山西省山大附中2015届高三上学期期中考试物理试题及答案.pdf

《山西省山大附中2015届高三上学期期中考试物理试题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省山大附中2015届高三上学期期中考试物理试题及答案.pdf（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、山西大学附中20142015 学年第一学期高三月考 物理试题考试时间： 90 分钟满分： 110 分 【试卷综析】本试卷是高三月考试题，包含了高中物理的必修一、必修二等内容，主要包含 受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引 力定律及其应用、动能定理、库仑定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主， 重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。 一、单项选择题(每小题4 分，共8 小题 ,共 32 分 ,在每小题给出的四个选项中，只有一个正 确,多选或错选不得分) ,712 题有多个选项正确,全部选对得4 分,选对但不全得2 分,有错或 不答得 0

2、 分 )。 【题文】 1下列几个关于力学问题的说法中正确的是（） A.米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位 B.放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力 C.摩擦力的方向一定与物体的运动方向在同一直线上 D.做曲线运动的物体所受的合力一定不为零 【知识点】 力学基本知识B1D4 【答案解析】D 解析 ：A.米、千克、都是国际单位制中的基本单位，牛顿不是，故A错误 B.放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力等于物体对斜面的压力，B错误 C.摩擦力的方向不一定与物体的运动方向在同一直线上，如圆周运动，C错误 D.做曲线运动的物体所受的合力一定不为零，故D正确 【思路点拨

3、】熟记国际单位制，在力学中分清“是”和“等于”， 摩擦力的方向不一定与物 体的运动方向在同一直线上，做曲线运动的条件。 【题文】 2某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友与斜面在 AB段的动摩擦因数1tan ，他从 A点开始下滑，滑到C点恰 好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。该小朋友从斜面顶端A点滑到底端 C点的过程中 A地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 B地面对滑梯始终无摩擦力作用 C地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小 【知识点】 超重和失重；力的合成与分解的运

4、用；共点力平衡的条件及其应用C3B3B4 【答案解析】A 解析 ： A、 B小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为 水平和竖直两个方向，如图1以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分 加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友 在 BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右故A正确， B错误 C、D以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下 的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重 力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持

5、力大于小朋友和滑梯的总 重力故CD错误， 故选 A 【思路点拨】小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线 运动，加速度沿斜面向上以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平 和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小 【题文】 3如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质 滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B 点沿支架缓慢地向C 点 靠近 (C 点与 A点等高 ) 则绳中拉力大小变化的情况是( ) A先变小后变大 B先变小后不变 C先变大后不变 D 先变大后变小 【知识点

6、】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B4B1 【答案解析】 C 解析 ：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2以滑轮 为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1 所示根据平衡条件得 2Fcos =mg得到绳子的拉力F= 2cos mg 所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程 中， 增大， cos 减小，则F变大当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹 角为 2设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到sin = s L ，L、S不变，则 保持不变再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变所以绳中拉力大小变化的情况 是先变大后不变故C正确， ABD错误故选

7、：C 【思路点拨】当轻绳的右端从B 点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子的拉 力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化 情况当轻绳的右端从直杆的最上端移到C 点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳 子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变 【题文】 4 电场强度方向与 x轴平行的静电场， 其电势随x的分布如图所示，一质量为m 、 带电量为 q 的粒子（不计重力） ，以初速度 0 v从 O点（0x）沿 x 轴正方向进入电场。下 列叙述正确的是 A、粒子从O点运动到 3 x点的过程中，在 2 x点速度最大 B、粒子从 1 x点运动到 3

8、x点的过程中，电势能先减小后增大 C、要使粒子能运动到 4 x处，粒子的初速度 0 v 至少为 m q 0 2 D、若 m q v 0 0 2，则粒子在运动过程中的最大动能为 0 3q 【知识点】 电势差与电场强度的关系；电势能I2 【答案解析】D 解析 ： A、B、粒子从O运动到 x1的过程中，电势升高，场强方向沿x 轴负方 向，粒子所受的电场力方向也沿x 轴负方向，粒子做减速运动粒子从x1运动到 x3的过程中， 电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断 增大，故在x3点速度最大故AB错误 C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到

