山东省泰安市2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

山东省泰安市2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年山东省泰安市高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：（本题共10小题．每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项正确，第7-10题有多个选项正确，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．下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律是通过实验得出的 B．万有引力常量是由牛顿直接给定的 C．用实验可以揭示电场线是客观存在的 D．元电荷e的数值最早是由密立根测得的 ‎2．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．前7s货物做匀变速直线运动 B．前3s内货物处于失重状态 C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 ‎3．一做直线运动的质点其图象如图所示，则下列关于其运动情况的分析正确的是（　　）‎ A．该质点的初速度为4m/s B．该质点的加速度为5m/s2‎ C．该质点2s末的速度为5m/s D．该质点第3s内的位移为8.25m ‎4．在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷M、N一定都是负电荷 B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1‎ D．x=4a处的电场强度一定为零 ‎5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心初产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）‎ A．﹣EB．C．﹣ED． +E ‎6．人类对自然的探索远至遥远的太空，深至地球内部．若地球半径为R，把地球看做质量分布均匀的球体．某地下探测器P的质量为m，深入地面以下h处，假设h以上的地球球壳物质对探测器P的引力为零；另一太空探测器Q质量也为m，围绕地球做圆周运动，轨道距离地面高度为d，则地球对太空探测器Q和地下探测器P的引力之比为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎7．一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当弹簧与杆垂直时小球动能最大 B．当小球沿杆方向的合力为零时小球动能最大 C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功小于mgh D．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功等于mgh ‎8．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动，设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3，斜面体与地面间的弹力为F4，在此过程中（　　）‎ A．F1逐渐减小B．F2保持不变 C．F3先减小后增大D．F4逐渐增大 ‎9．如图所示，一滑块从固定的斜面底端A处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回A．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎10．如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中（　　）‎ A．A、B两球角速度大小始终相等 B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大 C．B球摆动到最低位置时的速度大小为 D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒 ‎　‎ 二、本题共2小题，共14分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置．‎ ‎11．某实验小组用如图所示的实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数．将木块放在水平长木板上，通过跨过定滑轮的细线与重物相连，木块与纸带相连．在重物牵引下，木块向左运动，重物落地后，木块继续运动一段距离，打出的纸带如图乙所示，不计纸带所受到的阻力．交流电频率为50Hz，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）木块加速阶段的加速度为　　 m/s2．‎ ‎（2）木块与木板间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎12．如图1装置中，轻绳两端系着质量相同的物体A、B，物体B上放一薄金属片C，铁架台上固定一金属圆环D，圆环D处在物体物体B的正下方．系统静止时，金属片与圆环间的高度差为h．由静止释放后，系统开始运动，当物块B穿过圆环D时，金属片C被搁置在圆环D上．两光电门固定在铁架台P1、P2处，测得P1、P2之间的距离为d，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段距离的时间t．不计摩擦及空气阻力．‎ ‎（1）物块B刚穿过圆环P1后的速度v=　　；‎ ‎（2）金属片C被搁置在圆环上前系统的加速度可表示为　　；‎ ‎（3）若物块A、B的质量均为M，金属片C的质量为m，忽略绳和滑轮的质量．根据牛顿第二定律，金属片C被搁置在圆环上前系统的加速度可表示为　　．