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河北省衡水市冀州中学2016届高三上学期第三次月考物理试卷(a)


2015-2016 学年河北省衡水市冀州中学高三(上)第三次月考物理 试卷(A)
一、选择题(共 61 分,1-11 为单项选择题,每题 3 分;12-18 为多项选择题,每题满分 61 分, 选不全得 2 分) 1. 下列说法正确的是( ) A.竖直上抛物体到达最高点时,物体处于平衡状态 B.电梯匀速上升时,电梯中的人不处于平衡状态 C.在小车的水平光滑表面上静置一小

木块,当平板车加速运动时,小物块仍处于平衡状态 D.竖直弹簧上端固定,下端挂一重物,平衡后,用力 F 将它再拉下一段距离后停止,当突然 撤去力 F 时,重物仍处于平衡状态 2. 在平直公路上行驶的 a 车和 b 车,其位移﹣时间图象分别为图中直线 a 和曲线 b,由图可 知( )

A.b 车运动方向始终不变 B.在 t1 时刻 a 车的位移大于 b 车 C.t1 到 t2 时间内 a 车的平均速度小于 b 车 D.t1 到 t2 时间内某时刻两车的速度可能相同 3. 牛顿这位科学巨人对物理学的发展做出了突出贡献.下列有关牛顿的表述中正确的是 ( ) A.牛顿用扭秤装置测定了万有引力常量 B.牛顿通过斜面实验得出白由落体运动位移与时间的平方成正比 C.牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体,物体都会落回地面 D.牛顿的“月﹣﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力,与行星所受 太阳的引力服从相同规律 4. 将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列 描绘皮球在上升过程中加速度大小 a 与时间 t 关系的图象,可能正确的是( )

A.

B.

C.

D. 5. 如图所示,有一正方体空间 ABCDEFGH,则下面说法正确的是( )

A.若只在 A 点放置一正点电荷,则电势差 UBC<UHG B.若只在 A 点放置一正点电荷,则 B、H 两点的电场强度大小相等 C.若只在 A、E 两点处放置等量异种点电荷,则 C、G 两点的电势相等 D.若只在 A、E 两点处放置等量异种点电荷,则 D、F 两点的电场强度大小相等 6. 一位参加达喀尔汽车拉力赛的选手驾车翻越了如图所示的沙丘,A、B、C、D 为车在翻 越沙丘过程中经过的四个点,车从坡的最高点 B 开始做平抛运动,无碰撞地落在右侧直斜坡 上的 C 点,然后运动到平地上的 D 点.当地重力加速度为 g,下列说法中正确的是( )

A.A 到 B 过程中,汽车应该加速 B.B 到 C 过程中,汽车的机械能不守恒 C.若已知斜坡的倾角和车在 B 点的速度,可求出 BC 间高度差 D.由斜坡进入平地拐点处时,车处于失重状态 7. 如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方 向做匀速圆周运动,ab 为水平直径,cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块 相对木板始终静止,则( )

A.物块始终受到三个力作用

B.只有在 a、b、c、d 四点,物块受到合外力才指向圆心 C.从 a 到 b,物体所受的摩擦力先增大后减小 D.从 b 到 a,物块处于超重状态 8. 人造卫星绕地球只受地球的引力,做匀速圆周运动,其轨道半径为 r,线速度为 v,周期 为 T.为使其周期变为 8T,可采用的方法有( ) A.保持轨道半径不变,使线速度减小为 B.逐渐减小卫星质量,使轨道半径逐渐增大为 4r C.逐渐增大卫星质量,使轨道半径逐渐增大为 8r D.保持线速度不变 v,将轨道半径增加到 8r 9. 如图所示,质量相等的 A、B 两物体在同一水平线上.当水平抛出 A 物体的同时,B 物 体开始自由下落(空气阻力忽略不计) .曲线 AC 为 A 物体的运动轨迹,直线 BD 为 B 物体的 运动轨迹,两轨迹相交于 O 点.则两物体( )

A.经 O 点时速率相等 B.从运动开始至经过 O 点过程中 A 的速度变化量大 C.在 O 点时重力的功率一定相等 D.在 O 点具有的机械能一定相等 10. 在如图所示电路中,闭合电键 S,当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时,四个理想电 表的示数都发生变化,电表的示数分别用 I、U1、U2 和 U3 表示,电表示数变化量的绝对值分 别用△ I、△ U1、△ U2 和△ U3 表示.下列说法正确的是( )

A. C.

不变, 变大,

变大 变大

B.

变大,

不变

D.电源的输出功率变大

11. 如图所示,将质量 m=1kg 的物体用两个劲度系数相同的弹簧竖直固定在升降机内,当升 2 降机和物体一起静止时,上面弹簧对物体的弹力大小为 1N;当它们一起以 4m/s 的恒定加速 度加速上升时,上面弹簧的弹力大小为( )

A.1N

B.2N

C.3N

D.5N

12. 我国曾采用一箭双星方式,成功地将第十四颗和第十五颗北斗导航卫星发射升空,随后 将它们送人预定转移轨道,最后进入地球同步轨道.下列说法正确的是( ) A.它们自开始发射至进入预定转移轨道的过程中一直处于失重状态 B.进入地球同步轨道后,它们运行的角速度都等于地球自转的角速度 C.进入地球同步轨道后,若增大后面卫星的线速度,它们将在此轨道上相碰 D.进入地球同步轨道后,它们绕地球做圆周运动的向心加速度的大小相等 13. 如图所示,图中的四个电表均为理想电表,当滑线变阻器滑动触点 P 向右端移动时,下 面说法中正确是( )

A.伏特表 V1 的读数减小,安培表 A1 的读数增大 B.伏特表 V1 的读数增大,安培表 A1 的读数减小 C.伏特表 V2 的读数减小,安培表 A2 的读数增大 D.伏特表 V2 的读数增大,安培表 A2 的读数减小 14. ( 空间中某一静电场的电势 φ 在 x 轴上的分布情况如图所示,其中 x0﹣x1=x2﹣x0.下列 说法中正确的是( )

