湖北省孝感市应城市第一高级中学2017届高三11月月考物理试卷

湖北省孝感市应城市第一高级中学2017届高三11月月考物理试卷

‎2016-2017学年湖北省孝感市应城第一高级中学三（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，前7小题为单选题，后3小题为多选题，全选对得5分；选对但没选全的得3分；选错或不选的得0分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点、位移都是理想化模型 B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证 C．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位 D．长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量 ‎2．如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎3．平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距为原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎4．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为160km/h；现在我国往返于北京和上海的动车组的最大速度为480km/h，则此动车组可能（　　）‎ A．由3节动车加3节拖车编成的B．由6节动车加2节拖车编成的 C．由3节动车加9节拖车编成的D．由3节动车加4节拖车编成的 ‎5．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎6．如图，放在斜劈上的物块，受到平行于光滑斜面向下的力F作用，沿斜面向下运动，斜劈保持静止．下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对斜劈的摩擦力方向水平向右 B．地面对斜劈的弹力大于斜劈和物块的重力之和 C．若F增大，地面对斜劈的摩擦力也增大 D．若F反向，地面对斜劈的摩擦力也反向 ‎7．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．t1B．t2C．t3D．t4‎ ‎8．宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两球连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．双星相互间的万有引力不变 B．双星做圆周运动的角速度均增大 C．双星做圆周运动的动能均减小 D．双星做圆周运动的半径均增大 ‎9．如图所示，一可视为质点的小球以初速度v0从O点被水平抛出，经与两墙壁四次弹性碰撞后刚好落在竖直墙壁的最低点D，此时速度与水平方向的夹角为θ，其中A、C两点为小球与另一墙壁碰撞的等高点，已知两墙壁间的距离为d，则下列说法正确的是（　　）‎ A．xOA：xAB：xBC：xCD=1：3：5：7‎ B．相邻两点间速度的变化量均相等 C．tanθ=‎ D．tanθ=‎ ‎10．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）‎ ‎　‎ 二．实验题（共15分）‎ ‎11．（6分）在“验证力的平行四边形定则”实验中：‎ ‎（1）若测某一分力时，弹簧秤的外壳与接触面发生了摩擦，这种操作，对实验结果影响　　．（填“有”或“无”）‎ ‎（2）下列要求或做法正确的是　　．‎ A．两根细绳必须等长 B．橡皮条应与两细绳夹角的平分线在同一直线上 C．两细绳套应适当长些，便于确定力的方向 D．用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，只需要记下弹簧秤的读数，用两个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，要记下两个弹簧秤的读数和两条细线的方向 ‎（3）有几位同学进一步做实验．先用两个弹簧秤一起把橡皮条的结点拉到位置O，用手按住结点；再改变其中一个弹簧秤的方位，使这个弹簧秤的拉力的大小和方向都跟原来不同．固定这个弹簧秤的位置，松开结点，试着改变另一个弹簧秤的方位，来改变拉力的大小和方向，使结点回到原来的位置．下列说法正确的是　　．‎ A．两个弹簧秤后来的拉力的合力跟它们原来的拉力的合力相同 B．两个弹簧秤后来的拉力的合力跟它们原来的拉力的方向相同大小不相等 C．另一个弹簧秤的方位是唯一的 D．另一个弹簧秤的方位不是唯一的．‎ ‎12．（9分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　　‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　　m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图3a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为　　．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共45分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位．‎ ‎13．（13分）飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带．传送带的总质量为M，其俯视图如图所示．现开启电动机，当传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上．若有n件质量均为m的行李需通过传送带送给旅客，假设在转弯处行李与传送带间无相对运动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？‎ ‎14．