福建省四地六校2017届高三第二次（12月）联考物理试卷

福建省四地六校2017届高三第二次（12月）联考物理试卷

‎2016-2017学年福建省四地六校高三（上）第二次联考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题共12小题，1-8题为单选题，每题4分；9-12为多选题，每题4分，漏选得2分，错选得0分，共48分）‎ ‎1．关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．演示微小形变时，运用了放大法 B．将带电体看成点电荷，运用了理想模型法 C．将很短时间内的平均速度看成瞬时速度，运用了等效替代法 D．探究弹性势能表达式用F﹣l图象下梯形的面积代表功，运用了微元法 ‎2．图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g=10m/s2．根据图象分析可知（　　）‎ A．张明的重力为1000N B．e点位置张明处于超重状态 C．c点位置张明处于失重状态 D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度 ‎3．两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直．已知P点的场强大小为E、电势为φ，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法中正确的有（　　）‎ A．A、B所带电荷量相等 B．电荷B产生的电场在P点的场强大小为E﹣EA C．A、B连线上有一个电势为零的点 D．将电量为﹣q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为qφ ‎4．竖直向上抛出一篮球，球又落回原处，已知空气阻力的大小与篮球速率的二次方成正比，则下列说法正确的是（　　）‎ A．上升过程中克服重力做功大于下降过程中重力做功 B．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量 C．上升过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量 D．上升过程中动量的改变量小于下降过程中动量的改变量 ‎5．一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示．若已知汽车的质量m，牵引力F1 和速度v1及该车所能达到的最大速度v3．则根据图象所给的信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．汽车运动中的最大功率为F1v3‎ B．速度为v2时的加速度大小为 C．汽车行驶中所受的阻力 D．恒定加速时，加速度为 ‎6．如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）‎ A．图象函数表达式为F=m+mg B．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置变小 C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．重力加速度g=‎ ‎7．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎8．如图所示，长直杆CPD与水平面成45°，由不同材料拼接面成，P为两材料分界点，DP＞CP．一个圆环套在长直杆上，让圆环无初速从顶端滑到底端（如图1）；再将长直杆两端对调放置，让圆环无初速从顶端滑到底端（如图2），两种情况下圆环从开始运动到经过P点的时间相同．下列说法中正确的是（　　）‎ A．圆环与直杆CP段的动摩擦因数小于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数 B．两次滑动中圆环到达底端速度大小不相等 C．圆环从C到D所用时间小于从D到C所用时间 D．圆环从C到D所用时间大于从D到C所用时间 ‎9．如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有（　　）‎ A．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零 B．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零 C．上述过程中小球的机械能守恒 D．上述过程中小球重力的功率一直增大 ‎10．据报道，2016年2月18日嫦娥三号着陆器玉兔号成功自主“醒来”，嫦娥一号卫星系统总指挥兼总设计师叶培建院士介绍说，自2013年12月14日月面软着陆以来，中国嫦娥三号月球探测器创造了全世界在月工作最长记录．假如月球车在月球表面以初速度v0竖直上抛出一个小球，经时间t后小球回到出发点，已知月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．月球表面的重力加速度为 B．月球的质量为 C．探测器在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D．探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 ‎11．如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B．水平匀强电场的电场强度为 C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2‎ D．若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半 ‎12．如图甲所示，在距离地面高度为h=0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ=0.50．现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x=0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g=10m/s2，则（　　）‎ A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0J C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0J D．MN的水平距离为1.6 m ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13．（8分）用如下的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则“．在圆形桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动．第一次实验中，步骤如下：‎ A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止；‎ B．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三拉力的图示；‎ C．