重庆市一中高三物理上学期10月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年重庆一中高三（上）月考物理试卷（10月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）a伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同b伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证c伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比d伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比2“轨道康复者”是“垃圾卫星”的救星，它可在太空中给“垃圾卫星”补充能量，延长卫星的使用寿命一颗“轨道康复者”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，运行方向与地球自转方向一致轨道半径为地球同步卫星轨道半径的，则（）a轨道康复者”相对于地球赤道上的城市向西运动b“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的4倍c“轨道康复者”的周期是地球同步卫星周期的倍d“轨道康复者”每经过天就会在赤道同一城市的正上方出现3如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，p点是这段轨道的最高点，a、b、c三处是过山车的车头、中点和车尾假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略那么，过山车在通过p点的过程中，下列说法正确的是（）a车头a通过p点时的速度最小b车的中点b通过p点时的速度最小c车尾c通过p点时的速度比车头a通过p点时的速度小da、b、c通过p点时的速度一样大4如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角=53的固定光滑绝缘斜面，高为h一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为（）a2b2c d25如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处a、b、c、d为正方形四个边的中点，o为正方形的中心，下列说法中正确的是（以无穷远处为电势零点）（）aa、b、c、d四点的电场强度不同，电势不同ba、b、c、d四点的电场强度不同，电势相同c将一带负电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能一直不变d位于过o点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度为零，电势不为零6固定的粗糙斜面倾角为，其上有一个小物块受到沿斜面向上的恒力f1作用沿斜面向上匀速上滑位移s1现把力改为斜向上与斜面夹角成（且）的恒力f2，沿斜面向上匀速运动位移为s2，且f1、f2做的功相同，则可能有（）af1f2 s1=s2bf1=f2 s1s2cf1f2 s1s2df1f2 s1s27将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块（可视为质点）以水平速度v0从木板左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止现将木板分成a和b两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从从木板左端向右端滑动滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，则下列说法正确的是（）a甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多b系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多c若b的质量越大，则滑块与木板从开始到共速经历的时间会越长d若b的质量越小，则系统因摩擦产生的热量会越大8如图所示，将轻质弹簧一端固定在倾角的粗糙斜面的底端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于o点现将物块拉到a点后由静止释放，滑动摩擦因数tan，整个运动过程的最低点在b点（图中b未画出）下列说法正确的是（）ab点可能在o点右上方b整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能c从a到b的过程中，物块克服摩擦力做的功等于物块机械能的减小量da点弹簧的弹性势能一定大于b点弹簧的弹性势能三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题，考生根据要求作答9（1）关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法中正确的是a实验时需要称出重物的质量b实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦做的功就少，误差就小c纸带上打下的第1、2点间距超过2mm，则无论怎样处理数据，实验误差都会很大d实验处理数据时，可直接利用打下的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法（2）若正确的操作完成实验，正确的选出纸带进行测量，量得连续三点a、b、c到第一个点o的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），当地重力加速度的值为9.8m/s2，那么（结果均保留两位有效数字）纸带的端与重物相连打下计数点b时，重物的速度vb=m/s在从起点o到打下计数点b的过程中，测得重物重力势能的减少量ep略大于动能的增加量ek，这是因为10用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系木板上固定两个完全相同的遮光条a、b，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力c相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道d上，轨道放在水平桌面上，p为小桶（内有沙子），滑轮质量、摩擦不计，重力加速度g（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做目的是a为了使释放木板后，木板能匀加速下滑b为了增大木板下滑的加速度c可使得细线拉力做的功等于合力对木板做的功d可使得木板在未施加拉力