上海市七校联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

上海市七校联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2015-2016学年上海市七校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一．单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．下列关于科学家和他们的贡献的说法中正确的是（　　）‎ A．亚里士多德提出力是改变物体运动状态的原因 B．伽利略发现了行星运动的规律 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．爱因斯坦认为时间、空间、质量都是相对的 ‎2．由牛顿第二定律可知（　　）‎ A．由物体运动的方向发生改变，可断定物体受所合外力的方向也改变 B．用力推水平地面上的木箱没有推动，是由于推力小于摩擦力的缘故 C．1N的力一定可以使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度 D．物体的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力 ‎3．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间（设小球均未落地）（　　）‎ A．做竖直下抛运动的小球加速度最大 B．三个小球的速度变化相等 C．做平抛运动的小球速度变化最小 D．做竖直下抛的小球速度变化最小 ‎4．若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（　　）‎ A．物体的动能不可能总是不变的 B．物体的动量不可能总是不变的 C．物体的加速度一定变化 D．物体的速度方向一定变化 ‎5．简谐机械波在同一种介质中传播时，下述结论中正确的是（　　）‎ A．频率不同时，波速不同，波长也不同 B．频率不同时，波速相同，波长则不同 C．频率不同时，波速相同，波长也相同 D．频率不同时，波速不同，波长则相同 ‎6．如图为某个电场的电场线，针对这个电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的场强最大、B点的场强为零 B．沿电场线的方向从A点到C点电势是逐渐减小的 C．这些电场线都是客观存在的，并且可以模拟出来 D．从A点释放一个带正电的粒子，不计重力，它肯定会沿电场线运动到C点 ‎7．如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取（　　）方向时，F1、F2在L上分力之和为最大（设F1＞F2）．‎ A．F1 B．F2‎ C．F1、F2的合力方向 D．以上答案都不正确 ‎8．将一小球以初速度v从地面竖直上抛后，小球先后经过离地面高度为6m的位置历时4s．若要使时间缩短为2s，则初速度应（不计阻力）（　　）‎ A．小于v B．等于v C．大于v D．无法确定 ‎　‎ 二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎9．如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2．增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（　　）‎ A．如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大 B．如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变 C．如果物块与斜面相对静止，则F1、F2一定增大 D．如果物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变 ‎10．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图所示，质量为1.0kg的物体，在拉力F的作用下沿倾角为30°的斜面匀加速上升，加速度大小为4m/s2，F的方向与斜面平行，大小为10N，若突然撤去此外力，则在刚撤去此外力时物体加速度的大小和方向为（　　）‎ A．4m/s2，沿斜面向上 B．5m/s2，沿斜面向上 C．2m/s2，沿斜面向下 D．6m/s2，沿斜面向下 ‎12．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3．若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎13．质点所受的合外力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t=0时质点的速度为零．在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，质点的速度最大的时刻是（　　）‎ A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎14．如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时的一段轨迹如图中细线所示，若不计重力的作用，则在飞越该电场的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．该粒子带负电 B．该粒子的动能先增大后减小 C．该粒子的电势能先增大后减小 D．该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v ‎15．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎16．如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动D，且C点很靠近D点．如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是（　　）‎ A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点 B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点 C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点 D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点 ‎　‎ 三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）‎ ‎17．某次地震的震源离地面深度为10km．假设该地震波中的某一种波为简谐横波，该波在地球中传播速度大小为4km/s，已知从t=0时刻波源开始振动，该波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到x=120m处，如图所示，则（　　）‎ A．从t=0开始计时，只需经过2.5s波源迁移到地面 B．此时刻波动图象上与P点动能相同的质点有3个（P点除外）‎ C．从此时刻算起，再过0.12s时，位于x=240m处的质点加速度最小 D．