9、达x4处，当粒子恰好运动 到 x1处时，由动能定理得： q（0- 0）=0- 1 2 mv0 2， 解得： v0= 2q m ， 要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为 2q m 故 C错误 D、D、若 m q v 0 0 2，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得： q0- （- 0）= 1 2 mvm 2-1 2 mv0 2 解得最大动能为： 1 2 mvm 2 =3q0故 D正确 故选： D 【思路点拨】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的 运动情况根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化粒子如能运动到x1处，就 能到达 x4处，

10、根据动能定理研究0-x1过程，求解初速度v0粒子运动到x3处电势能最小，动 能最大，由动能定理求解最大速度 【题文】 5如图所示，在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC与斜面 CD平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着N 个半径为r （r R）的光滑刚性 小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B依次标记为1、2、3,N现将圆弧 轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说 法正确的是 A.N 个小球在运动过程中会散开 B.第 N个小球在斜面上能达到的最大高度为R C.第 1 个小球到达最低点的速度v D.第 1 个小

11、球到达最低点的速度v 【知识点】 机械能守恒定律E3 【答案解析】D 解析 ： A 、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小 球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤 压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N 个小球 在运动过程中始终不会散开，故A错误； B、把 N 个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB 的长度等于 小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低， 所以第 N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，故 B错误；

12、C、小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得： 1 2 mv 2=mg? 2 R 解得： v=gR，而第一个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的压力，所以第1 个小球到达最 低点的速度vgR，故 C错误， D正确 故选： D 【思路点拨】 N个小球在BC和 CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看 成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上 的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N 个小球在 斜面上能达到的最大高度可能比R 小，也可能比R 大，小球整体的重心运动到最低点的过程 中，根据机械

13、能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度 【题文】 6如图所示，、是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K 为轨道最低 点，处于匀强磁场中，和处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c 从轨 道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是( ) A在 K处球 a 速度最大 B在 K处球 b 对轨道压力最大 C球 b 需要的时间最长D球 c 机械能损失最多 【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动I3K3 【答案解析】 C 解析 ：解答：解： 对 a 小球受力分析可知， Fa+qvB-mg=m 2 a v r ， 所以 Fa=mg-qvB+m

14、 2 a v r ； 对 b 球受力分析可得，Fb-mg=m 2 b v r ，所以 Fb=mg+m 2 b v r ； 对 c 球受力分析可知，Fc-mg=m 2 c v r ，所以 Fc=mg+m 2 c v r ； 由于 a 球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒； b 球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以 b 球的运动的时间也 长，所以A错误 C正确； c 球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c 球的机械能增加， c 球对轨道压力最大，所以B错误， D错误 故选： C 【思路点拨】三个轨道的半径相同，根据圆周运

15、动的向心力的公式可以分析小球通过最低点 是对轨道的压力，a 球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒， b 球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，c 球受到的电场力对小球 做正功，到达最低点时球的速度大小较大 【题文】 7小明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地 飘浮起来，其构造如右图所示。若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大 小的装置，则下列叙述正确的是 A电路中的电源必须是交流电源 B电路中的a 端点须连接直流电源的负极 C若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度 D若将可变电阻的电阻值调大，

16、可增加玩偶飘浮的最大高度 【知识点】 楞次定律 L1 【答案解析】C 解析 ：A、由题意可知，玩偶稳定地飘浮起来，且下端为N极，则线圈的上端 为 N 极，根据右手螺旋定则可得，电源通的是直流电，且a 端为电源的正极，而b 端为电源 的负极，故AB错误； C、增加环绕软铁的线圈匝数，从而增加线圈的磁场，导致玩偶最大高度增加，故C正确； D、若将可变电阻的电阻值调大，则线圈中的电流减小，导致玩偶飘浮的最大高度减小，故D 错误；故选： C 【思路点拨】根据磁铁的磁性来确定线圈上端，因通电而产生的磁场的磁极，依据右手螺旋 定则，及同名磁极相互排斥，即可，而当线圈的磁场强弱与线圈匝数，及电流的大小有关

17、【题文】 8竖直平面内有一个圆弧 AB ，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平 抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（） A.越靠近 A点越大 B.越靠近 B点越大 C.从 A到 B先减小后增大 D.从 A到 B先增大后减小 【知识点】 平抛运动 D2 【答案解析】C 解析 ：设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y，水平位移为x，动能为Ek小 球平抛运动的初速度为v0，圆弧 AB的半径为 R 则有： x=v0t ，y= 1 2 gt 2 则得： v0=x 2 g y 由几何关系得：x 2+y2=R2；根据动能定理得： Ek- 1 2 m 2 0 v=mg