（15分）在宽度为L的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界．有一个带电粒子（不计重力）从左侧边界上的A点，以初速度v0沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时的速度大小为v0．‎ ‎（1）求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移的大小；‎ ‎（2）若带电粒子的入射速度改为v0，求粒子从右侧边界射出时速度的大小；‎ ‎（3）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值（远小于光速），求带电粒子从右侧边界射出速度的最小值．‎ ‎15．（17分）如图，一小物体从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直轨道运动到B点后，进入光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即物体离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8m，水平距离s=1.2m，水平轨道AB长为L1=1.0m，BC长为L2=3.0m．物体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．‎ 则：（1）当物体在A点的初速度v A=3.0m/s时，物体恰能通过圆形轨道最高点，求圆形轨道的半径．‎ ‎（2）若物体既能通过圆形轨道最高点，又不掉进壕沟，求物体在A点的初速度的范围．‎ ‎　‎ ‎ 2016-2017学年湖北省孝感市应城第一高级中学高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，前7小题为单选题，后3小题为多选题，全选对得5分；选对但没选全的得3分；选错或不选的得0分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点、位移都是理想化模型 B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证 C．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位 D．长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量 ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【专题】常规题型．‎ ‎【分析】力学中的三个基本物理量是长度、质量、时间，基本单位为米、千克、秒，注意牛顿第一定律无法通过实验验证，可以通过理想实验进行验证．‎ ‎【解答】解：A、质点是理想化模型，而位移是物理学中的一个物理量，不是理想化模型，故A错误；‎ B、牛顿第一定律无法通过实验验证，故B错误；‎ C、力学中的三个基本物理量单位的符号为m、kg、s，故C正确；‎ D、力不是基本物理量是导出物理量，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题比较简单，考查了物理学中一些基本知识，对于这些基本知识，注意平时的记忆与积累，同时加强练习，以加深对其的理解．‎ ‎　‎ ‎2．如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【专题】运动的合成和分解专题．‎ ‎【分析】以乙车为参考系，甲车在东西方向上做匀加速直线运动，在南北方向上做匀速直线运动，根据运动的合成确定甲车的轨迹．‎ ‎【解答】解：以乙车为参考系，甲车向东做匀加速直线运动，向南做匀速直线运动，由于合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，则合运动是曲线，因为加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道曲线运动的条件，知道曲线运动加速度的方向大致指向轨迹凹的一向．‎ ‎　‎ ‎3．平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距为原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电容器专题．‎ ‎【分析】根据电容的决定式C=，结合Q=CU，及电场强度公式E=，即可求解引力的比值．‎ ‎【解答】解：A、B两板间距变为原来的，根据电容决定式C=，可知，电容器电容变为原来的，‎ 根据Q=CU，可知，极板所带电荷量为原来的，‎ 根据电场强度公式E=，可知，内部电场强度变为原来的，‎ 由于F=kQE，所以两极板之间的引力变为原来的，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，掌握电容的决定式C=，Q=CU，E=，等公式的应用，同时能培养学生的推理能力．‎ ‎　‎ ‎4．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为160km/h；现在我国往返于北京和上海的动车组的最大速度为480km/h，则此动车组可能（　　）‎ A．由3节动车加3节拖车编成的B．由6节动车加2节拖车编成的 C．由3节动车加9节拖车编成的D．由3节动车加4节拖车编成的 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；功率的计算专题．‎ ‎【分析】若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为160km/h，速度最大时，牵引力与阻力相等，根据该关系求出阻力与重力的比值，从而抓住牵引力等于阻力时，最大速度为480km/h，求出动车组的组成．‎ ‎【解答】解：当牵引力等于阻力时，速度最大，有：，解得k=．‎ A、当动车组由3节动车加3节拖车编成，当速度最大时有：，解得：vm=320km/h故A错误．‎ B、当动车组由6节动车加2节拖车编成，当速度最大时有：，解得：vm=480km/h．故B正确．