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河北省衡水中学2016-2017学年上学期高三(上)期中物理试卷(解析版)

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                     2016-2017    学年河北省衡水中学高三物理试卷

 
一.本题共    15 小题,每小题     4 分.在每小题给出的四个选项中,至少有一项是正确的.全部选对得                             4 分,选对但不
全得   2 分,有选错的得      0 分.

1.同学通过以下步骤测出了从﹣定高度落下的排球对地面的冲击力:将一张白纸铺在水平地面上,把排球在水里弄

湿,然后让排球从规定的高度自由落下,并在白纸上留下球的水印.再将印有水印的白纸铺在台秤上,将球放在
纸上的水印中心,缓慢地向下压球,使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印.记下此时台秤的示数
即为冲击力的最大值.下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是(  )
A.建立“点电荷”的概念
B.建立“合力与分力”的概念
C.建立“瞬时速度”的概念
D.研究加速度与合力、质量的关系

2.卡车以    v0=10m/s 在平直的公路上匀速行驶,因为路口出现红灯,司机立即刹车,使卡车匀减速直线前进直至
停止.停止等待       6s 时,交通灯变为绿灯,司机立即使卡车做匀加速运动.已知从开始刹车到恢复原来的速度所用
时间   t=12s,匀减速的加速度是匀加速的            2 倍,反应时间不计.则下列说法正确的是(  )

A.卡车匀减速所用时间           t1=2s
B.匀加速的加速度为         5m/s2
C.卡车刹车过程通过的位移是             20m
D.从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中,通过的位移大小为                             40m

3.从地面上以初速度         v0 竖直上抛一质量为       m 的小球,若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比,球运动的

速率随时间变化的规律如图所示,t1              时刻到达最高点,再落回地面,落地速率为                  v1,且落地前小球已经做匀速运
动,则整个在过程中,下列说法中错误的是(  )


A.小球被抛出时的加速度值最大,到达最高点的加速度值最小
B.小球的加速度在上升过程中逐渐减小,在下降过程中也逐渐减小


C.小球抛出瞬间的加速度大小为(1+                  )g


D.小球下降过程中的平均速度大于

4.火星探测器绕火星近地做圆周轨道飞行,其线速度和相应的轨道半径为                               v0 和 R0,火星的一颗卫星在圆轨道上
的线速度和相应的轨道半径为             v 和 R,则下列关系正确的是(  )

A.lg(     )=   lg(   )B.lg(      )=2lg(     )
                           中国现代教育网      www.30edu.com  全国最大教师交流平台

C.lg(     )=   lg(   ) D.lg(     )=2lg(     )
5.如图所示,将质量为          2m 的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为                      m 的小环,小环套在竖直固定的
光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为                  d.现将小环从与定滑轮等高的            A 处由静止释放,当小环沿直杆下滑距
离也为   d 时(图中    B 处),下列说法正确的是(重力加速度为                 g)(  )


A.环与重物组成的系统机械能守恒
B.小环到达      B 处时,重物上升的高度也为           d

C.小环在     B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于

D.小环在     B 处的速度时,环的速度为

6.如图所示,传送带         AB 的倾角为     θ,且传送带足够长.现有质量为             m 可视为质点的物体以         v0 的初速度从     B 端

开始向上运动,物体与传送带之间的动摩擦因数                    μ>tanθ,传送带的速度为         v(v0<v),方向未知,重力加速度为
g.物体在传送带上运动过程中,下列说法正确的是(  )


A.摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是                 μmgvcosθ

B.摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是                 μmgv0cosθ
C.运动过程物体的机械能可能一直增加
D.摩擦力对物体可能先先做正功后做负功
7.如图所示,质量为         m 的物体,放在一固定斜面上,当斜面倾角为                   30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大
小为   F 的水平向右恒力,物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当斜面倾角增大并超过

某一临界角     θ0 时,不论水平恒力        F 多大,都不能使物体沿斜面向上滑行,则下列说法正确的是(  )


A.物体与斜面间的动摩擦因数为
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B.物体与斜面间的动摩擦因数为

C.这一临界角       θ0 的大小  30°

D.这一临界角       θ0 的大小  60°
8.如图所示,直线        MN  是某电场中的一条电场线(方向未画出).虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下,由
a 运动到   b 的运动轨迹,轨迹为一抛物线.下列判断正确的是(  )


A.电场线     MN 的方向一定是由        N 指向  M
B.带电粒子由       a 运动到  b 的过程中动能不一定增加
C.带电粒子在       a 点的电势能一定大于在         b 点的电势能
D.带电粒子在       a 点的加速度一定大于在         b 点的加速度

9.如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场                                       E1,之后进入电场

线竖直向下的匀强电场          E2 发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么(  
)


A.偏转电场      E2 对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时的速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
10.如图所示,在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的                       P 点,固定一电荷量为+Q         的点电荷.一质量为         m、带电

荷量为+q   的物块(可视为质点的检验电荷),从轨道上的                     A 点以初速度     v0 沿轨道向右运动,当运动到           P 点正下
方  B 点时速度为     v.已知点电荷产生的电场在           A 点的电势为     φ(取无穷远处电势为零),P             到物块的重心竖直距
离为   h,P、A  连线与水平轨道的夹角为           60°,k 为静电常数,下列说法正确的是(  )


A.物块在     A 点的电势能     EPA=Qφ

B.物块在     A 点时受到轨道的支持力大小为            mg+

C.点电荷+Q     产生的电场在      B 点的电场强度大小
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                                                2
D.点电荷+Q     产生的电场在      B 点的电势    φB=    (v   ﹣v )+φ
11.如图所示,不带电的金属球             A 固定在绝缘底座上,它的正上方有              B 点,该处有带电液滴不断地自静止开始落
下(不计空气阻力),液滴到达              A 球后将电荷量全部传给          A 球,设前一液滴到达         A 球后,后一液滴才开始下落,
不计   B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响,则下列叙述中正确的是(  )


A.第一滴液滴做自由落体运动,以后液滴做变加速运动,都能到达                            A 球
B.当液滴下落到重力等于电场力位置时,开始做匀速运动
C.能够下落到       A 球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D.所有液滴下落过程中电场力做功相等
12.如图甲所示,有一绝缘的竖直圆环,圆环上分布着正电荷.一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细

杆上套有一质量为        m=10g 的带正电的小球,小球所带电荷量               q=5.0×10﹣4C,让小球从     C 点由静止释放.其沿细杆

由  C 经 B 向 A 运动的   v﹣t 图象如图乙所示.且已知小球运动到              B 点时,速度图象的切线斜率最大(图中标出了该

切线)下列说法正确的是(  )