‎ ‎（4）改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次金属片的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以为纵轴，描点作出的图线最可能符合事实的是图2中的　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共4小题．共48分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．如图所示，公路上有一辆公共汽车以10m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置60m处开始刹车做匀减速直线运动．同时一个人为了搭车，从距站台右侧位置32m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，人加速和减速时的加速度大小相等．求：‎ ‎（1）汽车刹车的时间；‎ ‎（2）人的加速度的大小．‎ ‎14．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的液滴，在场强大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．求A、B两点间的电势差．‎ ‎15．如图所示，固定不动的楔形体两侧斜面与水平方向的夹角分别为α=53°和β=37°，顶端装有定滑轮，滑块A、B 由绕过定滑轮的细绳连接放在两个斜面上，细绳与斜面平行，此时滑块A恰好能沿斜面匀速向下运动．已知滑块B的质量为1kg，两滑块与两斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计绳与滑轮之间的摩擦，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块A的质量；‎ ‎（2）若将滑块A、B的位置互换，为使滑块沿斜面匀速运动，应给滑块A施加多大的平行于斜面的力？‎ ‎16．如图，传送带与水平方向的夹角为θ=37°，上端与一段斜面BC相连，斜面BC的倾角也为37°．半径为R的光滑圆弧轨道CD与斜面BC相切与C，最高点D、圆心O与B点在同一竖直线上．传送带AB间的距离为L=2R，始终以速度v0=沿顺时针方向运转．一质量为m的小滑块以某一初速度vA从A点冲上传送带，滑块与传送带及斜面间的动摩擦因数均为μ=．滑块通过D点对轨道的压力大小为mg．sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）滑块经过C点时的动能；‎ ‎（2）滑块离开D点后落到与C等高的水平面时与C点间的距离；‎ ‎（3）滑块从A点冲上传送带时的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省泰安市高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共10小题．每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项正确，第7-10题有多个选项正确，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．下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律是通过实验得出的 B．万有引力常量是由牛顿直接给定的 C．用实验可以揭示电场线是客观存在的 D．元电荷e的数值最早是由密立根测得的 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 ‎【解答】解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，也不是直接经过推论得出的，故A错误．‎ B、万有引力常量是由卡文迪许测得的，故B错误；‎ C、电场线是虚拟的，实际不存在的，故C错误；‎ D、元电荷e的数值最早是由密立根测得，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 ‎　‎ ‎2．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．前7s货物做匀变速直线运动 B．前3s内货物处于失重状态 C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，根据加速度的方向分析物体超重还是失重；‎ 图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式v=比较前3s内和后2s内平均速度的大小．根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，货物先做匀加速、再匀速，最后匀减速运动，故A错误；‎ B、前3s内货物做匀加速直线运动，加速向上，故处于超重状态；故B错误；‎ C、前3s内的平均速度==3m/s，后2s内的平均速度v2==3m/s，两段时间内的平均速度相同．故C正确．‎ D、第3s末至第5s末，货物做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，机械能增加．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握机械能守恒定律的条件．能根据图象分析物体的运动性质、求解加速度以及分析位移是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎3．一做直线运动的质点其图象如图所示，则下列关于其运动情况的分析正确的是（　　）‎ A．该质点的初速度为4m/s B．该质点的加速度为5m/s2‎ C．该质点2s末的速度为5m/s D．该质点第3s内的位移为8.25m ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据图象写出解析式，再与匀变速直线运动的规律对比，分析质点的加速度和初速度，再求解质点的位移和2s末的速度．