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）.doc

2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中物理试卷一.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=2sB匀加速的加速度为5m/s2C卡车刹车过程通过的位移是20mD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40m3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+）gD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（）Alg（）=lg（）Blg（）=2lg（）Clg（）=lg（）Dlg（）=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dC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，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tan，传送带的速度为v（v0v），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mgvcosB摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是mgv0cosC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0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0的大小30D这一临界角0的大小608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MB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（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=QB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D点电荷+Q产生的电场在B点的电势B=（vv2）+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=5.0104C，让小球从C点由静止释放其沿细杆由C经B向A运动的vt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/mCC、B两点间的电势差UCB=0.9VD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B电流表的示数变大C电流表的示数变小DR1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=0.5，电灯灯丝电阻 R=9（阻值认为保持不变），电源电动势 E=12V，内阻r2=1 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3AB流过电动机的电流2AC电动机的输入功率等于2WD电动机对外输出的机械功率16W15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/sB刚分离时，b球的速度大小为0.2m/sC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（1）某次实验测得倾角=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）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d图象如图2所示，并测得M=m，则重力加速度g= m/s218如图所示，在倾角为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=30，物体A与斜面之间的动摩擦因数为=，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=1.0102V/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=5102C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=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/sD从t=0 到t=0.25s，波传播的距离为 50cmE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：该棱镜的折射率n；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=3.0108 m/s）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=2sB匀加速的加速度为5m/s2C卡车刹车过程通过的位移是20mD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【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=1262s=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+）gD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；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（）Alg（）=lg（）Blg（）=2lg（）Clg（）=lg（）Dlg（）=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=mG=m由两式得：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dC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；D、小环和重物系统机械能守恒，故：mgd=mv环2+（2m）vG2+（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h6如图所示，传送带AB的倾角为，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tan，传送带的速度为v（v0v），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mgvcosB摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是mgv0cosC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tan，即有mgcosmgsin，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tan，则有mgcosmgsin传送带的速度为v（v0v），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=mgvcos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=mgvcos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tan，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0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0的大小30D这一临界角0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；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=FN1，则 =tan30=；故A正确，B错误；CD、设斜面倾角为，由平衡条件有：Fcos=mgsin+Ff，FN2=mgcos+Fsin，静摩擦力：FfFN2，联立解得F（cossin）mgsin+mgcos；要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cossin0，所以tan=tan60，即0=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：明确研究对象；进行受力分析；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；x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MB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【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【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（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=QB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D点电荷+Q产生的电场在B点的电势B=（vv2）+【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=+q，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：NmgFsin60=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B，动能定理有：解得：B=，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（）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=5.0104C，让小球从C点由静止释放其沿细杆由C经B向A运动的vt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/mCC、B两点间的电势差UCB=0.9VD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vt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=mv0，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DR1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=II1，则可知IA变小【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=II3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=UU4，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=II1，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=0.5，电灯灯丝电阻 R=9（阻值认为保持不变），电源电动势 E=12V，内阻r2=1 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3AB流过电动机的电流2AC电动机的输入功率等于2WD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=EIr，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=II灯=3A1A=2A，故B正确；C、电动机的输入功率等于P=UI电=92=18W，故C错误；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2r=182=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（）A刚分离时，a球的速度大小为0.7m/sB刚分离时，b球的速度大小为0.2m/sC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=v1tv2t，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；D、由能量守恒定律得：（m1+m2）v02+EP=m1v12+m2v22 ，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=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）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d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=；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）（）2=；系统的重力势能减少量可表示为：Ep=mgdMgdsin30=（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）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m）gd； 则v2=2gd若v2d图象，则图线的斜率：k=2g；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Fmgsin=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mgsinA球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F+2mgsin=2ma1B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mgsinF=ma2依题意a1：a2=11：5得F=mgsin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=30，物体A与斜面之间的动摩擦因数为=，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