从此时刻算起，再过0.02s时，P点的速度正在减小，加速度正在增大 ‎18．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（　　）‎ A．C点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．NC间场强方向向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎19．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 ‎20．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能EK与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（　　）‎ A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量不为0‎ B．小物体下落至高度h5时，加速度大于g C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了 D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1﹣h5）‎ ‎　‎ 四．填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题计分．‎ ‎21．一光滑半圆形圆环固定在竖直平面内，环上套着一个质量为m的小球P，用细绳相连系于A点，处于平衡状态，如图所示．若细绳与水平面夹角为30°，则细绳对小球的拉力FT为　　，环对小球的弹力FN为　　．‎ ‎22．两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，运行线速度之比是v1：v2=1：2，它们运行的轨道半径之比为　　；所在位置的重力加速度之比为　　．‎ ‎23．在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于　　，A车与B车动量大小之比等于　　．‎ ‎24．在地面上方的A点以m/s的初速度水平抛出一个质量为2kg的小球，小球刚落地前的瞬时动能为7J，落地点在B点，不计空气阻力，则A、B两点的连线与水平方向的夹角为　　，落地前瞬时小球重力做功的功率为　　W．‎ ‎25．如图所示，A是固定的带正电的物体，把初速度为零的质子11H和α粒子42He先后从Q点释放后，它们沿电场方向运动到P点时，其速度之比vH：vα=　　‎ ‎；它们在P点时的电势能之比εH：εα=　　．‎ ‎26．一质量为0.9kg的小物块在一与水平方向成37°角的拉力F作用下从A处静止开始运动，如图（a）所示．其后一段时间内拉力F随时间变化和物体运动速度随时间变化的图象如图（b）所示，物体刚好能到达图中B处．根据图象可求得物体与地面间的动摩擦系数为　　．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎　‎ 五．实验题（共24分）‎ ‎27．小球A由斜槽滚下，从桌边水平抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了B球下落过程的四个位置和A球的第3、4个位置，如图所示，背景的方格纸每小格的边长为2.5cm．‎ ‎（1）请在图中标出A球的第2个位置；‎ ‎（2）频闪照相仪的闪光频率为　　；‎ ‎（3）A球离开桌边时的速度大小为　　．‎ ‎28．用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体的平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．‎ ‎（1）（多选题）在用细线悬挂钩码前，下列措施中哪些是必要的　　‎ ‎（A）判断力矩盘是否处在竖直平面 ‎（B）判断横杆MN是否严格保持水平 ‎（C）判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小 ‎（D）判断力矩盘的重心是否位于盘中心 ‎（2）在力矩盘上A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受重力为1N，则此时弹簧秤示数应为　　N．‎ ‎（3）若实验前，弹簧秤已有0.2N的示数，实验时忘记对弹簧秤进行调零，则完成实验后测量出的顺时针力矩与逆时针力矩相比，会出现M顺　　M逆（选填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎29．在“用DIS描绘电场的等势线”实验中，按图所示连接电路．在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e 等5个基准点．将电压传感器的两个接线柱分别和两个探针相连接．当正接线柱的电势高于负接线柱时，读数为正．‎ ‎（1）（多选）实验装置如图所示，如果以A、B两个电极的连线为x轴，以A、B连线的中垂线为y轴，每相隔一定电压就画一条等势线，那么这些等势线在空间的分布情况是　　‎ A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．等势线之间的距离相等，间隔均匀 D．距电极越近等势线越密 ‎（2）若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来　　（填“相同”或“不同”），实验中如果忘记传感器调零，则描绘得到的等势线形状与原来　　（填“相同”或“不同”）．‎ ‎30．在“利用单摆测重力加速度：的实验中 ‎（1）某同学尝试用DIS（数据采集系统）测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端A应接到　　．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于　　．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为　　（地磁场和磁传感器的影响可忽略）．‎ ‎（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T．虎后，分别取L和T的对数，所得到的lgT﹣lgL图线为　　（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g=　　．‎ ‎　‎ 六．计算题（共50分）‎ ‎31．如图所示，木块质量m=0.78kg，在与水平方向成θ=37°角、斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，在3s末时撤去拉力F．已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）拉力F的大小 ‎（2）物体在5s内滑行的总位移．‎ ‎32．有一质量2kg小球串在长0.5m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成θ=37°角，小球恰能沿轻杆匀速向下滑动，试求：‎ ‎（1）小球与轻杆之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）如果在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，要使小球仍能沿轻杆做匀速直线运动，求此恒力？