A.由   C 到 A 的过程中,小球的电势能先减小后增大
B.在   O 点右侧杆上,B      点场强最大,场强大小为           E=1.2V/m

C.C、B   两点间的电势差        UCB=0.9V
D.沿着    C 到 A 的方向,电势先降低后升高

13.如图电路中,电源的内电阻为              r,R1、R3、R4   均为定值电阻,电表均为理想电表.闭合电键                   S,当滑动变阻器

R2 的滑动触头向右滑动时,下列说法中正确的是(  )


A.电压表的示数变小
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B.电流表的示数变大
C.电流表的示数变小

D.R1  中电流的变化量一定大于           R4 中电流的变化量
14.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用.如图所示,一直流电动机                               M  和电灯   L 并联之后接在直流电源

上,电动机内阻       r1=0.5Ω,电灯灯丝电阻       R=9Ω(阻值认为保持不变),电源电动势                 E=12V,内阻    r2=1Ω开关
S 闭合,电动机正常工作时,电压表读数为                  9V.则下列说法不正确的是(  )


A.流过电源的电流         3A
B.流过电动机的电流         2A
C.电动机的输入功率等于           2W
D.电动机对外输出的机械功率             16W

15.如图,质量分别为         m1=1.0kg 和 m2=2.0kg 的弹性小球    a、b,用轻绳紧紧的把它们捆在一起,使它们发生微小

的形变.该系统以速度          v0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原
直线运动.经过时间         t=5.0s 后,测得两球相距       s=4.5m,则下列说法正确的是(  )


A.刚分离时,a       球的速度大小为       0.7m/s
B.刚分离时,b       球的速度大小为       0.2m/s
C.刚分离时,a、b       两球的速度方向相同
D.两球分开过程中释放的弹性势能为                0.27J
 
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第                    16 题~第   20 题为必考题,每个试题考生都必须作答.第                  21 题~
第  22 题为选考题,考生从两个题中任选一个作答,如果两个均作答,则按着第一个给分.
16.在高中物理力学实验中,下列说法中正确的是(  )
A.利用打点计时器在“研究匀变速直线运动规律”的实验中,可以根据纸带上的点迹计算物体的平均速度
B.在“验证力的平行四边形定则”实验中,要使力的作用效果相同,只需橡皮条具有相同的伸长量
C.在“验证牛顿第二定律”的实验中,需要先平衡摩擦力
D.在“验证机械能守恒定律”的实验中,应该先释放重物后接通电源
17.利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图                      2 所示,水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上                     A 点
处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为                   M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为                     m 的小球相连;遮
光片两条长边与导轨垂直,导轨上               B 点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间                        t,用  d 表示 A 点
到光电门    B 处的距离,b     表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过                            B 点时的瞬时速度,
实验时滑块在      A 处由静止开始运动.
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(1)某次实验测得倾角          θ=30°,重力加速度用       g 表示,滑块从      A 处到达   B 处时  m 和 M  组成的系统动能增加量可

表示为△EK=  ,系统的重力势能减少量可表示为△EP=  ,在误差允许的范围内,若△EK=△EP                                     则可认为系
统的机械能守恒;(用题中字母表示)

                                                   2
(2)在上次实验中,某同学改变              A、B  间的距离,作出的        v ﹣d 图象如图   2 所示,并测得     M=m,则重力加速度         g=   

m/s2.
18.如图所示,在倾角为          α 的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为                 2m 和  m 的带电小球     A 和 B(均可视为质点)

,它们相距为      L0 两球同时由静止开始释放时,B             球的初始加速度恰好等于零.经过一段时间后,当两球距离为

L′时,A、B    的加速度大小之比为         a1:a2=11:5.
(1)若   B 球带正电荷且电荷量为          q,求   A 球所带电荷量      Q 及电性;
(2)求   L′与  L 之比.


19.如图所示,固定斜面的倾角             θ=30°,物体   A 与斜面之间的动摩擦因数为            μ=   ,轻弹簧下端固定在斜面底端,
弹簧处于原长时上端位于           C 点.用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体                         A 和 B,滑轮右侧绳子与

斜面平行,A      的质量为    2m,B  的质量为     m,初始时物体      A 到  C 点的距离为    L.现给    A、B  一初速度    v0 使 A 开始
沿斜面向下运动,B         向上运动,物体       A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到              C 点.已知重力加速度为          g,不计空气
阻力,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,求此过程中:
(1)物体    A 向下运动刚到      C 点时的速度;
(2)弹簧的最大压缩量;
(3)弹簧中的最大弹性势能.


20.如图所示,空间有场强           E=1.0×102V/m 竖直向下的电场,长         L=0.8m 不可伸长的轻绳固定于          O 点.另一端系

一质量   m=0.5kg 带电  q=5×10﹣2C 的小球.拉起小球至绳水平后在              A 点无初速度释放,当小球运动至             O 点的正下方

B 点时绳恰好断裂,小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成                              θ=53°、无限大的挡板       MN 上的
C 点.试求:
(1)绳子的最大张力;
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(2)A、C    两点的电势差;
(3)当小球运动至        C 点时,突然施加一恒力          F 作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右移至某处,若小球仍能垂
直打在档板上,所加恒力           F 的方向及取值范围.


 
[物理--选修    3-3](10 分)
21.下列说法中正确的是(  )
A.布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动
B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C.液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点

D.当两分子间距离大于平衡位置的间距                 r0 时,分子间的距离越大,分子势能越小
E.温度升高时,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有的分子的速率都增大

22.一定质量的理想气体体积            V 与热力学温度      T 的关系图象如图所示,气体在状态              A 时的压强    pA=p0,温度

TA=T0,线段    AB 与 V 轴平行,BC     的延长线过原点.求:

(1)气体在状态       B 时的压强    pB;
(2)气体从状态       A 变化到状态     B 的过程中,对外界做的功为            10J,该过程中气体吸收的热量为多少;

(3)气体在状态       C 时的压强    pC 和温度   TC.


 
[物理--选修    3-4](10 分)
23.图(a)为一列简谐横波在            t=0 时的波形图,P      是平衡位置在      x=0.5m 处的质点,Q      是平衡位置在      x=2.0m 处
的质点;图(b)为质点          Q 的振动图象.下列说法正确的是(  )


A.这列简谐波沿        x 轴正方向传播
B.这列简谐波沿        x 轴负方向传播
C.波的传播速度为         20m/s
D.从   t=0 到 t=0.25s,波传播的距离为       50cm
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E.在   t=0.10s 时,质点   Q 的加速度方向与       y 轴正方向相同
24.图示为用玻璃做成的一块棱镜的截面图,其中                    ABOD  是矩形,OCD      是半径为    R 的四分之一圆弧,圆心为
O.一条光线      从  AB 面上的某点入射,入射角为            45°,它进入棱镜后恰好以全反射临界角射在面上的                    O 点.求:
①该棱镜的折射率         n;
②光在该棱镜中传播的速度大小               v(已知光在空气中的传播速度            c=3.0×108 m/s)


 
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          2016-2017     学年河北省衡水中学高三(上)期中物理试卷

                                          参考答案与试题解析
 
一.本题共    15 小题,每小题     4 分.在每小题给出的四个选项中,至少有一项是正确的.全部选对得                             4 分,选对但不
全得   2 分,有选错的得      0 分.

