山东省潍坊市临朐县2017届高三10月月考物理试卷

山东省潍坊市临朐县2017届高三10月月考物理试卷

‎2016-2017学年山东省潍坊市临朐县高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 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，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分．‎ ‎1．下列说法中错误的是（　　）‎ A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 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．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法 ‎2．如图所示，一小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，小鸟从A运动到B的过程中（　　）‎ A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大 B．树枝对小鸟的弹力保持不变 C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大 D．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 ‎3．一质点位于x=﹣1m处，t=0时刻沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．质点两次经过x=2m处 B．第3s末的加速度为零 C．第3s内和第4s内，合力对质点均做负功且大小相等 D．0～2s内和0～4s内，质点的平均速度相同 ‎4．如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为（　　）‎ A．vsinθB．vcosθC．vtanθD．vcotθ ‎5．为进一步获取月球的相关数据，我国已成功地进行了“嫦娥三号”的发射和落月任务．该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经过时间t，卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是θ弧度，万有引力常量为G，则可推知（　　）‎ A．月球的半径为 B．月球的质量为 C．月球的密度为 D．若该卫星距月球表面的高度变大，其绕月球运动的线速度变大 ‎6．如图所示，一条电场线上有a、b、c三点，b为ac连线的中点，a、c两点的电势分别为φa=﹣4V，φc=﹣6V．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点的电势为﹣5V B．a点的场强大于c点的场强 C．电场线的方向由a指向c D．正电荷由b点的电势能比在c点的电势能大 ‎7．跳台滑雪是勇敢者的运动，利用山势特点建造的一跳台．如图所示，运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在助滑路上获得高速后从A点以水平速度v0=20m/s飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆．已知运动员可视为质点，山坡的倾角为37°，空气阻力不计，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则运动员（　　）‎ A．落到斜面上时的位移为60m B．在空中飞行的时间为3s C．在空中飞行的平均速度为20m/s D．落到斜面上时的速度大小为10m/s ‎8．如图所示，星球A、B在相互间万有引力作用下，A、B绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，A、B与O间距离满足：OA=2OB，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B星球质量之比为2：1‎ B．A、B星球线速度之比为2：1‎ C．A、B星球角速度之比为2：1‎ D．A、B星球向心加速度之比为2：1‎ ‎9．+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，C点和B点关于O点对称，下列说法正确的是（　　）‎ A．B点的电场强度等于C点的电场强度 B．B点的电势等于C点的电势 C．电子在A点的电势能小于在B点的电势能 D．把质子从MN上任何一点移到C点，质子电势能的变化都相同 ‎10．一传送带装置示意图如图所示，传送带倾角为37°，传送带AB始终保持v=2m/s的恒定速率运行．把质量为2kg的行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=1.0，AB间的距离为2m，g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（　　）‎ A．行李从A运动到B的时间为s B．行李从A运动到B的时间为1.5s C．行李从A运动到B机械能增加28J D．因放上行李传送带多做的功为16J ‎　‎ 二、实验题（本题共3小题，共18分．）‎ ‎11．（5分）为测定小物块P与圆形转台B之间的动摩擦因数（设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等），某同学设计了如图甲所示实验，并进行如下操作：‎ A．一遮光片沿半径方向固定并伸出转台，测出遮光片远离转轴的一端到圆心的距离为L B．测得遮光片宽为d，如图乙所示；‎ C．将小物块P放在水平转台上，并让电动机带动转台匀速转动，调节光电门的位置，使固定在转台边缘的遮光片远离转轴的一端恰好能扫过光电门的激光束；‎ D．转动稳定后，从与光电门连接的计时器读出遮光片单次经过光电门的时间为△t；‎ E．不断调整小物块与转台中心的距离，当距离为r时，小物块随转台匀速转动时恰好不会被甩出．已知当地重力加速度为g．‎ ‎（1）遮光片的宽度d=　　cm；‎ ‎（2）转台旋转的角速度ω=　　（用所测物理量符号表示．）‎ ‎（3）小物块与转台间的动摩擦因数μ=　　 （用所测物理量符号表示）．‎ ‎12．（6分）用如图所示的实验装置测量弹簧压缩时的弹性势能大小，轻弹簧一端固定在桌面的左侧，滑块紧靠在弹簧的右端（不栓接），调节桌面水平，将滑块向左压缩弹簧到A点，放手后滑块向右滑行到B点停止运动，已知木块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．