A.空间中各点的场强方向均与 x 轴垂直 B.电荷在 x1 处和 x2 处受到的电场力相同 C.正电荷沿 x 轴从 x1 处移到 x2 处的过程中,电势能减小 D.负电荷沿 x 轴从 x1 处移到 x2 处的过程中,电场力先做负功后做正功 15. 美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,准确地测定了电子的电荷 量.如图,平行板电容器两极板 M、N 与电压为 U 的恒定电源两极相连,板的间距为 d.现 有一质量为 m 的带电油滴在极板间匀速下落,则( )

A.此时极板间的电场强度 E= B.油滴带电荷量为 C.减小极板间电压,油滴将加速下落 D.将极板 N 向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动 16. 如图所示,水平面绝缘且光滑,一绝缘的轻弹簧左端固定,右端有一带正电荷的小球, 小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球在电场力和弹簧弹力的作用 下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此时作为计时起点,则下列描 述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是( )

A.

B.

C.

D.

17. 如图所示,在匀强电场中有六个点 A、B、C、D、E、F,正好构成一正六边形,六边形 边长为 0.1m,所在平面与电场方向平行.点 B、C、E 的电势分别为﹣20V、20V 和 60V.一 带电粒子从 A 点以某一速度沿 AB 方向射出后,经过 1×10 s 到达 D 点.不计重力.则下列 判断正确的是( )
﹣6

A.粒子带正电 5 B.粒子在 A 点射出时的速度为 5×10 m/s C.粒子在 A 点的电势能大于在 D 点的电势能 8 D.该粒子的比荷(电荷量与质量比值)为 7.5×10 C/kg 18. 如图所示, 水平面上质量相等的两木块 A、 B 用一轻弹簧相连, 整个系统处于静止状态. t=0 时刻起用一竖直向上的力 F 拉动木块 A,使 A 向上做匀加速直线运动.t1 时刻弹簧恰好恢复 原长,t2 时刻木块 B 恰好要离开水平面.以下说法正确的是( )

A.在 0﹣t2 时间内,拉力 F 随时间 t 均匀增加 B.在 0﹣t2 时间内,拉力 F 随木块 A 的位移均匀增加 C.在 0﹣t2 时间内,拉力 F 做的功等于 A 的机械能增量 D.在 0﹣t1 时间内,拉力 F 做的功等于 A 的动能增量

二、实验题(共 12 分,每空 2 分) 19. 图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分.图中背景方格的边长均为 2.5 厘米,如果 2 取重力加速度 g=10 米/秒 ,那么: (1)照片的闪光频率为 Hz. . (2)小球做平抛运动的初速度的大小为 m/s.

20. 如图为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置.用拉力传 感器记录小车受到拉力的大小,在长木板上相距为 L=48.0cm 的 A、B 两点各安装一个速度传 感器,分别记录细线拉力和小车到达 A、B 时的速率. (1)本实验有关的说法正确的是: A.两速度传感器之间的距离应适当远些 B.要调整长木板的倾斜角度,平衡小车受到的摩擦力 C.应先释放小车,再接通速度传感器的电源 D.改变所挂钩码的数量时,要使所挂钩码的质量远小于小车质量 E.不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量 2 2 (2)某同学在表中记录了实验测得的几组数据,vB ﹣vA 是两个速度传感器记录速率的平方 2 差,则加速度的表达式为 a= ,表中第 3 次实验缺失的数据是 m/s (结果保留三位有效数字) ; 2 2 2 2 2 次数 F(N) vB ﹣vA (m /s ) a(m/s ) 1 0.60 0.77 0.80 2 1.04 1.61 1.68 3 1.42 2.34 4 2.00 3.48 3.63 5 2.62 4.65 4.84 6 3.00 5.49 5.72

(3)表中 a 与 F 并不成正比,这是由于 过度”)造成的. E.改变所挂钩码的数量,重复步骤 D 的操作.

(填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力

三、计算题(37 分=8+12+17)解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写 出最后答案的不得分,有数字计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 21. 物体 A 放在光滑倾角 37°的斜面上,与半径为 r 的圆柱体 B 用跨过定滑轮的细线相连接, 半径为 R 的圆柱体 C 穿过细绳后搁在 B 上, 三个物体的质量分别为 mA=2kg, mB=mC=1kg. 现 让它们由静止开始运动,B 下降 h1=0.5m 后,C 被内有圆孔(半径为 R′)的支架 D 挡住(r< R′<R) ,而 B 穿过圆孔继续下降, (滑轮的摩擦、细线和 C 之间的摩擦以及空气阻力均不计, 且斜面足够长.g 取 10m/s . )试求: (1)圆柱体 BC 到达支架 D 时的速度; (2)物体 A 在斜面上上滑的最大高度?
2

22. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.若将一个质量为 m、带正电电 量为 q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直方向夹角为 37°的直线运动.现将该小 球从电场中某点以初速度 v0 竖直向上抛出,已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为 g, 求小球运动的抛出点至最高点之间的距离 S.

23. 如图所示,长 L=1.2m、质量 M=3kg 的木板放在倾角为 37°的光滑斜面上,质量 m=1kg、 带电荷量 q=+2.5×10 C 的物块放在木板的上端,木板和物块间的动摩擦因数 μ=0.1,所在空 4 间加有一个方向垂直斜面向下、场强 E=4.0×10 N/C 的匀强电场.现对木板施加一平行于斜面 2 向上的拉力 F=10.8N. 取 g=10m/s , 斜面足够长. 设图示位置木板和物块的速度均为零. 试求: (1)物块离开木板时木板获得的动能; (2)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能.
﹣4