1.同学通过以下步骤测出了从﹣定高度落下的排球对地面的冲击力:将一张白纸铺在水平地面上,把排球在水里弄

湿,然后让排球从规定的高度自由落下,并在白纸上留下球的水印.再将印有水印的白纸铺在台秤上,将球放在
纸上的水印中心,缓慢地向下压球,使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印.记下此时台秤的示数
即为冲击力的最大值.下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是(  )
A.建立“点电荷”的概念
B.建立“合力与分力”的概念
C.建立“瞬时速度”的概念
D.研究加速度与合力、质量的关系
【考点】元电荷、点电荷;瞬时速度.
【分析】通过白纸上的球的印迹,来确定球发生的形变的大小,从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量
的大小来表示出来,在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小,这是用来等效替代的方法.
【解答】解:A、点电荷是一种理想化的模型,是采用的理想化的方法,故                               A 错误;
B、合力和分力是等效的,它们是等效替代的关系,故                       B 正确;
C、瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度,是采用的极限的方法,故                                           C 错误.
D、研究加速度与合力、质量的关系的时候,是控制其中的一个量不变,从而得到其他两个物理量的关系,是采用
的控制变量的方法,故          D 错误.
故选:B.
【点评】在物理学中为了研究问题方便,经常采用很多的方法来分析问题,对于常用的物理方法一定要知道.
 

2.卡车以    v0=10m/s 在平直的公路上匀速行驶,因为路口出现红灯,司机立即刹车,使卡车匀减速直线前进直至
停止.停止等待       6s 时,交通灯变为绿灯,司机立即使卡车做匀加速运动.已知从开始刹车到恢复原来的速度所用
时间   t=12s,匀减速的加速度是匀加速的            2 倍,反应时间不计.则下列说法正确的是(  )

A.卡车匀减速所用时间           t1=2s
B.匀加速的加速度为         5m/s2
C.卡车刹车过程通过的位移是             20m
D.从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中,通过的位移大小为                             40m
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【分析】根据匀加速和匀减速直线运动时加速度的关系得出运动时间的关系,从而求出减速和加速的时间,根据
速度时间公式求出匀加速运动的加速度.根据平均速度推论求出匀加速和匀减速运动的位移,从而得出从卡车开
始刹车到刚恢复到原来速度的过程中,通过的位移大小.
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【解答】解:A、因为汽车匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度,匀加速直线运动的初速度和匀

减速直线运动的末速度均为零,根据                t= 知,匀减速的加速度是匀加速的              2 倍,则匀减速的时间是匀加速运动时

间的一半,所以卡车匀减速运动的时间                                     ,故  A 正确.


B、匀加速直线运动的时间           t2=12﹣6﹣2s=4s,则匀加速直线运动的加速度                                    ,故  B 错误.

C、卡车刹车过程中的位移                                  ,故  C 错误.

D、卡车匀加速直线运动的位移                                    ,则卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中,通过
的位移大小为      30m,故   D 错误.
故选:A.
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,有时运用推论求解会使问题
更加简捷.
 

3.从地面上以初速度         v0 竖直上抛一质量为       m 的小球,若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比,球运动的

速率随时间变化的规律如图所示,t1              时刻到达最高点,再落回地面,落地速率为                  v1,且落地前小球已经做匀速运
动,则整个在过程中,下列说法中错误的是(  )


A.小球被抛出时的加速度值最大,到达最高点的加速度值最小
B.小球的加速度在上升过程中逐渐减小,在下降过程中也逐渐减小


C.小球抛出瞬间的加速度大小为(1+                  )g


D.小球下降过程中的平均速度大于
【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】A、由图中的速度可以判定何时阻力最大,进而判定最大加速度,加速度最小是零,而小球有匀速阶段,
故加速度最小值应该出现在匀速阶段
B、由小球受到的空气阻力与速率成正比,由此加上重力,可以判定上升和下降阶段的加速度变化

C、由图可知,速度为         v1 时球匀速,说明重力等于阻力,故可以得到比例系数,进而判定抛出时加速度
D、由面积表示位移来分析它与匀减速运动平均速度的关系,可判定                            D
【解答】解:A、小球抛出时重力向下,阻力向下,此时速率最大故阻力最大,可知合力在抛出时最大,可知此时
加速度最大,而加速度最小值为零,出现在匀速运动至落地前,故                            A 错误;
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B、由小球受到的空气阻力与速率成正比,由可知在上升过程中空气阻力减小,又重力向下,故上升阶段合力减小,
故加速度减小.下降过程中速率增大,空气阻力增大,方向向上,而重力向下,故合力逐渐减小,加速度逐渐减
小,故   B 正确;


C、由图可知,速度为         v1 时球匀速,说明重力等于阻力,故有:kv1=mg,得:                        ,故抛出瞬间的空气阻力为:


f0=kv0=     ,故抛出瞬间的加速度为:                        =(1+    )g,故   C 正确

D、下降过程若是匀加速直线运动,其平均速度为                       ,而从图中可以看出其面积大于匀加速直线运动的面积,即

图中的位移大于做匀加速的位移,而平均速度等于位移比时间,故其平均速度大于匀加速的平均速度,即大于                                                 ,
故  D 正确
本题选错误的,故选:A
【点评】本题关键是受力分析,只有分析好小球的受力,才能解答好前三项,至于最后一个是利用的面积表示位
移,而平均速度等于位移比时间.
 

