江苏省连云港市赣榆县海头高中2022届高三物理上学期期中试卷含解析

2022-2022学年江苏省连云港市赣榆县海头高中高三（上）期中物理试卷　一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分）1．2022年10月7日，诺贝尔官方网站宣布，日裔科学家赤崎勇、天野浩和中村修二因发明“高亮度蓝色发光二极管”获得2022年诺贝尔物理学奖．下列有关物理学史的叙述中正确的是（　　）A．开普勒关于行星运动的描述为万有引力的发现奠定了基础B．库仑发现了真空中点电荷相互作用的规律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电常数K的值C．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里测出了引力常量D．笛卡尔通过理想实验研究自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动　2．如图所示，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．它们在推力F的作用下由静止下落，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是（　　）A．B只受重力的作用B．B受重力和A的压力作用C．B受重力、A的压力和墙面的摩擦力三个力的作用D．B受重力、A的压力、墙面的摩擦力和推力F四个力的作用　3．如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为（　　）A．B．tanθC．D．tan2θ　4．银河系处于本超星系团的边缘，已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x10﹣11N•m2/kg2，根据上述数据不能估算出的物理量（　　）A．银河系绕本超星系团中心运动的线速度B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度C．银河系的质量D．本超星系团的质量23\n　5．如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上．N墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以v=的速度向右运动．环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离N墙壁的水平距离为L，细绳能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）A．细绳不会断裂，与N墙壁碰前小球做圆周运动B．小球与N墙壁碰撞时的速度为C．小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为D．小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为　6．如图甲所示，在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1带正电处于原点O．现有一个正电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动（只受电场力作用），其v﹣t图象如图乙所示，q经过a、b两点时速度分别为va、vb．则以下判断正确的是（　　）A．Q2带负电且电荷量大于Q1B．b点的场强比a点的场强大C．a点的电势比b点的电势高D．q在a点的电势能小于在b点的电势能　　二、多项选择题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分．选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西，B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过路牌B时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A．以向东为正方向，它们的位移一时间图象如图所示，图中t2=2t1，由图可知（　　）23\nA．小鸟的速率是汽车速率的2倍B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3：1C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D．小鸟和汽车在0～t2时间内位移相等　8．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星．关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（　　）A．地球对b、c两星的万有引力提供了向心力，因此只有a受重力，b、c两星不受重力B．周期关系为Ta=Tc＞TbC．线速度的大小关系为va＜vc＜vbD．向心加速度的大小关系为aa＞ab＞ac　9．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．有一个质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g，则（　　）A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω=B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用C．小球A受到的合力大小为D．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上　10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点．两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则（　　）23\nA．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小B．A、B系统在运动过程中机械能守恒C．A球从C点运动至D点过程中机械能减少D．当杆水平时，A、B球速度达到最大　11．如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，A、B与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB=BC，则下列说法中正确的是（　　）A．电场方向沿电场线斜向上B．电场强度大小为E=C．小球下落高度gt2D．此过程增加的电势能等于mg2t2　　三、简答题：本大题有两个实验题．共计20分.请将解答填写在答题卡相应的位置．12．如图1为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持　　　　　　不变，用钩码所受的重力作为　　　　　　，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线如图2所示．23\n①分析此图2线的OA段可得出的实验结论是　　　　　　．②（单选题）此图2线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　　　　　　A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大．③做本实验前必须消除摩擦力的影响，将木板的右端抬到适当的高度，这个步鄹是：　　　　　　．　13．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．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．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=　　　　　　m/s；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=　　　　　　J，系统势能的减少量△EP=　　　　　　J，由此得出的结论是　　　　　　；（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=　　　　　　m/s2．　　