河北省沧州市2016届高三上学期质检物理试卷

河北省沧州市2016届高三上学期质检物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年河北省沧州市高三（上）质检物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每题给出的四个选项中，第1题-第9题，每小题只有一个选项符合题目要求；第10题-12题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有错选的得0分。‎ ‎1．一质量为1kg的物块做匀变速直线运动，t=0时刻速度大小为2m/s，t=4时速度大小为4m/s，则该物块受到的合外力大小可能是（　　）‎ A．0.6N B．0.8N C．1.5N D．1.2N ‎2．如图所示，物块A和B叠放在一起，置于光滑水平地面上，A与B间是粗糙的，A的质量为m，B的质量为2m，现用水平恒力F1、F2分别作用与A和B（如图甲、乙所示），结果均可以使A和B刚好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F1和F2的大小关系为（　　）‎ A．F1=2F2 B．F1=F2 C．2F1=F2 D．3F1=F2‎ ‎3．如图所示，两个质量均为M的球分别位于半圆环和圆环的圆心，半圆环和圆环分别是由相同的圆环截去一半和所得，环的粗细忽略不计，若甲图中环对球的万有引力为F，则乙图中环对球的万有引力大小为（　　）‎ A． F B． F C． F D． F ‎4．研究表明，3亿年前地球自转的周期为22小时，这表明地球的自转在减慢，假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来（　　）‎ A．近地卫星的运行速度比现在大 B．近地卫星的向心加速度比现在小 C．地球同步卫星的线速度比现在大 D．地球同步卫星的向心加速度比现在小 ‎5．将一物块从某一高度处水平抛出，刚抛出时物块的动能是其重力势能的3倍，（取地面为参考平面），不计空气阻力，则该物块落地时速度与竖直方向的夹角为（　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎6．如图所示为某三级台阶，每一级台阶的高为h，宽为L，在最上面台阶右边边缘的一小球要想直接落到地面上，需要的水平初速度至少为（　　）‎ A．L B．L C．2L D．3L ‎7．如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开（图中实线所在位置），M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则（　　）‎ A．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小 B．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小 C．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小 D．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小 ‎8．正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为l、2l、3l，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B=，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为（　　）‎ A．a点最大 B．b点最大 C．c点最大 D．b，c两点一样大 ‎9．如图所示为电动机与定值电阻R1并联的电路，电路两端加的电压恒为U，开始S断开电流表的示数为I1，S闭合后电动机正常运转，电流表的示数为I2电流表为理想电表，电动机的内阻为R2，则下列关系式正确的是（　　）‎ A． =R2 B． =‎ C．I2U=+ D．I2U=（I1﹣I2）U+I22R1‎ ‎10．一质点以v0=5m/s的初速度从t=0时刻开始做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，则系列说法正确的是（‎ A．1s末质点的速度为5.5m/s B．第1s内质点的位移为5.25m C．运动过程中质点的最大速度为6m/s D．4s末质点回到t=0时刻的位置 ‎11．物体做自由落体运动，其下落的高度h、瞬时速度v、时间t、平均速度之间的关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图所示，一根粗细均匀，质量分布均匀的直杆，固定在光滑斜面上，上端与斜面的顶端重合，此时杆的机械能为零，已知杆长为斜面长的，斜面的长为L，杆的质量为m，斜面的倾角为θ，若将杆由静止释放，当杆的下端与斜面底端刚好重合时，（　　）‎ A．杆的动能为mgLsinθ B．杆的动能为mgLsinθ C．杆的重力势能为﹣mgLsinθ D．杆的重力势能为﹣mgLsinθ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13．在“探究求合力的方法”的实验中，将橡皮筋的一端固定在水平放置的木板上，用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮筋，使结点达到某一位置O，记录下O点的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一个弹簧测力计拉橡皮筋，仍将结点拉到O点，再记录拉力F的大小及方向；然后取下白纸作图，研究合力与分力的关系．‎ ‎（1对实验过程中，以下操作正确的是　　．‎ A．用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，使橡皮筋的伸长与用两个弹簧秤拉时伸长量一样即可 B．弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度 C．先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计的拉力大小和方向，把橡皮筋节点拉到记下的位置O点 D．把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°‎ ‎（2）如图是某同学的实验记录纸，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2‎ 点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=2.85N、F2=2.64N、F3=4.30N，请根据图中给出的标度作出三个力的图示，并通过作图求出F1和F2的合力大小为　　．‎ ‎14．