河北省邯郸市武安三中2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

河北省邯郸市武安三中2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸市武安三中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单选题（本大题共7小题，共28分）‎ ‎1．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 （　　）‎ A．斜面有向左运动的趋势 B．地面对斜面的支持力为80N C．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 ‎2．如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球．L点是小球下垂时的平衡位置，Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上．N点在Q点正上方，且QN=QL，M点与Q点等高，现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动．运动过程中空气阻力可忽略不计．小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为中心的圆弧继续运动．在这以后（　　）‎ A．小球向右摆到M点，然后就摆回来 B．小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后斜抛运动 C．小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落 D．小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止 ‎3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A．电路的路端电压将增大 B．灯泡L将变暗 C．R2两端的电压将增大 D．R1两端的电压将增大 ‎4．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（　　）‎ A．mgL B．mg C． mgL（1+μ） D．μmgL+mgL ‎5．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V　0.4W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则（　　）‎ A．电源的内阻为1Ω B．电动机的内阻为2Ω C．电动机正常工作的电压为1 V D．电源的效率为80%‎ ‎6．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）‎ A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W ‎7．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎8．从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1秒内的位移是30m，（g=10m/s2），则（　　）‎ A．石块落地时速度是30m/s B．石块落地时速度是35m/s C．石块下落所用的时间是3s D．石块下落所用的时间是3.5s ‎9．宇航员在绕地球匀速运行的空间站做实验．如图，光滑的半圆形管道和底部粗糙的水平AB管道相连接，整个装置安置在竖直平面上，宇航员让一小球（直径比管道直径小）以一定的速度从A端射入，小球通过AB段并越过半圆形管道最高点C后飞出，则（　　）‎ A．小球从C点飞出后将落回“地”面 B．小球在AB管道运动时不受摩擦力作用 C．小球在半圆管道运动时受力平衡 D．小球在半圆管道运动时对管道有压力 ‎10．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．火星表面的重力加速度是 B．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 C．火星的密度为 D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是 ‎11．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为．木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是（　　）‎ A．m=M B．m=2M C．整个过程中，货物重力势能的减少量等于整个过程系统增加的内能 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 ‎12．一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在水平方向一直做匀速直线运动 B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同 C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 ‎　‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共14分）‎ ‎13．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是　　（填选项前的字母）．‎ A．保证钩码的质量远小于小车的质量 B．选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据 C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力 D．必须先接通电源再释放小车 ‎（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是　　，小车动能的增量是　　．‎ ‎14．如图甲所示，一根细长而均匀的合金管线样品，横截面为环形．此合金管线长度用L表示，外径用D表示，电阻约为5Ω．巳知这种合金的电阻率为ρ，且ρ受温度的影响很小，可以忽略．因管线内中空部分内径太小，无法直接测量．某实验小组设计了一个实验方案，测量中空部分的截面积S0，他们已选器材如下：‎ A．毫米刻度尺 ‎ B．螺旋测微器 C．电流表A（300mA，1.0Ω） ‎ D．电压表V1（15V，约10kΩ）‎ E．电压表V2（ 3V，约6kΩ） ‎ F．滑动变阻器R1（2KΩ，0.5A）‎ G．滑动变阻器R2（10Ω，2A） ‎ H．标准电阻（R0=5Ω）‎ I．蓄电池（3V，约0.05Ω） ‎ J．开关一个，带夹子的导线若干 ‎（1）小组同学用螺旋测微器测量该管线的外径D，示数如图乙所示，管线的外径等于　　 mm；‎ ‎（2）上列器材中，电压表和滑动变阻器分别应选　　 （只填代号字母，如ABC）．‎ ‎（3）请在如图丁方框中将该小组设计方案的实验电路图补充完整，要求电压表与电流表的示数均能过半，并 能测量多组数据，合金管线电阻用Rx表示．‎ ‎（4）小组将测得的多组U、I数据绘制成U﹣I图象如图丙所示，并计算出图象的斜率为K，同时用刻度尺测量出了管线的长度L．计算合金管线内部空间截面积S0的表达式为　　 （用巳知量和所测物理量的符号如L、D、ρ、K、R0表示）‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共3小题，共38分）‎ ‎15．