18、y 联立得： Ek= 1 4 mg（ 2 R y +3y） 根据数学知识可知： 2 R y +3y23R，当 2 R y =3y，即 y= 3 3 R 时， 2 R y +3y 有最小值，则此时 Ek最小因此小球落到圆弧上时的动能从A到 B先减小后增大，故C正确 故选： C 【思路点拨】小球做平抛运动，根据平抛运动的规律得到初速度与下落高度的关系；根据动 能定理得到小球落到圆弧上时的动能与下落高度的关系，再根据数学知识分析即可 二、多项选择题（每题4 分，共 7 小题，共28 分。每小题至少有两个选项正确，全部选对得 4 分，部分选对得2 分，多选或者错选不得分） 【题文】 9马航客机失联牵动

19、全世界人的心，现初步确定失事地点位于南纬3152东经 11552的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天 上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（） A.该卫星可能是通过地球两极上方的轨道 B.该卫星平面可能与南纬3152所确定的平面共面 C.该卫星平面一定与东经11552所确定的平面共面 D.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍 【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系D5 【答案解析】AD 解析 ： A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故 地心必在轨道平面内，故该卫星的轨道可能通过两极的上方，故A正确； B、若卫星平面与南纬

20、3152所确定的平面共面，则地心不在轨道平面内，万有引力指向地 心，故不能满足万有引力提供圆周运动向心力的要求，故B错误； C、由于地球自转作用，该卫星平面一定与东经11552所确定的平面不共面，故C错误； D、由于卫星每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，故知地球自转一周，则该卫星绕 地球做圆周运动N周，即地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍，故D正确； 故选： AD 【思路点拨】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故卫星轨道平面必与 地心共面，且地心为轨道圆心，据此分析即可 【题文】 10如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆， M点是两

21、点电荷连线的中点若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则（） A.电荷所受电场力大小不变 B.电荷所受电场力逐渐增大 C.电荷电势能逐渐减小 D.电荷电势能保持不变 【知识点】 电场强度；电势能I2 【答案解析】BC 解析 ： A、B 由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M处电场线疏，则N 处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点， 电场力逐渐增大，故A错误， B正确 C、D、根据顺着电场线方向电势降低，可知从N到 M ，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减 小，故 C正确， D错误 故选： BC 【思路点拨】根据电场线的疏密分析场强的大小，判断电

22、场力的变化；根据顺着电场线方向 电势降低，判断电势的变化，从而确定电势的变化 【题文】 11如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M 、N 分别是甲、乙两船 的出发点，两船头与河岩均成 角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙 船恰好到达P 点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确 的是（） A.甲船也能到达正对岸 B.两船渡河时间一定相等 C.两船相遇在NP直线上 D.渡河过程中两船不会相遇 【知识点】 运动的合成和分解D1 【答案解析】BC 解析 ：A、乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个 分运动，沿着船头指向的匀速运动

23、，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故A 错误； B、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度vy=vsin60 ， 故小船过河的时间：t1= d v = sin d v ，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故B正确； C、D、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方 向运动，故相遇点在NP的中点上；故C正确， D错误； 故选： BC 【思路点拨】小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间 需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之 间的相对速度，即它们各自沿河岸

24、的速度的和 【题文】 12如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等 的两个物体A和 B， 它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时， 烧断细线，则（） A.两物体均沿切线方向滑动 B.物体 B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小 C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动 D.物体 B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远 【知识点】 向心力；牛顿第二定律D4C2 【答案解析】BD 解析 ：当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆 盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，

25、B靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力 提供向心力， 所以烧断细线后， A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力， A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所 以 B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小故B、D正 确， A、C错误 故选 BD 【思路点拨】对 AB两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，即可判断烧断细线后AB 的 运动情况 【题文】 13如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向 右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2 v1）滑上传送带，最终滑 块

26、又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有 A滑块返回传送带右端的速率为v1 B此过程中传送带对滑块做功为 22 12 11 22 mvmv C此过程中电动机对传送带做功为2mv 2 1 D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 2 12 1 () 2 m vv 【知识点】 动能定理的应用；牛顿第二定律E2C2 【答案解析】ABD 解析 ：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后 物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速， 当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一 起向右匀速运动，有v

