黑龙江省大庆市肇州二中2017届高三（上）月考物理试卷（10月份）（解析版）

黑龙江省大庆市肇州二中2017届高三（上）月考物理试卷（10月份）（解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省大庆市肇州二中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．其中第1-8题只有一项符合题目要求，第9-14题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分．）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的电场强度都相同 B．电场中，电场强度越大的位置，电势也越高 C．沿着电场线移动电荷，电荷的电势能一定减小 D．电场中，电场强度越大的地方，沿着电场线方向电势降落越快 ‎2．如图所示，两个半径均为r的金属球放在绝缘支架上，两球面最近距离为r，带等量电荷，电荷量为Q，则两球之间的静电力（　　）‎ A．等于kB．等于k C．可能大于kD．一定小于k ‎3．如图是一汽车在平直路面上启动的速度一时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变，由图象可知（　　）‎ A．0﹣t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变 B．0﹣t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大 C．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力减小，功率减小 D．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变 ‎4．如图所示，在倾角为30°的粗糙斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a=g（g为重力加速度）向上加速运动距离s的过程中，下列说法正确的（　　）‎ A．重力势能增加mgsB．动能增加mgs C．机械能增加mgsD．拉力做功为mgs ‎5．如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图作出的判断是（　　）‎ A．带电粒子带正电 B．带电粒子一定是从a向b运动的 C．带电粒子在b点的加速度大于在a点的加速度 D．带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能 ‎6．a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，则下列判断正确的是（　　）‎ A．d点电场强度的方向由d指向O B．O点处的电场强度是d点处的电场强度的2倍 C．bd连线为一等势线 D．引入一个电量为+q的点电荷，依次置于O点和d点，则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能 ‎7．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P 和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从 Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）（　　）‎ A．保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板 B．保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板 C．先断开开关 S，再适当上移 P 极板 D．先断开开关 S，再适当左移 P 极板 ‎8．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．b、d两点的电场强度相同，电势相同 B．a、c两点的电场强度不同，电势不同 C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动 D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动 ‎9．2016年9月15日22时04分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号FT2运载火箭将天宫二号空间实验室发射升空．已知天宫二号在驶向既定轨道Ⅰ过程中，在A点从椭圆形轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B为轨道Ⅱ上的一点，且离地球表面距离相对很小，如图所示，关于天宫二号的运动，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在轨道Ⅱ上经过A时，天宫二号需要减速才可进入轨道Ⅰ B．在轨道Ⅱ上运行周期小于轨道Ⅰ上运行周期 C．在轨道Ⅱ上，经过A的加速度小于经过B的加速度 D．在B点时，航天飞机的速度大于7.9km/s ‎10．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大 B．沿着2和3下滑到底端时，物块速度的大小相等 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多 ‎11．如图所示，倾角为θ的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因素μ＜tanθ，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v，重力势能Ep，动能Ek和机械能E四个物理量随物块沿传送带运动距离x的变化趋势中正确的有（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎12．如图所示，平行板电容器的极板B固定且与静电计相连，极板A可以自由移动，现使电容器带电后与电源断开，静电计的指针偏转一定角度．若整个装置放在真空的环境里，以下操作能使静电计指针的偏转角变大的是（　　）‎ A．将极板A向右水平移动一小段距离 B．将极板A向左水平移动一小段距离 C．