‎ ‎（1）实验中还需要测量的物理量是　　（填正确答案标号）．‎ A．O、A间的距离LOA B．A、B间的距离LAB C．O、B间距离LOB ‎（2）弹簧的弹性势能EP=　　（用给出的物理量字母表示）‎ ‎（3）若实验过程中没有调节桌面水平，而是桌面右侧比左侧略高，该同学仍用原来方法测弹簧势能，则测得的EP　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎13．（7分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，装有力传感器的小车由绕过定滑轮的细绳与砂桶连接，小车后面连接通过打点计时器的纸带．主要操作如下：‎ ‎①缓慢向小桶中加入细砂，直到轻推小车后小车缓慢运动，记下此时传感器的示数F0．‎ ‎②再将小车放回原处并按住，向小桶中加入一定量的细砂，此状态下传感器的示数记为F1；接通打点计时器的电源（交变电流的频率为50Hz），释放小车，小车运动过程中传感器的示数记为F2．将F1、F2数值记录在该条纸带上．‎ ‎③改变砂桶中砂的质量，重复步骤②，获得多组数据．‎ ‎（1）某次实验中，打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=　　m/s2．‎ ‎（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，不计纸带与计时器间的摩擦．描绘小车加速度a与力F（F=F1﹣F0）的关系图象是　　．‎ ‎（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1　　F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．‎ ‎（4）保持小车和力传感器质量不变时，研究a与合力F的关系时，F=　　．较为合理．‎ A．F1‎ B．F2‎ C．F1﹣F0‎ D．F2﹣F0．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括4小题，共42分．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，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎14．（8分）如图所示，一光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，斜面的倾角为37°，斜面上有A、B两个小球，B球固定，A球恰好处于静止，两球相距为L，两球的质量均为m，带电量的大小均为q，A带负电，静电力常量为k．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）B球的电性及匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）释放B球的一瞬间，B球的加速度大小．‎ ‎15．（10分）如图所示，在竖直平面内有xOy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，A点的坐标为（0、），另一端系一质量为m的小球．现在x坐标轴上（x＞0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．‎ ‎（1）当钉子在x=﹣l的P点时，小球经过最低点时细绳承受的拉力；‎ ‎（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，钉子至少距O点多远．‎ ‎16．（12分）如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上，质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以v0‎ ‎=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块经过圆弧轨道上B点的速度vB的大小；‎ ‎（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）弹簧的弹性势能的最大值Epm．‎ ‎17．（12分）如图所示，质量均为M的两个完全相同木板A、B置于水平地面上，相距s=4m，木板A、B的长度均为L=0.2m，一质量为M、可视为质点的物块C置于木板A的左端．已知物块C与木板A、B之间的动摩擦因数均为μ1=0.40，木板A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，开始时，三个物体均处于静止状态．现给物块C施加一个水平方向右的恒力F，且F=0.3Mg，已知木板A、B碰撞后立即粘连在一起，速度变为碰前A速度的一半，碰后瞬间C的速度不变．‎ ‎（1）从物块C开始运动到木板A与B相碰所经历的时间t；‎ ‎（2）物块C在AB板上相对滑动的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省潍坊市临朐县高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 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，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分．‎ ‎1．下列说法中错误的是（　　）‎ A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 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．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法 ‎【考点】牛顿第一定律；速度；速率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】物体保持运动状态变化的性质是惯性；牛顿第一定律不能通过实验来验证；m、kg、s是一组都属于国际单位制的基本单位；当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、惯性是物体保持运动状态的性质，即抵抗运动状态变化，故A正确；‎ B、牛顿第一定律不是通过实验验证的，牛顿第二定律可以通过实验来验证，故B错误；‎ C、单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，故C正确；‎ D、速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故D正确；‎ 本题选择错误的，故选：B．