宁夏石嘴山三中2017届高三上学期期中物理试卷

宁夏石嘴山三中2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年宁夏石嘴山三中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-12题为单选题，13-18为多选题，每题3分，共54分）‎ ‎1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作 B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害 C．运动员下落时间与风力大小无关 D．运动员着地速度与风力大小无关 ‎2．竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从与A点等高的B点沿支架缓慢地向C点移动，则绳中拉力大小变化的情况是（　　）‎ A．先变小后变大 B．先不变后变小 C．先不变后变大 D．先变大后变小 ‎3．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断不正确 的是（　　）‎ A．船渡河的最短时间是100s B．船在河水中的最大速度是5m/s C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 ‎4．我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星﹣风云1号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星﹣风云2号，运行周期为24h．下列说法正确的是（　　）‎ A．风云1号的线速度大于风云2号的线速度 B．风云1号的向心加速度小于风云2号的向心加速度 C．风云1号的发射速度大于风云2号的发射速度 D．风云1号、风云2号相对地面均静止 ‎5．某人在一星球上以速度v0竖直上抛一物体，经t秒钟后物体落回手中，已知星球半径为R，那么使物体不再落回星球表面，物体抛出时的速度至少为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．关于电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．由公式E=可知E与F成正比，与q成反比 B．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比 C．电场强度为零处，电势不一定为零 D．无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做正功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少 ‎7．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则以下正确的是（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做正功 ‎8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大 D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎9．M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电子运动的轨迹为直线 B．该电场是匀强电场 C．电子在N点的加速度大于在M点的加速度 D．电子在N点的动能小于在M点的动能 ‎10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方d处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回 ‎11．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的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．4 W，8 W B．4W，6 W C．2 W，3 W D．2 W，4 W ‎12．电路图如图所示，电源电动势为20V、内阻r=3Ω，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0=2Ω．则下列说法正确的是（　　）‎ A．R=5Ω时，R0消耗的功率最大 B．R=3Ω时，电源输出的功率最大 C．R=5Ω时，R消耗的功率最大 D．电源最大输出的功率为20W ‎13．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比不变 ‎14．如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB由A运动到B，其速度图象如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB，以及电子在A、B两点所具有的电势能EPA、EPB和动能EKA、EKB，以下判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB B．φA＞φB C．EPA＞EPB D．EKA＞EKB ‎15．在匀强电场中有相距d=2cm的a、b两点，电势差Uab=50V，则匀强电场的电场强度可能为（　　）‎ A．E=1×103 V/m B．E=2×103 V/m C．E=3×103 V/m D．E=4×103 V/m ‎16．光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）‎ A．0 B． +qEL C． D．mv02+qEL ‎17．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（　　）‎ A．小物体上升的最大高度为 B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 ‎18．如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ．现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共8分）‎ ‎19．一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图．请回答下列问题：‎ ‎①考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎②在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图1中的　　（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．‎ ‎③该实验小组将所测得的实验数据绘制成了如图2的I﹣U图象，元件Q在U=0.8V时的电阻值是　　Ω．‎ ‎④将元件Q单独接在电动势E=2.0V，内阻r=4Ω的电源上，则元件Q此时的电功率是　　W．（保留小数点后两位）‎ ‎20．某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”．图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：‎ ‎①调节气垫导轨使其水平．