将极板A向上竖直移动一小段距离 D．在极板A、B间插入电介质 ‎13．如图所示，空间存在着沿x轴方向的静电场，A、O、B为x轴上的点，图中的折线表示的是一带正电粒子沿x轴在A、B两点间运动时，其电势能EP随x的变化情况．若＞，则下列判断正确的是（　　）‎ A．A、B两点的电势一定相等 B．粒子从A向O运动过程中所受电场力均匀增大 C．A、O间的电场强度大于O、B间的电场强度 D．若将一带负电的粒子从A点由静止释放，则当粒子运动到O点时动能最大 ‎14．如图，在足够长的绝缘水平直线轨道上，B点正上方h处的P点固定电荷量为+Q的点电荷甲．一质量为m、电荷量为+q的物块乙（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0‎ 沿轨道向右运动，当运动到B点时速度为v，到C点时速度正好减为零，已知点电荷甲产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．AB=BC，物块乙与水平直线轨道的动摩擦因数为μ，静电力常数为k，由此可得（　　）‎ A．物块乙在A点时静电力功率的绝对值为 B．物体乙从A点运动到B点克服摩擦力做的功Wf=mv02‎ C．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=（v02﹣2v2）+φ D．物体乙从B点运动到C点过程中电势能减少，到C点时电势能减为零 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，15题4分，16题8分，共12分）‎ ‎15．小明同学用如图（甲）所示的实验装置来探究外力对小车做功与小车速度变化关系．‎ ‎（1）该实验装置中的错误有：（答出2点即可）‎ ‎①　　 ②　　‎ ‎（2）纠正装置错误后，为消除摩擦力的影响，实验前必须进行平衡摩擦力．‎ ‎（3）消除摩擦力的影响后，重新进行正确的操作，设砂与砂桶的质量为m，小车的质量为M，从静止释放小车，测得小车运动距离S，小车速度为v，设重力加速度为g，（设M＞＞m），则所探究动能定理的表达式为：　　 （用所给的字母表达）．‎ ‎16．某同学验证机械能守恒定律，所用装置如图1所示．‎ ‎（1）除交流电源外，还需要　　．‎ A．弹簧秤 B．天平 C．刻度尺 D．秒表 ‎（2）若重物的质量m=1.00kg，如图2为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.80m/s2．那么纸带的　　 端（选填“左”或“右’）与重物相连；‎ ‎（3）根据图上所得的数据从O点到B点，重物重力势能减少量△Ep=　　 J，动能增加量△Ek=　　 J； （计算结果取3位有效数字）‎ ‎（4）实验的结论是　　．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，其中17题10分、18题10分、19题12分，共32分）‎ ‎17．如图所示，某物理实验室中有一水平向右的匀强电场．质量m=100g的带正电q=1×10﹣3c的小球穿在长L=1.2m的直杆上，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持电场强度不变，改变固定杆与竖直线的夹角θ=37°，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）该实验室中匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）当θ=37°时，小球离开杆时的速度是多大．‎ ‎18．如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地．A板电势φA随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量为﹣q，质量为m，不计其重力．求：‎ ‎（1）该粒子进入A、B的初速度v0的大小；‎ ‎（2）为了使该粒子顺利通过AB之间，求A、B两板间距的最小值．‎ ‎19．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2． ‎ ‎（1）求斜面AB的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若改变起始滑块的释放高度，某次滑块通过圆弧BDC离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力；‎ ‎（3）若要求滑块在圆弧BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度H应该满足什么条件．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省大庆市肇州二中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．其中第1-8题只有一项符合题目要求，第9-14题有多项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分．）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的电场强度都相同 B．电场中，电场强度越大的位置，电势也越高 C．沿着电场线移动电荷，电荷的电势能一定减小 D．电场中，电场强度越大的地方，沿着电场线方向电势降落越快 ‎【考点】点电荷的场强；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．正电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大，电子绕原子核做匀速圆周运动仅仅受到电场力，而电势能不变；‎ 以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同．‎ ‎【解答】解：A、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同．故A错误；‎ B、在电场中，电场线越密电场强度越强，且沿着电场线方向电势降低，而电场强度与电势无关．故B错误；‎ C、沿着电场线移动电荷，正电荷做正功，则其电势能一定减小，而负电荷却做负功，其电势能却增加．