‎ ‎【解答】解：A、根据数学知识可得：v2=5x+4，即v2﹣4=5x，与匀变速直线运动的速度位移关系式=2ax对比可得：质点的初速度为 v0=2m/s，加速度为 a=2.5m/s2．故AB错误．‎ C、质点2s末的速度为 v=v0+at2=2+2.5×2=7m/s．故C错误．‎ D、该质点第3s内的位移为 x3=（v0t3+）﹣（v0t2+）=（2×3+×2.5×32）﹣（2×2+×2.5×22）=8.25m，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】运用数学知识列出解析式是解答本题的关键，同时要掌握匀变速直线运动的规律，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎4．在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷M、N一定都是负电荷 B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1‎ D．x=4a处的电场强度一定为零 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据v﹣x图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性；根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度对应的特点，结合库仑定律判断出点电荷的电量之间的关系．‎ ‎【解答】解：A、由v﹣x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷．故A错误；‎ B、点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大．故B错误；‎ C、由图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a处的电场强度等于0．则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：‎ 所以：点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎【点评】该题结合v﹣x图象考查对点电荷的电场特点的理解，以及对电场叠加的应用，熟悉点电荷的电场分布特点是解答的关键，同时对知识的迁移能力的要求也比较高．‎ ‎　‎ ‎5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心初产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）‎ A．﹣EB．C．﹣ED． +E ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，‎ 假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．‎ ‎【解答】解：若将带电量为2q的球面的球心放在O处，‎ 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．‎ 则在M、N点所产生的电场为E==，‎ 由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为 E′=﹣E，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．人类对自然的探索远至遥远的太空，深至地球内部．若地球半径为R，把地球看做质量分布均匀的球体．某地下探测器P的质量为m，深入地面以下h处，假设h以上的地球球壳物质对探测器P的引力为零；另一太空探测器Q质量也为m，围绕地球做圆周运动，轨道距离地面高度为d，则地球对太空探测器Q和地下探测器P的引力之比为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，地下深度为h的井底的加速度相当于半径为R﹣h的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可．‎ ‎【解答】解：令地球的密度为ρ，地球的质量为：M=，所以地球对太空探测器Q受到的引力：‎ F==‎ 根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在地下为h处，受到地球的万有引力即为半径等于（R﹣h）的球体在其表面产生的万有引力，‎ 此时：‎ 故地下的重力：mg′=‎ 所以有： =．故B正确，ACD错误 故选：B ‎【点评】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在地下h处，地球的重力和万有引力相等，要注意在地下时的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R﹣d）的球体的质量．‎ ‎　‎ ‎7．一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当弹簧与杆垂直时小球动能最大 B．当小球沿杆方向的合力为零时小球动能最大 C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功小于mgh D．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功等于mgh ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值．当合外力为零时，加速度为零，速度最大，故A错误，B正确；‎ CD、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动，设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3，斜面体与地面间的弹力为F4，在此过程中（　　）‎ A．F1逐渐减小B．F2保持不变 C．F3先减小后增大D．