河北省保定市定州中学2017届高三上学期周练物理试卷（12-16）

河北省保定市定州中学2017届高三上学期周练物理试卷（12-16）

‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）周练物理试卷（12.16）‎ ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示，木块A、B在竖直向上的外力F的作用下处于静止状态，其中木块A的上表面和水平天花板接触，下面关于木块A、B受力分析正确的是（　　）‎ A．木块A可能受3个力，木块B一定受3个力 B．木块A可能受3个力，木块B一定受4个力 C．木块A可能受4个力，木块B一定受4个力 D．木块A可能受4个力，木块B一定受3个力 ‎2．如图．在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ADC=120°．整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩力大小为f．则D物块所受的摩擦力大小为（　　）‎ A．2f B． f C．f D． f ‎3．一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为（　　）‎ A．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上 B．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上 C．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上 D．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上 ‎5．运动电荷进入匀强磁场后（无其他场），可能做（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．匀速直线运动 C．匀加速直线运动 D．平抛运动 ‎6．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．若保持这两个点电荷之间的距离不变，将它们的电荷量都变成原来的一半，则改变电荷量后这两个点电荷之间静电力的大小为（　　）‎ A．16F B．9F C． D．‎ ‎7．“天宫二号”空间实验室是继“天宫一号”后中国自主研发的第二个空间实验室，将用于进一步验证空间交会对接技术及进行一系列空间试验．若“天宫二号”进入轨道后在离地面高为370km的轨道上围绕地球做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．由于“天宫二号”在太空中处于完全失重状态，所以不受重力作用 B．“天宫二号”围绕地球做匀速圆周运动的向心加速度要小于地球同步卫星的向心加速度 C．若通过变轨将“天宫二号”调整到离地面高为500 km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则“天宫二号”的机械能将增加 D．若再给出“天宫二号”围绕地球做匀速圆周运动的周期，就可以计算出地球的平均密度 ‎8．在《验证机械能守恒定律》的实验中下列实验操作顺序正确合理的一项是 （　　）‎ A．先将固定在重物上的纸带穿过打点计时器，再将打点计时器固定在铁架台上 B．先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源 C．先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源 D．先取下固定在重物上的打好点的纸带，再切断打点计器的电源．‎ ‎9．如图所示，平行板电容器两极板MN相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板M向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎10．如图1所示，左侧的水平台面上固定着条形磁铁，图2固定着一螺线管．下列判断正确的是（　　）‎ A．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向左 B．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向右 C．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向左 D．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向右 ‎11．下列说法正确的是（　　）‎ A．托勒密的“日心说”阐述了宇宙以太阳为中心，其它星体围绕太阳旋转 B．开普勒因为发表了行星运动的三个定律而获得了诺贝尔物理学奖 C．牛顿得出了万有引力定律并测出了引力常量G D．库仑定律是库仑经过实验得出的，适用于真空中两个点电荷间 ‎12．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中央上方固定一长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向外的电流，则（　　）‎ A．磁铁对桌面的压力增大，磁铁受桌面的摩擦力作用 B．磁铁对桌面的压力增大，磁铁不受桌面的摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力减小，磁铁受桌面的摩擦力作用 D．磁铁对桌面的压力减小，磁铁不受桌面的摩擦力作用 ‎13．如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻（　　）‎ A．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右 B．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左 C．有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右 D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零 ‎14．如图所示，水平桌面上放置的木块，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中F1=10N，F2=2N．若撤去力F1，则木块在水平方向受到的合力为（　　）‎ A．10 N，向左 B．6 N，向右 C．2 N，向左 D．零 ‎15．