物理·江西省赣州市寻乌中学2016-2017学年高二上学期开学物理试卷 Word版含解析

物理·江西省赣州市寻乌中学2016-2017学年高二上学期开学物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年江西省赣州市寻乌中学高二（上）开学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共10题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列物理量中与检验电荷有关的是（　　）‎ A．电场强度 B．电势 C．电势能 D．电势差 ‎2．在下列实例中，不计空气阻力，机械能不守恒的是（　　）‎ A．做斜抛运动的手榴弹 B．沿竖直方向自由下落的物体 C．起重机将重物体匀速吊起 D．沿光滑竖直圆轨道运动的小球 ‎3．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q（|Q|＞＞|q|）由a运动到b，电场力做正功．已知粒子在a、b两点所受电场力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带正电，Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带正电，Fa＜Fb ‎4．若已知某行星绕太阳公转的半径为r，公转的周期为T，万有引力常量为G，则由此可求出（　　）‎ A．行星的质量 B．太阳的质量 C．行星的密度 D．太阳的密度 ‎5．如图所示为电场中的某一条电场线，A、B、C是其上的三点．现用EA、EB、EC表示这三点的电场强度，ΦA、ΦB、ΦC表示这三点的电势，EPA、EPB、EPC表示某一点电荷﹣q在这三点具有的电势能，则必有（　　）‎ A．EA＞EB＞EC B．ΦA＞ΦB＞ΦC C．EPA＞EPB＞EPC D．EPC=EPB=EPA ‎6．如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，到悬点正下方时悬线碰钉子，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的线速度突然增大 B．小球的角速度突然增大 C．小球的向心加速度突然减小 D．小球的悬线拉力突然减小 ‎7．如图所示，轻弹簧一端与墙相连，质量m=2kg的木块沿光滑水平面以V0=5m/s的初速度向左运动，当木块压缩弹簧后速度减为V=3m/s时弹簧的弹性势能是（　　）‎ A．9J B．16J C．25J D．32J ‎8．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（g取10m/s2）（　　）‎ A．物体加速度大小为2 m/s2 B．4s内F做功为80J C．4s末F的功率大小为21W D．4s内F做功的平均功率为21W ‎9．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度是v，当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道的压力大小是（　　）‎ A．0 B．8mg C．9mg D．10mg ‎10．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是选项中的哪一个？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、双项选择题（选对得4分，漏选的2分，错选不得分，共4小题，16分）‎ ‎11．如图所示的几种情况中，a、b两点的电势相等，电场强度大小也相等的是（　　）‎ A．两带电平行板附近处的a、b两点 B．两个等量同种电荷连线的中垂线上，与连线中点O等距的a、b两点 C．离点电荷等距的a、b两点 D．两个等量异种电荷连线的中垂线上，与连线中点0等距的a、b两点 ‎12．如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A处起，弹簧开始被压缩．在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确的是（　　）‎ A．小球的动能先增大后减小 B．小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加 C．小球的动能一直在减小 D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加 ‎13．如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若给小物块以水平初速度v0时，物块对球顶恰无压力，则以下说法中不正确的是（　　）‎ A．物块立即离开球面做平抛运动 B．物块落地时水平位移为R C．初速度v0= D．物块落地速度方向与地面成45°角 ‎14．质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图所示，在全过程中，以下说法不正确的是（　　）‎ A．外力对物体做的总功为零 B．重力对物体做功为mgH C．物体的机械能减少mg（H+h）‎ D．地面对物体的平均阻力大小为 ‎　‎ 三、实验题（本题共2小题，每空3分，共21分）‎ ‎15．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：‎ ‎（1）按图1摆好实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量m=0.05kg．‎ ‎（2）释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带．‎ ‎（3）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图2所示．‎ 把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.41m，d2=0.055m，d3=0.167m，d4=0.256m，d5=0.360m，d6=0.480m…，他把钩码重力（当地重力加速度g=10m/s2）作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W=　　J（结果保留三位有效数字），用正确的公式Ek=　　（用相关数据前字母列式）把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek=0.125J．