‎ ‎（3）如果在竖直平面内给小球施加一个水平方向的恒力，要使小球仍能沿轻杆做匀速直线运动，求此恒力？‎ ‎33．如图，水平轨道AB与竖直固定圆轨道相切于B点，C为圆轨道最高点，圆轨道半径R=5m．一质量m=60kg的志愿者，驾驶质量M=940kg、额定功率P=40kw的汽车体验通过圆轨道时所受底座的作用力，汽车从A点由静止以加速度a=2m/s2做匀加速运动，到达B点时，志愿者调节汽车牵引力，使汽车匀速率通过圆轨道又回到B点，志愿者在C点时所受底座的支持力等于志愿者的重力，已知汽车在水平轨道及圆轨道上的阻力均为汽车对轨道压力的0.1倍，取g=10m/s2，计算中将汽车视为质点．‎ 求：‎ ‎（1）汽车在C点的速率；‎ ‎（2）汽车在C点的牵引功率；‎ ‎（3）AB间的距离及汽车从A点经圆轨道又回到B点的过程所用的时间．‎ ‎34．如图1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（静电力恒量k=9×109N•m2/C2）则：‎ ‎（1）请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）求斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年上海市七校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．下列关于科学家和他们的贡献的说法中正确的是（　　）‎ A．亚里士多德提出力是改变物体运动状态的原因 B．伽利略发现了行星运动的规律 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．爱因斯坦认为时间、空间、质量都是相对的 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】解答本题的关键是了解几个重要的物理学史，知道哪些伟大科学家的贡献．‎ ‎【解答】解：A、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，是改变物体运动状态的原因，故A错误；‎ B、开普勒发现了行星运动的规律，故B错误；‎ C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故C错误；‎ D、爱因斯坦提出相对论，认为时间、空间、质量都是相对的，故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．由牛顿第二定律可知（　　）‎ A．由物体运动的方向发生改变，可断定物体受所合外力的方向也改变 B．用力推水平地面上的木箱没有推动，是由于推力小于摩擦力的缘故 C．1N的力一定可以使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度 D．物体的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律可知，1N的力可以使质量为1kg的物体产生1m/s2‎ 的加速度，当合外力为零时，加速度为零，速度改变，加速度不一定变化，所受合力也不一定变化．‎ ‎【解答】解：A、由物体运动的方向发生改变，合外力的方向不一定改变，如平抛运动，合外力为重力，不变，故A错误；‎ B、用力推水平地面上的木箱没有推动，是由于推力小于最大静摩擦力的缘故，因为未推动，物体静止，推力等于静摩擦力，故B错误；‎ C、根据a=得：1N的力可以使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度，故C正确；‎ D、质量和力是两个不同的概念，不能说质量是力，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间（设小球均未落地）（　　）‎ A．做竖直下抛运动的小球加速度最大 B．三个小球的速度变化相等 C．做平抛运动的小球速度变化最小 D．做竖直下抛的小球速度变化最小 ‎【考点】牛顿第二定律；自由落体运动；竖直上抛运动．‎ ‎【分析】不计空气阻力，竖直上抛、竖直下抛、平抛运动的物体只受重力，加速度为重力加速度．三个球运动时间相同，重力的冲量相同，根据动量定理，分析三个小球速度变化量的关系．‎ ‎【解答】解：A、三个球都只受重力，加速度都是重力加速度，所以三个球的加速度是相同的．故A错误．‎ ‎ B、C、D三个球运动时间相同，重力的冲量相同，质量相等，根据动量定理I合=m△v得知，三个小球的速度变化相等．故B正确，CD错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎4．若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（　　）‎ A．物体的动能不可能总是不变的 B．物体的动量不可能总是不变的 C．物体的加速度一定变化 D．物体的速度方向一定变化 ‎【考点】动量定理；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件；动能定理的应用．‎ ‎【分析】物体受力但力不一定做功，但一定会产生冲量，由动量定理和动能定理可以得出动能及动量的变化；由牛顿运动定律可知加速度及速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、合力不为零，但力不一定做功，故动能可能不变，如匀速圆周运动，故A错误；‎ B、合力不为零则冲量一定不为零，由动量定理可知，物体的动量一定会发生变化，故B正确；‎ C、合外力不为零，则由牛顿第二定律可知有加速度，但若力恒定则加速度不变，故C错误；‎ D、若加速度与速度方向在同一直线上，则物体的速度方向可以不变，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．简谐机械波在同一种介质中传播时，下述结论中正确的是（　　）‎ A．频率不同时，波速不同，波长也不同 B．频率不同时，波速相同，波长则不同 C．频率不同时，波速相同，波长也相同 D．频率不同时，波速不同，波长则相同 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】根据机械波的速度由介质决定，简谐机械波在同一种介质中传播时，波速一定，根据波速公式v=λf进行分析．‎ ‎【解答】解：机械波的速度由介质决定，则简谐机械波在同一种介质中传播时，波速相同，由波速公式v=λf知：频率不同时，波长则不同，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图为某个电场的电场线，针对这个电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的场强最大、B点的场强为零 B．沿电场线的方向从A点到C点电势是逐渐减小的 C．这些电场线都是客观存在的，并且可以模拟出来 D．从A点释放一个带正电的粒子，不计重力，它肯定会沿电场线运动到C点 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场线是人们为描述电场而引入的线，是假想的曲线，实际上是不存在的；电场线向上某点的切线方向为该点的电场强度的方向，即正点电荷在该点受到的电场力的方向．电场线不是带电粒子在电场中的运动轨迹．