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甘肃省兰州一中2015届高三上学期月考物理试卷(12月份)


甘肃省兰州一中 2015 届高三上学期月考物理试卷(12 月份)
一、选择题(本题共 12 个小题,每小题 4 分,共 48 分.其中 1~7 为单选;8~12 为多选, 多选的小题全选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分) 1. (4 分)人造地球卫星离地面的高度等于地球半径 R,卫星以速度 v 沿圆轨道运动,设地 面的重力加速度为 g,则

有() A.v= B.v= C.v= D.v=2

2. (4 分)如图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一小球,其质量为 m 且与 竖直挡板及斜面间均无摩擦,若车的加速度为 a,斜面的倾角为 θ,斜面对小球的弹力为 F1 和挡板对小球的弹力为 F2,则 F1、F2 的大小分别是()

A.F1= C. F2=

B. F1=ma+mg?tanθ D.F2=ma+mg?tanθ

3. (4 分)如图所示,PQ 为等量异种点电荷 A、B 连线的中垂线,C 为中垂线上的一点,M、 N 分别为 AC、BC 的中点,若取无穷远处的电势为零,则下列判断正确的是()

A.M、N 两点场强相同 B. M、N 两点电势相同 C. 负电荷由 M 点移到 C 处,电场力做正功 D.负电荷由无穷远处移到 N 点时,电势能一定增加 4. (4 分)如图所示电路中,A、B 两灯均正常发光,R 为一滑动变阻器,P 为滑动片,若 将滑动片向下滑动,则()

A.A 灯变亮 C. R1 上消耗功率变小

B. B 灯变亮 D.流过 R 的电流变大

5. (4 分)如图所示,实线为在竖直向下的匀强电场四条电场线,虚线是一带电小球经过该 电场的运动轨迹,若不计空气阻力,则此带电小球从 a 运动到 b 的过程中,能量变化情况为 ()

A.重力势能减小

B.动能减小

C.机械能减小

D.电势能减小

6. (4 分)如图所示,质量相等物体 A、B 处于静止状态,此时物体 B 刚好与地面接触,现 剪断绳子 OA,下列说法正确的是()

A.剪断绳子的瞬间,物体 A 的加速度为 g,物体 B 的加速度为 0 B. 弹簧恢复原长时,物体 A 的动能最大 C. 当弹簧压缩到最短时,物体 B 对地面压力最大 D.剪断绳子后,物体 A 的机械能守恒 7. (4 分)如图所示,a、b 两物块质量分别为 m、2m,用细绳相连接,悬挂在定滑轮的两 侧,不计滑轮质量和一切摩擦.开始时,a、b 两物块距离地面高度相同,用手托住物块 b, 然后突然由静止释放,直至 a、b 物块间高度差为 h(b 尚未落地) ,在此过程中,下列说法 正确的是()

A.物块 b 重力势能的减少了 2mgh B. 物块 b 机械能减少了 mgh C. 物块 a 的机械能逐渐减小 D.物块 a 重力势能的增加量小于其动能增加量 8. (4 分)如图所示,质量为 2kg 的物体冲上倾角为 37°的固定斜面匀减速上滑了 2m 距离, 物体加速度的大小为 8m/s , (重力加速度 g 取 10m/s ) .在此过程中()
2 2

A.物体的重力势能增加了 24J C. 物体的动能减少了 32J

B. 物体的机械能减少了 8J D.摩擦力对斜面做的功为 8J

9. (4 分)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动,其电势能 Ep 随位移 x 变化 的关 系如图所示,其中 0?x2 段是关直线 y=x1 对称的曲线,x2?x3 段是直线,则下列 说 法正确的是()

A.x1 处电场强度为零 B. x1、x2、x3 处电势(φ1,φ2,φ3 的关系为 φ1>2φ>φ3) C. 粒子在 0?x2 段做匀变速运动,X2?x3 段做匀速直线运动 D.x2?x3 段是匀强电场 10. (4 分)如图所示,平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板 接地.一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态;现将平行板电容器的下极板 竖直向下移动一小段距离,则下列说法正确的是()

