广东省清远三中2017届高三上学期第十次周考物理试卷

广东省清远三中2017届高三上学期第十次周考物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年广东省清远三中高三（上）第十次周考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．以下物理量中属于标量的是（　　）‎ A．速度 B．力 C．路程 D．电场强度 ‎2．摩天轮顺时针匀速转动时，重为G的游客经过图中a、b、c、d四处时，以下说法正确的是 （　　）‎ A．游客在a处受的摩擦力向右 B．游客在b处受的支持力小于G C．游客在c处受的摩擦力等零 D．游客在d处受的支持力大于G ‎3．如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（　　）‎ A．一定降低 B．一定升高 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 ‎4．传送带与水平面夹角为37°，传送带以12m/s的速率沿顺时针方向转动，如图4所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24m，g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为（　　）‎ A．1.5s B．2.5s C．3.5s D．0.5s ‎5．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（　　）‎ A． fm B． fm C． fm D．fm ‎6．一艘在火星表面进行科学探测的宇宙飞船，从经历了从轨道1→轨道2→轨道3的变轨过程后，顺利返回地球，若轨道1为贴近火星表面的圆周轨道，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．飞船在轨道2上运动时，P点的速度小于Q点的速度 B．飞船在轨道1上运动的机械能大于在轨道3上运动的机械能 C．测出飞船在轨道1上运动的周期，就可以测出火星的平均速度 D．飞船在轨道2上运动到P点的加速度大于飞船在轨道1上运动到P点的加速度 ‎7．如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ．P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O．图中虚线为竖直线，将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1：l2=2：3，则两绳受到的拉力之比F1：F2等于（　　）‎ A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．4：9‎ ‎8．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m．当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为（　　）‎ A． B． x C．x D． x ‎9．下列说法中正确的是（　　）‎ A．速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以速度大的物体惯性大 B．乒乓球可以快速抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故 C．车被马拉动时，马拉车的力等于车拉马的力 D．用重锤钉钉子，重锤对钉子的打击力与钉对重锤的作用力是一对平衡力 ‎10．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）‎ A．线速度变小 B．距地面的高度变小 C．向心加速度变大 D．角速度变小 ‎11．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点振动频率为4Hz B．在10s内质点经过的路程是20cm C．在5s末，质点速度为零，加速度最大 D．在t=1.5s和t=4.5s两时刻质点位移大小相等 ‎12．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（　　）‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共12分．请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）‎ ‎13．“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．‎ ‎（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图甲中与B相连的弹簧测力计的示数为　　N．‎ ‎（2）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　　．‎ ‎（3）该实验的结论是：在误差允许的范围内，力的合成遵循　　法则．‎ ‎14．在用自由落体运动做“验证机械能守恒定律”实验中，如图所示为实验得到的一条点迹清晰的纸带，把第一个点记做O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.78cm、70.00cm、77.58cm、85.52cm．根据以上数据重物由O点运动到B点，重力势能的减少量等于　　J，动能的增加量等于　　J．实际结果△Ep　　△Ek（填：小于、等于、大于），其原因是　　．（已知所用重物的质量为1.00kg，当地重力加速度g=9.80m/s2，结果取3位有效数字．）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．光滑水平面上放着质量为mA=1kg的物块A与质量为mB=2kg的物块B，A和B均可视为质点，A与B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧的弹性势能为Ep=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，半径为R=0.5m．B恰能完成半圆周运动到达C点．求：‎ ‎（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；‎ ‎（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；‎ ‎（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．‎ ‎16．如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为v0、质量均为m、电荷量均为q．在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里．粒子离开电场上边缘y=d时，能够到达的最右侧的位置为（1.5d，d）．最终恰没有粒子从y=2d的边界离开磁场．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：‎ ‎（1）电场强度E；‎ ‎（2）磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省清远三中高三（上）第十次周考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．