‎ ‎【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以A处于的场强最大，B处的电场线比较疏，虽然没有电场线经过B点，都是B点的场强并不是0．故A错误；‎ B、沿电场线的方向大声降低，可知从A点到C点电势是逐渐减小的，故B正确；‎ C、电场线是人们为描述电场而引入的线，是假想的曲线，实际上是不存在的．故C错误；‎ D、该电场的场强的方向是变化的，从A点释放一个带正电的粒子，而速度的方向与受力的方向有夹角时，运动的轨迹不是与受力的方向一致，所以从A点释放一个带正电的粒子，不计重力，它也不会沿电场线运动到C点．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取（　　）方向时，F1、F2在L上分力之和为最大（设F1＞F2）．‎ A．F1 B．F2‎ C．F1、F2的合力方向 D．以上答案都不正确 ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】分力和合力是等效的．F1和F2在L上的分力等价于F1和F2的合力在L上的分力，‎ 一个力要在某一方向分力最大，这个方向应该取这个力本身的方向．‎ ‎【解答】解：F1和F2在L上的分力等价于F1和F2的合力在L上的分力，‎ 而F1和F2的合力要分解在L上的力最大，就应该取这个合力本身的方向，因为分解在其他方向都会使这个分力减小的，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．将一小球以初速度v从地面竖直上抛后，小球先后经过离地面高度为6m的位置历时4s．若要使时间缩短为2s，则初速度应（不计阻力）（　　）‎ A．小于v B．等于v C．大于v D．无法确定 ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】竖直上抛可以看作初速度向上的加速度为a=﹣g的匀减速直线运动，可划分为上升和下降两个过程，且两个过程具有严格的时间和速度的对称性 ‎【解答】解：A、小球先后经过离地面高度为6m的位置历时4s，可知从第一次到达6m位置记时，则到达最高点还需2s；若要使先后经过离地面高度为6m的位置的时间缩短为2s，则从第一次到达6m位置记时，则到达最高点还需1s，由此推断，先后经过离地面高度为6m的位置历时2s时，小球上升总高度较小，故初速度应较小，故A正确；‎ B、由A分析得，B错误；‎ C、由A分析得，C错误；‎ D、由A分析得，D错误；‎ 故选：A ‎　‎ 二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎9．如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2．增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是（　　）‎ A．如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大 B．如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变 C．如果物块与斜面相对静止，则F1、F2一定增大 D．如果物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】由题意斜面体始终保持静止，若物块沿斜面向上滑动，增大F，物块对斜面体的压力和摩擦力不变．若物块与斜面相对静止，以整体为研究对象，根据平衡条件得到F1、F2与F的关系，再分析其变化．‎ ‎【解答】解：A、B由图看出，F平行于斜面，如果物块沿斜面向上滑动，物块对斜面体的压力和摩擦力保持不变，增大推力F时，斜面体的受力情况没有改变，则F1、F2一定不变．故A错误，B正确．‎ C、D如果物块与斜面相对静止时，以整体为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得到：‎ ‎ F2=Fcosθ，θ是斜面的倾角，可见，F增大时，F2一定增大．‎ 而对物块研究得知，F1可能增大、可能减小，也可能大小不变．故CD错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎10．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断．‎ ‎【解答】解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma 根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv 联立解得：a=g+‎ A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；‎ 根据BD的结论a=g+，有∝，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故a﹣t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为1.0kg的物体，在拉力F的作用下沿倾角为30°的斜面匀加速上升，加速度大小为4m/s2，F的方向与斜面平行，大小为10N，若突然撤去此外力，则在刚撤去此外力时物体加速度的大小和方向为（　　）‎ A．4m/s2，沿斜面向上 B．5m/s2，沿斜面向上 C．2m/s2，沿斜面向下 D．6m/s2，沿斜面向下 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出物体与斜面体间的摩擦力大小，撤去外力后，再根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向．‎ ‎【解答】解：物体沿斜面向上匀加速运动时，由牛顿第二定律有：F﹣mgsin30°﹣f=ma，‎ 解得：f=F﹣mgsin30°﹣ma=10﹣10×0.5﹣4N=1N．‎ 撤去外力F后，根据牛顿第二定律得：f+mgsinθ=ma′，‎ 解得：a′=gsin30°+=5+1=6m/s2，方向沿斜面向下．‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3．若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑说明线速度相同，根据v=wr解答．‎ ‎【解答】解：由甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑知三者线速度相同，其半径分别为r1、r2、r3‎ 则ω1r1=ω2r2=ω3r3‎ 故ω3=‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎13．质点所受的合外力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t=0时质点的速度为零．在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，质点的速度最大的时刻是（　　）‎ A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化．‎ ‎【解答】解：由力的图象分析可知：‎ 在0∽t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动．