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则当线框左边为轴转过30°时通过线框的磁通量为（　　）‎ A．0 B．BS C． D．‎ ‎16．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．2R B． C． D．‎ ‎17．图示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则（　　）‎ A．ω1＜ω2，v1=v2 B．ω1＞ω2，v1=v2 C．ω1=ω2，v1＞v2 D．ω1=ω2，v1＜v2‎ ‎18．一条船要在最短时间内渡过宽为100m的河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．船在河水中航行的加速度大小为a=0.3 m/s2‎ B．船渡河的最短时间25 s C．船运动的轨迹可能是直线 D．船在河水中的最大速度是5 m/s ‎19．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，g取10m/s2，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（　　）‎ A． m/s＜v≤2m/s B．2m/s＜v≤3.5 m/s C． m/s＜v＜m/s D．2m/s＜v＜m/s ‎20．如图是一辆静止在水平地面上的自卸车，当车厢缓慢倾斜到一定程度时，货物会自动沿车厢底部向车尾滑动．上述过程，关于地面对车的摩擦力，下列说法正确的是（　　）‎ A．货物匀速滑动时，无摩擦力 B．货物匀速滑动时，摩擦力方向向后 C．货物加速滑动时，摩擦力方向向前 D．货物加速滑动时，摩擦力方向向后 ‎　‎ 二、计算题 ‎21．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：‎ ‎（1）弹簧开始时的弹性势能；‎ ‎（2）物块从B点运动至C点克服阻力做的功．‎ ‎22．如图，小球a、b用等长细 线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 ‎①两球a、b的质量之比；‎ ‎②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）周练物理试卷（12.16）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示，木块A、B在竖直向上的外力F的作用下处于静止状态，其中木块A的上表面和水平天花板接触，下面关于木块A、B受力分析正确的是（　　）‎ A．木块A可能受3个力，木块B一定受3个力 B．木块A可能受3个力，木块B一定受4个力 C．木块A可能受4个力，木块B一定受4个力 D．木块A可能受4个力，木块B一定受3个力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对物体先整体，再隔离受力分析，受力分析的一般顺序：先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力．‎ ‎【解答】解：设A的重力为G2，B的重力为G1‎ ‎（1）对AB系统整体受力分析，设天花板对A的弹力为N0，如图所示：‎ 则天花板对A无摩擦力，隔离A受力分析如图：受来自B的弹力为F2，垂直于二者接触面，受来自A、B接触面的静摩擦力为f2，天花板对A的弹力为N0，‎ 由上面受力分析，若F=G1+G2，则N0=0N，则A受如图所示三个力的作用，即 如F足够大，则N0不为零，则A受四个力的作用；‎ ‎（2）设B的重力为G1，受来自A的弹力为F1，垂直于二者接触面，受来自A、B接触面的静摩擦力为f1，因AB接触且外力F通过接触面作用到A使得A处于平衡状态，故来自A的弹力F1一定存在，假设来自A、B接触面的静摩擦力f1不存在，则受力分析如图所示：‎ 很明显此时B受3力，其合力不可能为0，故不可能平衡，故来自A、B接触面的静摩擦力f1一定存在，即受力分析如图所示：‎ 此时四力存在，F1和f1在水平方向上分力平衡．故木块B一定受4个力．‎ 故A可能受三个力，也可能受四个力的作用，B一定受四个力的作用 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎2．如图．在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ADC=120°．整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩力大小为f．则D物块所受的摩擦力大小为（　　）‎ A．2f B． f C．f D． f ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】物体在水平面上受弹簧弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解弹簧的弹力．‎ ‎【解答】解：已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos30°=f，对D：2Fcos60°=f′，解得：f′=f 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场．由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化．‎ ‎【解答】解：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．故A错误；‎ ‎ B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故B错误；‎ ‎ CD、在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为（　　）‎ A．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上 B．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上 C．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上 D．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】摩擦起电的实质是电子发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；‎ ‎【解答】解：摩擦起电是因为电子由一个物体转移到另一物体上，失去电子的物体因缺少电子而带正电，得到电子的物体有多余的电子而带负电，毛皮与橡胶棒摩擦，毛皮带正电，表明毛皮失去电子，则橡胶棒得到了电子，故电子由毛皮转移到橡胶棒上．