福建省泉州市南安一中2017届高三上学期第二次段考物理试卷

福建省泉州市南安一中2017届高三上学期第二次段考物理试卷

‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高三（上）第二次段考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题：本大题共12小题，共48分．第1～6题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．第7～12题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）‎ A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C．保持Q不变，将q变为﹣q，平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D．保持q不变，将Q变为﹣Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎2．如图所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2，且q1＞q2．已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条（　　）‎ A．E1 B．E2 C．E3 D．E4‎ ‎3．如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点，E、H点在y轴上，G点在x轴上，则下列说法正确的有（　　）‎ A．正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能 B．OE间的电势差等于HO间的电势差 C．E点电势与G点的电势相等 D．将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做负功 ‎4．如图所示，一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连，带正电的极板接地，两极板间在P点固定一带正电的点电荷，若将负极板向下移动一小段距离稳定后（两板仍正对平行），则下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的电势升高 B．两板间的场强变小 C．点电荷的电势能减小 D．两极板所带的电量不变 ‎5．质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为（　　）‎ A．2 B．2 C． D．2‎ ‎6．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．一列简谐横波在x轴上传播．t=0时的波形图如图所示，质点A与质点B相距2m，A点速度沿y轴的正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知（　　）‎ A．此波的传播速度为50m/s B．从t=0时刻起，经过0.04s，质点A沿波的传播方向迁移了2m C．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴负方向 D．若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为12.5Hz ‎8．某简谐振子，自由振动时的振动图象如甲图中实线所示，而在某驱动力作用下作受迫振动时，稳定后的振动图象如甲图中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的（　　）‎ A．a点 B．b点 C．c点 D．一定不是c点 ‎9．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．则下列答案不正确的是（　　）‎ A．场强Ea＞Eb，Eb＞Ec B．电势ϕa＞ϕb，ϕc＞ϕb C．沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的 D．沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 ‎10．x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2．Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（　　）‎ A．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量 B．Q1和Q2一定是正电荷 C．电势最低处P点的电场强度为零 D．将一负点电荷由XP点的左侧移至右侧，电场力先做正功后做负功 ‎11．在竖直方向上存在变化的电场，一带电的物体静止在绝缘的水平地面上，在电场力的作用下开始向上运动．如图甲所示．在物体运动过程中，所带电量不变，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则（　　）‎ A．在x1处电场强度最强 B．在x2→x3过程中，物体作匀速直线运动 C．在x3→x4过程中，物体的电势能减少 D．在x1→x2过程中，物体的动能先增大后减小 ‎12．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析，正确的是（　　）‎ A．小球一定带负电 B．小球运动到B点时动能最小 C．小球运动到M点时动能最小 D．小球运动到D点时机械能最小 ‎　‎ 三、实验题（本大题共1小题，共8分）‎ ‎13．小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm，外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：‎ A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点（如图所示）‎ B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长 C．将石块拉开一个约5°的偏角，然后由静止释放 D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，由T=得出周期 ‎（1）则该同学以上实验步骤中有错误的是　　（填写序号）‎ ‎（2）根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为　　；若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式（其他错误已纠正），这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值　　真实值（填大于、小于或等于）；若该同学改变摆长，进行多次测量，先通过描点法作出T2﹣l图象，再利用图象的斜率来求解重力加速度，则用OM间细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值　　真实值（填大于、小于或等于）．‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共4小题，共44分）‎ ‎14．如图所示，一质量为m的物体放在竖直的弹簧上，并令其上下作简谐运动．振动过程中物体对弹簧的最大压力为1.7mg，则求 ‎ ‎（1）物体的最大加速度的大小；‎ ‎（2）物体对弹簧的最小压力的大小．‎ ‎15．如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中．微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右．求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）a、b两点间的电势差Uab；‎ ‎（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能EK．‎ ‎16．如图所示，半径R=1m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N=110N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多20J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）．则：‎ ‎（1）小球受到重力和电场力的合力是多少？‎ ‎（2）小球的最小动能是多少？‎ ‎（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量．‎ ‎17．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后．