青海师大附中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

青海师大附中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年青海师大附中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题，（其中1-9题为单向选择题，10-12位不定项选择题）选对得3分，选错不得分，共36分．‎ ‎1．竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，则（　　）‎ A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B．上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功 C．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率 D．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率 ‎2．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，（不计空气阻力）则球落在斜面上时重力的瞬时功率为（　　）‎ A．mgv0tanθB．C．D．mgv0cosθ ‎3．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（　　）‎ A． rad/sB． rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s ‎4．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（　　）‎ A． RB． RC．2RD． R ‎5．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移△x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x所用时间为t2．则物体运动的加速度为（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎6．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（　　）‎ A．2RB．C．D．‎ ‎7．如图所示，在托盘测力计放一个重力为5N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为5N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，测力计的示数为（取g=10m/s2）（　　）‎ A．8.2NB．7NC．7.4ND．10N ‎8．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于B．和0‎ C． •和0D．0和g ‎9．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）‎ A．500NB．1000NC．1200ND．1400N ‎10．如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N．将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=8.0×10﹣9J．则以下分析正确的是（　　）‎ A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN=4.0×10﹣9J B．若将该粒子从点M移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10﹣9J C．若A、B之间的距离为2cm，粒子的电量为2×10﹣7C，该电场的场强一定是E=2V/m D．若粒子的电量为2×10﹣9C，则A、B之间的电势差为4V ‎11．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示．介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm．关于这列简谐波，下列说法正确的是（　　）‎ A．周期为4.0sB．振幅为20cm C．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10m/s ‎12．如图1所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图2所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0=12m/s B．传送带的倾角θ=30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5‎ D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf=﹣24J ‎　‎ 三、填空题（每空2分共16分）‎ ‎13．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．‎ ‎（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是　　．‎ A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先放小车，后接通电源 C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有　　．‎ ‎（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m．请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来　　．‎ ‎14．用如图1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，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=　　m/s；‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=　　J，系统势能的减少量△EP=　　J，由此得出的结论是　　；‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎　‎ 四、计算题，要求有严谨的步骤，准确答案 ‎15．一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图象．求：（g取10m/s2）‎ ‎（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；‎ ‎（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．