并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：‎ ‎②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；‎ ‎③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F，测出遮光条经过光电门的挡光时间△t；‎ ‎④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；‎ ‎⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中．‎ 请完成下面问题：‎ ‎（1）若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d=　　 mm．‎ ‎（2）滑块经过光电门时的速度可用v=　　（用题中所给的字母表示，下同）计算．‎ ‎（3）在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是△Ek1=　　‎ ‎（4）乙同学按照甲同学的思路，根据实验数据得到F﹣的图线如图4所示，则其斜率k=　　．‎ ‎21．如图所示，电源的总功率为40W，电阻R1为4Ω，R2为6Ω，电源内阻r为0.6Ω，电源输出功率P出为37.6W．求：‎ ‎（1）电源内部消耗的功率；‎ ‎（2）电路的总电流；‎ ‎（3）电源的电动势；‎ ‎（4）R3的阻值．‎ ‎22．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求；‎ ‎（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；‎ ‎（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s．‎ ‎23．如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.8m．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：‎ ‎（1）物块离开A点时水平初速度的大小； ‎ ‎（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；‎ ‎（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为 5m/s，求PA间的距离．‎ ‎24．如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α=60°时，小球速度为0．求：‎ ‎（1）电场强度E．‎ ‎（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小（可含根式）．‎ ‎25．如图所示，质量M=1kg且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数μ1=0.1．现有一质量m=2kg的小铁块以v0=3m/s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数μ2=0.2．重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？‎ ‎（2）木板的最大速度多大？‎ ‎（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-3】‎ ‎26．如图所示，质量M=10kg的透热气缸内用面积S=100cm2‎ 的活塞封有一定质量的理想气体，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，一端与活塞相连将气缸悬起，当活塞位于气缸正中间时，整个装置都处于静止状态，此时缸内气体的温度为27℃，已知大气压恒为po=1.0×105 Pa．重力加速度为g=10m/s2，忽略气缸的厚度．求：‎ ‎①缸内气体的压强pl；‎ ‎②若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在气缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎27．如图所示，是用某种玻璃制成的横截面为圆形的圆柱体光学器件，它的折射率为，横截面半径为R．现用一束细光线垂直圆柱体的轴线以i=60°的入射角射入圆柱体，不考虑光线在圆柱体内的反射，真空中光速为c．‎ ‎（i）作出光线穿过圆柱体并射出的光路图．‎ ‎（ii）求出该光线从圆柱体中射出时，出射光线偏离原方向多大的角度？‎ ‎（iii）光线在圆柱体中的传播时间．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎28．光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R=lm．一质量为m的小球以速度v0．向右运动冲上滑块．已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端，求：‎ ‎（1）小球的初速度V0是多少？‎ ‎（2）滑块获得的最大速度v是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏石嘴山三中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-12题为单选题，13-18为多选题，每题3分，共54分）‎ ‎1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作 B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害 C．运动员下落时间与风力大小无关 D．运动员着地速度与风力大小无关 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】运动员的运动可以分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，两个分运动同时发生，相互独立，互不干扰．‎ ‎【解答】解：ABC、运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因而，水平风速越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，故AB错误，C正确；‎ D、运动员着地速度与风力大小有关，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从与A点等高的B点沿支架缓慢地向C点移动，则绳中拉力大小变化的情况是（　　）‎ A．先变小后变大 B．先不变后变小 C．先不变后变大 D．先变大后变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变．‎ ‎【解答】解：当轻绳从B端到直杆的最上端的过程中，设两绳的夹角为2α．‎ 设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到 sinα=，L、S不变，则α保持不变．‎ 再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变．