时能匀速下滑（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=cm（3）实验主要步骤如下：测量木板、遮光条的总质量m，测量两遮光条的距离l；按甲图正确连接器材将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数f及遮光条b、a先后经过光电门的时间为t1、t2则遮光条b、a通过光电门的过程中木板动能的变化量ek=，合外力对木板做功w=（用字母m、t1、t2、d、l、f表示）在小桶中增加沙子，重复的操作比较w、ek的大小，得出实验结论（4）若在本实验中轨道水平放置，其它条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间的动摩擦因数为测得多组f、t1、t2的数据，并得到f与的关系图象如图丙已知图象在纵轴上的截距为b，直线的斜率为k，求解=（用字母b、d、l、k、g表示）11如图（甲）所示，倾角为=30的光滑固定斜杆底端固定一个带负电、电量为q=2104c的小球a，将一可视为质点的带电小球b从斜杆的底端a点（与a靠得很近，但未接触）静止释放，小球沿斜面向上滑动过程中速度v随位移s的变化图象如图（乙）所示已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9109nm2/c2 求：（1）小球b的荷质比；（2）小球b在b点时速度到达最大，求a、b两点的电势差uab12如图所示，ab和cdo都是处于竖直平面内的光滑圆形轨道，oa处于水平位置ab是半径为r=2m的圆周轨道，cdo是半径为r=1m的半圆轨道，最高点o处固定一个竖直弹性挡板d为cdo轨道的中点已知bc段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接已知bc段水平轨道长l=2m，与小球之间的动摩擦因数=0.4现让一个质量为m=1kg的小球p从a点的正上方距水平线oa高h自由下落（g=10m/s2）（1）当h=8.55m时，问此球第一次到达o点对轨道的压力；（2）当h=8.55m时，试通过计算判断此球是否会脱离cdo轨道如果会脱离轨道，求脱离位置距c点的竖直高度如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程；（3）h取值满足什么条件时，小球会脱离cdo轨道？四物理-选修3-513下列说法正确的是（）a方程式uth+he是重核裂变反应方程b铯原子核（cs）的结合能小于铅原子核（pb）的结合能c衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的d核力是短程力，与核子间的距离有关，有时表现为引力，有时表现为斥力e原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量14如图所示，光滑水平面上有三个滑块a、b、c，质量分别为ma=2m，mb=m，mc=3m，a、b用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（与滑块不栓接）开始时a、b以共同速度v0向右运动，c静止某时刻细绳突然断开，a、b被弹开，然后b又与c发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求：（i）b、c碰撞前的瞬间b的速度；（ii）整个运动过程中，弹簧释放的弹性势能与系统损失的机械能之比2015-2016学年重庆一中高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是（）a伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同b伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证c伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比d伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比【分析】要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端【解答】解：a、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，故a错误；b、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故b错误c、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故c正确d、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故d错误，故选c2“轨道康复者”是“垃圾卫星”的救星，它可在太空中给“垃圾卫星”补充能量，延长卫星的使用寿命一颗“轨道康复者”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，运行方向与地球自转方向一致轨道半径为地球同步卫星轨道半径的，则（）a轨道康复者”相对于地球赤道上的城市向西运动b“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的4倍c“轨道康复者”的周期是地球同步卫星周期的倍d“轨道康复者”每经过天就会在赤道同一城市的正上方出现【分析】根据“轨道康复者”受到的万有引力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和周期与同步卫星加速度和周期的关系同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出“轨道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向关系【解答】解：a、根据万有引力提供向心力g=m2r，得=，“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的，可知“轨道康复者”的角速度比同步卫星的角速度大，而同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者”相对于地球赤道上的城市向东运动，故a错误b、由g=ma得 a=，则得：“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的16倍，故b错误c、由t=2，可得，“轨道康复者”的周期是地球同步卫星周期的倍，故c错误d、设经过t时间“轨道康复者”会在赤道同一城市的正上方出现，则有 