山东省青岛市胶州一中2016届高三上学期月考物理试卷（11月份）

山东省青岛市胶州一中2016届高三上学期月考物理试卷（11月份）

www.ks5u.com ‎2015-2016学年山东省青岛市胶州一中高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一．选择题（本题共8题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-14题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示，一轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球，当钢球静止在A处时，弹簧伸长量为x0；现对钢球施加一个水平向右的拉力，使钢球缓慢移至B处，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ（弹簧的伸长量不超过弹性限度），则此时弹簧的伸长量为（　　）‎ A．x0 B．x0cosθ C． D．x0（﹣1）‎ ‎2．图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30． 当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（　　）‎ A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg ‎3．如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2011年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功．若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（　　）‎ A．组合体所在轨道处的重力加速度g′=‎ B．组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=‎ C．组合体的线速度大小v=‎ D．组合体所得运行周期T′=‎ ‎4．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度为零 B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．x2～x3段是匀强电场 ‎5．如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷+Q，bd两点固定两个等量点电荷﹣Q．下列说法正确的是（　　）‎ A．g、f两点的电场强度相同 B．e、h两点的电势相同 C．将质子从e移到o电场力一直做正功 D．将质子从o移到f电场力一直做正功 ‎6．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎7．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．z正向， tanθ B．y正向，‎ C．z负向， tanθ D．沿悬线向下， sinθ ‎8．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，过右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是（　　）‎ A．B物体受到细线的拉力保持不变 B．A物体与B物体组成的系统机械能守恒 C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大 ‎　‎ 二、必做题 ‎9．（8分）某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器工作频率为50Hz．‎ ‎（1）实验中木板略微倾斜，这样做　　（填答案前的字母）．‎ A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑．‎ B．是为了增大橡皮筋对小车的弹力．‎ C．是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功．‎ D．是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动．‎ ‎（2）以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是　　．‎ A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…．所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…．‎ B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法可以使木板适当倾斜．‎ C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小．‎ D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算．‎ ‎（3）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图2所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出的以下猜想肯定不正确的是　　．‎ A．W∝‎ B．W∝‎ C．W∝v2‎ D．W∝v3．‎ ‎10．（8分）某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻，进行了如下实验：‎ ‎（1）用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻，当选用×10Ω挡测量时发现偏角过大，此时应选用　　Ω挡（填写“×1”或“×1k”），然后需将红、黑表笔　　，进行欧姆调零，再进行测量．测量完成后，将选择开关拔向　　位置．‎ ‎（2）该同学用内阻约几十欧的电流表，内阻约几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下的小灯泡电阻，请在图1中画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将图2中的实物图补充完整．‎ ‎（3）在闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应在　　端（填写“左”或“右”）．‎ ‎11．（13分）如图所示，质最m=6．Okg的滑块（可视为质点），在水平牵引功率恒为P=42W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力．当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出．已知∠COD=53°，AB间距离L=3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2，圆弧轨道半径R=1.0m．不计空气阻力．取sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：‎ ‎（1）滑块运动到B点时的速度大小；‎ ‎（2）回弧轨道对滑块的最大支持力；‎ ‎（3）滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间．‎ ‎12．（18分）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎　‎ 三、选做题[物理--选修]（15分）‎ ‎13．如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为（　　）‎ A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa=Fb=Fc C．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb=Fc ‎14．（10分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，电荷量q=0.5C小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）‎ 求：（1）匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年山东省青岛市胶州一中高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题共8题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-14题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示，一轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球，当钢球静止在A处时，弹簧伸长量为x0；现对钢球施加一个水平向右的拉力，使钢球缓慢移至B处，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ（弹簧的伸长量不超过弹性限度），则此时弹簧的伸长量为（　　）‎ A．x0 B．x0cosθ C． D．x0（﹣1）‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和胡克定律得到弹簧的伸长量的表达式．‎ ‎【解答】解：下端拴一个钢球，当钢球静止在A处时，弹簧伸长量为x0，则有kx0=mg 解得：k=‎ 对小球进行研究，分析受力情况：重力mg、水平外力F和弹簧的弹力F弹．由平衡条件得：‎ 又由胡克定律得f=kx 则有 kx=‎ 得 x==，故C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题是平衡条件与胡克定律的综合应用，分析受力情况是解题的关键，难度适中．‎ ‎　‎ ‎2．图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30． 当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（　　）‎ A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg ‎【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对物体受力分析可知，物体在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，所以在竖直方向上有FN﹣mg=ma上，‎ 解得a上=0.15g，‎ 设水平方向上的加速度为a水，则=tan37°=，‎ 所以a水=0.2g，‎ 对物体受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，‎ 即f=ma水=0.20mg，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】物体的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中物体在水平和竖直两个方向上都是有加速度的．