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- 2021-04-19 发布
2016-2017学年河南省南阳市高三（上）期中物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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．如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是（ ）
A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象
2．某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态．若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，下列说法中正确的是（ ）
A．细绳受到的拉力逐渐减小B．砖块不可能被绳子拉离地面
C．砖块受到的摩擦力一直增大D．砖块受到的摩擦力一直不变
3．小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的v﹣t图象如图所示，初始时，小张在小王前方x0处（ ）
A．若x0=54 m，两车相遇1次B．若x0=36 m，两车相遇1次
C．若x0=10 m，两车相遇1次D．若x0＜18 m，两车相遇2次
4．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，能使油滴向上运动的是（ ）
A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离D．增大电容器的极板面积
5．如图所示，球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，球的半径为r，r略小于轨道横截面半径，重力加速度为g．下列说法中正确的是（ ）
A．小球通过最高点时的最小速度vmin=
B．小球通过最低点时的最小速度vmin=
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
6．据报道，我国将在2016年发射“天宫二号”空间实验室．假设“天宫二号”舱中有一体重计．体重计上放一物体．火箭点火前．地面测控站监测到体重计对物体A的弹力为F0．在“天宫二号”随火箭竖直向上匀加速升空的过程中离地面高为h时．地面测控站监测到体重计对物体的弹力为F．“天宫二号”经火箭继续推动．进入预定圆轨道时距地面的高度为H．设地球半径为R．第一宇宙速度为v．则下列说法正确的是（ ）
A．“天宫二号”在预定轨道的运行速度一定大于第一宇宙度v
B．“天宫二号”舱中物体A的质量为m=
C．火箭匀加速上升时的加速度a=﹣
D．“天宫二号”在预定圆轨道上运行的周期为
7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
8．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，规定无穷远处电势为零，则下列关于x轴上的电场强度、电势、电势能的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势为零
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势降低
D．一正电荷以初速度v0从O点沿x轴正方向射入电场，则电场力对该电荷做负功，电势能增加
9．如图所示，水平地面上叠放着A、B两物块．F是作用在物块B上的水平恒力，物块A、B以相同的速度做匀速运动，若在运动中突然将F改为作用在物块A上，则此后A、B的运动可能是（ ）
A．A做加速运动，B做减速运动，A、B最终分离）
B．A、B最终以共同的加速度做匀加速运动
C．A做减速运动，B做加速运动，A、B最终分离
D．A、B一起做匀速运动
10．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则（ ）
A．电源内阻为1ΩB．电动机的内阻为4Ω
C．电动机正常工作电压为1VD．电动机消耗的总功率0.16W
11．如图所示，“”型杆上通过轻绳连有两个滑环A、B，已知它们的质量mA=mB=2.0kg，A与水平杆间动摩擦因数为0.3，B与竖直杆间光滑接触，轻绳长L=0.25m．现用水平力将A环缓慢向右拉动，拉动过程中，θ角由37°增大到53°，则在这一过程中（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（ ）
A．系统增加的机械能为2.0JB．系统增加的内能为0.6J
C．轻绳对B做功为1.0JD．拉力F做的功为1.6J
12．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则（ ）
A．此时弹簧处于原长
B．此时物块A的加速度为
C．物块B的质量满足m2gsinθ=kd
D．弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1gdsinθ﹣mv2
二、实验题（本题共3小题，共15分．把答案填到答题卡上相应位置）
13．图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为 mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为 mm．
14．如图甲所示，用包有白纸的棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，棒竖直自由下落，毛笔就在棒表面的纸上画出记号，如图乙所示．设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号一端之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，可知毛笔画下记号D时，棒下落的速度vD= m/s；棒竖直下落的加速度a= m/s2．
15．为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）．
（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用 （填R1或R2）．
（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接．
（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图（c）所示，则干电池的内阻r= Ω．（结果保留两位有效数字）
三、计算题（本题共4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，答案中必须明确写出数值和单位．）
