黑龙江省牡丹江一中高三物理上学期10月月考试题（含解析）.doc

2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，本题共8小题，每小题4分，共计32分）1物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（）a物体速度一定随时间变化b物体速度的方向一定随时间变化c物体速度的大小一定随时间变化d物体速度不一定随时间变化2如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球a、b连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，oa绳与杆的夹角为，ob绳沿竖直方向，则正确的说法是（）aa可能受到2个力的作用bb可能受到3个力的作用c绳子对a 的拉力大于对b的拉力da、b的质量之比为1：tan3如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）a合外力做功为mghb增加的动能为mghc克服摩擦力做功为mghd减少的机械能为mgh4地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1已知万有引力常量为g，地球半径为r下列说法中正确的是（）a地球质量m=b地球质量m=c地球赤道表面处的重力加速度g=ad加速度之比=5如图，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板abcd，ab段为直线挡板，bcd段是半径为r的圆弧挡板，挡板处于场强为e的匀强电场中，电场方向与圆直径mn平行现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的a点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到d点抛出，则（）a小球运动到n点时，挡板对小球的弹力可能为零b小球运动到n点时，挡板对小球的弹力可能为eqc小球运动到m点时，挡板对小球的弹力可能eqd小球运动到c点时，挡板对小球的弹力一定大于mg6如图所示，为ab两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（）a电阻a的电阻随电流的增大而减小，电阻b阻值不变b在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻bc在两图线交点处，电阻a的阻值大于电阻bd在两图线交点处，电阻a的阻值小于电阻b7一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地两板间有一个负试探电荷固定在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、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，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0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（）abcd8一半径为r的光滑圆环竖直放在水平向右场强为e的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动现使小球由a点静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知，小球在b点时（）a加速度为零b机械能最大c电势能最大d动能最大二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，本题共6小题，每小题4分，选对但不全得2分，选错0分，共计24分）9有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）anvstbnvtcd10图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）aa、b两点的电场强度大小关系eaeb，a、b两点的电势关系uaubb两个带电粒子电性必定相反c粒子从p运动到a的过程中，电势能增大d粒子从p运动到b的过程中，动能增大11如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端则下列说法中正确的是（）a第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功b第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量c第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量d第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能12两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有a、b、c三点，如图甲所示，一个电荷量为2c，质量为1kg的小物块从c点静止释放，其运动的v t图象如图乙所示，其中b点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）则下列说法正确的是（）ab点为中垂线上电场强度最大的点，场强e=1v/mb由c到a的过程中物块的电势能先减小后变大c由c点到a点电势逐渐降低da、b两点间的电势差uab=5v13如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1、q2，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕o点在桌面上做匀速圆周运动已知o、q1、q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（）a圆轨道上的电势处处相等b圆轨道上的电场强度处处相等c点电荷q1对小球的库仑力是吸引力dq1、q2可能为异种电荷14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三、填空题（每空2分，共计8分）15用如图a所示的实验装置验证m1m2组成的系统机械能守化，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律如图b给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点每相邻两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示已知ml=50mgm2=150mg，（结果均保留两位有效数字）（1）在纸带上打下计数点5时的速度v= m/s（2）在打下第0个点到第5点的过程中系统动能的增量ek=j系统势能减少ep=j（当地重力加速度g约为9.8m/s2）（3）若某同学作出v2h图象如图c所示，则当地的重力加速度g=m/s2四、计算题（共计36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）16如图所示，一带电量为q=5103 c，质量为m=0.1kg的小物块处于一倾角为=37的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态（g取10m/s2）：（1）求电场强度多大？（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，求物块下滑距离l=1.5m时的动能？