A.油滴带负电 C. 油滴将沿竖直方向向下运动

B. 电容器极板带电荷量将增多 D.油滴在 P 点的电势能减小

11. (4 分)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从 A 点竖直向上抛出,其运动 的轨迹如图所示,小球运动的轨迹上 A、B 两点在同一水平线上,M 为轨迹的最高点,小球 抛出时的动能为 8J,在 M 点的动能为 6J,不计空气的阻力.则()

A.小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1:3 B. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1:4 C. 小球落到 B 点时的动能为 32J D.小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能为 6J 12. (4 分)如图所示,相互垂直的固定绝缘光滑挡板 PO、QO,PO 竖直放置,QO 水平放 置.a、b 为两个带有同种电性的小球(可以近似看成点电荷) ,当用水平向左作用力 F 作用 于 b 时,a、b 紧靠挡板处于静止状态.现若稍改变 F 的大小,使 b 稍向左移动一小段距离, 则当 a、b 重新处于静止状态后()

A.a、b 间电场力减小 C. a 的重力势能减小

B. 作用力 F 将减小 D.系统的电势能将减小

二、实验题(共 14 分) 13. (4 分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的直径和 长度.

(1)用螺旋测微器测量圆柱体直径如图甲,由图甲可知其直径为 mm; (2)用游标为 20 分度的卡尺测量长度如图乙,由图乙可知其长度为 mm.

14. (10 分)某实验小组设计出如下的实验方案,实验装置如图甲所示.测得出小车质量为 M,砝码及砝码盘总质量为 m,所使用的打点计时器交流电频率 f=50Hz.实验步骤是:

A.按图中所示安装好实验装置. B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动. C.取下细绳和砝码盘. D.将小车置于打点计时器旁,先接通电源,再放开小车,打出一条纸带. 回答下列问题: (1)如图乙所示是实验中打出的一条纸带的一部分,测出四段 x1、x2、x3、x4 位移大小, 2 则可求出小车的加速度大小为 m/s (保留两位有效数字) ; 小车质量 M 与砝码及砝码盘总质 2 量 m 之比. (g=10m/s ) (2)按上述方案做实验,以及这段纸带是否能验证动能定理?(填“是”或“否”) ;若能,请 写出需要验证的关系式为. (用所测物理量的符号表示)

三、计算题(3 小题,共 36 分.要求写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只 写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案必须写出数值和单位. ) 15. (10 分)如图所示,离子发生器发射一束质量为 m,电荷量为+q 的离子,从静止经 PQ 两板间的加速电压 U0 加速后,再以某一初速度从 a 点沿 ab 方向进入匀强电场区域,abcd 所围成的正方形区域是该匀强电场的边界,已知正方形的边长为 L,匀强电场的方向与 ad 边平行且由 a 指向 d. (不计重力) (1)求离子进入匀强电场的初速度 v0? (2)若离子恰从 c 点飞离电场,求 ac 两点间的电势差 Uac?

16. (12 分)如图所示,在竖直平面内固定一个 光滑圆管轨道,轨道半径为 R.质量为 m 的小球从轨道顶端 A 点无初速释放,然后从轨道底端 B 点水平飞出落在某一坡面上,坡面

呈抛物线形状,且坡面的抛物线方程为 y= 力加速度为 g,忽略空气阻力. )求: (1)小球在 B 点对轨道的弹力? (2)小球落在坡面上的动能?

x .已知 B 点离地面 O 点的高度也为 R. (重

2

17. (16 分)如图所示,半径 R=1m 的光滑绝缘的 圆弧与水平绝缘的传送带相切且相接与 B 点,传送带的顺时针运行,速度恒为 v0=1m/s,长 L=2.875m.在整个空间中加上水平向左 ﹣4 4 的匀强电强 E=2×10 V/m,现将质量 m=1kg,电量 q=+1.0×10 C 的滑块从 A 点(A 点与圆 2 心 O 点等高)无初速度释放.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.1,g=10m/s ,试求: (1)滑块滑到 B 点时的速度大小? (2)滑块在传送带上运动时间? (3)滑块在传送带上运动摩擦生的热 Q?