‎ 在t1∽t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动．‎ 在t2∽t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动．‎ 在t3∽t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动．t4时刻速度为零．‎ 则t2时刻质点的速度最大．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时的一段轨迹如图中细线所示，若不计重力的作用，则在飞越该电场的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．该粒子带负电 B．该粒子的动能先增大后减小 C．该粒子的电势能先增大后减小 D．该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v ‎【考点】电场线；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，可判断出粒子的电性．电场力先做正功，后做负功，可分析动能和电势能的变化．因为MN为a、b连线的中垂线，是一条等势线，并且一直延伸到无穷远处，M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v．‎ ‎【解答】解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，则该粒子带负电．故A正确．‎ B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：粒子的动能先增大后减小．故B正确．‎ C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大．故C错误．‎ D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v．故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎15．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．‎ ‎【解答】解：设船渡河时的速度为vc；‎ 当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；‎ 当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；‎ 而回头时的船的合速度为：v合=；‎ 由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc==，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动D，且C点很靠近D点．如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是（　　）‎ A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点 B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点 C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点 D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点 ‎【考点】单摆周期公式；自由落体运动．‎ ‎【分析】A为自由落体，运用自由落体的公式求出时间；B是利用匀变速运动的知识求出所用时间；C是单摆，求出周期，所用时间只是周期．‎ ‎【解答】解：A点，AD距离为r，加速度为g，时间：‎ t1=；‎ B点，设∠ADB=θ，BD距离为2rcosθ，加速度为gcosθ，时间：‎ t2===2；‎ C点，简谐振动，周期T=2，时间：‎ t3==；‎ 明显t2＞t3＞t1，知乙球最后到，甲球最先到．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）‎ ‎17．某次地震的震源离地面深度为10km．假设该地震波中的某一种波为简谐横波，该波在地球中传播速度大小为4km/s，已知从t=0时刻波源开始振动，该波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到x=120m处，如图所示，则（　　）‎ A．从t=0开始计时，只需经过2.5s波源迁移到地面 B．此时刻波动图象上与P点动能相同的质点有3个（P点除外）‎ C．从此时刻算起，再过0.12s时，位于x=240m处的质点加速度最小 D．从此时刻算起，再过0.02s时，P点的速度正在减小，加速度正在增大 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】机械波传播的过程中介质中的质点不向前迁移；‎ 由图得到波长，求出周期，根据时间与周期的关系分析质点的加速度；‎ 由波的传播方向可判断质点的振动方向，从而分析质点的速度变化．势能相同的点位移大小相等；由x=vt求解波传播的距离．‎ ‎【解答】解：A、波向前传播的过程中，介质中所有质点都不随波向前迁移，故从t=0开始计时，波源不会迁移到地面，A错误；‎ C、位移大小相等的点动能相同．由简谐运动的对称性可得，除P点外与P点动能相同的质点有7个，B错误；‎ C、从图中可知该波的波长λ=60m，该波在地球中传播速度大小为4km/s，则周期．从此时刻算起，波传播到x=240m处，需要的时间是0.06s，所以再过0.12s时，x=240m处的质点刚好运动了4个周期，质点在平衡位置，加速度最小，C正确．‎ D、从此时刻算起，再过0.02s时，P点运动了1个周期，则P点已经在平衡位置下方向波谷运动，则P点的速度正在减小，加速度正在增大，D正确；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎18．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（　　）‎ A．C点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．NC间场强方向向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎【考点】电场强度；电势能．‎ ‎【分析】两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．‎ ‎【解答】解：A、C点电势的拐点，根据公式∅=Ex可知，图象的斜率大小是电场强度大小，而C点的斜率为零，故A正确；‎ B、同理，由图知A点的电势为零，但该点的斜率不为零．故B错误；‎ C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故C错误；‎ D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎19．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．‎ ‎【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 ‎　‎ ‎20．