某实验小组用如图1所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻3Ω．‎ ‎（1）闭合电键前，滑动变阻器的滑片应移动到最　　（填“左”或“右”）端，闭合电键后，在连续调节滑动变阻器滑片的过程中，电压表V2的示数　　（填“增大”、“减小”或“不变，’）．‎ ‎（2）根据实验测得的两个电压表的多组示数，作出U1一U2图象，如图2所示，由此得到电池组的电动势E=　　，内阻r=　　‎ ‎（3）本实验引起系统误差的主要原因有　　．‎ ‎　‎ 三、计算论述题：本题共3小题，共计35分，解答时请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，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15．一辆汽车从静止开始启动，设启动过程做匀加速直线运动，在加速启动的过程中突遇紧急情况立即刹车，结果在公路上留下一道笔直的划痕．交警测得划痕的长度为10m，又从监控资料上确定了该车从开始刹车到停止的时间为2s，求：‎ ‎（1）汽车运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）若汽车整个运动的位移为50m，则汽车加速的时间为多少？‎ ‎16．如图所示，MN是固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径为R，其末端N与水平传送带衔接，传送带以一定的速度逆时针匀速运动，NP间长度为L，如果一物块质量为m，从圆弧轨道上高度为h处无初速释放，物块与传送带间的动摩擦因素为μ，求：‎ ‎（1）物块运动到N点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）如果已知L=5m，μ=0.2，取g=10m/s2，要使物块从圆弧轨道上释放后，能从传送带右端滑出，h应满足的条件．‎ ‎17．如图所示，在平面直角坐标系xoy中，第工象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第IV象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．在y轴的正半轴上，各点处均向x轴正向发射质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q占决入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后恰好从（0，一L）射出磁场，已知QQ=L，粒子的重力不计．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若某粒子c从y轴上的P点射出，经过Q点时，速度方向与x轴正向成30°，求OP的大小及该粒子在磁场中做圆周运动的半径．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河北省沧州市高三（上）质检物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每题给出的四个选项中，第1题-第9题，每小题只有一个选项符合题目要求；第10题-12题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有错选的得0分。‎ ‎1．一质量为1kg的物块做匀变速直线运动，t=0时刻速度大小为2m/s，t=4时速度大小为4m/s，则该物块受到的合外力大小可能是（　　）‎ A．0.6N B．0.8N C．1.5N D．1.2N ‎【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】根据速度时间公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求出合力的大小 ‎【解答】解：经过4s后的速度可能与初速度方向相同，也可能相反．‎ 若4s后的速度与初速度方向相同，则a=，则合力F合=ma=0.5N．‎ 若1s后的速度与初速度方向相反，则a=．则合力F合=ma=﹣1.5N．负号表示方向．故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，物块A和B叠放在一起，置于光滑水平地面上，A与B间是粗糙的，A的质量为m，B的质量为2m，现用水平恒力F1、F2分别作用与A和B（如图甲、乙所示），结果均可以使A和B刚好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F1和F2的大小关系为（　　）‎ A．F1=2F2 B．F1=F2 C．2F1=F2 D．3F1=F2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】‎ 根据AB刚好不发生相对滑动，利用隔离法求得最大加速度，再整体法求得拉力F的大小即可比较 ‎【解答】解：当F作用爱A上时，B产生的最大加速度为：，‎ 对AB整体根据牛顿第二定律可知：‎ 当F作用在B上，A的最大加速度为：，‎ 对AB整体根据牛顿第二定律可知：F2=3ma=3μmg，故，故C正确，ABD错误 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，两个质量均为M的球分别位于半圆环和圆环的圆心，半圆环和圆环分别是由相同的圆环截去一半和所得，环的粗细忽略不计，若甲图中环对球的万有引力为F，则乙图中环对球的万有引力大小为（　　）‎ A． F B． F C． F D． F ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】将甲图中半个圆环分解为两个圆环，运用平行四边形定则得到圆环对球的引力大小；将乙环分成三个圆环进行讨论即可．‎ ‎【解答】解：甲图半圆环对球的引力为F，得到圆环对球的引力大小为F，将乙环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对球的引力的合力为零，故乙图中圆环对球的引力大小等于F；‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．研究表明，3亿年前地球自转的周期为22小时，这表明地球的自转在减慢，假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来（　　）‎ A．近地卫星的运行速度比现在大 B．近地卫星的向心加速度比现在小 C．地球同步卫星的线速度比现在大 D．地球同步卫星的向心加速度比现在小 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响．