湖南省衡阳八中2017届高三上学期第五次月考物理试卷（实验班）

湖南省衡阳八中2017届高三上学期第五次月考物理试卷（实验班）

‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第五次月考物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题6分）‎ ‎1．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中（　　）‎ A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不变 D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值 ‎2．四个完全相同的弹簧秤，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧秤读数的说法正确的是（　　）‎ A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧秤的读数可能小于F B．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧秤的读数一定等于F C．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧秤的读数一定等于F D．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知无法判定弹簧秤的读数与F的大小关系 ‎3．如图所示，运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力可忽略不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．运动员向下运动（B→C）的过程中，先超重后失重，对板的压力先减小后增大 B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 C．运动员向上运动（C→B）的过程中，先失重后超重，对板的压力先增大后减小 D．运动员向上运动（B→A）的过程中，一直处于失重状态 ‎4．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧在弹性限度内），其速度u和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点．小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球刚接触弹簧时加速度最大 B．该弹簧的劲度系数为20.0N/m C．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒 D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 ‎5．对于真空中电量为Q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处电势为φ=（k为静电力常量）．如图所示，一质量为m、电量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上，在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球，金属球接地，两球球心间距离为d（d＞＞R）．由于静电感应，金属球上分布的感应电荷的电量为q′．则下列说法正确的是（　　）‎ A．金属球上的感应电荷电量q′=﹣q B．金属球上的感应电荷电量q′=﹣q C．绝缘丝线中对小球的拉力大小为mg+‎ D．绝缘丝线中对小球的拉力大小mg﹣‎ ‎6．如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则下列说法不正确的是（　　）‎ A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑 B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑 C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大 D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑 ‎7．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．射出粒子的最大速度为 C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 ‎8．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个上端固定的绝缘轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，除电阻R外其余电阻不计，导轨所在平面与一匀强磁场垂直，静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为△l．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）‎ A．释放瞬间金属棒的加速度小于g B．电阻R中电流最大时，金属棒在A处下方的某个位置 C．金属棒在最低处时弹簧的拉力一定小于2mg D．从释放到金属棒最后静止的过程中，电阻R上产生的热量为mg△l ‎　‎ 二、非选择题（共174分）‎ ‎9．为了研究有质量的滑轮对绳的拉力的影响规律，同学们设计了如图1所示的实验装置．他们将置于长木板上的长方形盒子右端安装测力计A（盒子很轻，盒内装有很多钩码，其总质量为m1），通过轻质绳子跨过光滑滑轮后，安装另一测力计B（下方可以悬挂钩码，其与钩码总质量为m2‎ ‎）．实验中，他们首先测出了滑轮质量为m=100g，通过逐渐将盒子里的钩码取出后依次增挂在B下方，分别读出运动过程中两测力计的读数TA和TB，得到多组数据，最后作出TA、TB与m2的关系曲线如图2所示．由实验可知：‎ ‎①为了消除盒子与长木板之间的摩擦影响，应该将长木板　　 （选填：左或右）端垫起一定高度，使盒子能够匀速运动；‎ ‎②曲线　　 （选填：I或Ⅱ）是TA与m2的关系曲线．其最大值为　　N；‎ ‎③设两条曲线的拉力最大值所对应的m2取值之差为△，猜想△与滑轮质量有关，则其最可能的表达式为△=　　；若滑轮质量坍可以忽略，TB与m1、m2和重力加速度g的关系式为TB=　　．‎ ‎10．