湖南省益阳市桃江一中2017届高三上学期第三次月考物理试卷（10月份）

湖南省益阳市桃江一中2017届高三上学期第三次月考物理试卷（10月份）

‎2016-2017学年湖南省益阳市桃江一中高三（上）第三次月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（14×4=56，1-10题为单选，11-14为多选）‎ ‎1．a、b两质点同时、同地出发，向同一方向做直线运动，速度图象如图，0﹣10s内a与b的最大间距为（　　）‎ A．2m B．3m C．4m D．5m ‎2．如图所示，质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g．现在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间（　　）‎ A．B求加速度大小为，A球加速度大小为 B．B求加速度大小为2g，A球加速度大小为0‎ C．B求加速度大小为0，A球加速度大小为g D．B求加速度大小为g，A球加速度大小为0‎ ‎3．如图所示，一倾角为α的固定斜面的下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端的距离为s处，由静止释放，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，小物块下滑过程中的最大动能为Ekm．小物块从释放到首次滑至最低点的过程中，（　　）‎ A．μ＞tanα B．小物块刚接触弹簧时动能为Ekm C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中小物块减少的重力势能与摩擦产生的热量之和 D．若将小物块从斜面上离弹簧上端的距离为2s处由静止释放，小物块的最大动能不等于2Ekm ‎4．如图所示，a、b、c表示某点电荷产生的电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa=U，φb=，φc=．一带电粒子（所受重力不计）从等势面a上某点由静止释放后，经过等势面b时速率为v，则它经过等势面c时的速率为（　　）‎ A． v B． v C．2v D．4v ‎5．如图，轻杆一端固定一小球，小球绕杆的另一端在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点时（　　）‎ A．杆对小球的作用力不可能为零 B．如果杆对小球的作用力为推力，该推力可能大于小球的重力 C．如果杆对小球的作用力为拉力，该拉力可能大于小球的重力 D．如果杆对小球的作用力为推力，那么过最高点时小球的速度越小，杆的推力越小 ‎6．一弹簧竖直地固定在水平地面上，一小球从高处自由落下，小球落到弹簧上，在小球向下压缩弹簧的过程中（空气阻力不计，弹簧发生的是弹性形变）（　　）‎ A．小球的机械能逐渐减小 B．小球的动能逐渐减小 C．小球的加速度逐渐减小 D．小球与弹簧的总机械能逐渐减小 ‎7．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．若某点的电场强度大，则该点的电势一定高 B．若某点的电势高，则检验电荷在该点的电势能一定大 C．若某点的电场强度为零，则检验电荷在该点的电势能一定为零 D．若某点的电势为零，则检验电荷在该点的电势能一定为零 ‎8．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（　　）‎ A．a1=a3＞a2 B．a1＞a2＞a3 C．a1＞a3＞a2 D．a3＞a2＞a1‎ ‎9．如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O．一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ=30°，系统保持静止，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　）‎ A．细线BO对天花板的拉力大小是2G B．a杆对滑轮的作用力大小是G C．a杆对滑轮的作用力大小是G D．a杆和细线对滑轮的合力大小是G ‎10．如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg．A、B间动摩擦因数μ=0.2．力F水平向右拉A物体，g取10m/s2．（　　）‎ A．当F＜12 N时，A静止不动 B．当F＞12 N时，A相对B滑动 C．当F=60 N时，B受到A的摩擦力等于15 N D．当F＜48N时，A相对B静止 ‎11．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪（B固定不动），A为汽车，两者相距335m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到被A反射回来的超声波信号时A、B相距355m，已知声速为340m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．B发出超声波后，再过2s，B接收到反射回来的超声波 B．超声波追上A车时，A车前进了5 m C．当B接收到反射回来的超声波信号时，A车速度的大小为10 m/s D．当B接收到反射回来的超声波信号时，A车速度的大小为5 m/s ‎12．如图，质量为m的球放在斜面体上，被固定在斜面上的竖直挡板挡住，用水平力F拉斜面体使之以加速度a运动，不计一切摩擦，将F增大时，（　　）‎ A．挡板对球的弹力增大 B．斜面对球的弹力减小 C．斜面对球的弹力增大 D．斜面对球的弹力与小球所受重力的合力不变 ‎13．如图，物体P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，它随杆转动，转动角速度为ω，（　　）‎ A．只有当ω超过某一值时，绳子BP才有张力 B．绳子BP的张力随ω的增大而增大 C．