故C错误；‎ D、根据U=Ed分析可知：电场中电场强度大的地方，沿电场线方向相同的距离电势降低大，即电势降落快，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两个半径均为r的金属球放在绝缘支架上，两球面最近距离为r，带等量电荷，电荷量为Q，则两球之间的静电力（　　）‎ A．等于kB．等于k C．可能大于kD．一定小于k ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】库仑定律的使用的条件是点电荷，根据它们的使用条件来分析即可．‎ ‎【解答】解：讨论：‎ ‎1、如果是等量异号电荷，由于两球心间的距离l为球半径的3倍，它们之间的距离并不是很大，所以此时的电荷不能看成是点电荷，由于电荷之间的相互吸引，电荷中心之间的距离会比l小，所以此时电荷间的库仑力将会大于k；‎ ‎2、如果是等量同号电荷，电荷中心之间的距离会比l大，所以此时电荷间的库仑力将会小于k；‎ 故ABD错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图是一汽车在平直路面上启动的速度一时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变，由图象可知（　　）‎ A．0﹣t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变 B．0﹣t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大 C．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力减小，功率减小 D．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据速度时间图象，汽车先匀加速直线运动，然后做加速度不断减小的加速运动，最后匀速运动；对汽车受力分析，结合牛顿第二定律和功率和速度关系公式列式分析．‎ ‎【解答】解：A、B、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，在0﹣t1时间内，汽车做匀加速直线运动，故加速度恒定，根据牛顿第二定律，有 F﹣f=ma 根据功率和速度关系公式，有 P=Fv 由于速度v不断不变，故F不变，P变大，故A错误，B正确；‎ C、D、在t1﹣t2时间内汽车做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有 F﹣f=ma 根据功率和速度关系公式，有 P=Fv 由于速度v不断增大，功率P恒定（题中已知条件），故F减小，a减小，故C错误，D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在倾角为30°的粗糙斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a=g（g为重力加速度）向上加速运动距离s的过程中，下列说法正确的（　　）‎ A．重力势能增加mgsB．动能增加mgs C．机械能增加mgsD．拉力做功为mgs ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】重力势能增加等于物体克服重力做功；动能增加等于合外力做功；根据重力势能增加和动能增加分析机械能的增加．根据功能原理求拉力做功．由功能关系分析．‎ ‎【解答】解：A、重力势能增加为：△Ep=|WG|=mgssin30°=0.5mgs，故A错误．‎ B、根据动能定理知：动能增加为△Ek=F合s=mas=m•gs=0.5mgs．故B错误．‎ C、机械能等于动能与重力势能之和，则知机械能增加为△E=△Ep+△Ek=mgs，故C正确．‎ D、根据功能原理知，WF﹣Wf=△E，则得拉力做功为：WF=Wf+△E=Wf+mgs＞mgs，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图作出的判断是（　　）‎ A．带电粒子带正电 B．带电粒子一定是从a向b运动的 C．带电粒子在b点的加速度大于在a点的加速度 D．带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能 ‎【考点】电场线；电场强度；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；加速度大小的比较可以看电场力的大小，即电场强度的大小；比较电势能可以根据电场力做功来判断．‎ ‎【解答】解：A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，所以带电粒子带负电．故A错误．‎ ‎ B、带电粒子可能从a运动到b，也可能从b运动到a．故B错误．‎ ‎ C、a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在b点的加速度小于在a点的加速度．故C错误．‎ ‎ D、从a运动到b，电场力做负功，电势能增大．所以带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，则下列判断正确的是（　　）‎ A．d点电场强度的方向由d指向O B．O点处的电场强度是d点处的电场强度的2倍 C．bd连线为一等势线 D．引入一个电量为+q的点电荷，依次置于O点和d点，则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能 ‎【考点】电势；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系．根据正电荷在高电势高处电势能大，分析电势能的大小．‎ ‎【解答】解：‎ A、d点电场是由三个点电荷所产生的电场的叠加，根据对称性和平行四边形定则可知，d点电场强度的方向由O指向d．故A错误．‎ B、设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为Ed=2k．O点的场强大小为EO=k=4k，则EO：Ed=4k：2k=2：1．可见，O点的电场强是d点的电场强度2倍．故B正确．‎ C、bd间电场线方向从b指向d，电势逐渐降低，所以bd连线不可能为一等势线，故C错误．