甘肃省兰州一中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

甘肃省兰州一中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年甘肃省兰州一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，毎小題4分，共48分．在毎小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项正确，第9〜12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是（　　）‎ A．比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义C=，表示C与Q成正比，与U成反比，这就是比值定义的特点 B．空气阻力和浮力的影响不能忽略时，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动 C．静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力 D．圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力不一定就是物体受到合外力 ‎2．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（　　）‎ A．mg，斜向右上方 B．mg，斜向左上方 C．mgtan θ，水平向右 D．mg，竖直向上 ‎3．如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（　　）‎ A． = B． = C． =（）2 D． =（）2‎ ‎4．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（　　）‎ A．0～2s内外力的平均功率是W B．第2秒内外力所做的功是J C．第2秒末外力的瞬时功率最大 D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是1‎ ‎5．一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示．若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　）‎ A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 ‎7．如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A可能受到2个力的作用 B．B可能受到3个力的作用 C．A、B的质量之比为tanθ：1 D．A、B的质量之比为1：tanθ ‎8．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 ‎9．如图，Ο是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动b处，然后又运动到c处．由此可知（　　）‎ A．Ο为负电荷 B．在整个过程中q的速度先变大后变小 C．在整个过程中q的加速度先变大后变小 D．在整个过程中，电场力做功为零 ‎10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 ‎11．一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则．（　　）‎ A．快艇的运动轨迹一定为直线 B．快艇的运动轨迹一定为曲线 C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m ‎12．如图所示，斜面AB和水平面BC是由相同绝缘材料组成的，在A处由静止释放一质量为m的小滑块，滑块运动到C点时的速度为v1（v1≠0），最大水平位移为s1；现给小滑块带上正电荷，并在空间施加竖直向下的匀强电场，仍在A处由静止释放滑块，它运动到C点时的速度为v2，最大水平位移为s2，忽略在B点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是（　　）‎ A．v1＞v2 B．v1＜v2 C．s1＞s2 D．s1=s2‎ ‎　‎ 二、实验题：（共16分）‎ ‎13．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1所示的装置：水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，保持轨道和细线水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动实现平衡摩擦力．‎ ‎（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？（回答“是”或“否”）‎ ‎（2）实验需要用游标卡尺测量挡光板的宽度l，如图2所示，则l=　　mm；‎ ‎（3）实验获得以下测量数据：小车（含传感器和挡光板）的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离x，某次实验过程：力传感器的读数F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2．小车通过光电门2后砝码盘才落地，重力加速度为g．该实验对小车需验证的表达式是　　（用实验中测出的物理量表示）．‎ ‎14．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω）‎ B．电流表（0～3A，内阻0.012 5Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　　．（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　　接法（填“内”或“外”），采用此接法测得的电阻值比其真实值偏　　（填“大”或“小”），造成这种误差的主要原因是　　．‎ ‎（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=　　A，U=　　V．‎ ‎（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将图3中给定的器材连成实验电路2．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题包括4小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点，已知A点距水平面的高度h=0.8m，B点距C点的距离L=2.0m（滑块经过B点时没有能力损失，g=10m/s2），求 ‎（1）滑块在运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）滑块在水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）滑块从A点释放后，经过实践t=1.0s时速度的大小．‎ ‎16．如图所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ=30°斜右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：‎ ‎（1）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？‎ ‎（2）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？‎ ‎17．如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m．木板位于光滑水平面上．在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向右滑动，直到和档板相撞．碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板．求：‎ ‎（1）最终二者的速度；‎ ‎（2）碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎18．