两绳均张紧时，ω越大，两绳的张力的大小之差越大 D．绳子AP的张力总小于绳子BP的张力 ‎14．如图所示，t=0时，质量为m的滑块以初速v沿倾角为θ的固定斜面上滑，同时在滑块上施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ，能正确描述滑块上滑过程中因摩擦产生的热量Q、滑块动能Ek、滑块重力势能Ep、滑块机械能E与时间t、位移x间关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、非选择题（8+10+12+12+12=54）‎ ‎15．某小组采用如图甲所示的装置来探究“功与速度变化的关系”，实验中，小车经过光电门时，钩码尚未到达地面．‎ ‎（1）实验步骤如下：‎ ‎①用螺旋测微器测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d=　　mm．‎ ‎②‎ 把遮光条固定在小车上，把小车放到轨道上，将细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘；‎ ‎③保持轨道水平，在砝码盘里放适量砝码，让小车静止在某处，测出光电门距遮光条的距离x，将小车由静止释放，记录遮光条经过光电门的挡光时间t；‎ ‎④改变x，记录相应的t，获得多组数据；‎ ‎⑤关闭电源，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合外力做功与速度变化的关系．‎ ‎（2）实验中，该小组同学通过研究x与t的关系从而得到合外力做功与速度变化的关系，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作　　图象．（填序号）‎ A．x﹣t B．x﹣ C．x﹣t2 D．x﹣．‎ ‎16．如图所示，在O点放置一个正点电荷Q，ABC为一光滑的竖直绝缘杆，杆与以O为圆心、R为半径的圆（图中虚线）相交于B、C两点，一个带正电的小球穿在杆上，将小球从A点由静止释放，小球的质量为m、电荷量为q．∠BOC=60°，A、C间距离为h．若小球通过B点的速度大小为v，试求：‎ ‎（1）小球通过C点的速度大小；‎ ‎（2）小球由A运动到C的过程中电势能的增加量．‎ ‎17．两颗人造地球卫星，在同一平面上沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动，它们的轨道半径分别为2R、8R，R为地球半径，地面重力加速度为g，如果我们把两卫星相距最近称为两卫星相遇，求这两颗卫星每隔多长时间相遇一次？‎ ‎18．如图，A、B为水平放置的平行金属板，在两板之间有一带负电的小球P，当UAB=U0时，P可以在两板间保持静止．现在A、B间加图示电压（0﹣时间内电压为2U0，﹣时间内电压为0，此后每隔时间，电压在0与2U0间突变）．在t=0时将P从B板上表面无初速释放，P恰好能够到达A板（P到达A板时速度为0）．已知P的电荷量始终不变，空气阻力不计．‎ ‎（1）A、B间距离为多大？‎ ‎（2）P的比荷为多少？‎ ‎（3）0﹣T时间内P通过的路程为多大？（结果用g、T、U0表示）‎ ‎19．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A．一质量为m的小球在水平地面上匀速运动，速度为v，经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）．已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于mg，g为重力加速度．‎ ‎（1）若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力；‎ ‎（2）为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值；‎ ‎（3）轨道半径多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省益阳市桃江一中高三（上）第三次月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（14×4=56，1-10题为单选，11-14为多选）‎ ‎1．a、b两质点同时、同地出发，向同一方向做直线运动，速度图象如图，0﹣10s内a与b的最大间距为（　　）‎ A．2m B．3m C．4m D．5m ‎【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】在v﹣t图象中与时间轴所面积为物体运动的位移，而相距最远的点为速度相同的点，即可判断 ‎【解答】解：速度相同时，a和b的距离最大，故出现最大值的时间点为t=2s和t=7s 故在t=2s时，xa=vat1=2×2m=4m 此时相距距离为△x=xa﹣xb=2m 在t=7s时，xa=vat2=14m ‎=17m 故△x=xb﹣xa=3m，故B正确 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g．现在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间（　　）‎ A．B求加速度大小为，A球加速度大小为 B．B求加速度大小为2g，A球加速度大小为0‎ C．B求加速度大小为0，A球加速度大小为g D．B求加速度大小为g，A球加速度大小为0‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】将在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力，上面弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体AB球的瞬时加速度大小和方向．