甘肃省兰州一中 2015 届高三上学期月考物理试卷(12 月份)
参考答案与试题解析

一、选择题(本题共 12 个小题,每小题 4 分,共 48 分.其中 1~7 为单选;8~12 为多选, 多选的小题全选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分) 1. (4 分)人造地球卫星离地面的高度等于地球半径 R,卫星以速度 v 沿圆轨道运动,设地 面的重力加速度为 g,则有()

A.v=

B.v=

C.v=

D.v=2

考点: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 专题: 人造卫星问题. 分析: 人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动, 根据人造卫星的万有引力等于向心力, 列式 求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式,再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论 即可. 解答: 解:人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球质量为 M,有 F=F 向 F= F 向= 因而



在地球的表面:



联立①②解得 故选:A 点评: 本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力, 以及地球表面重力等于万有引力列 两个方程求解. 2. (4 分)如图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一小球,其质量为 m 且与 竖直挡板及斜面间均无摩擦,若车的加速度为 a,斜面的倾角为 θ,斜面对小球的弹力为 F1 和挡板对小球的弹力为 F2,则 F1、F2 的大小分别是()

A.F1= C. F2=

B. F1=ma+mg?tanθ D.F2=ma+mg?tanθ

考点: 共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题: 共点力作用下物体平衡专题. 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.

解答: 解:以小球为研究对象,分析受力情况,如图:

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 联立解得:F1= F2=mgtanθ+ma 故选:D. 点评: 本题运用正交分解法, 根据牛顿第二定律研究物体的受力情况, 要正确作出物体的 受力图,抓住竖直方向没有加速度. 3. (4 分)如图所示,PQ 为等量异种点电荷 A、B 连线的中垂线,C 为中垂线上的一点,M、 N 分别为 AC、BC 的中点,若取无穷远处的电势为零,则下列判断正确的是()

A.M、N 两点场强相同 B. M、N 两点电势相同 C. 负电荷由 M 点移到 C 处,电场力做正功 D.负电荷由无穷远处移到 N 点时,电势能一定增加 考点: 电场的叠加;电势;电势能. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 根据电场线的分布确定电场强度的大小和方向,根据沿电场线方向电势逐渐降低, 判断电势的高低.根据电场力做功判断电势能的变化. 解答: 解:A、根据等量异种电荷周围的电场线分布知,M、N 两点的场强大小相等,方 向不同,故 A 错误. B、沿着电场线方向电势逐渐降低,可知 M、N 两点电势不等.故 B 错误. C、负电荷由 M 点移到 C 处,电势增加,电势能减小,故电场力做正功,故 C 正确 D、 等量异种电荷连线的中垂线是等势线, 将负电荷从无穷远处移到 N 点处, 电场力做正功, 电势能一定减小,故 D 错误. 故选:C.

点评: 解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布, 知道电场力做功与电势能的 变化关系. 4. (4 分)如图所示电路中,A、B 两灯均正常发光,R 为一滑动变阻器,P 为滑动片,若 将滑动片向下滑动,则()

A.A 灯变亮 C. R1 上消耗功率变小

B. B 灯变亮 D.流过 R 的电流变大

考点: 闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: 将滑动片向下滑动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合 电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化,再分析 R1 上消耗功率的变化.根据总电流的 变化分析并联部分电压的变化,判断 B 灯亮度的变化. 解答: 解:将滑动片向下滑动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据 闭合电路欧姆定律得知,总电流 I 增大,则 R1 上消耗功率变大.路端电压 U=E﹣Ir,I 增大, U 减小,则 A 灯变暗.B 灯与变阻器并联的电压 U 并=E﹣I(R1+r) ,I 增大,则 U 并减小, 所以 B 灯变暗.故 ABC 错误; 因路端电压 U 减小,而 R1 中电流增大,故其两端电压增大;由串联电路规律可知,并联部 分的电压减小,则 B 灯泡的电流减小;R 中电流增大;故 D 正确; 故选:D. 点评: 对于电路中动态变化分析问题, 一般先确定局部电阻的变化, 再确定总电阻的变化, 到总电流、总电压的变化,再回到局部电路研究电压、电流的变化. 5. (4 分)如图所示,实线为在竖直向下的匀强电场四条电场线,虚线是一带电小球经过该 电场的运动轨迹,若不计空气阻力,则此带电小球从 a 运动到 b 的过程中,能量变化情况为 ()

A.重力势能减小

B.动能减小

C.机械能减小

D.电势能减小

考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系;功能关系. 专题: 电场力与电势的性质专题.