‎ ‎【点评】考查惯性的概念，理解牛顿第一定律与第二定律的区别，注意基本单位与导出单位的不同，掌握极限思维的方法．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，小鸟从A运动到B的过程中（　　）‎ A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大 B．树枝对小鸟的弹力保持不变 C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大 D．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 ‎【考点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．‎ ‎【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化．‎ ‎【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误．‎ BC、小鸟所受的弹力N=mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故BC错误．‎ D、小鸟所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力．‎ ‎　‎ ‎3．一质点位于x=﹣1m处，t=0时刻沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．质点两次经过x=2m处 B．第3s末的加速度为零 C．第3s内和第4s内，合力对质点均做负功且大小相等 D．0～2s内和0～4s内，质点的平均速度相同 ‎【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．‎ ‎【专题】比较思想；图析法；运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中，根据“面积”确定0﹣2s内的位移，即可确定其位置．图线的斜率表示加速度．由动能定理分析合力做功，平均速度由位移和时间之比分析．‎ ‎【解答】解：A、0﹣2s内质点的位移为△x=×（1+2）×2m=3m，t=0时质点位于x=﹣1m处，则t=2s时，质点在x′=x+△x=2m处，故A正确．‎ B、速度图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，加速度是一定的，则知第3s末加速度不为零，故B错误．‎ C、第3s内质点的速度减小，动能减小，由动能定理可知合力对质点做负功．第4s内速度增大，合力做正功．第3s内和第4s内动能变化量大小相等，由动能定理知，合力对质点做的功大小相等，故C错误．‎ D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知O～2s内和0～4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为（　　）‎ A．vsinθB．vcosθC．vtanθD．vcotθ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【专题】运动的合成和分解专题．‎ ‎【分析】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有沿着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，‎ 由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．‎ ‎　‎ ‎5．为进一步获取月球的相关数据，我国已成功地进行了“嫦娥三号”的发射和落月任务．该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经过时间t，卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是θ弧度，万有引力常量为G，则可推知（　　）‎ A．月球的半径为 B．月球的质量为 C．月球的密度为 D．若该卫星距月球表面的高度变大，其绕月球运动的线速度变大 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；方程法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】已知嫦娥三号的路程、转过的圆心角与运动时间，可以求出其线速度与角速度，可以进一步求出其轨道半径；‎ 万有引力提供向心力，应用万有引力公式可以求出月球的质量，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：A、嫦娥三号的路程为s，圆心角为θ，则嫦娥三号的轨道半径：r=，这是嫦娥三号的轨道半径，不是月球半径，故A错误；‎ B、嫦娥三号的线速度：v=，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得，月球质量：M=，故B正确；‎ C、月球质量：M=，由于不知道月球的半径，无法求出月球的平均密度，故C错误；‎ D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，若该卫星距月球表面的高度变大，其轨道半径r变大，其绕月球运动的线速度变小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了求月球质量、密度、判断卫星线速度大小如何变化问题，考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用线速度的定义式、万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一条电场线上有a、b、c三点，b为ac连线的中点，a、c两点的电势分别为φa=﹣4V，φc=﹣6V．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点的电势为﹣5V B．a点的场强大于c点的场强 C．电场线的方向由a指向c D．正电荷由b点的电势能比在c点的电势能大 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V．电场线是从电势高处指向电势低处，电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．