‎ ‎【解答】解：A、由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，近地轨道卫星的线速度不变，故A错误；‎ B、由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，近地轨道卫星的向心加速度不变，故B错误；‎ C、地球同步卫星的线速度：v=，R、h不变，T变大，则同步卫星的线速度变小，故C错误；‎ D、同步卫星的向心加速度：a=ω2（R+h）=，R、h不变，T变大，向心加速度变小，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．将一物块从某一高度处水平抛出，刚抛出时物块的动能是其重力势能的3倍，（取地面为参考平面），不计空气阻力，则该物块落地时速度与竖直方向的夹角为（　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎【考点】功能关系；平抛运动．‎ ‎【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：刚抛出时物块的动能是其重力势能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与竖直方向的夹角．‎ ‎【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与竖直方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得：‎ ‎+mgh=，‎ 据题有： =3mgh，‎ 联立解得：v=，‎ 则sinα==，‎ 得：α=．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示为某三级台阶，每一级台阶的高为h，宽为L，在最上面台阶右边边缘的一小球要想直接落到地面上，需要的水平初速度至少为（　　）‎ A．L B．L C．2L D．3L ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同 ‎【解答】解：要使小球直接落到地面上，则小球下落2h高度时，水平位移至少为2L，‎ 小球做平抛运动，‎ 水平方向上：2L=v0t ‎ 竖直方向上：2h=gt2‎ 解得：v0=，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开（图中实线所在位置），M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则（　　）‎ A．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小 B．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小 C．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小 D．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，电容发生变化，根据Q=CU判断带电量的变化，当电键断开后，则电量不变，那么由公式U=可知判断电压的变化，从而判断P点与M极板间电势差的变化，从而得出P点电势的变化，进而确定电势能的变化，最后依据库仑力做功的正负，从而判定电容器的电场能的变化．‎ ‎【解答】解：A、电键K闭合，由于电容器一直与电源相连，因此电容器两极间的电压不变，故A错误；‎ B、由电容的决定式C=，可知，两板间的正对面积先增大后减小，因此平行板电容器的电容先增大后减小，由Q=CU可知，由于K闭合，电压一定，电容器的带电量先增大后减小，故B正确； ‎ C、电键K断开，电容器的带电量一定，由U=‎ 可知，两板间的电压先减小后增大，由电压分配可知，P点的电势先降低后升高，因此带正电的电荷在P点的电势能先减小后增大，故C错误；‎ D、由电压分配可知，电容器的电量一定，N板移动过程中，两板电荷间的库仑力先做正功后做负功，因此电容器贮存的电场能先减小后增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为l、2l、3l，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B=，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为（　　）‎ A．a点最大 B．b点最大 C．c点最大 D．b，c两点一样大 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a、b、c三点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解．‎ ‎【解答】解：设正三角形的边长为2L，‎ 根据公式B=，结合矢量的叠加原理，‎ 则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为 Ba=4k；‎ Bb==‎ Bc==‎ 综上所述，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示为电动机与定值电阻R1并联的电路，电路两端加的电压恒为U，开始S断开电流表的示数为I1，S闭合后电动机正常运转，电流表的示数为I2电流表为理想电表，电动机的内阻为R2，则下列关系式正确的是（　　）‎ A． =R2 B． =‎ C．I2U=+ D．I2U=（I1﹣I2）U+I22R1‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电动机工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，其消耗的功率不能用公式P=求解．可根据功率分配关系研究各部分功率的关系．‎ ‎【解答】解：A、由于电动机是非纯电阻用电器，因此欧姆定律不成立，故A、B错误．‎ C、由于欧姆定律不成立，则电动机消耗的功率不能用P=表示，故C错误．‎ D、电动机消耗的功率为 （I2﹣I1）U，根据能量守恒定律可知，I2U=（I2﹣I1）U+I22R1．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎10．一质点以v0=5m/s的初速度从t=0时刻开始做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，则系列说法正确的是（‎ A．1s末质点的速度为5.5m/s B．第1s内质点的位移为5.25m C．运动过程中质点的最大速度为6m/s D．4s末质点回到t=0时刻的位置 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】加速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，据此分析质点的运动情况，求出1s末的速度，第1s内做加速度越来越大的变加速运动，从而求出位移与匀加速运动时的位移之比，根据图象可知，2s末和6s末速度最大，求出最大速度，整个过程中，质点的速度一直为正，一直做单向直线运动．