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直半径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）判断m2能否沿圆轨道到达M点；‎ ‎（2）BP间的水平距离；‎ ‎（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省兰州一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，毎小題4分，共48分．在毎小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项正确，第9〜12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是（　　）‎ A．比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义C=，表示C与Q成正比，与U成反比，这就是比值定义的特点 B．空气阻力和浮力的影响不能忽略时，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动 C．静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力 D．圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力不一定就是物体受到合外力 ‎【考点】电容；重力；向心力．‎ ‎【分析】比值定义法共同点是：所定义的物理量与所用的物理量无关；‎ 抛体运动只受到重力作用，故是一种匀变速运动；‎ 两个物体只要发生相对运动即受到滑动摩擦力；运动的物体一样可以受到静摩擦力；‎ 圆周运动的向心力是变力，故加速度不断变化．其向心力可以是合力也可以是某个力的分力．‎ ‎【解答】解：A、公式C=采用的是比值定义法，C是由电容器本身的性质决定的，故电量Q及电压U无关；这是比值定义法的共性；故A错误；‎ B、若不计阻力，则物体在空中只受重力，故一定做匀变速直线运动；故B正确；‎ C、静止的物体若相对其他物体有相对运动，则可以受到滑动摩擦力；同理，若运动的物体相对于和它接触的物体静止，则可能受静摩擦力；故C错误；‎ D、圆周运动是一种加速度不断变化（方向一定变化）的运动，圆周运动的向心力可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，匀速圆周运动的合力一定充当向心力，但是变速圆周运动的合力不一定等于向心力，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（　　）‎ A．mg，斜向右上方 B．mg，斜向左上方 C．mgtan θ，水平向右 D．mg，竖直向上 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进行合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：‎ mAgtanθ=mAa 得：a=gtanθ，方向水平向右．‎ 再对B研究得：小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ，方向水平向右，‎ 小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，‎ 则小车对物块B产生的作用力的大小为：‎ F==mg，方向斜向右上方 故选：A ‎　‎ ‎3．如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（　　）‎ A． = B． = C． =（）2 D． =（）2‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力=m，解出线速度与轨道半径r的关系进行求解．‎ ‎【解答】解：根据万有引力提供向心力=m v=，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，‎ 所以=，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（　　）‎ A．0～2s内外力的平均功率是W B．第2秒内外力所做的功是J C．第2秒末外力的瞬时功率最大 D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是1‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率；‎ ‎【解答】解：A、设1s末、2s末速度分别为v1和v2．‎ 由动量定理Ft=mv2﹣mv1得，‎ 第1s内有：2×1=1×v1﹣0，v1=2m/s；‎ 第2s内有：1×1=v2﹣2，v2=3m/s ‎ ‎0～2s内，由动能定理可知外力做功为W=mv22=J=4.5J 故0～2s内平均功率是═2.25W，故A正确；‎ B、第2秒内外力所做的功 W2=mv22﹣mv12=4.5J﹣J=2.5J，故B错误．‎ C、第1s末功率为：P1=F1v1=2×2W=4W，第2s末功率为：P2=F2v2=1×3W=3W；故C错误；‎ D、第1秒内与第2秒动能增加量分别为：：（）=（J）：2.5J=4：5，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示．若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】先根据功能关系定性判断物体的机械能变化情况，再由v2﹣h图象分析出物体做匀减速运动，拉力恒定，再由功能关系分析图象的形状．‎ ‎【解答】解：AB、拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误．‎ CD、由匀变速运动的速度位移关系公式v2﹣=2ah得：v2=+2ah 由数学知识可知，v2﹣h图象的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定．‎ 由功能关系知：F△h=△E，即得 =F，所以E﹣h图象的斜率等于拉力F，F一定，因此E﹣h图象应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　）‎ A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点．‎ ‎【解答】解：A、小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触后，小球受外力，故动量不再守恒，故A错误；‎ B、下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；‎ C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；‎ D、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A可能受到2个力的作用 B．B可能受到3个力的作用 C．A、B的质量之比为tanθ：1 D．A、B的质量之比为1：tanθ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．‎ ‎【解答】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；‎ B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；‎ C、分别对AB两球分析，运用合成法，如图：‎ 根据共点力平衡条件，得：T=mBg ‎（根据正弦定理列式）‎ 故mA：mB=1：tanθ，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．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 ‎　‎ ‎9．如图，Ο是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动b处，然后又运动到c处．由此可知（　　）‎ A．Ο为负电荷 B．在整个过程中q的速度先变大后变小 C．在整个过程中q的加速度先变大后变小 D．在整个过程中，电场力做功为零 ‎【考点】等势面；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据动能定理判断动能的变化，根据电场线的疏密判断电场力的变化，从而根据牛顿第二定律判断加速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷．故A错误．‎ B、从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则动能先减小再增大．所以速度先减小再增大．故B错误．‎ C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小．