湖北省荆州市松滋一中2016-2017学年上学期高三（上）第一次月考物理试卷（9月份）（解析版）

湖北省荆州市松滋一中2016-2017学年上学期高三（上）第一次月考物理试卷（9月份）（解析版）

‎2016-2017学年湖北省荆州市松滋一中高三（上）第一次月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）‎ ‎1．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x．现有四个不同物体的运动图象如图所示，物体C和D的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎2．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（　　）‎ A．甲、乙在相等时间内速度变化相等 B．甲的速度比乙的速度变化快 C．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动 D．甲的加速度大于乙的加速度 ‎3．对于任何一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的动量发生变化，其速率一定变化 B．物体的动量发生变化，其速率不一定变化 C．物体的速率发生变化，其动量一定变化 D．物体的速率发生变化，其动量不一定变化 ‎4．在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径R，则管状模型转动的最低角速度ω为（　　）‎ A．B．C．D．2‎ ‎5．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（　　）‎ A．EA＜EB φA＞φBB．EA＜EB φA＜φBC．EA＞EB φA＜φBD．EA＞EB φA＞φB ‎6．把一物体以初速度20m/s竖直上抛（不计空气阻力、取竖直向上为正方向、重力加速度g=10m/s2），从抛出开始计时，当位移为15m时所经历的时间为（　　）‎ A．1sB．2sC．3sD．4s ‎7．如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直环面向里，磁感应强度以B=B0+Kt（K＞0）随时间变化t=0时，P、Q两板电势不相等．两板间的距离远小于环的半径，经时间t电容器P板（　　）‎ A．不带电B．所带电荷量与t成正比 C．带正电，电荷量是D．带负电，电荷量是 ‎8．如图两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中．当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．竖直向上，B．平行导轨向上，‎ C．水平向右，D．水平向左，‎ ‎9．两个人手拉着手向相反方向互相拉对方，关于这两个人的拉力下列理解正确的是（　　）‎ A．力气大的一方给对方的拉力大于对方给他的拉力 B．由于作用力和反作用力总是大小相等的，所以谁也拉不动对方 C．两人的拉力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，因此是一对平衡力 D．两人的拉力同时出现，同时增大，同时减小，同时消失 ‎10．空中某点，将三个相同小球同时以相同的初速度v水平抛出、竖直上抛、竖直下抛，则从抛出到落地，设地面为零势面，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．竖直向上抛的小球在下落过程中重力势能的变化量最大 B．三个小球落地的速度相同 C．落地时重力的瞬时功率相同，方向都是竖直向下 D．竖直下抛的小球，其重力的平均功率最大 ‎11．如图所示，一正点电荷在电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧ab运动，已知该点电荷的电量q，质量m（重力不计），ab弧长为s，电荷经过a、b两点时的速度大小均为ν，且它们方向间的夹角为θ，则下列说法不正确的有（　　）‎ A．该电场的场强方向指向圆弧ab的圆心 B．a、b两点的电势相等 C．a、b两点的场强大小均等于 D．电荷在a点受到电场力与在b点所受的电场力相同 ‎12．质量为2kg的物体子xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点的初速度为5m/s B．质点所受的合外力为3N C．质点初速度的方向与合外力方向不垂直 D．2s末质点速度大小为6m/s ‎　‎ 二、实验题（14分）‎ ‎13．某兴趣小组想要探究单摆的周期T与摆长l、摆球质量m的关系：‎ ‎（1）为了探究周期T与摆长l、摆球质量m的关系，应利用　　法完成此实验；为了准确测量单摆的周期，应使摆球振动稳定后且经过　　位置开始计时．‎ ‎（2）他们在探究周期T与摆长l的关系时，测得如下5组数据，请在图中选择恰当坐标，作出直观反映周期T与摆长l关系的图象．