‎ 当轻绳的右端从直杆的最上端移到B时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得 ‎2Fcosθ=mg 得到绳子的拉力F=‎ 所以在当轻绳的右端从直杆的最上端移到B时的过程中，θ减小，cosθ增大，则F变小．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断不正确 的是（　　）‎ A．船渡河的最短时间是100s B．船在河水中的最大速度是5m/s C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 ‎【考点】运动的合成和分解；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，故：t===100s；故A正确．‎ B、要使船以最短时间渡河，船在航行中与河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是5m/s，故B正确；‎ C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．‎ D、若船以最短时间渡河，在行驶过程中，船头始终与河岸垂直，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星﹣风云1号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星﹣风云2号，运行周期为24h．下列说法正确的是（　　）‎ A．风云1号的线速度大于风云2号的线速度 B．风云1号的向心加速度小于风云2号的向心加速度 C．风云1号的发射速度大于风云2号的发射速度 D．风云1号、风云2号相对地面均静止 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，据此讨论描述圆周运动的物理量与半径的关系，再根据半径关系求解即可．‎ ‎【解答】解：A、卫星做圆周运动，根据万有引力提供圆周运动向心力=ma=，解得T=2π，‎ 风云2号周期大于风云1号周期，所以风云2号轨道半径大于风云1号轨道半径，v=，所以风云1号的线速度大于风云2号的线速度，故A正确；‎ B、a=，所以风云1号的向心加速度大于风云2号的向心加速度，故B错误；‎ C、风云2号轨道半径大于风云1号轨道半径，所以风云1号的发射速度小于风云2号的发射速度，故C错误；‎ D、风云2号的周期等于地球的公转周期，相对地面静止，风云1号周期小于地球的公转周期，相对地面运动，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．某人在一星球上以速度v0竖直上抛一物体，经t秒钟后物体落回手中，已知星球半径为R，那么使物体不再落回星球表面，物体抛出时的速度至少为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；竖直上抛运动．‎ ‎【分析】（1）可由竖直上抛运动的初速度和时间求出星球表面的重力加速度．‎ ‎（2）现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为该星球第一宇宙速度，即=求解．‎ ‎【解答】解：物体向上和向下的时间相等，均为，则由速度公式可得：‎ v0=g；‎ 解得：g=‎ 现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为该星球的第一宇宙速度：‎ 所以：v==‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．关于电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．由公式E=可知E与F成正比，与q成反比 B．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比 C．电场强度为零处，电势不一定为零 D．无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做正功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】本题根据公式是否是比值定义法，分析各量之间的关系．比值法定义法被定义的物理量反映物质的属性．‎ ‎【解答】解：A、公式E=可采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误；‎ B、公式U=Ed中d是两点沿电场方向间的距离，所以在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是与任意距离成正比，故B错误；‎ C、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故C正确；‎ D、根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，若做负功，则电势能增加，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则以下正确的是（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做正功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系；感抗和容抗．‎ ‎【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低，从而明确电场线和等势面的分布规律．‎ ‎【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．‎ C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．‎ D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大 D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．‎ ‎【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的等势面电势最高，故A错误；‎ B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；‎ C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小．故C错误；‎ D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电子运动的轨迹为直线 B．该电场是匀强电场 C．电子在N点的加速度大于在M点的加速度 D．电子在N点的动能小于在M点的动能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故A正确；‎ B、电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误．‎ C、由于电势能﹣位移图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，因此在N点的加速度小于在M点的加速度，故C错误；‎ D、电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方d处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】分别研究两种情况：一是下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零；二是向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置．