‎ ‎【解答】解：A、加速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，则1s内，速度的变化量为：‎ ‎，‎ 则1s末质点的速度为：v1=v0+△v1=5.5m/s，故A正确；‎ B、第1s内做加速度越来越大的变加速运动，因此运动的位移小于，故B错误；‎ C、根据图象可知，2s末和6s末速度最大，最大速度v=5+=6m/s，故C正确；‎ D、整个过程中，质点的速度一直为正，一直做单向直线运动，没有回到t=0时刻的位置，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎11．物体做自由落体运动，其下落的高度h、瞬时速度v、时间t、平均速度之间的关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；自由落体运动．‎ ‎【分析】明确自由落体运动的规律，根据位移公式及速度公式进行分析，从而得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：物体做自由落体运动．下落的高度h=gt2‎ ‎；故h﹣t图象为过原点的抛物线；故A正确；C错误；‎ B、由v=gt可知，速度﹣时间图象为过原点的直线；故B错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一根粗细均匀，质量分布均匀的直杆，固定在光滑斜面上，上端与斜面的顶端重合，此时杆的机械能为零，已知杆长为斜面长的，斜面的长为L，杆的质量为m，斜面的倾角为θ，若将杆由静止释放，当杆的下端与斜面底端刚好重合时，（　　）‎ A．杆的动能为mgLsinθ B．杆的动能为mgLsinθ C．杆的重力势能为﹣mgLsinθ D．杆的重力势能为﹣mgLsinθ ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】重力做功只与物体的初末的位置有关，斜面的高度为h，由此可以求得重力做功的大小；根据动能定理求解动能的变化．重力做功等于杆的重力势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、固定的光滑斜面倾角为θ，杆从最高点滑到斜面底端的过程中杆的高度下降：h=Lsinθ，重力做的功只与物体的初末的位置有关，所以重力做的功为W=mgLsinθ．整个的过程中重力做的功等于杆的动能的增加量，所以当杆的下端与斜面底端刚好重合时，杆的动能为mgLsinθ．故A错误，B正确；‎ C、开始时杆的机械能为0，动能是0，所以杆的重力势能为0．由于当杆的下端与斜面底端刚好重合时，重力做的功为W=mgLsinθ，所以杆的重力势能为﹣mgLsinθ．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13．在“探究求合力的方法”的实验中，将橡皮筋的一端固定在水平放置的木板上，用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮筋，使结点达到某一位置O，记录下O点的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一个弹簧测力计拉橡皮筋，仍将结点拉到O点，再记录拉力F的大小及方向；然后取下白纸作图，研究合力与分力的关系．‎ ‎（1对实验过程中，以下操作正确的是　B　．‎ A．用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，使橡皮筋的伸长与用两个弹簧秤拉时伸长量一样即可 B．弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度 C．先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计的拉力大小和方向，把橡皮筋节点拉到记下的位置O点 D．把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°‎ ‎（2）如图是某同学的实验记录纸，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=2.85N、F2=2.64N、F3=4.30N，请根据图中给出的标度作出三个力的图示，并通过作图求出F1和F2的合力大小为　4.5N　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮筯的结点位置要求．按实验原理和方法分析实验要求；‎ ‎（2）根据平行四边形定则先作出F2与F1的合力，根据图中给出的标度求出合力．‎ ‎【解答】解：A、通过细绳套用一个弹簧秤拉和用两个弹簧秤拉，需要橡皮条伸长到相同的位置，若只是伸长相同长度但伸长的方向不同，则合力也不固定，故A错误；‎ B、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大．读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差．故B正确；‎ C、为了避免弹簧测力计的弹簧超过最大限度，弹簧测力计不能拉到最大量程，故C错误；‎ D、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制，不需要取90°，故D错误．‎ 故选：B ‎（2）根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下：‎ 由图得F1、F2的合力大小4.5N．‎ 故答案为：（1）B；（2）如图所示；4.5N ‎　‎ ‎14．某实验小组用如图1所示实验电路测三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，定值电阻3Ω．‎ ‎（1）闭合电键前，滑动变阻器的滑片应移动到最　左　（填“左”或“右”）端，闭合电键后，在连续调节滑动变阻器滑片的过程中，电压表V2的示数　增大　（填“增大”、“减小”或“不变，’）．‎ ‎（2）根据实验测得的两个电压表的多组示数，作出U1一U2图象，如图2所示，由此得到电池组的电动势E=　4.5V　，内阻r=　3Ω　‎ ‎（3）本实验引起系统误差的主要原因有　电压表的分流作用　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于阻值最大处；分析清楚电路结构，根据电路结构判断电压表示数如何变化．‎ ‎（2）根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎（3）根据电路图分析实验误差来源．