17（11分）（2015春赣州期末）如图所示，光滑半圆弧轨道半径为r，oa为水平半径，bc为竖直直径一质量为m 的小物块自a处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与c点相切的粗糙水平滑道cm上在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端c点（此时弹簧处于自然状态）若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过b点已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）物块被弹簧反弹后恰能通过b点时的速度大小；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道c点时对轨道的压力fn的大小；（3）物块从a处开始下滑时的初速度大小v018（17分）（2015春牡丹江校级期末）如图（a）所示，水平放置的平行金属板ab间的距离d=0.1m，板长l=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于ab板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在ab板间加如图（b）所示的方波形电压，已知u0=1.0102v，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0107kg，电荷量q=1.0102c，速度大小均为v0=1.0104m/s，带电粒子的重力不计，则：（1）求电子在电场中的运动时间；（2）求在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量；（3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向；（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，本题共8小题，每小题4分，共计32分）1物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（）a物体速度一定随时间变化b物体速度的方向一定随时间变化c物体速度的大小一定随时间变化d物体速度不一定随时间变化考点：加速度 专题：直线运动规律专题分析：物体的加速度不为零，则速度一定变化，即速度变化量不为零解答：解：a、物体的加速度不为零，则速度变化量不为零，可知物体的速度一定随时间变化，故a正确，d错误b、加速度不为零，速度一定变化，可能是速度方向发生变化，也可能是速度大小发生变化，故b、c错误故选：a点评：解决本题的关键知道加速度等于单位时间内的速度变化量，当速度发生变化时，可能是速度大小发生变化，也可能是速度方向发生变化2如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球a、b连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，oa绳与杆的夹角为，ob绳沿竖直方向，则正确的说法是（）aa可能受到2个力的作用bb可能受到3个力的作用c绳子对a 的拉力大于对b的拉力da、b的质量之比为1：tan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：分别对ab两球分析，运用合成法，用t表示出a、b两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子ab两球的拉力是相等的解答：解：a、对a球受力分析可知，a受到重力，绳子的拉力以及杆对a球的弹力，三个力的合力为零，故a错误；b、对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对b球没有弹力，否则b不能平衡，故b错误；c、定滑轮不改变力的大小，则绳子对a的拉力等于对b的拉力，故c错误；d、分别对ab两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：t=mbg=（根据正弦定理列式）故ma：mb=1：tan，故d正确故选：d点评：本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来3如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）a合外力做功为mghb增加的动能为mghc克服摩擦力做功为mghd减少的机械能为mgh考点：功能关系 分析：本题a根据功的公式即可求解；题b根据动能定理即可求解；题c首先根据牛顿第二定律求出阻力大小，再根据功的公式即可求解；题d根据“功能原理”求出克服阻力做的功即可解答：解：a：根据功的公式可知，合外力做功应为：=ma，代入数据可得=，所以a错误；b：对滑雪运动员由动能定理可知，=，所以b正确；c：对滑雪运动员由牛顿第二定律应有：mgsin30f=ma，可得运动员受到的阻力f=所以运动员克服摩擦力做的功为=f=，所以c错误；d：根据“功能原理”可知减少的机械能应等于克服阻力做的功，即=，所以d错误；故选：b点评：应明确：涉及到“动能”、“功”等字眼时考虑应用动能定理求解；“功能原理”是指除重力以外其它力做的功等于物体机械能的变化4地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1已知万有引力常量为g，地球半径为r下列说法中正确的是（）a地球质量m=b地球质量m=c地球赤道表面处的重力加速度g=ad加速度之比=考点：万有引力定律及其应用 分析：运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题解答：解：a、根据万有引力充当向心力：知质量m=，a错误，b正确；c、地球表面物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，c错误；d、加速度a=r2，不与半径的平方成正比，d错误；故选：b点评：根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题5如图，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板abcd，ab段为直线挡板，bcd段是半径为r的圆弧挡板，挡板处于场强为e的匀强电场中，电场方向与圆直径mn平行现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的a点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到d点抛出，则（）a小球运动到n点时，挡板对小球的弹力可能为零b小球运动到n点时，挡板对小球的弹力可能为eqc小球运动到m点时，挡板对小球的弹力可能eqd小球运动到c点时，挡板对小球的弹力一定大于mg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：根据小球的运动情况，可知小球的合力方向，得知小球的电场力方向，从而得知小球的电性小球沿挡板内侧运动，根据ab段垂直于挡板方向上的合力为零，判断电场力与重力的大小关系然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大解答：解：小球从静止a点释放，能沿挡板内侧运动到d点抛出，知小球在ab段的合力方向沿ab向下，则电场力方向水平向右，小球一定带正电；小球受到的合力方向沿ab向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在md到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于n与c之间ab、小球运动到n点时，电场力方向水平向右，小球水平方向的合力提供圆周运动向心力，故挡板对小球的弹力大于电场力qe，故ab均错误；c、小球运动到m点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，挡板对小球的作用力为qe，故c正确；d、当小球在点c时的速度大于0，小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较，故d错误故选：c点评：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动和牛顿第二定律的综合运用，关键是确定物体运动过程中的等效最高点与等效最低点，确定各点小球对轨道的压力的大小关系6如图所示，为ab两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是（）a电阻a的电阻随电流的增大而减小，电阻b阻值不变b在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻bc在两图线交点处，电阻a的阻值大于电阻bd在两图线交点处，电阻a的阻值小于电阻b考点：路端电压与负载的关系；欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：在ui图象中，图象的斜率表示电阻；两线交点时电流和电压相等，则由欧姆定律可求得电阻相等解答：解：a、由图可知，电阻a的图象的斜率越来越大，故a的电阻随电流的增大而增大，电阻b阻值不变；故a错误；bcd、两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故b正确，cd错误；故选：b点评：本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