四、计算题：本题3小题，共47分．解答时请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能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．14．滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长LAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．（1）求游客匀速下滑时的速度大小．（2）求游客匀速下滑的时间．（3）求游客从A滑到B的过程中由于摩擦产生的热量．23\n　15．水平桌面上有一个向右的匀强电场，E=，质量M=3g带电量为q可视为质点的木块置于水平平台上A点，用细绳跨过光滑的定滑轮与质量m的物块连接，平台上B点左侧光滑，AB两点距离是L，B点右侧粗糙到滑轮的距离足够远，动摩擦力因数μ=0.4，木板从A点由静止开始释放，求：（1）木块到达B点时速度；（2）木块过B点电场强度的大小不变，方向改为竖直向下，求M能向右滑多远？（3）木板与平台间摩擦产生的总热量Q．　16．如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量e，质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；（3）电子打到屏上的点P到O点的距离x．　17．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R．用质量m1=0.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，物块从D点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道．g=10m/s2，求：23\n（1）B、D间的水平距离．（2）通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点．（3）物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．　　23\n2022-2022学年江苏省连云港市赣榆县海头高中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分）1．2022年10月7日，诺贝尔官方网站宣布，日裔科学家赤崎勇、天野浩和中村修二因发明“高亮度蓝色发光二极管”获得2022年诺贝尔物理学奖．下列有关物理学史的叙述中正确的是（　　）A．开普勒关于行星运动的描述为万有引力的发现奠定了基础B．库仑发现了真空中点电荷相互作用的规律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电常数K的值C．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里测出了引力常量D．笛卡尔通过理想实验研究自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动考点：物理学史．专题：常规题型．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、开普勒关于行星运动的描述为万有引力的发现奠定了基础，故A正确；B、库仑发现了真空中点电荷相互作用的规律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的值，故B错误；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许在实验室里测出了引力常量，故C错误；D、伽利略通过理想实验研究自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故D错误；故选：A．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　2．如图所示，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．它们在推力F的作用下由静止下落，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是（　　）A．B只受重力的作用B．B受重力和A的压力作用C．B受重力、A的压力和墙面的摩擦力三个力的作用D．B受重力、A的压力、墙面的摩擦力和推力F四个力的作用考点：力的合成与分解的运用．专题：受力分析方法专题．分析：分析撤去推力F前后两物体的受力情况，根据AB间的相互作用分析B的受力．解答：解：在推力的作用下，由静止下落，B对墙壁没有压力的作用，故B不受摩擦力作用；此时AB两物体共同向下做加速直线运动，AB间存在相互的压力；则B受重力与压力作用，故B正确，ACD错误；故选：B．23\n点评：本题考查对物体的受力分析问题，要注意明确AB一起向下运动时，共同加速直线运动，而不是做自由落体运动，它们之间存在相互的挤压，有了弹力．　3．如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为（　　）A．B．tanθC．D．tan2θ考点：平抛运动．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，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比．解答：解：对于小球1，根据Rcosθ=gt12，解得：t1=，则v1==Rsinθ．对于小球2，根据Rsinθ=gt22，解得：t2=，则v2==Rcosθ．则两小球的初速度之比=．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．　4．银河系处于本超星系团的边缘，已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x10﹣11N•m2/kg2，根据上述数据不能估算出的物理量（　　）A．银河系绕本超星系团中心运动的线速度B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度C．银河系的质量D．本超星系团的质量考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：已知银河系绕超星系运动的轨道半径和公转周期，根据线速度和周期、加速度和周期的关系公式可以计算出银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度．银河系是环绕天体，无法计算其质量，只能计算中心天体超星系的质量．23\n解答：解：AB、据题意可知，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，银河系绕超星系做圆周运动，已知环绕的轨道r和周期T，则银河系运动的线速度为v=，加速度a=，故可以计算银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度，故AB正确．C、银河系是环绕天体，无法计算其质量，故C错误．D、根据万有引力提供向心力=m可以解得超星系的质量，故D正确．本题选不能估算出的物理量，故选：C．点评：本题要能知道银河系绕超星系做匀速圆周运动，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，无法计算环绕天体的质量，只能计算中心天体超星系的质量．　5．如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上．N墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以v=的速度向右运动．环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离N墙壁的水平距离为L，细绳能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）A．细绳不会断裂，与N墙壁碰前小球做圆周运动B．小球与N墙壁碰撞时的速度为C．小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为D．