‎ ‎【解答】解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：‎ mg•2d﹣qU=0‎ 将下极板向上平移时，设运动到距离上极板x处返回，根据动能定理得：‎ mg（d+x）﹣q•U=0‎ 联立两式解得：x=d．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的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．4 W，8 W B．4W，6 W C．2 W，3 W D．2 W，4 W ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】根据图象可以知道电源的电动势的大小，和灯泡的电压电流的大小，根据功率的公式计算即可．‎ ‎【解答】解：由图象可知用该电源和灯泡组成闭合电路时，交点为它们工作时的电流和电压的大小，‎ 电路中电流为I=2A，路端电压为U=2V，电源的电动势的大小为3V，‎ 电源的输出功率为P=UI=2×2=4W，电源的总功率P=EI=3×2=6W．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．电路图如图所示，电源电动势为20V、内阻r=3Ω，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0=2Ω．则下列说法正确的是（　　）‎ A．R=5Ω时，R0消耗的功率最大 B．R=3Ω时，电源输出的功率最大 C．R=5Ω时，R消耗的功率最大 D．电源最大输出的功率为20W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】R0是定值电阻，当电路中电流最大时，其功率最大．当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大．根据这个结论，利用等效法研究R的功率和电源的输出何时最大．‎ ‎【解答】解：A、R0是定值电阻，当R=0时，电路中电流最大，R0消耗的功率最大，故A错误．‎ BD、当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大．即 R+R0=r，R=1Ω时，电源输出的功率最大，电源最大输出的功率为 Pm=I2（R+R0）=（）2r===W，故BD错误．‎ C、将R0看成电源的内阻，当等效电源的内阻R0+r=R时，即R=5Ω，等效电源的输出功率最大，即R消耗的功率最大，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎13．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：ABC、将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，L2变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大．‎ 路端电压增大，而L2灯电压减小，所以L1灯的电压增大，L1灯变亮．故A错误，BC正确．‎ D、由U=E﹣Ir知： =r，不变，即电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比等于电源的内阻，保持不变，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB由A运动到B，其速度图象如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB，以及电子在A、B两点所具有的电势能EPA、EPB和动能EKA、EKB，以下判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB B．φA＞φB C．EPA＞EPB D．EKA＞EKB ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据速度图象得出带电粒子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律F=ma，说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断，根据速度变化判断电场线的方向，从而判断电势高度，根据电场力做功正负判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、速度图象的斜率表示点电荷的加速度的大小，由于斜率减小，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度减小，根据牛顿第二定律说明电场力减小，由F=Eq知，所以由A运动到B，场强E减小，所以EA＞EB，故A正确；‎ B、电子带负电，在电场力的作用下做加速运动，电子的受力方向与电场方向相反，所以电场方向从B指向A，A点的电势低，即φB＞φA，故B错误；‎ CD、电场力对电子做正功，电势能减小，则EpA＞EpB，动能增大，则EKA＜EKB，故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎15．在匀强电场中有相距d=2cm的a、b两点，电势差Uab=50V，则匀强电场的电场强度可能为（　　）‎ A．E=1×103 V/m B．E=2×103 V/m C．E=3×103 V/m D．E=4×103 V/m ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】在匀强电场中，Uab=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离．由此式求解E的范围，即可得到E的可能值．‎ ‎【解答】解：在匀强电场中，若a、b两点在同一电场线上，由Uab=Ed，得：E==V/m=2.5×103V/m 若a、b两点不在同一电场线，由Uab＜Ed，得：E＞=V/m=2.5×103V/m，所以匀强电场的电场强度E可能为3×103 V/m和4×103 V/m，不可能为1×103 V/m和2×103 V/m．故AB错误，CD正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎16．光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）‎ A．0 B． +qEL C． D．mv02+qEL ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】小球在电场中运动过程中电场力对小球做功，根据电场力与小球运动性质应用动能定理分析答题，求出小球的动能，然后作出选择．‎ ‎【解答】解：A、如果小球所受电场力方向与初速度方向相反，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，小球从射入点离开电场，小球动能可能为零，故A正确．‎ B、如果小球所受电场力方向与小球的初速度方向相同，电场力做正功，此时电场力做功最多，小球离开电场时的动能最大，由动能定理得：qEL=EK﹣mv02，解得：EK=mv02+qEL，故B正确，D错误．