2015-2016 学年河北省衡水市冀州中学高三(上)第三次 月考物理试卷(A)
参考答案与试题解析

一、选择题(共 61 分,1-11 为单项选择题,每题 3 分;12-18 为多项选择题,每题满分 61 分, 选不全得 2 分) 1. (3 分) (2013?洛阳一模)下列说法正确的是( ) A.竖直上抛物体到达最高点时,物体处于平衡状态 B.电梯匀速上升时,电梯中的人不处于平衡状态 C.在小车的水平光滑表面上静置一小木块,当平板车加速运动时,小物块仍处于平衡状态 D.竖直弹簧上端固定,下端挂一重物,平衡后,用力 F 将它再拉下一段距离后停止,当突然 撤去力 F 时,重物仍处于平衡状态 【考点】作用力和反作用力;惯性. 【分析】静止状态或匀速直线运动状态,都是平衡状态,根据平衡条件可知,物体在受平衡 力时保持平衡状态,对物体进行受力分析即可求解. 【解答】解:A、到达最高点时,小球只受到重力一个力的作用,所以它受到的力不是平衡力, 它处于非平衡状态,故 A 错误; B、电梯匀速上升时,电梯中的人也匀速上升,受力平衡,处于平衡状态,故 B 错误; C、当平板车加速运动时,小物块只受重力和支持力,水平方向不受力,受力平衡,处于平衡 状态,故 C 正确; D、当突然撤去力 F 时,重物受到的弹力大于重力,向上做加速运动,不是平衡状态,故 D 错误. 故选:C 【点评】物体受到两个或两个以上的力的作用时,物体处于静止状态或匀速直线运动状态, 我们说这几个力平衡.物体处于平衡状态时,它受到的力是平衡力,并且合力为零.
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2. (3 分) (2015?韶关一模)在平直公路上行驶的 a 车和 b 车,其位移﹣时间图象分别为图中 直线 a 和曲线 b,由图可知( )

A.b 车运动方向始终不变 B.在 t1 时刻 a 车的位移大于 b 车 C.t1 到 t2 时间内 a 车的平均速度小于 b 车 D.t1 到 t2 时间内某时刻两车的速度可能相同 【考点】匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】直线运动规律专题.

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【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律,图线切线的斜率表示瞬时速度,结合斜 率的变化得出速度如何变化.根据位移和时间比较平均速度的大小. 【解答】解:A、b 图线切线切线先为正值,然后为负值,知 b 的运动方向发生变化.故 A 错 误. B、在 t1 时刻,两车的位移相等.故 B 错误. C、t1 到 t2 时间内,两车的位移相同,时间相同,则平均速度相同.故 C 错误. D、t1 到 t2 时间内,b 图线的切线斜率在某时刻与 a 相同,则两车的速度可能相同.故 D 正确. 故选:D. 【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义,知道图线的切线斜率表示瞬时速度, 根据斜率的正负可以确定运动的方向. 3. (3 分) (2013 秋?德州校级期中)牛顿这位科学巨人对物理学的发展做出了突出贡献.下 列有关牛顿的表述中正确的是( ) A.牛顿用扭秤装置测定了万有引力常量 B.牛顿通过斜面实验得出白由落体运动位移与时间的平方成正比 C.牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体,物体都会落回地面 D.牛顿的“月﹣﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力,与行星所受 太阳的引力服从相同规律 【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定. 【专题】万有引力定律的应用专题. 【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可. 【解答】解:A、卡文迪许用扭秤装置测定了万有引力常量,故 A 错误; B、伽利略通过斜面实验得出白由落体运动位移与时间的平方成正比,故 B 错误; C、牛顿曾设想,从高山上水平抛出的物体,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远. 如果抛出速度足够大,物体不会落回地面,将绕地球运动,成为人造地球卫星.故 C 错误; D、牛顿的“月﹣﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力,与行星所受 太阳的引力服从相同规律,故 D 正确; 故选:D. 【点评】解答本题的关键是掌握物理学家的成就,这是常识性问题,识记是最好的学习方法.
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4. (3 分) (2012?江苏)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的 大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小 a 与时间 t 关系的图象,可能正确的是 ( )

A.

B.

C.

D. 【考点】竖直上抛运动. 【专题】压轴题;直线运动规律专题.
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【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律,同时结合特殊位置(最高点) 进行判断. 【解答】解:B、D、皮球竖直向上抛出,受到重力和向下的空气阻力,根据牛顿第二定律, 有:mg+f=ma 根据题意,空气阻力的大小与速度的大小成正比,有:f=kv 联立解得:a=g+ A、C、由于速度不断减小,故加速度不断减小,到最高点速度为零,阻力为零,加速度为 g, 不为零,故 BD 均错误; 根据 BD 的结论 a=g+ ,有 ∝ ,由于加速度减小,故 也减小,故 也减小,故

a﹣t 图象的斜率不断减小,故 A 错误,C 正确; 故选:C. 【点评】本题关键是受力分析后得到加速度的表达式,然后结合速度的变化得到阻力变化, 最后判断出加速度的变化规律. 5. (3 分) (2015?南昌校级二模)如图所示,有一正方体空间 ABCDEFGH,则下面说法正确 的是( )

A.若只在 A 点放置一正点电荷,则电势差 UBC<UHG B.若只在 A 点放置一正点电荷,则 B、H 两点的电场强度大小相等 C.若只在 A、E 两点处放置等量异种点电荷,则 C、G 两点的电势相等 D.若只在 A、E 两点处放置等量异种点电荷,则 D、F 两点的电场强度大小相等 【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】本题重点考查了匀强电场的理解:在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相 等.同时注意电场线和等势线是垂直的 【解答】解:A、B、若 A 点放置一正点电荷,由图中的几何关系可知,BC 之间的电场强度 要大于 HG 之间的电场强度,结合它们与 A 之间的夹角关系可得电势差 UBC>UHG,故 A 错 误; B、若 A 点放置一正点电荷,由于 B 与 H 到 A 的距离不相等,使用 B、H 两点的电场强度大 小不相等.故 B 错误; C、C、若在 A、E 两点处放置等量异种点电荷,则 AE 连线的垂直平分平面是等势面,等势 面两侧的点,一定具有不同的电势,使用 C、G 两点的电势一定不相等.故 C 错误; D、若在 A、E 两点处放置等量异种点电荷,等量异种点电荷的电场具有对称性,即上下对称, 左右对称,D 与 H 上下对称,所以电场强度大小相等;H 与 F 相对于 E 点一定位于同一个等 势面上,所以 H 与 F 两点的电势相等,则 D、F 两点的电场强度大小相等.故 D 正确. 故选:D 【点评】本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解, 因此一定从多个角度理解匀强电场的特点,多训练以提高理解应用能力.
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6. (3 分) (2013?扬州二模)一位参加达喀尔汽车拉力赛的选手驾车翻越了如图所示的沙丘, A、B、C、D 为车在翻越沙丘过程中经过的四个点,车从坡的最高点 B 开始做平抛运动,无 碰撞地落在右侧直斜坡上的 C 点,然后运动到平地上的 D 点.当地重力加速度为 g,下列说 法中正确的是( )