‎ D、Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能小于在O点所具有的电势能，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P 和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从 Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）（　　）‎ A．保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板 B．保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板 C．先断开开关 S，再适当上移 P 极板 D．先断开开关 S，再适当左移 P 极板 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】粒子受电场力向下，做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是类似竖直上抛运动，根据分运动公式列式分析即可．‎ ‎【解答】解：粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从 Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间；‎ A、保持开关S闭合，适当上移P极板，根据U=Ed，d增加，场强E减小，故加速度a=减小，根据t=，时间延长，可能从小孔B射出；故A正确；‎ B、保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；‎ C、先断开开关S，再适当上移P极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；‎ D、先断开开关S，再适当左移P极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔B射出，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．b、d两点的电场强度相同，电势相同 B．a、c两点的电场强度不同，电势不同 C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动 D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】由电场场强的矢量叠加原理进行分析电场强度的变化，根据等势面的性质即可分析电势是否相等；‎ 明确受力特点，再根据做匀速圆周运动条件分析，从而明确粒子能否做圆周运动．‎ ‎【解答】解：A、Q在 b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强．故A错误 ‎ B、a、c两点的电场强度大小相等，但方向为a点斜向上偏右，c点斜向上偏左，故电场强度不同，但在两个电场中均处在等势面上，故电势一定相同，故B错误；‎ ‎ C、若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q所给的库仑力．故为正电荷沿水平面做圆周运动．故C正确 D、若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q点，则不能做匀速圆周运动．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎9．2016年9月15日22时04分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号FT2运载火箭将天宫二号空间实验室发射升空．已知天宫二号在驶向既定轨道Ⅰ过程中，在A点从椭圆形轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B为轨道Ⅱ上的一点，且离地球表面距离相对很小，如图所示，关于天宫二号的运动，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在轨道Ⅱ上经过A时，天宫二号需要减速才可进入轨道Ⅰ B．在轨道Ⅱ上运行周期小于轨道Ⅰ上运行周期 C．在轨道Ⅱ上，经过A的加速度小于经过B的加速度 D．在B点时，航天飞机的速度大于7.9km/s ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星的变轨问题，如果提供的向心力小于所需要的向心力做离心运动，提供的向心力大于所需要的向心力做近心运动；利用开普勒第三定律比较周期；利用牛顿第二定律求加速度；第一宇宙速度是卫星在地球表面附近围绕地球做匀速圆周运动的线速度，是最小的发射速度，最大的运行速度．‎ ‎【解答】解：A、在A点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ应减速，做近心运动，故A错误；‎ B、根据开普勒第三定律有： =k，轨道Ⅰ半径R1大于椭圆轨道Ⅱ的半长轴R2，所以轨道Ⅰ周期大，故B正确；‎ C、根据牛顿第二定律：G=ma，解得：a=，由于：rA＞rB，则aA＜aB，故C正确；‎ D、近地轨道匀速圆周速度v=7.9km/s，B点是椭圆轨道上一点，由近地轨道的B点到椭圆轨道运动是离心运动，速度变大，所以椭圆轨道上B点速度vB＞7.9km/s，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎10．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大 B．沿着2和3下滑到底端时，物块速度的大小相等 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多 ‎【考点】功能关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】对物体受力分析，求出各力做功的代数和，可根据动能定理分析速率的大小关系，根据功能关系分析热量的多少．