确ui图象中图象的斜率表示电阻；斜率变大时，电阻增大7一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地两板间有一个负试探电荷固定在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、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，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0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（）abcd考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：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、因正极板接地，设p点原来距正极板为l，则p点的电势=el，不变；故c错误；d、电势能e=q=eqx，为水平线，故d正确；故选：d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8一半径为r的光滑圆环竖直放在水平向右场强为e的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动现使小球由a点静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知，小球在b点时（）a加速度为零b机械能最大c电势能最大d动能最大考点：电势能；动能定理的应用 专题：电场力与电势的性质专题分析：小球由a点释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况，根据除重力外其余力做功判断机械能的变化情况解答：解：a、小球由a点释放，受到重力、向左的电场力和环的弹力作用，小球能沿abc运动到d点，速度恰好为零，根据动能定理得知，重力做功与克服电场力做功相等，而小球从a点运动到b的过程中，重力和电场力均做正功，小球经过b点时速度不等于零，小球在b点时的加速度一定不为零，故a错误；b、小球a到b过程，电场力做正功，而且最大，根据功能关系除重力外其余力做功等于机械能的增加量，则知小球在b点时机械能最大故b正确；c、由上分析得知，小球在b点时机械能最大，由能量守恒定律得知，小球在b点电势能最小故c错误d、根据动能定理，合力做的功等于动能的增加量；从a到d过程，有：mgrqer=0解得 qe=mg即电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动此处时动能最大，故d错误；故选b点评：本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，本题共6小题，每小题4分，选对但不全得2分，选错0分，共计24分）9有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）anvstbnvtcd考点：电流、电压概念 专题：恒定电流专题分析：首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数解答：解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vt，由于铜导线的横截面积为s，则在t时间内，电子经过的导线体积为vts又由于单位体积的导线有n个自由电子，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nvst，故a正确由于流经导线的电流为i，则在t时间内，流经导线的电荷量为it，而电子的电荷量为q，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故c也正确故选：ac点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度10图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）aa、b两点的电场强度大小关系eaeb，a、b两点的电势关系uaubb两个带电粒子电性必定相反c粒子从p运动到a的过程中，电势能增大d粒子从p运动到b的过程中，动能增大考点：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：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小解答：解：a、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式e=k可知，a点的场强小于b点的场强，由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低，故a错误b、根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，说明a与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反故b正确c、粒子从p运动到a的过程中，电场力做正功，故电势能减小，故c错误；d、粒子从p运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故d正确；故选：bd点评：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减11如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端则下列说法中正确的是（）a第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功b第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量c第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量d第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能考点：功能关系 分析：功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解解答：解：a、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功，故a正确；b、第一阶段摩擦力对物体做的功，转化为物体的机械能，所以第一阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量故b错误；c、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故c正确；d、第一阶段摩擦力对物体所做的功一部分转化为物体的动能，另一部分转化为物体及传送带的内能；第二阶段，摩擦力对物体所做的功都转化为机械能，故摩擦力与相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能；故d正确；故选：acd点评：本题运用功能关系分析传送带问题，分析物体的运动情况和摩擦力的方向是解题的基础，根据动能定理和功能原理分析功能关系12两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有a、b、c三点，如图甲所示，一个电荷量为2c，质量为1kg的小物块从c点静止释放，其运动的v t图象如图乙所示，其中b点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）则下列说法正确的是（）ab点为中垂线上电场强度最大的点，场强e=1v/mb由c到a的过程中物块的电势能先减小后变大c由c点到a点电势逐渐降低da、b两点间的电势差uab=5v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：两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由o点沿中垂线指向外侧；电量为2c仅在运动方向上受电场力作用从c点到b、到a运动的过程中，根据vt图可知在b点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况解答：解：a、据vt图可知带电粒子在b点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2n，据e=知，b点的场强最大为1n/c，故a正确b、据vt图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故b错误c、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由o点沿中垂线指向外侧，故由c点到a点的过程中电势逐渐减小，故c正确d、据vt图可知a、b两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功wba=10j，再用uab=v=5v，故 