‎ 数值 次数 项目 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ T/（s）‎ ‎1.78‎ ‎1.90‎ ‎1.99‎ ‎2.10‎ ‎2.19‎ T2（s2）‎ ‎3.19‎ ‎3.60‎ ‎3.99‎ ‎4.40‎ ‎4.79‎ l（m）‎ ‎0.80‎ ‎0.90‎ ‎1.00‎ ‎1.10‎ ‎1.20‎ l2（m2）‎ ‎0.64‎ ‎0.81‎ ‎1.00‎ ‎1.21‎ ‎1.44‎ ‎（3）根据图象求得当地的重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎（4）某学生做实验时固定好装置后先测摆长，然后测出周期，发现测得的重力加速度偏大，原因可能是　　（填选项前字母）‎ A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了 B．把摆球n次经过最低点的时间误记为（n+1）次经过最低点的时间 C．计时结束时，秒表过早按下 D．单摆所用摆球质量过大．‎ ‎　‎ 三、计算题（38分）‎ ‎14．洛伦兹力演示仪可以演示电子在匀强磁场中的运动径迹．图甲为洛伦兹力演示仪实物图，图乙为结构示意图．演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），当通过励磁线圈的电流为 I 时，线圈之间产生沿线圈轴向、磁感应强度 B=kI （k=1×10﹣3T/A）的匀强磁场；半径 R=80mm 的圆球形玻璃泡内有电子枪，可通过加速电压 U 对初速度为零的电子加速并连续发射，电子刚好从球心 O 点正下方 40mm 处的 S 点沿水平向左射出．当励磁线圈的电流 I=1A，加速电压 U=160V 时，测得沿顺时针方向运动的电子流径迹直径 D=80mm．试问：‎ ‎（1）励磁线圈的电流方向如何？为了使电子流径迹的半径增大，可采取哪些措施？‎ ‎（2）由题中数据可求得电子的比荷为多大？‎ ‎（3）当励磁线圈的电流 I=0.7A 时，为使电子流形成完整的圆周运动，求加速电压的范围．‎ ‎（4）若电子枪的加速电压可以在 0 到 250V 的范围内连续调节，且励磁线圈的电流从 0.5A 到 2A 的范围内连续调节．求玻璃泡上被电子击中范围的长度．‎ ‎15．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧 （弹簧与滑块不栓接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：‎ ‎（1）B与C碰撞前B的速度；‎ ‎（2）弹簧具有的弹性势能．‎ ‎16．质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12N，如图所示，经一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．‎ ‎17．如图所示，电源电动势E=7.5V，内电阻r=1.0Ω，定值电阻R2=12Ω，电动机M的线圈的电阻R=0.5Ω．开关S闭合，电动机转动稳定后，电压表的示数U1=4V，电阻R2消耗的电功率P2=3.0W．不计电动机的摩擦损耗等，求：‎ ‎（1）电源的路端电压．‎ ‎（2）电动机输出的机械功率．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省荆州市松滋一中高三（上）第一次月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）‎ ‎1．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x．现有四个不同物体的运动图象如图所示，物体C和D的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：A、由位移﹣时间图象可知，位移随时间先增大后减小，2s后反向运动，4s末到达初始位置，故A错误；‎ B、由速度﹣时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，2﹣4s沿负方向运动，方向改变，故B错误；‎ C、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；‎ D、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2﹣3s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎2．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（　　）‎ A．甲、乙在相等时间内速度变化相等 B．甲的速度比乙的速度变化快 C．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动 D．甲的加速度大于乙的加速度 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】正确解答本题需要掌握：加速度为矢量，负号表示方向，不表示其大小；当加速度方向和速度方向相同时，速度越来越大，相反时速度越来越小．