分析: 由粒子的运动轨迹可知粒子电性, 则可求得电场力对粒子所做的功的性质; 由动能 定理可求得动能的变化; 由能量关系可知重力势能与电势能总和的变化, 及动能和电势能之 和的变化. 解答: 解:A、从 a 到 b,重力做负功,故重力势能增加,A 错误; B、粒子由 a 到 b,由运动轨迹可判出粒子受电场力与重力的合力向上,故粒子带负电且电 场力大于重力,电场力与重力的合力做正功,由动能定理可知,油滴的动能增大;故 B 错 误; C、由前面分析知重力势能增加、动能增加,故机械能增加,C 错误; D、由于电场力做正功,故电势能减小,故 D 正确; 故选:D. 点评: 带电粒子在电场中的偏转类题目,较好的考查了曲线运动、动能定理及能量关系, 综合性较强,故在 2015 届高考中经常出现,在学习中应注意重点把握. 6. (4 分)如图所示,质量相等物体 A、B 处于静止状态,此时物体 B 刚好与地面接触,现 剪断绳子 OA,下列说法正确的是()

A.剪断绳子的瞬间,物体 A 的加速度为 g,物体 B 的加速度为 0 B. 弹簧恢复原长时,物体 A 的动能最大 C. 当弹簧压缩到最短时,物体 B 对地面压力最大 D.剪断绳子后,物体 A 的机械能守恒 考点: 功能关系;弹性势能;机械能守恒定律. 分析: 求出悬绳剪断前弹簧的拉力,再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间 A 的瞬时加 速度.当 A 物块向下运动到重力和弹力相等时,速度最大.若系统只有重力或弹簧弹力做 功,系统机械能守恒,当弹簧被压缩到最短时,弹性势能最大. 解答: 解:A、剪断悬绳前,对 B 受力分析,B 受到重力和弹簧的弹力,知弹力 F=mg.剪 断瞬间,对 A 分析,A 的合力为 F 合=mg+F=2mg,由牛顿第二定律得:2mg=ma,加速度: a=2g,故 A 错误; B、物体 A 在弹力和重力的作用下,向下做加速运动,当弹力的方向向上且与重力相等时, 加速度为零,速度最大,此时弹簧不处于原长,故 B 错误; C、剪断绳子后到物体运动到最下端过程中,B 对地面的压力先增大后减小,当弹簧压缩到 最短时,物体 B 对地面压力最大,故 C 正确. D、剪断绳子后,弹簧、物体 A、B 和地球组成的系统只有弹力做功,系统机械能守恒,A 的机械能不守恒,故 D 错误; 故选:C. 点评: 解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间,弹簧的拉力不变,当 A 的加速度为零时速度 最大,当弹簧被压缩到最短时,弹性势能最大,难度适中.

7. (4 分)如图所示,a、b 两物块质量分别为 m、2m,用细绳相连接,悬挂在定滑轮的两 侧,不计滑轮质量和一切摩擦.开始时,a、b 两物块距离地面高度相同,用手托住物块 b, 然后突然由静止释放,直至 a、b 物块间高度差为 h(b 尚未落地) ,在此过程中,下列说法 正确的是()

A.物块 b 重力势能的减少了 2mgh B. 物块 b 机械能减少了 mgh C. 物块 a 的机械能逐渐减小 D.物块 a 重力势能的增加量小于其动能增加量 考点: 功能关系;动能和势能的相互转化. 分析: 本题中物体 a、b 构成的系统机械能守恒,物体 B 重力势能的减小量等于 a 动能增 加量、b 动能增加量、a 重力势能增加量之和. 解答: 解:A、物体 a、b 构成的系统机械能守恒,有 (2m)g? =mg? + 解得: v= 物体 b 动能增加量为 , 重力势能减小 2mg =mgh, 故机械能减小 ,