以下物理量中属于标量的是（　　）‎ A．速度 B．力 C．路程 D．电场强度 ‎【考点】矢量和标量．‎ ‎【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，而标量是只有大小，没有方向的物理量．‎ ‎【解答】解：速度、力、电场强度都是既有大小，又有方向的矢量．‎ 路程只有大小，没有方向，是标量．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．摩天轮顺时针匀速转动时，重为G的游客经过图中a、b、c、d四处时，以下说法正确的是 （　　）‎ A．游客在a处受的摩擦力向右 B．游客在b处受的支持力小于G C．游客在c处受的摩擦力等零 D．游客在d处受的支持力大于G ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】摩天轮顺时针匀速转动时，游客也做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律比较支持力的大小．‎ ‎【解答】解：A、在a点，重力与支持力的合力提供向心力，所以没有水平方向的分力，摩擦力为0．故A错误；‎ B、在b、d两点，合力方向指向圆心，知竖直方向上的合力为零，则Nb=Nd=G．故BD错误；‎ C、在c点，重力与支持力的合力提供向心力，所以没有水平方向的分力，摩擦力为0．故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（　　）‎ A．一定降低 B．一定升高 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．‎ ‎【解答】解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，‎ 弹簧的伸长 即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，‎ 当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：‎ T2cosα=mg，‎ T2sinα=ma，‎ 所以：T2=，‎ 弹簧的伸长： =则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜+=L1，‎ 所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．传送带与水平面夹角为37°，传送带以12m/s的速率沿顺时针方向转动，如图4所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24m，g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为（　　）‎ A．1.5s B．2.5s C．3.5s D．0.5s ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ=tanθ，物体相对于传送带静止，做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解时间 ‎【解答】解：开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 　　‎ 所以：a1=gsinθ+μgcosθ=12m/s2‎ 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1=s=1s，通过的位移为x1==6m 由题：μ=tanθ，物体相对于传送带静止，物体接着做匀速运动，运动时间为t2=‎ s=1.5s 故小物块从A运动到B的时间为t=t1+t2=2.5s 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（　　）‎ A． fm B． fm C． fm D．fm ‎【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；静摩擦力和最大静摩擦力．‎ ‎【分析】要使四个物体一块做加速运动而不产生相对活动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出下面质量为m的物体先达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得拉力T．‎ ‎【解答】解：当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大．‎ 将4个物体看做整体，由牛顿第二定律：F+6mgsin30°=6ma ①将2个m 及上面的2m 看做整体：fm+4mgsin30=4ma ②‎ 由①、②解得：F=‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．一艘在火星表面进行科学探测的宇宙飞船，从经历了从轨道1→轨道2→轨道3的变轨过程后，顺利返回地球，若轨道1为贴近火星表面的圆周轨道，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．飞船在轨道2上运动时，P点的速度小于Q点的速度 B．飞船在轨道1上运动的机械能大于在轨道3上运动的机械能 C．测出飞船在轨道1上运动的周期，就可以测出火星的平均速度 D．飞船在轨道2上运动到P点的加速度大于飞船在轨道1上运动到P点的加速度 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】飞船在轨道2上运动时，根据万有引力做功情况，结合动能定理比较P点和Q点的速度，根据变轨的原理比较飞船在轨道1和轨道3上的机械能大小．根据万有引力提供向心力求出火星的质量，结合密度公式求出火星的平均密度．根据牛顿第二定律比较不同轨道在P点的加速度大小．‎ ‎【解答】解：A、飞船在轨道2上运动时，从P到Q，万有引力做负功，速度减小，则P点的速度大于Q点的速度，故A错误．‎ B、飞船在轨道1上的P点需加速才能变轨到轨道3，可知飞船在轨道1上的机械能小于轨道3上的机械能，故B错误．‎ C、根据得，M=，则火星的密度，故C正确．‎ D、飞船在轨道2上运动到P点和在轨道1上运动到P点，万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧‎ ‎”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ．P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O．图中虚线为竖直线，将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1：l2=2：3，则两绳受到的拉力之比F1：F2等于（　　）‎ A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．4：9‎ ‎【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】先对PQ环受力分析，它们只受两个力，根据二力平衡条件可知，绳子的拉力都是垂直于杆子的，这是解决此题的关键．再对结点O受力分析，再根据三力平衡判断F1=F2．