物理卷·2017届上海市普陀区高三上学期质量调研（一模）（2016-12）

物理卷·2017届上海市普陀区高三上学期质量调研（一模）（2016-12）

‎2017年上海市普陀区高考物理一模试卷 一．单项选择题 ‎1．平均速度定义式为=，当△t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法（　　）‎ A．极限思想法 B．微元法 C．控制变量法 D．等效替代法 ‎2．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（　　）‎ A．频率变小，波长变长 B．频率变大，波长变短 C．频率不变，波长变长 D．频率不变，波长变短 ‎3．一定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态a到状态b，到状态c再回到状态a．三个状态的体积分别为va、vb、vc，则它们的关系正确的是（　　）‎ A．va=vb B．va=vc C．vb=vc D．vc=va ‎4．某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是（图中x是位移、v是速度、t是时间）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（　　）‎ A．f的方向总是指向圆心 B．圆盘匀速转动时f=0‎ C．在物体与轴O的距离一定的条件下，f跟圆盘转动的角速度成正比 D．在转速一定的条件下，f跟物体到轴O的距离成正比 ‎6．两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OB＞OC，由图可知（　　）‎ A．C点的电势低于B点的电势 B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同 C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动 D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功 ‎7．如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为△VA、△VB，压强变化量为△pA、△pB，对液面压力的变化量为△FA、△FB，则（　　）‎ A．水银柱向下移动了一段距离 B．△VA＜△VB C．△pA＜△pB D．△FA＞△FB ‎8．地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎9．一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g．现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（　　）‎ A．2（M﹣） B．M﹣ C．2M﹣ D．g ‎10．运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落．v、F合、EP和E分别表示速度、合外力、重力势能和机械能．其中t、h分别表示下落的时间和高度，在整个过程中，下列图象可能符合事实的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二．多项选择题 ‎11．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．4s内物体的（　　）‎ A．路程为50m B．位移大小为40m，方向向上 C．速度改变量的大小为20m/s，方向向下 D．平均速度大小为10m/s，方向向上 ‎12．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc，俯视如图．长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变 B．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小 C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π s D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9 m ‎13．一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（　　）‎ A．m/s B．1m/s C．13m/s D．17m/s ‎14．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ=，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中（　　）‎ A．物块的速度始终减小 B．软绳上滑时速度最小 C．软绳重力势能共减少了 D．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 ‎　‎ 三．填空题.‎ ‎15．如图所示，一定质量的理想气体从状态C沿右图所示实线变化到状态A再到状态B．在0℃时气体压强为p0=3atm，体积为V0=100ml，那么气体在状态A的压强为　　atm，在状态B的体积为　　mL．‎ ‎16．如图，圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一质量为m的球，今将小球沿钢丝AB以初速v0竖直向上抛出．致使大圆环对地无作用力，则小球上升的加速度为　　．小球能上升的最大高度为　　．（设AB钢丝足够长，小球不能达到A点）‎ ‎17．如图所示，一块粗糙的平板与水平面成θ角搭成一个斜面（其下面是空的），斜面上放着一个质量为m的小物块，一根细绳一端系着小物块，另一端通过斜面上的小孔穿到斜面下．开始时细绳处于水平位置，小物块与小孔之间的距离为L．然后极慢的拉斜面下的细绳，小物块在斜面上恰好通过半圆形的轨迹后到达小孔（绳与斜面及小孔间的摩擦可忽略）．则小物块与斜面间的动摩擦因数为　　，此过程中作用在细绳上的拉力做功为　　．‎ ‎18．如图所示，一个竖直放置半径为R的半圆形轨道ABC，B是最低点，AC与圆心O在同一水平高度，圆弧AB表面是光滑的，圆弧BC表面是粗糙的．现有一根长也为R、质量不计的细杆EF，上端连接质量为m的小球E，下端连接质量为2m的小球F．E球从A点静止释放，两球一起沿轨道下滑，当E球到达最低点B时速度刚好为零．在下滑过程中，F球经过B点的瞬时速度大小是　　，在E球从A运动到B的过程中，两球克服摩擦力做功的大小是　　．‎ ‎　‎ 四．实验题 ‎19．