16．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，图乙中给出了木块从开始上滑到滑到最高点的v﹣t图线，g取10m/s2．
（1）求木块与斜面间的动摩擦因数；
（2）求木块回到出发点时的速度大小，并在图乙中做出木块下滑过程的速度﹣时间图象．
17．如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，一根长为l的不可伸长的细绳，一端固定在拉力传感器A上，另一端系一质量为m的小球．x轴上的P点固定一个表面光滑的小钉，P点与传感器A相距．现拉小球使细绳绷直并处在水平位置，然后由静止释放小球，当细绳碰到钉子后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度大小为g，求：
（1）若小球经过最低点时拉力传感器的示数为7mg，求此时小球的速度大小；
（2）传感器A与坐标原点O之间的距离；
（3）若小球经过最低点时绳子恰好断开，请确定小球经过y轴的位置．
18．如图所示，一质量为m=1.0kg的货物以初速v0=10m/s从倾角为α=37°的顺时针运转的传送带的底端A处沿传送带向上运动，传送带的速率v1=5.0m/s，A到顶端B之间的距离l=11m，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．试求货物从A处开始向上运动到最高点的过程中．
（1）摩擦力对物块做的功；
（2）物块和传送带摩擦产生的热量．
19．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在第Ⅰ象限内有与y轴平行、方向向上的匀强电场区域，区域形状是直角三角形，三角形斜边分别与x轴和y轴相交于（L，0）和（0，L）点．区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为﹣q（q＞0）和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0＜y＜L的区间内，其中从y=的点射入场区的带电微粒刚好从（L，0）点射出场区，不计带电微粒的重力，求：
（1）电场强度大小；
（2）从0＜y＜的区间射入场区的带电微粒，射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式；
（3）射到（2L，0）点的带电微粒射入场区时的y坐标值．
2016-2017学年河南省南阳市高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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．如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是（ ）
A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象
【考点】超重和失重．
【分析】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．
【解答】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；
人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABC错误，D正确
故选：D．
2．某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态．若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，下列说法中正确的是（ ）
A．细绳受到的拉力逐渐减小B．砖块不可能被绳子拉离地面
C．砖块受到的摩擦力一直增大D．砖块受到的摩擦力一直不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】先对气球受力分析，利用共点力平衡条件列式；再对气球和木块整体受力分析，利用共点力平衡条件列式，联立方程组分析得到结论．
【解答】解：A、对气球受力分析，受到重力、风的推力、拉力、浮力，如图
根据共点力平衡条件，有
Tsinθ=F
Tcosθ+mg=F浮
解得：T=，当风力增大时，绳子的拉力T也增大，故A错误；
B、再对气球和木块整体受力分析，平衡时，受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有
N=（M+m）g
f=F
当风力增大时，地面支持力不变，与风力无关，木块不可能脱离水平面，故B错误；
C、木块滑动前受到地面施加的摩擦力与风力平衡，故其随风力的增大而逐渐增大，但滑动后受滑动摩擦力，而支持力不变，故滑动摩擦力不变；故摩擦力先增加后不变，故C错误，D错误；
故选：B
3．小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的v﹣t图象如图所示，初始时，小张在小王前方x0处（ ）
A．若x0=54 m，两车相遇1次B．若x0=36 m，两车相遇1次
C．若x0=10 m，两车相遇1次D．若x0＜18 m，两车相遇2次
【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】由速度图象的“面积”求出t=6s时刻两物体通过的位移，求出位移之差△x，根据x0的大小与△x的大小关系，分析两车相遇的次数．
【解答】解：由图读出t=6s时，小王通过的位移为：
x1=m=54m
小张通过的位移为：
x2=
两者位移之差：△x=x1﹣x2=54﹣36=18m
A、若x0=36m和54m，两车速度相等时，小王还没有追上小张，则两车不可能相遇．故AB错误．
C、若x0＜18m=△x，说明t=6s前，小王已追上小张相遇一次，相遇时，小王的速度大于小张的速度，后来由于小王速度大，车子开到小张的前面，两车距离增大，在t=6s后，小张的速度大于小王的速度，两车距离减小，可以再次相遇，相遇后小张的速度大于小王的速度，不可能再相遇．所以两车相遇2次．故C错误，D正确．
故选：D
4．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，能使油滴向上运动的是（ ）
A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离D．增大电容器的极板面积
【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】分析电路结构，明确电容器与R1并联；再根据电容器的性质以及电场中电场强度的变化分析电场力的变化，从而明确如何才能使油滴向上运动．
【解答】解：开始时油滴静止，则重力与电场力相互平衡，电场力向上；