如图所示，电动机带动滚轮逆时针匀速转动，放下滚轮压紧金属板，在滚轮摩擦力的作用下，将金属板从倾角θ=37°斜面底端A送往上部，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L=7.0m．当金属板的下端运动到切点B处，立即提起滚轮使它与板脱离接触．已知金属板之后返回斜面底部与挡板相撞后立即静止，此时放下滚轮再次压紧金属板，再次将金属板从A端送往斜面上部，如此往复，已知斜面足够长，金属板的质量为m=1.0×103kg，金属板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25，滚轮边缘线速度恒为v=4.0m/s，滚轮对金属板的压力FN=3.2×104N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为μ2=0.55，求金属板往复运动的周期T．（忽略金属板与挡板的碰撞时间，取sin37°=0.6，g=10m/s2）‎ ‎11．如图所示，竖直平面内的一半径R=0.80m的光滑圆弧槽BCD，倾角为60°的斜面AB与圆弧槽BCD相切于B点，一水平面DQ与圆弧槽相接于D点．现将一质量m=0.10kg的小球从B点正上方H=1.0m高处的光滑斜面上的A点由静止释放，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x=2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对于DQ水平面上升的最大高度h=0.80m，g取10m/s2，不计空气阻力．‎ 求：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN．‎ ‎（2）小球经过最高的P的速度大小vP．‎ ‎（3）D点与圆心O的高度差hOD．‎ ‎12．某放置在真空中的装置如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线与竖直放置的平行金属板C、D的中心线重合．在C、D的下方有如图所示的、范围足够大的匀强磁场，磁场的理想上边界与金属板C、D下端重合，其磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，图乙中的B0为已知，但其变化周期T0未知．已知金属板A、B之间的电势差为UAB=+U0，金属板C、D的长度均为L，间距为L．质量为m、电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计、重力不计）进入A、B两板之间被加速后，再进入C、D两板之间被偏转，恰能从D极下边缘射出．忽略偏转电场的边界效应．‎ ‎（1）求金属板C、D之间的电势差UCD．‎ ‎（2）求粒子离开偏转电场时速度的大小和方向．‎ ‎（3）规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，在图乙中t=0时刻该粒子进入磁场，并在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平，求磁场的变化周期T0和该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第五次月考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题6分）‎ ‎1．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中（　　）‎ A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不变 D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】知道加速度是描述速度变化快慢的物理量，‎ 判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方向关系．‎ 判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离．‎ ‎【解答】解：A、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值．故A错误，B正确；‎ C、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大．故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．四个完全相同的弹簧秤，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧秤读数的说法正确的是（　　）‎ A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧秤的读数可能小于F B．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧秤的读数一定等于F C．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧秤的读数一定等于F D．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知无法判定弹簧秤的读数与F的大小关系 ‎【考点】物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据胡克定律的内容，结合弹簧秤原理，及平衡条件，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、图甲中的物体静止在水平地面上，根据平衡原理，那么弹簧秤的读数等于F，故A错误；‎ BC、不论物体静止在斜面上，还是静止在粗糙水平地面上，由平衡条件，可知，弹簧秤的读数一定等于F，故BC正确；‎ D、已知图丁中水平地面光滑，虽物体的质量未知，但弹簧秤的读数与F的大小仍相等，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力可忽略不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．运动员向下运动（B→C）的过程中，先超重后失重，对板的压力先减小后增大 B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 C．运动员向上运动（C→B）的过程中，先失重后超重，对板的压力先增大后减小 D．运动员向上运动（B→A）的过程中，一直处于失重状态 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】分析人受力情况；根据板的弹力的变化，可知人受合力的变化．