‎ ‎【解答】解：A、速度变化量△v=a△t，甲乙加速度方向不同，则相等时间内速度变化不同，故A错误；‎ B、加速度表示速度变化的快慢，甲的加速度等于乙的加速度，所以甲的速度比乙的速度变化一样快，故B错误；‎ C、甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=+4m/s2，a乙=﹣4m/s2，甲的加速度和速度方向一致，乙的加速度和速度方向相反，所以甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，故C正确；‎ D、加速度为矢量，负号表示方向，因此甲的加速度等于乙的加速度，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】加速度、速度是高中物理中重要的概念，要正确区分它们之间的关系，明确加速度与速度无关，加速度表示的速度的变化快慢．‎ ‎　‎ ‎3．对于任何一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的动量发生变化，其速率一定变化 B．物体的动量发生变化，其速率不一定变化 C．物体的速率发生变化，其动量一定变化 D．物体的速率发生变化，其动量不一定变化 ‎【考点】动量 冲量．‎ ‎【分析】质量不变的物体，其动量与速度成正比，但是动量是矢量，有大小，有方向；速率是标量，只有大小，没有方向．‎ ‎【解答】解：‎ AB、物体的动量发生变化，说明速度变化，可能是速度的大小，也可能只是方向，也可能大小和方向都变，故不能确定速率一定变，故A错误，B正确．‎ CD、速率变化，说明速度大小一定变了，故动量一定变，故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】本题重点搞清楚矢量和标量的区别，知道动量是标量，与速度大小和方向有关；而速率是标量，只与速度大小有关．‎ ‎　‎ ‎4．在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径R，则管状模型转动的最低角速度ω为（　　）‎ A．B．C．D．2‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，否则，铁水会脱离模型内壁，故临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解管状模型转动的线速度；然后结合v=rω求解管状模型转动的最小角速度．‎ ‎【解答】解：经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ mg=m 解得：v=‎ 管状模型转动的最小角速度 故A正确BCD错误 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键是明确铁水恰后不脱离模型内壁的临界情况时重力恰好提供向心力，然后结合牛顿第二定律和v=rω列式求解，不难．‎ ‎　‎ ‎5．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（　　）‎ A．EA＜EB φA＞φBB．EA＜EB φA＜φBC．EA＞EB φA＜φBD．EA＞EB φA＞φB ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过B点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B点的场强，即EA＞EB．‎ 画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，‎ 则有A点的电势高低C点的电势，所以A点的电势高低B点的电势，即φA＞φB．故选项D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题的技巧是画出等势线．对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用．‎ ‎　‎ ‎6．把一物体以初速度20m/s竖直上抛（不计空气阻力、取竖直向上为正方向、重力加速度g=10m/s2），从抛出开始计时，当位移为15m时所经历的时间为（　　）‎ A．1sB．2sC．3sD．4s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】取竖直向上方向为正方向，竖直上抛运动可以看成一种加速度为﹣g的匀减速直线运动，当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，根据位移公式求出时间．‎ ‎【解答】解：物体做匀变速运动，根据位移时间公式可得解：由x=v0t﹣gt2代入得：‎ ‎15=20t﹣×10t2，解得t1=1s，t2=3s，故AC正确 故选：AC ‎【点评】本题采用整体法研究竖直上抛运动，方法简单，但要注意位移是矢量，与距离不同，不能多解．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直环面向里，磁感应强度以B=B0+Kt（K＞0）随时间变化t=0时，P、Q两板电势不相等．两板间的距离远小于环的半径，经时间t电容器P板（　　）‎ A．