故C正确．‎ D、a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小．电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大．‎ 根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮．故BC正确．‎ 故选BC ‎　‎ ‎11．一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则．（　　）‎ A．快艇的运动轨迹一定为直线 B．快艇的运动轨迹一定为曲线 C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】AB、将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，根据运动的合成确定其运动的轨迹．‎ C、根据合运动与分运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短．即静水速垂直于河岸时，时间最短．‎ D、根据平行四边形定则求出合位移．‎ ‎【解答】解：A、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动．故A错误，B正确．‎ ‎ C、静水速垂直于河岸时，时间最短．在垂直于河岸方向上的加速度a==0.5m/s2，由d=at2得，t==20s．故C正确．‎ ‎ D、在沿河岸方向上的位移x=v2t=3×20m=60m，所以最终位移s==m．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，斜面AB和水平面BC是由相同绝缘材料组成的，在A处由静止释放一质量为m的小滑块，滑块运动到C点时的速度为v1（v1≠0），最大水平位移为s1；现给小滑块带上正电荷，并在空间施加竖直向下的匀强电场，仍在A处由静止释放滑块，它运动到C点时的速度为v2，最大水平位移为s2，忽略在B点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是（　　）‎ A．v1＞v2 B．v1＜v2 C．s1＞s2 D．s1=s2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断D'点与D点的位置关系．‎ ‎【解答】解：设物体的电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理得 A、不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgSBC=‎ 加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ﹣μ（mg+qE）S2=‎ 将两式对比得到，v1＜v2，故A错误，B正确；‎ C、不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgS1=0 ‎ 加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ﹣μ（mg+qE）S2=0 ‎ 将两式对比得到，S1=S2，故C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题：（共16分）‎ ‎13．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1所示的装置：水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，保持轨道和细线水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动实现平衡摩擦力．‎ ‎（1）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？（回答“是”或“否”）‎ ‎（2）实验需要用游标卡尺测量挡光板的宽度l，如图2所示，则l=　5.50　mm；‎ ‎（3）实验获得以下测量数据：小车（含传感器和挡光板）的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离x，某次实验过程：力传感器的读数F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2．小车通过光电门2后砝码盘才落地，重力加速度为g．该实验对小车需验证的表达式是　　（用实验中测出的物理量表示）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）当用砝码盘和砝码的重力表示绳子的拉力时，要满足砝码和砝码盘的总质量要远小于小车的质量．该实验绳子的拉力通过传感器测出，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎（3）该实验需验证小车所受合力做的功是否等于小车动能的变化量，结合极短时间内的平均速度表示瞬时速度得出通过光电门的速度，抓住平衡摩擦力时摩擦力与砝码的重力相等得出摩擦力的大小，从而得出需验证的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）因为小车的拉力可以通过传感器测量，不需要用砝码盘和砝码的总重力表示，‎ 所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，则最终读数为5.50mm．‎ ‎（3）小车通过光电门1、2的瞬时速度分别为，，‎ 小车动能的增加量为：，‎ 合力做功为：Fx﹣fx=Fx﹣m0gx，‎ 所以验证的表达式为．‎ 故答案为：（1）否 ‎ ‎（2）5.50 ‎ ‎（3）．‎ ‎　‎ ‎14．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω）‎ B．电流表（0～3A，内阻0.012 5Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　ACDFH　．（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　外　接法（填“内”或“外”），采用此接法测得的电阻值比其真实值偏　小　（填“大”或“小”），造成这种误差的主要原因是　电压表的分流　．‎ ‎（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=　0.48　A，U=　2.20　V．‎ ‎（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将图3中给定的器材连成实验电路2．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）实验需要电源、开关、导线，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，‎ 在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择电流表采用内接法还是外接法．‎ ‎（3）根据图示电表确定其分度值，读出电表示数．‎ ‎（4）电流表能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后作出伏安法测电阻的实验原理图．‎ ‎【解答】解：（1）实验需要：A．电池组（3V，内阻1Ω），H．开关、导线，电源电动势为3V，电压表可选：D．电压表（0～3V，内阻3kΩ），电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选：C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω），为方便实验操作，滑动变阻器可选：F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A），即需要的实验器材为：A、C、D、F、H．‎ ‎（2）==40， ==600，＞，则电流表应采用外接法．由于电压表的分流，使电流表示数偏大，故测量结果偏小；‎ ‎（3）电流表量程是0～0.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A；‎ 电压表量程是0～3V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.2V．