‎ ‎（4）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是　　．（双项选择题）‎ A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多 B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多 C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小 D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因．‎ ‎16．如图为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．‎ ‎（1）某同学按照正确操作选的纸带如图1所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位：cm），重锤的质量为m=0.1kg，重力加速度g=9.80m/s2．根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为　　J，动能的增加量为　　 J．（要求计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．从纸带上选取多个点，测量从起始点O到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以下落高度h为横轴，根据实验数据作出图线．若在实验误差允许的范围内，图线是一条过原点的直线，验证了机械能守恒定律，则图线斜率表示的物理量是　　．‎ ‎（3）在实验过程中，以下说法正确的是　　（单项选择题）‎ A．实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此，实验选取纸带越短越好 B．实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤 C．测出重物下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度 D．若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证．‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共3小题，共33分）‎ ‎17．2014年世界杯在巴西举行，本次世界杯采用了先进的“鹰眼”技术，观测足球运动轨迹．在某场比赛中运动员发出一个任意球后，足球射中球门的横梁后被水平弹出，直接落地．“鹰眼”测得足球射中横梁的位置距地面高度为2.45m，足球落地瞬间，速度方向与水平成530角．sin53°=0.8，cos53°=0.6；不计空气阻力，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）足球被横梁水平弹出后，在空中运动的时间 ‎（2）足球被横梁水平弹出时速度大小．‎ ‎18．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（g取10m/s2）‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎19．如图甲所示，ABC为水平轨道，与固定在竖直平面内的半圆形光滑轨道CD平滑连接，CD为竖直直径，轨道半径为R=0.2m．有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端恰好位于B点，B点左侧轨道AB光滑，右侧轨道BC动摩擦因数μ=0.1，BC长为L=1.0m；用质量为m=0.2kg的小物块缓慢压缩弹簧（不拴接），使弹簧储存一定弹性势能EP后释放，物块经过B点继续运动从C点进入圆轨道，并通过D点；用力传感器测出小物块经过D点时对轨道压力F；改变弹簧压缩量，探究轨道D点受到压力F与弹簧弹性势能EP的关系．弹簧形变都在弹性限度之内，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小物块释放后运动到C点，此过程小物块克服摩擦力做功．‎ ‎（2）压力F随弹簧的弹性势能EP变化的函数表达式．‎ ‎（3）在图乙中画出F随弹性势能EP变化的图线．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省赣州市寻乌中学高二（上）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列物理量中与检验电荷有关的是（　　）‎ A．电场强度 B．电势 C．电势能 D．电势差 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】电场强度、电势与电势差反映电场本身的性质，与检验电荷无关，而电势能既与电场有关，也与检验电荷有关．‎ ‎【解答】解：A、电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式E=可知，E与检验电荷无关，故A错误．‎ B、电势是描述电场的能的性质的物理量，由定义式φ=可知，φ与检验电荷无关，故B错误．‎ C、由电势能EP=qφ，可知，电势能既与电场有关，也与检验电荷q有关．故C正确．‎ D、由电势差的定义U=，运用比值法定义，则知电势差与检验电荷无关．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在下列实例中，不计空气阻力，机械能不守恒的是（　　）‎ A．做斜抛运动的手榴弹 B．沿竖直方向自由下落的物体 C．起重机将重物体匀速吊起 D．沿光滑竖直圆轨道运动的小球 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断哪些力做功，即可判断物体是否是机械能守恒．‎ ‎【解答】解：A、不计空气阻力，做斜抛运动的手榴弹只受重力，机械能守恒．‎ B、自由下落的物体只受重力，机械能守恒．‎ C、起重机将重物体匀速吊起，拉力对重物做正功，机械能增大，故机械能不守恒．