广东省广州四十七中2017届高三上学期月考物理考试卷（11月份）

广东省广州四十七中2017届高三上学期月考物理考试卷（11月份）

‎2016-2017学年广东省广州四十七中高三（上）月考物理考试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，满分48分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求．第7-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．‎ ‎1．粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间．由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A．冬季，电线对电线杆的拉力较大 B．夏季，电线对电线杆的拉力较大 C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大 D．夏季，杆对地面的压力较大 ‎2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（　　）‎ A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗 C．L4变亮，L2、L3变暗 D．L3、L4变亮，L2变暗 ‎3．如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q．CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的（　　）‎ A．重力势能不变 B．电势能减小 C．重力势能减小 D．电势能不变 ‎4．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动 C．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度可能越来越大 D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大 ‎6．极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）．如图所示，若某极地卫星从北纬30°A点的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°B点（图中未画出）的正上方，所用时间为6h．则下列说法正确的是（　　）‎ A．该卫星的加速度为9.8m/s2‎ B．该卫星的轨道高度约为36000km C．该卫星的轨道与A、B两点共面 D．该卫星每隔12h经过A点的正上方一次 ‎7．两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶．t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v﹣t图如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（　　）‎ A．落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电 B．三个微粒在电场中运动时间相等 C．三个微粒在电场中运动的加速度aA＜aB＜aC D．三个微粒到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkC ‎9．如图所示，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为，木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动装卸货物装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项中正确的是（　　）‎ A．m=M B．m=2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱和货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 ‎10．太极球是广大市民中较流行的一种健身器材，将太极球（拍和球）简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则（　　）‎ A．球在运动过程中机械能守恒 B．在C处板对球施加的力比在A处大2mg C．板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大 D．球在最低点C的速度最小值为 ‎11．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（　　）‎ A．a落地前，轻杆对b先做正功后做负功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度先小于g，后大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大于mg ‎12．如图所示，可视为质点的质量为m且所带电量为q的小球．用一绝缘轻质细绳悬挂于0点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E=．小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中机械能不守恒 C．小球在运动过程的最小速度至少为 D．小球在运动过程的最大速度至少为 ‎　‎ 二、实验题：本大题共2小题，第13题6分，第14题9分．‎ ‎13．图甲是验证机械能守恒定律的实验．小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间△t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示，重力加速度为g．则 ‎（1）小圆柱的直径d=　　cm． ‎（2）测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl=　　成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．‎ ‎（3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是　　（用文字和字母表示），若等式F=　　成立，则可验证向心力公式Fn=m． ‎14．用伏安法测定电源的电动势和内阻．提供的实验器材有：‎ A．待测电源（电动势约18V，内阻约2Ω）‎ B．电压表（内阻约几十千欧，量程为6V）‎ C．电流表（内阻约为0.3Ω，量程为3A）‎ D．滑动变阻器（0～50Ω，3A）‎ E．电阻箱（最大阻值999999Ω）‎ F．开关 G．导线若干 ‎（1）为完成实验，该同学将量程6V电压表扩大量程，需测定电压表的内阻，该同学设计了下图所示的甲、乙两个电路，经过思考，该同学选择了甲电路，该同学放弃乙电路的理由是：　　．‎ ‎（2）该同学按照图甲连接好电路，进行了如下几步操作：‎ ‎①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表指针指到6.0V；③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，使电压表的示数为2.0V；④保持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串联，改装成新的电压表，改装后电压表的量程为　　V．‎ ‎（3）将此电压表（表盘未换）与电流表连成如图丙所示的电路，测电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表示数U和电流表示数I，做出的U﹣I图象如丁图所示，则U，I，E（电动势），r（内阻）四个物理量之间满足的关系式为　　，电源的电动势为　　V，内阻为　　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题：本大题共3小题，满分37分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．‎ ‎15．某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目﹣﹣推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内（不能压线）视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度L1=5.5m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域．已知BC长度L2=1.1m，瓶子质量m=0.5kg，与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2．某选手作用在瓶子上的水平推力F=11N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．（令=2.2）‎ ‎16．如图所示，在竖直边界线 O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场．电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h=4m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=m．斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2‎ 右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）．