‎ ‎16．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R=0.4m．一个质量为m=1Kg的物体将弹簧压缩至A点并用插销固定，此时弹簧的弹性势能为12.5J，而插销拨掉后物体在弹力作用下向右运动，当获得某一向右的速度后脱离弹簧，之后向上运动恰能到达最高点C．（不计空气阻力）试求：（ g=10m/s2）‎ ‎（1）物体离开弹簧时的速度．‎ ‎（2）物体在B点时受到轨道对它的支持力与重力之比．‎ ‎（3）从B点运动至C点的过程中克服阻力所做的功．‎ ‎17．如图，一束单色光射入一半径为0.1m玻璃球体，入射角为60°，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．求：‎ ‎①此玻璃的折射率；‎ ‎②光在玻璃球内的传播时间．‎ ‎18．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，mA=2.0kg，mB=0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC=0.10kg的滑块C，以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s，求：‎ ‎①木块A的最终速度vA；‎ ‎②滑块C离开A时的速度vC．‎ ‎19．在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径=0.1m，磁感应强度B=0.5T，与y轴、x轴分别相切于A、C两点．第四象限内充满平行于x轴的匀强电场，电场强度E=0.3V/m，如图所示．某带电粒子以vo=20m/s的初速度，自A点沿AO1方向射入磁场，从C点射出（不计重力）．‎ ‎（1）带粒子的比荷；‎ ‎（2）若该粒子以相同大小的初速度，自A点沿与AO1成30°角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，求经过y轴时的位置坐标．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年青海师大附中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，（其中1-9题为单向选择题，10-12位不定项选择题）选对得3分，选错不得分，共36分．‎ ‎1．竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，则（　　）‎ A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B．上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功 C．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率 D．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】重力做功只与物体的初末位置有关，与物体的运动过程和是否受其它力无关；‎ 由于空气阻力的作用，物体在上升和下降的过程中用的时间不同，根据P=可以判断重力做功的平均功率的大小．‎ ‎【解答】解：AB、重力做功的大小只与物体的初末位置有关，与物体的路径等无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，上升过程重力做负功，所以上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功．故A、B错误．‎ CD、物体在上升的过程中，受到的空气阻力向下，在下降的过程中受到的阻力空气向上，所以在上升时物体受到的合力大，加速度大，物体运动的时间短，在上升和下降的过程中物体重力做功的大小是相同的，由P=可知，上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，（不计空气阻力）则球落在斜面上时重力的瞬时功率为（　　）‎ A．mgv0tanθB．C．D．mgv0cosθ ‎【考点】平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】小球垂直撞在斜面上，速度与斜面垂直，将该速度进行分解，根据水平分速度和角度关系求出竖直分速度，再根据vy=gt求出小球在空中的飞行时间．根据P=mgvy求解小球与斜面相碰时重力的瞬时功率．‎ ‎【解答】解：（1）由平抛运动得：‎ vx=v0‎ vy=gt ‎ 根据平行四边形定则知：‎ tanθ=‎ 则：‎ t=‎ 故重力的瞬时功率为：‎ P=mgvy=mg•gt=‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（　　）‎ A． rad/sB． rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．‎ ‎【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：‎ ‎ μmgcos30°﹣mgsin30°=mω2r 则ω==rad/s=1rad/s 故选：C ‎　‎ ‎4．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（　　）‎ A． RB． RC．2RD． R ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星的半径．‎ ‎【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g．‎ 根据平抛运动的规律得 h=得，t=‎ 则水平射程x=v0t=v0．‎ 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 ==‎ 根据G=mg，得g=‎ 可得 =•‎ 解得行星的半径 R行=R地•=Rו=2R 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移△x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x所用时间为t2．则物体运动的加速度为（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可以求得两部分位移的中间时刻的瞬时速度，再由加速度的公式可以求得加速度的大小．‎ ‎【解答】解：物体作匀加速直线运动在前一段△x所用的时间为t1，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度；‎ 物体在后一段△x所用的时间为t2，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度．‎ 速度由变化到的时间为：△t=，‎ 所以加速度为：a=‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（　　）‎ A．