当人的加速度向下时，人处失重状态，当人的加速度向上时，人处超重状态．‎ ‎【解答】解：A、B、人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，但人对板的压力一直增大，故A错误，B正确；‎ C、运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，但人对板的压力一直减小；故C错误；‎ D、运动员向上运动（B→A）的过程中，只受到这两类的作用，一直处于完全失重状态．故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎4．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧在弹性限度内），其速度u和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点．小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球刚接触弹簧时加速度最大 B．该弹簧的劲度系数为20.0N/m C．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒 D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 ‎【考点】机械能守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】根据图象可知，当△x为0.1m时，小球的速度最大，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据k△x=mg求出k，再求出最低点的弹力，根据牛顿第二定律求解在最低点的加速度，与刚开始接触时比较得出什么时候加速度最大，小球和弹簧组成的系统机械能守恒．‎ ‎【解答】解：A、由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k△x=mg 解得：‎ 弹簧的最大缩短量为△x最大=0.61m，‎ 所以F最大=20N/m×0.61m=12.2N．‎ 弹力最大时的加速度a=，小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，B正确；‎ C、小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独的小球机械能不守恒，故C错误；‎ D、从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能一直增大，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．对于真空中电量为Q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处电势为φ=（k为静电力常量）．如图所示，一质量为m、电量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上，在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球，金属球接地，两球球心间距离为d（d＞＞R）．由于静电感应，金属球上分布的感应电荷的电量为q′．则下列说法正确的是（　　）‎ A．金属球上的感应电荷电量q′=﹣q B．金属球上的感应电荷电量q′=﹣q C．绝缘丝线中对小球的拉力大小为mg+‎ D．绝缘丝线中对小球的拉力大小mg﹣‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】AB、金属球心的电势为零，金属球心的电势为q在球心的电势和感应电荷在球心的电势的标量和；‎ CD、小球受重力、静电引力和拉力，根据平衡条件和库仑定律求解拉力，注意金属球上的电荷集中在球的上端．‎ ‎【解答】解：AB、金属球上感应电荷在球心产生的电势为：φ1=；‎ q在球心的电势为：；‎ 由于球心的电势为零，故：φ1+φ2=0；‎ 联立解得：q′=﹣q；故A正确，B错误；‎ CD、金属球上的电荷由于q的存在而集中在球的上端，即电荷q′到小球q的距离l小于d，对小球受力分析，由受力平衡可知F拉=mg+F=mg+，由于l小于d，则F拉＞mg+，故CD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则下列说法不正确的是（　　）‎ A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑 B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑 C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大 D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．‎ ‎【解答】解：A、若滑块匀速下滑时，则有mgsinθ=μmgcosθ．当加上竖直向上的电场后，在沿斜面方向，（mg﹣F）sinθ=μ（mg﹣F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故A错误；‎ B、若滑块匀速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ．加上竖直向下的电场后，在沿斜面方向，（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故B正确；‎ C、若滑块匀减速下滑，根据牛顿第二定律，有：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma，解得a=g（μcosθ﹣sinθ）；‎ 加上竖直向上的电场后，根据牛顿第二定律，有：μ（mg﹣F）cosθ﹣（mg﹣F）sinθ=ma′，解得a′=g（μcosθ﹣sinθ）（1﹣）；故a′＜a，即加速度减小，故C错误；‎ D、若滑块匀加速下滑，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，解得a=g（sinθ﹣μcosθ）；‎ 加上竖直向下的电场后，根据牛顿第二定律，有：（F+mg）sinθ﹣μ（F+‎ mg）cosθ=ma′，解得a′=g（sinθ﹣μcosθ）（1+）；故a＜a′，即加速度变大，故D错误；‎ 本题下列说法不正确的，故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎7．