‎ ‎【解答】解：在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力前，上方的弹簧对整体的拉力是2mg，下方的弹簧对B球拉力是mg；‎ 在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力后，上方弹簧的拉力和下方的弹簧拉力不变，球A受重力，上方弹簧的拉力及下方弹簧的拉力，合力为：F合=F﹣mg﹣mg=0，故加速度为a=0；‎ 对B，受到重力，向上的拉力，及向下的拉力，根据牛顿第二定律可知：mg+mg﹣mg=ma，解得a=g，故D正确，ABC错误 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，一倾角为α的固定斜面的下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端的距离为s处，由静止释放，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，小物块下滑过程中的最大动能为Ekm．小物块从释放到首次滑至最低点的过程中，（　　）‎ A．μ＞tanα B．小物块刚接触弹簧时动能为Ekm C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中小物块减少的重力势能与摩擦产生的热量之和 D．若将小物块从斜面上离弹簧上端的距离为2s处由静止释放，小物块的最大动能不等于2Ekm ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】小物块从静止释放后能下滑，说明重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，由此列式得到μ与α的关系．物块所受的合力为零时动能最大．根据能量守恒定律分析各种能量的关系．‎ ‎【解答】解：A、据题：小物块从静止释放后能下滑，则有 mgsinα＞μmgcosα，解得 μ＜tanα．故A错误；‎ B、物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B错误；‎ C、根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和．故C正确；‎ D、若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep．此位置弹簧的压缩量为x．‎ 根据功能关系可得：‎ 将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm=mg（s+x）sinα﹣μmg（s+x）cosα﹣Ep．‎ 将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm′=mg•（2s+x）sinα﹣μmg•（2s+x）cosα﹣Ep．‎ 而2Ekm=mg（2s+2x）sinα﹣μmg（2s+2x）cosα﹣2Ep=[mg（2s+x）sinα﹣μmg（2s+x）cosα﹣Ep]+[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]=Ekm′+[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]‎ 由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：mgxsinα﹣μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep ‎＞0，所以得Ekm′＜2Ekm．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，a、b、c表示某点电荷产生的电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa=U，φb=，φc=．一带电粒子（所受重力不计）从等势面a上某点由静止释放后，经过等势面b时速率为v，则它经过等势面c时的速率为（　　）‎ A． v B． v C．2v D．4v ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．‎ ‎【分析】带电粒子在运动过程中，只有电场力对粒子做功，分别对ab过程和ac过程，运用动能定理列式，即可求解它经过等势面c时的速率．‎ ‎【解答】解：带电粒子在运动过程中，只有电场力对粒子做功，根据动能定理得：‎ a→b过程，‎ 有：qUab=mv2；‎ 据题得：Uab=φa﹣φb=U﹣=‎ 联立得：q•=mv2…①‎ a→c过程，有：qUac=mvc2；‎ 据题得：Uac=φa﹣φc=U﹣=．‎ 联立得：q•=mvc2…②‎ 由①②可得：vc=2v 故选：C ‎　‎ ‎5．如图，轻杆一端固定一小球，小球绕杆的另一端在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点时（　　）‎ A．杆对小球的作用力不可能为零 B．如果杆对小球的作用力为推力，该推力可能大于小球的重力 C．如果杆对小球的作用力为拉力，该拉力可能大于小球的重力 D．如果杆对小球的作用力为推力，那么过最高点时小球的速度越小，杆的推力越小 ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为零，根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关系．‎ ‎【解答】解：A、在最高点，若速度v=，杆子的作用力为零，故A错误；‎ B、如果杆对小球的作用力为推力，轻杆对小球的推力和小球重力的合力提供向心力，‎ mg﹣F=m≥0，所以该推力不可能大于小球的重力，故B错误，‎ C、如果杆对小球的作用力为拉力，轻杆对小球的拉力和小球重力的合力提供向心力，有：‎ mg+F=m，所以该拉力可能大于小球的重力，故C正确；‎ D、如果杆对小球的作用力为推力，根据mg﹣F=m，‎ 当小球通过最高点的速度减小时，所以该推力会增大，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．