4.火星探测器绕火星近地做圆周轨道飞行,其线速度和相应的轨道半径为                               v0 和 R0,火星的一颗卫星在圆轨道上
的线速度和相应的轨道半径为             v 和 R,则下列关系正确的是(  )

A.lg(     )=   lg(   )B.lg(      )=2lg(     )

C.lg(     )=   lg(   ) D.lg(     )=2lg(     )
【考点】万有引力定律及其应用.
【分析】人造卫星绕地球回周运动的向心力由万有引力提供,据此列式计算即可
【解答】解:人造卫星的向心力由万有引力提供,故有:

G    =m   ①


G    =m   ②


由①②两式得:


由对数运动算可得:lg(            )=lg(     )

所以   lg(   )=2lg(     )
故选:B
【点评】掌握万有引力提供圆周运动的向心力,能根据对数运动规律求得结论
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5.如图所示,将质量为          2m 的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为                      m 的小环,小环套在竖直固定的
光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为                  d.现将小环从与定滑轮等高的            A 处由静止释放,当小环沿直杆下滑距
离也为   d 时(图中    B 处),下列说法正确的是(重力加速度为                 g)(  )


A.环与重物组成的系统机械能守恒
B.小环到达      B 处时,重物上升的高度也为           d

C.小环在     B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于

D.小环在     B 处的速度时,环的速度为

【考点】机械能守恒定律;运动的合成和分解.
【分析】环刚开始释放时,重物的加速度为零,根据牛顿第二定律判断绳子的拉力大小.根据数学几何关系求出
环到达   B 处时,重物上升的高度.对            B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,在沿绳子方向上的分速度等于
重物的速度,从而求出环在            B 处速度与重物的速度之比.环和重物组成的系统,机械能守恒.
【解答】解:A、由于小环和重物只有重力做功,故系统机械能守恒,故                              A 正确;

B、结合几何关系可知,重物上升的高度:h=                              =(   ﹣1)d,故   B 错误;

C、两个物体沿着绳子方向的分速度,故:v                  环 cos45°=vG,故环在   B 处的速度与重物上升的速度大小之比为                   :
1,故   C 错误;

                                            2           2
D、小环和重物系统机械能守恒,故:mgd=                  mv 环  + (2m)vG    +(2m)gh;联立解得:v        环=              ,
故  D 正确;
故选:AD.
【点评】解决本题的关键知道系统机械能守恒,知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度,要注意重物上升
的高度不等于      d,应由几何关系求解         h.
 

6.如图所示,传送带         AB 的倾角为     θ,且传送带足够长.现有质量为             m 可视为质点的物体以         v0 的初速度从     B 端

开始向上运动,物体与传送带之间的动摩擦因数                    μ>tanθ,传送带的速度为         v(v0<v),方向未知,重力加速度为
g.物体在传送带上运动过程中,下列说法正确的是(  )
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A.摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是                 μmgvcosθ

B.摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是                 μmgv0cosθ
C.运动过程物体的机械能可能一直增加
D.摩擦力对物体可能先先做正功后做负功
【考点】功能关系;功率、平均功率和瞬时功率.
【分析】因为      μ>tanθ,即有    μmgcosθ>mgsinθ,送带足够长,物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度,
即可由公式     P=Fv 求得最大摩擦力对物体做功的最大瞬时功率.根据功能关系分析机械能的变化情况.

【解答】解:AB、由物体与传送带之间的动摩擦因数                      μ>tanθ,则有    μmgcosθ>mgsinθ.传送带的速度为         v(v0<

v),若   v0 与 v 同向,物体先做匀加速运动,最后物体加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大,此时摩擦力

的瞬时功率最大,则最大瞬时功率为                P=μmgvcosθ.若   v0 与 v 反向,物体先向上做匀减速运动,后向下匀加速运
动到和传送带速度相同时物体速度最大,此时摩擦力的瞬时功率最大,则最大瞬时功率为                                      P=μmgvcosθ.
故  A 正确,B   错误.
CD、摩擦力一直对物体做正功,由功能关系知,运动过程物体的机械能一直增加,故                                   C 正确,D    错误.
故选:AC
【点评】本题的关键要理解            μ>tanθ,即物体受到的最大静摩擦力大于重力在沿斜面的分力,判断出物体的运动情
况.
 
7.如图所示,质量为         m 的物体,放在一固定斜面上,当斜面倾角为                   30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大
小为   F 的水平向右恒力,物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当斜面倾角增大并超过

某一临界角     θ0 时,不论水平恒力        F 多大,都不能使物体沿斜面向上滑行,则下列说法正确的是(  )


A.物体与斜面间的动摩擦因数为

B.物体与斜面间的动摩擦因数为

C.这一临界角       θ0 的大小  30°

D.这一临界角       θ0 的大小  60°
【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.
【分析】物体匀速下滑时受力平衡,按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析,根据共点力平衡条件并结合正交
分解法列方程,同时结合摩擦力公式求解动摩擦因素                      μ;
物体沿斜面能匀速上升,根据平衡条件列方程求解推力                       F,改变斜面倾斜角度后,根据平衡条件再次结合函数表达
式分析即可.
【解答】解:AB、物体恰好匀速下滑时,由平衡条件有:

FN1=mgcos30°,

mgsin30°=μFN1,

则  μ=tan30°=   ;
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故  A 正确,B   错误;
CD、设斜面倾角为        α,由平衡条件有:

Fcosα=mgsinα+Ff,

FN2=mgcosα+Fsinα,

静摩擦力:Ff≤μFN2,

联立解得    F(cosα﹣μsinα)≤mgsinα+μmgcosα;

要使“不论水平恒力        F 多大”,上式都成立,则有          cosα﹣μsinα≤0,


所以   tanα≥   =   =tan60°,即 θ0=60°,故  C 错误,D    正确;
故选:AD
【点评】本题是力平衡问题,关键是分析物体的受力情况,根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解.
利用正交分解方法解体的一般步骤:
①明确研究对象;
②进行受力分析;
③建立直角坐标系,建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上,将不在坐标轴上的力正交分解;
④x  方向,y   方向分别列平衡方程求解.
 
8.如图所示,直线        MN  是某电场中的一条电场线(方向未画出).虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下,由
a 运动到   b 的运动轨迹,轨迹为一抛物线.下列判断正确的是(  )


A.电场线     MN 的方向一定是由        N 指向  M
B.带电粒子由       a 运动到  b 的过程中动能不一定增加
C.带电粒子在       a 点的电势能一定大于在         b 点的电势能
D.带电粒子在       a 点的加速度一定大于在         b 点的加速度
【考点】电场线;电势能.
【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向,从而确定电场线                                      MN  的方向以,然后
根据电场力做功情况,进一步解答.
【解答】解:A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动,物体所受外力指向轨迹内侧,所以粒子所受的电场力
一定是由    M  指向  N,但是由于粒子的电荷性质不清楚,所以电场线的方向无法确定.故                             A 错误
B、粒子从     a 运动到  b 的过程中,电场力做正功,电势能减小,动能增加,故                       B 错误
C、粒子从     a 运动到  b 的过程中,电场力做正功,电势能减小,带电粒子在                      a 点的电势能一定大于在         b 点的电势能,
故  C 正确.
D、由   a 到 b 的运动轨迹,轨迹为一抛物线,说明粒子一定受恒力,即带电粒子在                            a 点的加速度等于在       b 点的加速
度,故   D 错误
故选:C.
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【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口,然后可进
一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况.
 