2=t（），而t同步=1天，t康复=天，解得：t=天，故d正确故选：d3如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，p点是这段轨道的最高点，a、b、c三处是过山车的车头、中点和车尾假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略那么，过山车在通过p点的过程中，下列说法正确的是（）a车头a通过p点时的速度最小b车的中点b通过p点时的速度最小c车尾c通过p点时的速度比车头a通过p点时的速度小da、b、c通过p点时的速度一样大【分析】对过山车的运动过程进行分析，运动过程中只有重力做功机械能守恒，当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，据此分析即可【解答】解：abd、过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小根据题意可知，车的中点b通过p点时，质心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故ad错误，b正确c、车尾c通过p点时的速度比车头a通过p点时的速度大，故c错误故选：b4如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角=53的固定光滑绝缘斜面，高为h一个带正电的物块（可视为质点）受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为（）a2b2c d2【分析】分析物块的受力情况，明确物块的运动轨迹，再分析各力的做功情况，再根据动能定理即可求得物块落地时的速度大小【解答】解：物块受到的电场力为；将两力分别向沿斜面各垂直于斜面方向进行分解，则可知：电场力垂直于斜面方向上的分力fy=mg，故一定大于重力的分力，因此物块将离开斜而沿电场力和重力的分力方向做直线运动； 运动方向与竖直方向夹角的正切值为：tan=物体在下滑过程受重力和电场力做功，根据动能定理可知：mgh+eqh=已知；eq=；代入解得：v=故选：c5如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处a、b、c、d为正方形四个边的中点，o为正方形的中心，下列说法中正确的是（以无穷远处为电势零点）（）aa、b、c、d四点的电场强度不同，电势不同ba、b、c、d四点的电场强度不同，电势相同c将一带负电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能一直不变d位于过o点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度为零，电势不为零【分析】根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则求解各点的场强； 电荷在等势面上移动，电场力做功为0；而电场力做功量度电势能的变化【解答】解：a、b：设正方向边长为l，每个电荷电量为q，如图若将四个电荷分成a与d，b与c两组，则ac是两组电荷的垂直平分线，是粒子电荷的等势线；所以ac两点的电势相等；ad两个电荷的合场强的方向向下，a点的场强大于c点的场强；bc两个点电荷的合场强方向向上，c点的场强大于a点的场强；四个点电荷的合场强方向：a向下，c向上同理，若将四个电荷分成a与b，c与d两组，可得：bd两点的电势相等，b点场强的方向向右，d点的方向向左所以abcd四点的电场强度的方向不同，电势相等，故a错误，b正确c：由以上分析可知，ac是一条等势线，故带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能不变故c正确；d：对o点研究：两个正电荷在o点的合场强为零，两个负电荷在o点的合场强为零，故o点的场强为0过o点的垂线位于过ac和bd两条等势线的等势面上，这两个等势面与无穷远处的电势相等，为0，所以过o的垂线的电势都为0故d错误故选：bc6固定的粗糙斜面倾角为，其上有一个小物块受到沿斜面向上的恒力f1作用沿斜面向上匀速上滑位移s1现把力改为斜向上与斜面夹角成（且）的恒力f2，沿斜面向上匀速运动位移为s2，且f1、f2做的功相同，则可能有（）af1f2 s1=s2bf1=f2 s1s2cf1f2 s1s2df1f2 s1s2【分析】两种情况下分别对物体受力分析，根据平衡条件求解出拉力的表达式和拉力的功的表达式进行比较即可【解答】解：左图中，物体受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，有：f1mgsinmgcos=0解得：f1=mgsin+mgcos 拉力做功为：w1=f1s1=mg（sin+cos）s1 右图中，物体受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，有：f2cosmgsin（mgcosf2sin）=0解得：f2= （其中sin） 拉力做功为：w2=f2coss2=mgsin+（mgcosf2sin）s2 比较，有f1f2；比较，有s1s2；故选：d7将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块（可视为质点）以水平速度v0从木板左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止现将木板分成a和b两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从从木板左端向右端滑动滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，则下列说法正确的是（）a甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多b系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多c若b的质量越大，则滑块与木板从开始到共速经历的时间会越长d若b的质量越小，则系统因摩擦产生的热量会越大【分析】比较两次运动的区别，木块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小滑块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小滑块运动的过程中，a与b先一起做加速运动，当滑块运动到b部分上后a部分停止加速做匀速直线运动，只有b部分加速，b的加速度大于开始时的加速度，通过比较小滑块的位移确定是否飞离木板（也可以使用动能定理比较）根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较小滑块在木板b上和木板a上产生的热量【解答】解：设滑块的质量为m，a部分的质量为m1，b的质量为m2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对甲图：mv0=（m+m1+m2）v对乙图，则：mv0=m1v1+（m+m2）v2由于滑块滑过a后，在b上滑动的过程中，滑块的速度将大于a的速度，所以可得：v1vv2可知第二次时滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与b木板将比第一种的情景更早达到速度相等，所以在第二种的情况下，滑块还没有运动到b的右端，两者速度相同，即第二次时，滑块相对于木板的位移小a、根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于vv2，所以甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功不一样多故a错误；b、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程的大小 