‎ ‎【解答】解：对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理得 mgh﹣Wf=mv2…①‎ 其中Wf为物块克服摩擦力做的功，‎ 因滑动摩擦力 f=μN=μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为 Wf=fL=μmgcosθ×L=μmgLcosθ=μmgL底…②‎ 式中Lcosθ为斜面底边长，可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比．‎ AB、因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1重力做功大于沿2重力做功，根据①式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；‎ 沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度；‎ 所以沿着1下滑到底端时，物块的速率最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小．故A正确，B错误．‎ C、沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多．故C正确．‎ D、根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相等，所以产生的热量一样多，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎11．如图所示，倾角为θ的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因素μ＜tanθ，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v，重力势能Ep，动能Ek和机械能E四个物理量随物块沿传送带运动距离x的变化趋势中正确的有（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】通过过程分析可以确定物体运动过程中的加速度：开始传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面向下，故物体的加速度a1=gsinθ+μgcosθ；当物体的速度大于传送带的速度时，物体的所受摩擦力沿斜面向上，物体的加速度a2=gsinθ﹣μgcosθ，故a1＞a2；‎ 由重力势能的表达式判断EP随x是一次减函数；‎ 求出动能随位移变化的表达式，比较斜率；‎ 求出机械能随位移变化的函数表达式，再判断．‎ ‎【解答】解：A．当小物块无初速度的放在传送带上端后，物体向下匀加速，当加速到与传送带的速度相等后，由于传送带与物块间动摩擦因素μ＜tanθ，即是重力沿斜面向下的分力还大于滑动摩擦力，合力沿斜面向下，继续加速，故A错误；‎ B．取传送带底端为零势能面，重力势能为：EP=EP0﹣mgsinθ•x，EP随x是一次减函数，故B正确；‎ C．达到传送带速度之前，对物体由动能定理可得：EK=（mgsinθ+μmgcosθ）x，斜率较大；达到传送带速度之后，对物体由动能定理可得：EK=EK0+（mgsinθ﹣μmgcosθ）x，斜率较小，故C正确；‎ D．达到传送带速度之前，摩擦力对物体做正功，机械能增大，E=E0+μmgcosθ•x，所以机械能随位移是一次函数；达到传送带速度之后，摩擦力对物体做负功，机械能减小，E=﹣μmgcosθ•x，所以机械能随位移也是一次函数；故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，平行板电容器的极板B固定且与静电计相连，极板A可以自由移动，现使电容器带电后与电源断开，静电计的指针偏转一定角度．若整个装置放在真空的环境里，以下操作能使静电计指针的偏转角变大的是（　　）‎ A．将极板A向右水平移动一小段距离 B．将极板A向左水平移动一小段距离 C．将极板A向上竖直移动一小段距离 D．在极板A、B间插入电介质 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式 C=判断电容的变化，结合U= 判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电容的决定式C=知，将极板A向右水平移动一小段距离时，则极板间距离减小时，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小，故A错误．‎ B、根据电容的决定式C=知，将极板A向左水平移动一小段距离时，则极板间距离增大时，电容减小，根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大，故B正确．‎ C、根据电容的决定式C=知，上移A极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大，故C正确；‎ D、根据电容的决定式C=知，两板间插入一块电介质，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，空间存在着沿x轴方向的静电场，A、O、B为x轴上的点，图中的折线表示的是一带正电粒子沿x轴在A、B两点间运动时，其电势能EP随x的变化情况．若＞，则下列判断正确的是（　　）‎ A．A、B两点的电势一定相等 B．粒子从A向O运动过程中所受电场力均匀增大 C．A、O间的电场强度大于O、B间的电场强度 D．若将一带负电的粒子从A点由静止释放，则当粒子运动到O点时动能最大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】由图可知，试探电荷在AB两点电势能相等，在M点的电势能小于在N点的电势能，在O点的电势能最大，根据φ=判断电势的高低；根据WAB=EPA﹣EPB判断电场力做功情况；根据WAB=F•△x，图象的斜率表示电场力大小．‎ ‎【解答】解：A、由Ep﹣x图象可知，带电粒子在A、B两点的电势能相等，由：φ=可知，两点的电势一定相等．故A正确；‎ B、由Ep﹣x图象可知，图象的斜率绝对值表示电场力大小，故AO间的电场强度是相同的，粒子从A向O运动过程中所受电场力保持不变，故B错误；‎ C、图象的斜率绝对值表示电场力大小，故AO间的电场强度小于OB间的电场强度，故C错误；‎ D、若将一个带负电的粒子从A点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到O点后，再向B点做减速运动，当粒子运动到O点时动能最大，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎14．