d错误故选：ac点评：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据vt图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口13如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1、q2，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕o点在桌面上做匀速圆周运动已知o、q1、q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（）a圆轨道上的电势处处相等b圆轨道上的电场强度处处相等c点电荷q1对小球的库仑力是吸引力dq1、q2可能为异种电荷考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力解答：解：a、根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故a正确b、根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小相等，但方向不同，所以电场强度不相同故b错误c、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，故c正确d、小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，故d正确故选：acd点评：本题要抓住电场线和等势线分布的对称性分析场强和电势的关系，知道匀速圆周运动的向心力同由合外力提供，运用动力学的方法分析向心力的来源14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 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：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解答：解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：e1qd=mv2；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三、填空题（每空2分，共计8分）15用如图a所示的实验装置验证m1m2组成的系统机械能守化，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律如图b给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点每相邻两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示已知ml=50mgm2=150mg，（结果均保留两位有效数字）（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=2.4 m/s（2）在打下第0个点到第5点的过程中系统动能的增量ek=0.58j系统势能减少ep=0.59j（当地重力加速度g约为9.8m/s2）（3）若某同学作出v2h图象如图c所示，则当地的重力加速度g=9.7m/s2考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量解答：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：v5=2.4m/s（2）在05过程中系统动能的增量ek=（m1+m2）v52=0.22.42j=0.58 j系统重力势能的减小量为（m2m1）gx=0.19.8（0.384+0.216）j=0.59 j（3）本题中根据机械能守恒可知，（m2m1）gh=（m1+m2）v2，即有：v2=gh，所以v2h图象中图象的斜率不表示重力加速度，由图可知，斜率k=，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：（1）2.4；（2）0.58；0.59；（3）9.7点评：本题验证系统机械能守恒，关键得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，要掌握求瞬时速度的方法四、计算题（共计36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）16如图所示，一带电量为q=5103 c，质量为m=0.1kg的小物块处于一倾角为=37的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态（g取10m/s2）：（1）求电场强度多大？（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，求物块下滑距离l=1.5m时的动能？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）对小物块受力分析，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出电场强度的大小（2）根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合速度位移公式求出动能的大小解答：解：受力分析：竖直向下的重力，水平向右的电场力，垂直斜面向上的支持力（1）ncos37=mg eq=nsin37 联立得 e=150n/c（2）mglsin370.5eqlcos37=ek0解得 ek=0.3mgl=0.45j答：（1）电场强度是150n/m；（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离l=1.5m时的动能是0.45j点评：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，关键受力分析，结合正交分解进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁对于第二问也可以根据动能定理进行求解17（11分）（2015春赣州期末）如图所示，光滑半圆弧轨道半径为r，oa为水平半径，bc为竖直直径一质量为m 的小物块自a处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与c点相切的粗糙水平滑道cm上在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端c点（此时弹簧处于自然状态）若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过b点已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）物块被弹簧反弹后恰能通过b点时的速度大小；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道c点时对轨道的压力fn的大小；（3）物块从a处开始下滑时的初速度大小v0考点：功能关系；向心力；机械能守恒定律 分析：根据机械能守恒定律求出小物块运动到b点的速度；根据牛顿第二定律求出b点的支持力大小，根据牛顿第三定律可得物块对对轨道的压力；若小物块以某一水平初速度从c点出发，恰能返回a点，即返回a点时的速度恰好为零，根据能量守恒可求解解答：解：（1）由题意可知，物块在b点满足：mg=m得（2）物块由c点到b点机械能守恒：mvc2=mg2r+mvb2在c点：fnmg=m，由以上三式联立可得fn=6 mg由牛顿第三定律可知，物块对轨道最低点c的压力fn=fn=6 mg（3）设弹簧的最大压缩量为d，由能量守恒定律可得：ep=mgd+mvc2，对物块由a点下滑到弹簧达最大压缩量的过程应用能量守恒定律可得：mv02+mgr=ep+mgd解得：v0=答：（1）物块被弹簧反弹后恰能通过b点时的速度大小为；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道c点时对轨道的压力fn的大小为6mg；（3）物块