‎ C、如果小球初速度方向与电场力方向垂直，小球做类平抛运动，电场力做功为：qE×，由动能定理得：qE•L=EK﹣mv02，解得：EK=mv02+qEL，故C正确；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（　　）‎ A．小物体上升的最大高度为 B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 ‎【考点】动能定理的应用；库仑定律；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；‎ 由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；‎ 分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．‎ 因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．‎ 上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的功与摩擦力所做的功相等、并设为W1．‎ 在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣Wf﹣W1=﹣和mgsinθL﹣Wf﹣W1=，上两式相减可得h=sinθL=，A正确；‎ 由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；‎ 从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ．现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．‎ ‎【解答】解：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力则木块将随传送带匀速运动；故CD正确，AB错误；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共8分）‎ ‎19．一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图．请回答下列问题：‎ ‎①考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎②在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图1中的　f　（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．‎ ‎③该实验小组将所测得的实验数据绘制成了如图2的I﹣U图象，元件Q在U=0.8V时的电阻值是　16　Ω．‎ ‎④将元件Q单独接在电动势E=2.0V，内阻r=4Ω的电源上，则元件Q此时的电功率是　0.21　W．（保留小数点后两位）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据题意与表中实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图．‎ ‎（2）根据实验电路图应用欧姆定律分析实验误差．‎ ‎（3）根据欧姆定律求解 ‎（4）根据闭合电路欧姆定律，得到元件的实际电压与电流的关系式，在图上作出图象，此图象与元件的伏安特性曲线的交点，表示元件实际工作状态，读出交点的电压和电流，求出元件的实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；‎ ‎（2）由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的；‎ ‎（3）该实验小组将所测得的实验数据绘制成了如图2的I﹣U图象，元件Q在U=0.8V时的电流为：I=0.05A，‎ 根据欧姆定律得：R==16Ω；‎ ‎（4）若将元件R与一个R0=4.0Ω的电阻并联，再接至电动势E=1.5V、内阻r=2.0Ω的 电源上，‎ 设元件上的实际电压和实际电流分别为U和I．‎ 根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=U+Ir ‎2=U+4I 这是一个直线方程，把该直线在元件的伏安特性曲线图上画出，如图所示．‎ 这两条曲线的交点为：U=1.4V、I=0.15A，同时满足了电路结构和元件的要求，‎ 元件的实际功率为：P=UI=1.4×0.15=0.21W 故答案为：（1）小于；（2）f；（3）16；（4）0.21‎ ‎　‎ ‎20．某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”．图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：‎ ‎①调节气垫导轨使其水平．并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：‎ ‎②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；‎ ‎③从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F，测出遮光条经过光电门的挡光时间△t；‎ ‎④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；‎ ‎⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中．‎ 请完成下面问题：‎ ‎（1）若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d=　10.2　 mm．‎ ‎（2）滑块经过光电门时的速度可用v=　　（用题中所给的字母表示，下同）计算．‎ ‎（3）在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是△Ek1=　　‎ ‎（4）乙同学按照甲同学的思路，根据实验数据得到F﹣的图线如图4所示，则其斜率k=　　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．‎ ‎（2）已知遮光条的宽度与其经过光电门的时间，应用速度公式可以求出速度．‎ ‎（3）应用动能的计算公式可以求出动能的该变量．‎ ‎（4）应用动能定理求出图象的函数表达式，然后答题．‎ ‎【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：10mm+2×0.1mm=10.2mm；‎ ‎（2）滑块经过光电门时的速度可用v=；‎ ‎（3）动能改变量为：△Ek=（M+4m）v2=；‎ ‎（4）由动能定理得：FS=（M+4m）v2=，整理得：F=，则F﹣图象的斜率：k=；‎ 故答案为：（1）10.2；（2）；（3）；（4）．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，电源的总功率为40W，电阻R1为4Ω，R2为6Ω，电源内阻r为0.6Ω，电源输出功率P出为37.6W．求：‎ ‎（1）电源内部消耗的功率；‎ ‎（2）电路的总电流；‎ ‎（3）电源的电动势；‎ ‎（4）R3的阻值．