27、2=v1；故 A正确； B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W = EK得：W= EK= 1 2 mv1 2-1 2 mv2 2，故 B正 确； D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则： x1= 2 1 2 v t，摩擦力对滑块做功：W1=fx1=f 2 2 v t1 ，又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1= 1 2 mv2 2 该过程中传送带的位移：x2=v1t1，摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv1 1 2 2x v =2fx 1 2 v v ， 将代入得：W2=mv1v2； 设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则： x3= 1 2 v t2摩擦力对滑块做

28、功：W3=fx3= 1 2 mv1 2 该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3 滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3= 1 2 m （v1+v2） 2 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f?x相= 1 2 m（v1+v2） 2，故 D正确； C：全过程中， 电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量， 即 Q=W+ 1 2 mv2 2-1 2 mv1 2 整理得： W=Q-1 2 mv2 2+1 2 mv1 2=mv 2 2+mv 1v2

29、，故 C错误 故选： ABD 【思路点拨】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然 受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于 v2的情况分析 根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功 根据能量守恒找出各种形式能量的关系 【题文】 14如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角 的关 系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹 角 ，实验测得x 与斜面倾角 的关系如图乙所示，g 取 10m/s 2，根据图象可求出（ ） A.物体的初速率v0=3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数 =0.75 C

30、.取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值xmin=1.44m D.当某次 =30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 【知识点】 动能定理的应用；动摩擦因数E2 B2 【答案解析】BC 解析 ：A、由图可知，当夹角=0 时，位移为2.40m；而当夹角为90时， 位移为 1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v0 2=2gh；解得： v 0= 2gh=6m/s；故 A错误； B、当夹角为0 度时，由动能定理可得：mgx=1 2 mv0 2；解得： =0.75 ；故 B正确； C、-mgxsin - mgcosx=0- 1 2 mv02 解得： x= 18 5 10sin() 4 ； 当

31、 +=90时， sin （+）=1；此时位移最小，x=1.44m；故 C正确； D 、 若=30 时 ， 物 体 受 到 的 重 力 的 分 力 为mgsin30= 1 2 mg； 摩 擦 力 f= mgcos30 =0.75mg 3 2 = 3 3 8 mg ；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达 到最高点后，不会下滑；故D错误；故选：BC 【思路点拨】由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求 得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值 【题文】 15如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的

32、 延长线上有a、b 两点。现有一检验电荷q（电性未知）以一定的初速度沿直线从b 点开始经 a 点向远处运动（检验电荷只受电场力作用），q 运动的速度图像如图乙所示。则（） AQ2必定是负电荷 BQ2的电荷量必定大于Q1的电荷量 C从 b 点经 a 点向远处运动的过程中检验电荷q 所受的电场力一直减小 D可以确定检验电荷的带电性质 【知识点】 电场强度；匀变速直线运动的图像；库仑定律I1I2A5 【答案解析】 AD 解析 ：A 、若 Q2是正电荷，则在b 点右侧的电场方向必定向右，q 受力不可能 改变方向，故Q2一定为负电荷；根据点电荷场强公式，设q 到 Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则 q

33、 所在处的场强为E=k 1 2 1 Q r - k 2 2 2 Q r ，q 在 ba运动过程中，受力向左，在a 点右侧运动过程 中，受力向右由于r1r2，若 Q1Q2，场强 E 必定始终向左，q 受力不可能发生方向改变， 故必定有Q1 Q2，A正确 B错误， C、由速度图象可知，q 受力先向左后向右，且加速度先减小后增大，故C错误； D、在 b 处，若 k 1 2 1 Q r k 2 2 2 Q r ，考虑到Q1Q2，r1r2，设 q 电荷移动的位移为x，则一定 有 k 1 2 1 (rx) Q k 2 2 2 (rx) Q ，即 E始终朝一个方向，不符合题意，故在b 处必定有k 1 2 1

34、 Q r k 2 2 2 Q r ，场强 Eb必定向左，而q 电荷在 b 处受力向左，因此q 电荷一定为正电荷，D正确 故选 A、D 【思路点拨】通过速度时间图线的斜率判断检验电荷加速度的变化，从而得知电场力的变 化通过速度的变化，知道电场力的方向，结合库仑定律判断Q2的电性和Q2和 Q1的电量的大 小通过对b 处两点电荷在该点的产生的场强大小，结合检验电荷的受力，可以判断出检验 电荷的电性 三、实验题（共两小题。其中16 题每小问2 分，共 8 分； 17 题第 1 问 4 分，第二问2 分，共 7 分） 【题文】 16为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木反倾斜，木块以不同的初速度沿木板 向