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．运动电荷进入匀强磁场后（无其他场），可能做（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．匀速直线运动 C．匀加速直线运动 D．平抛运动 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】当粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，当粒子的速度方向与磁场方向垂直，洛伦兹力F=qvB，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．‎ ‎【解答】解：当粒子的速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力．粒子做匀速直线运动；‎ 若粒子只受洛伦兹力，由于洛伦兹力不做功，可知速度大小不变，动能不变．‎ 洛伦兹力的方向与电荷的运动方向垂直，粒子做匀速圆周运动，若不垂直，则可能螺旋式曲线运动，故AB正确，CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎6．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．若保持这两个点电荷之间的距离不变，将它们的电荷量都变成原来的一半，则改变电荷量后这两个点电荷之间静电力的大小为（　　）‎ A．16F B．9F C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律F=k，进行计算讨论即可．‎ ‎【解答】解：电量改变之前：F=k…①‎ 当电荷量都变为原来的一半时，则有：F′=k…②‎ 联立①②可得：F′=F，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．“天宫二号”空间实验室是继“天宫一号”后中国自主研发的第二个空间实验室，将用于进一步验证空间交会对接技术及进行一系列空间试验．若“天宫二号”进入轨道后在离地面高为370km的轨道上围绕地球做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．由于“天宫二号”在太空中处于完全失重状态，所以不受重力作用 B．“天宫二号”围绕地球做匀速圆周运动的向心加速度要小于地球同步卫星的向心加速度 C．若通过变轨将“天宫二号”调整到离地面高为500 km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则“天宫二号”的机械能将增加 D．若再给出“天宫二号”围绕地球做匀速圆周运动的周期，就可以计算出地球的平均密度 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】完全失重状态，不是不受重力；万有引力提供向心力可得a的表达式；变轨到高的轨道做离心运动，要加速；由周期与半径可确定中心天体的质量，要求密度还要知道中心天体的半径．‎ ‎【解答】解：A、“天宫二号”在太空中处于完全失重状态，但不是不受重力，则A错误 B、由万有引力产生加速度：a=，可知半径大的加速度小，因天宫一号的半径小于同步卫星的，则其加速度大，则B错误 C、将“天宫二号”调整到离地面高为500 km的轨道上绕地球做匀速圆周运动要做离心运动，外力做正功，机械能增加，则C正确 D、给出“天宫二号”围绕地球做匀速圆周运动的周期，知道半径可求出地球的质量，因不知地球的半径，则无法确定其密度，则D错误 故选：C ‎　‎ ‎8．在《验证机械能守恒定律》的实验中下列实验操作顺序正确合理的一项是 （　　）‎ A．先将固定在重物上的纸带穿过打点计时器，再将打点计时器固定在铁架台上 B．先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源 C．先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源 D．先取下固定在重物上的打好点的纸带，再切断打点计器的电源．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：A、应先将打点计时器固定在铁架台上，再将纸带穿过打点计时器，最后将纸带固定在重物上，故A错误；‎ B、先用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，再接通电源，然后释放重物，故B正确；‎ C、如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；‎ D、实验结束应立即切断电源以防仪器的损坏，然后再取下固定在重物上的打好点的纸带，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，平行板电容器两极板MN相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板M向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【考点】电容器的动态分析；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电场强度．根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．‎ B、由平衡条件得：mg=q，得油滴带电荷量为：q=，故B错误．‎ C、根据C=，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C错误．‎ D、极板M向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s减小，板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒将向上做加速运动．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图1所示，左侧的水平台面上固定着条形磁铁，图2固定着一螺线管．下列判断正确的是（　　）‎ A．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向左 B．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向右 C．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向左 D．