A、增大R1的阻值，则路端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，故电场力增大，油滴将向上运动，故A正确；
B、R2与电容器串联，视为导线，故对电容器的电压没有影响，油滴不动；故B错误；
C、增大两板间距离时，电压不变，d减小，故电场强度减小，因此油滴将向下运动，故C错误；
D、增大电容器的极板面积时，由于电压不变，板间距离不变，则电场强度不变，故油滴不动，故D错误．
故选：A．
5．如图所示，球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，球的半径为r，r略小于轨道横截面半径，重力加速度为g．下列说法中正确的是（ ）
A．小球通过最高点时的最小速度vmin=
B．小球通过最低点时的最小速度vmin=
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
【考点】向心力．
【分析】圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0．小球从最低点运动到最高点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒．根据机械能守恒求出最低点的最小速度．由牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向．
【解答】解：A、由于圆形管道能支撑小球，所以小球能够通过最高点时的最小速度为0．故A错误．
B、小球通过最高点时的最小速度为0，根据机械能守恒得：mg（2R+2r）=，
可得最低点的最小速度为：v=2，故B错误．
C、在a点，小球所需要的向心力是由轨道外侧管壁的弹力提供的，所以可知小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力．故C正确．
D、小球在水平线ab以上的管道中运动时，设小球的速度为v，管道对小球的弹力大小为F，方向指向圆心，半径与竖直方向的夹角为α．小球经过最高点的速度为v′．由牛顿第二定律得：
mgcosα+F=m
根据机械能守恒得：mgR（1﹣cosα）=
联立得：F=2mg（1﹣2cosα）﹣m
可知F可能为正，也可能为负，所以内侧管壁对小球可能有作用力．故D错误．
故选：C
6．据报道，我国将在2016年发射“天宫二号”空间实验室．假设“天宫二号”舱中有一体重计．体重计上放一物体．火箭点火前．地面测控站监测到体重计对物体A的弹力为F0．在“天宫二号”随火箭竖直向上匀加速升空的过程中离地面高为h时．地面测控站监测到体重计对物体的弹力为F．“天宫二号”经火箭继续推动．进入预定圆轨道时距地面的高度为H．设地球半径为R．第一宇宙速度为v．则下列说法正确的是（ ）
A．“天宫二号”在预定轨道的运行速度一定大于第一宇宙度v
B．“天宫二号”舱中物体A的质量为m=
C．火箭匀加速上升时的加速度a=﹣
D．“天宫二号”在预定圆轨道上运行的周期为
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】1、由火箭点火前体重计示数表示出物体质量，由第一宇宙速度公式联立求解
2、根据万有引力表达式和牛顿第二定律求解加速度及周期．
【解答】解：A、人造卫星轨道半径越高，运行速度越小；故天宫二号的运行速度小于第一宇宙速度；故A错误；
B、设地面附近重力加速度为g0，由火箭点火前体重计示数为F0可知物体质量为m=
由第一宇宙速度公式v== 可得：
地球表面附近的重力加速度g0=，
联立解得该物体的质量为m=．故B正确；
（2）当卫星离地面高度为H时，物体所受万有引力F’=G
而g0=
对物体由牛顿第二定律得F﹣F’=ma
联立以上各式解得火箭上升的加速度a=﹣；故C错误；
D、由G=m可得：T=；
而在地面上G=m；解得：GM=Rv2；联立解得：T=；故D错误；
故选：B．
7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
【考点】等势面；牛顿第二定律；电场强度；电势．
【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大
【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；
B、带电质点可以由P到Q，也可以由Q到P，由图示条件不能具体确定．故B错误
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C正确
D、等势线密的地方电场线密，电场场强大，则P点场强大于Q点场强．则P点的加速大，故D错误
故选：C
8．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，规定无穷远处电势为零，则下列关于x轴上的电场强度、电势、电势能的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势为零
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势降低
D．一正电荷以初速度v0从O点沿x轴正方向射入电场，则电场力对该电荷做负功，电势能增加
【考点】电场强度；电势．
【分析】圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．
【解答】解：AB、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；
C、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势一直降低，故C错误；
D、由C选项分析，当正电荷以初速度v0从O点沿x轴正方向射入电场，则电场力对该电荷做正功，电势能减小，故D错误．
故选：B．
9．如图所示，水平地面上叠放着A、B两物块．F是作用在物块B上的水平恒力，物块A、B以相同的速度做匀速运动，若在运动中突然将F改为作用在物块A上，则此后A、B的运动可能是（ ）
A．A做加速运动，B做减速运动，A、B最终分离）
B．A、B最终以共同的加速度做匀加速运动
C．A做减速运动，B做加速运动，A、B最终分离
D．A、B一起做匀速运动
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】物块A、B以相同的速度做匀速运动，水平地面对B的滑动摩擦力大小等于F．AB间没有摩擦力．突然将F改作用在物块A上，A受到的恒力F与静摩擦力可能大小相等，方向相反，A对B静摩擦力与水平地面对B的滑动摩擦力大小相等，方向相反，两物体一起以相同的速度做匀速运动．也可能A受到的恒力F大于B对A的最大静摩擦力，A做加速运动，B做减速运动，最终分离．若AB以相同的速度运动，受力平衡，一定做匀速运动．