35、上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量向上运动的最大距 离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装 置如图甲所示 （1）本实验中，下列操作合理的是 A遮光条的宽度应尽量小些 B实验前将轻质卡置于光电门附近 C为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值 D光电门与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离 （2）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为 mm （3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离与木块来回经过光电门时速度的平方 差， 结果如下表所示， 试在丙图坐标纸上作出v 2x 的图象，经测量木板倾角的余弦值为

36、 0.6 ， 重力加速度取g=9.80m/s 2， 则木块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留两位有效数字） （4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果（选填“偏大”或“偏小”） 【知识点】 探究影响摩擦力的大小的因素B2 【答案解析】（1） AC ；（ 2）3.700 ；（ 3）图象如图所示，0.010 ；（ 4）偏大 解析 ：1）A、遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的 瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度 应尽量小些，故A正确； B、实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前将轻质卡与木块靠在一起，故B错误； C、当木板

37、倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高 点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木块的 倾角必须大于某一值，故C正确； D、木块出发点与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离，故 D错误；故选 AC （2）由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为：3.5mm+20.0 0.01mm=3.700mm （3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示： 由牛顿第二定律得：木块上滑时：mgsin+mgcos=ma1，木块下滑时： mgsin -mgcos=ma 2，由匀变速直线运动的速度位移公

38、式得： 0-v0 2=-2a 1x， v 2=2a 2x， v 2=v 0 2-v2=4gxcos，由图示图象可知，动摩擦因数：斜率： k=4 gcos=0.25 ，动摩擦因 数： = 4cos K g 0.010； （4）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力， 由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大 【思路点拨】 （1）一切目的是为了减小误差（2）根据实验步骤与实验原理分析答题；螺旋测 微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；应用描点法作出图象；由牛顿第二定 律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；根据图

39、 示实验装置与实验步骤分析实验误差 【题文】 17 (7 分) 一个未知电阻Rx，阻值大约为10k 20k，为了较为准确地测定其电 阻值，实验室中有如下器材： 电压表 V1（量程 3V、内阻约为3k） 电压表 V2（量程 15V、内阻约为15k） 电流表 A1（量程 200A、内阻约为100） 电流表 A2（量程 0.6A、内阻约为1） 电源 E（电动势为3V） 滑动变阻器R（最大阻值为200）开关 S （1）在实验中电压表选，电流表选 （填 V1、 V2， A1、A2） （2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图 【知识点】 伏安法测电阻J4 【答案解析】 （1）V1，A1

40、（ 2）如图解析 ： ： （1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小， 估测电路中的最大电流不会超过30mA ，故电流表选择A1，电压表选择V1故答案为：V1，A1 （2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电 流表的内接法，具体电路图如下所示： 【思路点拨】 （1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不 烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表； （2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电 流表的内接法 四、计算题 【题文】 18 （12 分）如图所示，均

41、可视为质点的三个物体A、B、C穿在竖直固定的光滑绝缘 轻杆上，A与 B紧靠在一起 （但不粘连） ， C紧贴着绝缘地板， 质量分别为MA=2.32kg ， MB=0.20kg ， MC=2.00kg ，其中 A 不带电， B、C 的带电量分别为qB = +4.0 10 -5C，q C =+7.010 -5 C，且电量 都保持不变，开始时三个物体均静止。现给物体A施加一个竖直向上的力F，若使 A由静止开 始向上作加速度大小为a=4.0m/s 2 的匀加速直线运动，则开始需给物体A施加一个竖直向上的 变力 F，经时间 t 后， F 变为恒力。已知g=10m/s 2，静电力恒量 k=910 9Nm2/

42、c2， 求： （ 1）静止时B与 C之间的距离； （2）时间 t 的大小； （3）在时间t 内，若变力F 做的功 WF=53.36J ，则 B所受的电场力对B做的功为多大？ 【知识点】 电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；库仑定律I2C2I1 【答案解析】 （1）1.0m（2）1s（3）17.2J 解析 ： （1）开始时A、 B处于平衡状态，设BC之间的距离为 1 x，则 2 1 () BC AB q q MMgk x ，代入数据可得： 1 1.0xm 经时间 t ， F 变为恒力。 A、B恰好分离， A、B间无相互作用，设BC之间的距离为 2 x则 2 2 BC BA q q kMgM g

