山西省太原市2016届高三上学期期末物理试卷

山西省太原市2016届高三上学期期末物理试卷

‎2015-2016学年山西省太原市高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内（　　）‎ A．重力做的功相等 B．电场力做的功相等 C．电场力做的功大于重力做的功 D．电场力做的功小于重力做的功 ‎2．端到速滑，是我国运动员的优势项目．比赛中，运动员通过弯道时如果不能很好地控制速度，将会发生侧滑而离开赛道．用圆弧虚线Ob代表弯道，Oa表示运动员在O点的速度方向（如图），将运动员视为质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心 B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力 C．若在O点发生侧滑，则滑动方向在Oa右侧 D．若在O点发生侧滑，则滑动方向在Oa与Ob之间 ‎3．一物体静止在粗糙水平地面上，现用大小为F1的水平力拉动物体，经一段时间后其速度变为v；若将水平拉力改为F2而方向不变，物体从静止开始经同样时间后速度变为2v．用a1、a2分别表示两个过程的加速度，则（　　）‎ A．F2＜2F1，a2=2a1 B．F2=2F1，a2=2a1‎ C．F2＜2F1，a2＜2a1 D．F2＞2F1，a2＞2a1‎ ‎4．如图是两颗仅在地球引力作用下绕地球运动的人造卫星轨道示意图，Ⅰ是半径为R的圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，AB为椭圆的长轴且AB=2R，两轨道和地心在同一平面内，C、D为两轨道的交点．已知轨道Ⅱ上的卫星运动到C点时速度方向与AB平行，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个轨道上的卫星在C点时的加速度相同 B．两个轨道上的卫星在C点时的向心加速度大小相等 C．Ⅱ轨道上卫星的周期大于Ⅰ轨道上卫星的周期 D．Ⅱ轨道上卫星从C经B运动到D的时间与从D经A运动到C的时间相等 ‎5．体育课上，小明平伸手掌托起篮球，由静止开始竖直向上运动，直至将篮球竖直地抛出．忽略空气阻力，在此过程中．以下分析正确的是（　　）‎ A．手与篮球分离时，篮球的加速度小于重力加速度 B．手与篮球分离时，手的加速度大于重力加速度 C．手与篮球分离前，篮球的动能一直增加 D．手与篮球分离前，篮球和地球组成系统的机械能先增大后减小 ‎6．如图所示，电源内阻不能忽略，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的触头向右滑动时，V1示数变化量的绝对值为|△U1|，V2示数变化量的绝对值为|△U2|．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表A的示数变小，电压表V1的示数变大 B．电压表V1、V2的示数都变小 C．|△U1|=|△U2|‎ D．|△U1|＜|△U2|‎ ‎7．如图，两个电荷量均为q的正点电荷，固定在相距为L的a、b两点，O为ab连线的中点．过O作ab的垂直平分面，若在此平面上有一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷c，仅在电场力的作用下以O为圆心，在半径为L的圆周上做匀速圆周运动，则c的速率为（　　）‎ A．q B．q C．q D．q ‎8．“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在底部竖直向上的风可把游客“吹起来，让人体验太空漂浮的感觉．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小、为最大值的；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的时，人恰好可静止或匀速漂移．在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落；经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零．则在从A到C的过程中，下落说法正确的是（　　）‎ A．表演者加速度的最大值是g B．B点的高度是H C．从A到B，表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的 D．若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为 ‎9．如图，真空中两个等量正点电荷A、B相距L放置，在AB连线的中垂线上有a、b、c三点，b点在A、B连线的中点上，ab＜bc．现将两点电荷同时向两边扩大相同距离，选取无穷远处电势为零，则前后两次比较（　　）‎ A．两点电荷相互作用的电势能增大 B．b点电场强度仍为零，a、c两点电场强度都变小 C．a、b、c三点电势都降低 D．电场强度始终满足Ea＞Ec＞Eb ‎10．如图所示，两质量相等的长方形物块A、B通过一水平轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，开始时弹簧处于原长．现在A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到弹簧第一次达到最长的过程中，下列说法中正确的有（弹簧处在弹性限度内）（　　）‎ A．物块A的速度一直增大，加速度一直减小 B．物块B的速度一直增大，加速度一直增大 C．弹簧第一次达到最长时，A、B的速度相同 D．弹簧第一次达到最长时，A、B的加速度相同 ‎11．如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点D，下列判断正确的是（　　）‎ A．