浙江省金华市东阳二中2016届高三上学期期中物理试卷

浙江省金华市东阳二中2016届高三上学期期中物理试卷

‎2015-2016学年浙江省金华市东阳二中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错的得0分．）‎ ‎1．如图甲滑雪运动员由斜坡高速向下滑行时的V﹣t图象如图乙所示，则由图中AB段曲线可知，运动员在此过程中（　　）‎ A．所受外力的合力一定不断增大 B．运动轨迹一定是曲线 C．加速度一定减小 D．斜坡对运动员的作用力一定是竖直向上的 ‎2．如图所示，倾角为30度的斜面末端与水平地面相连，将一小球（可看成质点）从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为（　　）‎ A．9J B．12J C．16J D．条件不足，无法判定 ‎3．如图所示，将完全相同的两个小球A、B，用长L=0.8m的细绳悬于以v=4m/s向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FB：FA为（g=10m/s2）（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4‎ ‎4．如图所示，质量为m的物块在粗糙斜面上，受到竖直向下的力F的作用，沿斜面向下以加速度a做匀加速运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．若增大F，则物块加速下滑且加速度将增大 B．若增大F，则物块加速下滑且加速度将不变 C．若撤去F，则物块可能沿斜面减速下滑 D．若撤去F，则物块可能沿斜面匀速下滑 ‎5．如图所示，木块在拉力F作用下，沿着水平向右的方向做加速直线运动，则力F与摩擦阻力的合力方向（　　）‎ A．水平向右 B．向上偏左 C．竖直向上 D．可以在竖直向上和力F方向之间 ‎6．如图所示，A、B两个带异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在一放在水平支持面上的木盒内的底部和顶部，木盒对地面的压力为N，细线对B拉力为F．若将系B的细线断开，下列说法正确的是（　　）‎ A．刚断开时，木盒对地面的压力等于（N﹣F）‎ B．刚断开时，木盒对地面的压力等于N C．在B向上运动过程中木盒对地面压力逐渐增大 D．在B向上运动过程中木盒对地面压力逐渐减小 ‎7．如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时（　　）‎ A．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力 B．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力 C．A球的角速度小于B球的角速度 D．A球的向心加速度小于B球的向心加速度 ‎8．如图所示，在空间中的A、B两点固定着一对等量正点电荷，有一带电微粒在它们产生的电场中运动，设带电微粒在运动过程中只受到电场力的作用，带电微粒在电场中所做的运动不可能是（　　）‎ A．变速直线运动 B．匀速圆周运动 C．类似平抛运动 D．机械振动 ‎9．在街头的理发店门口常可以看到这样的标志：一个转动的圆筒，外表有螺旋斜条纹．我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）L=10cm，圆筒半径R=10cm，如果我们观察到条纹向上运动的速度为0.1m/s，则从上往下看，关于圆筒的转动方向和转动周期说法正确的是（　　）‎ A．顺时针转动，周期为1s B．顺时针转动，周期为2πs C．逆时针转动，周期为1s D．逆时针转动，周期为2πs ‎10．某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x关系的图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知（　　）‎ A．O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大 B．O～x1过程中箱子的动能一直增加 C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变 D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大 ‎　‎ 二、不定项选择题（本题共4小题，共16分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎11．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q（q为绝对值）的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则（　　）‎ A．带电粒子带正电 B．a、b两点间的电势差Uab=‎ C．b点场强大于a点场强 D．空中电场可能是负的点电荷产生的 ‎12．如图所示，在水平放置的足够大金属板的正上方有带正电的点电荷Q．一表面绝缘并带正电的小球C（可视为质点，且不影响原电场分布）以速度V0在金属板上自左向右运动，在运动过程中C的带电量保持不变，它与金属板之间的摩擦不能忽略，则关于C的这段运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．C球先减速后加速运动 B．C对金属板的压力先变大后变小 C．C球的电势能保持不变 D．C球的加速度先变小后变大 ‎13．如图，物体A和B质量均为m，分别与轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮之间的摩擦）．当用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A．