最小压力.‎ ‎【解答】解:(1)由题意可知,最大压力为 Fmax=1.7mg;此时物体位于最低点,加速度最大,根据牛顿第二定律得 ‎ Fmax﹣mg=mamax; ‎ 解得:amax=0.7g; ‎ ‎(2)因为物体在竖直方向上做简谐运动,在最低点时物体对弹簧的压力最大,在最高点物体对弹簧的压力最小. ‎ 由最高点和最低点相对平衡位置对称,加速度等值反向,所以最高点的加速度大小为 a=amax=0.7g,方向竖直向下 在最高点,根据牛顿第二定律有 mg﹣FN′=ma 故FN′=mg﹣ma′=0.3mg. ‎ 由牛顿第三定律知,物体对弹簧的最小压力的大小是0.3mg.‎ 答:‎ ‎(1)物体的最大加速度的大小是0.7g;‎ ‎(2)物体对弹簧的最小压力的大小是0.3mg.‎ ‎ ‎ ‎15.如图所示,一个质量为m,带电量为+q的微粒,从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中.微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右.求:‎ ‎(1)该匀强电场的场强大小E;‎ ‎(2)a、b两点间的电势差Uab;‎ ‎(3)该微粒从a点到b点过程中的最小动能EK.‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电场强度.‎ ‎【分析】带电微粒受到重力及电场力作用,两力分别沿竖直方向和水平方向,将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动,抓住水平方向上做匀加速直线运动,竖直方向上做竖直上抛运动,根据牛顿第二定律和运动学公式进行求解.‎ ‎【解答】解:(1)分析:沿竖直方向和水平方向建立直角坐标系,带电微粒受到重力及电场力作用,两力分别沿竖直方向和水平方向,将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动:‎ 在竖直方向物体做匀减速运动,加速度ay=g,‎ 在水平方向物体做匀加速运动,初速度为0,加速度ax=‎ b点是最高点,竖直分速度为0,在竖直方向有:v0=g t;‎ 在水平方向有:2v0=‎ 联立以上两式得:E=‎ ‎(2)水平位移:x==v0.t=‎ ab两点间的电势差:Uab=E•x=‎ ‎(3)设重力与电场力的合力为F,其与水平方向的夹角为θ,‎ 则:tanθ==‎ 如图所示,开始一段时间内,F与速度方向夹角大于90°,合力做负功,动能减小,后来F与速度夹角小于90°,合力做正功,动能增加,因此,当F与速度v的方向垂直时,小球的动能最小,速度也最小,设为vmin.‎ 即:tanθ=‎ vx==2gt 联立以上三式得:t=,vx=,vy=‎ 所以最小速度:vmin==‎ 所以最小动能 答:(1)该匀强电场的场强大小E为;‎ ‎(2)a、b两点间的电势差为;‎ ‎(3)该微粒从a点到b点过程中的最小动能为 ‎ ‎ ‎16.如图所示,半径R=1m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内,加上某一方向的匀强电场时,带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动.圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ,在A点时小球对轨道的压力N=110N,此时小球的动能最大.若小球的最大动能比最小动能多20J,且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力).则:‎ ‎(1)小球受到重力和电场力的合力是多少?‎ ‎(2)小球的最小动能是多少?‎ ‎(3)现小球在动能最小的位置突然撤去轨道,并保持其他量都不变,若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等,求小球的质量.‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用.‎ ‎【分析】(1)(2)带电小球沿轨道内侧做圆周运动,受到重力和电场力作用,其合力是恒力,当合力沿OA连线向下时,小球通过A点时动能最大,通过关于O点对称的B点时动能最小.根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程,求出重力与电场力的合力大小.根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能,再求出小球的最小动能;‎ ‎(3)在B点撤去轨道后,由于合力与速度垂直,故小球将做类平抛运动;‎ 由题,小球经0.04s时,其动能与在A点时的动能相等,说明小球经0.04s时侧移量等于2R,由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量.‎ ‎【解答】解:(1)(2)小球在电场和重力场的复合场中运动,因为小球在A点具有最大动能,所以复合场的方向由O指向A,在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB.‎ 设小球在复合场中所受的合力为F,则有:N﹣F=m,‎ 带电小球由A运动到B的过程中,重力和电场力的合力做功,根据动能定理有:‎ ‎﹣F•2R=EKB﹣EKA=﹣20J,‎ 由此可得:‎ F=10N,‎ ‎,‎ EKB=30J;‎ 即小球的最小动能为30J,重力和电场力的合力F为10N.‎ ‎(3)带电小球在B处时撤去轨道后,小球做类平抛运动,即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动,在垂直于BA方向上做匀速运动.设小球的质量为m,则:‎ ‎2R=•t2‎ 解得:m===0.4kg;‎ 答:(1)小球受到重力和电场力的合力是10N;‎ ‎(2)小球的最小动能是30J;‎ ‎(3)小球的质量为0.4kg.‎ ‎ ‎ ‎17.如图所示,在光滑绝缘的水平面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为+2q,B球的带电量为﹣3q,两球组成一带电系统.虚线MN与PQ平行且相距3L,开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧,虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后.试求:‎ ‎(1)B球刚进入电场时,带电系统的速度大小;‎ ‎(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量;‎ ‎(3)带电系统运动的周期.‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用.‎ ‎【分析】(1)对系统运用动能定理,根据动能定理求出B球刚进入电场时,带电系统的速度大小.‎ ‎(2)带电系统经历了三个阶段,:B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场,根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移,从而求出带电系统向右运动的最大距离.根据B球在电场中运动的位移,求出电场力做的功,从而确定B球电势能的变化量.‎ ‎(3)根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间,带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间,A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间,从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间,带电系统的运动周期为该时间的2倍.‎ ‎【解答】解:(1)设B球刚进入电场时带电系统电度为v1,由动能定理得 ‎ 解得 ‎(2)带电系统向右运动分三段:B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场.‎ 设A球离开PQ的最大位移为x,由动能定理得2qEL﹣qEL﹣3qEx=0‎ 解得则 B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为 其电势能的变化量为 ‎(3)向右运动分三段,取向右为正方向,‎ 第一段加速,‎ 第二段减速 设A球出电场电速度为v2,由动能定理得 解得,‎ 则 第三段再减速则其加速度a3及时间t3为:,‎ 所以带电系统运动的周期为:.‎ 答:(1)B球刚进入电场时,带电系统的速度大小为.‎ ‎(2)带电系统向右运动的最大距离为,B球电势能的变化量为4qEL.‎ ‎(3)带电系统运动的周期.‎ ‎ ‎ ‎2016年12月19日