‎ ‎【解答】解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则在点处的电势一定为﹣5V．当该电场不是匀强电场时，在b点处的电势不一定为﹣5V．故A错误．‎ B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于c点处的场强Eb．故B错误．‎ C、由于a的电势高于c点的电势，所以电场线方向一定从a指向c，向右，故C正确．‎ D、b点的电势高于c点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷在b点的电势能比在c点的电势能大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题关键抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．‎ ‎　‎ ‎7．跳台滑雪是勇敢者的运动，利用山势特点建造的一跳台．如图所示，运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在助滑路上获得高速后从A点以水平速度v0=20m/s飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆．已知运动员可视为质点，山坡的倾角为37°，空气阻力不计，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则运动员（　　）‎ A．落到斜面上时的位移为60m B．在空中飞行的时间为3s C．在空中飞行的平均速度为20m/s D．落到斜面上时的速度大小为10m/s ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题．‎ ‎【分析】根据竖直位移和水平位移的关系求出运动员在空中运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移，从而得出运动员的位移，根据平均速度的定义式求出在空中飞行的平均速度．根据速度时间公式求出落在斜面上的竖直分速度，结合平行四边形定则求出落到斜面上的速度大小．‎ ‎【解答】解：A、根据得运动员在空中运动的时间为：t=，则运动员的水平位移为：x=v0t=20×3m=60m，位移为：s=，故A错误，B正确．‎ C、运动员在空中飞行的平均速度为：，故C错误．‎ D、运动员落到斜面上的竖直分速度为：vy=gt=10×3m/s=30m/s，根据平行四边形定则知，运动员落到斜面上的速度大小为：v=m/s=m/s．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【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，结合运动学公式灵活求解，难度中等．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，星球A、B在相互间万有引力作用下，A、B绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，A、B与O间距离满足：OA=2OB，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B星球质量之比为2：1‎ B．A、B星球线速度之比为2：1‎ C．A、B星球角速度之比为2：1‎ D．A、B星球向心加速度之比为2：1‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】定性思想；方程法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．对A：G=m1r1ω2，对B：G=m2r2ω2．联立求出质量关系；由v=rω求出线速度的关系，由a=ω2r求出向心加速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、C、双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，‎ 对A：G═m1r1ω2，‎ 对B：G=m2r2ω2．‎ 得：m1r1=m2r2，‎ 己知两颗恒星间距离为OA=2OB，质量之比m1：m2=OB：OA=1：2，故A错误，C错误；‎ B、又v=rω，线速度与半径成正比，所以线速度之比为2：1，故B正确．‎ D、由a=ω2r可知向心加速度与半径成正比，所以A、B星球向心加速度之比为2：1，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题主要考查了双星系统的特点，知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期，难度不大，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎9．+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，C点和B点关于O点对称，下列说法正确的是（　　）‎ A．B点的电场强度等于C点的电场强度 B．B点的电势等于C点的电势 C．电子在A点的电势能小于在B点的电势能 D．把质子从MN上任何一点移到C点，质子电势能的变化都相同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题．‎ ‎【解答】解：A、等量异种电荷连线上的电场线指向负电荷，由B、C关于MN对称，即B点的电场强度等于C点的电场强度，故A正确；‎ B、等量异种电荷连线上的电场线指向负电荷，即B点的电势大于C点的电势，故B错误；‎ C、电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；‎ D、等量异号电荷连线的中垂线MN是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都减小相同，故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线即可正确解题 ‎　‎ ‎10．一传送带装置示意图如图所示，传送带倾角为37°，传送带AB始终保持v=2m/s的恒定速率运行．把质量为2kg的行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=1.0，AB间的距离为2m，g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（　　）‎ A．行李从A运动到B的时间为s B．行李从A运动到B的时间为1.5s C．