不带电B．所带电荷量与t成正比 C．带正电，电荷量是D．带负电，电荷量是 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；电容．‎ ‎【分析】本题考查了电磁感应与电路的结合，由楞次定律可判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势．‎ ‎【解答】解：由楞次定律可判断如果圆环闭合，感应电流方向为逆时针方向，所以圆环作为一个电源，P是负极，所以P板带负电．‎ 根据法拉第电磁感应定律有：E==Kπ（）2=‎ 所以Q=UC=．‎ 故选D．‎ ‎【点评】这类问题主要分析清楚谁是电源、电源的正负极，从而判断极板带电性质．‎ ‎　‎ ‎8．如图两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中．当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．竖直向上，B．平行导轨向上，‎ C．水平向右，D．水平向左，‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．‎ ‎【分析】以金属杆为研究对象进行受力分析，由平衡条件判断安培力的最小值．从而求出磁场强度的最小值，然后根据右手定则判断磁场的方向 ‎【解答】解：金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，‎ 根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图：‎ 由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：Fmin=mgsinθ 即BIL=mgsinθ 则Bmin=‎ A、=＞，由右手定则判断磁场的方向，竖直向上，故A正确；‎ B、cosθ不一定大于sinθ故B错误；‎ C、＞，由右手定则判断磁场的方向水平向左，故C错误D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值时关键．‎ ‎　‎ ‎9．两个人手拉着手向相反方向互相拉对方，关于这两个人的拉力下列理解正确的是（　　）‎ A．力气大的一方给对方的拉力大于对方给他的拉力 B．由于作用力和反作用力总是大小相等的，所以谁也拉不动对方 C．两人的拉力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，因此是一对平衡力 D．两人的拉力同时出现，同时增大，同时减小，同时消失 ‎【考点】作用力和反作用力．‎ ‎【分析】两个物体之间的作用力和反作用力，总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，这便是著名的牛顿第三定律．‎ ‎【解答】解：A、两个人手拉着手向相反方向互相拉对方，这两个拉力是作用力与反作用力；总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；故A错误；‎ B、两个人手拉着手向相反方向互相拉对方，这两个拉力是作用力与反作用力；总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；能不能拉动对方要看随与地面间的静摩擦力大，故B错误；‎ C、两人的拉力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但作用在不同的物体上，不能求解合力，故C错误；‎ D、两个人手拉着手向相反方向互相拉对方，这两个拉力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；故同时出现，同时增大，同时减小，同时消失；故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题关键明确两个人之间的拉力是作用力与反作用力关系，然后结合牛顿第三定律进行分析，要能与平衡力区分，基础题．‎ ‎　‎ ‎10．空中某点，将三个相同小球同时以相同的初速度v水平抛出、竖直上抛、竖直下抛，则从抛出到落地，设地面为零势面，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．竖直向上抛的小球在下落过程中重力势能的变化量最大 B．三个小球落地的速度相同 C．落地时重力的瞬时功率相同，方向都是竖直向下 D．竖直下抛的小球，其重力的平均功率最大 ‎【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】小球沿着不同的方向抛出后，都只有重力做功，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式P=Fvcosθ判断瞬时功率的大小．