A.A 到 B 过程中,汽车应该加速 B.B 到 C 过程中,汽车的机械能不守恒 C.若已知斜坡的倾角和车在 B 点的速度,可求出 BC 间高度差 D.由斜坡进入平地拐点处时,车处于失重状态 【考点】机械能守恒定律;超重和失重. 【专题】机械能守恒定律应用专题. 【分析】只有重力做功的情况下,机械能守恒,车从坡的最高点 B 开始做平抛运动,无碰撞 地落在右侧直斜坡上的 C 点,知速度的方向与 CD 平行,根据速度的方向通过平抛运动的初 速度,求出竖直方向上的分速度,从而求出 BC 间的高度差.根据牛顿第二定律,通过重力和 支持力的大小关系,判断超重还是失重. 【解答】解:A、A 到 B 的过程不一定需要加速.故 A 错误. B、B 到 C 的过程中,因为只有重力做功,机械能守恒.故 B 错误. C、若已知斜坡的倾角和车在 B 点的速度,根据速度的分解可以求出 C 点速度在竖直方向上 的分速度,通过速度位移公式求出 BC 间的高度差.故 C 正确.
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D、由斜坡进入平地拐点处时,可以看成圆弧,根据

,知 N>mg,车处于超重状

态.故 D 错误. 故选 C. 【点评】解决本题的关键知道机械能守恒的条件,以及知道平抛运动的在水平方向和竖直方 向上的运动规律. 7. (3 分) (2015 秋?冀州市校级月考)如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和 物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab 为水平直径,cd 为竖直直径,在运 动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始终静止,则( )

A.物块始终受到三个力作用 B.只有在 a、b、c、d 四点,物块受到合外力才指向圆心 C.从 a 到 b,物体所受的摩擦力先增大后减小

D.从 b 到 a,物块处于超重状态 【考点】向心力;牛顿第二定律. 【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用. 【分析】木板托着物体在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动,物体所受的合力提供 圆周运动所需的向心力.当加速度方向向上时,物体处于超重状态,加速度向下时,物体处 于失重状态. 【解答】解:A、在 cd 两点处,只受重力和支持力,在其他位置处物体受到重力,支持力、 静摩擦力三个作用,故 A 错误; B、物体作匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故 B 错误; C、从 a 运动到 b,物体的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加速度先减小后反向增大, 根据牛顿第二定律可得,物体所受木板的摩擦力先减小后增大.故 C 错误. D、从 b 运动到 a,向心加速度指向圆心,有向上的分量,所以物体处于超重状态,故 D 正确; 故选:D 【点评】解决本题的关键知道 A 所受的合力提供向心力,向心力大小不变,知道 A 所受合力 在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力,在水平方向的分力等于摩擦力.
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8. (3 分) (2014 春?迎泽区校级期中)人造卫星绕地球只受地球的引力,做匀速圆周运动, 其轨道半径为 r,线速度为 v,周期为 T.为使其周期变为 8T,可采用的方法有( ) A.保持轨道半径不变,使线速度减小为 B.逐渐减小卫星质量,使轨道半径逐渐增大为 4r C.逐渐增大卫星质量,使轨道半径逐渐增大为 8r D.保持线速度不变 v,将轨道半径增加到 8r 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用. 【专题】人造卫星问题. 【分析】根据万有引力提供向心力,得出周期与轨道半径的关系,从而进行分析.
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【解答】解:A、根据万有引力提供向心力, 不变.故 A、D 错误. B、根据 得,T=

,保持轨道半径不变,则线速度的大小

,轨道半径增大为 4r,则周期增大为 8T,与卫星的

质量无关.故 B 正确. C、根据 得,T= ,轨道半径增大为 8r,则周期增大为 16 T.故 C

错误. 故选:B. 【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论,知道线速度、周期与轨道半径 的关系. 9. (3 分) (2014 春?下城区校级期中) 如图所示, 质量相等的 A、 B 两物体在同一水平线上. 当 水平抛出 A 物体的同时,B 物体开始自由下落(空气阻力忽略不计) .曲线 AC 为 A 物体的运 动轨迹,直线 BD 为 B 物体的运动轨迹,两轨迹相交于 O 点.则两物体( )

A.经 O 点时速率相等 B.从运动开始至经过 O 点过程中 A 的速度变化量大 C.在 O 点时重力的功率一定相等 D.在 O 点具有的机械能一定相等 【考点】平抛运动;功率、平均功率和瞬时功率. 【专题】平抛运动专题. 【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据分运 动与合运动具有等时性,可知谁先到达 O 点.分别求出两物体在 O 点的速率,进行比较.根 据 P=mgvcosθ 比较重力的瞬时功率. 【解答】解:A、经 O 点时,竖直方向分速度相等,故 A 物体的速度大于 B 物体速度,故 A 错误 B、两物体加速度相同,时间相同,故从运动开始至经过 O 点过程中 A 的速度变化相同,故 B 错误 C、由 P=Fv(F 和 v 方向相同) ,到达 O 点时,F=mg,竖直 v 相同,故 C 正确 D、在 O 点具有的势能相同,但动能不同,故 D 错误 故选:C 【点评】本题考查了平抛运动和自由落体运动的相关概念和公式,要明确平抛运动的竖直方 向就是自由落体运动,所以本题中,AB 竖直方向的运动情况完全相同,再根据相关公式和概 念解题
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10. (3 分) (2015?临汾校级二模)在如图所示电路中,闭合电键 S,当滑动变阻器的滑动触 头 P 向下滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用 I、U1、U2 和 U3 表示, 电表示数变化量的绝对值分别用△ I、△ U1、△ U2 和△ U3 表示.下列说法正确的是( )

A. C.

不变, 变大,

变大 变大

B.