现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球（可视为质点）在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为μ=（g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）小球到达C点时的速度大小；‎ ‎（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；‎ ‎（3）小球落地点距离C点的水平距离．‎ ‎17．如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距为d=8cm，A板比B板电势高300v，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10﹣10C，质量为m=1.0×10﹣20kg，沿电场中线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过截面MN，PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电常数k=9.0×109N•m2/C2，粒子重力不计）‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；‎ ‎（2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求电荷量的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省广州四十七中高三（上）月考物理考试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，满分48分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求．第7-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．‎ ‎1．粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间．由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A．冬季，电线对电线杆的拉力较大 B．夏季，电线对电线杆的拉力较大 C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大 D．夏季，杆对地面的压力较大 ‎【考点】力的合成．‎ ‎【分析】以整条电线为研究对象，受力分析根据平衡条件列出等式，结合夏季、冬季的电线几何关系求解．‎ ‎【解答】解：以整条电线为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，‎ 由几何关系得：Fcosθ=，即：F=‎ 由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小．电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等．所以选项BCD错误，A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（　　）‎ A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗 C．L4变亮，L2、L3变暗 D．L3、L4变亮，L2变暗 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电路的串并联关系，当电灯L1的灯丝烧断后，L2部分电阻增大，L2与L4串联电阻增大，与L3并联的总电阻增大，即外电路总电阻增大，则外电压增大，即L3的电压增大，L3变亮；根据干路电流与L3的变化情况，可确定L4电流的变化情况，就可判断L4变暗；由L2与L4总电压与L4电压的变化情况，可判断L2电压的变化情况，知道L2变亮．‎ ‎【解答】解：当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由P3=，R3不变，故L3变亮；由I4=I﹣I3，知I减小，I3增大，则I4减小，U4=I4R4，R4不变，U4减小，则L4亮暗；U2=U﹣U4，U增大，U4减小，则U2增大，则U2增大，则L2变亮．则A、C、D错误，B正确．‎ ‎　　故选B ‎　‎ ‎3．如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q．CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的（　　）‎ A．重力势能不变 B．电势能减小 C．重力势能减小 D．电势能不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功和重力做功的定义式求解总功，再根据电场力做做功电势能减小，重力做做功重力势能减小分析．‎ ‎【解答】解：顺时针转过120°时，A到B位置，B到C位置，C到A位置，‎ AC、重力做功：WGAB=mgLcos30°=mgL，WGBC=0，WGCA=3mgLcos30°=﹣mgL，故WG总=﹣mgL，重力势能增加，AC错误；‎ BD、设三角形的边长为L，则：电场力做功WAB=0.5qEL，WBC=﹣2qEL，WCA=1.5qEL，故W总=0，电势能不变，B错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析如图所示，可得：‎ FN=Fcosθ Mg﹣Fsinθ=Ma 解得：FN=M（g﹣a）cotθ，‎ 对两球组成的整体有：‎ ‎（m+M）g﹣μFN=（M+m）a 联立解得：μ=‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动 C．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度可能越来越大 D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，根据该电荷所受电场力方向判断电场线的方向，由于不知场源电荷的电性，所以无法知道电场线的疏密，无法知道加速度的大小．‎ ‎【解答】解：负电荷由静止向B运动，知所受电场力方向由A指向B，所以电场线的方向由B指向A．场源的电荷的电性未知，无法知道A、B点电场线的疏密，无法比较出电场力，则加速度的大小无法比较．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）．如图所示，若某极地卫星从北纬30°A点的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°B点（图中未画出）的正上方，所用时间为6h．则下列说法正确的是（　　）‎ A．该卫星的加速度为9.8m/s2‎ B．该卫星的轨道高度约为36000km C．该卫星的轨道与A、B两点共面 D．该卫星每隔12h经过A点的正上方一次 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可 ‎【解答】解：A、卫星从北纬30°的正上方，第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的，所以卫星运行的周期为24h，‎ ‎ 为与同步卫星高度相等，其高度约为36000Km，加速度小于地面的加速度，故A错误，B正确 ‎　　C、D、因地球在自转，则卫星的轨道不会与A、B两点共面，且不会每隔12h经过A点的正上方一次，则C、D、错误 ‎　　故选：B ‎　‎ ‎7．两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶．t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v﹣t图如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】该题考察了应用速度﹣﹣时间图象解决物体的追击与相遇问题，相遇的条件是两物体运动的位移相等．应用在速度﹣﹣时间图象中图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移这一规律，分析两物体是否会相遇．‎ ‎【解答】解：‎ 在速度﹣﹣时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移．‎ A、从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；所以选项A正确．‎ B、图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以选项B错误．‎ C、图象也是在t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；所以选项C正确．‎ D、图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以选项D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（　　）‎ A．落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电 B．三个微粒在电场中运动时间相等 C．三个微粒在电场中运动的加速度aA＜aB＜aC D．三个微粒到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkC ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性．