如图所示，一电荷量q=3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）流过电源的电流强度；‎ ‎（2）两板间的电场强度的大小；‎ ‎（3）小球的质量．‎ ‎16．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的1/4圆弧形，固定在竖直面内，管口B与圆心O等高，管口C与水平轨道平滑连接．质量为m的带正电小球（小球直径略小于细圆管直径）从管口B正上方的A点自由下落，A、B间距离为4R，从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个竖直向上的匀强电场，小球经过管口C滑上水平轨道，已知小球经过管口C时，对管底的压力为10mg，小球与水平轨道之间的动摩擦因素为μ．设小球在运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点时的速度大小；‎ ‎（2）匀强电场场强大小；‎ ‎（3）小球在水平轨道上运动的距离．‎ ‎17．如图为某自动投放器的示意图，其下半部AB是一长为R的竖直管道，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投放时，若将弹簧长度压缩了0.5R后锁定，在弹簧上端放置一个可视为质点且质量为m的小球，解除锁定，弹簧可将小球弹射出去．当小球到达顶端C时，对轨道壁的压力恰好为零，不计一切阻力，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达顶端C时的速度大小v1；‎ ‎（2）弹簧压缩了0.5R时的弹性势能Ep1；‎ ‎（3）若将弹簧压缩了0.6R时，弹簧弹性势能为Ep2=Ep1，小球落地点离OO′的水平距离s是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸市武安三中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本大题共7小题，共28分）‎ ‎1．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 （　　）‎ A．斜面有向左运动的趋势 B．地面对斜面的支持力为80N C．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、B：杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N．故A、B均错误．‎ C、D：小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零；‎ 再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为2N，竖直向上；‎ 根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下．‎ 故C正确、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线．‎ ‎　‎ ‎2．如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球．L点是小球下垂时的平衡位置，Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上．N点在Q点正上方，且QN=QL，M点与Q点等高，现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动．运动过程中空气阻力可忽略不计．小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为中心的圆弧继续运动．在这以后（　　）‎ A．小球向右摆到M点，然后就摆回来 B．小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后斜抛运动 C．小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落 D．小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止 ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动．‎ ‎【解答】解：A、根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，故A错误；‎ BCD、若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动了，故B正确，CD错误；‎ 故选：B ‎【点评】本题要求同学们能正确判断小球是否能到达N点，若不能到达，则小球做什么运动，难度适中．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A．电路的路端电压将增大 B．灯泡L将变暗 C．R2两端的电压将增大 D．R1两端的电压将增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．‎ ‎【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；‎ 由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．‎ ‎【解答】解：A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；‎ 由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，故A错误，D正确；‎ B、因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故BC错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．‎ ‎　‎ ‎4．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（　　）‎ A．mgL B．mg C． mgL（1+μ） D．μmgL+mgL ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】木箱在拉力作用下沿斜面先做匀加速直线运动，当速度达到某个值时，撤去拉力，木箱向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理求解即可．‎ ‎【解答】解：木箱先沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，‎ 根据动能定理得：‎ WF﹣mgh﹣μmgcos30°L=0﹣0‎ 解得：WF=mgL（1+μ），故C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析木箱的运动过程，知道拉力做功最少的临界状态，难度适中．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V　0.4W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则（　　）‎ A．电源的内阻为1Ω B．电动机的内阻为2Ω C．