为了测量大米的密度，某同学实验过程如下：‎ ‎（1）取适量的大米，用天平测出其质量，然后将大米装入注射器内；‎ ‎（2）缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V1，通过压强传感器、数据采集器从计算机上读取此时气体的压强P1；‎ 次数 物理量 ‎1‎ ‎2‎ P/105Pa ‎ P1‎ ‎ P2‎ V/10﹣5m3‎ ‎ V1‎ ‎ V2‎ ‎（3）重复步骤（2），记录活塞在另一位置的刻度V2和读取相应的气体的压强P2；‎ ‎（4）根据记录的数据，算出大米的密度．‎ ‎①如果测得这些大米的质量为mkg，则大米的密度的表达式为　　；‎ ‎②为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组P、V的数据，然后作　　图（单选题）．‎ A．P﹣V B．V﹣P C．P﹣ D．V﹣．‎ ‎20．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）‎ ‎①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为　　．‎ ‎②滑块与斜面间的动摩擦因数为　　．‎ ‎③以下能引起实验误差的是　　．‎ a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小 c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．‎ ‎21．小汽车正在走进我们的家庭，一辆汽车性能的优劣，其油耗标准非常重要，而影响汽车油耗标准最主要的因素是其在行进中所受到的空气阻力．人们发现汽车在高速行驶中所受到的空气阻力f（也称风阻）主要与两个因素有关：汽车正面投影面积S；汽车行驶速度v．某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：‎ f/N v/m•s﹣1‎ S/m2‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎2.0‎ ‎206‎ ‎464‎ ‎824‎ ‎1291‎ ‎1860‎ ‎2.5‎ ‎258‎ ‎580‎ ‎1032‎ ‎1614‎ ‎2324‎ ‎3.0‎ ‎309‎ ‎696‎ ‎1239‎ ‎1936‎ ‎2788‎ ‎3.5‎ ‎361‎ ‎812‎ ‎1445‎ ‎2258‎ ‎3252‎ ‎4.0‎ ‎412‎ ‎928‎ ‎1652‎ ‎2581‎ ‎3717‎ ‎①由上述数据可得汽车风阻f 与汽车正面投影面积S及汽车行驶速度v的关系式为f=　　（要求用k表示比例系数）；‎ ‎②由上述数据得出k的大小和单位是　　．（保留两位有效数字，用基本单位表示）‎ ‎22．在“DIS描绘电场等势线”的实验中，‎ ‎（1）给出下列器材，ab处的电源应选用　　，传感器应选用　　．（用字母表示）．‎ A．6V的交流电源 B．6V的直流电源 C．100V的直流电源 D．电压传感器 E．电流传感器 F．力传感器 ‎（2）（单选）该实验装置如图所示，如果以c、d两个电极的连线为x轴，以c、d连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，则传感器示数的绝对值变化情况是　　‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先变大后变小 D．先变小后变大．‎ ‎　‎ 五．计算题 ‎23．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．‎ ‎24．如图所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度S=1.25m、倾角为θ=37°的光滑斜面（斜面体固定不动），OP为一粗糙的水平面．MN、NO间及NO、OP间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条质量为m=2kg，总长L=0.8m的均匀柔软链条开始时静止的放在MNO面上，其AB段长度为L1=0.4m．链条与OP面的摩擦系数μ=0.5．（g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8）现自由释放链条，求：‎ ‎（1）链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大？‎ ‎（2）链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离为多大？‎ ‎25．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则 ‎（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；‎ ‎（2）求小球的质量m和电量q；‎ ‎（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；‎ ‎（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）‎ ‎　‎ ‎2017年上海市普陀区高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题 ‎1．平均速度定义式为=，当△t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法（　　）‎ A．极限思想法 B．微元法 C．控制变量法 D．等效替代法 ‎【考点】物理学史；平均速度．‎ ‎【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】当△t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法．‎ ‎【解答】解：平均速度定义式为=，当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A ‎【点评】极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到．要理解并能很好地掌握．‎ ‎　‎ ‎2．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（　　）‎ A．频率变小，波长变长 B．频率变大，波长变短 C．频率不变，波长变长 D．频率不变，波长变短 ‎【考点】波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，波速减小，由波速公式分析波长的变化．