变大,

不变

D.电源的输出功率变大
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【考点】闭合电路的欧姆定律. 【专题】恒定电流专题.

【分析】由题意知:R1 是定值电阻,根据欧姆定律得知 根据闭合电路欧姆定律研究 、

=R1.变阻器是可变电阻,

与电源内阻的关系,再分析选择.

【解答】解:A、根据欧姆定律得知: 动时, B、 均不变.故 A 错误.

=R1.故当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑

=R2,变大.根据闭合电路欧姆定律得:U2=E﹣I(R1+r) ,则有

=R1+r,不变.故 B

正确. C、 =R1+R2,变大.根据闭合电路欧姆定律得:U3=E﹣Ir,则有 =r,不变.故 C 错误.

D、 当外电路电阻等于内阻时, 电源的输出功率最大, 当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时, 外电阻变大,但是不知道外电阻与内阻的大小关系,所以无法判断电源输出功率的变化,则 D 错误. 故选:B 【点评】本题对于定值电阻,是线性元件有 R= ,对于非线性元件,R= .

11. (3 分) (2013 秋?洛阳期中)如图所示,将质量 m=1kg 的物体用两个劲度系数相同的弹簧 竖直固定在升降机内,当升降机和物体一起静止时,上面弹簧对物体的弹力大小为 1N;当它 2 们一起以 4m/s 的恒定加速度加速上升时,上面弹簧的弹力大小为( )

A.1N B.2N C.3N D.5N 【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 2 【分析】升降机静止时,物体受力平衡.根据牛顿第二定律求出升降机以 4m/s 的加速度加速 向上运动时,根据牛顿第二定律求得此时物体的合力,根据两根弹簧增加的弹力相等,求得 上面弹簧的弹力. 2 【解答】解:当升降机静止时,物体所受的合外力为零;当升降机以 4m/s 的加速度加速向上 运动时,根据牛顿第二定律得知,物体所受的合外力 F 合=ma=1×4N=4N. 升降机静止时, 若上面的弹簧处于伸长状态, 对物体的拉力为 F1=1N, 由于物体处于静止状态, 根据平衡条件得知,下面的弹簧对物体的支持力为 F2=mg﹣F1=10N﹣1N=9N.当升降机加速 上升时,物块要下移,两弹簧形变量的变化量相等,根据胡克定律 F=kx 知,两根弹簧增加的 弹力相等,物体的合外力为 4N 时,两个弹簧的弹力都增加 2N,开始上面弹簧的拉力 1N,所 以由此时上面弹簧的弹力为 3N. 若升降机静止时,若上面的弹力处于压缩状态,对物体的压力为 F1=1N,由于物体处于静止状 态, 受力平衡, 根据平衡条件得知, 下面的弹簧对物体的支持力为 F2=mg+F1=10N+1N=11N. 当 升降机加速上升时,两个弹簧弹力的变化量为 2N,下面弹簧的支持力增加 2N,而面的弹簧由 压缩状态变成伸长状态,此时上面弹簧的拉力为 1N.故 AC 确,B、D 错误. 故选:AC. 【点评】解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律,知道物体下移时,两根弹簧的形 变量相等,弹力的变化相等.
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12. (4 分) (2015 秋?冀州市校级月考)我国曾采用一箭双星方式,成功地将第十四颗和第十 五颗北斗导航卫星发射升空,随后将它们送人预定转移轨道,最后进入地球同步轨道.下列 说法正确的是( ) A.它们自开始发射至进入预定转移轨道的过程中一直处于失重状态 B.进入地球同步轨道后,它们运行的角速度都等于地球自转的角速度 C.进入地球同步轨道后,若增大后面卫星的线速度,它们将在此轨道上相碰 D.进入地球同步轨道后,它们绕地球做圆周运动的向心加速度的大小相等 【考点】同步卫星. 【专题】人造卫星问题. 【分析】开始发射至进入预定转移轨道的过程中是处于超重状态,进入地球同步轨道后,与 地球同步,则角速度与地球相同,半径与速度的大小一定,且加速度大小也一定,在同一轨 道无法加速或减速相遇,从而即可求解. 【解答】解:A、自开始发射至进入预定转移轨道的过程中,一直处于加速阶段,则处于超重 状态,故 A 错误; B、进入地球同步轨道后,同步卫星的角速度与地球相同,线速度的大小、半径、加速度的大 小均一定,故 BD 正确; C、若增大后面卫星的线速度,它们将做离心运动,因此不可能在此轨道上相碰,故 C 错误; 故选:BD. 【点评】考查同步卫星的发射与旋转,掌握其角速度、线速度及加速度的相同与不同,注意 理解离心运动的条件.
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13. (4 分) (2012?珠海一模)如图所示,图中的四个电表均为理想电表,当滑线变阻器滑动 触点 P 向右端移动时,下面说法中正确是( )

A.伏特表 V1 的读数减小,安培表 A1 的读数增大 B.伏特表 V1 的读数增大,安培表 A1 的读数减小 C.伏特表 V2 的读数减小,安培表 A2 的读数增大 D.伏特表 V2 的读数增大,安培表 A2 的读数减小 【考点】闭合电路的欧姆定律. 【专题】恒定电流专题. 【分析】当滑动变阻器滑动触点 P 向右端移动时,变阻器接入电路的电阻减小,分析外电路 总电阻的变化,由闭合电路欧姆定律判断干路电流的变化,即可知电流表 A1 读数的变化.根 据欧姆定律分析电压表 V1 读数的变化.根据干路电流的变化,分析路端电压的变化,判断电 流表 A2 读数的变化.由干路电流与通过 3 电流的变化,分析通过 R2 电流的变化,即可判断 电压表 V2 读数的变化. 【解答】解:当滑动变阻器滑动触点 P 向右端移动时,变阻器接入电路的电阻减小,由闭合 电路欧姆定律得知,干路电流 I 增大,路端电压 U 减小,则电流表 A1 读数增大; 电压表 V1 读数 U1=E﹣I(R1+r) ,I 增大,其他量不变,则 U1 减小;
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通过电流表 A2 的电流 I2=