‎ D、沿光滑竖直圆轨道运动的小球，轨道的支持力不做功，只有重力对小球做功，其机械能守恒，‎ 该题选机械能不守恒的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q（|Q|＞＞|q|）由a运动到b，电场力做正功．已知粒子在a、b两点所受电场力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带正电，Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带正电，Fa＜Fb ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据Q的正负以及电场力做的功判断带电粒子的电性，根据电场线的疏密比较场强的大小，从而得知电场力的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、若Q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带正电．由于Ea＞Eb，则Fa＞Fb．故A正确，B错误．‎ C、D、若Q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带负电．由于Ea＞Eb，则Fa＞Fb．故C错误，D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．若已知某行星绕太阳公转的半径为r，公转的周期为T，万有引力常量为G，则由此可求出（　　）‎ A．行星的质量 B．太阳的质量 C．行星的密度 D．太阳的密度 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】行星绕太阳公转时，由太阳的万有引力提供向心力，据万有引力定律和向心力公式列式，即可进行分析．‎ ‎【解答】解：设太阳的质量为M，行星的质量为m．‎ 行星绕太阳做圆周运动的向心力由太阳的万有引力提供，则有：‎ G=mr 解得：M=，已知r和T，可求出太阳的质量M，但不能求出行星的质量m和行星的密度．‎ 由于太阳的半径未知，也不能求出太阳的密度，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示为电场中的某一条电场线，A、B、C是其上的三点．现用EA、EB、EC表示这三点的电场强度，ΦA、ΦB、ΦC表示这三点的电势，EPA、EPB、EPC表示某一点电荷﹣q在这三点具有的电势能，则必有（　　）‎ A．EA＞EB＞EC B．ΦA＞ΦB＞ΦC C．EPA＞EPB＞EPC D．EPC=EPB=EPA ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，沿着电场线电势逐渐降低，根据公式Ep=qφ判断电势能的高低．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由于只有一根电场线，故无法判断电场强度的大小，故A错误；‎ B、沿着电场线电势逐渐降低，故ΦA＞ΦB＞ΦC，故B正确；‎ C、D、根据公式Ep=qφ，负电荷在电势高的点电势能小，故EPC＞EPB＞EPA，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，到悬点正下方时悬线碰钉子，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的线速度突然增大 B．小球的角速度突然增大 C．小球的向心加速度突然减小 D．小球的悬线拉力突然减小 ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】碰到钉子的瞬间，根据惯性可知，小球的速度不能发生突变，小球碰到钉子后仍做圆周运动，由向心力公式可得出绳子的拉力与小球转动半径的关系；由圆周运动的性质可知其线速度、角速度及向心加速度的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、碰到钉子的瞬间，根据惯性可知，小球的速度不能发生突变，即线速度不变，故A错误；‎ B、根据ω=可知，半径减小，线速度不变，所以角速度增大，故B正确；‎ C、小球的向心加速度a=，R＜L，故小球的向心加速度增大，故C错误；‎ D、设钉子到球的距离为R，则，故绳子的拉力F=mg+，因R小于L，故有钉子时，绳子上的拉力变大，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，轻弹簧一端与墙相连，质量m=2kg的木块沿光滑水平面以V0=5m/s的初速度向左运动，当木块压缩弹簧后速度减为V=3m/s时弹簧的弹性势能是（　　）‎ A．9J B．16J C．25J D．32J ‎【考点】动能和势能的相互转化；弹性势能；功能关系．‎ ‎【分析】根据系统机械能守恒，弹簧的最大弹性势能由物体的动能转化而来；‎ 物体动能的减少量就等于弹簧弹性势能的增量．‎ ‎【解答】解：由功能关系和系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能等于物体的初动能：‎ EP=mv02==25J 由功能关系和系统的机械能守恒知此时的弹性势能等于物体动能的减少量；‎ E′P=mV02﹣mV2=J=16J，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（g取10m/s2）（　　）‎ A．物体加速度大小为2 m/s2 B．4s内F做功为80J C．4s末F的功率大小为21W D．4s内F做功的平均功率为21W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据图象的斜率求出物体的加速度．通过牛顿第二定律求出拉力F的大小，根据速度时间公式求出4s内物体的位移，从而知道力的作用点的位移大小，根据功的公式求出拉力做功的大小．根据功率的公式求出拉力F的平均功率和瞬时功率．‎ ‎【解答】解：A、根据速度时间图线的斜率表示加速度，则知物体的加速度为：a==m/s2=0.5m/s2，故A错误．‎ B、对物体，根据牛顿第二定律得：2F﹣mg=ma，解得：F==N=10.5N，4s内F作用点的位移为：x=2×at2=0.5×16m=8m，所以4s内F做功为 W=Fx=10.5×8J=84J，故B错误．‎ C、4s末F作用点的速度为：v=2×at=2×0.5×4m/s=4m/s，则拉力F的功率为：P=Fv=10.5×4W=42W，故C错误．