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子带正电 B．射出粒子的最大速度为 C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则．‎ ‎【分析】由题意可知粒子的运动方向，则可知粒子的带电情况；由几何关系可知粒子的半径大小范围，则可求得最大速度；由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的最大速度及最小速度的表达式，则可知如何增大两速度的差值．‎ ‎【解答】解：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；‎ 由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个上端固定的绝缘轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，除电阻R外其余电阻不计，导轨所在平面与一匀强磁场垂直，静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为△l．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）‎ A．释放瞬间金属棒的加速度小于g B．电阻R中电流最大时，金属棒在A处下方的某个位置 C．金属棒在最低处时弹簧的拉力一定小于2mg D．从释放到金属棒最后静止的过程中，电阻R上产生的热量为mg△l ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．‎ ‎【分析】释放瞬间金属棒只受重力，加速度为g．当金属棒的速度最大时，感应电流最大，此时金属棒所受的合力为零，与没有磁场进行比对，根据简谐运动的对称性分析速度最大的位置，及金属棒在最低处时加速度大小与g的关系，即可得到此处弹簧的拉力与2mg的关系．金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：A、释放瞬间金属棒的速度为零，没有产生感应电流，不受安培力，只受重力，则金属棒的加速度为g．故A错误．‎ B、若没有磁场，金属棒回到A处时速度最大，有磁场时，由于电磁感应产生感应电流，金属棒将受到安培阻力作用，则在A处上方速度达到最大，此时感应电流最大．故B错误．‎ C、若没有磁场，金属棒做简谐运动，根据对称性可知，金属棒在最低处时加速度大小等于g，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，金属棒在最低处时弹簧的拉力等于2mg．‎ 有磁场时，金属棒还受到安培阻力作用，金属棒向下到达的最低位置比没有磁场时高，加速度应小于g，则弹簧的拉力一定小于2mg．故C正确．‎ D、金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则电阻R上产生的热量小于mg△l．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ 二、非选择题（共174分）‎ ‎9．为了研究有质量的滑轮对绳的拉力的影响规律，同学们设计了如图1所示的实验装置．他们将置于长木板上的长方形盒子右端安装测力计A（盒子很轻，盒内装有很多钩码，其总质量为m1），通过轻质绳子跨过光滑滑轮后，安装另一测力计B（下方可以悬挂钩码，其与钩码总质量为m2）．实验中，他们首先测出了滑轮质量为m=100g，通过逐渐将盒子里的钩码取出后依次增挂在B下方，分别读出运动过程中两测力计的读数TA和TB，得到多组数据，最后作出TA、TB与m2的关系曲线如图2所示．由实验可知：‎ ‎①为了消除盒子与长木板之间的摩擦影响，应该将长木板　左　 （选填：左或右）端垫起一定高度，使盒子能够匀速运动；‎ ‎②曲线　I　 （选填：I或Ⅱ）是TA与m2的关系曲线．其最大值为　6.3　N；‎ ‎③设两条曲线的拉力最大值所对应的m2取值之差为△，猜想△与滑轮质量有关，则其最可能的表达式为△=　km（k为比例系数）　；若滑轮质量坍可以忽略，TB与m1、m2和重力加速度g的关系式为TB=　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】①为了消除盒子与长木板之间的摩擦影响，要平衡摩擦力；‎ ‎②由于绳子与滑轮间摩擦力的影响，细线对m2的拉力较大，对m1的拉力较小；‎ ‎③两条曲线的拉力最大值所对应的m2取值之差△，与质量有关；没有质量时△应该为零，根据牛顿第二定律列式求解细线的拉力．‎ ‎【解答】解：①为了消除盒子与长木板之间的摩擦影响，要平衡摩擦力，即将长木板的左端适当垫高，使盒子能够匀速运动；‎ ‎②由于绳子与滑轮间摩擦力的影响，细线对m2的拉力较大，故曲线Ⅰ是TA与m2的关系曲线；‎ 曲线Ⅰ对应的最大拉力为6.3N；‎ ‎③设两条曲线的拉力最大值所对应的m2取值之差为△，猜想△与滑轮质量有关，则其最可能的表达式为：‎ ‎△=km（k为比例系数）‎ 若滑轮质量坍可以忽略，两天细线的拉力等大，设为T；‎ 对m2，有：m2g﹣T=m2a 对m1，有：T=m1a 联立解得：‎ T=‎ 故答案为：‎ ‎①左；‎ ‎②I，6.3；‎ ‎③km（k为比例系数），．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电动机带动滚轮逆时针匀速转动，放下滚轮压紧金属板，在滚轮摩擦力的作用下，将金属板从倾角θ=37°斜面底端A送往上部，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L=7.0m．当金属板的下端运动到切点B处，立即提起滚轮使它与板脱离接触．已知金属板之后返回斜面底部与挡板相撞后立即静止，此时放下滚轮再次压紧金属板，再次将金属板从A端送往斜面上部，如此往复，已知斜面足够长，金属板的质量为m=1.0×103kg，金属板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25，滚轮边缘线速度恒为v=4.0m/s，滚轮对金属板的压力FN=3.2×104N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为μ2=0.55，求金属板往复运动的周期T．（忽略金属板与挡板的碰撞时间，取sin37°=0.6，g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对金属板加速上升过程进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可求加速度，明确一个周期金属板有匀加速上升、匀速上升、滚轮脱离金属板后匀变速运动三个过程，然后根据运动学公式分别求出对应的时间即可．