物理·辽宁省铁岭市调兵山一高2016-2017学年高二上学期期初物理试卷 Word版含答案

物理·辽宁省铁岭市调兵山一高2016-2017学年高二上学期期初物理试卷 Word版含答案

‎2016-2017学年辽宁省铁岭市调兵山一高高二（上）期初物理试卷 ‎　‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1-7小题有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确，全对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得零分。)‎ ‎1．我国发射的“神舟”号无人模拟飞船，再一次成功地回收．飞船在降落过程中，当降落伞打开时，空气阻力跟下落速度的二次方成正比即f=kυ2．已知k=200N•s2/m2，若飞船总质量为8t，飞船在离地几千米处即打开降落伞，则飞船着地时的速度为（g=10m/s2）（　　）‎ A．800m/s B．400m/s C．200m/s D．20m/s ‎2．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．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，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和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同 B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的 D．物块沿着2和3下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的 ‎3．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）‎ A．mgh﹣mv2﹣mv02 B．﹣mv2﹣mv02﹣mgh C．mgh+mv02﹣mv2 D．mgh+mv2﹣mv02‎ ‎4．地球的第一宇宙速度约为8km/s，某行星的质量是地球的6倍，半径是地球的1.5倍．该行星上的第一宇宙速度约为（　　）‎ A．16km/s B．32km/s C．46km/s D．2km/s ‎5．如图所示，在负点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠N=60°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN，φF=φP，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．M点的电场方向从P指向M24‎ B．连接PF的线段一定在同一等势面上D C．将正试探电荷从N点搬运到P点，电场力做正功D D．φP＞φML ‎6．如图为一玩具起重机的电路示意图．电源电动势为6V，内电阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，当电动机以0.5m/s的速度匀速向上提升一质量为320g的物体时（不计一切摩擦阻力，g=10m/s2），标有“3V，0.6W“的灯泡正好正常发光．则电动机的内阻为 （　　）x A．1.25Ω B．3.75Ω C．5.625Ω D．1ΩR ‎7．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（　　）z A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1Z ‎8．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是（　　）H A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功8‎ B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加l C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加h D．全过程摩擦力对物体做的功等于全过程物体机械能的增加B ‎9．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列分析正确的是（　　）s A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大9‎ B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变p C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大2‎ D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变D ‎10．轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是（　　）T A．系统的弹性势能不变 B．系统的弹性势能增加1‎ C．系统的机械能不变 D．系统的机械能增加i ‎11．如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放．则（　　）O A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等w B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少=‎ C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2=‎ D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2‎ ‎12．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（　　）‎ A．小球重力与电场力的关系是mg=Eq B．小球重力与电场力的关系是Eq=mg C．球在B点时，细线拉力为T=mg D．球在B点时，细线拉力为T=2Eq ‎　‎ 二．填空题：（计12分）‎ ‎13．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示．‎ ‎（1）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：‎ 砝码盘中砝码总重力F（N）‎ ‎0.196‎ ‎0.392‎ ‎0.588‎ ‎0.784‎ ‎0.980‎ 加速度a（m•s﹣2）‎ ‎0.69‎ ‎1.18‎ ‎1.66‎ ‎2.18‎ ‎2.70‎ 请根据实验数据作出a﹣F的关系图象2．‎ ‎（2）根据提供的试验数据作出的a﹣F图线不通过原点，请说明主要原因．‎ ‎14．利用螺旋测微器测量铜丝的直径（图甲）和用游标卡尺测量圆管的内径（图乙），由图可知铜丝直径是　　mm；圆管内径是　　cm．‎ ‎　‎ 三．计算题（15，16题各15分，17题10分，计40分）4017288‎ ‎15．如图所示，一带电为﹣q、质量为m的小物块处于一倾角为370的光滑斜面上，当整个装置处于一水平方向的匀强电场中时，小物块恰处于静止．若从某时刻起，电场强度减小为原来的，求物块下滑距离L时的动能．（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎16．如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不栓接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R．开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．‎ ‎（1）求小球经C点时的动能；‎ ‎（2）求小球经C点时所受的弹力；‎ ‎（3）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．‎ ‎17．一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省铁岭市调兵山一高高二（上）期初物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1-7小题有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确，全对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得零分。)‎ ‎1．我国发射的“神舟”号无人模拟飞船，再一次成功地回收．飞船在降落过程中，当降落伞打开时，空气阻力跟下落速度的二次方成正比即f=kυ2．已知k=200N•s2/m2，若飞船总质量为8t，飞船在离地几千米处即打开降落伞，则飞船着地时的速度为（g=10m/s2）（　　）‎ A．800m/s B．400m/s C．200m/s D．20m/s ‎【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】在载飞船匀速下落的过程中，飞船受到的重力等于阻力，即G=f，由题知飞船的质量和f=KV2，据此求载人舱的下落速度．‎ ‎【解答】解：∵载人舱匀速下落，‎ ‎∴G=f，‎ ‎∵f=kv2，4017288‎ ‎∴G=kv2=mg，‎ ‎∴载人舱的下落速度：‎ v==‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．