‎ D、4s内F做功的平均功率为：P==21W，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度是v，当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道的压力大小是（　　）‎ A．0 B．8mg C．9mg D．10mg ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对小球在最高点受力分析，找出向心力来源，根据牛顿第二、三定律和向心力公式列方程求解．‎ ‎【解答】解：当小球以速度v经内轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力充当向心力，有 mg=m 当小球以速度3v经内轨道最高点时，小球受重力G和向下的支持力N，如图，合外力充当向心力，有 mg+N=m；‎ 又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等，N′=N；‎ 由以上三式得到，N′=8mg；‎ 故选：B；‎ ‎　‎ ‎10．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是选项中的哪一个？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】钢索拉力的功率P=Fv，根据速度图象分析重物的运动情况，根据牛顿第二定律得出拉力与重力的关系，再由功率公式得出功率与时间的关系式，选择图象．‎ ‎【解答】解：在0﹣t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma1，F=mg+ma1，拉力的功率P1=Fv=（mg+ma1）a1t，m、a1均一定，则P1∝t．‎ 在t1﹣t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg，则拉力的功率P2=Fv=mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率．‎ 在t2﹣t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma2，F=mg﹣ma2，拉力的功率P3=Fv=（mg﹣ma2）（v0﹣a2t），m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小．t3时刻拉力突然减小，功率突然减小．‎ 故选B ‎　‎ 二、双项选择题（选对得4分，漏选的2分，错选不得分，共4小题，16分）‎ ‎11．如图所示的几种情况中，a、b两点的电势相等，电场强度大小也相等的是（　　）‎ A．两带电平行板附近处的a、b两点 B．两个等量同种电荷连线的中垂线上，与连线中点O等距的a、b两点 C．离点电荷等距的a、b两点 D．两个等量异种电荷连线的中垂线上，与连线中点0等距的a、b两点 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行．‎ ‎【解答】解：A、平行板电容器中场强相同而电势不同，故A错误；‎ B、两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点O等距的a、b两点电势相等，电场强度大小也相等，故B正确 C、距离点电荷等势面上的点电势相等，电场强度大小也相等．故C正确 D、两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势为零，电场强度大小也相等．故D正确 故选BCD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A处起，弹簧开始被压缩．在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确的是（　　）‎ A．小球的动能先增大后减小 B．小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加 C．小球的动能一直在减小 D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加 ‎【考点】功能关系；动能；弹性势能．‎ ‎【分析】忽略空气阻力，小球弹簧和地球组成的系统机械能守恒，根据弹性势能与弹簧形变量的关系可以判断弹性势能的变化，根据高度变化可以确认重力势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、C、小球刚接触弹簧时，弹簧形变量较小，弹力小于重力，对小球而言受重力和弹力作用，合力方向向下，故小球先向下做加速运动；当弹力大于重力时，合力向上，则小球做减速运动，则有小球的动能先增加后减小，故A正确；C错误；‎ B、由于将弹簧压缩至最低的过程中，小球一直在向下运动，相对地面的高度是越来越小，故重力势能一直减小，而小球接触弹簧至弹簧压缩最低点的过程中弹簧的形变量越来越大，弹性势能也越来越大，故B正确；‎ D、因为整个过程中忽略阻力，只有重力和弹力做功，满足系统机械能守恒，即小球的动能与重力势能及弹簧的弹性势能之和不变，而在小球压缩弹簧的过程中，小球的动能先增加后减小，所以球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增加，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若给小物块以水平初速度v0时，物块对球顶恰无压力，则以下说法中不正确的是（　　）‎ A．物块立即离开球面做平抛运动 B．物块落地时水平位移为R C．初速度v0= D．物块落地速度方向与地面成45°角 ‎【考点】平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，根据平抛运动的规律分析即可求得结果．‎ ‎【解答】解：A、物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，所以A的说法正确．‎ B、物体做平抛运动，由x=v0t，R=gt2 以及mg=m得 x=R，所以B的说法正确．‎ C、物块对球顶恰无压力，物体的重力作为圆周运动的向心力，由mg=m得，v0=，所以C的说法正确．