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能EK与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（　　）‎ A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量不为0‎ B．小物体下落至高度h5时，加速度大于g C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了 D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1﹣h5）‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；‎ 小物体下落至高度h5时，加速度最大；‎ h4点与h2点物体的动能相同，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量．‎ 由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0．故A正确；‎ B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，则小物体下落至高度h5时，加速度大于g．故B正确；‎ C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍，此时弹簧的压缩量：‎ ‎，小物体从高度h2下降到h4，重力做功： =．物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了．故C错误；‎ D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1﹣h5）．故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ 四．填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题计分．‎ ‎21．一光滑半圆形圆环固定在竖直平面内，环上套着一个质量为m的小球P，用细绳相连系于A点，处于平衡状态，如图所示．若细绳与水平面夹角为30°，则细绳对小球的拉力FT为　mg　，环对小球的弹力FN为　　．‎ ‎【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】对小球进行受力分析，作出力图，根据平衡条件求解绳对小球的拉力FT和环对小球的弹力FN．‎ ‎【解答】解：对小球进行受力分析：重力mg、绳对小球的拉力FT和环对小球的弹力FN，作出力图，如图．‎ 根据平衡条件得知：重力mg与绳对小球的拉力FT的合力与环对小球的弹力FN大小相等，方向相反，则由几何知识得到：FT=mg．‎ 又2mgcos30°=FN，得到FN=．‎ 故答案为：mg，．‎ ‎　‎ ‎22．两颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，运行线速度之比是v1：v2=1：2，它们运行的轨道半径之比为　4：1　；所在位置的重力加速度之比为　1：16　．‎ ‎【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】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度的表达式进行讨论即可．‎ ‎【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得 运行线速度v=‎ 运行线速度之比是v1：v2=1：2，‎ 所以们运行的轨道半径之比r1：r2=4：1，‎ 根据万有引力等于重力得 重力加速度g=‎ 所在位置的重力加速度之比g1：g2=1：16‎ 故答案为：4：1；1：16‎ ‎　‎ ‎23．在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于　3：2　，A车与B车动量大小之比等于　3：2　．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】对人以及两车研究，该系统在整个过程中动量守恒．根据动量守恒定律求出A车与B车速度大小之比以及A车和B车的动量大小之比．‎ ‎【解答】解：对人、A、B两车组成的系统动量守恒．‎ 有：0=mvA﹣‎ 可知：vA：vB=3：2．‎ A车与B车及人的动量大小相等，‎ 则动量大小之比为3：2．‎ 故答案为：3：2，3：2．‎ ‎　‎ ‎24．在地面上方的A点以m/s的初速度水平抛出一个质量为2kg的小球，小球刚落地前的瞬时动能为7J，落地点在B点，不计空气阻力，则A、B两点的连线与水平方向的夹角为　30°　，落地前瞬时小球重力做功的功率为　40　W．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】物体做的是平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，求出A、B两点的连线与水平方向的夹角的正切值，即可求得夹角的大小，根据P=mgvcosθ=mgvy求出重力的瞬时功率．‎ ‎【解答】解：设物体的质量为m，物体的动能为E1=mv2=×2×3=3J，物体的末动能E2=7J，‎ 根据E2=mv2=7J，‎ 所以物体的速度v为v=m/s，‎ 所以物体在竖直方向上的速度的大小为vy==2m/s，‎ 设A、B两点的连线与水平方向的夹角为θ，‎ 则tanθ======，‎ 所以θ=30°，小球落地前竖直分速度vy=gt=2m/s 重力的瞬时功率PG=mg vy=40W．‎ 故答案为：30°，40‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，A是固定的带正电的物体，把初速度为零的质子11H和α粒子42He先后从Q点释放后，它们沿电场方向运动到P点时，其速度之比vH：vα=　：1　；它们在P点时的电势能之比εH：εα=　1：2　．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】质子和α粒子在电场力作用下由c运动到d，只有电场力做功，根据动能定理列式求解速度之比，根据电场力做功与势能的关系求势能 ‎【解答】解：对于任一粒子，从c运动到d的过程，由动能定理得：‎ ‎ qU=mv2‎ 则得：v=U相同，质子和α粒子比荷之比为2：1，则得：vH：vα=：1．‎ 根据电场力做功与势能的关系，得电势能之比εH：εα=q1U：q2U=1：2‎ 故答案为：：1，1：2‎ ‎　‎ ‎26．一质量为0.9kg的小物块在一与水平方向成37°角的拉力F作用下从A处静止开始运动，如图（a）所示．其后一段时间内拉力F随时间变化和物体运动速度随时间变化的图象如图（b）所示，物体刚好能到达图中B处．根据图象可求得物体与地面间的动摩擦系数为　　．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由速度时间图象抓住1～t1时间内做匀速直线运动，根据共点力平衡求出动摩擦因数．由v﹣t图象的面积求AB间的距离．当小物块先匀加速运动，后匀减速运动至B速度恰好为零时所用时间最短．‎ ‎【解答】解：由v﹣t图象知，物体在0～1s内做匀加速直线运动，在1～t1时间内做匀速直线运动，t1时刻后做匀减速直线运动．