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．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，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和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同 B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的 D．物块沿着2和3下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的 ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】对物体进行受力分析和做功分析，得出物体沿斜面下滑，摩擦力做功情况跟哪些因素有关，并根据题目中给出的条件加以判断．‎ ‎【解答】解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：‎ W=mgμLcosθ，Lcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2＜Q3，故CD错误；‎ 设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh﹣mgμLcosθ=mv2﹣0，‎ 根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v2＞v3，故A错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）‎ A．mgh﹣mv2﹣mv02 B．﹣mv2﹣mv02﹣mgh C．mgh+mv02﹣mv2 D．mgh+mv2﹣mv02‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．‎ ‎【解答】解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：‎ 解得：‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．地球的第一宇宙速度约为8km/s，某行星的质量是地球的6倍，半径是地球的1.5倍．该行星上的第一宇宙速度约为（　　）4017288‎ A．16km/s B．32km/s C．46km/s D．2km/s ‎【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面做匀速圆周运动的速度，轨道半径等于中心天体的半径，结合万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系式，得出行星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，从而求出行星上的第一宇宙速度的大小．‎ ‎【解答】解：根据G=m解得第一宇宙速度为：v=．‎ 因为行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球半径的1.5倍，所以行星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的2倍，即16km/s．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在负点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠N=60°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN，φF=φP，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A．M点的电场方向从P指向M B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从N点搬运到P点，电场力做正功 D．φP＞φM ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况 ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，故 M点的电场方向不从P指向M，故A错误 B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；‎ D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎6．如图为一玩具起重机的电路示意图．电源电动势为6V，内电阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，当电动机以0.5m/s的速度匀速向上提升一质量为320g的物体时（不计一切摩擦阻力，g=10m/s2），标有“3V，0.6W“的灯泡正好正常发光．则电动机的内阻为 （　　）‎ A．1.25Ω B．3.75Ω C．5.625Ω D．1Ω ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由灯泡的性质及串并联电路的规律可得出电动机两端的电压及电流，再由功率公式可求得电动机内阻．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为3V，电流为：‎ IL==0.2A；‎ 故电动机两端的电压为3V；R及r两端的电压为3V，由欧姆定律可得，总电流为：‎ I==1A；‎ 电动机的电流为：‎ I机=I﹣IL=1﹣0.2=0.8A；‎ 电动机的输出功率为：‎ P=mgv=UI﹣I2r 代入数据解得：r=1.25Ω 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（　　）‎ A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1‎ ‎【考点】欧姆定律；电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律可判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．‎ ‎【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律R=，电阻R1=4R；另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=，可得电阻R2=R，则两电阻之比为16；1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是（　　）‎ A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加 C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加 D．全过程摩擦力对物体做的功等于全过程物体机械能的增加 ‎【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解．‎ ‎【解答】解：A、对物体受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功．故A错误；‎ B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；‎ C、假定传送带速度为v，第一阶段，物体匀加速位移x1=t，传送带位移x2=vt；‎ 除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故物体机械能增加量等于fx1；‎ 一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为Q=f△x=f•（x2﹣x1）=fx1；‎ 故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，故C正确；‎ D、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故D正确； ‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎9．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列分析正确的是（　　）‎ A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．结合电场强度的变化判断夹角的变化．‎ ‎【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．‎ C、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．系统的弹性势能不变 B．系统的弹性势能增加4017288‎ C．系统的机械能不变 D．系统的机械能增加 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小，弹性势能的增减可通过弹力做功的正负判断，由于有外力F参与做功，系统机械能不守恒，总量要增加．‎ ‎【解答】解：A、B、初始状态，弹簧的弹力F弹=mg，后来F弹′cosθ=mg，故弹力会增加，弹簧伸长量增加，系统弹性势能变大，故A错误，B正确；‎ C、D、作用过程中，外力F做正功，系统机械能不守恒，机械能总量要增加，故c错误，D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放．