故 A 错误,B 正确; C、物体 a 加速上升,动能和重力势能均增加,故机械能增加,故 C 错误; D、物体 a 动能增加量为 ,重力势能增加量为 mgh,故物块 a 重力势能的增加

量大于其动能增加,故 D 错误; 故选:B. 点评: 本题关键是根据系统机械能守恒定律列式求解, 得出各个物体的动能增加量和重力 势能的增加量. 8. (4 分)如图所示,质量为 2kg 的物体冲上倾角为 37°的固定斜面匀减速上滑了 2m 距离, 2 2 物体加速度的大小为 8m/s , (重力加速度 g 取 10m/s ) .在此过程中()

A.物体的重力势能增加了 24J

B. 物体的机械能减少了 8J

C. 物体的动能减少了 32J

D.摩擦力对斜面做的功为 8J

考点: 功能关系;功的计算. 分析: 对物体受力分析, 根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小, 然后根据功能关系列 式求解. 解答: 解: A、 重力势能的增加量等于克服重力做的功, 故△ EP 增=mg△ h=2×10×2×0.6=24J, 故 A 正确; B、对物体受力分析,受重力、支持力、滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,有 mgsin37°+f=ma 解得:f=ma﹣mgsin37°=16﹣12N=4N 机械能变化量等于除重力外其余力做的功,故△ E 减=f?S=4N×2m=8J,故 B 正确; C、根据动能定理,有△ EK=W=﹣mg?△ h﹣fS=﹣24﹣8=﹣32J,故 C 正确; D、斜面不动,故斜面克服摩擦力做功为零,故 D 错误; 故选:ABC. 点评: 本题关键是对物体受力分析后, 根据牛顿第二定律求解出摩擦力, 然后根据功能关 系多次列式求解. 9. (4 分)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动,其电势能 Ep 随位移 x 变化 的关 系如图所示,其中 0?x2 段是关直线 y=x1 对称的曲线,x2?x3 段是直线,则下列 说 法正确的是()

A.x1 处电场强度为零 B. x1、x2、x3 处电势(φ1,φ2,φ3 的关系为 φ1>2φ>φ3) C. 粒子在 0?x2 段做匀变速运动,X2?x3 段做匀速直线运动 D.x2?x3 段是匀强电场 考点: 电势;电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E= ,结合分析图象

斜率与场强的关系,即可求得 x1 处的电场强度;根据能量守恒判断速度的变化;由 Ep=qφ, 分析电势的高低.由牛顿第二定律判断加速度的变化,即可分析粒子的运动性质.根据斜率 读出场强的变化. 解答: 解: A、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E= ,得:E= ?

由数学知识可知 Ep﹣x 图象切线的斜率等于

, x1 处切线斜率为零, 则 x1 处电场强度为

零,故 A 正确. B、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,因粒子带负电,q<0,则知电势能越大,粒子所在 处的电势越低,所以有:φ1>φ2>φ3.故 B 正确. C、D、由图看出在 0~x1 段图象切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电 场力减小,加速度减小,做非匀变速运动.x1~x2 段图象切线的斜率不断增大,场强增大, 粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动.x2~x3 段斜率不变,场强不变,即电场强度大小 和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故 C 错误,D 正确. 故选:ABD 点评: 本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识;解决本题的关键 要分析图象斜率的物理意义,判断电势和场强的变化,再根据力学基本规律:牛顿第二定律 进行分析电荷的运动情况. 10. (4 分)如图所示,平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板 接地.一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态;现将平行板电容器的下极板 竖直向下移动一小段距离,则下列说法正确的是()