如图，在足够长的绝缘水平直线轨道上，B点正上方h处的P点固定电荷量为+Q的点电荷甲．一质量为m、电荷量为+q的物块乙（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到B点时速度为v，到C点时速度正好减为零，已知点电荷甲产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．AB=BC，物块乙与水平直线轨道的动摩擦因数为μ，静电力常数为k，由此可得（　　）‎ A．物块乙在A点时静电力功率的绝对值为 B．物体乙从A点运动到B点克服摩擦力做的功Wf=mv02‎ C．点电荷+Q产生的电场在B点的电势φB=（v02﹣2v2）+φ D．物体乙从B点运动到C点过程中电势能减少，到C点时电势能减为零 ‎【考点】电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由库仑定律求出物块所受的静电力F，由P=Fv0cos60°求静电力功率；电场力对物块乙在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与从B到C过程中摩擦力做的功相等，根据动能定理即可求出物块乙从A点运动到B克服摩擦力做的功．从A点到B点，只有电场力和摩擦力做功，根据动能定理，求出电场力做功，从而得出两点间的电势差，从而得出B点的电势．根据静电力做功正负，分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、物块乙在A点时所受的静电力为：F=k=‎ 静电力功率的绝对值为 P=Fv0cos60°=．故A正确．‎ B、电场力对物块乙在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等，A到C电场力做的总功为0；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程克服摩擦力做的功是Wf，对A到C过程，由动能定理得：﹣2Wf=0﹣，得Wf=．故B错误．‎ C、设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，A到B过程，由动能定理有：‎ ‎﹣q（φB﹣φ）﹣Wf=mv2﹣，解得：φB=（v02﹣2v2）+φ．故C正确．‎ D、物体乙从B点运动到C点过程中电场力做正功，电势能减少，C点的电势不为零，乙到C点时电势能不为0．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，15题4分，16题8分，共12分）‎ ‎15．小明同学用如图（甲）所示的实验装置来探究外力对小车做功与小车速度变化关系．‎ ‎（1）该实验装置中的错误有：（答出2点即可）‎ ‎①　细线应与木板平行　 ②　打点计时器工作时需要交流电源　‎ ‎（2）纠正装置错误后，为消除摩擦力的影响，实验前必须进行平衡摩擦力．‎ ‎（3）消除摩擦力的影响后，重新进行正确的操作，设砂与砂桶的质量为m，小车的质量为M，从静止释放小车，测得小车运动距离S，小车速度为v，设重力加速度为g，（设M＞＞m），则所探究动能定理的表达式为：　　 （用所给的字母表达）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）分析实验的原理图，根据实验中的注意事项及减小误差的方法等分析本实验存在的问题；‎ ‎（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．‎ ‎【解答】解：（1）安装仪器时我们需要注意：‎ ‎①细线应与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；‎ ‎②打点计时器需要用交流电源；‎ ‎（2）合外力做的功为：mgS，动能增加量为，则本实验需验证的数学表达式为．‎ 故答案为：（1）①细线应与木板平行；②打点计时器工作时需要用交流电源 （2）‎ ‎　‎ ‎16．某同学验证机械能守恒定律，所用装置如图1所示．‎ ‎（1）除交流电源外，还需要　C　．‎ A．弹簧秤 B．天平 C．刻度尺 D．秒表 ‎（2）若重物的质量m=1.00kg，如图2为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.80m/s2．那么纸带的　左　 端（选填“左”或“右’）与重物相连；‎ ‎（3）根据图上所得的数据从O点到B点，重物重力势能减少量△Ep=　1.88　 J，动能增加量△Ek=　1.84　 J； （计算结果取3位有效数字）‎ ‎（4）实验的结论是　在误差允许的范围内，重物的机械能守恒　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ ‎（2）根据纸带运动的特点以及打点规律可明确开始下落的位置；‎ ‎（3）纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ ‎（4）根据减小的重力势能和增加的动能进行分析，明确机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：（1）本实验中需要测量两点间的距离，故需要用到刻度尺； ‎ ‎（2）从纸带上可以看出，越向右，两点间的间距越大，则可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0．所以纸带的左端应与重物相连．‎ ‎（3）重力势能减小量△Ep=mgh=1.0×9.8×0.1920 J≈1.88J．‎ 利用匀变速直线运动的推论有：‎ vB===192.0cm/s=1.92m/s EkB=mvB2=×1.00×（1.92）2≈1.84 J ‎△Ek=EkB﹣0=1.84 J ‎（4）由以上计算可知，在误差允许范围内，重物的机械能守恒．‎ 故答案为：（1）刻度尺； （2）左；（3）1.88； 1.84，误差允许范围内，重物的机械能守恒．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，其中17题10分、18题10分、19题12分，共32分）‎ ‎17．如图所示，某物理实验室中有一水平向右的匀强电场．