物体A也做匀速直线运动 B．物体A做变速直线运动 C．物体A的速度小于物体B的速度 D．物体A的速度大于物体B的速度 ‎14．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（　　）‎ A．M静止在传送带上 B．M可能沿斜面向上运动 C．M受到的摩擦力不变 D．M下滑的速度不变 ‎　‎ 三．实验题 ‎15．某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙、刻度尺．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：‎ ‎（1）你认为还需要的实验器材有　　．‎ ‎（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是　　，实验时首先要做的步骤是　　．‎ ‎（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则本实验最终要验证的数学表达式为　　（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）．‎ ‎16．如图1所示，小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与打点计时器的纸带相连．起初小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离．启动打点计时器，释放重物，小车在重物的牵引下，由静止开始沿斜面向上运动，重物落地后，小车会继续向上运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．图2中a、b、c是小车运动纸带上的三段，纸带运动方向如箭头所示．‎ ‎①根据所提供纸带上的数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为　　m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎②打a段纸带时，小车的加速度是2.5m/s2．请根据加速度的情况，判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的　　．‎ ‎③如果取重力加速度10m/s2，由纸带数据可推算出重物与小车的质量比为　　．‎ ‎　‎ 四．计算题 ‎17．起跳摸高是学生常进行的一项活动．小亮同学身高1.72m，体重60kg，站立时举手达到2.14m．他弯曲两腿，再用力蹬地，经0.4s竖直跳起，设他蹬地的力大小恒为1050N，不计空气阻力，取g=10m/s2，求小亮同学起跳摸高的最大高度是多少？‎ ‎18．如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10﹣5C，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．‎ ‎19．如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=2kg的小球穿在轨道上．滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成；水平轨道AB；与水平面间的成夹角θ=370且长L=6m的倾斜直轨道CD；半径R=1m的圆弧轨道APC；半径R=3m的圆弧轨道BQED．直轨道与圆弧轨道相切，切点分别为A、B、D、C，E为最低点．倾斜轨道CD与小球间的动摩擦因数，其余部分均为光滑轨道，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．现让小球从AB的正中央以初速度v0=10m/s开始向左运动，问：‎ ‎（1）第一次经过E处时，轨道对小球的作用力为多大？‎ ‎（2）小球第一次经过C点时的速度为多大？‎ ‎（3）小球在运动过程中，损失的机械能最多为多少？‎ ‎　‎ 一、自选模块[物理--选修3-4]‎ ‎20．一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，图中每小格代表1m，a、b、c为三个质点，a正向上运动．由此可知（　　）‎ A．该波沿x 轴正方向传播 B．c正向上运动 C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置 D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处 E．a质点振动一个周期，波传播的距离为8m ‎21．在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为1.5，求光束在桌面上形成光斑的面积．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年浙江省金华市东阳二中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错的得0分．）‎ ‎1．如图甲滑雪运动员由斜坡高速向下滑行时的V﹣t图象如图乙所示，则由图中AB段曲线可知，运动员在此过程中（　　）‎ A．所受外力的合力一定不断增大 B．运动轨迹一定是曲线 C．加速度一定减小 D．