电动机正常工作的电压为1 V D．电源的效率为80%‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流．根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻．电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用即可；同时注意串并联电路的规律应用．‎ ‎【解答】解：A、小灯泡的额定电流为I=，电阻为RL=，‎ 当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，‎ E=I（RL+R+r）‎ 代入数据解得r=1Ω，故A错误；‎ B、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A 电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V 故电动机分的电压为U动=E﹣UL﹣U=3﹣2﹣0.2V=0.8V，‎ 电动机的内阻，故BC错误；‎ D、电动机的输入功率P=U动I=0.8×0.2=0.16W，‎ 电源的效率η=，故D错误；‎ 故选：A ‎【点评】本题考查功率公式的应用，要注意每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是解决此类问题的前提条件．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）‎ A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 r===0.5Ω；‎ 两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V，电流 I=2A；‎ 则电源的总功率P总=EI=3×2W=6W 电源的输出功率 P出=EI﹣I2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W 故选：B．‎ ‎【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．‎ ‎　‎ ‎7．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．‎ ‎【解答】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．‎ B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．‎ 设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：‎ mgsinα+μmgcosα=ma1；‎ mgsinα﹣μmgcosα=ma2；‎ 则得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．则有：a1＞a2．故B正确．‎ C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2‎ 重力势能为：EP=mgx1sinα=mgsinα（v0t﹣a1t2），EP﹣t图象为抛物线．‎ 下滑过程：重力势能为：EP=mg[H﹣a2（t﹣t0）2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是不可能的．故C错误．‎ D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1（v0t﹣a1t2），可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．‎ ‎　‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎8．从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1秒内的位移是30m，（g=10m/s2），则（　　）‎ A．石块落地时速度是30m/s B．石块落地时速度是35m/s C．石块下落所用的时间是3s D．石块下落所用的时间是3.5s ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】最后1s的石块不是自由落体，故无法直线由自由落体规律列式；但是可以由落点开始，分别对全程及最后1s之外的过程列自由落体规律，联立求解．‎ ‎【解答】解：A、设石块下落时间为t，石块下落时的高度为x，最后1s前下落的高度为x′；‎ 则有：‎ x=gt2；‎ x′=g（t﹣1）2‎ x﹣x′=30m 联立以上解得：t=3.5s，石块落地时速度v=gt=35m/s，故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD ‎【点评】物体由静止下落时列式最后简单，故对于自由落体运动，尽量由开始状态列式求解．‎ ‎　‎ ‎9．宇航员在绕地球匀速运行的空间站做实验．如图，光滑的半圆形管道和底部粗糙的水平AB管道相连接，整个装置安置在竖直平面上，宇航员让一小球（直径比管道直径小）以一定的速度从A端射入，小球通过AB段并越过半圆形管道最高点C后飞出，则（　　）‎ A．小球从C点飞出后将落回“地”面 B．小球在AB管道运动时不受摩擦力作用 C．小球在半圆管道运动时受力平衡 D．小球在半圆管道运动时对管道有压力 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】空间站中处于完全失重状态，所以在沿AB轨道运动时对轨道没有压力，在圆弧轨道运动时轨道对小球的支持力提供向心力．‎ ‎【解答】解：A、空间站中处于完全失重状态，所以小球处于完全失重状态，故小球从C点飞出后不会落回“地”面，故A错误；‎ B、小球在AB管道运动时，与管道没有弹力作用，所以不受摩擦力作用，故B正确；‎ C、小球在半圆管道运动时，所受合外力提供向心力，受力不平衡，故C错误；‎ D、小球在半圆管道运动时受到轨道的压力提供向心力，所以小球在半圆管道运动时对管道有压力，故D正确．‎ 故选BD ‎【点评】解得本题要注意空间站中处于完全失重状态，在圆弧轨道运动时轨道对小球的支持力提供向心力，难度适中．‎ ‎　‎ ‎10．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．火星表面的重力加速度是 B．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 C．火星的密度为 D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比，根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、由，得到：，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．故A正确；‎ B、由G，得到，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故B错误；‎ C、设火星质量为M′，由万有引力等于重力可得：，‎ 解得：，密度为： =．故C正确；‎ ‎ D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：，则能达到的最大高度是，故D错误；‎ 故选：AC ‎【点评】此题是对万有引力定律的考查；关键是根据万有引力等于重力以及万有引力等于卫星做圆周运动的向心力导出重力加速度及第一宇宙速度的关系式，然后根据火星和地球的半径及质量关系求解讨论；此题难度中等．