小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为考点：动能定理；平抛运动；向心力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律，通过合力提供向心力求出绳子的拉力，判断绳子有无断裂．若绳子断裂，做平抛运动，根据平抛运动的规律求出小球与N墙壁碰撞点与B点的距离，以及碰撞时的速度．解答：解：A、根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m，解得：F=mg+m=3mg＞2.5mg，绳子断裂，做平抛运动．故A错误；C、D、小球做平抛运动，在水平方向上的运动时间为：t===．23\n则竖直方向上的位移为：y=gt2=．则碰撞点与B点的距离为．故C错误，D正确；B、竖直方向上的分速度为：vy=gt=．则合速度为：v合==．故B错误．故选：D．点评：解决本题的关键知道向心力的来源，要运用牛顿第二定律结合平抛运动的知识进行求解．　6．如图甲所示，在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1带正电处于原点O．现有一个正电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动（只受电场力作用），其v﹣t图象如图乙所示，q经过a、b两点时速度分别为va、vb．则以下判断正确的是（　　）A．Q2带负电且电荷量大于Q1B．b点的场强比a点的场强大C．a点的电势比b点的电势高D．q在a点的电势能小于在b点的电势能考点：电场线；电势能．分析：由图象分析可知：正带电粒子在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点正电粒子受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q2的电性为负；通过正带电粒子的动能先减小再增大，判断电场力做功和电势能的变化，根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势的高低．解答：解：A、根据v﹣t图象的斜率等于加速度，可知正电荷q在b点的加速度为0，在b点左侧电荷做减速运动，b点右侧做加速运动，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电，根据点电荷场强公式E=k得知Q2带电荷量小于Q1，故A错误；B、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，受力为零，故b的场强为零，而a点的场强不为零，所以b点的场强比a点的场强小，故B错误．C、该电荷从a点到b点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b点电势比a点的电势高．故C错误D、由C分析得，粒子在a点的电势能比b点的电势能小，故D正确故选：D点评：解决本题的关键是根据图象分析b点的场强为零，分析电荷的能量如何变化时，往往判断外力做功情况，根据功能关系进行分析，要掌握常见的功能关系，比如电场力做功与电势能变化的关系，总功与动能变化的关系等等．　23\n二、多项选择题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分．选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西，B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过路牌B时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A．以向东为正方向，它们的位移一时间图象如图所示，图中t2=2t1，由图可知（　　）A．小鸟的速率是汽车速率的2倍B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3：1C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D．小鸟和汽车在0～t2时间内位移相等考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：本题初看感觉很难，主要原因同学们似乎很难找到解题的突破口，但只要仔细一考虑便不难发现，小鸟飞向B的时间和飞回的时间相同均为t1，故有v1+v2=L，而对于汽车来说有x2=v2t2，再根据t2=2t1，便可轻松解决本题．解答：解：设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与汽车返回的时间相同，故它们相向运动的时间为，则在小鸟和汽车相向运动的过程中有：v1+v2=L，即：（v1+v2）=L对于汽车来说有：v2t2=L联立以上两式可得：v1=3V2故A错误，B正确．汽车通过的总路程为：x2=v2t2小鸟飞行的总路程为：x1=v1t1=3V2×t2=x2故C正确．小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误．故选：BC．点评：能否通过画过程草图，找出两个物体的位移关系、时间关系和速度关系是解决相遇问题的突破口．这一点一定要慢慢领会和使用．23\n　8．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星．关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（　　）A．地球对b、c两星的万有引力提供了向心力，因此只有a受重力，b、c两星不受重力B．周期关系为Ta=Tc＞TbC．线速度的大小关系为va＜vc＜vbD．向心加速度的大小关系为aa＞ab＞ac考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：本题中涉及到三个做圆周运动物体，AC转动的周期相等，BC同为卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较．解答：解：A、地球对b、c两星的万有引力提供了向心力，a受重力，b、c两星也受重力提供了向心力，故A错误；B、卫星C为同步卫星，所以Ta=Tc，根据T=2π，可知Tc＞Tb，所以Ta=Tc＞Tb，故B正确；C、AC比较，角速度相等，由v=ωr，可知υa＜υc，根据v=得vc＜vb，故C正确；D、由a=ω2r，得：aa＜aC，故D错误；故选：BC．点评：本题涉及到两种物理模型，即AC转动的周期相等，BC同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较．　9．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．有一个质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g，则（　　）A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω=B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用C．小球A受到的合力大小为23\nD．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上考点：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：小球受重力与支持力的作用而做匀速圆周运动，则由向心力公式可求得小球做匀速圆周运动的角速度；并且能判断合力的大小及方向．解答：解：A、如下图所示；小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，则合外力一定指向圆心；由力的合成可知，F=mgtanθ=mg=mrω2；由几何关系可知，r=；解得：ω=；故A正确；B、小球只受重力和支持力；向心力是由合外力充当；故B错误；C、由A的分析可知，合外力F=mg；故C正确；D、小球受到的合外力指向圆心，故D错误；故选：AC点评：本题是圆锥摆类型，关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析．　10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点．