一弹簧竖直地固定在水平地面上，一小球从高处自由落下，小球落到弹簧上，在小球向下压缩弹簧的过程中（空气阻力不计，弹簧发生的是弹性形变）（　　）‎ A．小球的机械能逐渐减小 B．小球的动能逐渐减小 C．小球的加速度逐渐减小 D．小球与弹簧的总机械能逐渐减小 ‎【考点】弹性形变和范性形变；胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】忽略空气阻力，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，根据弹性势能与弹簧形变量的关系可以判断弹性势能的变化，根据高度变化可以确认重力势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、D因为整个过程中忽略阻力，只有重力和弹力做功，满足系统机械能守恒，在小球向下压缩弹簧的过程中，弹簧的形变量越来越大，弹簧的弹性势能增大，则知小球的机械能减小．故A正确，D错误．‎ B、小球先做加速运动，后做减速运动，则动能先增大后减小．故B错误．‎ C、小球接触弹簧后，受到重力和竖直向上的弹力，弹力先小于重力，合力向下，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小；后来弹力大于重力，合力向上，随着弹力增大，合力反向增大，加速度增大．故C错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎7．关于静电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．若某点的电场强度大，则该点的电势一定高 B．若某点的电势高，则检验电荷在该点的电势能一定大 C．若某点的电场强度为零，则检验电荷在该点的电势能一定为零 D．若某点的电势为零，则检验电荷在该点的电势能一定为零 ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】电场强度和电势都是描述电场本身性质的物理量，二者无直接关系；若某点的电势高，则正检验电荷在该点的电势能一定大，而负检验电荷在该点的电势能一定小；‎ 电场强度为零的地方电势不一定为零，电势能不一定为零．结合电势能公式Ep=qφ即可分析．‎ ‎【解答】解：A、电场强度与电势没有直接关系，若某点的电场强度大，则该点的电势不一定高，故A错误．‎ B、根据电势能公式Ep ‎=qφ可知，若某点的电势高，则正检验电荷在该点的电势能一定大，而负检验电荷在该点的电势能一定小，故B错误．‎ C、电势的零点可人为选取，电场强度为零的地方电势不一定为零，则电势能不一定为零．故C错误．‎ D、若某点的电势为零，根据电势能公式Ep=qφ可知，检验电荷在该点的电势能一定为零，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（　　）‎ A．a1=a3＞a2 B．a1＞a2＞a3 C．a1＞a3＞a2 D．a3＞a2＞a1‎ ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星1；物体3与人造卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：物体3和卫星2周期相等，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度a=rω2，则a2＞a3，‎ 卫星2和卫星1都靠万有引力提供向心力，根据=ma，‎ 得：a=，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a1＞a2，故ACD错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O．一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ=30°，系统保持静止，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　）‎ A．细线BO对天花板的拉力大小是2G B．a杆对滑轮的作用力大小是G C．a杆对滑轮的作用力大小是G D．a杆和细线对滑轮的合力大小是G ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对重物受力分析，根据平衡条件求得细线的拉力；再对滑轮受力分析，根据力的合成的平行四边形定则求得细线对滑轮的合力，再得到a杆对滑轮的力．‎ ‎【解答】解：A、对重物G受力分析，受到重力和拉力T，根据平衡条件，有T=G，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于G，故A错误；‎ BC、对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图 根据平衡条件，结合几何关系，有：a杆对滑轮的作用力大小 F=T=G，故B错误，C正确；‎ D、由于滑轮处于平衡状态，故a杆和细线对滑轮的合力大小是零，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg．A、B间动摩擦因数μ=0.2．力F水平向右拉A物体，g取10m/s2．（　　）‎ A．当F＜12 N时，A静止不动 B．当F＞12 N时，A相对B滑动 C．当F=60 N时，B受到A的摩擦力等于15 N D．当F＜48N时，A相对B静止 ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】隔离对B分析，求出B的最大加速度，再对整体分析，求出发生相对滑动所需的最大拉力．‎ ‎【解答】解：A、以整体为研究对象，可知A、B组成的整体在水平方向只受到拉力F的作用，所以F较小时，二者以相同的加速度一起做匀加速直线运动．