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间2011年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功．若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（　　）‎ A．组合体所在轨道处的重力加速度g′=‎ B．组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=‎ C．组合体的线速度大小v=‎ D．组合体所得运行周期T′=‎ ‎【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】设地球的质量为M，组合体所在轨道处的线速度大小为v=，重力加速度g′=，地球表面的重力加速度g=．由g′=ω2（R+h）得到角速度．组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，其周期小于同步卫星的周期．由v=ω（R+h）得到线速度．由T=得到周期．‎ ‎【解答】解：A、设地球的质量为M，组合体所在轨道处的线速度大小为v=，重力加速度g′=an==，‎ 地球表面的重力加速度g=．联立得g′=．故A错误．‎ B、由g′=ω2（R+h）得，ω=．故B正确．‎ C、组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，其周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期T′＜T，故组合体的线速度大小v＞．故C错误．‎ D、组合体的运行周期T′==2π=．故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键要掌握卫星的速度公式v==，由圆周运动的其他量与线速度的关系，推导其他量的关系式．‎ ‎　‎ ‎4．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度为零 B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．x2～x3段是匀强电场 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化 ‎【解答】解：‎ A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=‎ ‎，得：E=，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确．‎ B、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正确 C、D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确．‎ 因选不正确的，故选：C ‎【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷+Q，bd两点固定两个等量点电荷﹣Q．下列说法正确的是（　　）‎ A．g、f两点的电场强度相同 B．e、h两点的电势相同 C．将质子从e移到o电场力一直做正功 D．将质子从o移到f电场力一直做正功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据电场的叠加原理分析电场强度的关系．根据对称性分析电势关系．先判断出电势的变化，再分析移动质子时电场力做功的正负．‎ ‎【解答】‎ 解：A、根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向．两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误．‎ B、在两个正电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势相同．在两个负电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势也相同．则根据叠加原理可知，e、h两点的电势相同．故B正确．‎ C、根据电场线的分布可知，eo间的电场线方向沿e→o，质子所受的电场力方向由e→o，则将质子从e移到o电场力一直做正功．故C正确．‎ D、根据电场线的分布可知，of间的电场线方向沿o→f，质子所受的电场力方向由o→f，则将质子从o移到f电场力一直做正功．故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系．‎ ‎　‎ ‎6．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段M N上只有O点的磁感应强度为零．‎ ‎【解答】解：A、B根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反．故A错误，B正确．‎ C、D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，基础题．‎ ‎　‎ ‎7．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．z正向， tanθ B．y正向，‎ C．z负向， tanθ D．沿悬线向下， sinθ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内． 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．‎ 根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．‎ ‎【解答】解：逆向解题法．A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；‎ B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以B=，所以B正确；‎ C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BILRcosθ=mgRsinθ，所以B=，所以C正确；‎ D、磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：F=mgsinθ，得：B=，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，过右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是（　　）‎ A．B物体受到细线的拉力保持不变 B．A物体与B物体组成的系统机械能守恒 C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大 ‎【考点】动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】‎ 正确解答该题要分析清楚过程中物体受力的变化情况，各个力做功清理；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用．‎ ‎【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，有mBg﹣kx=（mA+mB）a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBg﹣T=mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；‎ B、A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误；‎ C、A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；‎ D、以A、B组成的系统为研究对象，有mBg﹣kx=（mA+mB）a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故加速度逐渐减小，当加速度减为零时，速度达到最大，此后由于惯性继续运动，加速度反向，物体开始减速运动；故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用．‎ ‎　‎ 二、必做题 ‎9．某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器工作频率为50Hz．‎ ‎（1）实验中木板略微倾斜，这样做　C　（填答案前的字母）．‎ A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑．‎ B．是为了增大橡皮筋对小车的弹力．‎ C．是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功．‎ D．是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动．‎ ‎（2）以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是　D　．‎ A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…．所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…．‎ B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法可以使木板适当倾斜．‎ C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小．‎ D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算．‎ ‎（3）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图2所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出的以下猜想肯定不正确的是　AB　．‎ A．W∝‎ B．W∝‎ C．W∝v2‎ D．W∝v3．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功；纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动；‎ ‎（2）变力功一时无法确切测算．