A.油滴带负电 C. 油滴将沿竖直方向向下运动

B. 电容器极板带电荷量将增多 D.油滴在 P 点的电势能减小

考点: 带电粒子在混合场中的运动;电容器的动态分析. 专题: 带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,确定电容器的电容变化情况, 从而根据电容器两板间电压不变,确定电容器电量,由受力分析,结合平衡条件可知,油滴 的电性,当接触电源时,极板的电压不变,当断开电源时,极板间的电量不变,从而即可求 解. 解答: 解:A、由带电油滴原来处于平衡状态可知,油滴带负电,故 A 正确; B、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,即极板间距变大,则有电容器的电 容减小,由于电容器两板间电压不变,根据 Q=UC,因此带电量减小.故 B 错误. B、由带电油滴原来处于平衡状态可知,开始时:qE=mg;油滴带负电,将平行板电容器的 下极板竖直向下移动一小段距离,即极板间距变大,由于电容器两板间电压不变,则: 减小,所以电荷受到的电场力减小,合力的方向向下,油滴将沿竖直方向向下运动.故 C 正确; 故 B 正确. D、E 减小,由 U=Ed 可知,P 到正极板的电势差减小,所以 P 到负极板的电势差增大,P 点的电势升高,所以负电荷在 P 点的电势能减小.故 D 正确. 故选:ACD.

点评: 本题平行板电容器的动态分析, 掌握如何判定电容器的电容变化, 理解平衡条件的 应用,注意断开电源时,电量不变是解题的隐含条件. 11. (4 分)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从 A 点竖直向上抛出,其运动 的轨迹如图所示,小球运动的轨迹上 A、B 两点在同一水平线上,M 为轨迹的最高点,小球 抛出时的动能为 8J,在 M 点的动能为 6J,不计空气的阻力.则()

A.小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1:3 B. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1:4 C. 小球落到 B 点时的动能为 32J D.小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能为 6J 考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 小球水平分运动为匀加速直线运动, 竖直分运动为匀变速直线运动, 上升和下降时 间相等, 可以求出 S1 与 S2 的比值, 对水平方向分运动和竖直方向分运动分别运用动能定理, 然后求出各个特殊点的动能! 解答: 解: 将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解, 水平分运动为初速度为零的匀加速 直线运动,竖直分运动为匀变速直线运动, A、对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间间隔内位移之比为 1:3,故 A 正确;B 错误; C、设物体在 B 动能为 EkB,水平分速度为 VBx,竖直分速度为 VBy. 由竖直方向运动对称性知 mVBy =8J 对于水平分运动运用动能定理 Fx1= mVMx ﹣ mVAX
2 2 2 2

F(s1+s2)= mVBx ﹣ mVAX

2

s1:s2=1:3 解得:Fs1=6J;F(s1+s2)=24J 故 EkB= m(VBy +VBx )=32J 因而 C 正确; D、由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的电场力为 F,重力为 G,则有: Fx1=6J, Gh=8J, ? ?t =8J
2 2 2

?t =6J

2

所以: = 由右图可得:tanθ= 得:sinθ= 则小球从 A 运动到 B 的过程中速度最小时速度一定与等效 G’垂直,即图中的 P 点,故 EKmin= mvmin = m(v0sinθ) =
2 2

J,故 D 错误.

故选:AC. 点评: 本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运 动,然后对水平分运动运用动能定律求解! 12. (4 分)如图所示,相互垂直的固定绝缘光滑挡板 PO、QO,PO 竖直放置,QO 水平放 置.a、b 为两个带有同种电性的小球(可以近似看成点电荷) ,当用水平向左作用力 F 作用 于 b 时,a、b 紧靠挡板处于静止状态.现若稍改变 F 的大小,使 b 稍向左移动一小段距离, 则当 a、b 重新处于静止状态后()

A.a、b 间电场力减小 C. a 的重力势能减小

B. 作用力 F 将减小 D.系统的电势能将减小

考点: 库仑定律;电势能. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 以 a 球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件分析 a、b 间电场力和挡板对小 球的弹力如何变化, 由库仑定律分析两间距离的变化情况, 根据电场力做功正负判断系统电 势能的变化.对整体研究,分析作用力 F 如何变化. 解答: 解:AB、以 a 球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件得: 电场力 F 电= , α 减小,cosα 增大, 则电场力 F 电减小. 挡板对 a 的弹力 N=mgtanα,

α 减小,N 减小. 对整体研究:水平方向:F=N,则作用力 F 将减小.故 A、B 正确. CD、电场力 F 电减小,根据库仑定律得知,两球间的距离增大,电场力做正功功,系统的电 势能减小,而 F 做正功,根据功能关系可知,系统重力势能增加.故 C 错误,D 正确. 故选:ABD.