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；‎ D．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上．‎ ‎（1）这次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量一定大于　　且小于　　．‎ ‎（2）第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点　　（填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合．实验中，若桌面不水平　　（填“会”或“不会”）影响实验的结论．‎ ‎14．（8分）在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择一条较为满意的纸带，如图甲所示．他舍弃前面密集的点，以O为起点，从A点开始选取纸带上连续点A、B、C…，测出O到A、B、C…的距离分别为h1、h2、h3…．电源的频率为f．‎ ‎（1）为减少阻力对实验的影响，下列操作可行的是　　．‎ A．选用铁质重锤 B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上 C．释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直 D．重锤下落中手始终提住纸带上端，保持纸带竖直 ‎（2）打B点时，重锤的速度vB为　　．‎ ‎（3）小明通过实验测得数据（有阻力的影响），画出的v2﹣h图象如图乙所示．已知直线斜率为k，则当地重力加速度g　　（选填“＞”；“=”；“＜”）‎ ‎（4）另有四位同学在图乙的基础上，画出没有阻力时的v2﹣h图线，并与其比较，其中正确的是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3题，第15题9分，第16题12分，第17题15分，共36分）‎ ‎15．（9分）如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t=0），A、B两车的v﹣t图象如图（乙）所示．已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m．‎ ‎（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小．‎ ‎（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t=0）两车的距离s0应满足什么条件？‎ ‎16．（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离 d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间．已知微粒质量为 m=2×10﹣6kg，电量q=1×10﹣8C，电容器电容为C=1×10﹣6F，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落下板右边缘B点；‎ ‎（3）在（2）的条件下，落到下极板上带电粒子总的个数．‎ ‎17．（15分）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转．现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：‎ ‎（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小．‎ ‎（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电．‎ ‎（3）小车上的半圆轨道半径R大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省四地六校高三（上）第二次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题共12小题，1-8题为单选题，每题4分；9-12为多选题，每题4分，漏选得2分，错选得0分，共48分）‎ ‎1．关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．演示微小形变时，运用了放大法 B．将带电体看成点电荷，运用了理想模型法 C．将很短时间内的平均速度看成瞬时速度，运用了等效替代法 D．探究弹性势能表达式用F﹣l图象下梯形的面积代表功，运用了微元法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】明确物理学中的相应的物理方法，如：放大法、理想模型、等效替代、微元、比较、实验推理等，要理解相应方法的应用．‎ ‎【解答】解：A、演示微小形变时，为了便于观察，运用了放大法，故A正确；‎ B、将带电体看成点电荷，运用了理想模型法，故B正确；‎ C、△t→0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限分析方法，故C错误；‎ D、探究弹性势能表达式用F﹣l图象下梯形的面积代表功，运用了微元法，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，注意结合所学规律来理解相应的物理方法．‎ ‎　‎ ‎2．图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g=10m/s2．根据图象分析可知（　　）‎ A．张明的重力为1000N B．e点位置张明处于超重状态 C．c点位置张明处于失重状态 D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】开始时的人对传感器的压力等于其重力；同时明确超重与失重的性质：‎ 失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此 ‎【解答】解：A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据牛顿第三定律和功率的平衡可知，人的也是500N．故A错误；‎ B、c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态．故B正确；‎ C、e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态．故C错误；‎ D、人在d点：a1===20m/s2，人在f点：a2===10m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别．‎ ‎　‎ ‎3．两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直．已知P点的场强大小为E、电势为φ，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法中正确的有（　　）‎ A．A、B所带电荷量相等 B．电荷B产生的电场在P点的场强大小为E﹣EA C．A、B连线上有一个电势为零的点 D．