‎ ‎【解答】解：当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf可知，波长变短．故D正确．‎ 故选D ‎【点评】本题关键要掌握波的频率、波速和波长的决定因素，抓住频率由波源决定，波速由介质决定，而波长由介质和波源共同决定．‎ ‎　‎ ‎3．一定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态a到状态b，到状态c再回到状态a．三个状态的体积分别为va、vb、vc，则它们的关系正确的是（　　）‎ A．va=vb B．va=vc C．vb=vc D．vc=va ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】根据图象求出各状态下的压强与温度，然后由理想气体状态方程解题．‎ ‎【解答】解：由图示可知，pa=p0，pb=pc=2p0，Ta=273+27=300K，Tc=273+327=600K，‎ 由数学知识可知，tb=2ta=54℃，Tb=327K；‎ 由理想气体状态方程得：va==300，vc==300，则va=vc，‎ 由理想气体状态方程可知：Vb===Va=Vc，故AD错误，BC正确；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】解题时要注意横轴表示摄氏温度而不是热力学温度，否则会出错．‎ 由于题目中没有专门说明oab是否在同一条直线上，所以不能主观臆断b状态的温度．‎ ‎　‎ ‎4．某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是（图中x是位移、v是速度、t是时间）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】物体以一定的初速度沿足够长的斜面，可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，匀加速运动的加速度小于匀减速运动的加速度，物体返回时速度减小；可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点．‎ ‎【解答】解：A、物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据x=v0t+得知，位移是时间的二次函数，图线是曲线，A是可能的．故A正确．‎ ‎ B、可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点．故B正确．‎ ‎ C、由图知道：物体返回时大于出发时速度，不符合物体的运动情况，违反了能量守恒定律，不可能．故C错误．‎ ‎ D、可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点．故D正确．‎ 本题选不可能的，故选C ‎【点评】本题考查把握物体的运动情况和物理图象之间联系的能力，要考虑各种可能的情况，不能遗漏．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（　　）‎ A．f的方向总是指向圆心 B．圆盘匀速转动时f=0‎ C．在物体与轴O的距离一定的条件下，f跟圆盘转动的角速度成正比 D．在转速一定的条件下，f跟物体到轴O的距离成正比 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．‎ ‎【分析】木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，做匀速圆周运动，P受到的静摩擦力提供向心力，根据向心力公式研究静摩擦力方向，及大小与半径、角速度的关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，若圆盘匀速转动，P受到的静摩擦力f提供向心力，沿PO方向指向圆心．若圆盘变速运动，f不指向圆心，故A错误．‎ B、木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，做匀速圆周运动，P受到的静摩擦力提供向心力，P受到的静摩擦力不可能为零．故B错误．‎ C、由f=mω2r得，在P点到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度的平方成正比．故C错误．‎ D、根据向心力公式得到f=m（2πn）2r，转速n一定时，f与r成正比，即P受到的静摩擦力的大小跟P点到O点的距离成正比．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题中由静摩擦力提供木块所需要的向心力，运用控制变量法研究f与其他量的关系．‎ ‎　‎ ‎6．两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OB＞OC，由图可知（　　）‎ A．C点的电势低于B点的电势 B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同 C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动 D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据电势的图象直接读出电势高低．由E=可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况．根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负．‎ ‎【解答】解：A、由图知，C点的电势高于B点的电势．故A错误．‎ B、由E=可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小．斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同．故B正确．‎ C、根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动．故C错误．‎ D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功．故D错误．‎ 故选B ‎【点评】本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的关系E=理解图象的斜率与场强的关系．‎ ‎　‎ ‎7．如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为△VA、△VB，压强变化量为△pA、△pB，对液面压力的变化量为△FA、△FB，则（　　）‎ A．