物理卷·2018届安徽省安庆市桐城中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版） 19页

‎2016-2017学年安徽省安庆市桐城中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12题，每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．以初速V0作竖直上抛运动的物体，其落地速度大小为，若物体在运动过程中所受的阻力大小始终不变，则该物体所受的重力与阻力大小之比为（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．5：3 D．7：6‎ ‎2．L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎3．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零 ‎4．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（　　）‎ A．先变大，后变小，方向水平向左 B．先变大，后变小，方向水平向右 C．先变小，后变大，方向水平向左 D．先变小，后变大，方向水平向右 ‎5．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 ‎6．某电场中等势面分布如图所示，图中虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为40V和10V，则a、b连线的中点C处的电势应为（　　）‎ A．一定等于25V B．大于25V C．小于25V D．可能等于25V ‎7．两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶．t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v﹣t图如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆？（　　）‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ ‎8．如图所示中OA为一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连．当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用．B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度．现用一水平力F作用于A，使之向右缓慢地做直线运动，则在运动过程中（　　）‎ A．地面对A的支持力N逐渐增大 B．地面对A的摩擦力f保持不变 C．地面对A的支持力N逐渐减小 D．水平拉力F逐渐增大 ‎9．如图所示，平行板电容器与电动势为月的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的户点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带点油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带点油滴的电势能将减少 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将减小 ‎10．如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行．现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动到C点，动能减少了W；又从C点运动到B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的静电场可能是（　　）‎ A．方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场 B．方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场 C．位于O点的正点电荷形成的电场 D．位于D点的正点电荷形成的电场 ‎11．如图所示，A、B两木块在水平方向力F作用挤压在竖直墙面上．A与B、B与墙之间动摩擦因数均为μ=0.1，两木块质量相等均为m=1Kg．当F取不同值时，关于A、B之间的摩擦力f1，B与墙之间的摩擦力f2的大小，下列说法正确的是（　　）（g=10m/s2）‎ A．F=300N时，f1=30N，f2=30N B．F=300N时，f1=10N，f2=20N C．F=100N时，f1=10N，f2=10N D．F=100N时，f1=5N，f2=10N ‎12．如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度一时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，be段为直线，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在0.15S末滑块的加速度大小为8m/s2‎ B．滑块在0.1﹣0.2s时间间隔内沿斜面向下运动 C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25‎ D．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 ‎　‎ 二、实验探究（共8分）‎ ‎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．如图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个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（计算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在记数点0～5过程中系统动能的增量△Ek=　　J．为了简化计算，设g=10m/s2，则系统势能的减少量△EP=　　J；‎ ‎③在本实验中，若某同学作出了v2﹣h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎　‎ 三、计算题（共44分）‎ ‎14．如图所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α=53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.032m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，A点离B点所在平面的高度H=1.2m．有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos53°=0.6，sin53°=0.8，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块水平抛出的初速度v0是多少？‎ ‎（2）小物块到达B点的速度是多大？‎ ‎（3）若小物块能够通过圆轨道最高点D，圆轨道半径R的最大值是多少？‎ ‎15．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性往复运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求：‎ ‎（1）粒子所受电场力的大小；‎ ‎（2）粒子的运动区间．‎ ‎16．如图所示，传送带与水平面间的倾角α=37°，皮带以10m/s的速度逆时针运行，在传送带上端A处无初速放上质量为m=2kg的物块，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，若传送带AB间距为16m，求：‎ ‎（1）物块从A端运动到B端的时间；‎ ‎（2）物块从A端运动到B端的过程中摩擦产生的热量．‎ ‎17．