小球在AB段加速度的大小为g B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg C．小球在E点时的速率为 D．小球从E点运动到A点所用的时间为（）‎ ‎12．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图中折线所示，其中φ0和d已知．一个带负电的粒子在电场中以O为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．不计重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．Od间是匀强电场，电场强度大小为 B．粒子运动过程中与O的最大距离为（1﹣）d C．粒子的加速度大小为 D．粒子完成一次往复运动的时间为 ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分90分）‎ ‎13．为了探究动能改变与合外力做功的关系，某同学设计了如下的实验方案：‎ 第一步：将带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，滑块通过细绳过定滑轮与重锤相连，重锤下连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图（1）所示：‎ 第二步：保持木板的倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，如图（2）所示．接通电源，释放滑块，滑块开始做加速运动，打出一条纸带如图（3）所示，其中O是打下的第一个点．‎ 已知重锤的质量为m，滑块的质量为M，当地的重力加速度为g，各相邻计数点间的时间间隔为△t，各计数点与O点距离如图（3）所示．回答下列问题：（用测得量和已知量的符号表示）‎ ‎（1）打点计时器打下E点时滑块的速度vE=　　；‎ ‎（2）滑块加速下滑过程中所受合力F=　　；从O到E，合力对滑块做的功为WE=　　；‎ ‎（3）分别算出OA、OB、OC、OD段合力对滑块做的功W以及打下A、B、C、D点滑块的速度v，作出v2﹣W图象，发现是一条过原点的直线，则直线斜率k=　　；‎ ‎（4）此实验中，滑块与木板间摩擦力的大小　　（选填“会”或“不会”）影响实验结果．‎ ‎14．某同学用以下器材测量电源电动势E、内阻r和定值电阻R0的阻值．‎ 待测电源（电动势约3V，内阻较小）；待测电阻R0（阻值较小）‎ 电压表两块（量程3V，内阻很大）；电流表（量程0.6A，内阻约5Ω）‎ 滑动变阻器R：电键一个，导线若干．‎ 该同学设计了图（1）的电路进行测量．用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的示数．将滑动变阻器的滑片移到不同位置，得到如表所示数据：‎ ‎ 0.10‎ ‎0.20 ‎ ‎ 0.30‎ ‎0.40 ‎ ‎ 0.50‎ ‎ 2.91‎ ‎ 2.80‎ ‎ 2.70‎ ‎ 2.59‎ ‎ 2.50‎ ‎2.70 ‎ ‎ 2.41‎ ‎2.09 ‎ ‎ 1.80‎ ‎1.50 ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）根据图（1）用笔画线代替导线把图（2）中的实物图补充完整；‎ ‎（2）该同学根据表中数据在图（3）中已经作出了U1﹣I图线，请在图中作出U2﹣I图线；‎ ‎（3）根据图线可求得：电源电动势E=　　V，内阻r=　　Ω；定值电阻R0=　　Ω．（结果保留2位小数）‎ ‎15．连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵．为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用砂石铺成的紧急避险车道，如图所示．现将某次汽车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时汽车所受阻力为车重的0.4倍（发动机关闭），加速前进15s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5m后停下．将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求汽车：（sin53°=0.8，g=10m/s2）．‎ ‎（1）冲上避险车道时速度的大小；‎ ‎（2）在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍？‎ ‎16．如图是一种测定小球所带电荷量的装置原理图．长为l的绝缘细线，一端拴一质量为m的带正电小球，另一端悬挂在O点，静止时细线竖直、小球位于A点．当小球处于电场强度大小为E、方向水平的匀强电场中时，细线偏离竖直方向的角度为θ=30°，此时小球静止在B点．重力加速度为g，则：‎ ‎（1）小球所带电荷量是多少？‎ ‎（2）若将小球从B点拉到A点由静止释放，求小球再次回到B点时细线拉力的大小．‎ ‎17．2015年11月3日，我国自主研发的火星探测器在第17届中国国际工业博览会上公开亮相，预计2020年前后发射．设想宇航员完成对火星表面的科学考察后，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，为了安全，返回舱与轨道对接时，必须具有相同的速度．已知返回舱与宇航员的总质量为m，火星的半径为R，轨道舱到火星表面的高度h，火星表面的重力加速度为g，返回舱与宇航员在返回的过程中需客服火星引力做功W=mg，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，求：‎ ‎（1）轨道舱绕火星运行的速率；‎ ‎（2）宇航员和返回舱至少需要获得多少能量才能返回轨道舱？‎ ‎18．