‎ D、物体做平抛运动，由R=gt2，可得t=，所以竖直方向上的速度 Vy=gt=，夹角tanθ===，所以与地面的夹角不是45°，所以D的说法错误．‎ 本题选错误的，故选D．‎ ‎　‎ ‎14．质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图所示，在全过程中，以下说法不正确的是（　　）‎ A．外力对物体做的总功为零 B．重力对物体做功为mgH C．物体的机械能减少mg（H+h）‎ D．地面对物体的平均阻力大小为 ‎【考点】功能关系；动能定理．‎ ‎【分析】重力势能减少量等于重力做功的多少；机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功；对整个过程，运用动能定理求解平均阻力．‎ ‎【解答】解：A、物体的初末动能都为零，根据动能定理可知，合外力做的功等于物体动能的变化量，所以外力对物体做的总功为零，故A正确；‎ B、物体落至坑底时，以坑底为参考平面，重力对物体为mg（ H+h），在此过程中物体的重力势能减少量为△Ep=mg（H+h）．故B不正确，C正确．‎ D、整体过程中，根据动能定理得：mg（H+h）﹣Fh=0‎ 解得地面对物体的平均阻力为 F=．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ 三、实验题（本题共2小题，每空3分，共21分）‎ ‎15．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：‎ ‎（1）按图1摆好实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量m=0.05kg．‎ ‎（2）释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带．‎ ‎（3）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图2所示．‎ 把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.41m，d2=0.055m，d3=0.167m，d4=0.256m，d5=0.360m，d6=0.480m…，他把钩码重力（当地重力加速度g=10m/s2）作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W=　0.180　J（结果保留三位有效数字），用正确的公式Ek=　　（用相关数据前字母列式）把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek=0.125J．‎ ‎（4）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是　AB　．（双项选择题）‎ A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多 B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多 C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小 D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（3）将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一步求出其动能大小；‎ ‎（4）实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善导致的系统误差，一是由数据测量如测量距离等导致的偶然误差，可以从这两个方面进行分析 ‎【解答】解：（3）①从打O点到打5点这一过程中合力做功：‎ W=Fs=mgh=mgd5=0.05×10×0.360=0.180J；‎ ‎②做匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，‎ 打第5个点的速度：v5==，‎ 此时动能为：EK=Mv52=；‎ ‎（4）A、设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：对小车：F=Ma，对钩码有：mg﹣F=ma，解得：F==，由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；‎ B、实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；‎ C、释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能的测量偏小，故C错误．‎ D、刻度尺的精度对测量结果影响很小，故D错误；‎ 故选：AB．‎ 故答案为：（3）0.180；；（4）AB．‎ ‎　‎ ‎16．如图为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．‎ ‎（1）某同学按照正确操作选的纸带如图1所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位：cm），重锤的质量为m=0.1kg，重力加速度g=9.80m/s2．根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为　0.550　J，动能的增加量为　0.545　 J．（要求计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．从纸带上选取多个点，测量从起始点O到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以下落高度h为横轴，根据实验数据作出图线．若在实验误差允许的范围内，图线是一条过原点的直线，验证了机械能守恒定律，则图线斜率表示的物理量是　重力加速度g　．‎ ‎（3）在实验过程中，以下说法正确的是　D　（单项选择题）‎ A．实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此，实验选取纸带越短越好 B．实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤 C．测出重物下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度 D．