点评: 本题是动态平衡问题,关键要灵活选择研究对象,先对 a 研究,再对 b 研究,比较 简便. 二、实验题(共 14 分) 13. (4 分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的直径和 长度.

(1)用螺旋测微器测量圆柱体直径如图甲,由图甲可知其直径为 2.712mm; (2)用游标为 20 分度的卡尺测量长度如图乙,由图乙可知其长度为 10.30mm. 考点: 测定金属的电阻率. 专题: 实验题. 分析: 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数, 不需估读. 螺旋测微器的读数方法 是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 解答: 解:螺旋测微器的固定刻度读数为 2.5mm,可动刻度读数为 21.2×0.01=0.212mm, 所以最终读数为 2.712mm. 游标卡尺的主尺读数为 10mm,游标读数为 0.05×6=0.30mm,所以最终读数为 10.30mm. 故本题答案为: (1)2.712; (2)10.30 点评: 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法, 游标卡尺读数的方法是主 尺读数加上游标读数, 不需估读. 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数, 在读可动刻度读数时需估读. 14. (10 分)某实验小组设计出如下的实验方案,实验装置如图甲所示.测得出小车质量为 M,砝码及砝码盘总质量为 m,所使用的打点计时器交流电频率 f=50Hz.实验步骤是:

A.按图中所示安装好实验装置.

B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动. C.取下细绳和砝码盘. D.将小车置于打点计时器旁,先接通电源,再放开小车,打出一条纸带. 回答下列问题: (1)如图乙所示是实验中打出的一条纸带的一部分,测出四段 x1、x2、x3、x4 位移大小, 2 则可求出小车的加速度大小为 0.88m/s (保留两位有效数字) ;小车质量 M 与砝码及砝码盘 2 总质量 m 之比 1.14. (g=10m/s ) (2)按上述方案做实验,以及这段纸带是否能验证动能定理?是(填“是”或“否”) ;若能, 请写出需要验证的关系式为 mg(x2+x3)= M( 理量的符号表示) 考点: 探究功与速度变化的关系. 专题: 实验题. 分析: (1) 应用匀变速直线运动的推论求出加速度, 然后由牛顿第二定律求出质量之比. (2)根据实验步骤,应用动能定理分析答题. 解答: 解: (1)由匀变速直线运动的推论:△ x=at 可知,加速度: a= = =0.88m/s ;
2 2

) ﹣ M(

2

). (用所测物

2

由牛顿第二定律得:mg=Ma,解得: ≈1.14;

(2)第二个计数点时的速度:v2=

=

=

,第 4 个计数点的速

度:v4=


2 2

从第二个计数点到第 4 个计数点,由动能定理得:mg(x2+x3)= Mv4 ﹣ Mv2 ,则:mg (x2+x3)= M( ) ﹣ M(
2

), ) ﹣ M( ) ﹣ M(
2 2

2

可以验证动能定理,表达式为:mg(x2+x3)= M( 故答案为: (1)0.88;1.14; (2)是;mg(x2+x3)= M(

). ).
2

2

点评: 本题考查了求加速度、质量之比、动能定理的表达式等问题,应用匀变速直线运动 的推论、动能定理即可正确解题. 三、计算题(3 小题,共 36 分.要求写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只 写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案必须写出数值和单位. ) 15. (10 分)如图所示,离子发生器发射一束质量为 m,电荷量为+q 的离子,从静止经 PQ 两板间的加速电压 U0 加速后,再以某一初速度从 a 点沿 ab 方向进入匀强电场区域,abcd 所围成的正方形区域是该匀强电场的边界,已知正方形的边长为 L,匀强电场的方向与 ad 边平行且由 a 指向 d. (不计重力)

(1)求离子进入匀强电场的初速度 v0? (2)若离子恰从 c 点飞离电场,求 ac 两点间的电势差 Uac?