,U1 减小,则 I2 减小;

电流表 A2 读数 I2′=I﹣I2,I 增大,I2 减小,则 I2′增大,则伏特表 V2 的读数增大. 故 AD 正确,BC 错误. 故选 AD. 【点评】本题是简单的电路动态分析问题,按“部分→整体→部分”的思路进行分析. 14. (4 分) (2015?潍坊模拟)空间中某一静电场的电势 φ 在 x 轴上的分布情况如图所示,其 中 x0﹣x1=x2﹣x0.下列说法中正确的是( )

A.空间中各点的场强方向均与 x 轴垂直 B.电荷在 x1 处和 x2 处受到的电场力相同 C.正电荷沿 x 轴从 x1 处移到 x2 处的过程中,电势能减小 D.负电荷沿 x 轴从 x1 处移到 x2 处的过程中,电场力先做负功后做正功 【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】根据图象可知电势 φ 与 x 成线性关系,说明电场强度的方向与 x 轴成锐角,又有电 势与电势差的关系 U=φ1﹣φ2,可得 u=E△ x,满足电势差与电场强度的关系,即电场为匀强 电场,电场力 F=qE,电场力做正功电势能减少. 【解答】解:A,由图可知,沿 x 轴方向电场的电势降低,说明沿 x 方向电场强度的分量不为 0,所以空间中各点的场强方向均不与 x 轴垂直.故 A 错误;
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B、 由图可知, 沿 x 方向电势 φ 均匀减小, 又有电势与电势差的关系 U=φ1﹣φ2, 可得 u=E△ x, 满足电势差与电场强度的关系,即电场为匀强电场,电场力 F=qE,所以电荷在 x1 处和 x2 处 受到的电场力相同.故 B 正确; C、由图可知,沿 x 方向电势 φ 均匀减小,所以正电荷沿 x 轴从 x1 处移到 x2 处的过程中,电 势能减小.故 C 正确; D、由图可知,沿 x 方向电势 φ 均匀减小,负电荷受到的电场力的方向与 x 方向相反,所以负 电荷沿 x 轴从 x1 处移到 x2 处的过程中,电场力始终做负功.故 D 错误. 故选:BC 【点评】该题结合电势随 x 变化的图象考查了电势与电势差的关系,电势差与电场强度的关 系,电场方向的规定,电场力做功与电势能的关系. 15. (4 分) (2015?广州校级模拟)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油 滴,准确地测定了电子的电荷量.如图,平行板电容器两极板 M、N 与电压为 U 的恒定电源 两极相连,板的间距为 d.现有一质量为 m 的带电油滴在极板间匀速下落,则( )

A.此时极板间的电场强度 E= B.油滴带电荷量为 C.减小极板间电压,油滴将加速下落 D.将极板 N 向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动 【考点】电场强度;共点力平衡的条件及其应用.
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【分析】由 E= ,求解电场强度.油滴静止不动时,所受的电场力与重力平衡,由平衡条件 求出油滴的电量.根据油滴的电场力有无变化,分析其运动情况. 【解答】解:A、两极板间的电压为 U,板间距离为 d,则板间的电场强度 E= ,故 A 正确. B、油滴静止不动,由平衡条件得:mg=qE=q ,得油滴带电荷量为:q= ,故 B 错误.

C、减小极板间的电压时,由 E= ,知板间场强 E 减小,油滴所受的电场力减小,则油滴将加 速下落.故 C 正确. D、将极板 N 向下缓慢移动一小段距离,由 E= ,知板间场强 E 减小,油滴所受的电场力减 小,则油滴将向下运动.故 D 错误. 故选:AC. 【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析,由平衡条件判断微粒的电性,注意由 受力情况来确定运动情况是解题的思路. 16. (4 分) (2014?杨浦区三模)如图所示,水平面绝缘且光滑,一绝缘的轻弹簧左端固定, 右端有一带正电荷的小球,小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球 在电场力和弹簧弹力的作用下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此 时作为计时起点, 则下列描述速度与时间、 加速度与位移之间变化关系的图象正确的是 ( )

A.

B.

C.
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D.

【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】速度时间图线的斜率表示加速度,根据牛顿第二定律得出小球的加速度,根据加速 度的变化判断小球的运动规律,确定正确的图线. 【解答】解:将电场反向,小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力,小球离开弹 簧前,根据牛顿第二定律得,小球的加速度 a= 当脱离弹簧后,小球的加速度 a= ,知 a 随 x 的增大均匀减小,

,保持不变.可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动,

然后做匀速运动.故 A、C 正确,B、D 错误. 故选:AC. 【点评】本题难点是分析小球离开弹簧前的加速度,根据表达式确定小球的加速度随 x 均匀 变化,此段过程中速度时间图线的斜率在减小. 17. (4 分) (2015?兖州市模拟)如图所示,在匀强电场中有六个点 A、B、C、D、E、F,正 好构成一正六边形,六边形边长为 0.1m,所在平面与电场方向平行.点 B、C、E 的电势分别 为﹣20V、20V 和 60V.一带电粒子从 A 点以某一速度沿 AB 方向射出后,经过 1×10 s 到达 D 点.不计重力.则下列判断正确的是( )
﹣6

A.粒子带正电 5 B.粒子在 A 点射出时的速度为 5×10 m/s C.粒子在 A 点的电势能大于在 D 点的电势能 D.该粒子的比荷(电荷量与质量比值)为 7.5×10 C/kg 【考点】电势差与电场强度的关系;电势能. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】该电场中已知三点的电势,可以通过作辅助线找出它们之间的关系,从而确定等势 线,及该电场的特点与方向,进而判定粒子的电性,及电势能的变化,并由类平抛运动规律, 即可求解. 【解答】解:由题意可知,点 B、C、E 的电势分别为﹣20V、20V 和 60V.UCB=UEF.则 F 的电势为 20V,那么 CF 是等势线,电场线如图所示:
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8