9.如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场                                       E1,之后进入电场

线竖直向下的匀强电场          E2 发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么(  
)


A.偏转电场      E2 对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时的速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度,再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移;
再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置.

                                                                2
【解答】解:带电粒子在加速电场中加速度,由动能定理可知:E1qd=                            mv  ;

解得:v=           ;

粒子在偏转电场中的时间           t= ;


在偏转电场中的纵向速度           v0=at=


纵向位移    x=  at2=     ;即位移与比荷无关,与速度无关;
由相似三角形可知,打在屏幕上的位置一定相同,到屏上的时间与横向速度成反比;
故选:AD.
【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转,要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用.
 
10.如图所示,在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的                       P 点,固定一电荷量为+Q         的点电荷.一质量为         m、带电

荷量为+q   的物块(可视为质点的检验电荷),从轨道上的                     A 点以初速度     v0 沿轨道向右运动,当运动到           P 点正下
方  B 点时速度为     v.已知点电荷产生的电场在           A 点的电势为     φ(取无穷远处电势为零),P             到物块的重心竖直距
离为   h,P、A  连线与水平轨道的夹角为           60°,k 为静电常数,下列说法正确的是(  )
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A.物块在     A 点的电势能     EPA=Qφ

B.物块在     A 点时受到轨道的支持力大小为            mg+

C.点电荷+Q     产生的电场在      B 点的电场强度大小

                                                2
D.点电荷+Q     产生的电场在      B 点的电势    φB=    (v   ﹣v )+φ
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能.
【分析】对物体进行受力分析,受重力、支持力、库仑力,根据竖直方向合力等于零,求出物体在                                         A 点受到轨道
的支持力.从      A 点到   B 点,只有电场力做功,根据动能定理,求出电场力做功,从而得出两点间的电势差,从而
得出   B 点的电势.

【解答】解:A、物块在           A 点的电势能     EPA=+qφ,则  A 错误


B、物体受到点电荷的库仑力为:F=                  由几何关系可知:r=                设物体在    A 点时受到轨道的支持力大小为

N,由平衡条件有:

N﹣mg﹣Fsin60°=0


解得:N=mg+            .B  正确;


C、点电荷+Q     产生的电场在      B 点的电场强度大小为:EB=              =       ,故  C 错误;


D、设点电荷产生的电场在           B 点的电势为     φB,动能定理有:


解得:φB=                   ,故  D 正确

故选:BD
【点评】解决本题的关键知道电场力做功                  W=qU,U   等于两点间的电势差.以及掌握库仑定律和动能定理的运
用.
 
11.如图所示,不带电的金属球             A 固定在绝缘底座上,它的正上方有              B 点,该处有带电液滴不断地自静止开始落
下(不计空气阻力),液滴到达              A 球后将电荷量全部传给          A 球,设前一液滴到达         A 球后,后一液滴才开始下落,
不计   B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响,则下列叙述中正确的是(  )
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A.第一滴液滴做自由落体运动,以后液滴做变加速运动,都能到达                            A 球
B.当液滴下落到重力等于电场力位置时,开始做匀速运动
C.能够下落到       A 球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D.所有液滴下落过程中电场力做功相等
【考点】功能关系.
【分析】随着球       A 液滴增多,带电量增大,空间产生的场强增强,除第一滴液滴做自由落体运动,以后液滴做变
加速运动,不一定能到达           A 球;通过分析受力情况,判断液滴的运动情况;当液滴所受的电场力与重力相等时动
能最大,但各个液滴动能最大的位置不同,最大动能不等;根据功的公式                               W=Fl 分析电场力做功关系.
【解答】解:A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动,以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动,随着
球  A 液滴增多,带电量增大,空间产生的场强增强,以后液滴所受的电场力增大,这些液滴先加速后减速,就不
一定能到达     A 球,故    A 错误.
B、当液滴下落到重力等于电场力位置时,继续向下运动时电场力增大,电场力将大于重力,开始做减速运动,故
B 错误.


C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大,则有:mg=k                            ,x  是动能最大的位置到         A 距离,由于     A 球的

电荷量   qA 在不断增大,x      增大,所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移,合外力做功不等,则最
大动能不相等,故        C 正确.
D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等,若能到达                         A 球,根据功的公式        W=Fl 可知,通过的位移相等,电
场力做功不相等;若不能到达             A 球,液滴将返回到        B 点,电场力做功为零,即电场力做功相等,故                   D 错误.
故选:C.
【点评】本题关键要正确分析液滴的受力情况,从而判断其运动情况,知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能
最大,类似于小球掉在弹簧上的问题,要能进行动态分析.
 
12.如图甲所示,有一绝缘的竖直圆环,圆环上分布着正电荷.一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细

杆上套有一质量为        m=10g 的带正电的小球,小球所带电荷量               q=5.0×10﹣4C,让小球从     C 点由静止释放.其沿细杆

由  C 经 B 向 A 运动的   v﹣t 图象如图乙所示.且已知小球运动到              B 点时,速度图象的切线斜率最大(图中标出了该

切线)下列说法正确的是(  )
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A.由   C 到 A 的过程中,小球的电势能先减小后增大
B.在   O 点右侧杆上,B      点场强最大,场强大小为           E=1.2V/m

C.C、B   两点间的电势差        UCB=0.9V
D.沿着    C 到 A 的方向,电势先降低后升高
【考点】电势差与电场强度的关系;电势能.

【分析】通过乙图的         v﹣t 图象判断出加速度,加速度最大时受到的电场力最大,电场强度最大,由电场力做功即可

判断电势能,由       W=qU  求的电势差.
【解答】解:
AD、从   C 到  A 电场力一直做正功,故电势能一直减小,电势一直减小,故                        AD  错误;
B、由乙图可知,小球在          B 点的加速度最大,故受力最大,加速度有电场力提供,故                        B 点的电场强度最大,a=

    ,a=    ,解得   E=1.2V/m,故   B 正确;

C、由   C 到 B 电场力做功为      W=   mv   ﹣0,CB 间电势差为     U=   =0.9V,故  C 正确
故选:BC.
【点评】本题主要考查了图象问题,抓住电场力做正功,电势能减小即可.
 

13.如图电路中,电源的内电阻为              r,R1、R3、R4   均为定值电阻,电表均为理想电表.闭合电键                   S,当滑动变阻器

R2 的滑动触头向右滑动时,下列说法中正确的是(  )


A.电压表的示数变小
B.电流表的示数变大
C.电流表的示数变小

D.R1  中电流的变化量一定大于           R4 中电流的变化量
【考点】闭合电路的欧姆定律.