F4逐渐增大 ‎【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】先对物体乙受力分析，作出力的合成图，由平衡条件分析挡板和甲对乙的作用力的变化情况．‎ 再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F，然后根据平衡条件列式，分析斜面对甲的支持力如何变化．‎ ‎【解答】解：先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图 根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；‎ 再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图 根据平衡条件，有 x方向：F+（M+m）gsinθ﹣F1=0‎ y方向：F2﹣（M+m）gcosθ=0‎ 解得：F2=（M+m）gcosθ，保持不变．‎ 结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故AB正确，CD错误．‎ 故选：AB ‎【点评】本题的关键是对物体乙进行受力分析，根据平衡条件结合图示法得到挡板对乙的支持力的变化情况，这是图解法；对甲与乙整体进行受力分析，进行函数法分析斜面对甲的支持力的变化情况．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一滑块从固定的斜面底端A处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回A．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A错误．‎ B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．‎ 设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：‎ ‎ mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα﹣μmgcosα=ma2；‎ 则得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα﹣μgcosα．则有：a1＞a2．故B正确．‎ C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t﹣a1t2‎ 重力势能为：EP=mgx1sinα=mgsinα（v0t﹣a1t2），为抛物线方程．‎ 下滑过程：重力势能为EP=mg[H﹣a2（t﹣t0）2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是可能的．故C正确．‎ D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0﹣f1x=E0﹣f1（v0t﹣a1t2），可知E﹣t图象应为抛物线．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．‎ ‎　‎ ‎10．如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中（　　）‎ A．A、B两球角速度大小始终相等 B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大 C．B球摆动到最低位置时的速度大小为 D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】在B球顺时针摆动到最低位置的过程中，对于B球、A球和地球组成的系统机械能守恒，由于轻杆对两球做功，两球各自的机械能均不守恒．‎ ‎【解答】解：A、A、B两球共轴转动，角速度大小始终相等，故A正确；‎ B、初位置，B球速度为零，重力的功率为零，最低点，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，所以重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误；‎ C、对于A球和B球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，则有：‎ ‎，‎ vA=vB 解得：，故C正确．‎ D、杆对B球做负功，B球机械能不守恒，故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题是轻杆连接的问题，要抓住单个物体机械能不守恒，而系统的机械能守恒是关键．‎ ‎　‎ 二、本题共2小题，共14分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置．‎ ‎11．某实验小组用如图所示的实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数．将木块放在水平长木板上，通过跨过定滑轮的细线与重物相连，木块与纸带相连．在重物牵引下，木块向左运动，重物落地后，木块继续运动一段距离，打出的纸带如图乙所示，不计纸带所受到的阻力．交流电频率为50Hz，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）木块加速阶段的加速度为　1.5　 m/s2．‎ ‎（2）木块与木板间的动摩擦因数μ=　0.1　．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）利用匀变速运动的推论△x=at2求出木块加速阶段的加速度；‎ ‎（2）利用匀变速运动的推论△x=at2求出木块减速阶段的加速度；重物落地后，木块受到的合力等于滑动摩擦力，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：由图乙所示纸带可知，计数点间的时间间隔t=0.02s×2=0.04s；‎ ‎（1）由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，木块加速阶段的加速度约为a===1.5m/s2；‎ ‎（2）木块做减速运动时加速度约为a′===﹣1m/s2，由牛顿第二定律得：﹣μmg=ma′，解得动摩擦因素μ=0.1；‎ 故答案为：（1）1.5；（2）0.1．