斜坡对运动员的作用力一定是竖直向上的 ‎【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】分析运动员的v﹣t图象，判断运动员速度如何变化，根据速度的变化情况判断加速度的变化情况，再判断运动员所受合力变化情况、运动员的运动轨迹及机械能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、匀加速运动的v﹣t图象是一条直线，由v﹣t图象可知，运动员的v﹣t图象是一条曲线，曲线切线的斜率越来越小，运动员的加速度越来越小，由牛顿第二定律可知，运动员所受合力F=ma不断减小，故A错误C正确；‎ B、v﹣t图象是规定了正方向的坐标系，只能表示直线运动，不能表示曲线运动，故运动员的运动轨迹是直线，B错误；‎ D、由v﹣t图象可知，速度越来越大，即加速运动，对运动员进行受力分析，如图，斜坡对运动员的作用力是摩擦力与支持力的合力，‎ 由于加速运动沿着斜面的方向有：f＜mgsinθ 若f=mgsinθ，则f与N的合力竖直向上，先f＜mgsinθ，其合力方向向上偏右，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，倾角为30度的斜面末端与水平地面相连，将一小球（可看成质点）从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为（　　）‎ A．9J B．12J C．16J D．条件不足，无法判定 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】根据小球以3J动能抛出，以6J动能落在接触面上，判断出小球是落在斜面上还是水平面上，从而通过动能定理分析求解．‎ ‎【解答】解：小球第一次落在斜面上时，设速度与水平方向的夹角为α，‎ 则cosα=‎ 因为，‎ 解得 则α=45°．‎ 因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，若小球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为 而tanα=1，不是位移与水平方向夹角正切值的2倍，所以小球落在水平面上．‎ 根据动能定理得，mgh=．‎ 则以6J的动能水平抛出，一定落在水平面上．‎ 根据动能定理得，mgh=Ek2′﹣Ek1′，解得Ek2′=3+6J=9J．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，将完全相同的两个小球A、B，用长L=0.8m的细绳悬于以v=4m/s向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FB：FA为（g=10m/s2）（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小车突然停止运动，A球由于惯性，会向前摆动，将做圆周运动，B球受到小车前壁的作用停止运动，在竖直方向上拉力等于重力，根据牛顿第二定律求出A球绳的拉力，从而求出两悬线的拉力之比．‎ ‎【解答】解：若A、B的质量为m，则 对A球有：，．‎ 对B球有：FB=mg=10m．‎ 所以FB：FA=1：3．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，质量为m的物块在粗糙斜面上，受到竖直向下的力F的作用，沿斜面向下以加速度a做匀加速运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．若增大F，则物块加速下滑且加速度将增大 B．若增大F，则物块加速下滑且加速度将不变 C．若撤去F，则物块可能沿斜面减速下滑 D．若撤去F，则物块可能沿斜面匀速下滑 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】加速时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解出加速度的一般表达式，再进行分析讨论．‎ ‎【解答】解：有力F时，对物体受力分析，如图 根据共点力平衡条件及牛顿第二定律可知 ‎（mg+F）sinθ﹣f=ma ①‎ N﹣μ（mg+F）cosθ=0 ②‎ f=μN ③‎ 解得 a=（sinθ﹣μcosθ） ④‎ 当推力增加时，根据④式，物体的加速度一定增加，故B错误，A正确；‎ 故当推力F减为零时，加速度a减小，但不可能减为零，加速度方向与速度方向相同，加速运动，故CD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，木块在拉力F作用下，沿着水平向右的方向做加速直线运动，则力F与摩擦阻力的合力方向（　　）‎ A．水平向右 B．向上偏左 C．竖直向上 D．可以在竖直向上和力F方向之间 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】将拉力F斜向右上方，一方面右拉，另一方面上拉，按照作用效果正交分解，其水平分量大于摩擦力，再将拉力与摩擦力合成，可知合力方向．‎ ‎【解答】解：将拉力按照作用效果正交分解，如图所示 物体水平向右加速运动，故F1＞f，即F1与f的合力向右，合力再与F2合成，合力斜向右上方．即在竖直向上和力F方向之间；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B两个带异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在一放在水平支持面上的木盒内的底部和顶部，木盒对地面的压力为N，细线对B拉力为F．若将系B的细线断开，下列说法正确的是（　　）‎ A．刚断开时，木盒对地面的压力等于（N﹣F）‎ B．刚断开时，木盒对地面的压力等于N C．在B向上运动过程中木盒对地面压力逐渐增大 D．在B向上运动过程中木盒对地面压力逐渐减小 ‎【考点】牛顿第二定律；库仑定律．‎ ‎【分析】静止时，对小球B和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系B的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：AB、静止时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg和地面的支持力N′．