试求：‎ ‎（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；‎ ‎（3）带电系统运动的周期．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高三（上）第二次段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题：本大题共12小题，共48分．第1～6题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．第7～12题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）‎ A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0‎ B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0‎ C．保持Q不变，将q变为﹣q，平衡时弹簧的缩短量等于x0‎ D．保持q不变，将Q变为﹣Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可．‎ ‎【解答】解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：‎ Kx0=k…①‎ A、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：‎ Kx1=k…②‎ 由①②解得：x1＜2x0，故A错误；‎ B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；‎ C、保持q不变，将Q变为﹣Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；‎ D、保持Q不变，将q变为﹣q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2，且q1＞q2．已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条（　　）‎ A．E1 B．E2 C．E3 D．E4‎ ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】图中点O的电场强度等于四个点电荷分别单独存在时在O点产生场强的矢量和，根据平行四边形定则两两合成即可．‎ ‎【解答】解：由于q1＞q2，a、d两点电荷在O点的合场强水平向右，b、c两点电荷的合场强指向左下，但这个向左的分量没有a与d两点电荷在O点的合场强强，所以总的场强指向右下；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点，E、H点在y轴上，G点在x轴上，则下列说法正确的有（　　）‎ A．正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能 B．OE间的电势差等于HO间的电势差 C．E点电势与G点的电势相等 D．将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做负功 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据电场线与等势线垂直，画出E、O点等势线，再根据沿着电场线方向电势逐渐降低，去分析判断电势和电势能的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直，画出O点等势线，可知O点的电势大于G点电势，则正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能．故A正确；‎ B、由于HO处的电场线密，场强大，所以OE间的电势差小于HO间的电势差，故B错误；‎ C、根据电场线与等势线垂直，画出G点等势线，可知G点的电势大于E点电势，故C错误；‎ D、正电荷受力的方向向下，将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做正功，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连，带正电的极板接地，两极板间在P点固定一带正电的点电荷，若将负极板向下移动一小段距离稳定后（两板仍正对平行），则下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的电势升高 B．两板间的场强变小 C．点电荷的电势能减小 D．两极板所带的电量不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，电容发生变化，根据Q=CU判断带电量的变化，根据E=判断电场强度的变化，可以根据U=Ed判断P点与正极板间电势差的变化，从而得出P点电势的变化．‎ ‎【解答】解：AB、电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，d变小，根据E=，知两板间的电场强度增大．根据U=Ed知，正极板与P点间的电势差增大，电势差等于正极板与P点的电势之差，正极板的电势为0，所以P点的电势降低．故AB错误．‎ C、P点的电势降低，根据EP=qφ，该点电荷是正电荷，所以电势能降低．故C正确．‎ D、根据C=，知电容器的电容增大，再根据Q=CU知，极板所带的电量增加．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为（　　）‎ A．2 B．2 C． D．2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】对物块进行受力分析，找出物块的运动轨迹．‎ 运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题．‎ ‎【解答】解：对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力．‎ 电场力F=mg 运用动能定理研究从开始到落地过程，‎ mgH+F•H=mv2﹣0‎ v=2‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电场强度．‎ ‎【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式可求得E．‎ ‎【解答】解：根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，‎ 将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行于板的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy=v0sin45°=．‎ 当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0．‎ 根据运动学公式有﹣vy′2=2d 又知Ek0=m 联立以上各式求得E=‎ 故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．一列简谐横波在x轴上传播．t=0时的波形图如图所示，质点A与质点B相距2m，A点速度沿y轴的正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知（　　）‎ A．此波的传播速度为50m/s B．从t=0时刻起，经过0.04s，质点A沿波的传播方向迁移了2m C．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴负方向 D．若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为12.5Hz ‎【考点】横波的图象．‎ ‎【分析】由图确定波长，根据A点振动情况确定，求出波速．由A点的振动方向判断出波的传播方向．根据周期，分析在t=0.04s时，质点B处在位置和速度方向．‎ 根据波的干涉条件可明确两波的频率关系．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，AB间相隔半个波长，则有：，解得，λ=4m；A点向上振动，经=0.02s第一次到达最大位置，则可知T=0.08s，则波速v===50m/s．故A正确．‎ B、简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移．故B错误．‎ C、此时B向下，再经过t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向．故C错误．‎ D、T=0.08s，f===12.5Hz，再两波的频率相同时，才容易发生稳定的干涉现象，故若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为12.5Hz，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．