‎ ‎【解答】解：A、竖直向上抛的小球下落的高度最大，重力做功最大，其它两个小球下落高度相同，因此竖直上抛的小球在下落过程中重力势能的变化量最大，故A正确；‎ B、小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时速度大小相等，但方向不同，速度不同，故B错误；‎ C、三个球落地时速度大小相等，根据瞬时功率表达式P=Fvcosθ，平抛运动重力的瞬时功率最小，竖直上抛与竖直下抛的小球落地时的瞬时功率相等，故C错误；‎ D、根据重力做功公式W=mgh可知，三个小球重力做功相同，落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，所以运动过程中，三个小球重力做功的平均功率不同，下抛平均功率最大，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒，然后结合平均功率和瞬时功率的相关公式列式分析判断．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，一正点电荷在电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧ab运动，已知该点电荷的电量q，质量m（重力不计），ab弧长为s，电荷经过a、b两点时的速度大小均为ν，且它们方向间的夹角为θ，则下列说法不正确的有（　　）‎ A．该电场的场强方向指向圆弧ab的圆心 B．a、b两点的电势相等 C．a、b两点的场强大小均等于 D．电荷在a点受到电场力与在b点所受的电场力相同 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】电荷运动过程中速率不变，电场力提供向心力，所以电场力指向圆心，故场强的方向始终指向圆心；由于电荷从a运动到b的过程中电场力不做功，故a、b两点的电势差为0．‎ ‎【解答】解：‎ A、由于电荷运动过程中速率不变，做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，所以电场力指向圆心，则场强的方向指向圆心，故A正确；‎ B、由于在a、b两点电荷的速度大小相同，故在从a运动到b的过程中电场力不做功，根据W=qU可知a、b两点的电势差为0，故两点的电势相等，故B正确；‎ C、电荷q做匀速圆周运动，电场力提供向心力，故：qE=m；由于S=Rθ；故E=，故C正确；‎ D、由于电荷运动过程中速率不变，故电场力提供向心力，所以电场力指向圆心，方向不同，则电场力不同，故D错误；‎ 本题选错误的，故选：D ‎【点评】本题要抓住电荷做匀速圆周运动，根据圆周运动动力学相关知识进行分析．知道物体的速率不变，那么合外力对物体所做的功为0，由于合外力不为0，故合外力只能给物体提供向心力，这是我们解决此类问题的突破口．‎ ‎　‎ ‎12．质量为2kg的物体子xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．质点的初速度为5m/s B．质点所受的合外力为3N C．质点初速度的方向与合外力方向不垂直 D．2s末质点速度大小为6m/s ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动．根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y轴的合力为零．根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．‎ ‎【解答】解：A、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=﹣4m/s，质点的初速度v0==5m/s．故A正确．‎ B、x轴方向的加速度a==1.5m/s2，质点的合力F合=ma=3N，故B正确；‎ C、合力沿x轴方向，初速度方向在x轴与y轴负半轴夹角之间，故合力与初速度方向不垂直，C正确；‎ D、2s末质点速度大小为v=＞6m/s，故D错误；‎ 故选：ABC ‎【点评】本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，类似平抛运动．中等难度．‎ ‎　‎ 二、实验题（14分）‎ ‎13．某兴趣小组想要探究单摆的周期T与摆长l、摆球质量m的关系：‎ ‎（1）为了探究周期T与摆长l、摆球质量m的关系，应利用　控制变量　法完成此实验；为了准确测量单摆的周期，应使摆球振动稳定后且经过　平衡　位置开始计时．‎ ‎（2）他们在探究周期T与摆长l的关系时，测得如下5组数据，请在图中选择恰当坐标，作出直观反映周期T与摆长l关系的图象．‎ 数值 次数 项目 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ T/（s）‎ ‎1.78‎ ‎1.90‎ ‎1.99‎ ‎2.10‎ ‎2.19‎ T2（s2）‎ ‎3.19‎ ‎3.60‎ ‎3.99‎ ‎4.40‎ ‎4.79‎ l（m）‎ ‎0.80‎ ‎0.90‎ ‎1.00‎ ‎1.10‎ ‎1.20‎ l2（m2）‎ ‎0.64‎ ‎0.81‎ ‎1.00‎ ‎1.21‎ ‎1.44‎ ‎（3）根据图象求得当地的重力加速度g=　9.26　m/s2．‎ ‎（4）某学生做实验时固定好装置后先测摆长，然后测出周期，发现测得的重力加速度偏大，原因可能是　B　（填选项前字母）‎ A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了 B．