43、 x ，代入数据可得： 2 3.0xm (2) 1 2 2 1 2 xxat则，代入数据可得1ts (3) 以 AB为系统，由动能定理可得 1 2 2 1 -()() 2 FABAB WWMMg xxMMv 电 （） 而v at 代入数据可得： 17.2WJ 电 【思路点拨】 （1）研究开始静止状态，对AB整体，合力为零，由平衡条件和库仑定律求解开 始时 BC间的距离x1； （2）给 A施加力 F 后， AB沿斜面向上做匀加速运动，当AB分离之后F 成为恒力，当两者之 间弹力恰好为零时，根据牛顿第二定律得到BC距离，由运动学位移公式求出时间t； （3）在时间t 内，对 AB运用动能定理求出电场

44、力做功，即可求得电场力对B做的功 【题文】 19 （13 分）如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB 和 BD 两部分组成，其中 AB部分为光滑的圆弧，AOB=37 o，圆弧的半径 R=05m ，圆心 O点在 B点正上方； BD部分水 平，长度为 02m ，C为 BD的中点。 现有一质量m=lkg，可视为质点的物块从A端由静止释放， 恰好能运动到D点。 （g=10m/s 2，sin37o=0 6，cos37o=08）求： （1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力 F，F 应为多大 ? （2）为使物块运动到C点时速度为零， 也可先将 BD部分以 B为轴

45、向上转动一锐角，应为 多大 ?（假设 B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失） （3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程。 【知识点】 动能定理的应用；向心力E2D4 【答案解析】 （1）10N;（2）37 0； （3）0.25m 解析 ： （1）设 BD段长度为l ，动摩擦因数为，研究物块运动，根据动能定理： K EW总 从 A到 D的过程中00)37cos1(mglmgR o 从 A到 C恰好静止的过程中00 2 )37cos1( l FmgR N o 又 BC 段mgFFN 代入数据联立解得：5.0，F=10N （2）右图中，从A到 C的过程中，根据动能定理 00 2

46、 sin 2 )37cos1( l F l mgmgR N o 其中cosmgFN 联立解得 o 37 （3）物块在C处速度减为零后，由于sinmgcosmg物块将会下滑，而AB段光滑， 故物块将做往复运动，直到停止在B点。 根据能量守恒定律：QmgR o )37cos1( 而摩擦生热fsQcosmgf 代入数据解得 物块在 BD板上的总路程s=0.25m 【思路点拨】 （1）先对从A 到 B 过程根据机械能守恒定律或动能定理，求出物块经过B 点时 的速度；在B 点，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力， 再由牛顿第三定律得到物块对工件的压力大小； （2） （3）先对

47、 A到 D过程根据动能定理列式，再对A到 C过程根据动能定理列式，最后联立 求解； 【题文】 20 （11 分）如图所示，已知倾角为=45、高为h 的斜面固定在水平地面上一 小球从高为H （hHh）处自由下落， 与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出小球自由下 落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上 （1）求小球落到地面上的速度大小； （2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件； （3）在满足（ 2）的条件下，求小球运动的最长时间 【知识点】 平抛运动；自由落体运动D2 【答案解析】 （1）小球落到地面上的速度大小为； （2）要使小球做平抛

48、运动后能直接落 到水平地面上，x 应满足的条件为； （3）在满足（ 2）的条件下，小球运动的最 长时间为2解析 ： （1）设小球落到底面的速度为v，根据机械能守恒得：，得： 。 （ 2）小球做自由落体的末速度为：，小球做平抛运动的时间为： ，由 shx，解得： （3）， 当 Hh+x=hx， 即 x=h时， 小球运动时间最长， x=h， 符合 （2） 的条件，代入得：。 【思路点拨】 （1）由于小球与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所 以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小； （2）小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x 最小，根据平抛运动的基本 公式结合几何关系、动能定理求出x 的最小值，而x 的最大值即为h，从而求出x 的范围； （3）根据竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列出总时间的表达式，再由数学知识求解 最长的时间