如图，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直．xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA的长为l、与x轴间的夹角θ=30°．一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可看作质点）从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）求P的纵坐标yp及小球从P射出时的速度v0；‎ ‎（2）已知电场强度的大小为E=，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？‎ ‎19．水平台面上固定一倾角为37°的斜面ABC，A为斜面的底端点，C为顶端点，AB部分光滑，长度sAB=1.0m；BC部分粗糙，长度sBC=2.0m．在斜面顶端C处固定一质量不计的光滑定滑轮，一根细绳绕过滑轮，左端系在A处质量m=1.0kg的滑块P（可视为质点）上，右侧竖直部分穿上质量M=1.0kg的物块Q．已知P与BC部分的动摩擦因数μ=0.7，当绳中张力超过9.6N时物块Q与绳间就会出现相对滑动，且绳与Q间的摩擦力恒为F=9.6N．开始时，P、Q均静止，绳处于伸直状态．现同时释放P和Q，已知在P上滑过程中Q不会从绳上滑脱也不会落地，取g=10m/s2，试分析：（sin37°=0.6）‎ ‎（1）P从A点运动到最高点的过程中，P、Q与地球组成的系统的机械能减少了多少？‎ ‎（2）仅增大Q的质量，试通过计算说明P能否到达C点．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年山西省太原市高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内（　　）‎ A．重力做的功相等 B．电场力做的功相等 C．电场力做的功大于重力做的功 D．电场力做的功小于重力做的功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】根据重力做功导致重力势能的变化，电场力做功导致电势能的变化，再由动能定理，并依据曲线运动的条件，从而确定电场力与重力的关系，同时运用运动的分解，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、B：将微粒的运动分解成竖直方向与水平方向．在竖直方向，电场力大于重力，所以加速度方向竖直向上，则在连续相等的时间内，变化的高度不同，所以电场力与重力做功均不相等，故AB均错误；‎ C、D：由上分析可知，电场力大于重力，因此电场力做功总大于重力做功，故C正确，D错误；‎ 故选C ‎　‎ ‎2．端到速滑，是我国运动员的优势项目．比赛中，运动员通过弯道时如果不能很好地控制速度，将会发生侧滑而离开赛道．用圆弧虚线Ob代表弯道，Oa表示运动员在O点的速度方向（如图），将运动员视为质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心 B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力 C．若在O点发生侧滑，则滑动方向在Oa右侧 D．若在O点发生侧滑，则滑动方向在Oa与Ob之间 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】运动员侧滑实际上是做离心运动，根据离心运动的条件外力为零或外力不足以提供向心力，进行分析．‎ ‎【解答】解：AB、发生侧滑原因是赛道对运动员的摩擦力小于需要的向心力，不是因为运动员受到的合力方向背离圆心，选项AB错误．‎ CD、侧滑时是会沿半径方向有远离圆心的运动分量，若此时摩擦力消失，运动员会沿Oa的方向运动，此时还会受到大致沿半径方向上的摩擦力作用，所以若在O点发生侧滑，则滑动方向在Oa与Ob之间，选项C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．一物体静止在粗糙水平地面上，现用大小为F1的水平力拉动物体，经一段时间后其速度变为v；若将水平拉力改为F2而方向不变，物体从静止开始经同样时间后速度变为2v．用a1、a2分别表示两个过程的加速度，则（　　）‎ A．F2＜2F1，a2=2a1 B．F2=2F1，a2=2a1‎ C．F2＜2F1，a2＜2a1 D．F2＞2F1，a2＞2a1‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据速度时间公式可以得到加速度关系，再根据牛顿第二定律分析拉力的关系．‎ ‎【解答】解：根据速度时间公式有：v=a1t，2v=a2t 则：a2=2a1‎ F1作用时，根据牛顿第二定律有：F1﹣μmg=ma1‎ F2作用时，根据牛顿第二定律有：F2﹣μmg=ma2‎ 则F2﹣μmg=2（F1﹣μmg），即：F2=2F1﹣μmg，故F2＜2F1，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图是两颗仅在地球引力作用下绕地球运动的人造卫星轨道示意图，Ⅰ是半径为R的圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，AB为椭圆的长轴且AB=2R，两轨道和地心在同一平面内，C、D为两轨道的交点．已知轨道Ⅱ上的卫星运动到C点时速度方向与AB平行，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个轨道上的卫星在C点时的加速度相同 B．两个轨道上的卫星在C点时的向心加速度大小相等 C．Ⅱ轨道上卫星的周期大于Ⅰ轨道上卫星的周期 D．