故A错误；‎ B、D、当拉力增大到某一值时B物体相对A会开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力．以B为研究对象，最大静摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：‎ μmAg=mBa a=μg=6m/s2‎ 以整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F=（mA+mB）a=（6+2）×6N=48N 即当绳子拉力达到48牛时两物体才开始相对滑动．故B错误，D正确．‎ C、当拉力为60N时，A与B之间有相对运动，B受到的摩擦力是滑动摩擦力，f=μmAg=0.2×6×10=12N．故C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎11．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪（B固定不动），A为汽车，两者相距335m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到被A反射回来的超声波信号时A、B相距355m，已知声速为340m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．B发出超声波后，再过2s，B接收到反射回来的超声波 B．超声波追上A车时，A车前进了5 m C．当B接收到反射回来的超声波信号时，A车速度的大小为10 m/s D．当B接收到反射回来的超声波信号时，A车速度的大小为5 m/s ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀速直线运动及其公式、图像．‎ ‎【分析】在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m．根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据x=at2求出汽车的加速度大小，再根据速度公式即可求得A车的速度．‎ ‎【解答】解：A、B、超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在整个这段时间内汽车的位移x=355﹣335m=20m．初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1：3，所以x1=5m，x2=15m，则超声波被A接收时，AB的位移x′=335+5m=340m，所以超声波从B发出到被A接收所需的时间T===1s．‎ 则t=2T=2s，故A正确，B错误；‎ C、根据△x=aT2得，a==m/s2=10m/s2．B接收到反射出来的信号时，A车的速度v=at=10×2=20m/s，故CD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．如图，质量为m的球放在斜面体上，被固定在斜面上的竖直挡板挡住，用水平力F拉斜面体使之以加速度a运动，不计一切摩擦，将F增大时，（　　）‎ A．挡板对球的弹力增大 B．斜面对球的弹力减小 C．斜面对球的弹力增大 D．斜面对球的弹力与小球所受重力的合力不变 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况，小球所受的合力为ma．‎ ‎【解答】解：A、B以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 竖直方向：F1cosθ=mg ①‎ 水平方向：F2﹣F1sinθ=ma，②‎ 由②看出，若加速运动时，F2=F1sinθ+ma．F2将增大，故A正确；‎ B、C、由①看出，斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关．故B错误，C错误；‎ D、根据以上分析可知知道，重力、斜面对球的弹力都不变，所以两个力的合力也不变．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎13．如图，物体P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，它随杆转动，转动角速度为ω，（　　）‎ A．只有当ω超过某一值时，绳子BP才有张力 B．绳子BP的张力随ω的增大而增大 C．两绳均张紧时，ω越大，两绳的张力的大小之差越大 D．绳子AP的张力总小于绳子BP的张力 ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】当两绳都张紧时，小球受重力、两绳的拉力，竖直方向的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断．‎ ‎【解答】‎ 解：设BP绳与竖直方向的夹角为θ，AP绳与竖直方向的夹角为α，对物体P进行受力分析，根据向心力公式则有：‎ TBPcosθ=mg+TAPcosα…①‎ TBPsinθ+TAPsinα=mω2r…②‎ A、当ω较小时，BP绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时AP绳没有力，当ω增加到某值时，BP绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子AP才有力的作用，可知BP绳从角速度从0开始增大时，就出现拉力，故A错误．‎ B、ω的增大，所需的向心力增大，绳子BP和AP的力都增大，故B正确．‎ C、当两绳均张紧时，θ=α，由①知，TBPcosθ﹣TAPcosα=mg，可知ω增大，两绳的张力大小之差不变，故C错误．