行李从A运动到B机械能增加28J D．因放上行李传送带多做的功为16J ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【专题】比较思想；寻找守恒量法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出开始物体的加速度，结合运动学公式求出匀加速运动的时间和位移，从而得出匀速运动的时间，求出物体从A到B的时间．根据功能关系求出行李从A运动到B机械能增加量和电动机多做的功．‎ ‎【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：a==g（μcos37°﹣sin37°）=10×（1×0.8﹣0.6）m/s2=2m/s2．‎ 物体做匀加速运动到与传送带共速的时间为：t1==s=1s，此过程通过的位移 x==×1m=1m＜=2m 所以此后物体随传送带匀速运动，匀速运动的时间 t2===0.5s，故行李从A运动到B的时间为 t=t1+t2=1.5s，故A错误，B正确．‎ C、行李从A运动到B机械能增加量为△E机=+mgsin37°•=×2×22+2×10×0.6×2=28J．故C正确．‎ D、行李从A运动到B的过程中，摩擦生热为 Q=μmgcos37°（vt1﹣x）=1×2×10×0.8×（2×1﹣1）=16J 因放上行李传送带多做的功为 W=Q+△E机=28J+16J=44J，故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】解决本题的关键知道行李在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求相对位移，要注意摩擦生热与相对位移成正比．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共3小题，共18分．）‎ ‎11．（5分）为测定小物块P与圆形转台B之间的动摩擦因数（设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等），某同学设计了如图甲所示实验，并进行如下操作：‎ A．一遮光片沿半径方向固定并伸出转台，测出遮光片远离转轴的一端到圆心的距离为L B．测得遮光片宽为d，如图乙所示；‎ C．将小物块P放在水平转台上，并让电动机带动转台匀速转动，调节光电门的位置，使固定在转台边缘的遮光片远离转轴的一端恰好能扫过光电门的激光束；‎ D．转动稳定后，从与光电门连接的计时器读出遮光片单次经过光电门的时间为△t；‎ E．不断调整小物块与转台中心的距离，当距离为r时，小物块随转台匀速转动时恰好不会被甩出．已知当地重力加速度为g．‎ ‎（1）遮光片的宽度d=　0.52　cm；‎ ‎（2）转台旋转的角速度ω=　　（用所测物理量符号表示．）‎ ‎（3）小物块与转台间的动摩擦因数μ=　　 （用所测物理量符号表示）．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【专题】实验题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读 ‎（2）（3）先根据遮光片求出转台运动的线速度，设小物块的质量为m，在恰好不被甩出时，最大摩擦力提供向心力，根据向心力公式结合线速度和角速度的关系即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.5cm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm=0.02cm，‎ 所以最终读数为：0.5m+0.02cmm0.52cm．‎ ‎（2）转动的线速度v=，角速度ω=‎ ‎（3）设小物块的质量为m，在恰好不被甩出时，最大摩擦力提供向心力，则有：‎ μmg=mω2r 解得：μ=‎ 故答案为：（1）0.52；（2）；（3）‎ ‎【点评】解答本题要知道光电门的测速原理，在时间较短的情况下可以用平均速度来代替瞬时速度，知道在恰好不被甩出时，最大摩擦力提供向心力，难度不大，属于基础题 ‎　‎ ‎12．（6分）用如图所示的实验装置测量弹簧压缩时的弹性势能大小，轻弹簧一端固定在桌面的左侧，滑块紧靠在弹簧的右端（不栓接），调节桌面水平，将滑块向左压缩弹簧到A点，放手后滑块向右滑行到B点停止运动，已知木块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．‎ ‎（1）实验中还需要测量的物理量是　B　（填正确答案标号）．‎ A．O、A间的距离LOA B．A、B间的距离LAB C．O、B间距离LOB ‎（2）弹簧的弹性势能EP=　μmgLAB　（用给出的物理量字母表示）‎ ‎（3）若实验过程中没有调节桌面水平，而是桌面右侧比左侧略高，该同学仍用原来方法测弹簧势能，则测得的EP　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【专题】实验题；定量思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题．‎ ‎【分析】从A到B的运动过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，由于A和B点的动能均为零，根据动能定理可知，在此过程中弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧的弹性势能，只要计算克服摩擦力做的功即可．‎ ‎【解答】解：（1）（2）从A到B的运动过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，由于A和B点的动能均为零，故在此过程中弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧的弹性势能，只要计算克服摩擦力做的功即可．已知动摩擦因数和重力加速度，即可知道滑动摩擦力的大小，要计算克服摩擦力做功，还要测量AB之间的距离LAB．‎ 故弹簧的弹性势能为：EP=μmgLAB．‎ ‎（3）若实验过程中没有调节桌面水平，而是桌面右侧比左侧略高，则滑块从A到B的过程中，除了克服摩擦力做功，也要克服重力做功，重力做负功，及物体会滑动的更近，故该同学仍用原来方法测弹簧势能，则测得的EP 偏小．‎ 故答案为：（1）B；（2）μmgLAB；（3）偏小 ‎【点评】本题关键是明确实验原理，能够根据功能关系得到弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做的功 ‎　‎ ‎13．