【分析】根据电路的结构,R2            与 R1 并联,与    R4 串联,再与     R3 并联,可知,当      P 向右滑动时,R2      增大,外电路
总电阻增大,则电压表示数            U 变大,干路电流       I 减小,由功率公式       P=I2r.则知道内电路消耗功率变大;根据干路

电流   I 与 R3 电流的变化情况,来判断         R4 电流  I4 的变化情况;由      U 与 U4 的变化情况,可分析得出           R1 的电流增大,

而  IA=I﹣I1,则可知  IA 变小.
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【解答】解:A、根据电路的结构,R2               与  R1 并联,与   R4 串联,再与     R3 并联,当    P 向右滑动时,R2     增大,R1   与

R2 并联电阻增大,外电路总电阻            R 总增大,干路电流        I 减小,路端电压      U 增大,即电压表示数变大,故             A 正确;

由  I4=I﹣I3 知,I 减小,I3 增大,则    I4 减小,U4  减小,而    R1 与 R2 并联的电压     U 并=U﹣U4,U  增大,U4   减小则   U 并增

大,则   R1 的电流   I1 变大,又电流表的电流         IA=I﹣I1,I 减小,I1 增大,则    IA 减小,故   B 错误,C    正确.

R4 中电流包括     R1 中电流和   R2 中电流,故     R4 中电流的变化量大于        R1 中电流的变化量,故         D 错误;
故选:C..
【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题,要注意解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构,并
采用控制变量法进行分析.
 
14.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用.如图所示,一直流电动机                               M  和电灯   L 并联之后接在直流电源

上,电动机内阻       r1=0.5Ω,电灯灯丝电阻       R=9Ω(阻值认为保持不变),电源电动势                 E=12V,内阻    r2=1Ω开关
S 闭合,电动机正常工作时,电压表读数为                  9V.则下列说法不正确的是(  )


A.流过电源的电流         3A
B.流过电动机的电流         2A
C.电动机的输入功率等于           2W
D.电动机对外输出的机械功率             16W
【考点】电功、电功率.
【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律,求出流过电源的电流.由欧姆定律求出灯泡的电流,由总
电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流.电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之
差.

【解答】解:A、电源的输出电压:U=E﹣Ir,则有                 I=             =3A,故   A 正确;


B、对灯泡:                     ,电动机与灯泡并联,则电动机的电流                I 电=I﹣I 灯=3A﹣1A=2A,故  B 正确;

C、电动机的输入功率等于           P=UI 电=9×2=18W,故     C 错误;

                                                        2
D、根据能量转化与守恒定律得,电动机的输出功率                      P 出=UI 电﹣I 电 r=18﹣2=16W,故 D 正确.

本题选错误的
故选:C
【点评】本题是含有电动机的问题,电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,欧姆定律不适用
 

15.如图,质量分别为         m1=1.0kg 和 m2=2.0kg 的弹性小球    a、b,用轻绳紧紧的把它们捆在一起,使它们发生微小

的形变.该系统以速度          v0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原
直线运动.经过时间         t=5.0s 后,测得两球相距       s=4.5m,则下列说法正确的是(  )
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A.刚分离时,a       球的速度大小为       0.7m/s
B.刚分离时,b       球的速度大小为       0.2m/s
C.刚分离时,a、b       两球的速度方向相同
D.两球分开过程中释放的弹性势能为                0.27J
【考点】动量守恒定律;功能关系.
【分析】两小球组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,系统动量守恒,应用动量守恒定律可以求出速
度.应用能量守恒定律可以求出弹性势能.

【解答】解:A、系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,位移:

s=v1t﹣v2t,解得:v1=0.70m/s,v2=﹣0.20m/s,负号表示速度方向与正方向相反,故                 AB 正确,C   错误;


                                  2         2       2 
D、由能量守恒定律得:            (m1+m2)v0   +EP=  m1v1 + m2v2 ,解得:Ep=0.27J,故      D 正确;
故选:ABD.
【点评】本题考查了求小球的速度,弹簧的弹性势能,考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用,分析清楚运
动过程,应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题.
 
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第                    16 题~第   20 题为必考题,每个试题考生都必须作答.第                  21 题~
第  22 题为选考题,考生从两个题中任选一个作答,如果两个均作答,则按着第一个给分.
16.在高中物理力学实验中,下列说法中正确的是(  )
A.利用打点计时器在“研究匀变速直线运动规律”的实验中,可以根据纸带上的点迹计算物体的平均速度
B.在“验证力的平行四边形定则”实验中,要使力的作用效果相同,只需橡皮条具有相同的伸长量
C.在“验证牛顿第二定律”的实验中,需要先平衡摩擦力
D.在“验证机械能守恒定律”的实验中,应该先释放重物后接通电源
【考点】验证机械能守恒定律;验证牛顿第二运动定律.
【分析】正确解答该题的关键是:理解所涉及的各个力学实验的实验原理,明确具体操作和注意事项,如“研究匀
变速直线运动规律”的实验中利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度来求某点的速度大小,“验证力的平行四边形定
则”采用了等效替代的方法,而“验证牛顿第二定律”实验中,则采用了控制变量的实验方法,在涉及纸带的实验中
要求先接通电源后释放纸带.
【解答】解:A、“研究匀变速直线运动规律”的实验中利用平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度来求某点
的速度大小,故       A 正确;
B、在“验证力的平行四边形定则”实验中,要使力的作用效果相同,橡皮条具有相同的伸长量,且拉伸方向相同,
故  B 错误;
C、“验证牛顿第二定律”实验中,需要先平衡摩擦力,故                      C 正确;
D、“验证机械能守恒定律”的实验中,应该先接通电源,打点稳定后释放重物,故                                 D 错误.
故选:AC.
【点评】考查学生对基本实验的掌握情况,解答实验问题的关键是明确实验原理,理解具体操作和注意事项.
 
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17.利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图                      2 所示,水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上                     A 点
处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为                   M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为                     m 的小球相连;遮
光片两条长边与导轨垂直,导轨上               B 点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间                        t,用  d 表示 A 点
到光电门    B 处的距离,b     表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过                            B 点时的瞬时速度,
实验时滑块在      A 处由静止开始运动.


(1)某次实验测得倾角          θ=30°,重力加速度用       g 表示,滑块从      A 处到达   B 处时  m 和 M  组成的系统动能增加量可


表示为△EK=                ,系统的重力势能减少量可表示为△EP= (m﹣                    )gd ,在误差允许的范围内,若

△EK=△EP   则可认为系统的机械能守恒;(用题中字母表示)

                                                   2
(2)在上次实验中,某同学改变              A、B  间的距离,作出的        v ﹣d 图象如图   2 所示,并测得     M=m,则重力加速度         g= 

9.6  m/s2.
【考点】验证机械能守恒定律.
【分析】(1)由于光电门的宽度              d 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.
根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量,根据起末点的速度可以求出动能的增加量;根
据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量.
(2)根据图象的物理意义可知,图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小.
【解答】解:(1)由于光电门的宽度                b 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.


