山东省德州市武城二中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

山东省德州市武城二中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年山东省德州市武城二中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12小题，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，每小题3分．第7～12题有多项符合题目要求，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．下列关于物理学发展史和单位制的说法正确的是（　　）‎ A．物理学家汤姆孙经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量 B．卡文迪许通过扭秤实验测量了静电力常量，并验证了库仑定律 C．国际单位制中的七个基本单位是：Kg、m、N、A、K、mol、cd D．功的单位可以用 kgm2/s2表示 ‎2．如图所示，真空中有等量异种点电荷+q、﹣q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在MN连线的中垂线上，O点电势最高 B．正电荷+q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大 C．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能 D．正电荷+q在c点电势能小于在a点电势能 ‎3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，EP表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．某卫星发射中心在发射卫星时，首先将该卫星发射到低空轨道1，待测试正常后通过点火加速使其进入高空轨道2，已知卫星在上述两轨道运行时均做匀速圆周运动，假设卫星的质量不变，在两轨道上稳定运行时的动能之比为Ek1：Ek2‎ ‎=4：1．如果卫星在两轨道的向心加速度分别用a1、a2表示，角速度分别用ω1、ω2表示，周期分别用T1、T2表示，轨道半径分别用r1、r2表示．则下列比例式正确的是（　　）‎ A．a1：a2=4：1 B．ω1：ω2=2：1 C．T1：T2=1：8 D．r1：r2=1：2‎ ‎5．如图，小物块P位于光滑斜面上，斜面Q位于光滑水平地面上，小物块P从静止开始沿斜面下滑的过程中（　　）‎ A．斜面静止不动 B．物块P的机械能守恒 C．物块P对斜面的弹力对斜面做正功 D．斜面对物块P的弹力对P不做功 ‎6．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于（　　）‎ A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg ‎7．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（　　）‎ A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力可能不变 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧的弹力始终不变 ‎8．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于 D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于 ‎9．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的a﹣F图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）‎ A．滑块A的质量为4kg B．木板B的质量为1kg C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2‎ D．当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2‎ ‎10．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．q1、q2为等量异种电荷 B．C点的电场强度大小为零 C．C、D两点间场强方向沿x轴负方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 ‎11．假设若干年后，由于地球的变化，地球的半径变小了，但地球的质量不变，地球的自转周期不变，则相对于现在（　　）‎ A．地球表面的重力加逮度变大了 B．发射一颗卫星需要的最小发射速度变大了 C．地球的同步卫星的高度变大了 D．地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度变大了 ‎12．如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B球间的细线的张力为 B．A、B球间的细线的张力可能为0‎ C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力 D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力 ‎　‎ 二、实验题（共2小题，11题6分，12题6分，共12分．）‎ ‎13．同学们利用如图所示方法估测反应时间．‎ 首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置刻度读数为x，则乙同学的反应时间为　　（重力加速度为g）．‎ 基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4s，则所用直尺的长度至少为　　cm（g取10m/s2）；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是　　的（选填“相等”或“不相等”）．‎ ‎14．某同学用如图甲所示的装置测定﹣物块的质量．将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，物块左端通过细线与力传感器和重物连接，右端选接穿过打点计时器的纸带．该同学通过改变重物的质量，获得多组实验数据，画出了物块加速度a与所受细线拉力F的关系，如图乙．‎ ‎（1）该同学测得物块的质量m=　　kg．‎ ‎（2）取重力加速度g=10m/s2，还可得出物块和木板之间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（3）下面做法可以减小物块质量测试误差的是　　．‎ A．尽量减小滑轮处的摩擦 B．尽量使重物的质量远小于物块的质量 C．实验前将长木板右侧适当抬高来平衡摩擦力 D．多次改变重物的质量进行多次试验．‎ ‎　‎ 三、计算题（本部分3题，共46分．按题目要求作答，解答题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．）