若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据下降的高度求出重力势能的减小量，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，从而得出动能的增加量．‎ ‎（2）根据机械能守恒得出的关系式，从而确定图线斜率的含义．‎ ‎（3）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．‎ ‎【解答】解：（1）当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为： J≈0.550J．‎ B点的速度为： m/s=3.3m/s，‎ 则动能的增加量为： J≈0.545J．‎ ‎（2）根据机械能守恒有：mgh=，则，图线斜率表示的物理量是重力加速度g．‎ ‎（3）A、实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，但是纸带不是越短越好，故A错误．‎ B、验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，可以不测量重物的质量，故B错误．‎ C、不能根据v=gt求出瞬时速度，否则就默认了机械能守恒，失去验证的意义，故C错误．‎ D、若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证，故D正确．‎ 故选：D．‎ 故答案为：（1）0.550，0.545；（2）重力加速度g；（3）D．‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共3小题，共33分）‎ ‎17．2014年世界杯在巴西举行，本次世界杯采用了先进的“鹰眼”技术，观测足球运动轨迹．在某场比赛中运动员发出一个任意球后，足球射中球门的横梁后被水平弹出，直接落地．“‎ 鹰眼”测得足球射中横梁的位置距地面高度为2.45m，足球落地瞬间，速度方向与水平成530角．sin53°=0.8，cos53°=0.6；不计空气阻力，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）足球被横梁水平弹出后，在空中运动的时间 ‎（2）足球被横梁水平弹出时速度大小．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】足球反弹的过程为平抛运动，结合高度求出平抛运动额定时间，根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出足球被横梁水平弹出的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据h=得：，‎ ‎（2）根据速度时间公式得：vy=gt=10×0.7m/s=7m/s，‎ 根据tan53°=得：．‎ 答：（1）足球被横梁水平弹出后，在空中运动的时间为0.7s；‎ ‎（2）足球被横梁水平弹出时速度大小为5.25m/s．‎ ‎　‎ ‎18．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（g取10m/s2）‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，以及细线拉力的大小，从而根据电场强度的定义式求出小球的电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，受力示意图如图所示，电场力的方向水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电．‎ ‎（2）根据共点力平衡可知电场力为：F=qE=mgtan37°‎ 解得：q==C=3×10﹣6C．‎ ‎（3）根据共点力平衡得，细线的拉力为：T==N=0.05N．‎ 答：（1）小球的带正电；‎ ‎（2）小球的带电量为3×10﹣6C；‎ ‎（3）细线的拉力0.05N．‎ ‎　‎ ‎19．如图甲所示，ABC为水平轨道，与固定在竖直平面内的半圆形光滑轨道CD平滑连接，CD为竖直直径，轨道半径为R=0.2m．有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端恰好位于B点，B点左侧轨道AB光滑，右侧轨道BC动摩擦因数μ=0.1，BC长为L=1.0m；用质量为m=0.2kg的小物块缓慢压缩弹簧（不拴接），使弹簧储存一定弹性势能EP后释放，物块经过B点继续运动从C点进入圆轨道，并通过D点；用力传感器测出小物块经过D点时对轨道压力F；改变弹簧压缩量，探究轨道D点受到压力F与弹簧弹性势能EP的关系．弹簧形变都在弹性限度之内，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小物块释放后运动到C点，此过程小物块克服摩擦力做功．‎ ‎（2）压力F随弹簧的弹性势能EP变化的函数表达式．‎ ‎（3）在图乙中画出F随弹性势能EP变化的图线．‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】（1）小物块释放后运动到C点，根据功的计算公式求此过程小物块克服摩擦力做功；‎ ‎（2）小物块在D处，由合力提供向心力，由牛顿第二定律列式．小物块从释放后运动到B点，弹簧和小物块系统机械能守恒．B点到D点运动过程，由动能定理求得D点的速度，联立得到压力F随弹簧的弹性势能EP变化的函数表达式；‎ ‎（3）根据F的表达式画出F随弹性势能EP变化的图线．‎ ‎【解答】解：（1）小物块从释放后运动到C点克服摩擦力做功为：W=μmgL=0.2J ‎ ‎（2）小物块在D处有：F+mg=m 小物块从释放后运动到B点，弹簧和小物块系统机械能守恒．则有：EP=mvB2‎ B点到D点运动过程，由动能定理得：﹣μmgL﹣2mgR=mvD2﹣mvB2‎ 联立以上式子解得：F=‎ 代入数据得：压力F随弹簧的弹性势能EP变化的函数表达式是：F=10Ep﹣12‎ ‎（3）F随弹性势能EP变化的图线如图示．‎ 答：（1）小物块释放后运动到C点，此过程小物块克服摩擦力做功为0.2J；‎ ‎（2）压力F随弹簧的弹性势能EP变化的函数表达式是F=10Ep﹣12；‎ ‎（3）在图乙中画出F随弹性势能EP变化的图线如图．‎ ‎　‎ ‎2016年11月15日