滑块通过光电门       B 速度为:vB=      ;


                                                                        2
滑块从   A 处到达    B 处时  m 和 M 组成的系统动能增加量为:△EK=               (M+m)(      ) =         ;


系统的重力势能减少量可表示为:△Ep=mgd﹣Mgdsin30°=(m﹣                 )gd;

比较△Ep   和△Ek,若在实验误差允许的范围内相等,即可认为机械能是守恒的.

                                     2
(2)根据系统机械能守恒有:              (M+m)v    =(m﹣   )gd; 


则  v2=2×      gd
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    2
若  v ﹣d 图象,则图线的斜率:k=2×              g;

由图象可知,k=          ;


则有:g=         ×
代入数据得:g=9.6m/s2.


故答案为:(1)                ;(m﹣   )gd;(2)9.6
【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理.
实验中我们要清楚研究对象和研究过程,对于系统我们要考虑全面,掌握系统机械能守恒处理方法,注意图象的
斜率的含义.
 
18.如图所示,在倾角为          α 的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为                 2m 和  m 的带电小球     A 和 B(均可视为质点)

,它们相距为      L0 两球同时由静止开始释放时,B             球的初始加速度恰好等于零.经过一段时间后,当两球距离为

L′时,A、B    的加速度大小之比为         a1:a2=11:5.
(1)若   B 球带正电荷且电荷量为          q,求   A 球所带电荷量      Q 及电性;
(2)求   L′与  L 之比.


【考点】电势差与电场强度的关系.
【分析】(1)根据共点力平衡判断出库仑力,即可判断电性,根据静止释放时共点力平衡即可求的电荷量;
(2)初始时     B 球受力平衡,两球同时由静止开始释放,由于                    A 的加速度大于      B,所以经过一段时间后,两球距离
增大,库仑力一定减小.根据牛顿第二定律正确列出等式求解.
【解答】解:(1)对         B 球分析有,A      球带正电荷

初始时   B 球沿斜面方向合力为零          F﹣mgsinα=0


又   F=

解得   Q=
(2)初始时     B 球受力平衡,两球相互排斥运动一段距离后,两球间距离增大,库仑力一定减小,小于                                     mgsinα.

A 球加速度    a1 方向应沿斜面向下,根据牛顿第二定律,有

F′+2mgsinα=2ma1

B 球加速度    a2 方向应沿斜面向下,根据牛顿第二定律,有

mgsinα﹣F′=ma2
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依题意   a1:a2=11:5

得  F′= mgsinα

又  F′=
得  L′:L=3:2.

答:(1)若     B 球带正电荷且电荷量为          q,A  球所带电荷量      Q 为            及电性为正电荷;
(2)求   L'与 L 之比为   3:2.
【点评】解决该题关键正确对物体进行受力分析和运动分析,运用牛顿第二定律求解.
 

19.如图所示,固定斜面的倾角             θ=30°,物体   A 与斜面之间的动摩擦因数为            μ=   ,轻弹簧下端固定在斜面底端,
弹簧处于原长时上端位于           C 点.用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体                         A 和 B,滑轮右侧绳子与

斜面平行,A      的质量为    2m,B  的质量为     m,初始时物体      A 到  C 点的距离为    L.现给    A、B  一初速度    v0 使 A 开始
沿斜面向下运动,B         向上运动,物体       A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到              C 点.已知重力加速度为          g,不计空气
阻力,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,求此过程中:
(1)物体    A 向下运动刚到      C 点时的速度;
(2)弹簧的最大压缩量;
(3)弹簧中的最大弹性势能.


【考点】动能定理的应用;能量守恒定律.
【分析】(1)物体        A 向下运动到     C 点的过程中,A       的重力势能及      AB 的动能都减小,转化为          B 的重力势能和摩
擦生热,根据能量守恒定律列式求出物体                  A 向下运动刚到      C 点时的速度;
(2)从物体     A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后回到                C 点的过程中,弹簧的弹力和重力做功都为零,根据动能定
理求出弹簧的最大压缩量;
(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到               C 点的过程中,根据能量守恒定律求解弹簧中的最大弹性势能.
【解答】解:(1)A         和斜面间的滑动摩擦力大小为            f=2μmgcosθ,物体    A 向下运动到     C 点的过程中,根据功能关
系有:

               2      2
2mgLsinθ+  3mv0 =  3mv +mgL+fL,

代入解得    v=         .
(2)从物体     A 接触弹簧,将弹簧压缩到最短后又恰回到                  C 点,对系统应用动能定理,


             2
﹣f2x=0﹣ ×3mv  ,解得   x=       ﹣ =   ﹣ .

(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到               C 点的过程中,对系统根据能量关系有
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   Ep+mgx=2mgxsinθ+fx
因为   mgx=2mgxsinθ

               2              2
所以   Ep=fx= mv0 ﹣   μmgL=  mv0 ﹣ mgL.
答:

(1)物体    A 向下运动刚到      C 点时的速度为               ;


(2)弹簧的最大压缩量为              ﹣ ;


                               2
(3)弹簧中的最大弹性势能为              mv0 ﹣ mgL.
【点评】本题关键是搞清能量如何转化的,可以先分清在物体运动的过程中涉及几种形式的能量,分析哪些能量
增加,哪些能量减小,再判断能量如何转化.
 
20.如图所示,空间有场强           E=1.0×102V/m 竖直向下的电场,长         L=0.8m 不可伸长的轻绳固定于          O 点.另一端系

一质量   m=0.5kg 带电  q=5×10﹣2C 的小球.拉起小球至绳水平后在              A 点无初速度释放,当小球运动至             O 点的正下方

B 点时绳恰好断裂,小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成                              θ=53°、无限大的挡板       MN 上的
C 点.试求:
(1)绳子的最大张力;
(2)A、C    两点的电势差;
(3)当小球运动至        C 点时,突然施加一恒力          F 作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右移至某处,若小球仍能垂
直打在档板上,所加恒力           F 的方向及取值范围.