‎ ‎15．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B、C质量均相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g．求：‎ ‎①A物体的最终速度；‎ ‎②A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．‎ ‎16．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的选项MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1 中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．‎ ‎17．传送带以稳定的速度v=6m/s顺时针转动，传送带与水平面的夹角θ=37°，现在将一质量m=2kg的物体（可以看作质点）放在其底端，传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20N拉物体，经过一段时间物体被拉到斜面顶端，如图所示，已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6m，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）求物体从底端运动到顶端所用的时间；‎ ‎（2）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要多长时间离开传送带？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省德州市武城二中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，每小题3分．第7～12题有多项符合题目要求，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．下列关于物理学发展史和单位制的说法正确的是（　　）‎ A．物理学家汤姆孙经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量 B．卡文迪许通过扭秤实验测量了静电力常量，并验证了库仑定律 C．国际单位制中的七个基本单位是：Kg、m、N、A、K、mol、cd D．功的单位可以用 kgm2/s2表示 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据密立根和卡文迪许的物理学成就，以及国际单位中七个基本单位进行解答即可．‎ ‎【解答】解：A、物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，故A错误．‎ B、卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量G，并验证了万有引力定律，而不是库仑定律，故B错误．‎ C、国际单位制中的七个基本单位是：kg、m、s、A、K、mol、cd，N是导出单位，故C错误．‎ D、功的单位是J，由W=Fl知，1J=1Nm，根据F=ma，得 1N=1kgm/s2，所以得1J=1kgm2/s2，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键要掌握记牢物理学史，知道国际单位中七个基本单位，要注意N不是基本单位，而是导出单位．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，真空中有等量异种点电荷+q、﹣q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在MN连线的中垂线上，O点电势最高 B．正电荷+q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大 C．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能 D．正电荷+q在c点电势能小于在a点电势能 ‎【考点】电场的叠加；电势；电势能．‎ ‎【分析】真空中有等量异种点电荷，MN中垂线上的电场强度方向垂直连线bd向右，而中垂线是等势面，依据电场力做功来判定电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、由于M、N是异种电荷，中垂线是等势面，故A错误；‎ B、等量异种点电荷，则中垂线上的电场力的方向均垂直中垂线，因此正电荷+q从b点移到d点的过程中，电场力不做功，故B错误；‎ C、由于a点电势比c点的电势高，因此正电荷+q在a点电势能大于在c点电势能，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考查的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点．‎ ‎　‎ ‎3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，EP表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C= 可知，C与x图象不能为一次函数图象，故A错误；‎ B、由U= 可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；‎ C、因负极板接地，设P点原来距负极板为d，则P点的电势φ=E（d﹣L0）；故C正确；‎ D、电势能E=φq=Eq（d﹣L0），不可能为水平线，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎4．某卫星发射中心在发射卫星时，首先将该卫星发射到低空轨道1，待测试正常后通过点火加速使其进入高空轨道2，已知卫星在上述两轨道运行时均做匀速圆周运动，假设卫星的质量不变，在两轨道上稳定运行时的动能之比为Ek1：Ek2=4：1．如果卫星在两轨道的向心加速度分别用a1、a2表示，角速度分别用ω1、ω2表示，周期分别用T1、T2表示，轨道半径分别用r1、r2表示．则下列比例式正确的是（　　）‎ A．a1：a2=4：1 B．ω1：ω2=2：1 C．T1：T2=1：8 D．r1：r2=1：2‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】先由动能的定义求出速度的关系，然后根据万有引力提供向心力，写出表达式，然后逐选项分析即可．‎ ‎【解答】解：由于卫星在两轨道上稳定运行时的动能之比为Ek1：Ek2=4：1，而：Ek=，所以：v1：v2=2：1‎ 根据万有引力提供向心力得 G=m=mr=mω2r=ma，得 v=，T=2π，ω=，a=‎ 由上式可得：卫星的轨道半径变为原来的4倍；‎ 再由各个量与半径的关系可知，周期为原来的8倍，角速度变为原来的，向心加速度变为原来的．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎【点评】人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法．