所以可以判定 EA 是这个匀强电场的电场线的方向. A、由上面的判断可知,粒子带负电,故 A 错误;

B、粒子做类平抛运动,则 AB 方向做匀速直线运动,则在 A 点射出时的速度为 v= =1×10 m/s,故 B 错误;
5

C、负电粒子从低电势向高电势移动,则电势能减小.故 C 正确; D、 根据类平抛运动规律, 在 AE 方向, 则有: , 代入数据, 解得: =7.5×10 C/kg. 故
8

D 正确. 故选:CD. 【点评】该题通过比较几个点的电势,得出该电场的特点与方向,解题的关键是通过使用辅 助线来说明问题,同时掌握类平抛运动处理规律是解题的关键. 18. (4 分) (2015?荆门模拟)如图所示,水平面上质量相等的两木块 A、B 用一轻弹簧相连, 整个系统处于静止状态.t=0 时刻起用一竖直向上的力 F 拉动木块 A,使 A 向上做匀加速直线 运动. t1 时刻弹簧恰好恢复原长, t2 时刻木块 B 恰好要离开水平面. 以下说法正确的是 ( )

A.在 0﹣t2 时间内,拉力 F 随时间 t 均匀增加 B.在 0﹣t2 时间内,拉力 F 随木块 A 的位移均匀增加 C.在 0﹣t2 时间内,拉力 F 做的功等于 A 的机械能增量 D.在 0﹣t1 时间内,拉力 F 做的功等于 A 的动能增量 【考点】功能关系;功的计算. 【分析】以木块 A 为研究对象,分析受力情况,根据牛顿第二定律得出 F 与 A 位移 x 的关系 式,再根据位移时间公式,得出 F 与 t 的关系.根据功能关系分析拉力做功与 A 的机械能增 量关系. 【解答】解:A、B 设原来系统静止时弹簧的压缩长度为 x0,当木块 A 的位移为 x 时,弹簧的 压缩长度为(x0﹣x) ,弹簧的弹力大小为 k(x0﹣x) ,根据牛顿第二定律得: F+k(x0﹣x)﹣mg=ma 得到:F=kx﹣kx0+ma+mg, 又 kx0=mg, 则得到:F=kx+ma 可见 F 与 x 是线性关系,则在 0﹣t2 时间内,拉力 F 随木块 A 的位移均匀增加,
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由 x=

得:F=k

+ma,F 与 t 不成正比.故 A 错误,B 正确.

C、据题 t=0 时刻弹簧的弹力等于 A 的重力,t2 时刻弹簧的弹力等于 B 的重力,而两个物体的 重力相等,所以 t=0 时刻和 t2 时刻弹簧的弹力相等,弹性势能相等,根据功能关系可知在 0﹣ t2 间间内,拉力 F 做的功等于 A 的机械能增量,故 C 正确. D、根据动能定理可知:在 0﹣t1 时间内,拉力 F 做的功、重力做功与弹力做功之和等于 A 的 动能增量,故 D 错误. 故选:BC.

【点评】对于匀变速直线运动,运用根据牛顿第二定律研究力的大小是常用的思路.分析功 能关系时, 要注意分析隐含的相等关系, 要抓住 t=0 时刻和 t2 时刻弹簧的弹性势能相等进行研 究. 二、实验题(共 12 分,每空 2 分) 19. (4 分) (2004?连云港模拟)图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分.图中背景方格 的边长均为 2.5 厘米,如果取重力加速度 g=10 米/秒 ,那么: (1)照片的闪光频率为 10 Hz. . (2)小球做平抛运动的初速度的大小为 0.75 m/s.
2

【考点】研究平抛物体的运动. 【专题】实验题;平抛运动专题. 【分析】正确应用平抛运动规律:水平方向匀速直线运动,竖直方向自由落体运动;解答本 题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期,然后进一 步根据匀变速直线运动的规律、推论求解. 2 【解答】解: (1)在竖直方向上有:△ h=gT ,其中△ h=10cm,代入求得:T=0.1s,
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因此闪光频率为: 故答案为:10. (2)小球水平方向做匀速直线运动,故有: x=v0t,其中 x=3L=7.5cm 所以 v0=0.75m/s 故答案为:0.75. 【点评】对于平抛运动问题,一定明确其水平和竖直方向运动特点,尤其是在竖直方向熟练 应用匀变速直线运动的规律和推论解题. 20. (8 分) (2015?唐山校级模拟)如图为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力 的关系”实验装置. 用拉力传感器记录小车受到拉力的大小, 在长木板上相距为 L=48.0cm 的 A、 B 两点各安装一个速度传感器,分别记录细线拉力和小车到达 A、B 时的速率. (1)本实验有关的说法正确的是: ABE A.两速度传感器之间的距离应适当远些 B.要调整长木板的倾斜角度,平衡小车受到的摩擦力 C.应先释放小车,再接通速度传感器的电源 D.改变所挂钩码的数量时,要使所挂钩码的质量远小于小车质量 E.不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量

(2)某同学在表中记录了实验测得的几组数据,vB ﹣vA 是两个速度传感器记录速率的平方 差,则加速度的表达式为 a= 保留三位有效数字) ; 次数 F(N) 1 0.60 2 1.04 3 1.42 4 2.00 5 2.62 6 3.00 ,表中第 3 次实验缺失的数据是 2.44 m/s (结果
2

2

2

vB ﹣vA (m /s ) 0.77 1.61 2.34 3.48 4.65 5.49

2

2

2 2

a(m/s ) 0.80 1.68 2.44 3.63 4.84 5.72

2

(3)表中 a 与 F 并不成正比,这是由于 平衡摩擦力不足 (填写“平衡摩擦力不足”或“平衡 摩擦力过度”)造成的. E.改变所挂钩码的数量,重复步骤 D 的操作.