水银柱向下移动了一段距离 B．△VA＜△VB C．△pA＜△pB D．△FA＞△FB ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】‎ 本题可采取假设法，假设气体的体积不变，根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向．关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析．‎ ‎【解答】解：AC、首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：=，得①‎ 对 气体B：=，得②‎ 又设初始状态时两液面的高度差为h（水银柱的长度为h），初始状态满足③，‎ 联立①②③得，水银柱向上移动了一段距离，故AC错误；‎ B、由于气体的总体积不变，因此△VA=△VB，所以B错误；‎ D、对水银柱进行受力分析，如图所示 竖直方向：‎ 所以，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】解题时要注意假设法的应用，假设气体体积不变，然后应用查理定律分析解题．本题讨论液面压力的变化量难度较大，要考虑瓶壁压力的变化量．‎ ‎　‎ ‎8．地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【专题】自由落体运动专题．‎ ‎【分析】将竖直上抛运动分解成向上的匀减速运动和向下的匀加速，所以从最高点落到O点的时间为，落到P点的时间为，可以求出VP和VO，根据OP之间可得H=可求出g．‎ ‎【解答】解：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，‎ 根据t上=t下 则从最高点下落到O点所用时间为，‎ ‎，‎ 从最高点下落到P点所用时间为，‎ 则，‎ 则从P点下落到O点的过程中的平均速度为，‎ 从P点下落到O点的时间为t=，‎ 根据H=得，H==，‎ 解得g=．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题．另外本题用到了利用平均速度求解位移的方法：s=．‎ ‎　‎ ‎9．（2008•江苏）一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g．现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（　　）‎ A．2（M﹣） B．M﹣ C．2M﹣ D．g ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】分别对气球匀速上升和匀速下降过程进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：匀速下降时，受到重力Mg，向上的浮力F，向上的阻力f，根据共点力平衡条件 Mg=F+f ①‎ 气球匀速上升时，受到重力（M﹣△m）g，向上的浮力F，向下的阻力f，根据共点力平衡条件 ‎（M﹣△m）g+f=F ②‎ 由①②式解得 ‎△m=2（M﹣）‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题关键对气球受力分析，要注意空气阻力与速度方向相反，然后根据共点力平衡条件列式求解．‎ ‎　‎ ‎10．运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落．v、F合、EP和E分别表示速度、合外力、重力势能和机械能．其中t、h分别表示下落的时间和高度，在整个过程中，下列图象可能符合事实的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动．‎ ‎【解答】‎ 解：A、运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落；图象中加速度有突变，而速度不可能突变，故A错误；‎ B、运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动；即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，故B正确；‎ C、重力势能逐渐减小，Ep=mgH=mg（H0﹣h），即重力势能与高度是线性关系，故C错误；‎ D、机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题关键是结合运动员的运动情况分析其受到的阻力的变化情况，从而得到其合力和机械能的变化情况．‎ ‎　‎ 二．多项选择题 ‎11．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．4s内物体的（　　）‎ A．路程为50m B．位移大小为40m，方向向上 C．速度改变量的大小为20m/s，方向向下 D．平均速度大小为10m/s，方向向上 ‎【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量．‎ ‎【解答】解：由v=gt可得物体的速度减为零需要的时间t==s=3s，故4s时物体正在下落；‎ A、路程应等于向上的高度与下落1s内下落的高度之和，由v2=2gh可得，h==45m，后1s下落的高度h'=gt′2=5m，故总路程为：s=（45+5）m=50m；故A正确；‎ B、位移h=v0t﹣gt2=50m，位移在抛出点的上方，故B正确；‎ C、速度的改变量△v=gt=10×4=40m/s，方向向下，故C错误；‎ D、平均速度v===10m/s，故D正确；‎ 故选：ABD ‎【点评】竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v=at求得．‎ ‎　‎ ‎12．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc，俯视如图．长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变 B．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小 C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π s D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9 m ‎【考点】决定向心力大小的因素．