‎ ‎　‎ ‎5．如图，小物块P位于光滑斜面上，斜面Q位于光滑水平地面上，小物块P从静止开始沿斜面下滑的过程中（　　）‎ A．斜面静止不动 B．物块P的机械能守恒 C．物块P对斜面的弹力对斜面做正功 D．斜面对物块P的弹力对P不做功 ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】物体P与Q相互挤压，物体Q在小滑块P的推动下向右加速，小滑块P沿斜面加速下滑，同时随斜面体向右运动，系统水平方向动量守恒．‎ ‎【解答】解：A、斜面体Q在小滑块P的推动下向右加速，故A错误；‎ B、P与Q物体系统内，物体P减小的重力势能转化为P与Q的动能，即PQ系统机械能守恒，Q的机械能增大，P的机械能减小，故B错误；‎ C、斜面体Q在小滑块P的推动下向右加速，动能增加，根据动能定理可知，物块P对斜面的弹力对斜面做正功，斜面对物块P的弹力对P做负功，故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题关键是P与Q系统内部，只有动能和重力势能相互转化，故系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒；同时系统水平方向动量守恒．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于（　　）‎ A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】隔离物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，找出使纸板相对砝码运动的临界条件即可判断 ‎【解答】解：（1）当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：‎ f1=μ2mg=2ma1‎ 得：a1==μg F﹣f1﹣f2=m2a2‎ 发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2＞a1‎ 所以：F=f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1=μ2mg+μ3mg+μmg=6μmg 即：F＞6μmg 故选：D ‎【点评】本题考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大 ‎　‎ ‎7．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（　　）‎ A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力可能不变 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧的弹力始终不变 ‎【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】绳子拉力等于a的重力，保持不变．b对斜面的压力等于b及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力．b所受的重力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力．当向b中缓慢加入沙子时，根据平衡条件讨论b受到的摩擦力的变化．整体保持静止，合力为零，保持不变．‎ ‎【解答】解：A、由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大．故A正确；‎ B、以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，在b盒内缓慢加入适量砂粒后，竖直向下的重力增大，而其他的力不变，所以整体受到的支持力一定增大．故B错误；‎ C、以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知摩擦力的方向一定向右．故C错误；‎ D、a、b、c始终处于静止状态，则弹簧的长度不变，由胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，故D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向；注意静摩擦力可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于 D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于 ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、若小球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；‎ B、若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为mgR．若初速度v0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR，故B错误．‎ C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有 mg=m 由机械能守恒定律得： mv02=mg2R+，小球在最低点时的最小速度v0=，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于．故C正确．‎ D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得： mv02=mg2R，小球在最低点时的速度v0=，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的a﹣F图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）‎ A．滑块A的质量为4kg B．木板B的质量为1kg C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2‎ D．当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．‎ ‎【解答】解：A、当F等于8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=4kg，当F大于8N时，对B，由牛顿第二定律得：a==F﹣，由图示图象可知，图线的斜率：k====1，解得，木板B的质量：M=1kg，滑块A的质量为：m=3kg．故A错误，B正确．‎ C、根据F大于8N的图线知，F=6N时，a=0m/s2，由a=F﹣，可知：0=×6﹣，解得：μ=0.2，由图示图象可知，当F=10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB=a=F﹣=×10﹣=4m/s2，故C正确；‎ D、当F=10N时，A、B相对滑动，木块A的加速度：aA==μg=2m/s2，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．