将电量为﹣q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为qφ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【专题】定性思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B所带的电荷量大小；由电场的叠加原理求电荷B在P点的场强；正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，根据电势的叠加知AB连线上有一点电势为0；由电场力公式W=qU求电场力做功．‎ ‎【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，而该图左右不对称，知A、B所带的电荷量不相等，故A错误；‎ B、P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强；连线AP、BP相互垂直，根据矢量合成的平行四边形定则知，，故B错误；‎ C、如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B连线上有电势为0，故C正确；‎ D、根据W=﹣q（φ﹣0）=﹣qφ，故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题考查电场线的分布和电场的叠加原理，电场的叠加遵循平行四边形定则，电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，注意求电场力做功W=qU正负号一起代入计算．‎ ‎　‎ ‎4．竖直向上抛出一篮球，球又落回原处，已知空气阻力的大小与篮球速率的二次方成正比，则下列说法正确的是（　　）‎ A．上升过程中克服重力做功大于下降过程中重力做功 B．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量 C．上升过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量 D．上升过程中动量的改变量小于下降过程中动量的改变量 ‎【考点】动量定理；功的计算．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题．‎ ‎【分析】上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据运动学公式列式比较上升与下降时间的长短，因重力是恒力，直接根据冲量的定义I=Ft比较重力的冲量大小．重力做功只与物体的初末的位置有关，与物体的运动的过程和是否受其它的力无关；‎ 根据题意知到速度大小变化，从而判断动量大小变化关系．‎ ‎【解答】解：A、重力是保守力，做功的大小只与物体的初末的位置有关，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，所以A错误．‎ B、上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f′=ma2；故a1＞a2；‎ 根据h=at2可知，t1＜t2；重力是恒力，其冲量大小为IG=mgt，则知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小．故B错误．‎ C、根据动能定理知上升过程合外力做功大于下降过程合外力做功，故上升过程动能的改变量大于下降过程中动能的改变量，C正确．‎ D、动量P=MV，由于克服空气阻力做功，落回原处的球的速度小于开始上升的速度，故上升过程动量的改变量大于下降过程中动量的改变量，D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题运用牛顿运动定律和运动学公式定性分析上升与下降过得时间关系，解题注意要合理地选择研究的过程，列表达式求解．本题的难点是综合考查了重力做功特点，动量、冲量的知识．‎ ‎　‎ ‎5．一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示．若已知汽车的质量m，牵引力F1 和速度v1及该车所能达到的最大速度v3．则根据图象所给的信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．汽车运动中的最大功率为F1v3‎ B．速度为v2时的加速度大小为 C．汽车行驶中所受的阻力 D．恒定加速时，加速度为 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】功率的计算专题．‎ ‎【分析】汽车先做匀加速运动，再以恒定功率运动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可．‎ ‎【解答】解：A、根据牵引力和速度的图象和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1，故A错误．‎ B、汽车运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，所以速度为v2时的功率是F1v1，‎ 根据功率P=Fv得 速度为v2时的牵引力是，‎ 对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，‎ 该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力f=‎ 根据牛顿第二定律，有速度为v2时加速度大小为a=﹣，故B错误，C正确．‎ D、根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度a′=，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎6．如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）‎ A．图象函数表达式为F=m+mg B．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置变小 C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．重力加速度g=‎ ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】在最高点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率分析判断．‎ ‎【解答】解：A、小球在最高点，根据牛顿第二定律有：，‎ 解得F=，故A错误；‎ D、当F=0时，根据表达式有：，‎ 解得g==，故D正确；‎ B、当F=0时，g=，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故B错误；‎ C、根据F=知，图线的斜率k=，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；‎ 故选：D ‎【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【专题】电容器专题．