‎ D、当AP绳子没有拉直时，AP绳拉力等于零，BP绳肯定有拉力，当AP绳拉直时，θ=α，由①式可知，绳BP的张力一定大于绳子AP的张力，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，t=0时，质量为m的滑块以初速v沿倾角为θ的固定斜面上滑，同时在滑块上施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ，能正确描述滑块上滑过程中因摩擦产生的热量Q、滑块动能Ek、滑块重力势能Ep、滑块机械能E与时间t、位移x间关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】功能关系；动能．‎ ‎【分析】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析．‎ ‎【解答】解：物体受力如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ﹣F=ma，‎ 其中：F=mgsinθ，μ=tanθ，联立解得：a=gsinθ，‎ 物体沿着斜面向上做匀减速直线运动，‎ 物体的位移：x=v0t+at2，速度v=v0+at；‎ A、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q=fx=μmgcosθx，Q与x成正比，故A正确；‎ B、物体向上运动的过程中，重力、拉力与摩擦力做功，由动能定理得：△EK=Fx﹣mgssinθ﹣μmgcosθ•x=（F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ）•x，Ek与x是一次函数关系，又F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＜0，故B正确；‎ C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能Ep=mgh=mgxsinθ=mgsinθ（v0t+at2），Ep与t不成正比，Ep﹣t图象不是直线，故C错误；‎ D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，物体所受合外力等于重力，相当于只有重力做功，机械能守恒，机械能不随时间变化，故D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ 二、非选择题（8+10+12+12+12=54）‎ ‎15．某小组采用如图甲所示的装置来探究“功与速度变化的关系”，实验中，小车经过光电门时，钩码尚未到达地面．‎ ‎（1）实验步骤如下：‎ ‎①用螺旋测微器测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d=　5.695　mm．‎ ‎②把遮光条固定在小车上，把小车放到轨道上，将细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘；‎ ‎③保持轨道水平，在砝码盘里放适量砝码，让小车静止在某处，测出光电门距遮光条的距离x，将小车由静止释放，记录遮光条经过光电门的挡光时间t；‎ ‎④改变x，记录相应的t，获得多组数据；‎ ‎⑤关闭电源，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合外力做功与速度变化的关系．‎ ‎（2）实验中，该小组同学通过研究x与t的关系从而得到合外力做功与速度变化的关系，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作　D　图象．（填序号）‎ A．x﹣t B．x﹣ C．x﹣t2 D．x﹣．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分．即可得到挡光片的宽度；‎ ‎（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，根据牛顿第二定律结合动能定理列式，联立方程求解．‎ ‎【解答】解：（1）由螺旋测微器读出整毫米数为5.5mm，由可动刻度读出毫米的小部分为19.5×0.01=0.195mm．则挡光片的宽度为d=5.5mm+0.195mm=5.695mm； ‎ ‎（2）设匀加速运动的加速度为a，根据动能定理得：ma•x=mv2，‎ 速度：v=，解得：x=•，由于只改变x，则加速度a不变，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作x﹣图象，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D；‎ 故答案为：（1）5.695；（2）D．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在O点放置一个正点电荷Q，ABC为一光滑的竖直绝缘杆，杆与以O为圆心、R为半径的圆（图中虚线）相交于B、C两点，一个带正电的小球穿在杆上，将小球从A点由静止释放，小球的质量为m、电荷量为q．∠‎ BOC=60°，A、C间距离为h．若小球通过B点的速度大小为v，试求：‎ ‎（1）小球通过C点的速度大小；‎ ‎（2）小球由A运动到C的过程中电势能的增加量．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；研究小球从B到C的过程，根据动能定理求小球通过C点的速度大小；‎ ‎（2）小球由A运动到C的过程中，根据能量守恒定律求电势能的变化量．‎ ‎【解答】解：（1）根据几何关系可知：BC=R 由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零，则小球从B到C的过程，根据动能定理得：‎ mgR=﹣‎ 得：vC=‎ ‎（2）小球由A点到C点的过程，机械能的损失等于电势能的增加量．所以电势能的增加量为：‎ ‎△Ep=mgh﹣=mg（h﹣R）﹣‎ 答：（1）小球通过C点的速度大小是；‎ ‎（2）小球由A运动到C的过程中电势能的增加量是mg（h﹣R）﹣．‎ ‎　‎ ‎17．