Ⅱ轨道上卫星从C经B运动到D的时间与从D经A运动到C的时间相等 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力的大小，结合牛顿第二定律比较加速度的大小；根据线速度的大小比较向心加速度；根据开普勒第三定律比较周期的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，a=，两轨道上的卫星在C点距离地心的距离相等，则加速度相同，故A正确．‎ B、由于两卫星在C点的线速度大小不等，根据a=知，向心加速度大小不等，故B错误．‎ C、根据开普勒第三定律知， =C，椭圆的半长轴与圆轨道的半径相等，则Ⅱ轨道上卫星的周期等于Ⅰ轨道上卫星的周期，故C错误．‎ D、Ⅱ轨道上卫星从C经B运动到D的时间不一定等于半个周期，所以与从D经A到C的时间不一定相等，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．体育课上，小明平伸手掌托起篮球，由静止开始竖直向上运动，直至将篮球竖直地抛出．忽略空气阻力，在此过程中．以下分析正确的是（　　）‎ A．手与篮球分离时，篮球的加速度小于重力加速度 B．手与篮球分离时，手的加速度大于重力加速度 C．手与篮球分离前，篮球的动能一直增加 D．手与篮球分离前，篮球和地球组成系统的机械能先增大后减小 ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】手与篮球分离时，篮球的加速度．手与篮球分离前，篮球向上加速，动能增加．根据手做功情况分析篮球和地球组成系统的机械能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、手与篮球分离时，篮球只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，篮球离开手前手要加速，所以此瞬间手的加速度大于重力加速度，故A错误，B正确．‎ C、手与篮球分离前，速度先增大后减小，故篮球的动能先增加后减少，故C错误．‎ D、手与篮球分离前，手一直对篮球做正功，根据功能原理知，篮球和地球组成系统的机械能一直增加，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，电源内阻不能忽略，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的触头向右滑动时，V1示数变化量的绝对值为|△U1|，V2示数变化量的绝对值为|△U2|．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表A的示数变小，电压表V1的示数变大 B．电压表V1、V2的示数都变小 C．|△U1|=|△U2|‎ D．|△U1|＜|△U2|‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由变阻器接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串联电路的特点，分析电流表和电压表示数变化量的大小．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的触头向右滑动时，R2增大，电路中电流减小，U1减小，则内电压减小，路端电压U增大，则U2增大．因为U=U1+U2，则|△U1|＜|△U2|．‎ 所以电流表A的示数变小，电压表V1的示数变小，V2的示数变大，|△U1|＜|△U2|．故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图，两个电荷量均为q的正点电荷，固定在相距为L的a、b两点，O为ab连线的中点．过O作ab的垂直平分面，若在此平面上有一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷c，仅在电场力的作用下以O为圆心，在半径为L的圆周上做匀速圆周运动，则c的速率为（　　）‎ A．q B．q C．q D．q ‎【考点】电势差与电场强度的关系；匀速圆周运动；库仑定律．‎ ‎【分析】c做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q库仑力的合力提供，根据库仑定律和力的合成求出合力，再根据牛顿第二定律和向心力公式结合求解．‎ ‎【解答】解：c做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q的库仑力的合力提供，对c进行受力分析如图所示，由于c到O点距离为 R=L，所以△abc是等边三角形，边长为 L．‎ a、b对c的库仑力大小为 F1=F2=k，合力为：F合=2Fcos30°=．‎ 由牛顿第二定律得：F合=m 即 =m 解得：v=q 故选：B ‎　‎ ‎8．“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在底部竖直向上的风可把游客“吹起来，让人体验太空漂浮的感觉．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小、为最大值的；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的时，人恰好可静止或匀速漂移．在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落；经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零．则在从A到C的过程中，下落说法正确的是（　　）‎ A．表演者加速度的最大值是g B．B点的高度是H C．从A到B，表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的 D．