‎ ‎【解答】解：对P、Q小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力，支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的．‎ 对结点O受力分析如图所示．‎ 根据平衡条件可知，FP和FQ的合力与FT等值反向，如图所示．‎ 几何关系可知，α=β．故FP=FQ．‎ 即F1：F2=1：1‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m．当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为（　　）‎ A． B． x C．x D． x ‎【考点】动量守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】A、B两球之间压缩一根轻弹簧，当用板挡住A球而只释放B球时，弹性势能完全转化为B球的动能，以一定的初速度抛出，借助于抛出水平位移可确定弹簧的弹性势能．当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律与机械能守恒定律可求出B球获得的速度，再由平抛运动规律可算出抛出的水平位移．‎ ‎【解答】解：当用板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动．设高度为h，则有，所以弹性势能为E=‎ 当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律可得：0=2mvA﹣mvB 所以vA：vB=1：2．‎ 因此A球与B球获得的动能之比EkA：EkB=1：2．所以B球的获得动能为：．‎ 那么B球抛出初速度为，则平抛后落地水平位移为 故选：D ‎　‎ ‎9．下列说法中正确的是（　　）‎ A．速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以速度大的物体惯性大 B．乒乓球可以快速抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故 C．车被马拉动时，马拉车的力等于车拉马的力 D．用重锤钉钉子，重锤对钉子的打击力与钉对重锤的作用力是一对平衡力 ‎【考点】惯性；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第三定律．‎ ‎【分析】惯性是物体保持原来速度速度不变的性质，惯性大小的唯一量度是质量；相互作用力总是等大、反向、共线．‎ ‎【解答】解：A、惯性大小的唯一量度是质量，与速度无关，故A错误；‎ B、惯性大小的唯一量度是质量，乒乓球可以快速抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故，故B正确；‎ C、马拉车的力与车拉马的力是车与马间的相互作用，总是相等，故C正确；‎ D、用重锤钉钉子，重锤对钉子的打击力与钉对重锤的作用力是重锤与钉子间的相互作用力，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎10．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）‎ A．线速度变小 B．距地面的高度变小 C．向心加速度变大 D．角速度变小 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到同步卫星的周期与半径的关系，再分析变轨后与变轨前半径大小、线速度大小和角速度大小 ‎【解答】解：设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，则有：‎ 得周期为：T=2π，线速度为：v=，则角速度为：ω=，向心加速度为：a向=‎ 由题意知，现在同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，角速度ω减小，向心加速度减小，故AD正确，BC错误，‎ 故选：AD ‎　‎ ‎11．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点振动频率为4Hz B．在10s内质点经过的路程是20cm C．在5s末，质点速度为零，加速度最大 D．在t=1.5s和t=4.5s两时刻质点位移大小相等 ‎【考点】简谐运动的振动图象．‎ ‎【分析】由图读出周期，求出频率．质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程．根据质点的位置，分析速度和加速度．在t=1.5s和t=4.5s两时刻质点位移大小相等．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图读出周期为T=4s，则频率为f==0.25Hz．故A错误．‎ B、质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.5×4A=10×2cm=20cm．故B正确．‎ C、在5s末，质点位于最大位移处，速度为零，加速度最大．故C正确．‎ D、由图看出，在t=1.5s和t=4.5s两时刻质点位移大小相等．故D正确．‎ 故选BCD ‎　‎ ‎12．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（　　）‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；‎ B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；‎ C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；‎ D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共12分．请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）‎ ‎13．“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．‎ ‎（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图甲中与B相连的弹簧测力计的示数为　3.6　N．‎ ‎（2）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　F'　．‎ ‎（3）该实验的结论是：在误差允许的范围内，力的合成遵循　平行四边形　法则．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数．‎ 正确解答该题的关键是明确“理论值”和“实验值”的区别，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，实际值的方向沿AO方向，理论值的方向在平行四边形的对角线上．‎ ‎【解答】解：（1）弹簧测力计的每一格代表0.2N，所以图中B的示数为3.6N．‎ ‎（2）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，‎ ‎（3）通过实验可得出对应的结论为：在误差允许的范围内，力的合成遵循平行四边形法则．