‎ ‎【点评】本题考查了求加速度与动摩擦因数问题，应用匀变速直线运动的推论、牛顿第二定律可以解题，要掌握匀变速运动的推论△x=at2，应用该推论求出木块的加速度是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．如图1装置中，轻绳两端系着质量相同的物体A、B，物体B上放一薄金属片C，铁架台上固定一金属圆环D，圆环D处在物体物体B的正下方．系统静止时，金属片与圆环间的高度差为h．由静止释放后，系统开始运动，当物块B穿过圆环D时，金属片C被搁置在圆环D上．两光电门固定在铁架台P1、P2处，测得P1、P2之间的距离为d，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段距离的时间t．不计摩擦及空气阻力．‎ ‎（1）物块B刚穿过圆环P1后的速度v=　　；‎ ‎（2）金属片C被搁置在圆环上前系统的加速度可表示为　　；‎ ‎（3）若物块A、B的质量均为M，金属片C的质量为m，忽略绳和滑轮的质量．根据牛顿第二定律，金属片C被搁置在圆环上前系统的加速度可表示为　　．‎ ‎（4）改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次金属片的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以为纵轴，描点作出的图线最可能符合事实的是图2中的　A　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）关键是明确物体B在Pl、P2之间做匀速直线运动，然后由x=vt即可求出；‎ ‎（2）结合运动学公式联立即可求解；‎ ‎（3）分别对物体A以及B与C进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式求出mg与t2的函数表达式即可．‎ ‎（4）根据牛顿第二定律和运动学公式求出mg与t2的函数表达式，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）B通过圆环后将匀速通过光电门，则B刚穿过圆环后的速度为：v=；‎ ‎（2）从开始运动到到达D的过程中，设加速度为a，则：2ah=v2﹣0‎ 所以：a=‎ ‎（3）若物块A、B的质量均为M，金属片C的质量为m，忽略绳和滑轮的质量，设绳子拉力大小为F，对A由牛顿第二定律得：F﹣Mg=Ma 对B与C整体下落h的过程，由牛顿第二定律得：（M+m）g﹣F=（M+m）a 联立以上各式可得：a=‎ ‎（4）：在释放至金属片C被搁置在圆环上过程中，分别对A和B、C由牛顿第二定律可得：‎ 对A有：F﹣Mg=Ma…①‎ 对B和C有：（M+m）g﹣F=（M+m）a…②‎ 再由匀变速直线运动公式应有：v2=2ah…③‎ 又v=…④‎ 联立①②③④各式解得：，因为M＞＞m，则；‎ 所以，以mg为横轴以为纵轴的图线是一条过原点的直线．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A 故答案为：（1）；（2）；（3）；（4）A ‎【点评】对含有定滑轮的多物体问题，应用隔离法分别列出牛顿第二定律表达式，再联立求解；遇到图象问题，应根据物理规律求出有关纵轴与横轴物理量的表达式即可．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共4小题．共48分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．如图所示，公路上有一辆公共汽车以10m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置60m处开始刹车做匀减速直线运动．同时一个人为了搭车，从距站台右侧位置32m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，人加速和减速时的加速度大小相等．求：‎ ‎（1）汽车刹车的时间；‎ ‎（2）人的加速度的大小．‎ ‎【考点】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时间的关系．‎ ‎【分析】（1）汽车从左侧到P的时间与人运动到P的时间相等，设汽车经过t后刹车，根据匀变速直线运动的平均速度公式列出匀变速直线运动的位移表达式，抓住总位移等于60m，求出时间t．‎ ‎（2）从而得出人运动的总时间，然后根据人先加速再匀速后减速总位移为40m，根据位移时间关系列式及加速度的定义求解人的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）设公共汽车刹车匀减速至静止停下的时间为t，初速度为v1=10m/s，位移为x1=60m，‎ 根据 代入数据解得t=12s ‎ ‎（2）设人匀加速和匀减速的加速度大小为a，匀速时的速度为v2=4m/s，匀速时间为t′‎ 总位移为x2=32m，总时间也为t=12s ‎①‎ ‎ ②‎ 由①②代入数据得：a=1m/s2‎ 答：（1）汽车刹车的时间为12s；‎ ‎（2）人的加速度的大小为1m/s2‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的平均速度公式以及速度时间公式，知道汽车和人的运动的时间相等．‎ ‎　‎ ‎14．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的液滴，在场强大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．求A、B两点间的电势差．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】求出重力与电场力合力的方向，确定粒子的运动情况；根据运动的合成与分解，求出粒子在A和B点沿电场线方向的速度，根据匀变速直线运动位移速度关系求解A和B沿电场线方向的位移，再根据U=Ed来求解电势差．