2RB．C．D．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出B上升的最大高度．‎ ‎【解答】解：设B的质量为m，则A的质量为2m，‎ 以A、B组成的系统为研究对象，‎ 在A落地前，由动能定理可得：‎ ‎﹣mgR+2mgR=（m+2m）v2﹣0，‎ 以B为研究对象，在B上升过程中，‎ 由动能定理可得：﹣mgh=0﹣mv2，‎ 则B上升的最大高度H=R+h，‎ 解得：H=；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在托盘测力计放一个重力为5N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为5N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，测力计的示数为（取g=10m/s2）（　　）‎ A．8.2NB．7NC．7.4ND．10N ‎【考点】物体的弹性和弹力；作用力和反作用力．‎ ‎【分析】木块沿斜面做匀加速直线运动时，受到重力、支持力、摩擦力，根据木块在垂直斜面方向受力平衡可以解出木块所受的支持力，再根据牛顿第三定律的木块对斜面的压力大小等于斜面对木块的支持力，然后对斜面受力分析解得斜面放上木块后受力的变化情况．‎ ‎【解答】解：选木块为研究对象，受力分析如图，‎ 由于木块在垂直斜面方向受力平衡，‎ 可以解出木块所受的支持力为：FN=Gcos37°‎ 再选择斜面为研究对象，受力如图，‎ 根据牛顿第三定律，木块对斜面的压力FN2大小等于FN，‎ 把FN2分解的y轴方向上，有：Fy=FN2cos37°‎ 所以解得：Fy=Gcos237°=3.2N 因此小铁块下滑的过程中，测力计的示数为：5N+3.2N=8.2N；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于B．和0‎ C． •和0D．0和g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当两球处于静止时，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度大小．‎ ‎【解答】解：对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力F=mAgsin30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，‎ 对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，‎ 对B，根据牛顿第二定律得， =g．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）‎ A．500NB．1000NC．1200ND．1400N ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】安全带被拉直前，工人做自由落体运动，根据运动学公式求出安全带被拉直瞬间工人的速度，设安全带的平均作用力为F，选向上方向为正，由动量定理即可求出安全带对工人的平均拉力，从而得到安全带所受的平均冲力的大小．‎ ‎【解答】解：工人下落过程为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为：v0===10m/s；‎ 取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取向上方向为正，由动量定理得：Ft﹣mgt=0﹣（﹣mv0）‎ 所以F=mg+=600+=1000N；‎ 根据牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力大小为1000N．‎ 故选：B ‎　‎ ‎10．如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N．将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=8.0×10﹣9J．则以下分析正确的是（　　）‎ A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN=4.0×10﹣9J B．若将该粒子从点M移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10﹣9J C．若A、B之间的距离为2cm，粒子的电量为2×10﹣7C，该电场的场强一定是E=2V/m D．若粒子的电量为2×10﹣9C，则A、B之间的电势差为4V ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed可知，沿电场线方向，相同距离电势差相同，即可求出M、N两点的电势差，由电场力做功公式W=qU求解电场力做功，若知道电荷量，可求出电势差．‎ ‎【解答】解：A、B：根据匀强电场中，U=Edcosθ，设AB与MN跟电场线的夹角为θ．则由几何关系得：‎ 则粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN=qUMN=q•J．故A正确，B错误．‎ C、由于电场方向未知，不能得到AB两点间沿电场线方向的距离，故不能根据U=Ed公式求解场强．故C错误．‎ D、若粒子的电量为q=2×10﹣7C，由WAB=qUAB得A、B之间的电势差V．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示．介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm．关于这列简谐波，下列说法正确的是（　　）‎ A．周期为4.0sB．振幅为20cm C．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10m/s ‎【考点】波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】根据质点P的振动方程y=10sin（5πt）cm，读出ω，周期为T=；振幅等于y的最大值；根据振动图象t=0时刻P质点的速度方向，即可判断出波的传播方向．读出波长，求出波速．‎ ‎【解答】解：A、质点P的振动方程y=10sin（5πt）cm，则ω=5πrad/s，周期为：T==0.4s；故A错误．‎ B、D由波的图象得：振幅A=10cm，波长λ=4m，故波速为v==10m/s．故B错误，D正确．‎ C、根据振动方程y=10sin（5πt）cm，t=0时刻位移为零，此后先变为正，说明t=0时刻P点在平衡位置且向+y方向运动；再结合波形微微平移方法得到波向正x方向传播．故C正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图1所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图2所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0=12m/s B．