（7分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，装有力传感器的小车由绕过定滑轮的细绳与砂桶连接，小车后面连接通过打点计时器的纸带．主要操作如下：‎ ‎①缓慢向小桶中加入细砂，直到轻推小车后小车缓慢运动，记下此时传感器的示数F0．‎ ‎②再将小车放回原处并按住，向小桶中加入一定量的细砂，此状态下传感器的示数记为F1；接通打点计时器的电源（交变电流的频率为50Hz），释放小车，小车运动过程中传感器的示数记为F2．将F1、F2数值记录在该条纸带上．‎ ‎③改变砂桶中砂的质量，重复步骤②，获得多组数据．‎ ‎（1）某次实验中，打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=　0.18　m/s2．‎ ‎（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，不计纸带与计时器间的摩擦．描绘小车加速度a与力F（F=F1﹣F0）的关系图象是　B　．‎ ‎（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1　＞　F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．‎ ‎（4）保持小车和力传感器质量不变时，研究a与合力F的关系时，F=　C　．较为合理．‎ A．F1‎ B．F2‎ C．F1﹣F0‎ D．F2﹣F0．‎ ‎【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；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）小车做匀加速直线运动，可利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求解加速度．‎ ‎（2）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；‎ ‎（3）由于已经平衡摩擦力，图象过原点的倾斜直线，则F表示合力；‎ ‎【解答】解：（1）每5个点取一个计数点，相邻计数点之间时间间隔是0.1s 由：△x=aT2得：‎ ‎=‎ ‎（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．‎ 由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，‎ 木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，‎ 设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，‎ 根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma 所以F1＞F2，‎ ‎（4）图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F应该表示小车受到的合力，即F=F1﹣F0，故C正确；‎ 故选：C 故答案为：（1）0.18 （2）B （3）＞（4）C ‎【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．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，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括4小题，共42分．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，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎14．（8分）如图所示，一光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，斜面的倾角为37°，斜面上有A、B两个小球，B球固定，A球恰好处于静止，两球相距为L，两球的质量均为m，带电量的大小均为q，A带负电，静电力常量为k．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）B球的电性及匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）释放B球的一瞬间，B球的加速度大小．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【专题】应用题；学科综合题；定性思想；方程法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】（1）A球静止，处于平衡状态，结合静电力的特点分析B的电性；根据共点力平衡的条件分析电场强度的大小；‎ ‎（2）对B进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出B球的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）由于A球处于静止，则A球受力平衡，若B球带正电，则A球在重力、电场力、斜面的支持力及库仑力作用下不能维持平衡，因此B球带负电； ‎ 根据力的平衡：mgsin37°+qEcos37°=，‎ 得：﹣‎ ‎（2）释放B球的一瞬间，根据牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：a=‎ 答：（1）B球的电性及匀强电场的电场强度大小是；‎ ‎（2）释放B球的一瞬间，B球的加速度大小是．‎ ‎【点评】该题考查带电小球在电场中的平衡以及在电场中的加速，解答的关键是正确对小球进行受力分析．‎ ‎　‎ ‎15．（10分）如图所示，在竖直平面内有xOy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，A点的坐标为（0、），另一端系一质量为m的小球．现在x坐标轴上（x＞0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．‎ ‎（1）当钉子在x=﹣l的P点时，小球经过最低点时细绳承受的拉力；‎ ‎（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，钉子至少距O点多远．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【专题】计算题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）由数学知识求出小球做圆周运动的轨道半径，由机械能守恒定律求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．