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据C= 知，d增大，则电容减小．故A错误．‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，长直杆CPD与水平面成45°，由不同材料拼接面成，P为两材料分界点，DP＞CP．一个圆环套在长直杆上，让圆环无初速从顶端滑到底端（如图1）；再将长直杆两端对调放置，让圆环无初速从顶端滑到底端（如图2），两种情况下圆环从开始运动到经过P点的时间相同．下列说法中正确的是（　　）‎ A．圆环与直杆CP段的动摩擦因数小于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数 B．两次滑动中圆环到达底端速度大小不相等 C．圆环从C到D所用时间小于从D到C所用时间 D．圆环从C到D所用时间大于从D到C所用时间 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【专题】直线运动规律专题．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，结合位移时间公式比较加速度的大小，从而比较动摩擦因数的大小．根据动能定理比较到达底端的速度大小．根据平均速度推论求出两次到达P点的速度大小，然后对后半过程，运用平均速度推论比较运动的时间，从而比较出总时间．‎ ‎【解答】解：A、C到P的过程中，有：，a1=gsin45°﹣μ1gcos45°，D到P的过程中有：，a2=gsin45°﹣μ2gcos45°，‎ 因为xDP＞xCP，运动到P的时间相等，则a1＜a2，所以μ1＞μ2，即圆环与直杆CP段的动摩擦因数大于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数，故A错误．‎ B、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故B错误．‎ C、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同，且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，则得v1＜v2．‎ 设圆环滑到底端的速度大小为v．则第一种情况：从P到D过程，‎ 第二种情况：从P到C过程，‎ 因为xPD＞xPC，v1＜v2．‎ 所以t1＞t2．则得第一次圆环到达底端所用时间长．故D正确，C错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键．应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有（　　）‎ A．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零 B．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零 C．上述过程中小球的机械能守恒 D．上述过程中小球重力的功率一直增大 ‎【考点】机械能守恒定律；摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；功率的计算专题．‎ ‎【分析】对小球的运动过程分析，然后对物体进行受力分析，根据物块始终处于静止即可判断，在判断机械能守恒时对重力受力分析，只有重力做功即可判断 ‎【解答】解：A、小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A正确；‎ B、小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B错误；‎ C、整体受力分析，只有重力做功，故机械能守恒，故C正确；‎ D、刚释放时，速度为零，小球的功率为零，到达最低端时，速度方向与重力方向垂直，功率为零，故功率先减小后增大，故D错误；‎ 故选：AC ‎【点评】本题主要考查了整体法和隔离法受力分析，明确机械能守恒的条件即可判断 ‎　‎ ‎10．据报道，2016年2月18日嫦娥三号着陆器玉兔号成功自主“醒来”，嫦娥一号卫星系统总指挥兼总设计师叶培建院士介绍说，自2013年12月14日月面软着陆以来，中国嫦娥三号月球探测器创造了全世界在月工作最长记录．假如月球车在月球表面以初速度v0竖直上抛出一个小球，经时间t后小球回到出发点，已知月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．月球表面的重力加速度为 B．月球的质量为 C．探测器在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D．探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】定性思想；方程法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】根据竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度，再根据重力与万有引力相等求得月球质量和月球的第一宇宙速度．‎ ‎【解答】解：A、根据竖直上抛运动规律△v=gt可知，月球表面的重力加速度g=，故A错误；‎ B、在月球表面重力与万有引力相等有，可得月球质量M==，故B错误；‎ C、据万有引力提供圆周运动向心力可知，卫星的最大运行速度v==，故C正确；‎ D、绕月球表面匀速飞行的卫星的周期T=，故D正确；‎ 故选：CD ‎【点评】根据竖直上抛求得月球表面的重力加速度，再根据重力与万有引力相等和万有引力提供卫星圆周运动向心力分析求解是关键．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B．水平匀强电场的电场强度为 C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2‎ D．若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】带电小球从底端运动到顶端，重力做负功，电场力做正功，而支持力不做功．而两处速度相等，则重力做的功与电场力做功之和为零．所以可以确定小球在何处的电势能高．同时由倾角可确定重力与电场力的关系．‎ ‎【解答】解：A、从A到B的过程中做匀速运动，电场力做正功，电势能减小，B点的电势能小于A点的电势能．故A错误；‎ B、小球以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面匀速上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0，根据动能定理，重力做功与电场力做功相等，有：qEx=mgh，所以E=．故B正确．‎ C、若电场强度加倍，小球沿斜面方向的受力：，小球运动的加速度大小为： m/s2‎ 故C错误；‎ D、若电场强度减半，小球运动到B点时：，代入数据得：v=1m/s，速度为初速度v0的一半．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变．若存在加速度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态．