根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能．‎ ‎【解答】解：A、B、C、三个微粒的初速度相等，水平位移xA＞xB＞xC，根据水平方向上做匀速直线运动，所以tA＞tB＞tC．‎ 三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据，知aA＜aB＜aC．从而得知B仅受重力，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负电．故A、C正确，B错误．‎ D、根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A动能变化量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能EkA＜EkB＜Ekc．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为，木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动装卸货物装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项中正确的是（　　）‎ A．m=M B．m=2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱和货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsinθ即m的重力势能，全部用来克服摩擦力做功．只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及M的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解．‎ ‎【解答】解：A、B、木箱下滑时受重力，支持力和滑动摩擦力，其中重力沿斜面的分力mgsinθ大于滑动摩擦力．‎ 木箱与弹簧接触时，木箱的速度沿斜面向下，加速度沿斜面向下，速度继续增加，当木箱的加速度为零时，速度最大．设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ（m+M）glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ，得：m=2M．故A错误，B正确，‎ C、对木箱受力分析，根据牛顿第二定律得：下滑时加速度为gsinθ﹣μgcosθ，上滑时加速度为gsinθ+μgcosθ，上滑的加速度大于下滑的加速度．故C正确；‎ D、根据能量守恒得：在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，可知减少的重力势能大于弹簧的弹性势能，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎10．太极球是广大市民中较流行的一种健身器材，将太极球（拍和球）简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则（　　）‎ A．球在运动过程中机械能守恒 B．在C处板对球施加的力比在A处大2mg C．板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大 D．球在最低点C的速度最小值为 ‎【考点】功能关系；向心力．‎ ‎【分析】球在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的受力情况，并结合机械能守恒的条件分析即可．‎ ‎【解答】解：A、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故A错误．‎ B、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时：…①‎ 在C处时：…②‎ 由①②式得：FB﹣FA=2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大mg，故B正确．‎ C、根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ=m，故v=，故板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而增大，故C正确．‎ D、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，‎ 根据mg=m，得v=，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（　　）‎ A．a落地前，轻杆对b先做正功后做负功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度先小于g，后大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大于mg ‎【考点】功能关系；物体的弹性和弹力；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．‎ ‎【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A正确．‎ B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=．故B正确．‎ C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度；而b加速过程中，b对a是向上的支持力，此时a的加速度小于重力加速度；故C正确；‎ D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，可视为质点的质量为m且所带电量为q的小球．用一绝缘轻质细绳悬挂于0点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E=‎ ‎．小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中机械能不守恒 C．小球在运动过程的最小速度至少为 D．小球在运动过程的最大速度至少为 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据小球的受力情况，知道电场力对其做功，机械能不守恒．找到等效最高点，设为A点，小球恰好通过A点时，由电场力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出最高点的临界速度，再由动能定理求最小的初速度．‎ ‎【解答】解：AB、小球在运动过程中电场力对其做功，机械能不守恒．故A错误，B正确．‎ CD、设等效最高点为A点，小球恰好通过A点时，由电场力和重力的合力提供向心力．此时细绳与竖直方向的夹角为α，则有 tanα==，α=37°‎ 在A点，由牛顿第二定律得： =m 从最低点到A点的过程，由动能定理得：‎ ‎﹣mgl（1+cosα）﹣qElsinα=﹣‎ 解得初速度的最大值为 v0=，故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题：本大题共2小题，第13题6分，第14题9分．‎ ‎13．图甲是验证机械能守恒定律的实验．小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间△t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示，重力加速度为g．则 ‎（1）小圆柱的直径d=　1.02　cm． ‎（2）测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl=　　成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．‎ ‎（3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是　小圆柱的质量m　（用文字和字母表示），若等式F=　mg+　成立，则可验证向心力公式Fn=m． ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎（2）的关键是根据机械能守恒定律列出表达式即可．（3）题的关键是根据牛顿第二定律列出表达式，然后求出拉力表达式即可．‎ ‎【解答】解：（1）小圆柱的直径d=10 mm+2×0.1 mm=10.2 mm=1.02 cm． ‎（2）根据机械能守恒定律得mgl=，所以只需验证gl==，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒．‎ ‎（3）若测量出小圆柱的质量m，则在最低点由牛顿第二定律得F﹣mg=，‎ 若等式F=mg+成立，则可验证向心力公式．可知需要测量小圆柱的质量m．‎ 故答案为：（1）1.02，（2），（3）小圆柱的质量m，mg+．‎ ‎　‎ ‎14．用伏安法测定电源的电动势和内阻．提供的实验器材有：‎ A．待测电源（电动势约18V，内阻约2Ω）‎ B．电压表（内阻约几十千欧，量程为6V）‎ C．电流表（内阻约为0.3Ω，量程为3A）‎ D．滑动变阻器（0～50Ω，3A）‎ E．电阻箱（最大阻值999999Ω）‎ F．开关 G．导线若干 ‎（1）为完成实验，该同学将量程6V电压表扩大量程，需测定电压表的内阻，该同学设计了下图所示的甲、乙两个电路，经过思考，该同学选择了甲电路，该同学放弃乙电路的理由是：　电路中电流太小，电流表无法准确测量电流　．