‎ ‎（2）由牛顿第二定律求出小球到达最高点的速度，由机械能守恒定律求出钉子的位置，然后确定钉子位置范围．‎ ‎【解答】解：（1）当钉子在x=l的P点时，小球绕钉子转动的半径为：‎ R1=l﹣‎ 小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：‎ mg（+R1）=mv12‎ 在最低点细绳承受的拉力有：F﹣mg=m 解得最大拉力为：F=5mg ‎ ‎（2）小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：‎ mg=‎ 运动中机械能守恒：mg（﹣R2）=mv22‎ 钉子所在位置为：x'=‎ 联解得：x'=l 答：（1）当钉子在x=﹣l的P点时，小球经过最低点时细绳承受的拉力为5mg ‎（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，钉子至少距O点l．‎ ‎【点评】本题应明确小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意，小球恰好到达最高点时，重力提供向心力．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上，质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以v0=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块经过圆弧轨道上B点的速度vB的大小；‎ ‎（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）弹簧的弹性势能的最大值Epm．‎ ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小；‎ ‎（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．‎ ‎（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：．‎ ‎（2）小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有：‎ 在C点处，由牛顿第二定律有：‎ 解得：F=8N 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N．‎ ‎（3）小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有：‎ ‎．‎ 答：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小是4m/s；‎ ‎（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小是8N；‎ ‎（3）弹簧的弹性势能的最大值EPm是0.8J．‎ ‎【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）如图所示，质量均为M的两个完全相同木板A、B置于水平地面上，相距s=4m，木板A、B的长度均为L=0.2m，一质量为M、可视为质点的物块C置于木板A的左端．已知物块C与木板A、B之间的动摩擦因数均为μ1=0.40，木板A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，开始时，三个物体均处于静止状态．现给物块C施加一个水平方向右的恒力F，且F=0.3Mg，已知木板A、B碰撞后立即粘连在一起，速度变为碰前A速度的一半，碰后瞬间C的速度不变．‎ ‎（1）从物块C开始运动到木板A与B相碰所经历的时间t；‎ ‎（2）物块C在AB板上相对滑动的距离．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）设木板A与物块C之间的滑动摩擦力大小为f1，木板A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，判断f1和f2的关系即可判断；‎ 设此过程中它们的加速度为a，运动时间为t，与木板B相碰时的速度为v，根据牛顿第二定律及运动学基本公式列式即可求解；‎ ‎（2）由题意可知，木板A、B碰撞后，物块C的速度和A、B碰后速度，根据牛顿第二定律求出物块C在木板上滑动的加速度和木板A、B共同运动的加速度为aAB，‎ 当三者的速度相同时，根据速度时间公式求出所用的时间，再根据位移时间公式求出物块C的位移和木板A、B的位移，二者的位移之差即为物块C在AB板上相对滑动的距离．‎ ‎【解答】解：（1）木板A与物块C之间的滑动摩擦力大小为：f1=μ1Mg=0.4Mg，‎ 木板A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为：f2=μ2（M+M）g=0.2Mg，‎ 可见，f2＜F＜f1，故可知在木板A、B相碰前，在F的作用下，木板A与物块C一起水平向右做匀加速直线运动． ‎ 设AC共同加速过程它们的加速度为a，运动时间为t1，与木板B相碰时的速度为v，‎ 根据牛顿第二定律可得：F﹣f2=（M+M）a …①‎ 木板A运动的位移为：s=at2 …②‎ 速度为：v=at…③‎ 联立①②③代入数据解得：t=4s，v=2m/s．‎ ‎（2）碰撞后瞬间，物块C的速度不变，设A、B碰后速度为v′，‎ 则v′===1m/s，此即木板A、B共同运动的初速度，‎ 此时物块C的速度为：v=2m/s 此后，物块C在木板上滑动时的加速度为aC，‎ 根据牛顿第二定律可得：F﹣f1=MaC，‎ 代入数据解得：aC=﹣1m/s2，‎ 物块C在木板上滑动时，木板A、B共同运动的加速度为aAB，‎ 其中：f1﹣μ2（Mg+2Mg）=2MaAB，‎ 代入数据解得：aAB=0.5m/s2，‎ 设物块C再运动时间t′后，三者的速度相同时，则有：‎ v+aCt′=v′+aABt′，‎ 代入数据解得：t′=s，‎ 在此过程中，物块C的位移为：‎ xC=vt2+aCt′2=2×m﹣×1×（）2m=m，‎ 木板A、B的位移为：‎ xAB=t′+aABt′2=×m+×0.5×（）2m=m 物块C在AB板上相对滑动的距离：‎ ‎△x=xC﹣xAB=m﹣m=m．‎ 答：（1）从物块C开始运动到木板A与B相碰所经历的时间t为4s；‎ ‎（2）物块C在AB板上相对滑动的距离为m．‎ ‎【点评】本题关键通过受力分析，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，熟练牛顿第二定律及运动学基本公式综合列式求解，难度适中．‎