‎ 故答案为：（1）3.6N （2）F′（3）平行四边形 ‎　‎ ‎14．在用自由落体运动做“验证机械能守恒定律”实验中，如图所示为实验得到的一条点迹清晰的纸带，把第一个点记做O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.78cm、70.00cm、77.58cm、85.52cm．根据以上数据重物由O点运动到B点，重力势能的减少量等于　6.86　J，动能的增加量等于　6.84　J．实际结果△Ep　大于　△Ek（填：小于、等于、大于），其原因是　重物下落受到阻力作用，必须克服摩擦力、空气阻力等做功．　．（已知所用重物的质量为1.00kg，当地重力加速度g=9.80m/s2，结果取3位有效数字．）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】应用重力做功与重力势能的关系求重物的重力势能的减少量，应用匀变速直线运动的规律，中间时刻的瞬时速度vB=，再求B的动能，计算比较重物的重力势能减少量与动能的增加，分析误差产生原因．‎ ‎【解答】解：根据重力做功与重力势能的关系得：△Ep=﹣mghOB=﹣1.00×9.80×0.70=﹣6.86J，‎ 故重物的重力势能减少量为6.86J ‎ 由匀变速直线运动的规律，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，‎ ‎ 即vB==3.70m/s ‎ ‎△Ek=×1.00×（3.70）2=6.84J ‎ ‎ 比较重力势能的减少量与动能的增加量：△EP=J6.86＞△Ek=6.84J ‎ 产生误差可能的原因是：重物下落受到阻力作用，必须克服摩擦力、空气阻力等做功．‎ 故答案为：6.86，6.84，大于，重物下落受到阻力作用，必须克服摩擦力、空气阻力等做功．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．光滑水平面上放着质量为mA=1kg的物块A与质量为mB=2kg的物块B，A和B均可视为质点，A与B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧的弹性势能为Ep=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，半径为R=0.5m．B恰能完成半圆周运动到达C点．求：‎ ‎（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；‎ ‎（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；‎ ‎（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）对于恰能到达圆轨道的最高点，找出临界条件，列出相应的等式．清楚B的运动过程，选择某一过程应用动能定理研究，解出某一状态的速度．‎ ‎（2）在B向右运动的过程中，弹簧的弹性势能转化给B的动能，根据动量定理求出冲量．‎ ‎（3）应用动量守恒定律和动能定理求解绳拉断的过程中所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，‎ 根据B恰能到达最高点C有：‎ ‎　　F向=mBg=mB﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：‎ ‎﹣2mBgR=mBvc2﹣mBvB2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ ‎　由①②解得：vB=5m/s．‎ ‎　　（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，‎ ‎　　弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 根据动量定理有：I=mBvB﹣mBv1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 由③④解得：I=﹣4 N•s，其大小为4N•s ‎　　（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA﹣﹣﹣﹣﹣⑤‎ 根据动能定理有：W=mAvA2﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥‎ ‎　由⑤⑥解得：W=8J 答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；‎ ‎（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小是4N•s；‎ ‎（3）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为v0、质量均为m、电荷量均为q．在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里．粒子离开电场上边缘y=d时，能够到达的最右侧的位置为（1.5d，d）．最终恰没有粒子从y=2d的边界离开磁场．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：‎ ‎（1）电场强度E；‎ ‎（2）磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）沿x轴正方向发射的粒子做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解E；‎ ‎（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小；‎ ‎（3）粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过（1.5d，d）恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，根据几何关系结合周期公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）沿x轴正方向发射的粒子有：x=1.5d，y=d，‎ 由类平抛运动基本规律得：x=v0t，‎ ‎，‎ 而，‎ 联立可得：‎ ‎（2）沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有：1.5d=v0t，‎ ‎，‎ 联立可得：，‎ ‎，方向与水平成53°，斜向右上方，‎ 据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y=2d边界，由几何关系可知：‎ ‎，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 联立可得：‎ ‎（3）粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过（1.5d，d）恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：θ=254°，‎ 粒子运动周期为：，‎ 则时间为：．‎ 答：（1）电场强度E为；‎ ‎（2）磁感应强度B为；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间为．‎ ‎　‎ ‎2017年1月23日