考点: 带电粒子在匀强电场中的运动;电势差. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: (1)根据动能定理求出离子进入匀强电场的初速度. (2)粒子在垂直电场方向做匀速直线运动,沿电场方向做匀加速直线运动,根据牛顿第二 定律和运动学公式,抓住等时性求出电场强度的大小,从而得出 ac 两点的电势差. 解答: 解: (1)对直线加速过程,根据动能定理,有:qU0=

解得: (2)设此时场强大小为 E,则: ab 方向,有:L=v0t ad 方向,有:L= Uac=EL 解得:Uac= .

答: (1)离子进入匀强电场的初速度为



(2)ac 两点间的电势差为



点评: 解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法, 将粒子的运动分解为沿电场方向和垂 直电场方向,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.

16. (12 分)如图所示,在竖直平面内固定一个 光滑圆管轨道,轨道半径为 R.质量为 m 的小球从轨道顶端 A 点无初速释放,然后从轨道底端 B 点水平飞出落在某一坡面上,坡面

呈抛物线形状,且坡面的抛物线方程为 y= 力加速度为 g,忽略空气阻力. )求: (1)小球在 B 点对轨道的弹力? (2)小球落在坡面上的动能?

x .已知 B 点离地面 O 点的高度也为 R. (重

2

考点: 动能定理;向心力. 专题: 动能定理的应用专题. 分析: 本题(1)根据动能定理求出小球在 B 点时的速度,再列出在 B 点时的牛顿第二定 律表达式即可求解;题(2)根据平抛规律可求出小球在坡面上时的竖直分速度,然后求出 动能即可. 解答: 解: (1)从 A 到 B 有机械能守恒定律: 解得:

在 B 点,据牛顿第二定律得: 解得:N=7mg 又 N=﹣N′=﹣7mg,方向竖直向下 (2)由于小球从 B 点做平抛运动,所以:

而且 解得:

所以落在坡面上的动能:

答:1)小球在 B 点对轨道的弹力 7mg,方向竖直向下.

(2)小球落在坡面上的动能



点评: 应明确:①涉及到圆周运动的动力学问题应根据牛顿第二定律并结合动能定理求 解;②涉及到平抛运动问题,应根据平抛规律求解. 17. (16 分)如图所示,半径 R=1m 的光滑绝缘的 圆弧与水平绝缘的传送带相切且相接与 B 点,传送带的顺时针运行,速度恒为 v0=1m/s,长 L=2.875m.在整个空间中加上水平向左 ﹣4 4 的匀强电强 E=2×10 V/m,现将质量 m=1kg,电量 q=+1.0×10 C 的滑块从 A 点(A 点与圆 2 心 O 点等高)无初速度释放.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.1,g=10m/s ,试求: (1)滑块滑到 B 点时的速度大小? (2)滑块在传送带上运动时间? (3)滑块在传送带上运动摩擦生的热 Q?

考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: (1)根据机械能守恒定律求出小滑块到达底端 B 时的速度大小. (2)根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度,结合速度位移公式求出滑块在传送带上 向右运动的距离,由运动学公式求两次的时间 (3)结合运动学公式求出发生的相对路程大小,结合 Q=Ffx 相求出产生的热量. 解答: 解: (1)由 A 到 B:mgR﹣EqR= mvB , 解得:vB=4(m/s) (2)因为 vB>v0, 所以 a1= =3(m/s ) ,方向向左
2 2

当共速时所用时间为 t1,t1=

=1(s)

物体位移 x1= 然后物体以 a2 减速运动 a2=

=2.5(m)<2.875m,

=1(m/s ) ,方向水平向左

2

物体到 C 用时 t2,

解得 t2=0.5s;t2=1.5s(舍去) t=t1+t2=1.5s (3)相对路程△ X1=x1﹣V0t1=1.5m △ X2=V0t2﹣x2=0.125m Q=μmg(△ X1+△ X2)=1.625J 答: (1)滑块滑到 B 点时的速度大小 4(m/s) (2)滑块在传送带上运动时间 1.5s (3)滑块在传送带上运动摩擦生的热 1.625J 点评: 本题综合考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式、功能关系等,综合 性较强,关键理清滑块的运动情况,抓住临界情况,选择合适的规律进行求解.


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