‎ ‎【解答】解：设电场力与重力的合力方向与电场方向的夹角为θ，‎ 则：tanθ==，‎ 解得：θ=30°；‎ 由此可知，液滴在A点的速度v0方向与电场力方向和重力的合力方向垂直，做类平抛运动，‎ 之后的运动过程中，液滴沿v0方向的分速度不变，即：vcos（60°﹣30°）=v0，‎ 解得：；‎ 设A、B两点沿场强方向的距离为x，液滴沿电场方向做匀加速运动，‎ 加速度大小为： =，‎ 根据位移速度关系可得：（vcos30°）2﹣（v0cos60°）2=2ax，‎ 解得：x=，‎ 根据电势差与电场强度的关系可得：UAB=Ex 解得：UAB=．‎ 答：A、B两点间的电势差为．‎ ‎【点评】解答本题主要是应用力和运动的关系，根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等，这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，固定不动的楔形体两侧斜面与水平方向的夹角分别为α=53°和β=37°，顶端装有定滑轮，滑块A、B 由绕过定滑轮的细绳连接放在两个斜面上，细绳与斜面平行，此时滑块A恰好能沿斜面匀速向下运动．已知滑块B的质量为1kg，两滑块与两斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计绳与滑轮之间的摩擦，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块A的质量；‎ ‎（2）若将滑块A、B的位置互换，为使滑块沿斜面匀速运动，应给滑块A施加多大的平行于斜面的力？‎ ‎【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】（1）滑块A恰好能沿斜面匀速向下运动时，B沿斜面匀速向上运动，对A和B分别运用平衡条件列方程，抓住绳子拉力大小相等，求解滑块A的质量；‎ ‎（2）将滑块A、B的位置互换，滑块A可能沿斜面向上匀速运动，也可能沿斜面向下匀速运动，再用同样的方法解答．‎ ‎【解答】解：（1）滑块A恰好能沿斜面匀速向下运动时，B沿斜面匀速向上运动，根据平衡条件得 对滑块A有：mAgsinα=fA+T1；‎ 又有 fA=μmAgcosα 对滑块B有：T1=mBgsinβ+fB；‎ 又有 fB=μmBgcosβ 联立解得 mA=2kg ‎（2）将滑块A、B的位置互换后，若A向下匀速运动，则对A有：‎ ‎ F1+mAgsinβ=μmAgcosβ+T2；‎ 对B有：T2=mBgsinα+μmBgcosα；‎ 代入数据解得 F1=7N，方向平行于斜面向下．‎ 若A向上匀速运动，则对A有：‎ ‎ F2+T3=mAgsinβ+μmAgcosβ；‎ 对B有：T3+μmBgcosα=mBgsinα；‎ 代入数据解得 F2=15N，方向平行于斜面向上．‎ 答：‎ ‎（1）滑块A的质量是2kg；‎ ‎（2）若将滑块A、B的位置互换，为使滑块沿斜面匀速运动，应给滑块A施加7N的平行于斜面向下的力或施加15N的平行于斜面向上的力．‎ ‎【点评】本题是共点力平衡问题，关键要正确分析受力情况，采用隔离法列平衡方程．第2小题要注意物块的运动方向不明时，要分两种情况研究，不能漏解．‎ ‎　‎ ‎16．如图，传送带与水平方向的夹角为θ=37°，上端与一段斜面BC相连，斜面BC的倾角也为37°．半径为R的光滑圆弧轨道CD与斜面BC相切与C，最高点D、圆心O与B点在同一竖直线上．传送带AB间的距离为L=2R，始终以速度v0=沿顺时针方向运转．一质量为m的小滑块以某一初速度vA从A点冲上传送带，滑块与传送带及斜面间的动摩擦因数均为μ=．滑块通过D点对轨道的压力大小为mg．sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）滑块经过C点时的动能；‎ ‎（2）滑块离开D点后落到与C等高的水平面时与C点间的距离；‎ ‎（3）滑块从A点冲上传送带时的速度大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）分析滑块经过D点时的受力情况，运用牛顿第二定律求出滑块通过D点的速度．滑块从C到D的过程，运用动能定理可求得滑块经过C点时的动能；‎ ‎（2）滑块离开D点后做平抛运动，根据分位移公式和几何关系求解落到与C等高的水平面时与C点间的距离；‎ ‎（3）滑块从B到C的过程做匀减速运动，由动能定理求得滑块经过B点时的速度大小．滑块冲上传送带后到速度与传送带相等的过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块从A点冲上传送带时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）滑块经过D点时，由牛顿第二定律得：‎ N+mg=m 滑块从C到D的过程，运用动能定理得：‎ ‎﹣mg（R+Rcosθ）=﹣EKC；‎ 联立解得：EKC=2.8mgR ‎（2）滑块离开D点后做平抛运动，则有：‎ R+Rcosθ=‎ x=vDt+Rsinθ 整理得所求的距离为：x=（0.6+）R ‎（2）滑块从B到C的过程中，做匀减速运动，根据动能定理得：‎ ‎﹣（mgsinθ+μmgcosθ）Rtanθ=EKC﹣‎ 解得：vB=‎ 设滑块在距离B点为l时速度与传送带相等，则有：‎ ‎﹣=﹣2al 又 a==gsinθ﹣μgcosθ 据题有：v0=‎ 解得 l=R 滑块从冲上传送带到与传送带速度相等的过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣=﹣（mgsinθ+μmgcosθ）（2R﹣l）‎ 解得：vA=‎ 答：（1）滑块经过C点时的动能是2.8mgR；‎ ‎（2）滑块离开D点后落到与C等高的水平面时与C点间的距离（0.6+）R；‎ ‎（3）滑块从A点冲上传送带时的速度大小是．‎ ‎【点评】本题首先要理清滑块的运动情况，知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力，分段运用动能定理列式，分析时还要抓住隐含的几何关系进行解答．‎ ‎　‎