质量m=100g的带正电q=1×10﹣3c的小球穿在长L=1.2m的直杆上，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持电场强度不变，改变固定杆与竖直线的夹角θ=37°，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）该实验室中匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）当θ=37°时，小球离开杆时的速度是多大．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速经过杆上A、B两点说明重力与摩擦力相等，即可求得风力 ‎（2）当杆与竖直方向成37°时，对球受力分析，由牛顿第二定律求的加速度，由运动学公式求得速度．‎ ‎【解答】解：（1）设电场强度为E，则杆竖直放置时，电场力F=Eq；‎ 摩擦力f=μEq；‎ 根据平衡条件可得：‎ mg=f=μEq 解得：E===2×103N/C；‎ ‎（2）当θ=37°时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有：‎ Eqcos37°=mgsin37°+FN 代入数据得：FN=1N 小球受摩擦力为：Ff=μFN=0.5×1=0.5N 小球沿杆运动的加速度为：a=‎ 解得：a=15m/s2‎ 由v2﹣v02=2ax 得小球到达杆下端时速度为：v=6m/s 答：（1）该实验室中匀强电场的电场强度大小为2×103N/C；‎ ‎（2）当θ=37°时，小球离开杆时的速度是6m/s．‎ ‎　‎ ‎18．如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地．A板电势φA随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量为﹣q，质量为m，不计其重力．求：‎ ‎（1）该粒子进入A、B的初速度v0的大小；‎ ‎（2）为了使该粒子顺利通过AB之间，求A、B两板间距的最小值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）粒子在AB间运动时，在水平方向不受力，做匀速直线运动，进入O1′孔的速度即为进入A、B板的初速度．研究粒子在CD间运动的过程，运用动能定理求解．‎ ‎（2）粒子在AB间运动时，竖直方向上做周期性的运动，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态；要使该带电粒子能够返回至O1′，应满足在的整数倍时从CD间出去，根据粒子在匀强电场中的偏转位移公式求出板间距．‎ ‎【解答】解：（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A、B板的初速度．‎ 在C、D间，由动能定理得：qU2=mv02‎ 解得：v0=‎ ‎（2）由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态．即：v竖=0，‎ 若在第一个周期内进入O1′孔，则对应两板最短长度为L=v0T，若在该时间内，粒子刚好不到A板而返回，则对应两板最小间距，设为d．‎ 所以有： a（）2×2=，a=‎ 得：d==．‎ 因此A、B两极板间距d的最小值是．‎ 答：（1）该粒子进入A、B的初速度v0的大小是；‎ ‎（2）A、B两板间距的最小值是．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2． ‎ ‎（1）求斜面AB的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若改变起始滑块的释放高度，某次滑块通过圆弧BDC离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力；‎ ‎（3）若要求滑块在圆弧BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度H应该满足什么条件．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）滑块从A到D过程，应用动能定理可以求出动摩擦因数．‎ ‎（2）滑块做平抛运动，根据运动的分解，由运动学公式与牛顿第二定律，可求出滑块对轨道的压力；‎ ‎（3）从A到D的过程中根据动能定理求得摩擦因数，物体能到达C点，根据牛顿第二定律求得C点的速度，根据动能定理求得高度；物体不脱离轨道，即在轨道上能通过最高点和刚好到达D点即，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）A到D过程，由动能定理得：‎ mg（2R﹣R）﹣μmgcos45°×=0﹣0，解得：μ=0.5；‎ ‎（2）离开C点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有 水平位移：x=vCt 竖直位移：y=gt2=t，‎ 速度关系：tan45°=，‎ 位移关系：tan45°=，‎ 解得：vC=m/s，‎ 在C点，由牛顿第二定律得：mg+F=m，解得：F=3.3N，‎ 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：F'=F=3.3N，方向：竖直向上；‎ ‎（3）若滑块恰能到达C点，在C点，由牛顿第二定律得：‎ mg=m，解得：vC′=2m/s，‎ 从高为H的最高点到C的过程，‎ 由动能定理得：mg（H﹣2R）﹣μmgcos45°×=mvC′2﹣0，解得：H=2m ‎ 由题意可知，滑块从A处，即距地面高度为2R=0.8m处下滑恰好到达D点，‎ 所以，若使滑块在圆弧在BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度H≥2m或H≤0.8m；‎ 答：（1）斜面AB的动摩擦因数μ为0.5；‎ ‎（2）滑块经过C点时对轨道的压力大小为3.3N，方向：竖直向上；‎ ‎（3）若要求滑块在圆弧BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度H应该满足的条件是：H≥2m或H≤0.8m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日