若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为 ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=Fm，‎ 人站立时风力为Fm ‎，人下降过程分为匀加速和匀减速过程，先根据牛顿第二定律求出两个过程的加速度，再结合运动学公式分析求解．‎ ‎【解答】解：A、设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm 由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力 G=Fm，Fm=2G．‎ 则人平躺上升时有最大加速度，a==g，故A错误；‎ B、设下降的最大速度为v，有速度位移公式，‎ 加速下降过程位移x1=‎ 减速下降过程位移x2=‎ 故x1：x2=4：3‎ 因而x2=H，则B的高度为H，故B错误；‎ C、表演者A至B克服风力所做的功为 W1=Fm•H=FmH；B至C过程克服风力所做的功为 W2=Fm•H=FmH；所以=，故C正确．‎ D、C到A的过程中人的加速度大小为g，则到达A的速度：，所以表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为：P=Fm•v==，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．如图，真空中两个等量正点电荷A、B相距L放置，在AB连线的中垂线上有a、b、c三点，b点在A、B连线的中点上，ab＜bc．现将两点电荷同时向两边扩大相同距离，选取无穷远处电势为零，则前后两次比较（　　）‎ A．两点电荷相互作用的电势能增大 B．b点电场强度仍为零，a、c两点电场强度都变小 C．a、b、c三点电势都降低 D．电场强度始终满足Ea＞Ec＞Eb ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电场力做正功时电势能减小．根据电场线的分布情况和电场的叠加原理分析各点的场强．由电场方向分析电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、同种电荷相互排斥，当将两点电荷同时向两边扩大相同距离，电场力做正功，则两点电荷相互作用的电势能减小，故A错误．‎ B、根据电场的叠加原理和对称性知，b点电场强度仍为零．两点电荷在a、c两点的电场强度减小，夹角增大，则a、c两点电场强度都变小．故B正确．‎ C、作出过a、b、c的电场线，如图，则可知三点的电势都大于无穷远的电势，由于场强减小，则a、b、c三点与无穷远间的电势差都减小，则a、b、c三点电势都降低．故C正确．‎ D、由于b点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，则a、c间的电场强度大小无法确定，所以电场强度不一定有Ea＞Ec＞Eb．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎10．如图所示，两质量相等的长方形物块A、B通过一水平轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，开始时弹簧处于原长．现在A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到弹簧第一次达到最长的过程中，下列说法中正确的有（弹簧处在弹性限度内）（　　）‎ A．物块A的速度一直增大，加速度一直减小 B．物块B的速度一直增大，加速度一直增大 C．弹簧第一次达到最长时，A、B的速度相同 D．弹簧第一次达到最长时，A、B的加速度相同 ‎【考点】牛顿第二定律；加速度．‎ ‎【分析】所有接触面均光滑，对A、B受力分析得出它们的运动情况：A做加速度减小的变加速运动，B做加速度增大的变加速运动，经过一段时间后AB速度相等，画出速度时间图象，根据图象即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、对A、B在水平方向受力分析如图．F1为弹簧的拉力大小，且F1=kx，‎ 对A有：F﹣kx=maA 对B有：kx=maB 在整个过程中A的合力（加速度）一直减小，而B的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的加速度一直大于B的加速度，之后A的加速度一直小于B的加速度，故A做加速度减小的加速运动，B做加速度增加的加速运动，故AB正确；‎ CD、两物体运动的v﹣t图象如图，t1时刻两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，交点表示速度相等，斜率不同加速度不同，此时弹簧第一次达到最长，故C正确，D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎11．如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点D，下列判断正确的是（　　）‎ A．小球在AB段加速度的大小为g B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg C．小球在E点时的速率为 D．小球从E点运动到A点所用的时间为（）‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】小球恰好到达最高点，知弹力为零，结合牛顿第二定律求出最高点的速度，根据机械能守恒定律求出小球在B点的速度大小，根据速度位移公式求出小球在AB段运动的加速度大小．根据机械能守恒求出E点速度和A点的速度，结合速度时间公式求出运动的时间．