‎ C、当动车组由3节动车加9节拖车编成，当速度最大时有：，解得：vm=160km/h．故C错误．‎ D、当动车组由3节动车加4节拖车编成，当速度最大时有：，解得：vm=274km/h．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道当动车速度最大时，牵引力等于阻力．‎ ‎　‎ ‎5．（2016•安庆三模）两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】小球做匀速圆周运动，靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出Locsθ，从而分析判断．‎ ‎【解答】解：小球做匀速圆周运动，mgtanθ=mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ=是常量，即两球处于同一高度，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，本题关键要得出Lcosθ的关系式．‎ ‎　‎ ‎6．如图，放在斜劈上的物块，受到平行于光滑斜面向下的力F作用，沿斜面向下运动，斜劈保持静止．下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对斜劈的摩擦力方向水平向右 B．地面对斜劈的弹力大于斜劈和物块的重力之和 C．若F增大，地面对斜劈的摩擦力也增大 D．若F反向，地面对斜劈的摩擦力也反向 ‎【考点】物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．‎ ‎【分析】根据光滑斜面上物体对斜面只有压力，与物体运动状态，及运动方向无关，并依据摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、无论滑块下滑还是上滑，滑块对斜面体的压力不变，即垂直于斜面向下，因此斜面受到地面水平向右的静摩擦力作用，故A正确．‎ B、无论滑块下滑还是上滑，滑块对斜面体的压力不变，即垂直于斜面向下，所以斜面体受力不变，由斜面体所受各力保持平衡，故B错误；‎ CD、不论F增大，还是反向，物体对斜面的压力均不变，则地面对斜劈的摩擦力大小与方向均不变，故CD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】考查物体的平衡，受力分析的内容，掌握整体法与隔离法的应用，注意斜面是光滑的，是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎7．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．t1B．t2C．t3D．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．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【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．‎ ‎【点评】根据受力情况来分析运动情况确定速度的变化，从而判断速度的最大值．‎ ‎　‎ ‎8．宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两球连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．双星相互间的万有引力不变 B．双星做圆周运动的角速度均增大 C．双星做圆周运动的动能均减小 D．双星做圆周运动的半径均增大 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度和周期的变化．‎ ‎【解答】解：A、双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F=G，知万有引力减小．故A错误．‎ ‎ B、根据万有引力提供向心力得 G=m1r1ω2，G=m2r2ω2，‎ 可知m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，‎ 双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小．故B错误，D正确．‎ C、根据G=m1v1ω=m2v2ω，可得线速度减小，所以双星做圆周运动的动能均减小，故C正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，知道双星的轨道半径比等于质量之反比．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一可视为质点的小球以初速度v0从O点被水平抛出，经与两墙壁四次弹性碰撞后刚好落在竖直墙壁的最低点D，此时速度与水平方向的夹角为θ，其中A、C两点为小球与另一墙壁碰撞的等高点，已知两墙壁间的距离为d，则下列说法正确的是（　　）‎ A．xOA：xAB：xBC：xCD=1：3：5：7‎ B．相邻两点间速度的变化量均相等 C．tanθ=‎ D．tanθ=‎ ‎【考点】平抛运动；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题．‎ ‎【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，根据两墙壁间的距离求出在两墙壁间水平方向上的运动时间，从而得出运动的总时间，结合平抛运动的规律求出速度与水平方向的夹角的正切值．‎ ‎【解答】解：A、小球在水平方向上速度的大小相等，根据等时性知，OA、AB、BC、CD时间相等，在竖直方向上做自由落体运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论，知xOA：xAB：xBC：xCD=1：3：5：7．故A正确．‎ B、因为在相邻两点间所需的时间相等，水平方向上的速度大小不变，竖直方向上做自由落体运动，则相邻两点间的速度变化量相等．故B正确．‎ CD、小球从O点运动到D点的时间t=，则．