传送带的倾角θ=30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5‎ D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf=﹣24J ‎【考点】动能定理；功的计算．‎ ‎【分析】由图2可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做的功．‎ ‎【解答】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s．故A错误．‎ BC、开始时物体所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后滑动摩擦力方向沿斜面向上，则 第一个过程，有 mgsinθ+μmgcosθ=ma1；a1==m/s2=10m/s2．‎ 第二个过程，有 mgsinθ﹣mμgcosθ=ma2；a2==m/s2=2m/s2．‎ 联立两式解得μ=0.5，θ=37°．故B错误，C正确．‎ D、由图得，第一段匀加速直线运动的位移x1=×10×1m=5m，摩擦力做功为Wf1=μmgcosθ•x1=0.5×10×0.8×5J=20J，第二段匀加速直线运动的位移x2=1m=11m，摩擦力做功为Wf2=﹣μmgcosθ•x2=﹣0.5×10×0.8×11J=﹣44J，所以Wf=Wf1+Wf2=20﹣44=﹣24J．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 三、填空题（每空2分共16分）‎ ‎13．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．‎ ‎（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是　AD　．‎ A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先放小车，后接通电源 C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有　刻度尺、天平　．‎ ‎（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m．请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来　　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．‎ 由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平．‎ 恒力做功根据W=Fscosα进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出AB两点的速度，进而求出动能的改变量．‎ ‎【解答】解：（1）A、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A正确．‎ B、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B错误．‎ C、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误．‎ D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎（2）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平．‎ ‎（3）小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx．‎ 由得：，，所以小车动能的改变量为=‎ 本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即 故答案为：（1）AD；（2）刻度尺、天平；（3）‎ ‎　‎ ‎14．用如图1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，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=　2.4　m/s；‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=　0.576　J，系统势能的减少量△EP=　0.600　J，由此得出的结论是　在误差允许的范围内，系统机械能守恒　；‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=　9.7　m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】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计数点5的瞬时速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量．‎ 根据机械能守恒得出v2﹣h的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．‎ ‎【解答】解：（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=．‎ ‎（2）则打点0～5过程中系统动能的增量△EK==0.576J．‎ 系统重力势能的减小量△EP=（m2﹣m1）gh=0.1×10×（0.216+0.384）=0.600J，‎ 在误差允许的范围内，系统机械能守恒．‎ ‎（3）根据系统机械能守恒得，，解得，‎ 图线的斜率k==，‎ 解得g=9.7m/s2．‎ 故答案为：（1）2.4；‎ ‎（2）0.576，0.600，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．‎ ‎（3）9.7．‎ ‎　‎ 四、计算题，要求有严谨的步骤，准确答案 ‎15．一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图象．求：（g取10m/s2）‎ ‎（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；‎ ‎（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间图线的斜率求出滑块冲上斜面过程中的加速度大小．‎ ‎（2）对上滑过程，运用牛顿第二定律，结合加速度的大小求出滑块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎（3）因为重力的分力小于最大静摩擦力，则滑块不会下滑，根据速度位移公式求出上滑的最大位移．‎ ‎【解答】解：（1）滑块的加速度大小为：a=，‎ ‎（2）物体在冲上斜面过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，‎ 解得：；‎ ‎（3）滑块速度减小到零时，重力的分力大于最大静摩擦力，能再下滑． ‎ 滑块上滑到距底端距离为：，‎ 由于mgsinθ＜μmgcosθ，物块不下滑．