‎ ‎【专题】匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，小球的速度大小不变．绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m求出此时的半径．小球每转120°半径减小0.3m，确定出小球转动的圈数，求出时间．根据初位置、末位置的直线距离求解位移大小．‎ ‎【解答】解：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变．故A正确，B错误．‎ C、绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m得，此时的半径为r=m，由于小球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为 ‎ t=++‎ 而r1=1m，r2=0.7m，r3=0.4m，v0=2m/s，解得，t=0.7π s．故C正确．‎ D、小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为1m﹣0.1m=0.9m．故D正确．‎ 故选ACD ‎【点评】本题是物理数列类型，通过分析，抓住小球每转120°半径减小0.3m，确定出小球转动的圈数是关键．‎ ‎　‎ ‎13．一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（　　）‎ A．m/s B．1m/s C．13m/s D．17m/s ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】根据图象可知：AB间距离等于一个波长λ．根据波形的平移法得到时间t=1s与周期的关系式，求出周期的通项，求出波速的通项，再得到波速的特殊值．‎ ‎【解答】解：由图读出波长λ=8m．‎ 波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1m，根据波形的平移法得：t=（n+）T或（n+）T，n=0，1，2…，T=s=s，‎ 则波速v==（8n+1）m/s 或v=（8n+5）‎ 当n=0时：v=1m/s或5m/s，‎ 当n=1时：v=9m/s或13m/s，‎ 当n=2时：v=17m/s或21m/s，‎ 故选：BCD ‎【点评】本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ=，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中（　　）‎ A．物块的速度始终减小 B．软绳上滑时速度最小 C．软绳重力势能共减少了 D．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；重力势能．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】根据软绳对物块做功正负，判断物块机械能的变化，若软绳对物块做正功，其机械能增大；若软绳对物块做负功，机械能减小．分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量．以软绳和物块组成的系统为研究对象，根据能量转化和守恒定律，分析软绳重力势能的减少与其动能的增加与克服摩擦力所做功的和的关系．‎ ‎【解答】解：A、物块下落过程中，刚开始由于mgsin30°+μmgcos30°=＞mg，所以物块所受合力向上，物体做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物体的速度先减小后增大．故A错误．‎ ‎ B、当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则：‎ 带入数据解得：x=，故B正确；‎ C、物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin30°=，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2=，则软绳重力势能共减少mg（）=mg．故C正确．‎ D、以软绳和物块组成的系统为研究对象，软绳和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能，根据能量转化和守恒定律，软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和．故D正确．‎ 故选BCD ‎【点评】本题中软绳不能看作质点，必须研究其重心下降的高度来研究其重力势能的变化．应用能量转化和守恒定律时，能量的形式分析不能遗漏．‎ ‎　‎ 三．填空题.‎ ‎15．如图所示，一定质量的理想气体从状态C沿右图所示实线变化到状态A再到状态B．在0℃时气体压强为p0=3atm，体积为V0=100ml，那么气体在状态A的压强为　5.49　atm，在状态B的体积为　183.15　mL．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】由图象可知压强及体积的变化，抓住研究过程的初末状态根据理想气体状态方程求解．‎ ‎【解答】解：A3直线通过（0K，0Pa）所以A3直线表示等容变化，则根据查理定律得 由图知，TA=227+273=500K，又p0=3×105Pa，T0=273K 代入解得：pA=5.49×105Pa=5.49atm AB过程气体发生等温变化，由玻意耳定律得：‎ ‎ pAV0=pBVB，‎ 由图知：pA=3×105Pa，‎ 代入解得：VB=183.15ml 故答案为：5.49，183.15‎ ‎【点评】本题考查理想气体的状态方程的应用，注意在P﹣t图象中，过点（﹣273℃，0Pa）倾斜的直线表示等容变化．‎ ‎　‎ ‎16．如图，圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一质量为m的球，今将小球沿钢丝AB以初速v0竖直向上抛出．致使大圆环对地无作用力，则小球上升的加速度为　‎ ‎　．小球能上升的最大高度为　　．（设AB钢丝足够长，小球不能达到A点）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；竖直上抛运动．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】大圆环对地无作用力时，说明m对M的滑动摩擦力与Mg大小相等，根据牛顿第二定律求出小球上升的加速度．根据运动学速度位移公式求出小球能上升的最大高度．‎ ‎【解答】解：据题大圆环对地无作用力时，m对M的滑动摩擦力f与Mg大小相等，方向竖直向上．