【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】根据动能定理求出小球经过最低点时的速度.经过最低点时,由重力和细线的拉力的合力提供小球的向
心力,由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力粒子在电场中做类平抛运动,水平方向是匀速直线运动,竖直方向
是匀加速直线运动,由此可以求得粒子末速度的大小.
【解答】解:(1)A→B          由动能定理及圆周运动知识有:

                  …①


                  …②
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联解①②得:T=30N…③
(2)A→C    由功能关系及电场相关知识有:

                    …④

 vCsinθ=vB…⑤

 UAC=EhAC…⑥

联解④⑤⑥得:UAC=125V…⑦
(3)由题可知施加恒力          F 后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动,才能垂直打在档板上.
设恒力   F 与竖直方向的夹角为         α,作出小球的受力矢量三角形分析如图所示.的方向垂直时,F                          有最小值而无最大
值)…⑧

由矢量三角形图有:Fmin=(mg+qE)sinθ…⑨
  θ≤(α+θ)≤180°…⑩
联解⑨⑩得:F≥8N…(11)
  0°<α<127°…(12)
答:
(1)绳子的最大张力为          30N;
(2)A、C    两点的电势差为       125V;
(3)所加恒力      F 的取值范围     F≥8N;方向范围为        0°<α<127°.


【点评】本题是带电物体在电场中圆周运动问题,动能定理和向心力结合是常用的解题方法.粒子垂直进入电场
中做的是类平抛运动,本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用.
 
[物理--选修    3-3](10 分)
21.下列说法中正确的是(  )
A.布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动
B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C.液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点

D.当两分子间距离大于平衡位置的间距                 r0 时,分子间的距离越大,分子势能越小
E.温度升高时,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有的分子的速率都增大
【考点】布朗运动;*          液晶;*   液体的表面张力现象和毛细现象.

【分析】布朗运动是固体颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,分子间距离大于平衡位置的间距                                             r0 时,
分子间的距离越大,克服分子力做功,分子势能增大,温度升高时,分子热运动的平均动能一定增大.
【解答】解:A、布朗运动是固体颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,A                                   错误;
B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,B                        正确;
C、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点,C                       正确;

D、当两分子间距离大于平衡位置的间距                 r0 时,分子间的距离越大,克服分子力做功,分子势能增大,D                        错误;
E、温度升高时,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有的分子的速率都增大,E                                    正确;
                           中国现代教育网      www.30edu.com  全国最大教师交流平台
故选:BCE
【点评】掌握布朗运动的实质:是固体颗粒的运动;温度是分子平均动能的标志.
 

22.一定质量的理想气体体积            V 与热力学温度      T 的关系图象如图所示,气体在状态              A 时的压强    pA=p0,温度

TA=T0,线段    AB 与 V 轴平行,BC     的延长线过原点.求:

(1)气体在状态       B 时的压强    pB;
(2)气体从状态       A 变化到状态     B 的过程中,对外界做的功为            10J,该过程中气体吸收的热量为多少;

(3)气体在状态       C 时的压强    pC 和温度   TC.


【考点】理想气体的状态方程.
【分析】(1)由图象可知           A 到 B 等温变化,根据玻意而定律列式求解;
(2)A   到 B 等温变化,气体内能不变,根据热力学第一定律列式求解;
(3)由   B 到  C 等压变化,根据盖吕萨克定律可求              C 点的温度,A      到 C 等容变化,根据查理定律可求            C 点压强.
【解答】解:①A        到  B 是等温变化,压强和体积成反比,根据玻意耳定律有:

pAVA=pBVB,

解得:
②A   状态至   B 状态过程是等温变化,气体内能不变,即△U=0

气体对外界做功:W=﹣10J

根据热力学第一定律有:
△U=W+Q

解得:Q=﹣W=10J


(3)由   B 到  C 等压变化,根据盖吕萨克定律得:

解得:
A 到 C 等容变化,根据查理定律得:


解得:

解得:


答:(1)气体在状态         B 时的压强    pB 为   ;
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(2)该过程中气体吸收的热量为              10J;


(3)气体在状态       C 时的压强    pC 为    和温度   TC 为   .
【点评】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解,第二问关键根据热力学第一定律列式求解,注意理想气体的
内能与热力学温度成正比.
 
[物理--选修    3-4](10 分)
23.为一列简谐横波在         t=0 时的波形图,P      是平衡位置在       x=0.5m 处的质点,Q      是平衡位置在      x=2.0m 处的质点;


图(b)为质点      Q  的振动图象.下列说法正确的是(  )

A.这列简谐波沿        x 轴正方向传播
B.这列简谐波沿        x 轴负方向传播
C.波的传播速度为         20m/s
D.从   t=0 到 t=0.25s,波传播的距离为       50cm
E.在   t=0.10s 时,质点   Q 的加速度方向与       y 轴正方向相同
【考点】波长、频率和波速的关系;横波的图象.
【分析】根据质点的振动方向,通过'“上下坡法”得出波的传播方向.根据振动图象得出周期,根据波动图象得出
波长,通过波长和周期求出波速,从而得出波传播的距离.根据                           x=vt 求波传播的距离.根据质点所在的位置确定
加速度的方向.
【解答】解:AB、由         b 图知,在    t=0 时刻 Q 质点向上振动,根据“上下坡法”,知波沿                x 轴正方向传播,故        A 正确,
B 错误.
C、由波动图象知,波长为            λ=4m,由振动图象知,振动的周期为               T=0.2s,波传播的周期与质点的振动周期相等,

则波速为     v=   =    m/s=20m/s,故  C 正确.
D、从   t=0 到 t=0.25s,波传播的距离为       x=vt=20×0.25m=5m=500cm,故    D 错误.
E、在   t=0.10s 时,即经过半个周期,质点          P 在平衡位置下方,加速度的方向沿              y 轴正方向,故      E 正确.
故选:ACE
【点评】解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息,知道振动和波动的联系和区别.要注意两种图
象判断质点振动方向的方法是不同的,不要混淆.
 
24.图示为用玻璃做成的一块棱镜的截面图,其中                    ABOD  是矩形,OCD      是半径为    R 的四分之一圆弧,圆心为
O.一条光线      从  AB 面上的某点入射,入射角为            45°,它进入棱镜后恰好以全反射临界角射在面上的                    O 点.求:
①该棱镜的折射率         n;
②光在该棱镜中传播的速度大小               v(已知光在空气中的传播速度            c=3.0×108 m/s)
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【考点】光的折射定律.
【分析】①作出光路图,结合折射定律,以及全反射的临界角求出棱镜的折射率.

②根据折射率的大小,结合             v= 求出光在棱镜中传播的速度大小.
【解答】解:①光线在           BC 面上恰好发生全反射,入射角等于临界角                 C,

有:          ,

光线在   AB  界面上发生折射,折射角           θ2=90°﹣C,


由折射定律得,n=               ,

联立以上各式,代入数据解得             n=   .


②光在棱镜中传播的速度            v=                            .

答:①该棱镜的折射率           n 为   ;

②光在该棱镜中传播的速度大小为                            .


【点评】本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在                         BC 面上的   O 点”根据全反射临界角公式由            sinC= 、


折射定律            =n、光速公式     v=  相结合进行处理.

 
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