根据共点力平衡的条件和牛顿第三定律得：‎ Mg=N′=N 静止时，对小球B进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出：mg+F=F电 若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg，向上的电场力F电 刚断开时，运用牛顿第二定律得出小球B的加速度为：a==刚断开时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg、地面的支持力N″．运用牛顿第二定律得：‎ F合=N″﹣Mg=F N″=Mg+F=N+F．故AB错误．‎ CD、在B向上运动的过程中，小球B受向上的电场力F电增大，所以小球B向上的加速度也在增大，运用牛顿第二定律研究整体得：‎ F合=N″﹣Mg=ma ‎ 由于小球B向上的加速度a增大，所以地面对木盒的支持力也在增大，根据牛顿第三定律知道木盒对地的压力逐渐变大．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时（　　）‎ A．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力 B．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力 C．A球的角速度小于B球的角速度 D．A球的向心加速度小于B球的向心加速度 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据动能定理得出小球运动到最低点的速度，根据牛顿第二定律求出最低点轨道对小球的支持力，从而比较出两球对轨道底端压力的大小．根据ω=比较出角速度的大小，根据a=比较出向心加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得：，v2=2gR．由牛顿第二定律得，N﹣mg=，解得N=3mg．知A、B两球对轨道的压力大小相等．故A错误，B正确．‎ C、小球到达底端的速度v=，根据ω=得，ω=．知A球的角速度大于B球的角速度．故C错误．‎ D、根据a=得，a=2g．知A、B两球的向心加速度相等．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在空间中的A、B两点固定着一对等量正点电荷，有一带电微粒在它们产生的电场中运动，设带电微粒在运动过程中只受到电场力的作用，带电微粒在电场中所做的运动不可能是（　　）‎ A．变速直线运动 B．匀速圆周运动 C．类似平抛运动 D．机械振动 ‎【考点】电场线；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】匀变速直线运动是加速度不变的直线运动，类平抛运动的条件是有一个初速度，还有受到恒定的外力作用．‎ 匀速圆周运动的物体所受的合外力始终指向圆心充当向心力，根据运动的特点和受力情况分析判断．机械振动是一种往复运动．‎ ‎【解答】解：A、因为此电场是非匀强电场，带电粒子在电场中不可能做匀变速直线运动，可以做变速直线运动．故A正确．‎ B、根据对称性可知，在经O点垂直于AB连线的平面内，各点的场强方向的反向延长线都经过O点，在此平面内，若使带负电的粒子，以一定方向的初速度运动，就可以做匀速圆周运动．故B正确．‎ C、带电粒子在电场中不可能做类似平抛运动，因为此电场是非匀强电场，带电粒子在电场中不可能受到恒定的外力作用，故C错误；‎ D、带电粒子在AB连线中点O两侧对称位置之间可以做机械振动．故D正确．‎ 本题选择不可能的，故选：C ‎　‎ ‎9．在街头的理发店门口常可以看到这样的标志：一个转动的圆筒，外表有螺旋斜条纹．我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）L=10cm，圆筒半径R=10cm，如果我们观察到条纹向上运动的速度为0.1m/s，则从上往下看，关于圆筒的转动方向和转动周期说法正确的是（　　）‎ A．顺时针转动，周期为1s B．顺时针转动，周期为2πs C．逆时针转动，周期为1s D．逆时针转动，周期为2πs ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔后，同一位置处不是彩色条纹，由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段，故会从整体上产生条纹向下移动的错觉．从题境获取T和螺距移动的距离即可求解．‎ ‎【解答】‎ 解：据图知：彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，当圆筒沿顺时针方向（从俯视方向看），根据人眼的视觉暂留现象，就会感觉条纹的运动方向向上；由于螺距为10cm，每秒沿竖直方向运动的距离为10cm，所以圆筒1s内转动1周，即周期T=1s，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x关系的图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知（　　）‎ A．O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大 B．O～x1过程中箱子的动能一直增加 C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变 D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大 ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受的拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力大于物体的重力，则物体加速向上运动，故物体的动能不断减小．‎ ‎【解答】解：A、B、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内物体所受的拉力逐渐减小．