‎ 对于匀速直线运动阶段，由平衡条件有：‎ Fcos37°=f f=μ（mg﹣Fsin37°）‎ 由图知 F=3N 解得：μ=‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 五．实验题（共24分）‎ ‎27．小球A由斜槽滚下，从桌边水平抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了B球下落过程的四个位置和A球的第3、4个位置，如图所示，背景的方格纸每小格的边长为2.5cm．‎ ‎（1）请在图中标出A球的第2个位置；‎ ‎（2）频闪照相仪的闪光频率为　10Hz　；‎ ‎（3）A球离开桌边时的速度大小为　0.75m/s　．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律得出A球第2个位置．根据相等时间内的位移之差是一恒量得出相等的时间间隔，从而得出频闪照相仪的闪光频率．通过水平方向上的位移求出A球离开桌边时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）因为A球在竖直方向上做自由落体运动，与B球的运动规律相同，则第2个位置与B球的第二个位置在同一水平线上．在水平方向上做匀速直线运动，则第2球距离第3个球水平距离为3格．如图所示．‎ ‎（2）根据△y=gT2得，，则闪光频率f=．‎ ‎（3）A球离开桌边时的速度．‎ 故答案为：（1）如图所示（2）10Hz （3）0.75m/s．‎ ‎　‎ ‎28．用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体的平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．‎ ‎（1）（多选题）在用细线悬挂钩码前，下列措施中哪些是必要的　ACD　‎ ‎（A）判断力矩盘是否处在竖直平面 ‎（B）判断横杆MN是否严格保持水平 ‎（C）判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小 ‎（D）判断力矩盘的重心是否位于盘中心 ‎（2）在力矩盘上A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受重力为1N，则此时弹簧秤示数应为　3　N．‎ ‎（3）若实验前，弹簧秤已有0.2N的示数，实验时忘记对弹簧秤进行调零，则完成实验后测量出的顺时针力矩与逆时针力矩相比，会出现M顺　＜　M逆（选填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎【考点】力矩的平衡条件．‎ ‎【分析】（1）本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，要尽可能减小其他力的影响，比如重力、摩擦力等影响．根据此要求分析选择．‎ ‎（2）分别确定A、B、C三点细线拉力大小和力臂大小，根据力矩平衡求出弹簧称拉力．‎ ‎（3）实验时忘记对弹簧秤进行调零，弹簧拉力测量值偏大，根据弹簧称拉力产生的力矩方向，分析误差．‎ ‎【解答】解：（1）A、为了防止细线及弹簧称与力矩盘摩擦，判断力矩盘是否处在竖直平面是必要的．故A正确．‎ ‎ B、本实验与横杆MN是否平衡无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平．故B错误．‎ ‎ C、D本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，重力、摩擦力等影响要尽可能小，故CD正确．‎ 故选ACD ‎ （2）设A、B、C三处拉力大小分别为FA、FB、FC，弹簧称示数为F，由题 ‎ FA=2N，FB=1N，FC=3N ‎ 设力矩盘上相邻同心圆间距为r，则弹簧称拉力的力臂为L=2r 根据力矩平衡得 ‎ FA•2r+FL=FB•r+FC•3r 代入解得F=3N ‎ （3）实验时忘记对弹簧秤进行调零，弹簧拉力测量值偏大，其力矩偏大，而弹簧拉力力矩为逆时针方向，则测量出的顺时针力矩小于逆时针力矩．‎ 故本题答案是：‎ ‎①A C D ②3 ③＜．‎ ‎　‎ ‎29．在“用DIS描绘电场的等势线”实验中，按图所示连接电路．在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e 等5个基准点．将电压传感器的两个接线柱分别和两个探针相连接．当正接线柱的电势高于负接线柱时，读数为正．‎ ‎（1）（多选）实验装置如图所示，如果以A、B两个电极的连线为x轴，以A、B连线的中垂线为y轴，每相隔一定电压就画一条等势线，那么这些等势线在空间的分布情况是　ABD　‎ A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．等势线之间的距离相等，间隔均匀 D．距电极越近等势线越密 ‎（2）若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来　相同　（填“相同”或“不同”），实验中如果忘记传感器调零，则描绘得到的等势线形状与原来　不相同　（填“相同”或“不同”）．‎ ‎【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线．‎ ‎【分析】（1）本实验利用恒定电流场模拟等量异种电荷的静电场，抓住对称性分析和等势线的分布情况进行选择；‎ ‎（2）把电源电压提高，不改变等势线的分布情况．‎ ‎【解答】解：（1）A、等量异种电荷的静电场具有对称性，根据等势的分布情况可知这些等势线在空间的分布情况是：关于x轴和y轴是对称的，故A、B正确．‎ C、等量异种电荷的静电场是非匀强电场，等势线之间的距离不相等，间隔也不均匀．故C错误．‎ D、距电极越近，电场强度越大，等势线越密．故选：ABD ‎（2）等量异种电荷等势线的形状与两个点电荷的电荷量无关，若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来是相同的；实验中如果忘记传感器调零，则描绘得到的等势线形状与原不相同；‎ 故答案为：（1）ABD；（2）相同；不相同．‎ ‎　‎ ‎30．在“利用单摆测重力加速度：的实验中 ‎（1）某同学尝试用DIS（数据采集系统）测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端A应接到　数据采集器　．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于　最低点　‎ ‎．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为　　（地磁场和磁传感器的影响可忽略）．‎ ‎（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T．虎后，分别取L和T的对数，所得到的lgT﹣lgL图线为　直线　（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g=　　．‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置），知道周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t时间内完成了n﹣1个全振动；‎ ‎（2）由T=结合数学对数知识，得到lgT﹣lgL的关系式，根据数学知识即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据．