‎ ‎【解答】解：A、小球恰好能通过D点，在D点，根据牛顿第二定律可知，解得，从B到D，根据动能定理可知，解得 在AB段，有速度位移公式可知，解得a=2.5g，故A错误；‎ B、从B到C，根据动能定理可知，解得，在C点，根据牛顿第二定律可知=3mg，故B正确；‎ C、E点和C点高度相同，具有相同的速度大小，故C错误；‎ D、从E点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得，R=‎ ‎，解得t=（），故D正确 故选：BD ‎　‎ ‎12．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图中折线所示，其中φ0和d已知．一个带负电的粒子在电场中以O为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．不计重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．Od间是匀强电场，电场强度大小为 B．粒子运动过程中与O的最大距离为（1﹣）d C．粒子的加速度大小为 D．粒子完成一次往复运动的时间为 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】由图可知Od间电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度；由题意可知，动能与电势能之和保持不变，设出运动区间为[﹣x，x]，由题意可知x处的电势，则由数学关系可求得x值，得到粒子运动过程中与O的最大距离．粒子在区间内做周期性变化，且从最远点到O点时做匀变速直线运动，由运动学规律可求得粒子完成一次往复运动的时间．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，0与d两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为 E=，则知Od间是匀强电场，故A错误．‎ B、设粒子在[﹣x，x]区间内运动，速率为v，由题意得 mv2﹣qφ=﹣A 由图可知 φ=φ0（1﹣）‎ 由①②得 mv2=qφ0（1﹣）﹣A 因动能非负，有 qφ0（1﹣）﹣A≥0‎ 得|x|≤（1﹣）d．即粒子运动过程中与O的最大距离为（1﹣）d．故B正确．‎ C、考虑粒子从﹣x0处开始运动的四分之一周期 根据牛顿第二定律，粒子的加速度 a===．故C正确．‎ D、粒子从﹣x0处开始运动的四分之一周期内做匀加速直线运动，用时 t=‎ 粒子完成一次往复运动的时间为 T=4t 解得 T=．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分90分）‎ ‎13．为了探究动能改变与合外力做功的关系，某同学设计了如下的实验方案：‎ 第一步：将带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，滑块通过细绳过定滑轮与重锤相连，重锤下连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图（1）所示：‎ 第二步：保持木板的倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，如图（2）所示．接通电源，释放滑块，滑块开始做加速运动，打出一条纸带如图（3）所示，其中O是打下的第一个点．‎ 已知重锤的质量为m，滑块的质量为M，当地的重力加速度为g，各相邻计数点间的时间间隔为△t，各计数点与O点距离如图（3）所示．回答下列问题：（用测得量和已知量的符号表示）‎ ‎（1）打点计时器打下E点时滑块的速度vE=　　；‎ ‎（2）滑块加速下滑过程中所受合力F=　mg　；从O到E，合力对滑块做的功为WE=　mgx5　；‎ ‎（3）分别算出OA、OB、OC、OD段合力对滑块做的功W以及打下A、B、C、D点滑块的速度v，作出v2﹣W图象，发现是一条过原点的直线，则直线斜率k=　　；‎ ‎（4）此实验中，滑块与木板间摩擦力的大小　不会　（选填“会”或“不会”）影响实验结果．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）用平均速度代替瞬时速度去求解AB点的速度；‎ ‎（2）合外力为重物的重力，根据W=Fx即可求解合力对滑块做的功；‎ ‎（3）根据做功公式求出W与v2的关系式即可求解；‎ ‎（4）实验第一步就平衡了摩擦力，所以此实验中，滑块与木板间摩擦力的大小不影响实验结果．‎ ‎【解答】解：（1）用平均速度代替瞬时速度得：VE=；‎ ‎②合外力为重物的重力，即F=mg，‎ 从O到E，合力对滑块做的功为WE=Fx=mgx5，‎ ‎（3）合外力做的功为W=Fx=Mv2‎ 所以v2=W，‎ 则直线斜率k=；，‎ ‎（4）实验第一步就平衡了摩擦力，所以此实验中，滑块与木板间摩擦力的大小不影响实验结果．‎ 故答案为：（1）；（2）mg；mgx5；（3）；（4）不会 ‎　‎ ‎14．某同学用以下器材测量电源电动势E、内阻r和定值电阻R0的阻值．‎ 待测电源（电动势约3V，内阻较小）；待测电阻R0（阻值较小）‎ 电压表两块（量程3V，内阻很大）；电流表（量程0.6A，内阻约5Ω）‎ 滑动变阻器R：电键一个，导线若干．‎ 该同学设计了图（1）的电路进行测量．用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的示数．将滑动变阻器的滑片移到不同位置，得到如表所示数据：‎ ‎ 0.10‎ ‎0.20 ‎ ‎ 0.30‎ ‎0.40 ‎ ‎ 0.50‎ ‎ 2.91‎ ‎ 2.80‎ ‎ 2.70‎ ‎ 2.59‎ ‎ 2.50‎ ‎2.70 ‎ ‎ 2.41‎ ‎2.09 ‎ ‎ 1.80‎ ‎1.50 ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）根据图（1）用笔画线代替导线把图（2）中的实物图补充完整；‎ ‎（2）该同学根据表中数据在图（3）中已经作出了U1﹣I图线，请在图中作出U2﹣I图线；‎ ‎（3）根据图线可求得：电源电动势E=　3.01　V，内阻r=　1.02　Ω；定值电阻R0=　2.00　Ω．