一绝缘“⊂”杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内．其中MN光滑，PQ杆是粗糙的，现将质量为M的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的．‎ ‎（1）若将小环由D点静止释放，刚好能到达P点，求DM间的距离．‎ ‎（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因素为μ，小环的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，求小环整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省安庆市桐城中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12题，每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．以初速V0作竖直上抛运动的物体，其落地速度大小为，若物体在运动过程中所受的阻力大小始终不变，则该物体所受的重力与阻力大小之比为（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．5：3 D．7：6‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】分上升和下降两个过程，运用动能定理列式，即可求得重力与阻力大小之比．‎ ‎【解答】解：设物体的质量为m，空气阻力大小为f，上升的最大高度为h，根据动能定理得，‎ 上升过程：﹣（mg+f）h=0﹣mv02‎ 下降过程：（mg﹣f）h=m（）2‎ 解得： =；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【考点】物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对物体Q受力分析，由共点力平衡条件可知，弹簧对Q有弹力，故弹簧对P有沿斜面向下的弹力；再对物体P受力分析，即可得到其受力个数．‎ ‎【解答】解：P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力．根据牛顿第三定律，物体Q必对物体P有压力，同时弹簧对P也一定有向下的弹力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，所以选项C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零 ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．‎ ‎【解答】解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（　　）‎ A．先变大，后变小，方向水平向左 B．先变大，后变小，方向水平向右 C．先变小，后变大，方向水平向左 D．先变小，后变大，方向水平向右 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．‎ ‎【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置．‎ ‎【解答】解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，mg•（）d﹣qU=0．‎ 将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回．‎ 根据动能定理得，mg•（+x）﹣•qU=0‎ 联立两式解得x=．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．某电场中等势面分布如图所示，图中虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为40V和10V，则a、b连线的中点C处的电势应为（　　）‎ A．一定等于25V B．大于25V C．小于25V D．可能等于25V ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电场线和等势线垂直，等势线密的地方电场线密，电场线密的地方等势面也密．由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势φc．‎ ‎【解答】解：因为电场线与等势面垂直，根据等势面的形状可知，电场线从左向右由密变疏，即从a到c，电场强度逐渐减弱，而且电场线方向从a→b．ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于c、b间电势差Ucb，即φa﹣φc＞φc﹣φb，得到：‎ φc＜=V=25V．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶．t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v﹣t图如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】该题考察了应用速度﹣﹣时间图象解决物体的追击与相遇问题，相遇的条件是两物体运动的位移相等．应用在速度﹣﹣时间图象中图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移这一规律，分析两物体是否会相遇．‎ ‎【解答】解：‎ 在速度﹣﹣时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移．‎ A、从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；所以选项A正确．‎ B、图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以选项B错误．‎ C、图象也是在t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；所以选项C正确．‎ D、图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以选项D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示中OA为一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连．当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用．B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度．现用一水平力F作用于A，使之向右缓慢地做直线运动，则在运动过程中（　　）‎ A．地面对A的支持力N逐渐增大 B．地面对A的摩擦力f保持不变 C．地面对A的支持力N逐渐减小 D．水平拉力F逐渐增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对A物体进行受力分析，因为A做缓慢直线运动，每一个位置都可以看成平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小，以及拉力的大小．‎ ‎【解答】解：物体A受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图：‎ 设A处于初始位置时，与B点的距离为h，根据平衡条件，采用正交分解，得：‎ N=mg﹣kxsinθ=mg﹣kx•=mg﹣kh F=Tcosθ+f 所以支持力不变，摩擦力f=μN，知地面对A的摩擦力保持不变．‎ 物块向右运动的过程中，T变大，θ变小，所以F变大．