故带电小球做的是匀速直线运动．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，在距离地面高度为h=0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ=0.50．现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x=0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g=10m/s2，则（　　）‎ A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0J C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0J D．MN的水平距离为1.6 m ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【专题】定量思想；寻找守恒量法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】F﹣x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，由几何知识求外力F做的功．根据能量守恒定律求弹簧最大的弹性势能．由W=fx求克服摩擦力做功．由能量守恒定律求出物体离开M点时的速度，由平抛运动的规律求MN的水平距离．‎ ‎【解答】解：A、根据F﹣x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 WF=+18×0.2=6.0J．故A正确．‎ B、物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功 Wf=μmgx=0.5×0.5×10×0.4J=1.0J 根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为 Ep=WF﹣Wf=5.0J，故B错误．‎ C、整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总=2μmgx=2.0J．故C错误．‎ D、设物块离开M点时的速度为v．对整个过程，由能量守恒得：=WF﹣Wf总，解得 v=4m/s 物块离开M点后做平抛运动，则有 ‎ h=‎ ‎ x=vt 解得 x=1.6m．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】解答本题的关键是知道外力F所做功等于其图象与x轴所围成的面积，能灵活选取研究的过程，根据能量守恒定律和平抛运动基本公式进行研究．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13．（8分）用如下的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则“．在圆形桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动．第一次实验中，步骤如下：‎ A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止；‎ B．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三拉力的图示；‎ C．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；‎ D．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上．‎ ‎（1）这次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量一定大于　m　且小于　3m　．‎ ‎（2）第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点　不必　（填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合．实验中，若桌面不水平　不会　（填“会”或“不会”）影响实验的结论．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定性思想；图析法；平行四边形法则图解法专题．‎ ‎【分析】（1）根据力的合成原则，求出两个力合成的范围即可；‎ ‎（2）本实验不是采用等效替代法做实验，所以绳的结点不必保持不变．‎ ‎【解答】解：（1）若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则两绳子的拉力分别为：mg、2mg，两绳子拉力的合力F的范围是：|2mg﹣mg|≤F≤mg+2mg，即：mg≤F≤3mg，三力的合力为零，则第三根绳挂的质量范围在m﹣3m之间，即第三根绳挂的质量一定大于m且小于3m．‎ ‎（2）本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，若桌面不水平，也不会影响实验结论．‎ 故答案为：（1）m；3m；（2）不必；不会．‎ ‎【点评】本题解题时要注意与我们书本上验证力的平行四边形实验的区别，知道本实验不是采用等效替代法做实验，所以绳的结点不必保持不变．‎ ‎　‎ ‎14．（8分）在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择一条较为满意的纸带，如图甲所示．他舍弃前面密集的点，以O为起点，从A点开始选取纸带上连续点A、B、C…，测出O到A、B、C…的距离分别为h1、h2、h3…．电源的频率为f．‎ ‎（1）为减少阻力对实验的影响，下列操作可行的是　ABC　．‎ A．选用铁质重锤 B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上 C．释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直 D．重锤下落中手始终提住纸带上端，保持纸带竖直 ‎（2）打B点时，重锤的速度vB为　　．‎ ‎（3）小明通过实验测得数据（有阻力的影响），画出的v2﹣h图象如图乙所示．已知直线斜率为k，则当地重力加速度g　＞　（选填“＞”；“=”；“＜”）‎ ‎（4）另有四位同学在图乙的基础上，画出没有阻力时的v2﹣h图线，并与其比较，其中正确的是　B　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；实验分析法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．‎ ‎（2）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B点的速度．‎ ‎（3）根据动能定理结合图线进行分析；‎ ‎（4）抓住释放位置相同，即初速度为零的位置相同确定正确的图线．‎ ‎【解答】解：（1）A、为了减小阻力的影响，实验时重锤选择质量大一些的，体积小一些的，故A正确．‎ B、安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，从而减小阻力的影响，故B正确．