则（　　）‎ A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等 B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少 C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2‎ D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv，‎ 分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．‎ ‎【解答】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；‎ B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；‎ C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：‎ m1gR（1﹣cos60°）=m2gR，‎ 解得：m1=2m2‎ 故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（　　）‎ A．小球重力与电场力的关系是mg=Eq B．小球重力与电场力的关系是Eq=mg C．球在B点时，细线拉力为T=mg D．球在B点时，细线拉力为T=2Eq ‎【考点】匀强电场；力的合成与分解的运用；向心力；动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题．‎ ‎【解答】解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°=mgcos30°，化简可知Eq=mg，选项A错误、B正确；‎ ‎（2）小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg，选项C正确、D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ 二．填空题：（计12分）‎ ‎13．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示．‎ ‎（1）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：‎ 砝码盘中砝码总重力F（N）‎ ‎0.196‎ ‎0.392‎ ‎0.588‎ ‎0.784‎ ‎0.980‎ 加速度a（m•s﹣2）‎ ‎0.69‎ ‎1.18‎ ‎1.66‎ ‎2.18‎ ‎2.70‎ 请根据实验数据作出a﹣F的关系图象2．‎ ‎（2）根据提供的试验数据作出的a﹣F图线不通过原点，请说明主要原因．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点； ‎ ‎（2）根据图象的性质进行分析，再根据实验原理即可明确不过原点的基本原因．‎ ‎【解答】解：（1）根据表中数据，利用描点法作出a﹣F的关系图象如图所示．‎ ‎（2）由图可知，a﹣F图线中当所加外力为零时，小车已有加速度，则说明在分析拉力时未计入砝码盘的重力．‎ 故答案为：（1）如图所示； （2）分析拉力时未计入砝码盘的重力 ‎　‎ ‎14．利用螺旋测微器测量铜丝的直径（图甲）和用游标卡尺测量圆管的内径（图乙），由图可知铜丝直径是　0.500　mm；圆管内径是　5.385　cm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：（1）螺旋测微器固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为0.01×0.000mm=0.000mm，所以金属丝的直径为：0.5mm+0.000mm=0.500mm，‎ ‎（2）游标卡尺主尺读数为53mm，游标尺上第17个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为：0.05×17=0.85mm，所以最终读数为：53mm+0.85mm=53.85mm=5.385cm．‎ 故答案为：0.500mm；5.385cm．‎ ‎　‎ 三．计算题（15，16题各15分，17题10分，计40分）‎ ‎15．如图所示，一带电为﹣q、质量为m的小物块处于一倾角为370的光滑斜面上，当整个装置处于一水平方向的匀强电场中时，小物块恰处于静止．若从某时刻起，电场强度减小为原来的，求物块下滑距离L时的动能．（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】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E．根据动能定理求解动能的变化．‎ ‎【解答】解：如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有 ‎ 在x轴方向：F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=0‎ ‎ 在y轴方向：F合y=FN﹣mgcosθ﹣Fsinθ=0‎ ‎ 得qE=mgtan37° 故E=，方向水平向右．‎ 根据动能定理得：‎ 物块下滑距离L时的动能Ek=mgLsin37°﹣qEL cos37°=0.6mgL﹣0.3mgL=0.3mgL 答：场强变化后物块下滑距离L时的动能是0.3mgL．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不栓接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R．开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．‎ ‎（1）求小球经C点时的动能；‎ ‎（2）求小球经C点时所受的弹力；‎ ‎（3）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）由机械能守恒定律可以求出小球的动能．‎ ‎（2）小球做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出弹力大小．‎ ‎（3）小球离开C后做平抛运动，由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）解除弹簧锁定后小球运动到C点过程，弹簧和小球系统机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：3mgR=2mgR+Ek，解得：Ek=mgR；‎ ‎（2）小球过C时的动能：，‎ 设小球经过C点时轨道对小球的作用力为F，‎ 由牛顿第二定律得：，‎ 解得：F=mg，方向向下；‎ ‎（3）小球离开C点后做平抛运动，‎ 竖直方向：，‎ 水平方向：x1=v1t，‎ 若要小球击中薄板，应满足：R≤x1≤2R，‎ 弹簧的弹性势能：EP=，‎ 弹性势能EP满足：时，小球才能击中薄板；‎ 答：（1）小球经C点时的动能为mgR；‎ ‎（2）小球经C点时所受的弹力为mg，方向向下；‎ ‎（3）当时，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．‎ ‎　‎ ‎17．一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等．根据v﹣t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移．‎ ‎【解答】解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．‎ v﹣t的斜率等于物体的加速度，则得：‎ 在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为=m/s2=8m/s2．‎ 对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得 ‎ μ1mg+μ2•2mg=ma1，①‎ 对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2==μ1g t=0.5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ②‎ 由①②解得μ1=0.20，μ2=0.30 ‎ ‎（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．‎ 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2==μ1g=2m/s2．‎ ‎0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′==4m/s2‎ 故整个过程中木板的位移大小为x1=+=1.625m 物块的位移大小为x2==0.5m 所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1﹣x2=1.125m 答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；‎ ‎（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m．‎ ‎　‎ ‎2016年11月7日