‎ 答：（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小为12m/s2；‎ ‎（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为；‎ ‎（3）不能返回，滑块所停的位置距离底端1.5m．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R=0.4m．一个质量为m=1Kg的物体将弹簧压缩至A点并用插销固定，此时弹簧的弹性势能为12.5J，而插销拨掉后物体在弹力作用下向右运动，当获得某一向右的速度后脱离弹簧，之后向上运动恰能到达最高点C．（不计空气阻力）试求：（ g=10m/s2）‎ ‎（1）物体离开弹簧时的速度．‎ ‎（2）物体在B点时受到轨道对它的支持力与重力之比．‎ ‎（3）从B点运动至C点的过程中克服阻力所做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；能量守恒定律．‎ ‎【分析】清楚物体运动过程中能量的转化，根据能量守恒定律解决问题．‎ 在B点进行受力分析，根据牛顿第二定律解决问题．‎ 研究从B点到C点，运用动能定理求解功．‎ ‎【解答】解：（1）当物体脱离弹簧后，弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能，‎ 由能量守恒定律，得EP=mvB2‎ 求得：vB=5 m/s ‎ ‎（2）在B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m 求得：N=72.5N ‎ 故=‎ ‎（3）物体恰好能到达最高点，由牛顿第二定律：mg=m，‎ 求得：vc=2m/s ‎ 从B点到C点，由动能定理：‎ Wf﹣mgh=mvc2﹣mvB2‎ 求得：Wf=﹣2.5J 答（1）物体离开弹簧时的速度是5 m/s．‎ ‎（2）物体在B点时受到轨道对它的支持力与重力之比是．‎ ‎（3）从B点运动至C点的过程中克服阻力所做的功是2.5J．‎ ‎　‎ ‎17．如图，一束单色光射入一半径为0.1m玻璃球体，入射角为60°，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．求：‎ ‎①此玻璃的折射率；‎ ‎②光在玻璃球内的传播时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）作出光线在玻璃球体内光路图．由于折射回到空气中时与入射光线平行，出射的光路与入射的光路具有对称性，根据几何知识求出光线在A点的折射角，再求解折射率．‎ ‎（2）根据v=求光在玻璃球内的传播速度v．由几何关系求出光在玻璃球内传播的距离s，再由t=求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）作出光线在玻璃球体内光路图，A、C是折射点，B反射点，OD平行于入射光线，由几何知识得，∠AOD=∠COD=60°，则由几何关系得：‎ ‎∠OAB=30°‎ 折射角r=∠OAB=30°，入射角i=60°‎ 所以折射率为 n===‎ ‎②光在玻璃球内的传播速度 v===×108m/s 光在玻璃球内传播的距离 s=4cos30°=4×0.1×=m 故光在玻璃球内的传播时间 t==s=2×10﹣9s．‎ 答：‎ ‎①此玻璃的折射率为；‎ ‎②光在玻璃球内的传播时间为2×10﹣9s．‎ ‎　‎ ‎18．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，mA=2.0kg，mB=0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC=0.10kg的滑块C，以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s，求：‎ ‎①木块A的最终速度vA；‎ ‎②滑块C离开A时的速度vC．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】A、B、C三个木块组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程，求解木块A的最终速度vA；‎ 根据运量守恒定律研究C在A上滑行的过程，求出滑块C离开A时的速度v′C．‎ ‎【解答】解：对于整个过程，把BC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mCvC=mAvA+（mC+mB）v′，‎ 对于C在A上滑行的过程，把AB看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，动量守恒定律得：‎ mCvC=（mA+mB）vA+mCvC′，‎ 代入解得：vA=0.25m/s，vC′=2.75m/s；‎ 答：①木块A的最终速度为0.25m/s；‎ ‎②滑块C离开A时的速度2.75m/s．‎ ‎　‎ ‎19．在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径=0.1m，磁感应强度B=0.5T，与y轴、x轴分别相切于A、C两点．第四象限内充满平行于x轴的匀强电场，电场强度E=0.3V/m，如图所示．某带电粒子以vo=20m/s的初速度，自A点沿AO1方向射入磁场，从C点射出（不计重力）．‎ ‎（1）带粒子的比荷；‎ ‎（2）若该粒子以相同大小的初速度，自A点沿与AO1成30°角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，求经过y轴时的位置坐标．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由几何知识得到粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律列方程求出比荷；‎ 因粒子的半径没有变化，由几何关系知它将垂直射入电场中，做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解．‎ ‎【解答】解：（1）由题意知粒子的半径r=R=0.1m，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m 得： =400 （C/kg） ‎ ‎（2）因粒子的半径没有变化，由几何关系知它将垂直射入电场中，‎ x轴方向：r+rsin30=t2‎ 得：t=0.05 s y轴方向△y=v0t ‎ 得：△y=1m ‎ 则经过y轴时的位置坐标为（0，﹣1m）．‎ 答：（1）带粒子的比荷=400 （C/kg）；‎ ‎（2）若该粒子以相同大小的初速度，自A点沿与AO1成30°角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，经过y轴时的位置坐标（0，﹣1m）．‎ ‎　‎ ‎2016年12月2日