‎ ‎　‎ ‎10．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．q1、q2为等量异种电荷 B．C点的电场强度大小为零 C．C、D两点间场强方向沿x轴负方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】由图象中电势的特点可以判断应该是同种等量电荷，画出OM间可能的电场线分布，从而去判断场强的大小．根据电场力方向与位移方向的关系分析做功正负．‎ ‎【解答】解：A、若q1、q2是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，电势分布具有对称性，应该是等量的同种电荷，故A错误；‎ B、q1、q2是等量同种电荷，它们在C点产生的场强大小相等、方向相反，故C点的场强为零，故B正确；‎ C、沿电场线方向电势逐渐降低，则C、D两点间场强方向沿x轴负方向，故C正确；‎ D、0C电场线向右，CM电场线向左，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先向左后向右，所以电场力先做负功后做正功，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题题型比较新颖，关键要掌握电势和场强的关系，明确等量同种电荷电场线的分布情况，需要我们具有较强的识图的能力．‎ ‎　‎ ‎11．假设若干年后，由于地球的变化，地球的半径变小了，但地球的质量不变，地球的自转周期不变，则相对于现在（　　）‎ A．地球表面的重力加逮度变大了 B．发射一颗卫星需要的最小发射速度变大了 C．地球的同步卫星的高度变大了 D．地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度变大了 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力等于重力得出地球表面重力加速度的表达式，结合半径的变化得出重力加速度的变化．根据万有引力提供向心力得出最小发射速度的表达式，从而分析判断．抓住同步卫星的周期不变，结合万有引力提供向心力得出高度的变化，结合轨道半径不变，判断线速度是否改变．‎ ‎【解答】解：A、根据得，g=，地球质量不变，半径变小，则地球表面重力加速度变大，故A正确．‎ B、根据得，v=，地球的质量不变，地球的半径变小，则最小发射速度变大，故B正确．‎ C、同步卫星的周期与地球自转周期相同，根据得，h=，周期不变，地球质量不变，半径变小，则地球同步卫星的高度变大，故C正确．‎ D、根据r=知，同步卫星的轨道半径不变，又周期不变，根据v=知，线速度大小不变，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B球间的细线的张力为 B．A、B球间的细线的张力可能为0‎ C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力 D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．‎ ‎【解答】解：A、静止时，对B球进行受力分析，则有：‎ T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正确，B错误；‎ C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为a=g+（显然＞g），C球以加速度g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma′=，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中．‎ ‎　‎ 二、实验题（共2小题，11题6分，12题6分，共12分．）‎ ‎13．同学们利用如图所示方法估测反应时间．‎ 首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置刻度读数为x，则乙同学的反应时间为　　（重力加速度为g）．‎ 基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4s，则所用直尺的长度至少为　80　cm（g取10m/s2）；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是　不相等　的（选填“相等”或“不相等”）．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；自由落体运动．‎ ‎【分析】直尺做的是自由落体运动，根据自由落体运动计算下降的时间，直尺下降的时间就是人的反应时间，根据匀变速直线运动的规律分析相等时间间隔内位移的变化规律．‎ ‎【解答】解：直尺下降的时间即为自由落体运动的时间，‎ 根据x=gt2可得，‎ t=，‎ 即乙同学的反应时间为．‎ 测量范围为0～4s，则所用直尺的长度即为自由落体下降4s的位移的大小，‎ 即h=gt2==0.8m=80cm 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相等时间间隔通过的位移是不断增加的，所以每个时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的．‎ 故答案为：；80；不相等．‎ ‎【点评】本题自由落体运动规律在生活的应用，自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，结合自由落体运动考查了匀加速直线运动的规律，难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．某同学用如图甲所示的装置测定﹣物块的质量．将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，物块左端通过细线与力传感器和重物连接，右端选接穿过打点计时器的纸带．该同学通过改变重物的质量，获得多组实验数据，画出了物块加速度a与所受细线拉力F的关系，如图乙．‎ ‎（1）该同学测得物块的质量m=　0.5　kg．‎ ‎（2）取重力加速度g=10m/s2，还可得出物块和木板之间的动摩擦因数μ=　0.2　．‎ ‎（3）下面做法可以减小物块质量测试误差的是　AD　．‎ A．尽量减小滑轮处的摩擦 B．尽量使重物的质量远小于物块的质量 C．实验前将长木板右侧适当抬高来平衡摩擦力 D．多次改变重物的质量进行多次试验．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律得出加速度与F的关系式，结合图线的斜率和截距求解物块的质量和动摩擦因数．该实验无需平衡摩擦力，也不要满足重物的质量远小于物块的质量．‎ ‎【解答】解：（1、2）根据牛顿第二定律得，F﹣μmg=ma，解得a=﹣μg，知图线的斜率表示物块质量的倒数，即=2，解得m=0.5kg；‎ 纵轴截距的大小为μg，即μg=2，解得μ=0.2．‎ ‎（3）在该实验中拉力的大小用传感器测得，所以不需要满足重物的质量远小于物块的质量；实验不需要平衡摩擦力．