因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为2W，用三根橡皮筋做功记为3W…，从而回避了直接求功的困难，小车在橡皮条的拉力作用下先加速运动，当橡皮条恢复原长时，小车由于惯性继续前进，做匀速运动，这个速度是指橡皮绳做功完毕时的瞬时速度，而不是整个过程的平均速度；‎ ‎（3）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上受到的合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动，小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎（2）A、当橡皮筋伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功一时无法确切测算．因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为2W，用三根橡皮筋做功记为3W…，从而回避了直接求功的困难，故A正确．‎ B、小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力，故B正确．‎ C、本实验中小车先加速后减速，造成纸带上打出的点，两端密、中间疏，说明摩擦力没有平衡，或没有完全平衡，可能是没有使木板倾斜或倾角太小，故C正确．‎ D、本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系．这个速度是指橡皮绳做功完毕时的瞬时速度，而不是整个过程的平均速度，故D错误．‎ 本题选不正确的，故选：D．‎ ‎（3）若根据多次测量数据画出的W﹣v草图如图2所示，根据图线形状可知，该函数是幂函数，可以写成：W=vn，由于函数的曲线向上弯曲，所以n＞1，对W与v的关系做出的猜想肯定不正确的是A和B，C和D是可能的．‎ 本题选择不正确的，故选：AB 故答案为：（1）C；（2）D；（3）AB ‎【点评】本题关键要明确该实验的实验原理、实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题．‎ ‎　‎ ‎10．某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻，进行了如下实验：‎ ‎（1）用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻，当选用×10Ω挡测量时发现偏角过大，此时应选用　×1　Ω挡（填写“×1”或“×1k”），然后需将红、黑表笔　短接　，进行欧姆调零，再进行测量．测量完成后，将选择开关拔向　OFF　位置．‎ ‎（2）该同学用内阻约几十欧的电流表，内阻约几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下的小灯泡电阻，请在图1中画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将图2中的实物图补充完整．‎ ‎（3）在闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应在　左　端（填写“左”或“右”）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是明确欧姆表的指针偏角过大说明待测电阻的阻值较小，即所选的倍率较大，应换较小的倍率，注意每次选档后都应重新调零；题（2）根据小灯泡的阻值较小满足电流表外接法的条件，再根据实验要求测量小灯泡在不同状态下的电阻，说明电压或电流从零调，色变阻器应采用分压式接法．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表的指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应选择较小的倍率，所以应选用×1挡，然后再将红黑表笔短接进行欧姆调零，测量完成后应将选择开关拨向OFF挡；‎ ‎（2）由于小灯泡的阻值较小，满足，所以电流表应用外接法；‎ 由于实验要求测量小灯泡在不同状态下的电阻，即要求电压或电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，实物图和原理图如图所示：‎ ‎（3）根据电路图和实物图可知，变化开关前应将滑片置于输出电压最小的左端．‎ 故答案为：（1）×1，短接，OFF；（2）如图；（3）左 ‎【点评】应明确：①当欧姆表的指针偏角过大时，应选择倍率较小的挡，偏角过小时，应选择倍率较大的挡；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；③当实验要求电压从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法．‎ ‎　‎ ‎11．（13分）（2015秋•瑞安市期中）如图所示，质最m=6．Okg的滑块（可视为质点），在水平牵引功率恒为P=42W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力．当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出．已知∠COD=53°，AB间距离L=3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2，圆弧轨道半径R=1.0m．不计空气阻力．取sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：‎ ‎（1）滑块运动到B点时的速度大小；‎ ‎（2）回弧轨道对滑块的最大支持力；‎ ‎（3）滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间．‎ ‎【考点】动能定理；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动的规律，结合平行四边形定则求出水平分速度，即B点的速度大小．‎ ‎（2）根据动能定理求出D点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对圆弧轨道的最大压力．‎ ‎（3）根据B点的速度，结合动能定理求出牵引力作用的时间．‎ ‎【解答】解：（1）C点水平分速度v′=vCcosα=5×0.6=3m/s ‎ B点的速度vb=v′=3m/s ‎ ‎（2）在C点，轨道对滑块的支持力最大．‎ 滑块从C点到D点，由动能定理得：‎ mgR（1﹣cos53°）=mvD2﹣mvc2‎ 在D点，FN﹣mg=m 得：FN=258N ‎ ‎（3）滑块从A点到B点，由动能定律，得：‎ Pt﹣μmgL=mvB2﹣0 ‎ 得：t=1.5s 答：（1）滑块运动到B点时的速度大小为3m/s；‎ ‎（2）回弧轨道对滑块的最大支持力为258N；‎ ‎（3）滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间为1.5s．‎ ‎【点评】本题考查了平抛运动、圆周运动和动能定理的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．（18分）（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．‎ ‎【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．‎ ‎（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．‎ ‎（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．‎ ‎ 则有F=mgsin30° F=0.1N ‎ （2）根据安培力公式F=BIL得 ‎ 得 ‎ （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）‎ ‎ 解得：‎ 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；‎ ‎ （2）通过金属棒的电流为0.5A；‎ ‎ （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω．‎ ‎【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．‎ ‎　‎ 三、选做题[物理--选修]（15分）‎ ‎13．如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为（　　）‎ A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa=Fb=Fc C．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb=Fc ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒．‎ ‎【解答】解：设a、b两棒的长度分别为La和Lb．c的直径为d．‎ 由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：‎ ‎ Fa=BILa；Fb=BILb=BId；‎ c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：Fb=BId；‎ 因为La＞d，则有：Fa＞Fb=Fc．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016春•肇东市校级期末）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，电荷量q=0.5C小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）‎ 求：（1）匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据小球静止在B点，通过共点力平衡求出匀强电场的场强大小．‎ ‎（2）根据动能定理求出小球通过最低点的速度，结合牛顿第二定律求出细线的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）取小球为研究对象，静止时 ‎=tanθ ①‎ 代入数据解得：E=3N/C ②‎ ‎（2）小球从A到C的运动过程由动能定理得：‎ mgL﹣EqL=mv2③‎ 到达最低点时竖直方向由牛顿第二定律得：‎ FT﹣mg=m④‎ 解得：FT=3mg﹣2qE=3×2﹣2×0.5×3N=3N ‎ 答：（1）匀强电场的场强大小为3N/C；‎ ‎（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3N．‎ ‎【点评】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和动能定理的综合，知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