所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故A错误，B错误．‎ C、由于物体在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故C正确．‎ D、由于物体在x1～x2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、不定项选择题（本题共4小题，共16分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎11．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q（q为绝对值）的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则（　　）‎ A．带电粒子带正电 B．a、b两点间的电势差Uab=‎ C．b点场强大于a点场强 D．空中电场可能是负的点电荷产生的 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】解答本题要掌握：根据质点的运动情况：先加速运动后减速运动，正确判断其受力情况：电场力逐渐增大，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系 ‎【解答】解：A、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故A错误；‎ B、由于粒子在a点由静止，到达b点也静止，故W电=WG=mgh=qUab，故Uab=，故B正确；‎ C、从a到b先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故C正确；‎ D、a点电场强度小于b点的电场强度，电场的方向向下，所以电场可能是负的点电荷产生的，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在水平放置的足够大金属板的正上方有带正电的点电荷Q．一表面绝缘并带正电的小球C（可视为质点，且不影响原电场分布）以速度V0在金属板上自左向右运动，在运动过程中C的带电量保持不变，它与金属板之间的摩擦不能忽略，则关于C的这段运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．C球先减速后加速运动 B．C对金属板的压力先变大后变小 C．C球的电势能保持不变 D．C球的加速度先变小后变大 ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律；电势能．‎ ‎【分析】本题的关键是首先根据静电平衡规律分析得出金属板表面是一个等势面，表面的电场线方向始终垂直板面向下，然后再根据牛顿第二定律和电场力做功与电势能变化的关系即可求解．‎ ‎【解答】解：根据静电平衡的规律可知，金属板处于静电平衡状态，金属板的表面是一个等势面，电场线处处与金属板表面垂直，由于金属板表面水平，所以金属板表面的电场线方向始终竖直向下．‎ AD、根据上面的分析可知，金属小球受到向下的重力、向上的支持力和向下的电场力，水平方向不受力的作用，所以小球将做匀速直线运动，故AD错误；‎ B、根据库仑定律，可知，两球间距先减小后增大，则摩擦力先增大后减小，那么金属板受到的压力先增大后减小，故B正确；‎ C、由于金属小球受到的电场力方向始终竖直向上与运动方向垂直，所以电场力不做功，即小球的电势能保持不变，故C正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．如图，物体A和B质量均为m，分别与轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮之间的摩擦）．当用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A．物体A也做匀速直线运动 B．物体A做变速直线运动 C．物体A的速度小于物体B的速度 D．物体A的速度大于物体B的速度 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于A的速度，根据平行四边形定则判断A的速度的变化．‎ ‎【解答】解：设绳子与水平方向的夹角为θ，将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于A的速度，有vA=vBcosθ．B向右做匀速直线运动，则θ减小，则A的速度增大，A做变速运动．因为cosθ＜1，所以A的速度小于B的速度．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（　　）‎ A．M静止在传送带上 B．M可能沿斜面向上运动 C．M受到的摩擦力不变 D．M下滑的速度不变 ‎【考点】滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的受力没有影响，所以物体的运动状态不变．‎ ‎【解答】解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变．‎ 故选CD ‎　‎ 三．实验题 ‎15．某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙、刻度尺．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：‎ ‎（1）你认为还需要的实验器材有　天平　．‎ ‎（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是　沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量　，实验时首先要做的步骤是　平衡摩擦力　．