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向右 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】由图可知电流方向，由右手螺旋定则可得出通电螺线管的磁极方向，则由磁极间的相互作用可得出磁铁受到的力．‎ ‎【解答】解：由图可知，电流由左侧流入，则由右手螺旋定则可得，内部磁感线向左，螺线管左侧为N极；‎ 因两磁铁为同名磁极相对，故磁铁受斥力方向向左；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．下列说法正确的是（　　）‎ A．托勒密的“日心说”阐述了宇宙以太阳为中心，其它星体围绕太阳旋转 B．开普勒因为发表了行星运动的三个定律而获得了诺贝尔物理学奖 C．牛顿得出了万有引力定律并测出了引力常量G D．库仑定律是库仑经过实验得出的，适用于真空中两个点电荷间 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 ‎【解答】解：A、天文学家哥白尼创立了日心说．故A错误．‎ B、开普勒发现了行星运动定律开普勒三定律；但当时还没有诺贝尔物理学奖；故B错误；‎ C、牛顿总结出万有引力定律，但没有测出引力常量；故C错误；‎ D、库仑定律是库仑经过实验得出的，适用于真空中两个点电荷间；故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中央上方固定一长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向外的电流，则（　　）‎ A．磁铁对桌面的压力增大，磁铁受桌面的摩擦力作用 B．磁铁对桌面的压力增大，磁铁不受桌面的摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力减小，磁铁受桌面的摩擦力作用 D．磁铁对桌面的压力减小，磁铁不受桌面的摩擦力作用 ‎【考点】电流的磁场对磁针的作用．‎ ‎【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向．‎ ‎【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故ABC错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻（　　）‎ A．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右 B．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左 C．有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右 D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；左手定则；右手定则．‎ ‎【分析】ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．‎ ‎【解答】解：图示位置时，ab杆向左运动，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向a→b，电流通过电流表，方向由c→d．根据左手定则，作用于ab的安培力向右．故A正确．‎ 故选A ‎　‎ ‎14．如图所示，水平桌面上放置的木块，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中F1=10N，F2=2N．若撤去力F1，则木块在水平方向受到的合力为（　　）‎ A．10 N，向左 B．6 N，向右 C．2 N，向左 D．零 ‎【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小；撤去拉力后，根据另一拉力与摩擦力的关系判断物体是否静止，则可求出木块受到的合力．‎ ‎【解答】解：木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有 f=F1﹣F2=10﹣2=8N； ‎ 物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于8N；‎ 撤去F1后，外力为2N，小于8N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则当线框左边为轴转过30°时通过线框的磁通量为（　　）‎ A．0 B．BS C． D．‎ ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】磁通量为：∅=BS，S指垂直磁感线的有效面积，由磁感线和线圈的方向可判定磁通量．‎ ‎【解答】解：由磁通量表达式：Φ=BS，S指垂直磁感线的有效面积，则可知转过30°时的磁通量Φ=BSsin30°=； ‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎16．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．2R B． 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．‎ ‎　‎ ‎17．图示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则（　　）‎ A．ω1＜ω2，v1=v2 B．ω1＞ω2，v1=v2 C．ω1=ω2，v1＞v2 D．ω1=ω2，v1＜v2‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】大齿轮带动小齿轮转动，轮子边缘上的点在相同时间内走过的弧长相同，则线速度大小相等，结合半径大小关系比较角速度的大小关系．‎ ‎【解答】解：大齿轮带动小齿轮转动，轮子边缘上的点在相同时间内走过的弧长相同，则线速度大小相等，即v1=v2，根据知，r1＞r2，则ω1＜ω2．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎18．一条船要在最短时间内渡过宽为100m的河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．船在河水中航行的加速度大小为a=0.3 m/s2‎ B．船渡河的最短时间25 s C．船运动的轨迹可能是直线 D．