以小球为研究对象，分析受力知道，小球受到竖直向下的重力mg和向下的滑动摩擦力f′，根据牛顿第三定律得知，f′=f=Mg，根据牛顿第二定律得到，小球上升的加速度a=‎ 由得，h==‎ 故答案为：，．‎ ‎【点评】本题中圆环处于平衡状态，小球具有加速度，分析运动平衡条件和牛顿定律进行研究，采用的是隔离法．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一块粗糙的平板与水平面成θ角搭成一个斜面（其下面是空的），斜面上放着一个质量为m的小物块，一根细绳一端系着小物块，另一端通过斜面上的小孔穿到斜面下．开始时细绳处于水平位置，小物块与小孔之间的距离为L．然后极慢的拉斜面下的细绳，小物块在斜面上恰好通过半圆形的轨迹后到达小孔（绳与斜面及小孔间的摩擦可忽略）．则小物块与斜面间的动摩擦因数为　tanθ　，此过程中作用在细绳上的拉力做功为　　．‎ ‎【考点】向心力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．‎ ‎【分析】物体缓慢转动，近似平衡，受力分析后，根据平衡条件列式求解动摩擦因素；根据动能定理求解拉力的功．‎ ‎【解答】解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3，这四个力的合力近似为零；‎ 其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成（90°﹣α）．‎ 根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：‎ 在垂直斜面方向，有：F2=G•cos α 因此有摩擦力F3=μ F2=μGcosα 接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有 μGcosα=Gsinα ‎ 因此 μ=tan α 对整个过程运用动能定理，有 WF﹣μmgcosθ•πR=0‎ 解得 WF=μmgcosθ•πR=mgRπSinθ=‎ 故答案为：tanθ，．‎ ‎【点评】这个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析，根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力，然后列式求解；当然，也可以对其它点处，运用平衡条件列式．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一个竖直放置半径为R的半圆形轨道ABC，B是最低点，AC与圆心O在同一水平高度，圆弧AB表面是光滑的，圆弧BC表面是粗糙的．现有一根长也为R、质量不计的细杆EF，上端连接质量为m的小球E，下端连接质量为2m的小球F．E球从A点静止释放，两球一起沿轨道下滑，当E球到达最低点B时速度刚好为零．在下滑过程中，F球经过B点的瞬时速度大小是　　，在E球从A运动到B的过程中，两球克服摩擦力做功的大小是　（2﹣）mgR　．‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【专题】比较思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】E球从A点静止释放到F球经过B点的过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律求F球经过B点的瞬时速度大小．对整个过程，根据功能关系求解两球克服摩擦力做功的大小．‎ ‎【解答】解：设F球经过B点的瞬时速度大小是v．‎ E球从A点静止释放到F球经过B点的过程中，系统的机械能守恒，则得：‎ ‎=mgRsin30°）+2mgR（1﹣cos30°）‎ 解得 v=‎ 设在E球从A运动到B的过程中，两球克服摩擦力做功的大小是W．‎ 根据功能关系得知：两球克服摩擦力做功的大小等于系统机械能的减少量，则 ‎ W=mgR﹣2mg（Rcos30°﹣Rcos60°）‎ 解得 W=（2﹣）mgR 故答案为：，（2﹣）mgR．‎ ‎【点评】解决本题的关键要明确能量是如何转化的，可根据哪些能量增加，哪些能量减小，由增加的能量等于减小的能量列式．‎ ‎　‎ 四．实验题 ‎19．为了测量大米的密度，某同学实验过程如下：‎ ‎（1）取适量的大米，用天平测出其质量，然后将大米装入注射器内；‎ ‎（2）缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V1，通过压强传感器、数据采集器从计算机上读取此时气体的压强P1；‎ 次数 物理量 ‎1‎ ‎2‎ P/105Pa ‎ P1‎ ‎ P2‎ V/10﹣5m3‎ ‎ V1‎ ‎ V2‎ ‎（3）重复步骤（2），记录活塞在另一位置的刻度V2和读取相应的气体的压强P2；‎ ‎（4）根据记录的数据，算出大米的密度．‎ ‎①如果测得这些大米的质量为mkg，则大米的密度的表达式为　　；‎ ‎②为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组P、V的数据，然后作　D　图（单选题）．‎ A．P﹣V B．V﹣P C．P﹣ D．V﹣．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】（1）以封闭气体为研究对象，由玻意耳定律求出大米的体积，然后由密度公式求出大米的密度．‎ ‎（2）为了方便地处理实验数据，所作图象最好是正比例函数图象，由玻意耳定律分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）设大米的体积为V，以注射器内封闭的气体为研究对象，‎ 由玻意耳定律可得：，解得V=，‎ 大米的密度ρ==；‎ ‎（2）由玻意耳定律可知，对一定量的理想气体，‎ 在温度不变时，压强P与体积V成反比，即PV=C，则V=，‎ 由此可知V与成正比，V﹣图象是过原点的直线，‎ 故可以作V﹣图象，故答案为D．‎ 故答案为：（1）； （2）D ‎【点评】本题难度不大，是一道基础题，熟练应用玻意耳定律是正确解题的关键；知道玻意耳定律的适用条件是质量一定温度不变 ‎　‎ ‎20．（2011•山东）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）‎ ‎①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为　　．‎ ‎②滑块与斜面间的动摩擦因数为　　．‎ ‎③以下能引起实验误差的是　cd　．