‎ ‎【解答】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片由置于最左端；‎ 移动滑片过程，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，‎ 电路电流增大，定值电阻两端电压增大，电压表V2的示数增大．‎ ‎（2）由图示电路图可知，电源电动势：E=U1+Ir=U1+r，整理得：U1=E﹣U2，‎ 则：U1﹣U2图象图象的截距：b=E=4.5V，图象斜率：k===1，解得：r=kR0=3Ω．‎ ‎（3）由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于，这是造成实验误差的原因．‎ 故答案为：（1）左；增大；（2）4.5V；3Ω；（3）电压表的分流作用．‎ ‎　‎ 三、计算论述题：本题共3小题，共计35分，解答时请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，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15．一辆汽车从静止开始启动，设启动过程做匀加速直线运动，在加速启动的过程中突遇紧急情况立即刹车，结果在公路上留下一道笔直的划痕．交警测得划痕的长度为10m，又从监控资料上确定了该车从开始刹车到停止的时间为2s，求：‎ ‎（1）汽车运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）若汽车整个运动的位移为50m，则汽车加速的时间为多少？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度推论求出汽车刹车时的初速度，就是汽车运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）加速阶段和刹车阶段的平均速度相等，则可根据平均速度推论求出汽车加速的时间；‎ ‎【解答】解：（1）刹车过程中汽车做匀减速直线运动，刹车的位移为x2，刹车的时间为t2‎ 则由平均速度推论有 求得汽车运动过程中的最大速度v=10m/s；‎ ‎（2）设加速阶段时间为t1，则整个过程有 解得汽车加速的时间为t1=8s；‎ 答：（1）汽车运动过程中的最大速度为10m/s；‎ ‎（2）若汽车整个运动的位移为50m，则汽车加速的时间为8s．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，MN是固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径为R，其末端N与水平传送带衔接，传送带以一定的速度逆时针匀速运动，NP间长度为L，如果一物块质量为m，从圆弧轨道上高度为h处无初速释放，物块与传送带间的动摩擦因素为μ，求：‎ ‎（1）物块运动到N点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）如果已知L=5m，μ=0.2，取g=10m/s2，要使物块从圆弧轨道上释放后，能从传送带右端滑出，h应满足的条件．‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）物块在圆弧轨道下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律和牛顿运动定律结合求解物块运动到N点时对轨道的压力大小．‎ ‎（2）物块在传送带做匀减速运动，恰好从传送带右端滑出时速度为0，根据动能定理求解h的范围．‎ ‎【解答】解：（1）物块在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒可得：‎ ‎ mgh=‎ 在N点，设轨道对物块的支持力为F，由牛顿第二定律得：‎ ‎ F﹣mg=m 联立解得：F=（1+）mg 根据牛顿第三定律得，物块运动到N点时对轨道的压力为：F′=F=（1+）mg ‎（2）要使物块能从传送带右端滑出，根据动能定理可得：‎ ‎ mgh﹣μmgL=≥0‎ 解得：h≥1m 答：（1）物块运动到N点时对轨道的压力为（1+）mg．‎ ‎（2）要使物块从圆弧轨道上释放后，能从传送带右端滑出，h应满足的条件为h≥1m．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在平面直角坐标系xoy中，第工象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第IV象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．在y轴的正半轴上，各点处均向x轴正向发射质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q占决入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后恰好从（0，一L）射出磁场，已知QQ=L，粒子的重力不计．求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若某粒子c从y轴上的P点射出，经过Q点时，速度方向与x轴正向成30°，求OP的大小及该粒子在磁场中做圆周运动的半径．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据粒子在磁场中做圆周运动的周期求出粒子的运动时间．‎ ‎（2）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以求出OP的长度与粒子的轨道半径．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，‎ 水平方向：L=v0t，竖直方向：vy=t，‎ 到达Q点时的速度：v==，‎ 当： =t时，速度最小，为：v=，速度方向与x轴夹角为45°，‎ 粒子经磁场偏转后从（0，﹣L）射出磁场，由几何知识可知，‎ 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，‎ 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=2，‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，‎ 粒子在磁场中的运动时间：t=T=；‎ ‎（2）设P点的坐标为（0．y），粒子在电场中做类平抛运动，‎ 水平方向：L=v0t，竖直方向：y=t，‎ 到Q点时，tan30°=，解得：y=L，即OP的大小为： L，‎ vy==，粒子速度：v′=，‎ 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：R==L；‎ 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为2，粒子A在磁场中运动的时间为；‎ ‎（2）OP的大小为L，该粒子在磁场中做圆周运动的半径为L．‎ ‎　‎ ‎2017年4月13日