船在河水中的最大速度是5 m/s ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】本题船实际参与了两个分运动，沿水流方向的分运动和沿船头指向的分运动，当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，船的实际速度为两个分运动的合速度，根据分速度的变化情况确定合速度的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、船在静水中的速度是匀速，没有加速度，而水流方向存在加速度，其大小为为a==0.3 m/s2，故A正确．‎ B、当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由乙图可知河宽为300m，则有t==s=20s，故B错误；‎ C、由于随水流方向的分速度不断变化，故合速度的大小和方向也不断变化，船做曲线运动，故C错误；‎ D、当v2取最大值4m/s，且船垂直河岸行驶时，合速度为v===5m/s，当船偏向下游时，则船的合速度大于5m/s，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎19．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，g取10m/s2，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（　　）‎ A． m/s＜v≤2m/s B．2m/s＜v≤3.5 m/s C． m/s＜v＜m/s D．2m/s＜v＜m/s ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球以水平速度由第一级台阶上抛出欲打在第四级台阶上，求出两个临界情况，速度最小时打在第三级台阶的边缘上，速度最大时，打在第四级台阶的边缘上．根据h=gt2和x=vt，得出v的临界值．‎ ‎【解答】解：若小球打在第四级台阶的边缘上高度h=4d，根据h= gt12，得t1==s=s 水平位移x1=4d．则平抛的最大速度v1==m/s=2m/s 若小球打在第三级台阶的边缘上，高度h=3d，根据h=gt22，得t2==s 水平位移x2=3d，则平抛运动的最小速度v2==m/s=m/s 所以速度范围： m/s＜v≤2m/s 故选：A．‎ ‎　‎ ‎20．如图是一辆静止在水平地面上的自卸车，当车厢缓慢倾斜到一定程度时，货物会自动沿车厢底部向车尾滑动．上述过程，关于地面对车的摩擦力，下列说法正确的是（　　）‎ A．货物匀速滑动时，无摩擦力 B．货物匀速滑动时，摩擦力方向向后 C．货物加速滑动时，摩擦力方向向前 D．货物加速滑动时，摩擦力方向向后 ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】根据整体与隔离法，依据摩擦力产生条件，及静摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反，即可一一求解．‎ ‎【解答】解：AB、当货物匀速滑动时，则可将车与物当作整体，那么处于平衡状，因此地面对车没有摩擦力，故A正确，B错误；‎ CD、当货物加速滑动时，隔离法，对货物受力分析，则车对物的支持力与滑动摩擦力的合力方向，在竖直方向偏向后，那么货物对车的作用力，则为竖直方向偏左，导致车有前运动的趋势，因此地面对车的摩擦力方向向后，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、计算题 ‎21．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：‎ ‎（1）弹簧开始时的弹性势能；‎ ‎（2）物块从B点运动至C点克服阻力做的功．‎ ‎【考点】匀速圆周运动；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）研究物体经过B点的状态，根据牛顿运动定律求出物体经过B点的速度，得到物体的动能，物体从A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于体经过B点的动能；‎ ‎（2）物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功；‎ ‎【解答】解：（1）物块在B点时，由牛顿第二定律得：，‎ 由题意：FN=7mg 物体经过B点的动能：‎ 在物体从A点至B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能：Ep=EkB=3mgR．‎ ‎（2）物体到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有：，‎ 物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：W阻﹣mg•2R=EkC﹣EkB 解得：W阻=﹣0.5mgR 所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为：W=0.5mgR．‎ 答：（1）弹簧开始时的弹性势能3mgR （2）块从B点运动至C点克服阻力做的功0.5mgR．‎ ‎　‎ ‎22．如图，小球a、b用等长细 线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 ‎①两球a、b的质量之比；‎ ‎②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．‎ ‎（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比．‎ ‎【解答】解：（1）b球下摆过程中，由动能定理得：‎ m2gL=m2v02﹣0，‎ 碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得：‎ m2v0=（m1+m2）v，‎ 两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：‎ ‎（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ），‎ 解得： =（﹣1）：1=（﹣1）：1‎ ‎（2）两球碰撞过程中损失是机械能：‎ Q=m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），‎ 碰前b球的最大动能为：Eb=m1v02，‎ ‎=【1﹣（1﹣cosθ）】：1=（1﹣）：1‎ 答：（i）两球a、b的质量之比为（﹣1）：1‎ ‎（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为（1﹣）：1．‎ ‎　‎ ‎2017年1月18日