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由图，电阻R1、R2并联再与R3串联．由电源的总功率P总和输出功率P出，得到内电路的功率P内，由P内=I2r，求出电流，再欧姆定律求出电动势E和电阻R3．‎ ‎【解答】解：（1）电源内阻消耗的功率为：Pr=P总﹣P出=40﹣37.6=2.4W ‎（2）由：Pr=I2r 解得：I===2A ‎（3）由P总=EI得：E==20V ‎（4）外电路总电阻为：R=+R3…①‎ 由闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）…②‎ 由①②联立得：R3=7Ω 答：（1）电源内部消耗的功率为2.4W；‎ ‎（2）电路的总电流为2A；‎ ‎（3）电源的电动势为20V；‎ ‎（4）R3的阻值为7Ω．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求；‎ ‎（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；‎ ‎（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v0t求解时间t．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出加速度．研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由求出tanα．‎ ‎（3）由位移公式求出粒子刚射出电场时偏转的距离y．带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltanα，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P到O点的距离s．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间．‎ ‎（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间：‎ 粒子在电场中的加速度为：‎ 所以：．‎ 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：‎ ‎．‎ ‎（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则有：‎ 又s=y+Ltan α，‎ 解得：．‎ 答：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值；‎ ‎（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.8m．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：‎ ‎（1）物块离开A点时水平初速度的大小； ‎ ‎（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；‎ ‎（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为 5m/s，求PA间的距离．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；向心力；动能定理．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动的分位移公式列式求解，或者根据平抛运动的分速度公式列式求解；‎ ‎（2）根据机械能守恒定律列式求解出最低点速度，再根据重力和支持力的合力提供向心力列式求解；‎ ‎（3）对牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）物块从A运动到B的竖直速度由可得：vy=4m/s 物块运动到B点时的速度方向与水平方向成53°，可得水平速度即物块离开A点的速度为：vA=vx=3m/s ‎（2）由于 B运动到C点据机械能守恒定律：‎ 其中：hBC=R﹣Rcosθ 在C点设轨道对物块的支持力为FN则有：‎ 由以上两式得：FN=43N，‎ 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为43N ‎（3）因为传送带的速度比物块离开传送带的速度大，所以物块在传送带上一直处于加速运动，‎ 由Ff=ma，‎ 解得：x=1.5m 答：（1）物块离开A点时水平初速度的大小为3m/s； ‎ ‎（2）物块经过C点时对轨道压力的大小为43N；‎ ‎（3）PA间的距离为1.5m．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α=60°时，小球速度为0．求：‎ ‎（1）电场强度E．‎ ‎（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小（可含根式）．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态．根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性．根据平衡条件和电场力公式F=qE，列方程求出电场强度．‎ ‎（2）根据题意可知，由力的平行四边形定则求出电场力与重力的合力，可等效成新的重力，小球若能以最小速度通过新重力的对应的最高点，则小球恰好完成竖直圆周运动，从而根据动能定理，可求出A点释放小球时应有初速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷．‎ 由题意可知，细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置，即为小球平衡位置，‎ 以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图．根据平衡条件得：‎ qE=mgtan 则：E==； ‎ ‎（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于其两个不变，因此可等效成新的重力，所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点．‎ 根据牛顿第二定律，则有： =m；‎ 从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得，‎ ‎﹣mgL（1+cos30°）﹣qELsin30°=mvC2﹣mvA2；‎ qE=mg 联立两式解得：vA=．‎ 答：（1）小球带正电，电场强度为；‎ ‎（2）细线摆到竖直位置时，小球的速度为．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，质量M=1kg且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数μ1=0.1．现有一质量m=2kg的小铁块以v0=3m/s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数μ2=0.2．重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？‎ ‎（2）木板的最大速度多大？‎ ‎（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对铁块和木板分别受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度．