大于第二次的相对路程的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量故b正确；c、在滑块的质量与木板的质量一定的条件下，b在质量越大，则长度越长，滑块与a分离的越早，由可知，滑块与b的共同速度越大，则滑块与木板从开始到共速经历的时间会越短故c错误；d、结合可知，b部分的质量越小，a与b的速度就越接近，然后结合b选项的分析可知，将木板分成两部分后，产生的热量减小，可知若b的质量越大，则系统因摩擦产生的热量会越小，b的质量越小，则系统因摩擦产生的热量会越大故d正确故选：bd8如图所示，将轻质弹簧一端固定在倾角的粗糙斜面的底端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于o点现将物块拉到a点后由静止释放，滑动摩擦因数tan，整个运动过程的最低点在b点（图中b未画出）下列说法正确的是（）ab点可能在o点右上方b整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能c从a到b的过程中，物块克服摩擦力做的功等于物块机械能的减小量da点弹簧的弹性势能一定大于b点弹簧的弹性势能【分析】物体从a向b运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大；重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒由能量转化和守恒定律进行分析【解答】解：a、弹簧处于自然长度时物块处于o点，所以在o点，弹簧弹力为零，物体从a向b运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在o点上方，而b点速度为零，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以b点可能在o点的右上方，故a正确；b、因tan，则重力的下滑分力小于摩擦力当重力沿斜面的分量和弹簧弹力之和等于摩擦力时，速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，根据能量转化和守恒定律知，弹簧的弹性势能和物体的重力势能转化为物体的动能和内能，由于重力势能的减小量小于产生的内能，所以物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故b正确c、从a到b的过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块克服摩擦力做的功等于物块机械能的减小量与弹簧弹性势能减小量之和，故c错误d、由于重力做功数值小于克服摩擦力做功，根据能量守恒可知，a点弹簧的弹性势能一定大于b点弹簧的弹性势能，故d正确故选：abd三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题，考生根据要求作答9（1）关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法中正确的是da实验时需要称出重物的质量b实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦做的功就少，误差就小c纸带上打下的第1、2点间距超过2mm，则无论怎样处理数据，实验误差都会很大d实验处理数据时，可直接利用打下的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法（2）若正确的操作完成实验，正确的选出纸带进行测量，量得连续三点a、b、c到第一个点o的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），当地重力加速度的值为9.8m/s2，那么（结果均保留两位有效数字）纸带的左端与重物相连打下计数点b时，重物的速度vb=0.98m/s在从起点o到打下计数点b的过程中，测得重物重力势能的减少量ep略大于动能的增加量ek，这是因为存在阻力做功【分析】（1）根据实验的原理，以及操作步骤中的注意事项，确定正确的选项（2）重物的速度越来越快，抓住相等时间内的位移越来越大确定纸带的哪一端与重物相连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b点的速度【解答】解：（1）a、验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量，可以约去，所以不需要测量重物的质量，故a错误b、摩擦不可避免，但是不是纸带越短越好，纸带越短，打的点越小，不利于测量，故b错误c、根据h=知，纸带应该选用打下的第1、2点间距接近2mm的，若纸带上打下的第1、2点间距超过2mm，相当于有初速度，但也可以选取中间的两个点来验证机械能守恒，故c错误d、处理打点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法，若采用计数点，是使测量长度变长，从而减小测量长度的误差，故d正确；故选：d（2）因为重物的速度越来越大，则相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连b点的速度m/s=0.98m/s在从起点o到打下计数点b的过程中，测得重物重力势能的减少量ep略大于动能的增加量ek，这是因为阻力做功，重力势能的减小量一部分转化为内能故答案为：（1）d，（2）左，0.98，存在阻力做功10用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系木板上固定两个完全相同的遮光条a、b，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力c相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道d上，轨道放在水平桌面上，p为小桶（内有沙子），滑轮质量、摩擦不计，重力加速度g（