‎ a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小 c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【专题】实验题；压轴题；摩擦力专题．‎ ‎【分析】‎ 由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；‎ ‎【解答】解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，‎ ‎ 由x=at2和H=gt2得：‎ 所以=‎ ‎②根据几何关系可知：sinα=，cosα=‎ ‎ 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，‎ 联立方程解得μ=‎ ‎③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．‎ 故答案为：①‎ ‎②‎ ‎③c d ‎【点评】本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，‎ ‎　‎ ‎21．小汽车正在走进我们的家庭，一辆汽车性能的优劣，其油耗标准非常重要，而影响汽车油耗标准最主要的因素是其在行进中所受到的空气阻力．人们发现汽车在高速行驶中所受到的空气阻力f（也称风阻）主要与两个因素有关：汽车正面投影面积S；汽车行驶速度v．某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：‎ f/N v/m•s﹣1‎ S/m2‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎2.0‎ ‎206‎ ‎464‎ ‎824‎ ‎1291‎ ‎1860‎ ‎2.5‎ ‎258‎ ‎580‎ ‎1032‎ ‎1614‎ ‎2324‎ ‎3.0‎ ‎309‎ ‎696‎ ‎1239‎ ‎1936‎ ‎2788‎ ‎3.5‎ ‎361‎ ‎812‎ ‎1445‎ ‎2258‎ ‎3252‎ ‎4.0‎ ‎412‎ ‎928‎ ‎1652‎ ‎2581‎ ‎3717‎ ‎①由上述数据可得汽车风阻f 与汽车正面投影面积S及汽车行驶速度v的关系式为f=　kSv2　（要求用k表示比例系数）；‎ ‎②由上述数据得出k的大小和单位是　0.26kg/m3　．（保留两位有效数字，用基本单位表示）‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）采用控制变量法分别研究车风阻f与汽车正面投影面积S及汽车行驶速度v的关系，再综合得出f与S、v的关系式．‎ ‎（2）在表格中任取一组数据，代入f的表达式，得出k的大小和单位．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据控制变量法进行研究：‎ 当S不变时，研究表格中某一行中的各个数据，得出f与v2成正比；‎ 当v不变时，研究表格中某一列中的各个数据，找出f与S成正比．‎ 综上可得，f=kSv2．‎ ‎（2）把表格中的一组数据（如f=206 N，S=2.0 m2，v=20 m/s）‎ 代入上式f=kSv2，得出k=0.26Ns/m3．‎ 故答案为：kSv2，0.26kg/m3‎ ‎【点评】此题采用控制变量法研究一个量与几个量的关系，这是物理学常用的研究方法．‎ ‎　‎ ‎22．在“DIS描绘电场等势线”的实验中，‎ ‎（1）给出下列器材，ab处的电源应选用　B　，传感器应选用　D　．（用字母表示）．‎ A．6V的交流电源 B．6V的直流电源 C．100V的直流电源 D．电压传感器 E．电流传感器 F．力传感器 ‎（2）（单选）该实验装置如图所示，如果以c、d两个电极的连线为x轴，以c、d连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，则传感器示数的绝对值变化情况是　D　‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先变大后变小 D．先变小后变大．‎ ‎【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】（1）解答本题应抓住：本实验利用恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等势线，需要电源与电压表．电源要分正负即为直流电源，确保电势的高低；需要电压传感器．‎ ‎（2）根据顺着电场线，电势逐渐降低，分析感器示数的绝对值变化情况．‎ ‎【解答】解：（1）本实验利用恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等势线，需要6V的直流电源．‎ 要描绘电场等势线，要寻找等势点，即电势差为零的点，而电势差就是电压，所以传感器应选用电压传感器．故选B、D ‎（2）从一个电极沿x轴到另一电极，电势逐渐升高或降低，则将一个探针固定置于y轴上的某一点，另一探针从一个电极沿连线逐渐移动到另一电极的过程中，两探针处的电势差先变小后变大，则传感器示数的绝对值先变小后变大，故D正确．‎ 故选D 故答案为：（1）B，D （2）D ‎【点评】本题关键理解并掌握实验的原理，懂得根据实验原理选择实验器材．‎ ‎　‎ 五．计算题 ‎23．（2011•新课标）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】压轴题；理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来位置时先根据平衡条件求出空气中压强，然后根据玻意耳定律列式求解．‎ ‎【解答】解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：P1=P0+ρgl3①‎ ‎（式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．）‎ 玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．‎ 设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则P2=ρgl1，P2+ρgx=P0 ②‎ ‎（P2管内空气柱的压强．）‎ 由玻意耳定律得P1（sl2）=P2（sh） ③‎ ‎（式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．）‎ 由①②③式和题给条件得h=12cm　　④‎ 从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3=P0+ρgx⑤‎ 由玻意耳定律得P1（sl2）=P3（sh′）⑥‎ ‎（式中，h′是此时空气柱的长度．）