某简谐振子，自由振动时的振动图象如甲图中实线所示，而在某驱动力作用下作受迫振动时，稳定后的振动图象如甲图中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的（　　）‎ A．a点 B．b点 C．c点 D．一定不是c点 ‎【考点】简谐运动的振动图象．‎ ‎【分析】物体受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．‎ ‎【解答】解：某简谐振子，自由振动时的振动图象如图甲中的实线所示，设周期为T1；‎ 而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图象如图甲中的虚线所示，设周期为T2；‎ 显然T1＜T2，根据f=，有f1＞f2；‎ 图乙中c点是发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；‎ 当受迫振动时，驱动力频率为f2＜f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点，不可能是b点或c点，故AD正确，BC错误；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．则下列答案不正确的是（　　）‎ A．场强Ea＞Eb，Eb＞Ec B．电势ϕa＞ϕb，ϕc＞ϕb C．沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的 D．沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 ‎【考点】电势；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况．根据受力情况，分析电子的运动情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知Ea＞Eb＞Ec．故A正确．‎ B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φc＞φb=φa．故B错误．‎ C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大．故C错误．‎ D、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故D错误．‎ 本题选错误的，故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎10．x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2．Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（　　）‎ A．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量 B．Q1和Q2一定是正电荷 C．电势最低处P点的电场强度为零 D．将一负点电荷由XP点的左侧移至右侧，电场力先做正功后做负功 ‎【考点】电势；功的计算；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】作出Q1、Q2之间的电场线，就知道Xp处场强为零，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷；负电荷由Xp点的左侧移到右侧，电场力应先做负功再做正功．‎ ‎【解答】解：A、如图所示，作出电场线，知道Xp处合场强为0，则Q1与Q2在Xp处场强大小相等，方向相反．‎ ‎ 根据E=K知，Q1＞Q2，故A错误．‎ ‎ B、若两个电荷是异种电荷，则电场线方向向左或向右，不可能；‎ ‎ 若两个电荷都是负电荷，则在Xp左侧电场线方向向左，右侧向右，与实际电场方向不符，不可能；则两个电荷一定是正电荷．故B正确．‎ ‎ C、根据电场线的方向可知，从x1到x2，电势先降低后升高，故C正确．‎ ‎ D、负电荷右移，电场力先做负功后正功．故D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎11．在竖直方向上存在变化的电场，一带电的物体静止在绝缘的水平地面上，在电场力的作用下开始向上运动．如图甲所示．在物体运动过程中，所带电量不变，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则（　　）‎ A．在x1处电场强度最强 B．在x2→x3过程中，物体作匀速直线运动 C．在x3→x4过程中，物体的电势能减少 D．在x1→x2过程中，物体的动能先增大后减小 ‎【考点】电势能；功能关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣x2过程中物体机械能在增加，知电场力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示受到的电场力．当机械能守恒时，电场力等于零，通过电场力的变化判断其加速度以及动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、机械能与位移图线的斜率表示受到的电场力，A处的切线的斜率最大，说明此位置受到的电场力F最大，则电场强度E=最大，即在x1处电场强度最强，A正确；‎ B、在x2→x3过程中，机械能的变化为0，图线斜率为0，说明此过程受到的电场力为0，此过程只受到重力的作用，物体在重力作用下做匀加速直线运动，B错误；‎ C、在x3→x4过程中，机械能在减小，则电场力在做负功，电势能要增大，C错误；‎ D、在x1→x2过程中，图象的斜率越来越小，则说明受到的电场力越来越小；在x2处物体的机械能最大，图象的斜率为零，则说明此时电场力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，故物体的动能先增大后减小，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析，正确的是（　　）‎ A．小球一定带负电 B．小球运动到B点时动能最小 C．小球运动到M点时动能最小 D．小球运动到D点时机械能最小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】小球原来处于静止状态，分析电场力方向，即可判断小球的电性；找到等效最高点位置，此位置的动能最小；电场力做功引起机械能的变化，电场力做负功最大时，机械能减小最大．‎ ‎【解答】解：A、小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，与电场强度方向相反，所以小球带负电．故A正确．‎ B、C小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B正确．C错误．‎ D、根据功能关系可知，电场力做负功越多，小球的机械能减小越大，可知，小球从A运动到D点时，电场力做负功最多，所以小球运动到D点时机械能最小．故D正确．‎ 故选ABD ‎　‎ 三、实验题（本大题共1小题，共8分）‎ ‎13．小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm，外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：‎ A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点（如图所示）‎ B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长 C．将石块拉开一个约5°的偏角，然后由静止释放 D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，由T=得出周期 ‎（1）则该同学以上实验步骤中有错误的是　BD　（填写序号）‎ ‎（2）根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为　g=　；若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式（其他错误已纠正），这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值　小于　真实值（填大于、小于或等于）；若该同学改变摆长，进行多次测量，先通过描点法作出T2﹣l图象，再利用图象的斜率来求解重力加速度，则用OM间细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值　等于　真实值（填大于、小于或等于）．‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】（1）摆长等于悬点到大理石块的质心的距离；单摆在摆角较小时（小于5°）可看成简谐运动；在最低点速度最大，从最高点开始计时误差最大；‎ ‎（2）根据单摆的周期公式得到g的表达式，再分析误差的大小；应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）A、将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点（如图所示），安装实验器材，实验步骤正确，故A正确；‎ B、悬点到石块重心的距离是摆长，用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长，摆长测量错误，故B错误；‎ C、单摆在小摆角下的运动是简谐运动，将石块拉开一个约5°的偏角，然后由静止释放，故C正确；‎ D、从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，周期：T===，故D错误，故选：BC．‎ ‎（2）由单摆周期公式：T=2π可得：重力加速度：g=；‎ 用OM的长作为摆长，所测摆长l偏小，由g=可知，所测g偏小；‎ 由单摆周期公式：T=2π可得：T2=l，T2﹣l图象的斜率：k=，‎ 重力加速度：g=，OM间细线的长度作为摆长，T2﹣l图象的斜率可不受影响，‎ k的测量值与真实值相等，由g=可知，g的测量值等于真实值；‎ 故答案为：（1）BC；（2）g=；小于；等于．‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共4小题，共44分）‎ ‎14．如图所示，一质量为m的物体放在竖直的弹簧上，并令其上下作简谐运动．振动过程中物体对弹簧的最大压力为1.7mg，则求 ‎ ‎（1）物体的最大加速度的大小；‎ ‎（2）物体对弹簧的最小压力的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）当物体对弹簧的压力最大时，物体处于最大位移处，此时加速度最大；由牛顿第二定律即可求解；‎ ‎（2）物体在最高点时对弹簧的压力最小．物体在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反，从而得知最高点的加速度，根据牛顿第二定律求出木块对弹簧的最小压力．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，最大压力为 Fmax=1.7mg；此时物体位于最低点，加速度最大，根据牛顿第二定律得 ‎ Fmax﹣mg=mamax； ‎ 解得：amax=0.7g； ‎ ‎（2）因为物体在竖直方向上做简谐运动，在最低点时物体对弹簧的压力最大，在最高点物体对弹簧的压力最小． ‎ 由最高点和最低点相对平衡位置对称，加速度等值反向，所以最高点的加速度大小为 a=amax=0.7g，方向竖直向下 在最高点，根据牛顿第二定律有 mg﹣FN′=ma 故FN′=mg﹣ma′=0.3mg． ‎ 由牛顿第三定律知，物体对弹簧的最小压力的大小是0.3mg．‎ 答：‎ ‎（1）物体的最大加速度的大小是0.7g；‎ ‎（2）物体对弹簧的最小压力的大小是0.3mg．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中．微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右．求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）a、b两点间的电势差Uab；‎ ‎（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能EK．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，抓住水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）分析：沿竖直方向和水平方向建立直角坐标系，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动：‎ 在竖直方向物体做匀减速运动，加速度ay=g，‎ 在水平方向物体做匀加速运动，初速度为0，加速度ax=‎ b点是最高点，竖直分速度为0，在竖直方向有：v0=g t；‎ 在水平方向有：2v0=‎ 联立以上两式得：E=‎ ‎（2）水平位移：x==v0．t=‎ ab两点间的电势差：Uab=E•x=‎ ‎（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ，‎ 则：tanθ==‎ 如图所示，开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加，因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin．‎ 即：tanθ=‎ vx==2gt 联立以上三式得：t=，vx=，vy=‎ 所以最小速度：vmin==‎ 所以最小动能 答：（1）该匀强电场的场强大小E为；‎ ‎（2）a、b两点间的电势差为；‎ ‎（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能为 ‎　‎ ‎16．如图所示，半径R=1m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N=110N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多20J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）．则：‎ ‎（1）小球受到重力和电场力的合力是多少？‎ ‎（2）小球的最小动能是多少？‎ ‎（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）（2）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；‎ ‎（3）在B点撤去轨道后，由于合力与速度垂直，故小球将做类平抛运动；‎ 由题，小球经0.04s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时侧移量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量．‎ ‎【解答】解：（1）（2）小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB．‎ 设小球在复合场中所受的合力为F，则有：N﹣F=m，‎ 带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：‎ ‎﹣F•2R=EKB﹣EKA=﹣20J，‎ 由此可得：‎ F=10N，‎ ‎，‎ EKB=30J；‎ 即小球的最小动能为30J，重力和电场力的合力F为10N．‎ ‎（3）带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．设小球的质量为m，则：‎ ‎2R=•t2‎ 解得：m===0.4kg；‎ 答：（1）小球受到重力和电场力的合力是10N；‎ ‎（2）小球的最小动能是30J；‎ ‎（3）小球的质量为0.4kg．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后．试求：‎ ‎（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；‎ ‎（3）带电系统运动的周期．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．‎ ‎（2）带电系统经历了三个阶段，：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．‎ ‎（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．‎ ‎【解答】解：（1）设B球刚进入电场时带电系统电度为v1，由动能定理得 ‎ 解得 ‎（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．‎ 设A球离开PQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL﹣qEL﹣3qEx=0‎ 解得则 B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为 其电势能的变化量为 ‎（3）向右运动分三段，取向右为正方向，‎ 第一段加速，‎ 第二段减速 设A球出电场电速度为v2，由动能定理得 解得，‎ 则 第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：，‎ 所以带电系统运动的周期为：．‎ 答：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为．‎ ‎（2）带电系统向右运动的最大距离为，B球电势能的变化量为4qEL．‎ ‎（3）带电系统运动的周期．‎ ‎　‎ ‎2016年12月19日