减小定滑轮处的摩擦，改变重物的质量多测量几次可以减小实验的误差．故选：AD．‎ 故答案为：（1）0.5；（2）0.2；（3）AD．‎ ‎【点评】本题考查了实验数据处理、实验注意事项等问题，处理图象题的一般方法是得出两物理量的关系式，结合图线的斜率和截距进行分析求解．‎ ‎　‎ 三、计算题（本部分3题，共46分．按题目要求作答，解答题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．）‎ ‎15．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B、C质量均相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g．求：‎ ‎①A物体的最终速度；‎ ‎②A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】①B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；‎ ‎②由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，由f=μmg求动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：①设A、B的质量为m，则B的质量为2m．‎ B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=3mv1‎ 解得：v1=‎ B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0+2mv1=3mv2‎ 解得：v2=；‎ ‎②在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：‎ fL=+﹣‎ 又 f=μmg 解得：μ=‎ 答：①A物体的最终速度是；‎ ‎②A物体与木板C上表面间的动摩擦因数是．‎ ‎【点评】本题的关键要注意研究对象的选择、明确选择正方向，分析清楚物体运动过程，运用动量守恒定律、能量守恒定律解题．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的选项MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1‎ ‎ 中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；‎ ‎（2）在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为；‎ ‎（3）做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得．‎ ‎【解答】解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：…①‎ 由得：…②‎ 电子进入电场E2时的速度为：v1=a1t1‎ 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：…③‎ 出电场后到光屏的时间为：…④‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2+t3…⑤‎ 联立①→⑤求解得：；‎ ‎（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子进入电场E2时的加速度为：‎ ‎…⑥，‎ vy=a2t3…⑦‎ ‎…⑧‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为…⑨‎ 联立①②③⑥⑦⑧⑨得：tanθ=2…⑩．‎ ‎（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P到O点的距离x，‎ 根据上图有几何关系得，…（11）‎ 联立⑩（11）得：x=3L．‎ 答：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t为；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ为2；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x为3L．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．‎ ‎　‎ ‎17．传送带以稳定的速度v=6m/s顺时针转动，传送带与水平面的夹角θ=37°，现在将一质量m=2kg的物体（可以看作质点）放在其底端，传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20N拉物体，经过一段时间物体被拉到斜面顶端，如图所示，已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6m，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）求物体从底端运动到顶端所用的时间；‎ ‎（2）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要多长时间离开传送带？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；‎ ‎（2）若在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）物体在达到与传送带速度v=6m/s相等前，有：‎ ‎ F+μmgcos37°﹣mgsin37°=ma1‎ 解得a1=6m/s2‎ 由v=a1t1，t1=1s 位移x1=a1=3m 随后，有：F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°=ma2‎ 解得a2=2m/s2，物体匀加速上滑 位移x2=﹣x1=7m 则x2=vt2+‎ 解得t2=1s 总时间为：t=t1+t2=2s 即物体从传送带底端运动到平台上所用的时间是2s．‎ ‎（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，‎ 由于μmgcos37°=4N，mgsin37°=12N，‎ 故mgsin37°＞μmgcos37°，则此后物体做匀减速运动，加速度大小为a3==4m/s2‎ 设再过t′时间物体的速度减为零，则t′==1.5s 此过程物体通过的位移为x3==4.5m 由于传送带总长为10m，x1+x3＜10m，说明此后物体速度减速为零后沿传送带下滑．设下滑的时间为t3．‎ 则有 x1+x3=‎ 代入解得t3‎ 解得，t3=s 故撤去拉力，物体还需要时间t″=t′+t3=1.5s+s=（）s．‎ 答：‎ ‎（1）物体从底端运动到顶端所用的时间是2s；‎ ‎（2）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要s离开传送带．‎ ‎【点评】本题关键是受力分析后确定物体的运动情况，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎　‎