‎ ‎（2）根据受力，分析物体的运动（铁块在向左摩擦力作用下向右减速，木板在两个摩擦力作用下向右加速，直到两者共速后，又在地面摩擦力作用下一起减速，直到静止），然后设出从开始到木板最大速度所需时间，由速度相等列方程求解．‎ ‎（3）整个过程木板与地面间的摩擦力大小不变，木板的位移分两个过程求解，即可求出产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）设铁块和木块的加速度大小分别a1和a2，对铁块受力分析，由牛顿第二定律可得：μ2mg=ma1，‎ 代入数据解得：a1=2m/s2‎ 对木板同理可得：μ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma2，a2=1m/s2‎ 故铁块和木板的加速度大小分别为2m/s2和1m/s2．‎ ‎（2）铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止．设木板从开始运动到速度最大时所需时间为t，最大速度为v，由运动学公式可知：‎ v=v0﹣a1t ‎ v=a2t ‎ 两式联立可得：t=1s，v=1m/s 故木板的最大速度为1m/s．‎ ‎（3）设铁块和木板速度相等前，木板位移x1；一起减速段的加速度大小a3，位移x2，则由运动学公式可知：‎ a3=μ1g=1m/s2‎ x1=vt=0.5m ‎ x2=v2/2a3=0.5m ‎ 即木板的总位移：x=x1+x2=1m 故木板与地面摩擦产生的热量：Q=μ1（m+M）gx=3J 答：（1）铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度大小分别为2m/s2和1m/s2．‎ ‎ （2）木板的最大速度为1m/s．‎ ‎ （3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是3J．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-3】‎ ‎26．如图所示，质量M=10kg的透热气缸内用面积S=100cm2的活塞封有一定质量的理想气体，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，一端与活塞相连将气缸悬起，当活塞位于气缸正中间时，整个装置都处于静止状态，此时缸内气体的温度为27℃，已知大气压恒为po=1.0×105 Pa．重力加速度为g=10m/s2，忽略气缸的厚度．求：‎ ‎①缸内气体的压强pl；‎ ‎②若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在气缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】①以气缸为研究对象，由平衡条件可以求出封闭气体的压强；‎ ‎②以气缸内气体为研究对象，气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度．‎ ‎【解答】解：①以气缸为对象，由平衡条件得：‎ p1S+Mg=p0S，‎ 代入数据解得：p1=0.9×105Pa；‎ ‎②当外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．对这一过程研究缸内气体，由盖吕萨克定律得：‎ ‎=，‎ 代入数据解得：T2=2T1=600K；‎ 故有：t2=℃=327℃；‎ 答：①缸内气体的压强pl为0.9×105Pa．‎ ‎②若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在气缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度是327℃．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎27．如图所示，是用某种玻璃制成的横截面为圆形的圆柱体光学器件，它的折射率为，横截面半径为R．现用一束细光线垂直圆柱体的轴线以i=60°的入射角射入圆柱体，不考虑光线在圆柱体内的反射，真空中光速为c．‎ ‎（i）作出光线穿过圆柱体并射出的光路图．‎ ‎（ii）求出该光线从圆柱体中射出时，出射光线偏离原方向多大的角度？‎ ‎（iii）光线在圆柱体中的传播时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）根据折射定律求出折射角，由几何知识可知，光线从圆柱体射出时的入射角等于进入圆柱体时的折射角，折射角等于入射角．画出光路图．‎ ‎（2）根据几何知识求出出射光线的偏向角．‎ ‎（3）几何知识求出光线在圆柱体传播的距离S，由公式v=求出光在圆柱体传播的速度，再求解光线在圆柱体中的传播时间．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（i）由折射定律，得 ‎ sinr==，‎ 则光线射入圆柱体内的折射角为r=30°，由几何知识得，光线从圆柱体射出时，在圆柱体内的入射角为30°，在圆柱体外的折射角为60°，光路图如图所示．‎ ‎（ii）由几何知识，出射光线偏离原方向的角度为α=60°‎ ‎（iii）根据几何知识得到，光线在圆柱体中的路程：S=‎ 介质中传播速度 v==‎ 所以，光线在圆柱体中的传播时间为 t==‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎28．光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R=lm．一质量为m的小球以速度v0．向右运动冲上滑块．已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端，求：‎ ‎（1）小球的初速度V0是多少？‎ ‎（2）滑块获得的最大速度v是多少？‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球刚好没跃出圆弧的上端，知小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，结合动量守恒和系统机械能守恒求出小球的初速度大小．‎ ‎（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大，根据动量守恒和能量守恒求出滑块的最大速度．‎ ‎【解答】解：（1）当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，‎ 以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1…①‎ 由机械能守恒定律得： mv02=（m+M）v12+mgR …②，解得v0=5m/s …③；‎ ‎（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．‎ 研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，以小球的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv0=mv2+Mv3…④‎ 由机械能守恒定律得： mv02=mv22+Mv32…⑤‎ 解得：v3=v0=2m/s…⑥‎ 答：（1）小球的初速度v0是5m/s．（2）滑块获得的最大速度是2m/s．‎ ‎　‎ ‎2017年1月5日