‎ ‎　‎ ‎11．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为．木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是（　　）‎ A．m=M B．m=2M C．整个过程中，货物重力势能的减少量等于整个过程系统增加的内能 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】本题考查了牛顿运动定律、功能关系的理解及应用．弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsinθ即m的重力势能，全部用来克服摩擦力做功．只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及M的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解．‎ ‎【解答】解：AB、设下滑过程的总高度为h，由功能关系得 下滑过程：（M+m）gh﹣μ（M+m）gcosθ=E弹 上滑过程：E弹=Mgh+μMgcosθ 解得：m=2M，故A错误，B正确；‎ C、由功能关系知，整个过程中，弹簧恢复原长，货物重力势能的减少量等于整个过程系统增加的内能，故C正确；‎ D、在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】解答本题的关键是分析清楚受力做功情况和能量的转化关系．本题比较全面的考查了学生对功能关系、牛顿运动定律等的理解与应用，有一定难度，在平时要加强这方面的训练．‎ ‎　‎ ‎12．一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在水平方向一直做匀速直线运动 B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同 C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律．‎ ‎【解答】解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解 水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；‎ B、竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向 当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；‎ C、当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有 经过第一个无电场区y=gt12‎ v1=gt1‎ 经过第一个电场区 y=v1t﹣gt22‎ v2=v1﹣gt2‎ 由①②③④联立解得 t1=t2‎ v2=0‎ 接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动 故C正确；‎ D、通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算．‎ ‎　‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共14分）‎ ‎13．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是　AC　（填选项前的字母）．‎ A．保证钩码的质量远小于小车的质量 B．选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据 C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力 D．必须先接通电源再释放小车 ‎（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是　mgs　，小车动能的增量是　M（）2﹣M（）2　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力．平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重力越接近．‎ ‎（2）对系统研究，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等．‎ ‎【解答】解：（1）为使钩码的重力近似等于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，故C正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，故A正确；D项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，故D错误；B项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，故B错误； ‎ 故选：AC ‎（2）从打 B 点到打 E 点的过程中，合力对小车做的功为：W=mgh=mgS 根据中间时刻的速度等于平均速度得：vB=，vE=，‎ 小车动能的增量是：△EK=MvE2﹣MvB2=M（）2﹣M（）2．‎ 故答案为：（1）AC；（2）mgs， M（）2﹣M（）2‎ ‎【点评】本题考查探究功与速度变化的关系，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，一根细长而均匀的合金管线样品，横截面为环形．此合金管线长度用L表示，外径用D表示，电阻约为5Ω．巳知这种合金的电阻率为ρ，且ρ受温度的影响很小，可以忽略．因管线内中空部分内径太小，无法直接测量．某实验小组设计了一个实验方案，测量中空部分的截面积S0，他们已选器材如下：‎ A．毫米刻度尺 ‎ B．螺旋测微器 C．电流表A（300mA，1.0Ω） ‎ D．电压表V1（15V，约10kΩ）‎ E．电压表V2（ 3V，约6kΩ） ‎ F．滑动变阻器R1（2KΩ，0.5A）‎ G．滑动变阻器R2（10Ω，2A） ‎ H．标准电阻（R0=5Ω）‎ I．蓄电池（3V，约0.05Ω） ‎ J．开关一个，带夹子的导线若干 ‎（1）小组同学用螺旋测微器测量该管线的外径D，示数如图乙所示，管线的外径等于　1.510　 mm；‎ ‎（2）上列器材中，电压表和滑动变阻器分别应选　E、G　 （只填代号字母，如ABC）．‎ ‎（3）请在如图丁方框中将该小组设计方案的实验电路图补充完整，要求电压表与电流表的示数均能过半，并 能测量多组数据，合金管线电阻用Rx表示．‎ ‎（4）小组将测得的多组U、I数据绘制成U﹣I图象如图丙所示，并计算出图象的斜率为K，同时用刻度尺测量出了管线的长度L．计算合金管线内部空间截面积S0的表达式为　﹣　 （用巳知量和所测物理量的符号如L、D、ρ、K、R0表示）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；‎ ‎（2）本实验需要用伏安法测量电阻，同时要结合电阻定律求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；‎ ‎（3）用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；‎ ‎（4）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量，并进一步推导出公式．