把摆球n次经过最低点的时间误记为（n+1）次经过最低点的时间 C．计时结束时，秒表过早按下 D．单摆所用摆球质量过大．‎ ‎【考点】探究单摆的周期与摆长的关系．‎ ‎【分析】（1）探究单摆周期与摆长、摆球质量关系实验应采用控制变量法；摆球每通过一次平衡位置，开始计时；‎ ‎（2）应用描点法作出图象；‎ ‎（3）由单摆的周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图象求出重力加速度．‎ ‎（4）由单摆的周期公式求出重力 加速度的表达式，然后分析实验误差．‎ ‎【解答】解：（1）为了探究周期T与摆长l、摆球质量m的关系，应利用控制变量法进行实验，‎ 测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时速度最大，故从平衡位置开始计时误差最小；‎ ‎（2）根据单摆的周期公式T=2π可得：T2=L，为方便实验数据处理，应作出T2﹣l图象，‎ 格局表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：‎ ‎（3）由图示T2﹣l图象可知：k===≈4.26，‎ 重力加速度：g==≈9.26m/s2；‎ ‎（4）由单摆的周期公式：T=2π可得：g=；‎ A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故A错误；‎ B、把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间，周期的测量值偏小，故重力加速度的测量值偏大，故B正确；‎ C、计时结束时，秒表太晚按下，导致周期变大，因此重力加速度变小，故C错误；‎ D、单摆的周期与摆球的质量无关，故对重力加速度的测量无影响，故D错误；故选：B．‎ 故答案为：（1）控制变量；平衡；（2）图象如图所示；（3）9.26；（4）B．‎ ‎【点评】本题考查了实验方法、实验注意事项、作图象、求重力加速度、实验误差分析等问题，知道实验原理、应用单摆周期公式即可正确解题；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．‎ ‎　‎ 三、计算题（38分）‎ ‎14．洛伦兹力演示仪可以演示电子在匀强磁场中的运动径迹．图甲为洛伦兹力演示仪实物图，图乙为结构示意图．演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），当通过励磁线圈的电流为 I 时，线圈之间产生沿线圈轴向、磁感应强度 B=kI （k=1×10﹣3T/A）的匀强磁场；半径 R=80mm 的圆球形玻璃泡内有电子枪，可通过加速电压 U 对初速度为零的电子加速并连续发射，电子刚好从球心 O 点正下方 40mm 处的 S 点沿水平向左射出．当励磁线圈的电流 I=1A，加速电压 U=160V 时，测得沿顺时针方向运动的电子流径迹直径 D=80mm．试问：‎ ‎（1）励磁线圈的电流方向如何？为了使电子流径迹的半径增大，可采取哪些措施？‎ ‎（2）由题中数据可求得电子的比荷为多大？‎ ‎（3）当励磁线圈的电流 I=0.7A 时，为使电子流形成完整的圆周运动，求加速电压的范围．‎ ‎（4）若电子枪的加速电压可以在 0 到 250V 的范围内连续调节，且励磁线圈的电流从 0.5A 到 2A 的范围内连续调节．求玻璃泡上被电子击中范围的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．‎ ‎【分析】（1）根据电子的径迹，电子做匀速圆周运动，洛伦兹力方向指向圆心，由左手定则判断励磁线圈中的电流产生的磁场方向，然后由安培定则判断励磁线圈中电流的方向；‎ ‎（2）由动能定理求出电子进入磁场时的速度，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，联立求出电子的比荷；‎ ‎（3）由动能定理和，联立求出电压表达式，代入数据求出加速电压范围；‎ ‎（4）求出电子做圆周运动的轨道半径，然后确定电子打在玻璃泡上的范围．‎ ‎【解答】解：（1）根据左手定则可知励磁线圈的电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则知励磁线圈中电流方向为顺时针方向 根据电子运动的半径公式，电子流径迹半径增大，可采取的措施是：增大电子速度（或增大电压），减小磁感应强度（或减小电流）‎ ‎（2）电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力：‎ 电子在电子枪中加速，根据动能定理：‎ 联立可以得到：‎ 其中，‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）根据和可以得到：‎ ‎==86.24V，故电压范围为0～86.24V ‎（4）由qvB=，，根据题意B=kI，联立可解得：，当电压取250V电流取0.5A时，半径最大，最大值r=10cm．此时电子达到C点，‎ 在三角形OCO′中，由余弦定理：‎ 解得：，当粒子的半径比较小的时候，与图中的D点相切，此时半径为6cm．