‎ C、释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直，可以减小阻力，故C正确．‎ D、重锤下落过程中，手不能拉着纸带，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的瞬时速度．‎ ‎（3）根据动能定理：，得，因为图象的斜率为k，知，‎ 联立得：‎ 即：‎ ‎（4）不论有无阻力，释放点的位置相同，即初速度为零时，两图线交于横轴的同一点，故B正确，A、C、D错误．‎ 故答案为：（1）ABC（2）（3）＞（4）B ‎【点评】解决本题的关键知道实验的原理，以及操作中的注意事项，会通过图线特点分析图线不过原点的原因，难度中等．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3题，第15题9分，第16题12分，第17题15分，共36分）‎ ‎15．（9分）如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t=0），A、B两车的v﹣t图象如图（乙）所示．已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m．‎ ‎（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小．‎ ‎（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t=0）两车的距离s0应满足什么条件？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）B做匀速直线运动，根据x1=vBt1求解速度大小；根据图象的斜率表示加速度求解A的加速度大小；‎ ‎（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，计算出图象中梯形的面积即可．‎ ‎【解答】解：（1）在t1=1s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1=vBt1，‎ 代入数据解得B车的速度为：vB=12m/s；‎ 速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：‎ a=；‎ ‎（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v﹣t图象的t2=5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：‎ s==36m，‎ 因此，A、B两车不会相撞，距离s0应满足条件为：‎ s0＞36m．‎ 答：（1）B车运动的速度为12m/s，A车的加速度a的大小为3m/s2．‎ ‎（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s0＞36m．‎ ‎【点评】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离 d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间．已知微粒质量为 m=2×10﹣6kg，电量q=1×10﹣8C，电容器电容为C=1×10﹣6F，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落下板右边缘B点；‎ ‎（3）在（2）的条件下，落到下极板上带电粒子总的个数．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】（1）根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．‎ ‎（3）结合（2）中的电场强度与Q=CEd，Q=nq即可求得落到下极板上带电粒子总的个数．‎ ‎【解答】解：（1）对第1个落到O点的粒子由：‎ 得：‎ ‎（2）对落到B点的粒子由 ‎ mg﹣Eq=ma 得：==‎ ‎（3）由：=‎ 得：‎ 落到下极板上粒子总数为N+1=601个 答：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小2.5m/s；‎ ‎（2）两板间电场强度为N/C时，带电粒子能刚好落下板右边缘B点；‎ ‎（3）在（2）的条件下，落到下极板上带电粒子总的个数601‎ ‎【点评】考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转．现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：‎ ‎（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小．‎ ‎（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电．‎ ‎（3）小车上的半圆轨道半径R大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；动量定理应用专题．‎ ‎【分析】（1）小球下摆与反弹后上升过程机械能守恒，A、B碰撞过程系统动量守恒，应用机械能守恒定律与动量守恒定律可以求出速度．‎ ‎（2）应用匀变速直线运动的速度公式与位移公式求出相对位移，然后求出摩擦力产生的热量，再求出电动机做功．‎ ‎（3）应用匀变速直线运动的运动学公式与动量守恒定律、机械能守恒定律可以求出圆轨道半径．‎ ‎【解答】解：（1）小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ mgh=mvA2，‎ mg•h=mv12，‎ A．B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mvA=﹣mv1+5mvB，‎ 代入数据解得：vB=1m/s；‎ ‎（2）经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：‎ v0=vB+μgt，‎ 代入数据解得：t=1s，‎ 物块滑行的距离为：，‎ 解得：s物=3.5m=L，‎ 传送带的位移为：s传=v0t=6×1=6m，‎ 则有：S相=S传﹣S物=6﹣3.5=2.5m，‎ Q=fS相=μmgS相，‎ 电动机多做的功为：W电=，‎ 代入数据解得：W电=30J．‎ ‎（3）物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎5mv0=（5m+25m）v，‎ 由机械能守恒定律得：，‎ 代入数据解得：R=1.5m；‎ 答：（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小为1m/s．‎ ‎（2）滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电为30J．‎ ‎（3）小车上的半圆轨道半径R大小为1.5m．‎ ‎【点评】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择．‎ ‎【来.源：全,品…中&高*考*网】‎