‎ ‎（2）该同学按照图甲连接好电路，进行了如下几步操作：‎ ‎①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表指针指到6.0V；③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，使电压表的示数为2.0V；④保持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串联，改装成新的电压表，改装后电压表的量程为　18　V．‎ ‎（3）将此电压表（表盘未换）与电流表连成如图丙所示的电路，测电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表示数U和电流表示数I，做出的U﹣I图象如丁图所示，则U，I，E（电动势），r（内阻）四个物理量之间满足的关系式为　3U=E﹣Ir　，电源的电动势为　17.4　V，内阻为　1.60　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电路的连接可明确能否准确测量，从而得出弃用的原因；‎ ‎（2）根据电阻箱的读数方法可得出对应的电阻；再根据串并联电路的规律可明确改装后电压表的量程；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律以及改装原理可得出对应的表达式，从而根据数学规律可求得电源的电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由电路图可知，乙电路中电流表与电压表串联，因电压表内阻较大，故使电路中电流太小，电流表无法准确测量；‎ ‎（2）由题意可知，加在电压表与电阻箱两端的电压之和为加在电压表两端的电压的3倍，故改装后的量程为：3×6=18V；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律以及改装原理可知，3U=E﹣Ir，则可知，U=﹣；由图象可知，电源的电动势E=5.8×3=17.4V；内阻r=3×=1.60Ω； ‎ 故答案为：（1）电路中电流太小，电流表无法准确测量电流；（2）18；（3）3U=E﹣Ir；17.4；1.60．‎ ‎　‎ 三、计算题：本大题共3小题，满分37分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．‎ ‎15．某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目﹣﹣推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内（不能压线）视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度L1=5.5m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域．已知BC长度L2=1.1m，瓶子质量m=0.5kg，与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2．某选手作用在瓶子上的水平推力F=11N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．（令=2.2）‎ ‎【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】若将杯子放在A点，选手要能成功，一种是杯子恰运动到C处，另一种是杯子恰运动到B处．‎ 运用动能定理研究其过程进行求解．‎ ‎【解答】解：设力作用最大距离为xmax，此时杯子由A点开始加速，杯子恰运动到B处．‎ 此时由动能定理Fxmax=μmgL1‎ 解得xmax=0.5m 设力作用最小距离为xmin，此时杯子恰运动到B处 此时由动能定理Fxmin=μmg（L1﹣L2） ‎ 解得xmin=0.4m 即力的作用距离 0.4m＜x＜0.5m，‎ 答：力的作用距离范围为 0.4m＜x＜0.5m，该选手才能成功．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在竖直边界线 O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场．电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h=4m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=m．斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）．现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球（可视为质点）在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为μ=（g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）小球到达C点时的速度大小；‎ ‎（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；‎ ‎（3）小球落地点距离C点的水平距离．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理．‎ ‎【分析】（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；‎ ‎（2）小球从C点运动到C点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度．在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力．‎ ‎（3）小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离．‎ ‎【解答】解：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：‎ ‎ （mg+Eq）h﹣μ（mg+Eq）cos30°•﹣μ（mg+Eq）L=mvC2﹣0 ‎ 则得：vC==m/s=2m/s ‎ ‎（2）以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：‎ m=m+mg•2R 在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：‎ ‎ FN+mg=m 联立解得：FN=m﹣5mg=1×﹣50=30N vD==m/s=2m/s ‎（3）小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma 则得：a=g+=10+=20（m/s2）‎ 应用类平抛运动的规律列式可得：‎ ‎ x=vDt，2R=at2‎ 联立得：x=vD=2×m=m 答：（1）小球到达C点时的速度大小为2m/s；（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小为30N；（3）小球落地点距离C点的水平距离为m．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距为d=8cm，A板比B板电势高300v，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10﹣10C，质量为m=1.0×10﹣20kg，沿电场中线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过截面MN，PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电常数k=9.0×109N•m2/C2，粒子重力不计）‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；‎ ‎（2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求电荷量的大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子到达PS界面时离D点的距离．‎ ‎（2）画出轨迹，由几何知识解答．‎ ‎（3）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：y=at2；‎ 又 a=，L=v0t 则得：y=‎ 代入数据得：y=0.03m=3cm 带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到D的距离为Y． ‎ 由相似三角形得 =‎ 解得：Y=4y=12cm ‎ ‎（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，轨迹如图所示．‎ ‎（3）带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx=υ0=2×106m/s ‎ 竖直速度：υy=at=1.5×106m/s，‎ 合速度为 v合==2.5×106m/s ‎ 该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．‎ 由几何知识得，粒子圆周运动的半径 r==cm=15cm 根据k=m，代入数据解得：Q=1.04×10﹣8C 答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm，到达PS界面时离D点12cm；‎ ‎（2）粒子的运动轨迹如图所示；‎ ‎（3）点电荷Q带负电，其电荷量的大小为1.04×10﹣8C．‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日