两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则（　　）A．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小B．A、B系统在运动过程中机械能守恒C．A球从C点运动至D点过程中机械能减少D．当杆水平时，A、B球速度达到最大考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：A、B组成的系统在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，当动能最大时，系统重力势能最小．根据外力做功判断A、B机械能的变化．解答：解：A、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒．B球运动到最低点时，系统减小的重力势能为mgR，在杆子从竖直状态到水平状态的过程中，系统重力势能下降最大，大小等于．故A错误，B正确．23\nC、A球从C点运动到D点的过程中，除重力对其做功外，杆的作用力对其做负功，A的机械能减少，故C正确．D、因为杆子水平时，系统重力势能减小最大，根据机械能守恒，知系统动能最大，所以当杆水平时，A、B球的速度最大．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道A、B组成的系统机械能守恒，知道当杆子水平时，系统重力势能减小最大．　11．如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，A、B与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB=BC，则下列说法中正确的是（　　）A．电场方向沿电场线斜向上B．电场强度大小为E=C．小球下落高度gt2D．此过程增加的电势能等于mg2t2考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势能；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：本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识．解答：解：A、由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下；故A错误；B、由动能定理可知，mgABsin60°=EqBCsin60°解得：E=；故B正确；C、将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力F=E′q=mgcos60°=；则物体在竖直方向上的合力F合=mg+=；，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度ay=；则下落高度h=ayt2=；故C正确；D、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移x=；则电势能的增加量E=Eqx=；故D错误；23\n故选：BC．点评：本题综合考查带电粒子在电场与重力场中的运动，要注意明确运动的合成与分解的应用，同时明确几何关系的应用．　三、简答题：本大题有两个实验题．共计20分.请将解答填写在答题卡相应的位置．12．如图1为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持　小车质量　不变，用钩码所受的重力作为　合力　，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线如图2所示．①分析此图2线的OA段可得出的实验结论是　小车的质量一定，加速a与合力F成正比　．②（单选题）此图2线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　C　A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大．③做本实验前必须消除摩擦力的影响，将木板的右端抬到适当的高度，这个步鄹是：　平衡摩擦力　．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：①探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；②控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因．解答：解：（1）探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力．（2）由图象OA段可知，a与F成正比，即：在小车质量一定时，加速度a与小车受到的合力F成正比；23\n以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律得：m钩码g=（m小车+m钩码）a，小车的加速度a=g，小车受到的拉力F=m小车a=g，当m钩码＜＜m小车时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a﹣F图象偏离直线，故C正确．为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下砂桶，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做匀速直线运动运动．故答案为：（1）小车的质量；合力；（2）小车的质量一定，加速a与合力F成正比；C；平衡摩擦力．点评：本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力．　13．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．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．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=　2.4　m/s；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=　0.576　J，系统势能的减少量△EP=　0.600　J，由此得出的结论是　在误差允许的范围内，系统机械能守恒　；（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=　9.7　m/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．23\n分析：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计数点5的瞬时速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量．根据机械能守恒得出v2﹣h的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．解答：解：（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=．（2）则打点0～5过程中系统动能的增量△EK==0.576J．系统重力势能的减小量△EP=（m2﹣m1）gh=0.1×10×（0.216+0.384）=0.600J，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．（3）根据系统机械能守恒得，，解得，图线的斜率k==，解得g=9.7m/s2．故答案为：（1）2.4；（2）0.576，0.600，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．（3）9.7．点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出系统机械能的增加量，以及通过下降的高度求出系统重力势能的减小量．　四、计算题：本题3小题，共47分．解答时请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能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．14．滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长LAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．（1）求游客匀速下滑时的速度大小．（2）求游客匀速下滑的时间．（3）求游客从A滑到B的过程中由于摩擦产生的热量．23\n考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）加速过程，把人和滑板看成整体，对其进行受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度；根据速度位移公式求解加速的末速度；（2）根据位移时间关系公式求解出加速过程的位移，然后计算匀速的时间；（3）直接对减速过程运用动能定理列式求解即可．解答：解：（1）对游客和滑沙车整体受力分析，由牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1解得：a1=g（sin37°﹣μcos37°）=10×（0.6﹣0.5×0.8）=2m/s2匀加速的末速度为：v=a1t1=2×8=16m/s（2）游客加速下滑通过的位移：m则他匀速下滑通过的位移：x2=LAB﹣x1=128﹣64=64匀速下滑的时间：s（3）对游客在斜坡上的运动过程，由动能定理有：解得：Q=答：（1）游客匀速下滑时的速度大小是2m/s．（2）游客匀速下滑的时间是4s．（3）游客从A滑到B的过程中由于摩擦产生的热量是44800J．点评：本题关键明确游客的运动规律，先匀加速，然后匀速，最后匀减速；然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解速度与位移，根据动能定理求解制动位移．　15．水平桌面上有一个向右的匀强电场，E=，质量M=3g带电量为q可视为质点的木块置于水平平台上A点，用细绳跨过光滑的定滑轮与质量m的物块连接，平台上B点左侧光滑，AB两点距离是L，B点右侧粗糙到滑轮的距离足够远，动摩擦力因数μ=0.4，木板从A点由静止开始释放，求：（1）木块到达B点时速度；（2）木块过B点电场强度的大小不变，方向改为竖直向下，求M能向右滑多远？（3）木板与平台间摩擦产生的总热量Q．23\n考点：牛顿运动定律的综合应用；动能定理的应用；功能关系．分析：（1）对系统应用牛顿第二定律可求得加速度，由速度公式可求得速度；（2）由牛顿都第二定律分别对m和M列式即可求得距离；（3）由Q=μMgs求出摩擦力产生的热量．解答：解：（1）对系统应用牛顿第二定律可知：Eq+mg=（M+m）a由题意可知：Eq==mg解得：a=；由运动学公式v2=2ax可得：v==；（2）由牛顿第二定律得：mg﹣μ（Mg+Eq）=（M+m）a′解得：a′=﹣1.5m/s2；向前滑动的距离x==；（3）因摩擦产生的热量为：答：（1）木块到达B点时速度为；（2）木块过B点后绳子的拉力；（3）木板与平台间摩擦产生的总热量Q为mgL．点评：本题要分过程进行研究，运用牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行求解．明确重力及电场力的特点．　16．如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量e，质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；（3）电子打到屏上的点P到O点的距离x．23\n考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间；（2）在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为；（3）做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得．解答：解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：①由得：②电子进入电场E2时的速度为：v1=a1t1③进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：④电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2⑤①→⑤联立求解得：；（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为：⑥vy=a2t3⑦⑧电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；⑨23\n①②③⑥⑦⑧⑨联立得：tanθ=2⑩（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图有几何关系得：（11）⑩（11）联立得：x=3L答：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间为：；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ=2；（3）电子打到屏上的点P到O点的距离x=3L．点评：本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．　17．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R．用质量m1=0.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，物块从D点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道．g=10m/s2，求：（1）B、D间的水平距离．（2）通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点．（3）物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．考点：动能定理；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．23\n分析：（1）物块过B点后做匀变速运动，将其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2与匀变速直线运动的位移时间公式进行对比，得到初速度和加速度，根据平抛运动和匀变速直线运动的规律求解BD间的水平距离．（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=m，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点．（3）由能量转化及守恒定律即可求出m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．解答：解：（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：vy==tan45°所以vD=4m/s由题意知，物块在桌面上过B点后初速度v0=6m/s，加速度a=﹣4m/s2所以B、D间水平距离为：xBD==2.5m（2）若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由机械能守恒定律得：m2=m2﹣m2gR轨道对物块的压力为FN，则：FN+m2g=m2解得：FN=（1﹣）m2g＜0所以物块不能到达M点（3）设弹簧长为xAC时的弹性势能为Ep，物块a、b与桌面间的动摩擦因数均为μ，释放物块a时，Ep=μm1gxCB释放物块b时，Ep=μm2gxCB+m2且m1=2m2，得：Ep=m2=7.2J物块b释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则由功能关系得：Ep=Wf+m2得：Wf=5.6J．答：（1）B、D间的水平距离2.5m．（2）物块不能沿圆弧轨道到达M点．（3）物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功5.6J．点评：该题涉及到多个运动过程，关键要掌握每个遵循的物理规律，如机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式，还要把握住物块到达最高点的临界条件：重力提供向心力，求得临界速度．　23