‎ ‎（4）通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，‎ 则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路及实物图如图所示．‎ 故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外，偏小；（3）0.48；2.2；（4）电路图如图所示 ‎　‎ 三、解答题（本题包括4小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点，已知A点距水平面的高度h=0.8m，B点距C点的距离L=2.0m（滑块经过B点时没有能力损失，g=10m/s2），求 ‎（1）滑块在运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）滑块在水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）滑块从A点释放后，经过实践t=1.0s时速度的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）滑块在斜面上时，对其受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度，再根据运动学公式计算末速度；‎ ‎（2）对减速过程运用牛顿第二定律列式，再运用速度位移公式列式，最后联立方程组求解；‎ ‎（3）先判断加速时间，再根据速度时间关系公式求解t=1.0s时速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma1‎ 根据运动学公式，有 解得：vm=4m/s 即滑块在运动过程中的最大速度为4m/s；‎ ‎（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为a2‎ 根据牛顿第二定律，有μmg=ma2‎ 根据运动学公式，有 解得：μ=0.4‎ 即滑块与水平面间的动摩擦因数μ为0.4；‎ ‎（3）滑块在斜面上运动的时间为t1‎ 根据t﹣t1公式，有vm=a1t1，得t1=0.8s 由于t＞t1，‎ 故滑块已经经过B点，做匀减速运动t﹣t1=0.2s 设t=1.0s时速度大小为v，根据运动学公式，有v=vm﹣a2（t﹣t1）解得：v=3.2m/s 滑块从A点释放后，经过时间t=1.0s时速度的大小为3.2m/s．‎ 答：（1）滑块在运动过程中的最大速度为0.4m/s；‎ ‎（2）滑块在水平面间的动摩擦因数为0.4；‎ ‎（3）滑块从A点释放后，经过t=1.0s时速度的大小为3.2m/s．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ=30°斜右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：‎ ‎（1）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？‎ ‎（2）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球做匀速直线运动，所受的合力为零，分析小球的受力情况，作出力图，由平衡条件求解即可．‎ ‎（2）小球要做直线运动，小球的合力必须与运动方向在同一直线上，当电场力与此直线垂直时，施加的恒力最小，由力的合成图求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）欲使小球做匀速直线运动，必须使其合外力为0，如图甲所示．‎ ‎ 设对小球施加的力F1和水平方向夹角为α，则 ‎ F1•cosα=qE cosθ ‎ F1•sinα=qE sinθ+mg 解得 α=60°，F1=mg ‎（2）为使小球做直线运动，则小球的合力必须与运动方向在同一直线上，当电场力与此直线垂直时，施加的恒力最小，如图乙所示．‎ 则 F2=mgsin60°=mg，方向斜向左上与水平夹角为60°．‎ 答：‎ ‎（1）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小是mg，方向与水平成60°斜向右上方．‎ ‎（2）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小是mg，方向斜向左上与水平夹角为60°．‎ ‎　‎ ‎17．如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m．木板位于光滑水平面上．在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向右滑动，直到和档板相撞．碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板．求：‎ ‎（1）最终二者的速度；‎ ‎（2）碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）木板与物块相互作用的整个过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度．‎ ‎（2）应用能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能．‎ ‎【解答】解：（1）设木板和物块最后共同速度为v，系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=（M+m）v，‎ 代入数据解得：v=0.8m/s；‎ ‎（2）对木板和物块组成的系统，全过程失损的机械能为：‎ ‎△E=mv02﹣（M+m）v2，‎ 全过程中，系统克服摩擦力做功损失的机械能为：△E=2.4J；‎ 答：（1）最终二者的速度为0.8m/s；‎ ‎（2）碰撞过程中损失的机械能为2.4J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直半径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）判断m2能否沿圆轨道到达M点；‎ ‎（2）BP间的水平距离；‎ ‎（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动；功的计算．‎ ‎【分析】（1）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=m，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点；‎ ‎（2）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P点的速度方向，将P点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，再根据角度关系求出水平分速度，即离开D点时的速度vD．‎ ‎（3）由能量转化及守恒定律即可求出m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：根据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，有：在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=﹣4m/s2，负号代表方向与速度方向相反．‎ ‎（1）设物块由D点以vD做平抛，‎ 落到P点时其竖直速度为=‎ 根据几何关系有：‎ 解得vD=4m/s 由题意根据几何关系知，MD间竖直方向距离h=R 根据机械能守恒定律有：‎ 解得 若物体能沿圆周运动至M则在M点需要满足 因为 所以m2不能运动到圆周运动最高点M；‎ ‎（2）、从D点平抛运动时间为：t==0.4s 所以DP间的水平距离x=vDt=4×0.4m=1.6m．‎ BD间位移为：‎ BP间的水平距离xBP=SBD+x=2.5+1.6m=4.1m ‎（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep=μm1gxCB 释放m2时，Ep=μm2gxCB+‎ 又m1=2m2，故Ep=m2v02=0.2×62=7.2J 设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf 则 Ep﹣Wf=m2vD2‎ 可得：Wf=Ep﹣m2vD2=7.2J﹣×0.2×42J=5.6J．‎ 答：（1）m2不能沿圆轨道到达M点；‎ ‎（2）BP间的水平距离为4.1m；‎ ‎（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为5.6J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月31日