故C正确、D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解．‎ ‎　‎ ‎10．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．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【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 ‎【点评】知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短．‎ ‎　‎ 二．实验题（共15分）‎ ‎11．（6分）在“验证力的平行四边形定则”实验中：‎ ‎（1）若测某一分力时，弹簧秤的外壳与接触面发生了摩擦，这种操作，对实验结果影响　无　．（填“有”或“无”）‎ ‎（2）下列要求或做法正确的是　C　．‎ A．两根细绳必须等长 B．橡皮条应与两细绳夹角的平分线在同一直线上 C．两细绳套应适当长些，便于确定力的方向 D．用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，只需要记下弹簧秤的读数，用两个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，要记下两个弹簧秤的读数和两条细线的方向 ‎（3）有几位同学进一步做实验．先用两个弹簧秤一起把橡皮条的结点拉到位置O，用手按住结点；再改变其中一个弹簧秤的方位，使这个弹簧秤的拉力的大小和方向都跟原来不同．固定这个弹簧秤的位置，松开结点，试着改变另一个弹簧秤的方位，来改变拉力的大小和方向，使结点回到原来的位置．下列说法正确的是　AC　．‎ A．两个弹簧秤后来的拉力的合力跟它们原来的拉力的合力相同 B．两个弹簧秤后来的拉力的合力跟它们原来的拉力的方向相同大小不相等 C．另一个弹簧秤的方位是唯一的 D．另一个弹簧秤的方位不是唯一的．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题．‎ ‎【分析】（1）明确弹簧秤的构造和使用即可正确解答；‎ ‎（2）在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行；‎ ‎（3）要使结点不变，应保证合力大小、方向不变，其中固定一个弹簧秤的位置，所以另一个弹簧秤的方位是惟一的．‎ ‎【解答】解：（1）由于弹簧秤内部弹簧并不和外壳接触，因此实验中弹簧秤的外壳与纸面间的摩擦不影响橡皮条受到拉力的大小．‎ ‎（2）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；‎ B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故B错误；‎ C、为了减小测量的误差，两根细绳应适当长些．故C正确．‎ D、一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条时，也不仅要记下弹簧秤的读数，也要记录方向．故D错误；‎ 故选：C ‎（3）结点不变，则力的作用效果不变，所以两个弹簧秤后来的拉力的合力跟它们原来的拉力的合力相同，‎ 固定一个弹簧秤的位置，即一个分力是不变的，合力不变，则另一个弹簧秤的方位是惟一的，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC 故答案为：（1）无；（2）C；（3）A C ‎【点评】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别，注意实验的注意事项．‎ ‎　‎ ‎12．（9分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　BCD　‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　1.3　m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图3a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；‎ ‎（2）依据逐差法可得小车加速度．‎ ‎（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．‎ ‎【解答】解：（1）A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误．‎ B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；‎ D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，计数点间的时间间隔：t=0.06s，由△x=aT2可知，加速度：‎ a==≈1.3m/s2；‎ ‎（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，‎ 此题，弹簧测力计的示数F=F合，故小车质量为m=．‎ 故答案为：（1）BCD；（2）1.3；（3）．‎ ‎【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共45分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位．‎ ‎13．（13分）飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带．传送带的总质量为M，其俯视图如图所示．现开启电动机，当传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上．若有n件质量均为m的行李需通过传送带送给旅客，假设在转弯处行李与传送带间无相对运动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？‎ ‎【考点】能量转化和转移的方向性．‎ ‎【专题】力学综合性应用专题．‎ ‎【分析】电动机做的功转化为传送带的动能、行李的动能和因摩擦产生的内能；一对摩擦力做的总功等于产生的内能，根据功能关系列式求出电动机的总功．