‎ ‎【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为1.0×0.01mm=0.010mm，所以最终读数为1.5mm+0.010mm=1.510mm；‎ ‎（2）由于电源电压为3V，故电压表选择E；由于采用分压接法，为方便实验操作应选择最大阻值减小的滑动变阻器，故滑动变阻器选用小电阻G；‎ ‎（3）本题中应用分压式接法，为了保证电压表读数时能过半，串联一定值电阻，电压表接在待测电阻与定值电阻两端；故电路如图所示．‎ ‎（4）根据欧姆定律，有R+R0=k；‎ 根据电阻定律，有R=ρ，故截面积为：S=；‎ 故合金管线内部空间截面积S0的表达式为：S0=﹣；‎ 故答案为：（1）1.510；（2）E、G；（3）电路图如图所示；（4）﹣．‎ ‎【点评】本题考查对电阻的测量，要求能对电学实验要能设计出电路图，并根据电路图连接电路并得到待测量，还要会误差分析，要注意在学习中加强训练．‎ ‎　‎ 四、计算题（本大题共3小题，共38分）‎ ‎15．如图所示，一电荷量q=3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）流过电源的电流强度；‎ ‎（2）两板间的电场强度的大小；‎ ‎（3）小球的质量．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）先求出R2R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度 ‎（2）根据U=IR求出电容器两端的电压，然后根据E=求出极板间的场强 ‎（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量 ‎【解答】解：（1）R2与R3并联后的电阻值 ‎ 解得 R23=6Ω 由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得：I=1 A ‎ ‎（2）电容器两板间的电压 UC=I（R1+R23） ‎ 电容器两板间的电场强度 ‎ 解得 E1=100N/C ‎ ‎（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtanα 又有：F=qE 所以 解得：m=4×10﹣3 kg ‎ 答：（1）流过电源的电流强度为1A；‎ ‎（2）两板间的电场强度的大小100N/C；‎ ‎（3）小球的质量4×10﹣3 kg．‎ ‎【点评】本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的1/4圆弧形，固定在竖直面内，管口B与圆心O等高，管口C与水平轨道平滑连接．质量为m的带正电小球（小球直径略小于细圆管直径）从管口B正上方的A点自由下落，A、B间距离为4R，从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个竖直向上的匀强电场，小球经过管口C滑上水平轨道，已知小球经过管口C时，对管底的压力为10mg，小球与水平轨道之间的动摩擦因素为μ．设小球在运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点时的速度大小；‎ ‎（2）匀强电场场强大小；‎ ‎（3）小球在水平轨道上运动的距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达B点时的速度大小；‎ ‎（2）根据动能定理求出小球到达管口C的速度表达式，再根据合力提供向心力，由牛顿第二定律列式求解场强E．‎ ‎（3）小球在水平轨道上运动过程，运用动能定理求解运动的距离．‎ ‎【解答】解：（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：mg×4R=mvB2，解得：vB=2；‎ ‎（2）从B到C的过程中，根据动能定理得：（mg﹣qE）R=mvC2﹣mvB2，‎ 在C点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，由题意可知：N=10mg，‎ 解得：E=， mvC2=4.5mgR；‎ ‎（3）小球在水平轨道上运动过程，运用动能定理得：‎ ‎﹣μ（mg﹣qE）s=0﹣mvC2，解得：s=9R．‎ 答：（1）小球到达B点时的速度大小是2；‎ ‎（2）匀强电场场强大小是；‎ ‎（3）小球在水平轨道上运动的距离是9R．‎ ‎【点评】本题运用动能定理、牛顿第二定律结合研究圆周运动，求距离首先考虑能否运用动能定理，这是常规思路．‎ ‎　‎ ‎17．如图为某自动投放器的示意图，其下半部AB是一长为R的竖直管道，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投放时，若将弹簧长度压缩了0.5R后锁定，在弹簧上端放置一个可视为质点且质量为m的小球，解除锁定，弹簧可将小球弹射出去．当小球到达顶端C时，对轨道壁的压力恰好为零，不计一切阻力，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达顶端C时的速度大小v1；‎ ‎（2）弹簧压缩了0.5R时的弹性势能Ep1；‎ ‎（3）若将弹簧压缩了0.6R时，弹簧弹性势能为Ep2=Ep1，小球落地点离OO′的水平距离s是多少？‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，有牛顿第二定律列出向心力的方程，速度可求．‎ ‎（2）不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，所以鱼饵增加的机械能都是弹簧做功的结果，由功能关系知道弹簧具有的弹性势能等于鱼饵增加的机械能．‎ ‎（3）分别求出质量是m和的鱼饵离开C时的速度，再利用平抛运动规律求出落到水平面到转轴之间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，‎ 则mg=m …①‎ 由①式解得：v1= …②‎ ‎（2）从弹簧释放到最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有 ‎ EP=mg（0.5R+R）+mv12 …③‎ 由②③式解得：Ep=2mgR…④‎ ‎（3）设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律得：‎ EP2=mg（0.6R+R）+mv22 …⑤‎ 鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO'的水平距离为x，由平抛运动规律有：x=v2t+R…⑥‎ h=2R=gt2 ⑦‎ 由⑤⑥⑦式解得：x=4.2R 答：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小；‎ ‎（2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能为2mgR；‎ ‎（3）小球落地点离OO′的水平距离是4.2R．‎ ‎【点评】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律以及机械能守恒定律的应用，转轴转过90°鱼饵在水平面上形成圆周是解决问题的关键，同时要注意正确分析物理过程，明确各过程中的受力以及功能关系等，即可选择正确的物理规律求解．‎ ‎　‎