‎ 故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，平行板电容器与电动势为月的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的户点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带点油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带点油滴的电势能将减少 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将减小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．‎ ‎【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．‎ B、板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．‎ C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增大．故C错误．‎ D、根据电容的定义式C=，可知U不变，当C减小，则Q也减小．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行．现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动到C点，动能减少了W；又从C点运动到B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的静电场可能是（　　）‎ A．方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场 B．方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场 C．位于O点的正点电荷形成的电场 D．位于D点的正点电荷形成的电场 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据电子的电势能的变化确定A和B电势相等．‎ 如果是匀强电场，AB连线是等势线．根据电子先从A点运动至C点，根据动能减少了W去判断A点和C点电势高低，从而判断场强方向．‎ 如果是点电荷形成的电场，根据电子先从A点运动至C点，根据动能减少了W去判断场强方向．‎ ‎【解答】解：现让一电子先从A点运动至C点，动能减少了W，电势能增加；又从C点运动到B点，动能增加了W，‎ 所以A和B电势相等．‎ A、如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于电子先从A点运动至C点，动能减少，所以A点电势大于C点电势，沿着电场线电势一定降低．所以方向垂直于AB由O点指向C点，故A正确，B错误．‎ C、如果位于O点的正点电荷形成的电场，A点电势等于C点电势，故C错误．‎ D、位于D点的正电荷形成的电场，从A点运动到C点，动能减少了；又从C点运动到B点，动能增加了，符合题意，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，A、B两木块在水平方向力F作用挤压在竖直墙面上．A与B、B与墙之间动摩擦因数均为μ=0.1，两木块质量相等均为m=1Kg．当F取不同值时，关于A、B之间的摩擦力f1，B与墙之间的摩擦力f2的大小，下列说法正确的是（　　）（g=10m/s2）‎ A．F=300N时，f1=30N，f2=30N B．F=300N时，f1=10N，f2=20N C．F=100N时，f1=10N，f2=10N D．F=100N时，f1=5N，f2=10N ‎【考点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用-连接体．‎ ‎【分析】通过题意明确物体受到的最大静摩擦力，然后判断物体是否发生运动；最后再根据摩擦力的计算方法进行运算．‎ ‎【解答】解：AB、当F=300 N时，墙面对B的最大静摩擦力fm=μF=30 N＞2mg，A、B共同静止在墙面上，则f1=10 N，f2=20 N，故A错误，B正确；‎ CD、当F=100 N时，墙面对B的最大静摩擦力fm=μF=10 N＜2 mg，A、B共同加速运动，故B与墙壁间是滑动摩擦力，大小f2=10 N；‎ 对AB整体，有：2mg﹣f2=2ma，‎ 对物体A，有：mg﹣f1=ma，‎ 联立解得：f1=5N，故C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度一时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，be段为直线，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在0.15S末滑块的加速度大小为8m/s2‎ B．滑块在0.1﹣0.2s时间间隔内沿斜面向下运动 C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25‎ D．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 ‎【考点】牛顿第二定律；动摩擦因数．‎ ‎【分析】物体离开弹簧后向上做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小，结合图象判断出在0﹣0.1s过程的运动状态；‎ ‎【解答】解：A、在v﹣t图象中，斜率代表加速度，斜率为a=，的加速度大小为8m/s2，故A正确；‎ B、由v﹣t图象可知，沿斜面向上为正方向，滑块在0.1s～0.2s时间间隔内速度为正，故物块还是沿斜面向上运动，故B错误；‎ C、滑块在0.1s～0.2s内，由牛顿第二定律可知：﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma，，故C正确；‎ D、在0﹣0.1s过程中为物体和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速后做减速运动，故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ 二、实验探究（共8分）‎ ‎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．如图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个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（计算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在记数点0～5过程中系统动能的增量△Ek=　0.58　J．为了简化计算，设g=10m/s2，则系统势能的减少量△EP=　0.60　J；‎ ‎③在本实验中，若某同学作出了v2﹣h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=　9.7　m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①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．‎ ‎②根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量．‎ ‎③根据机械能守恒定律得出v2﹣h的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值．‎ ‎【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，‎ 可知打第5个点时的速度为：‎ v5==2.4m/s，‎ ‎②物体的初速度为零，所以动能的增加量为：‎ ‎△EK=（m1+m2）v52=×0.2×2.42J=0.58 J 重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=0.60J；‎ 由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．‎ ‎③本题中根据机械能守恒可知，（m2﹣m1）gh=（m2+m1）v2，‎ 即有： v2=gh，所以出v2﹣h图象中图象的斜率表示重力加速度，‎ 由图可知，斜率k==4.85，故当地的实际重力加速度g=×4.85=9.7m/s2．