（结果保留2位小数）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据原理图可得出对应的实物图；‎ ‎（2）根据给出的坐标值，利用描点法可得出对应的图象；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知图象的性质，则可知图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；图象的斜率表示内电阻；由图利用串并联电路的规律可求出定值电阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据原理图得出对应的实物图如图所示；‎ ‎（2）根据给出的坐标值利用描点法得出对应的图象如图所示；‎ ‎（3）由图象的截距为电源电动势，图象的斜率即为电源的内阻，有图象得：‎ E=3.01V；‎ r==1.02Ω； ‎ 由图可知，两电压表在0.4A时示数差值为0.8V，则定值电阻为：‎ R==2.00Ω；‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）3.01；1.02；2.00．‎ ‎　‎ ‎15．连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵．为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用砂石铺成的紧急避险车道，如图所示．现将某次汽车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时汽车所受阻力为车重的0.4倍（发动机关闭），加速前进15s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5m后停下．将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求汽车：（sin53°=0.8，g=10m/s2）．‎ ‎（1）冲上避险车道时速度的大小；‎ ‎（2）在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍？‎ ‎【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】（1）根据牛顿第二定律求出加速阶段的加速度，结合速度时间公式求出到达底端的速度，即刚冲上避险车道的速度．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律表示上滑的加速度大小，结合速度位移公式求出摩擦阻力．‎ ‎【解答】解：（1）设货车加速阶段的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度为v1，根据牛顿第二定律得：‎ mgsin30°﹣0.4mg=ma1‎ v1=v0+a1t1‎ 联立解得：v1=35m/s ‎（2）设货车在避险车道上的加速度大小为a2，货车在避险车道上所受阻力为车重的k倍，‎ mgsin53°+kmg=ma2‎ 联立解得：k=2.7‎ 答：（1）冲上避险车道时速度的大小为35m/s；‎ ‎（2）在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍．‎ ‎　‎ ‎16．如图是一种测定小球所带电荷量的装置原理图．长为l的绝缘细线，一端拴一质量为m的带正电小球，另一端悬挂在O点，静止时细线竖直、小球位于A点．当小球处于电场强度大小为E、方向水平的匀强电场中时，细线偏离竖直方向的角度为θ=30°，此时小球静止在B点．重力加速度为g，则：‎ ‎（1）小球所带电荷量是多少？‎ ‎（2）若将小球从B点拉到A点由静止释放，求小球再次回到B点时细线拉力的大小．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球静止在B点，合力为零，由平衡条件求小球所带电荷量．‎ ‎（2）小球从A运动到B，由动能定理求出小球到达B点的速度，再由牛顿第二定律求细线的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）小球所带电荷量为q，细线的拉力为F．小球静止在B点时，由平衡条件得：‎ ‎ Fsinθ=qE ‎ Fcosθ=mg 解得：q=‎ ‎（2）设小球在B点的速度为v，细线的拉力为T．小球从A运动到B，由动能定理得：‎ qElsinθ﹣mgl（1﹣cosθ）=‎ 在B点，由牛顿第二定律得：‎ T﹣mgcosθ﹣qEsinθ=m 解得：T=2（﹣1）mg 答：（1）小球所带电荷量是．‎ ‎（2）若将小球从B点拉到A点由静止释放，小球再次回到B点时细线拉力的大小是2（﹣1）mg．‎ ‎　‎ ‎17．2015年11月3日，我国自主研发的火星探测器在第17届中国国际工业博览会上公开亮相，预计2020年前后发射．设想宇航员完成对火星表面的科学考察后，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，为了安全，返回舱与轨道对接时，必须具有相同的速度．已知返回舱与宇航员的总质量为m，火星的半径为R，轨道舱到火星表面的高度h，火星表面的重力加速度为g，返回舱与宇航员在返回的过程中需客服火星引力做功W=mg，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，求：‎ ‎（1）轨道舱绕火星运行的速率；‎ ‎（2）宇航员和返回舱至少需要获得多少能量才能返回轨道舱？‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；动能定理．