两颗人造地球卫星，在同一平面上沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动，它们的轨道半径分别为2R、8R，R为地球半径，地面重力加速度为g，如果我们把两卫星相距最近称为两卫星相遇，求这两颗卫星每隔多长时间相遇一次？‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】地球表面的物体受到的万有引力近似等于物体的重力，然后结合万有引力提供向心力即可求出．‎ ‎【解答】解：设卫星的质量为m，地球的质量为M，两颗卫星的角速度分别为ω1和ω2，则：‎ mg=‎ 得：GM=gR2‎ 半径为2R的卫星：‎ 半径8R的卫星：‎ 当它们再次相遇时，半径为2R的卫星比半径为8R的卫星多转过一周，则：‎ 联立得：t=‎ 答：这两颗卫星每隔时间相遇一次．‎ ‎　‎ ‎18．如图，A、B为水平放置的平行金属板，在两板之间有一带负电的小球P，当UAB=U0时，P可以在两板间保持静止．现在A、B间加图示电压（0﹣时间内电压为2U0，﹣时间内电压为0，此后每隔时间，电压在0与2U0间突变）．在t=0时将P从B板上表面无初速释放，P恰好能够到达A板（P到达A板时速度为0）．已知P的电荷量始终不变，空气阻力不计．‎ ‎（1）A、B间距离为多大？‎ ‎（2）P的比荷为多少？‎ ‎（3）0﹣T时间内P通过的路程为多大？（结果用g、T、U0表示）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据qE=mg，结合E=，可求得电荷的比荷与电势差之间的关系；分时段对质点受力分析，由牛顿第二定律结合qE=mg与E=，求各段的加速度大小与方向．根据题意分时段，由运动学公式来求出各自时间与间距的关系，同理求得其它时段的表达式，从而寻找规律列出表达式．‎ ‎（2）根据电荷的比荷与电势差之间的关系即可求出；‎ ‎（3）微粒在一个周期内的路程恰好是极板之间距离的2倍，由此即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意可知，当AB间的电压为U0时，‎ 有：q①‎ 解得：②‎ ‎﹣时间内电压为0，质点P只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下．‎ ‎0﹣时间内电压为2U0，所以粒子的受力：‎ ma′=③‎ 所以：a′=g，方向竖直向上．‎ 所以可知在0﹣时间内粒子向上做匀加速直线运动，在时间内向上做匀减速直线运动，在时刻的瞬时速度等于0．在 的时间内粒子向下做匀加速直线运动，而在的时间内向下做匀减速直线运动，T时刻的瞬时速度恰好为0，此后微粒在每一个周期内的运动情况都相同．‎ 由于微粒恰好到达上极板，所以：d==④‎ ‎（2）联立②④可得：⑤‎ ‎（3）由（1）的分析可知，微粒在一个周期内的路程恰好是极板之间距离的2倍，所以：s=2d=⑥‎ 答：（1）A、B间距离为；‎ ‎（2）P的比荷为；‎ ‎（3）0﹣T时间内P通过的路程为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A．一质量为m的小球在水平地面上匀速运动，速度为v，经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）．已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于mg，g为重力加速度．‎ ‎（1）若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力；‎ ‎（2）为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值；‎ ‎（3）轨道半径多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）先由动能定理求出小球到达B点时的速度大小，再由牛顿第二定律求出轨道对小球的弹力，即可由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力．‎ ‎（2）当小球对轨道的压力恰好为零时，求出轨道半径的最大值Rm；‎ ‎（3）小球离开B点后做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，再根据初速度和时间求出平抛运动的水平位移表达式，运用数学知识求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，电场力：F=qE=mg，方向：竖直向下；‎ ‎（1）小球从A到B过程，由动能定理得：﹣mg•2R﹣F•2R=mvB2﹣mv2，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：mg+F+N=m，‎ 解得：N=﹣10mg，‎ 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：N′=N=﹣10mg，方向：竖直向上；‎ ‎（2）小球从A到B过程，由动能定理得：﹣mg•2R﹣F•2R=mvB2﹣mv2，‎ 小球恰好运动到B点时，小球对轨道压力为零，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：mg+F=m，‎ 解得：Rmax=﹣4R；‎ ‎（3）小球离开B点做平抛运动，‎ 竖直方向：2R=gt2，‎ 水平方向：x=vBt，‎ 解得：x==，‎ 当：R=，水平位移最大，为：xmax=；‎ 答：（1）小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为：﹣10mg，方向：竖直向上；‎ ‎（2）轨道半径的最大值为：﹣4R；‎ ‎（3）轨道半径为R=‎ 时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大，最大距离为．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日