单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置）．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为．‎ ‎（2）由可知．故lgT﹣lgL图线为直线．由题意可知，故 故答案为：（1）数据采集器；最低点；；（2）直线；‎ ‎　‎ 六．计算题（共50分）‎ ‎31．如图所示，木块质量m=0.78kg，在与水平方向成θ=37°角、斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，在3s末时撤去拉力F．已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）拉力F的大小 ‎（2）物体在5s内滑行的总位移．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）木块受重力、支持力、拉力和摩擦力，在竖直方向上平衡，水平方向上有合力，根据牛顿第二定律求出拉力的大小．‎ ‎（2）根据运动学公式求出3s内的位移和3s末的速度，根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合运动学公式求出后2s内的位移．注意速度减为零后不再运动．‎ ‎【解答】解：（1）竖直方向上有：N+F sinθ=mg，‎ 水平方向上有：F cosθ﹣μN=ma1，‎ 解得拉力F==4.5 N．‎ ‎（2）匀加速阶段：s1=a1t12=9 m，‎ v1=a1t1=6 m/s，‎ 匀减速阶段a2=μg=4 m/s2，‎ t2==1.5 s，s2=v1t2=4.5 m，‎ 则s=s1+s2=13.5 m．‎ 答：（1）拉力F的大小为4.5N．‎ ‎（2）物体在5s内滑行的总位移为13.5m．‎ ‎　‎ ‎32．有一质量2kg小球串在长0.5m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成θ=37°角，小球恰能沿轻杆匀速向下滑动，试求：‎ ‎（1）小球与轻杆之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）如果在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，要使小球仍能沿轻杆做匀速直线运动，求此恒力？‎ ‎（3）如果在竖直平面内给小球施加一个水平方向的恒力，要使小球仍能沿轻杆做匀速直线运动，求此恒力？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）根据小球匀速下滑，结合共点力平衡求出小球和轻杆之间的动摩擦因数．‎ ‎（2）对小球受力分析，根据共点力平衡求出恒力F的大小．‎ ‎（3）对小球受力分析，根据共点力平衡求出恒力F的大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据共点力平衡有：mgsin37°=μmgcos37°，‎ 解得动摩擦因数．‎ ‎（2）在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，‎ 在垂直杆子方向上有：F=N+mgcos37°，‎ 在沿杆子方向上有：mgsin37°=μN，‎ 解得F=32N，方向垂直杆向上．‎ ‎（3）在竖直平面内给小球施加一个水平方向的恒力，如图所示，‎ 垂直杆子方向上有：N=mgcos37°+Fsin37°，‎ 沿杆子方向上有：Fcos37°=mgsin37°+μN，‎ 解得F=68.6N，方向水平向左．‎ 答：（1）小球与轻杆之间的动摩擦因数为；‎ ‎（2）恒力F的大小为32N，方向垂直杆向上．‎ ‎（3）恒力F的大小为68.6N，方向水平向左．‎ ‎　‎ ‎33．如图，水平轨道AB与竖直固定圆轨道相切于B点，C为圆轨道最高点，圆轨道半径R=5m．一质量m=60kg的志愿者，驾驶质量M=940kg、额定功率P=40kw的汽车体验通过圆轨道时所受底座的作用力，汽车从A点由静止以加速度a=2m/s2做匀加速运动，到达B点时，志愿者调节汽车牵引力，使汽车匀速率通过圆轨道又回到B点，志愿者在C点时所受底座的支持力等于志愿者的重力，已知汽车在水平轨道及圆轨道上的阻力均为汽车对轨道压力的0.1倍，取g=10m/s2，计算中将汽车视为质点．‎ 求：‎ ‎（1）汽车在C点的速率；‎ ‎（2）汽车在C点的牵引功率；‎ ‎（3）AB间的距离及汽车从A点经圆轨道又回到B点的过程所用的时间．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）抓住径向的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出汽车在C点的速率．‎ ‎（2）对整体分析，根据牛顿得让定律求出C点的正压力，从而得出阻力的大小，抓住牵引力等于阻力，根据P=Fv求出牵引功率．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出在AB轨道上的牵引力，结合B点的速度判断功率是否达到额定功率，判断出AB段一直做匀加速直线运动，根据速度时间公式求出在AB段运动的时间，根据位移时间公式求出AB间的距离．结合在圆轨道运动的时间求出总时间的大小．‎ ‎【解答】解：（1）在C点，由牛顿第二定律得，，‎ 代入数据解得vC=10m/s．‎ ‎（2）在C点，设汽车所受轨道支持力为FN，牵引力为F1，阻力为f1，‎ 对M、m整体，由牛顿第二定律得，，‎ 牵引力F1=f1，‎ f1=0.1FN，‎ 牵引功率P1=F1vC，‎ 代入数据解得P1=10kW．‎ ‎（3）在水平轨道AB上，设汽车牵引力为F2，由牛顿第二定律得，‎ F2﹣0.1（M+m）g=（M+m）a，‎ 在B点，vB=vC=10m/s，‎ 汽车在水平轨道上运动到B点时，牵引功率P2=F2vB=30kW＜40kW，汽车在AB段一直做匀加速直线运动，‎ 设汽车在AB上运动时间为t1，沿圆轨道运动的时间为t2，由运动学公式得，‎ vB=at1，‎ ‎，‎ ‎，‎ 代入数据解得x=25m，‎ 则t=t1+t2=（5+π）s．‎ 答：（1）汽车在C点的速率为10m/s；‎ ‎（2）汽车在C点的牵引功率为10kW；‎ ‎（3）AB间的距离为25m，汽车从A点经圆轨道又回到B点的过程所用的时间为（5+π）s．‎ ‎　‎ ‎34．如图1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（静电力恒量k=9×109N•m2/C2）则：‎ ‎（1）请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）求斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【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；‎ ‎【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 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；‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日