【考点】测定匀变速直线运动的加速度. 【专题】实验题;直线运动规律专题. 【分析】注意平衡摩擦力的原理,利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力,若物体能匀速运动 则说明恰好平衡了摩擦力; 根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出加速度的表达式; 根据数据可知,有外力时还没有加速度,由此可得出产生偏差原因. 【解答】解: (1)A、两速度传感器之间的距离应适当远些,增大 L,可以减小误差,故 A 正 确; B、要调整长木板的倾斜角度,平衡小车受到的摩擦力,使得拉力传感器记录小车受到拉力是 小车的合力,故 B 正确; C、应该先接通电源后再释放小车,故 C 错误; D、改变所挂钩码的数量时,不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量,因为实验中拉力传感 器记录小车受到拉力,故 D 错误; E、不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量,故 E 正确; 故选:ABE
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(2)根据匀变速直线运动的位移与速度公式:v ﹣

2

=2as 可以求出:

a=



带入数据解得:a=2.44m/s . (3)表中 a 与 F 并不成正比,这是由于平衡摩擦力不足造成的. . 故答案为: (1)ABE; (2) ,2.44

2

(3)平衡摩擦力不足 【点评】明确实验原理,正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求,要加 强这方面的训练. 三、计算题(37 分=8+12+17)解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写 出最后答案的不得分,有数字计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 21. (8 分) (2015 秋?冀州市校级月考)物体 A 放在光滑倾角 37°的斜面上,与半径为 r 的圆 柱体 B 用跨过定滑轮的细线相连接,半径为 R 的圆柱体 C 穿过细绳后搁在 B 上,三个物体的 质量分别为 mA=2kg,mB=mC=1kg.现让它们由静止开始运动,B 下降 h1=0.5m 后,C 被内有 圆孔(半径为 R′)的支架 D 挡住(r<R′<R) ,而 B 穿过圆孔继续下降, (滑轮的摩擦、细线 2 和 C 之间的摩擦以及空气阻力均不计,且斜面足够长.g 取 10m/s . )试求: (1)圆柱体 BC 到达支架 D 时的速度; (2)物体 A 在斜面上上滑的最大高度?

【考点】动能定理. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】 (1)对 A、B、C 系统运用动能定理,求出圆柱体 BC 到达支架 D 时的速度; (2)再对 A 和 B 组成的系统运用动能定理,抓住末动能为零,求出 B 继续下降的高度,从 而得出下降的总高度,求出物体 A 在斜面上上滑的最大高度.
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【解答】解: (1)对系统运用动能定理得, (mB+mC)gh1﹣mAgh1sinθ= 代入数据得, (1+1)× 解得 v= . v
2

(2)对 A、B 系统运用动能定理得,

代入数据得,1×10×h2﹣2×10×h2×0.6=0﹣ 解得 h2=1.5m 上滑的最大高度 h=(h1+h2)sinθ 解得 h=1.2m. 答: (1)圆柱体 BC 到达支架 D 时的速度为 ; (2)物体 A 在斜面上上滑的最大高度为 1.2m. 【点评】运用动能定理解题,关键选择研究对象和研究的过程,分析过程中有哪些力做功, 然后根据动能定理列式求解,本题也可以通过系统机械能守恒进行求解. 22. (12 分) (2013?湖北二模)在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.若将 一个质量为 m、带正电电量为 q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直方向夹角为 37°的直线运动.现将该小球从电场中某点以初速度 v0 竖直向上抛出,已知 sin37°=0.6, cos37°=0.8,重力加速度为 g,求小球运动的抛出点至最高点之间的距离 S. 【考点】电势差与电场强度的关系;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】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向,通过竖直方向上的运动求出运动的时间, 计算出竖直高度,从而通过水平方向上的运动规律求出水平位移的大小,即可求的小球运动 的抛出点至最高点之间的距离 S. .
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【解答】解:根据题设条件,电场力大小为:

…①

小球沿竖直方向做初速为 v0 的匀减速运动,到最高点的时间为 t,则:vy=v0﹣gt=0

…②

竖直方向位移为:

…③

沿水平方向做初速度为 0 的匀加速运动,加速度为:

…④

此过程小球沿电场方向位移为:

抛出点至最高点之间的距离:

答:小球运动的抛出点至最高点之间的距离 S 为



【点评】解决本题的关键知道小球竖直上抛时,在竖直方向和水平方向上的运动规律,结合 牛顿 第二定律和运动学公式灵活求解. 23. (17 分) (2014?涪城区校级模拟)如图所示,长 L=1.2m、质量 M=3kg 的木板放在倾角为 37°的光滑斜面上,质量 m=1kg、带电荷量 q=+2.5×10 C 的物块放在木板的上端,木板和物 4 块间的动摩擦因数 μ=0.1,所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强 E=4.0×10 N/C 的匀强
﹣4

电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力 F=10.8N.取 g=10m/s ,斜面足够长.设图示位 置木板和物块的速度均为零.试求: (1)物块离开木板时木板获得的动能; (2)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能.

2

【考点】功能关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿第二定律. 【分析】 (1)题的关键是首先对物体和木板受力分析,可知物体和木板均将沿斜面向下做匀 加速运动,然后分别应用牛顿第二定律求出它们的加速度,再根据物体离开木板时的位移关
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系列式即可求解. (2)题的关键是明确摩擦生热公式 Q=f 【解答】解: (1)物块向下做加速运动,设其加速度为 对物块:mgsin37°﹣μ(mgcos37°+qE)=m 对木板:Mgsin37°+μ(mgcos37°+qE)﹣F=M 又 t﹣
2 2

的运用. ,木板的加速度为 ,



=4.2m/ ,解得 s = M =27J =3m/

t =L,可得物块滑过木板所用时间 t= t=3

物块离开木板时木板的速度 v2=

m/s,其动能为

故物块离开木板时木板获得的动能为 27J. (2)由于摩擦而产生的内能为 Q=f =μ(mgcos37°+qE)?L=2.16 J

故物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能为 2.16J. 【点评】解决动力学问题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析,然后选择适当的物 理规律求解即可.


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