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做目的是cda为了使释放木板后，木板能匀加速下滑b为了增大木板下滑的加速度c可使得细线拉力做的功等于合力对木板做的功d可使得木板在未施加拉力时能匀速下滑（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=0.170cm（3）实验主要步骤如下：测量木板、遮光条的总质量m，测量两遮光条的距离l；按甲图正确连接器材将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数f及遮光条b、a先后经过光电门的时间为t1、t2则遮光条b、a通过光电门的过程中木板动能的变化量ek=，合外力对木板做功w=fl（用字母m、t1、t2、d、l、f表示）在小桶中增加沙子，重复的操作比较w、ek的大小，得出实验结论（4）若在本实验中轨道水平放置，其它条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间的动摩擦因数为测得多组f、t1、t2的数据，并得到f与的关系图象如图丙已知图象在纵轴上的截距为b，直线的斜率为k，求解=（用字母b、d、l、k、g表示）【分析】（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力（2）游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数，然后读出游标尺的刻度（3）小车在钩码的作用下拖动纸带在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出a b两点的速度大小，根据即可计算出动能的变化；（4）由功与动能变化的关系式，确定图线上斜率与截距的意义，结合摩擦力的公式即可求出摩擦因数【解答】解：（） 为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准即：可使得小车在未施加拉力时做匀速直线运动，故cd正确；故选：cd；（2）游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数：1mm，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以游标读数为：0.0514=0.70mm，总读数为：1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm（3）小车通过a时的速度：小车通过b时的速度：；则小车通过a、b过程中动能的变化量e=拉力所做的功w=fl；（4）由题意，小车受到的拉力是：f=（mgf），小车的位移是s，设小车的质量是m，小车动能的变化是：根据做功与动能变化的关系可得：所以得：所以，图线的坐标轴的截距表示摩擦力f，即：f=b；图线的斜率：由摩擦力的公式得：故答案为：（1）cd；（2）0.170；（3）；fl；（4）11如图（甲）所示，倾角为=30的光滑固定斜杆底端固定一个带负电、电量为q=2104c的小球a，将一可视为质点的带电小球b从斜杆的底端a点（与a靠得很近，但未接触）静止释放，小球沿斜面向上滑动过程中速度v随位移s的变化图象如图（乙）所示已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9109nm2/c2 求：（1）小球b的荷质比；（2）小球b在b点时速度到达最大，求a、b两点的电势差uab【分析】（1）由vs图知道在s0=3m时，小球的速度达到最大，为v=2m/s，此时小球受力平衡，由平衡条件和库仑定律结合求比荷（2）对小球从释放到速度最大的过程，运用动能定理列式，可求电势差uab【解答】解：（1）由vs图知，在s0=3m时，小球的速度最大为v=2m/s，受力平衡，即有 mgsin=k 所以小球b带负电，比荷=2.5105c/kg（2）对小球从释放到速度最大的过程，由动能定理得：quabmgs0sin= 解得：uab=1106v答：（1）小球b的荷质比是2.5105c/kg；（2）小球b在b点时速度到达最大，a、b两点的电势差uab为1106v12如图所示，ab和cdo都是处于竖直平面内的光滑圆形轨道，oa处于水平位置ab是半径为r=2m的圆周轨道，cdo是半径为r=1m的半圆轨道，最高点o处固定一个竖直弹性挡板d为cdo轨道的中点已知bc段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接已知bc段水平轨道长l=2m，与小球之间的动摩擦因数=0.4现让一个质量为m=1kg的小球p从a点的正上方距水平线oa高h自由下落（g=10m/s2）（1）当h=8.55m时，问此球第一次到达o点对轨道的压力；（2）当h=8.55m时，试通过计算判断此球是否会脱离cdo轨道如果会脱离轨道，求脱离位置距c点的竖直高度如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程；（3）h取值满足什么条件时，小球会脱离cdo轨道？【分析】（1）先球对从p到d过程根据动能定理列式求解d点速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力，即可得到对轨道的压力（2）设第k次（k为奇数1，3，5，）经过c点时的动能为ek，由动能定理得到ek若第k次经过c点后，恰能到达cdo轨道上的d点，则有：ekc=mgr若第k次经过c点后，恰能到达cdo轨道上的o点，在o点由重力充当向心力，速度为，根据动能定理得到ekc然后判断出k=？时球会脱离轨道，并由动能定理求脱离位置距c点的竖直高度（3）根据上题的结果，分析小球会脱离cdo轨道应满足的条件【解答】解：（1）设小球第一次到达o点的速度为v0，小球从释放到o的过程，由动能定理得：mghmgl=在o点，由牛顿第二定律得：fn+mg=m联立解得：fn=145n由牛顿第三定律得小球第一次到达o点对轨道的压力大小 fn=fn=145n，方向竖直向下（2）设小球第k次（k为奇数1，3，5，）经过c点时的动能为ek，由动能定理得：mghkmgl=ek若第k次（k为奇数1，3，5，）经过c点后，恰能到达cdo轨道上的d点，则需要：ekc=mgr=10j若第k次经过c点后，恰能到达cdo轨道上的o点，在o点由重力充当向心力，速度为，则需要 ekc=mg（2r）+=25j联立解得：当k=11时，有ek=17.5j即10jek17.5j，所以小球会第11次经过c点后在do之间脱离轨道设在cdo轨道上的n脱离轨道，过n点的半径与达d点的半径夹角为，则从c点到n点的过程，根据动能定理得mg（r+rsin）=ek；在n点，小球对轨道的压力为零，由牛顿第二定律得：mgsin=m联立解得 sin=所以脱离位置n距c点的竖直高度 h=r+rsin=1.5m（3）由（2）问知：小球脱离cdo轨道的条件为 mgrekmg（2r）+联立解得：0.8k1h0.