‎ ‎【解答】解：设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量：Q=nμmg△x 由运动学公式得：△x=x带﹣x行=vt﹣=‎ 又v=at=μgt 联立解得Q=‎ 由能量守恒得：E=Q+‎ 故电动机消耗的电能为 E=+nmv2‎ 答：从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为+nmv2．‎ ‎【点评】解答本题关键要知道电动机对外做的功转化传送带的动能、行李的动能和因摩擦产生的内能一对摩擦力做的总功等于产生的内能．‎ ‎　‎ ‎14．（15分）在宽度为L的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界．有一个带电粒子（不计重力）从左侧边界上的A点，以初速度v0沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时的速度大小为v0．‎ ‎（1）求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移的大小；‎ ‎（2）若带电粒子的入射速度改为v0，求粒子从右侧边界射出时速度的大小；‎ ‎（3）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值（远小于光速），求带电粒子从右侧边界射出速度的最小值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】计算题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解即可求出；‎ ‎（2）将粒子的运动分解，求出末速度的表达式，然后依据二项式定理即可求出；‎ ‎（3）根据运动的合成与分解，结合运动学公式，及矢量的合成法则，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）射出电场的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：‎ v0=‎ 解得：vy1=v0；‎ 设经过时间t1粒子射出电场，沿电场方向位移y，由类平抛运动知：‎ L=v0t1，‎ vy1=at1；‎ 得：a=‎ 由y=a解得：y=‎ ‎（2）粒子在水平方向做匀速运动，设经过时间t2；‎ 粒子射出电场：L=‎ 设粒子沿场强方向加速度为a，沿场强方向匀加速直线运动：vy2=at2；‎ 粒子射出电场速度v0‎ v=‎ 联立上式，解得：v=v0；‎ ‎（3）设粒子以vx射入电场，沿电场方向速度为vy 粒子射出电场的速度为v′，‎ 则有：v′=‎ 当=时，v′取最小值，即vx=‎ 那么带电粒子从右侧边界射出速度的最小值v′=‎ 答：（1）粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移的大小；‎ ‎（2）若带电粒子的入射速度改为v0，粒子从右侧边界射出时速度的大小v0；‎ ‎（3）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值（远小于光速），带电粒子从右侧边界射出速度的最小值．‎ ‎【点评】该题考查带电粒子在电场中的偏转，解答的难点是第二位，要正确写出粒子的末速度的表达式，才能正确得出结论．‎ ‎　‎ ‎15．（17分）如图，一小物体从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直轨道运动到B点后，进入光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即物体离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8m，水平距离s=1.2m，水平轨道AB长为L1=1.0m，BC长为L2=3.0m．物体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．‎ 则：（1）当物体在A点的初速度v A=3.0m/s时，物体恰能通过圆形轨道最高点，求圆形轨道的半径．‎ ‎（2）若物体既能通过圆形轨道最高点，又不掉进壕沟，求物体在A点的初速度的范围．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．‎ ‎【专题】计算题；学科综合题；比较思想；临界法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）物体恰好通过最高点，由重力充当向心力；再对物体由A到最高点的过程，由动能定理列式，可求得圆形轨道的半径．‎ ‎（2）物体飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律和动能定理结合可求得物体在A点的初速度范围．‎ ‎【解答】解：（1）物体恰能通过最高点，有 mg=m 由B到最高点，由机械能守恒定律得 mvB2=mv2+mg（2R）‎ 由A→B，由动能定理得 ‎﹣μmgL1=mvB2﹣mvA2‎ 解得：R=0.1m ‎ ‎（2）若物体刚好停在C处，则从A到C的过程，由动能定理得 ‎﹣μmg（L1+L2）=0﹣mv′2A 解得在A点的初速度 vA′=4m/s 若物体停在BC段，则有 3m/s≤vA≤4m/s 若物体能通过C点，并越过壕沟，则有 ‎ h=gt2‎ ‎ s=vct 又﹣μmg（L1+L2）=mvC2﹣mvA2‎ 则有：vA=5m/s；‎ 解得在A点的初速度范围是：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s．‎ 答：‎ ‎（1）圆形轨道的半径是0.1m．‎ ‎（2）若物体既能通过圆形轨道最高点，又不掉进壕沟，物体在A点的初速度的范围是：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s．‎ ‎【点评】本题的关键要注意正确分析物理过程，把握圆周运动的临界条件，做好受力分析，再选择合适的物理规律求解即可．‎