‎ ‎【分析】（1）根据万有引力等于重力，万有引力提供向心力求出轨道舱绕火星运行的速率．‎ ‎（2）结合返回舱与轨道舱对接时的动能，以及返回舱返回过程中克服引力做功的大小，根据能量守恒求出返回舱返回时至少具有的能量．‎ ‎【解答】解：（1）设火星的质量为M，返回舱在火星表面附近时，‎ ‎，‎ 设轨道舱的质量为m0，速率为v，则 ‎，‎ 解得．‎ ‎（2）返回舱与轨道舱对接时，应具有的动能为 ‎，‎ 依题意知，返回舱返回过程需克服引力做功W=，‎ 返回舱返回时至少需要能量为W总=Ek+W，‎ 解得W总=Ek+W，‎ 解得W总=．‎ 答：（1）轨道舱绕火星运行的速率为；‎ ‎（2）宇航员和返回舱至少需要获得的能量才能返回轨道舱．‎ ‎　‎ ‎18．如图，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直．xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA的长为l、与x轴间的夹角θ=30°．一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可看作质点）从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）求P的纵坐标yp及小球从P射出时的速度v0；‎ ‎（2）已知电场强度的大小为E=，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】（1）小球从P到M做平抛运动，根据平抛运动的规律及几何关系即可求解P的纵坐标yp及小球从P射出时的速度；‎ ‎（2）根据运动的合成与分解，将重力分解为垂直于电场线和平行于电场线，沿电场线合力为0，做匀速直线运动，垂直电场线根据牛顿第二定律求出加速度，做匀加速直线运动，根据运动学规律列出两个方向的运动学方程即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）设小球从P到M所用时间为 竖直方向： ‎ 水平方向：‎ 由几何关系：‎ 解得 ‎（2）设小球到达M时速度为，进入电场后加速度为a mgcosθ=qE 小球在电场中沿方向做匀速直线运动，沿与垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为 mgsinθ=ma 解得 答：（1）P的纵坐标为，小球从P射出时的速度为；‎ ‎（2）已知电场强度的大小为E=3mg2q，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足条件 ‎　‎ ‎19．水平台面上固定一倾角为37°的斜面ABC，A为斜面的底端点，C为顶端点，AB部分光滑，长度sAB=1.0m；BC部分粗糙，长度sBC=2.0m．在斜面顶端C处固定一质量不计的光滑定滑轮，一根细绳绕过滑轮，左端系在A处质量m=1.0kg的滑块P（可视为质点）上，右侧竖直部分穿上质量M=1.0kg的物块Q．已知P与BC部分的动摩擦因数μ=0.7，当绳中张力超过9.6N时物块Q与绳间就会出现相对滑动，且绳与Q间的摩擦力恒为F=9.6N．开始时，P、Q均静止，绳处于伸直状态．现同时释放P和Q，已知在P上滑过程中Q不会从绳上滑脱也不会落地，取g=10m/s2，试分析：（sin37°=0.6）‎ ‎（1）P从A点运动到最高点的过程中，P、Q与地球组成的系统的机械能减少了多少？‎ ‎（2）仅增大Q的质量，试通过计算说明P能否到达C点．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）对开始时的PQ进行受力分析，由牛顿第二定律求出共同的加速度，由位移速度公式求出P到达B点的速度；到达B点后，先对B进行受力分析，求出B对绳子的拉力，与9.6N比较，判断出Q与绳子之间是否由相对滑动．然后将受力分析与运动学的公式相结合，分别求出P与Q的位移，最后由功能关系即可求出；‎ ‎（2）当绳子的张力最大时，对B的拉力最大，由此求出B向上的最大加速度，然后由位移速度公式求出P到达B的速度，最后由位移速度公式即可求出P的位移，判定P能否到达C点．‎ ‎【解答】解：（1）设释放PQ时，绳子中的张力为T，两个物体的加速度是a，P到达B点的速度为vB，则：‎ Mg﹣T=Ma T﹣mgsinθ=ma 联立解得：a=2.0m/s2，vB=2m/s P到达B点时后，mgsinθ+μmgcosθ=1.0×10×sin37°+0.7×1.0×10×cos37°=11.6N＞F 故Q与绳子之间存在滑动．设P到达的最高点为D，滑块从B到D的过程中，P做减速运动，设该过程中二者的加速度分别为a1和a2，运动的时间为t，P滑动的距离为sBD，Q滑动的距离为s，则：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1‎ 解得：‎ 又：‎ ‎0﹣vB=a1t 联立解得：t=1.0s，sBD=1.0m＜，可知P不能到达C点 对Q：Mg﹣F=Ma2‎ 代入数据得：a2=0.4m/s2‎ Q的位移：s=‎ 代入数据得：s=2.2m P与Q组成的系统减小的机械能：△E=μmgcosθ•sBD+F•（s﹣sBD）‎ 代入数据得：Q=17.12J ‎（2）随Q质量的增大，刚释放时P与Q的加速度就增大，绳子的拉力也增大，当Q的质量大于一定的数值时，绳子上的拉力保持最大9.6N，设释放时，P的最大加速度为amax，P到达B的最大速度为vmax，P在BC段滑行的最大距离为sm，则：‎ F﹣mgsinθ=mamax 在B点以上：‎ 联立以上方程可得：sm=1.8m＜‎ 所以B不能到达P点．‎ 答：（1）P从A点运动到最高点的过程中，P、Q与地球组成的系统的机械能减少了17.12J；‎ ‎（2）仅增大Q的质量，通过计算可知P不能到达C点．‎ ‎　‎ ‎2017年4月8日