‎ 由①②③⑤⑥h′≈9.2cm 答：在开口向下管中空气柱的长度为12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm．‎ ‎【点评】本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度S=1.25m、倾角为θ=37°的光滑斜面（斜面体固定不动），OP为一粗糙的水平面．MN、NO间及NO、OP间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条质量为m=2kg，总长L=0.8m的均匀柔软链条开始时静止的放在MNO面上，其AB段长度为L1=0.4m．链条与OP面的摩擦系数μ=0.5．（g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8）现自由释放链条，求：‎ ‎（1）链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大？‎ ‎（2）链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离为多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】计算题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）链条的A端滑到O点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求得链条A端滑到O点时的速率；‎ ‎（2）摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功；从链条的A端滑到O点到最终链条停下的过程，由动能定理可求得停下时的C端距O点的距离．‎ ‎【解答】解：（1）链条的A端滑到O点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒．‎ 设水平面为重力势能的零点．链条开始运动时的机械能为E1‎ 设AB段链条质量为m1=1.0kg，BC段链条质量为m2=1.0kg．‎ E1=m2gSsinθ+m1g（Ssinθ﹣sinθ）=1×10×1.25×0.6+1×10×（1.25×0.6﹣0.2×0.6）=13.8J；‎ 因为S＞L，链条的A端滑到O点时，C点已在斜面上．设此时的机械能为E2，‎ E2=mgsinθ+mv2‎ 由机械能守恒定律E1=E2‎ 链条的A端滑到O点时的速率v v===3m/s ‎ ‎（2）链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力．‎ 但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功 从链条的A端滑到O点到最终链条停下的过程，由动能定理 mgsinθ﹣μmgL﹣μmgX=0﹣mv2‎ 链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离X X===0.98m．‎ 答：（1）链条的A端滑到O点时，链条的速率为3m/s；‎ ‎（2）链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离为0.98m．‎ ‎【点评】本题考查动能定理以及机械能守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，明确摩擦力功的计算方法，知道虽然摩擦力是变力，但由于其均匀变化，故可以利用平均值求解摩擦力的功．‎ ‎　‎ ‎25．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则 ‎（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；‎ ‎（2）求小球的质量m和电量q；‎ ‎（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；‎ ‎（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）‎ ‎【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电势能．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据图线2分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况．‎ ‎（2）由线1得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q．‎ ‎（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，根据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；‎ ‎（4）根据能量守恒，画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．‎ ‎【解答】解：（1）由图线2得知，小球的先先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．‎ ‎（2）由线1可得EP=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡 mgsinθ=，由线2可得s0=1m，‎ 得q==1.11×10﹣5C ‎（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J．‎ 根据动能定理WG+W电=△Ek ‎ 即有﹣mgh+qU=Ekm﹣0‎ 代入数据得U=4.2×106V ‎（4）右图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线 答：（1）小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．‎ ‎（2）小球的质量m是4kg，电量q是1.11×10﹣5C；‎ ‎（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2×106V；‎ ‎（4）如图线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线．‎ ‎【点评】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．‎