‎ ‎（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则本实验最终要验证的数学表达式为　mgL=Mv22﹣Mv12　（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）该实验验证拉力做的功与滑块动能的变化是否相等，从而验证动能定理．根据实验的原理来分析需要的器材；‎ ‎（2）实验前要平衡摩擦力，使滑块受到的合力等于沙和沙桶的重力；只有在滑块质量远大于沙和沙桶总质量的情况下，才可近似认为滑块受到的拉力等于沙和沙桶的重力．‎ ‎（3）将滑块的瞬时速度，代入动能定理表达式即可正确解题．‎ ‎【解答】解：（1）在实验中，需要测量滑块、沙和沙桶的质量，所以还需要天平．‎ ‎（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，需要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即M＞＞m，实验时首先要平衡滑块受到的摩擦力．‎ ‎（3）由动能定理得：W=△EK，拉力做的功：W=mgL，‎ 则实验最终要验证的数学表达式为：mgL=Mv22﹣Mv12；‎ 故答案为：（1）天平，（2）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦力；（3）mgL=Mv22﹣Mv12‎ ‎　‎ ‎16．如图1所示，小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与打点计时器的纸带相连．起初小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离．启动打点计时器，释放重物，小车在重物的牵引下，由静止开始沿斜面向上运动，重物落地后，小车会继续向上运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．图2中a、b、c是小车运动纸带上的三段，纸带运动方向如箭头所示．‎ ‎①根据所提供纸带上的数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为　5.0　m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎②打a段纸带时，小车的加速度是2.5m/s2．请根据加速度的情况，判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的　2.98的区域　．‎ ‎③如果取重力加速度10m/s2，由纸带数据可推算出重物与小车的质量比为 ‎　1：1　．‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】打点计时器打点的时间间隔是相等的，观察纸带上相邻点间的距离的变化，判断纸带的运动情况．‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．‎ ‎【解答】解：①C段的加速度为了减小误差，采用逐差法 aC===﹣5.0m/s2‎ 加速度大小为5.0m/s2‎ ‎②g根据速度v=可知，时间相同，位移大的，速度大，‎ b段中只有2.98的位移最大，所以最大速度一定在2.98的区域．‎ ‎③c段时，aC=﹣5m/s2，设：斜面的夹角为θ，‎ Mgsinθ=MaC sinθ=‎ A段时，aa=2.5m/s2，‎ mg﹣Mgsinθ=（m+M）aa，‎ 解得：m：M=1：1．‎ 故答案为：①5.0 m/s2． ②2.98的区域．③1：1．‎ ‎　‎ 四．计算题 ‎17．起跳摸高是学生常进行的一项活动．小亮同学身高1.72m，体重60kg，站立时举手达到2.14m．他弯曲两腿，再用力蹬地，经0.4s竖直跳起，设他蹬地的力大小恒为1050N，不计空气阻力，取g=10m/s2，求小亮同学起跳摸高的最大高度是多少？‎ ‎【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】根据牛顿第二定律求出蹬地从最低点到竖直跳离地面过程中的加速度，再根据速度时间公式求出离地的速度．离开地面后做竖直上抛运动，根据速度位移公式求上升的高度，从而得出跳起可摸到的高度．‎ ‎【解答】‎ 解：小亮同学起跳摸高包含两个过程：第一个过程用力蹬地竖直跳起获得初速度；第二个过程竖直上抛达到最大高度．‎ 蹬地时，根据牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=ma 得 a===7.5m/s2．‎ 则v=at=7.5×0.4m/s=3m/s．‎ ‎（2）根据v2=2gh得，‎ h==m=0.45m．‎ 则H=h+2.14m=2.59m．‎ 答：该同学跳起可摸到的高度为2.59m．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10﹣5C，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）带电体在光滑水平轨道上由电场力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求出加速度大小，由运动学公式可算出到B端的速度大小．‎ ‎（2）由带电体运动到B端的速度，及牛顿第二、三定律可求出带电体对圆弧轨道的压力．