‎ ‎【解答】解：在滚轮的作用下，金属板加速的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：‎ μ2FN﹣mgsinθ﹣μ1（mgcosθ+FN）=ma1‎ 板加速至与滚轮速度相同时前进的距离为，‎ 在滚轮的作用下加速上升的时间，‎ 在滚轮作用下匀速上升的时间，‎ 离开滚轮后上升时加速度大小为a2，则mgsinθ+μ1mgcosθ=ma2，‎ 离开滚轮后上升的时间，‎ 离开滚轮后上升的距离，‎ 离开滚轮后向下运动的总距离x=L+x3，‎ 离开滚轮后向下运动时加速度大小为a3，则mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma3‎ 离开滚轮后向下运动的总时间为t4，则，‎ 则往复运动的周期T=t1+t2+t3+t4=5.5s 答：金属板往复运动的周期T为0.55s ‎　‎ ‎11．如图所示，竖直平面内的一半径R=0.80m的光滑圆弧槽BCD，倾角为60°的斜面AB与圆弧槽BCD相切于B点，一水平面DQ与圆弧槽相接于D点．现将一质量m=0.10kg的小球从B点正上方H=1.0m高处的光滑斜面上的A点由静止释放，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x=2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对于DQ水平面上升的最大高度h=0.80m，g取10m/s2，不计空气阻力．‎ 求：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN．‎ ‎（2）小球经过最高的P的速度大小vP．‎ ‎（3）D点与圆心O的高度差hOD．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）先研究小球从A到C的过程，由机械能守恒定律求出小球经过C点的速度．小球在C点时，做圆周运动，重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得轨道对它的支持力；‎ ‎（2）小球经过最高点P之后，做的是平抛运动，由平抛运动的规律可以求得P点的速度大小；‎ ‎（3）从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程就可以解得．‎ ‎【解答】解：（1）设经过C点的速度为 v1，由机械能守恒得 ‎ mg（H+）=mv12‎ 在C点，由牛顿第二定律有 ‎ FN﹣mg=m 代入数据解得 FN=8N ‎ ‎（2）设P点的速度为vP，P到Q做平抛运动，则有 竖直方向 h=gt2‎ 水平方向 =vPt 代入数据解得 VP=3.0m/s．‎ ‎（3）从A到P点的过程中，由机械能守恒得，则 mgH=‎ 由B到D过程，由机械能守恒得：mghBD=﹣‎ 由D到P过程，有 mgh=﹣‎ 代入数据解得 hBD=0.25m．‎ 由几何关系得：hOD=hOB+hBD=0.65m 答：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小为8N；‎ ‎（2）小球经过最高点P的速度大小vP是3.0m/s；‎ ‎（3）D点与圆心O的高度差hOD是0.65m．‎ ‎　‎ ‎12．某放置在真空中的装置如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线与竖直放置的平行金属板C、D的中心线重合．在C、D的下方有如图所示的、范围足够大的匀强磁场，磁场的理想上边界与金属板C、D下端重合，其磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，图乙中的B0为已知，但其变化周期T0未知．已知金属板A、B之间的电势差为UAB=+U0，金属板C、D的长度均为L，间距为L．质量为m、电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计、重力不计）进入A、B两板之间被加速后，再进入C、D两板之间被偏转，恰能从D极下边缘射出．忽略偏转电场的边界效应．‎ ‎（1）求金属板C、D之间的电势差UCD．‎ ‎（2）求粒子离开偏转电场时速度的大小和方向．‎ ‎（3）规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，在图乙中t=0时刻该粒子进入磁场，并在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平，求磁场的变化周期T0和该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中加速、偏转，应用动能定理与类平抛运动规律求出电势差．‎ ‎（2）粒子在偏转磁场中做类平抛运动，应用动能定理与速度的分解可以求出粒子的速度．‎ ‎（3）分析清楚粒子运动过程，根据粒子的周期公式与运动过程求出粒子的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：‎ qU0=mv02﹣0，‎ 解得：v0=，‎ 粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：‎ q=ma，‎ L=v0t •L=at2，‎ 解得：Ucd=U0；‎ ‎（2）粒子在偏转电场中，由动能定理得：‎ q=mv2﹣mv02，‎ 解得：v=，‎ 粒子由k离开电场时的偏转角为θ，由平行四边形定则得：‎ v0=vcosθ，‎ 解得：θ=30°；‎ ‎（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，‎ 粒子从k进入磁场沿逆时针方向运动，由“在t1=T0时刻粒子的速度方向恰好水平”可知：‎ 运动轨迹对应的圆心角θ=60°，t1=T=T，则T=T0，‎ 解得：T0=，‎ 由图乙所示可知，粒子经过e点时，磁场方向相反，t2=内粒子沿顺时针方向运动半周到达f点，此时磁场再反向，‎ 粒子在t3=T内沿逆时针方向运动到g点，然后在t4=内运动到h点，接着在t5=内运动到i点，最后经t6=从j点离开磁场，‎ 粒子运动的总时间：t总=t1+t2+t3+t4+t5+t6=，t总=；‎ 答：（1）金属板C、D之间的电势差UCD为U0；‎ ‎（2）粒子离开偏转电场时速度的大小为：，方向：与初速度方向成30°．‎ ‎（3）磁场的变化周期T0和为，该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总为．‎ ‎　‎ ‎2017年1月22日