‎ 故答案为：①2.4； ②0.58，0.60；③9.7．‎ ‎　‎ 三、计算题（共44分）‎ ‎14．如图所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α=53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.032m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，A点离B点所在平面的高度H=1.2m．有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos53°=0.6，sin53°=0.8，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块水平抛出的初速度v0是多少？‎ ‎（2）小物块到达B点的速度是多大？‎ ‎（3）若小物块能够通过圆轨道最高点D，圆轨道半径R的最大值是多少？‎ ‎【考点】机械能守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】（1）小物块落在A点之前做平抛运动，根据分运动位移公式列式求解初速度v0；‎ ‎（2）小球从A到B，运用动能定理求小物块到达B点的速度；‎ ‎（3）对从抛出到圆弧最高点过程根据功能关系列式；恰好到圆弧最高点的临界条件是弹力为零，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）小物离开自平台后做平抛运动，由平抛运动知识，小球到达A点时，在竖直方向上有：‎ vy===0.8m/s ‎ 由于物块恰好沿斜面下滑，则：‎ ‎ tan53°=‎ 代入数据解得：v0=0.6 m/s ‎ ‎（2）从A到B过程，由动能定理得 ‎ mgH﹣μmgcos53°•=﹣‎ 又 vA=‎ 解得 vB=4m/s ‎（3）物块恰好通过D点时，在D点由重力提供向心力，则得：‎ ‎ mg=m 从B到D，由动能定理得：‎ mgR（1+cos53°）+=‎ 解得圆轨道半径R的最大值是：R=m≈0.38m．‎ 答：（1）小物块水平抛出的初速度v0是0.6m/s；‎ ‎（2）小物块到达B点的速度是4m/s；‎ ‎（3）小物块能够通过圆轨道最高点D，圆轨道半径R的最大值为 0.38m．‎ ‎　‎ ‎15．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性往复运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求：‎ ‎（1）粒子所受电场力的大小；‎ ‎（2）粒子的运动区间．‎ ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】（1）由图可知，电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度，即可求得电场力；‎ ‎（2）由题意可知，动能与电势能之和保持不变，设出运动区间为[﹣x，x]，由题意可知x处的电势，则由数学关系可求得x值；‎ ‎【解答】解：：（1）由图可知，0与d（或﹣d）两点间的电势差为φ0‎ 电场强度的大小为：E=‎ 电场力的大小为：F=qE=‎ ‎（2）设粒子在[﹣x，x]区间内运动，速率为v，由题意得： v2﹣qφ=﹣A 由图可知：φ=φ0（1﹣）‎ 由①②得： v2=qφ0（ 1﹣）﹣A ‎ 因动能非负，有：qφ0（1﹣）﹣A≥0‎ 得：|x|≤（1﹣）‎ 即：x=d（1﹣）‎ 粒子运动区间：﹣d（1﹣）≤x≤d（1﹣）‎ ‎（1）粒子所受电场力的大小；‎ ‎（2）粒子的运动区间﹣d（1﹣）≤x≤d（1﹣）‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，传送带与水平面间的倾角α=37°，皮带以10m/s的速度逆时针运行，在传送带上端A处无初速放上质量为m=2kg的物块，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，若传送带AB间距为16m，求：‎ ‎（1）物块从A端运动到B端的时间；‎ ‎（2）物块从A端运动到B端的过程中摩擦产生的热量．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对木块进行受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析木块能否匀速下滑，否则，继续加速；根据位移公式求解时间；‎ ‎（2）求物体与传送带间的相对位移，再乘以摩擦力的大小，即为产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）木块放上后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动．‎ 设经过时间t1，木块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1，‎ 可得 a1=g（sinα+μcosα）=10×（sin37°+0.5×cos37°）=10m/s2，‎ 由 v0=a1t1 得：t1=1s；‎ 此过程通过的位移大小为 x1=t1=×1m=5m＜L．‎ 由于tanθ=tan37°=0.75＞μ，故木块速度大小等于传送带速度大小后，木块将匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上．‎ 设木块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则：mgsinα﹣μmgcosα=ma2，‎ 可得 a2=g（sinα﹣μcosα）=10×（sin37°﹣0.5×cos37°）=2m/s2‎ 由L﹣x1=v0t2+，代入得：16﹣5=10t2+，‎ 解得 t2=1s，‎ 故木块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2s；‎ ‎（2）在2s的时间内，滑块位移为x=L=16m，‎ 传送带位移为：x′=v0t=10×2=20m，‎ 故摩擦产生的热量：Q=f•△x=μmgcos37°•（x′﹣x）=0.5×2×10×0.8×（20﹣16）J=32J；‎ 答：（1）物块从A端运动到B端的时间为2s；‎ ‎（2）物块从A端运动到B端的过程中摩擦产生的热量为32J．‎ ‎　‎ ‎17．一绝缘“⊂”杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内．其中MN光滑，PQ杆是粗糙的，现将质量为M的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的．‎ ‎（1）若将小环由D点静止释放，刚好能到达P点，求DM间的距离．‎ ‎（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因素为μ，小环的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，求小环整个运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】（1）小环刚好到达P点时，速度为零，对小球从D点到P点过程，运用动能定理列式求解x．‎ ‎（2）分析清楚小环的运动过程，然后应用动能定理求出克服摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：（1）小环刚好到达P点时，则到达P点时小环的速度为零，‎ 从D点到P点过程，由动能定理得：qEx﹣mg•2R=0﹣0，‎ 由题意知，qE=mg，解得：x=8R；‎ ‎（2）将小环由M点右侧5R处静止释放，‎ 由于qE=mg，则：qE×5R=mgR＜2mgR，‎ 则小环由静止释放后沿MN向左运动，‎ 然后沿圆弧轨道上升，但环不能到达P点，‎ 然后环在原路返回到释放点，再重复前面的过程，‎ 由于小环不能到达PQ，小环不受摩擦力，克服摩擦力做功为零；‎ 答：（1）DM间的距离为8R．‎ ‎（2）小环整个运动过程中克服摩擦力所做的功为0．‎ ‎　‎