‎ ‎（3）带电体从B端运动到C端的过程中，由电场力做功、重力作功及动能的变化，结合动能定理求出摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，‎ 根据牛顿第二定律：qE=ma ‎ 解得a==‎ 设带电体运动到B端时的速度为vB，则 解得：‎ ‎（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律 解得：‎ 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小 ‎（3）设带电体沿圆弧轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，根据动能定理 因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功 W电=qER=0.32J ‎ 联立解得：W摩=﹣0.72J ‎ ‎ 答：（ 1 ）带电体在水平轨道上运动的加速度大小8m/s2及运动到B端时的速度大小4m/s；‎ ‎（ 2 ）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小5N；‎ ‎（ 3 ）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的﹣0.72J功．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=2kg的小球穿在轨道上．滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成；水平轨道AB；与水平面间的成夹角θ=370且长L=6m的倾斜直轨道CD；半径R=1m的圆弧轨道APC；半径R=3m的圆弧轨道BQED．直轨道与圆弧轨道相切，切点分别为A、B、D、C，E为最低点．倾斜轨道CD与小球间的动摩擦因数，其余部分均为光滑轨道，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．现让小球从AB的正中央以初速度v0=10m/s开始向左运动，问：‎ ‎（1）第一次经过E处时，轨道对小球的作用力为多大？‎ ‎（2）小球第一次经过C点时的速度为多大？‎ ‎（3）小球在运动过程中，损失的机械能最多为多少？‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）从开始运动到第一次到达E点的过程中运用机械能守恒定律列式，在E点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；‎ ‎（2）小球从E到C的过程中，有重力和滑动摩擦力做功，结合动能定理列式，联立方程即可求解．‎ ‎（3）小球最终在BQED圆弧轨道中来回摆动，在D点的速度为零，通过动能和重力势能的减小量求出机械能的损失量．‎ ‎【解答】解：（1）球第一次过E点时，速度大小为vE，由机械能守恒定律，有：‎ ‎①‎ 在E点，根据牛顿第二定律，有 ‎②‎ 联立①②式，可解得：‎ 轨道对小球的支持力为F=5mg+m=．‎ ‎（2）从E到C的过程中，重力做功：‎ WG=﹣mg（Lsin37°+R2﹣R2cos37°） …③‎ 从D到C的过程中，滑动摩擦力做功Wf=﹣μmgcos37°L …④‎ 设第一次到达C点的速度大小为vc，小球从E到C的过程中，由动能定理，有 ‎⑤‎ 由①③④⑤式，可解得 vc=11m/s ‎ ‎（3）物体多次循环运动后，在D点瞬间速度为零．‎ 则机械能的减小量为△E==208J．‎ 答：（1）第一次经过E处时，轨道对小球的作用力为Fn=167．N ‎（2）小球第一次经过C点时的速度为Vc=11m/s ‎（3）小球在运动过程中，损失的机械能最多为208J．‎ ‎　‎ 一、自选模块[物理--选修3-4]‎ ‎20．一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，图中每小格代表1m，a、b、c为三个质点，a正向上运动．由此可知（　　）‎ A．该波沿x 轴正方向传播 B．c正向上运动 C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置 D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处 E．a质点振动一个周期，波传播的距离为8m ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由a点的振动方向向上，通过比较质点振动先后判断波的传播方向，从而确定出各个质点的运动方向，即可比较各质点回到平衡位置的先后．简谐横波传播的过程中，介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移．‎ ‎【解答】解：‎ A、a点正向上运动，振动比左侧邻近的波峰迟，所以该波沿x轴正方向传播，故A正确．‎ B、C波向右传播，由波形的平移法可知此时b向上运动，c正向下运动，所以b比c先到平衡位置，故B错误，C正确．‎ D、由质点的运动方向判断可知，c比b先到达离平衡位置最远处．故D错误．‎ E、a质点振动一个周期，波传播一个波长的距离，即为8m，故E正确．‎ 故选：ACE ‎　‎ ‎21．在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为1.5，求光束在桌面上形成光斑的面积．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折．当第二次折射时，由于入射角等于60°，而玻璃的折射率为1.5，可得临界角小于45°，所以会发生光的全反射，反射光线却恰好垂直射出．故可根据几何关系可确定光斑的半径．‎ ‎【解答】解：如图所示，设玻璃圆锥与桌面的交点为A，右侧边缘的光束垂直射入圆锥后交三角形于O点，入射角为α，‎ 则有，，α=60°，有 对临界角C有：，‎ 比较得α＞C，所以在O点发生了全反射．光线从左面射出．‎ 由图中几何关系得，光射到左面时垂直射出，不折射，射到桌面在B点，有，‎ 则 从轴线向右侧的入射线，最后射到桌面上AB之间，这样光束在桌面上形成的光斑是以A为圆心，AB为半径的圆，‎ 得光斑面积：S=π（2r）2=4πr2．‎ 答：光束在桌面上形成光斑的面积为4πr2．‎ ‎　‎ ‎2017年3月23日