‎ 电子打到玻璃泡上的范围在CD之间长度为 答：（1）励磁线圈的电流方向如何？为了使电子流径迹的半径增大，可采取措施有：增大电子速度（或增大电压），减小磁感应强度（或减小电流）‎ ‎（2）由题中数据可求得电子的比荷为 ‎（3）当励磁线圈的电流 I=0.7A 时，为使电子流形成完整的圆周运动，加速电压的范围0～86.24V．‎ ‎（4）若电子枪的加速电压可以在 0 到 250V 的范围内连续调节，且励磁线圈的电流从 0.5A 到 2A 的范围内连续调节．玻璃泡上被电子击中范围的长度0.126m ‎【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键．要掌握粒子在磁场中运动问题的基本方法：定圆心、定半径、画轨迹．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧 （弹簧与滑块不栓接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：‎ ‎（1）B与C碰撞前B的速度；‎ ‎（2）弹簧具有的弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住三者最后速度相同，根据动量守恒定律求出B与C碰撞前B的速度．‎ ‎（2）根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）A、B被弹开的过程中，AB系统动量守恒，设弹开后AB速度分别为vA、vB，设三者最后的共同速度为v共，由动量守恒得：‎ ‎（mA+mB）v0=mAv共+mBvB ‎ mBvB=（mB+mC）v共 三者动量守恒得：（2m+m）v0=（2m+m+2m）v共 得 所以 ‎（2）B与C碰撞前后，机械能的损失为：‎ 弹簧释放的弹性势能Ep则：‎ 代入数据整理得：‎ 答：（1）B与C碰撞前B的速度为．‎ ‎（2）弹簧释放的弹性势能为．‎ ‎【点评】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练．‎ ‎　‎ ‎16．质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12N，如图所示，经一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．‎ ‎【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】由题，木板上表面光滑，当木板运动时，滑块相对于地面静止不动．分析木板的运动情况，在撤去F前，木板做匀加速运动，撤去F后木板做匀减速运动．根据牛顿第二定律分别求出撤去F前后木板的加速度．由位移公式分别求出木板加速和减速运动的位移与时间的关系式．当加速和减速的总位移小于等于木板的长度时，滑块不会从木板上滑下来，求出最长的时间．‎ ‎【解答】解：撤去F前后木板先加速后减速．设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2．由牛顿第二定律得 撤力前：F﹣μ（m+M）g=Ma1‎ 解得a1= m/s2‎ 撤力后：μ（m+M）g=Ma2‎ 解得a2= m/s2‎ 又x1=a1t12，x2=a2t22‎ 为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1+x2≤L 又a1t1=a2t2‎ 由以上各式可解得t1≤1 s 即作用的最长时间为1s．‎ 答：用水平恒力F作用的最长时间是1s．‎ ‎【点评】本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，电源电动势E=7.5V，内电阻r=1.0Ω，定值电阻R2=12Ω，电动机M的线圈的电阻R=0.5Ω．开关S闭合，电动机转动稳定后，电压表的示数U1=4V，电阻R2消耗的电功率P2=3.0W．不计电动机的摩擦损耗等，求：‎ ‎（1）电源的路端电压．‎ ‎（2）电动机输出的机械功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）路端电压等于R2的电压，根据R2消耗的功率即可求解电压；‎ ‎（2）当开关闭合时，知道电动机两端的电压，就可知道电阻R1的电压，从而知道该支路的电流，有PM=UI可求电动机输入功率，有P耗=I2R3可求出电动机内阻消耗功率，从而求出电动机消耗的功率．‎ ‎【解答】解：（1）路端电压等于R2的电压，由P=，‎ 代入数据解得：U=6V ‎（2）电源电动势E=U2+Ir，解得干路电流为：I===1.5A 通过R2的电流：I2==A=0.5 A ‎ 通过电动机的电流：I1=I﹣I2=1.5﹣0.5=1A ‎ 电动机的输出功率：P=I1U1﹣R ‎ 由此得：P=1.0×4 W﹣1.02×0.50W=3.5 W ‎ 答：（1）电路的路端电压为6V；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率为3.5W．‎ ‎【点评】本题要求学生能通过电路中开关的通断得出正确的电路图，并能灵活应用串并联电路的规律及欧姆定律求解．‎ ‎　‎ ‎ ‎