【解答】解：AC、物块A、B以相同的速度做匀速运动，水平地面对B的滑动摩擦力大小等于F，AB间没有摩擦力．突然将F改作用在物块A上，恒力F大于B对A的最大静摩擦力，A相对B向右运动，且A做加速运动，由于地面对B的摩擦力不变，大小仍为F，A对B向右的滑动摩擦力小于F，所以做减速运动，最终分离．故A正确，C错误．
BD、若AB以相同的速度运动，恒力与水平地面对B的滑动摩擦大小相等，方向相反，受力平衡，一定一起做匀速运动，不可能做匀加速运动．故B错误，D正确．
故选：AD
10．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则（ ）
A．电源内阻为1ΩB．电动机的内阻为4Ω
C．电动机正常工作电压为1VD．电动机消耗的总功率0.16W
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【分析】（1）小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流．根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻．
（2）电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可
【解答】解：小灯泡的额定电流为I===0.2A；
电阻为RL==10Ω
A、当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，E=I（RL+R+r），代入数据解得r=1Ω，故A正确；
B、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A
电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V
故电动机分得电压为U动=E﹣UL﹣U=3﹣2﹣0.2V=0.8V
故电阻R＜=Ω=4Ω，故BC错误；
D、根据功率公式可知，P=UI=0.8×0.2=0.16W，故D正确．
故选：AD．
11．如图所示，“”型杆上通过轻绳连有两个滑环A、B，已知它们的质量mA=mB=2.0kg，A与水平杆间动摩擦因数为0.3，B与竖直杆间光滑接触，轻绳长L=0.25m．现用水平力将A环缓慢向右拉动，拉动过程中，θ角由37°增大到53°，则在这一过程中（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（ ）
A．系统增加的机械能为2.0JB．系统增加的内能为0.6J
C．轻绳对B做功为1.0JD．拉力F做的功为1.6J
【考点】功能关系；机械能守恒定律．
【分析】系统增加的机械能等于B增加的重力势能．对A、B整体进行受力分析，受重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1、拉力F，根据共点力平衡条件列式，求出杆对A的支持力N，从而得到杆对A的滑动摩擦力，该滑动摩擦力为恒力，由功的公式求解A球克服摩擦力做功，最后对整体运用动能定理求拉力的功．系统增加的内能等于A克服摩擦力做的功．对B，运用动能定理求轻绳对B做功．
【解答】解：A、由几何关系可得，B上升的高度：h=Lcos37°﹣Lcos53°=0.25×（0.8﹣0.6）m=0.05m，A环缓慢运动，系统的动能不变，则系统增加的机械能等于B增加的重力势能，为△E=mBgh=2×10×0.05J=1J，故A错误．
B、对AB整体受力分析，受重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1、拉力F，如图．
根据共点力平衡条件，得
竖直方向：N=G1+G2
其中：f=μN
解得：N=G1+G2=（m1+m2）g=4×10N=40N，
f=μN=0.3×40N=12N
A向右发生的位移：x=Lsin53°﹣Lsin37°=0.05m，
则A球克服摩擦力做功为 Wf=fx=12×0.05J=0.6J，所以系统增加的内能为0.6J，故B正确．
C、对B，由动能定理得 WT﹣mBgh=0，解得轻绳对B做功为 WT=1.0J，故C正确．
D、对整体，在整个运动过程中运用动能定理列式，得到
WF﹣fx﹣m2g•h=0
代入数据得，拉力F1作功 WF=fx+m2g•h=12×0.05J+2×10×0.05J=1.6J．故D正确．
故选：BCD
12．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则（ ）
A．此时弹簧处于原长
B．此时物块A的加速度为
C．物块B的质量满足m2gsinθ=kd
D．弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1gdsinθ﹣mv2
【考点】功能关系；牛顿第二定律；弹性势能．
【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据功能关系可求弹簧弹性势能的增加量．
【解答】解：A、当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，弹簧处于伸长状态，故A错误；
B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2 ①
对A，根据牛顿第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1 ②，
又开始时，A静止，则有：m1gsinθ=kx1③，
而d=x1+x2④，
由①②③④解得：物块A加速度为 a1=．故B正确．
C、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd﹣m1gdsinθ﹣mv2，故D正确；
故选：BD
二、实验题（本题共3小题，共15分．把答案填到答题卡上相应位置）
13．图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为 8.15 mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为 2.970 mm．
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为8mm，游标尺上第3个刻度游标读数为：0.05×3mm=0.15mm，
所以最终读数为：8mm+0.15mm=8.15mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，
所以最终读数为：2.5mm+0.470mm=2.970 mm．
故答案为：8.15； 2.970．
14．如图甲所示，用包有白纸的棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，棒竖直自由下落，毛笔就在棒表面的纸上画出记号，如图乙所示．设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号一端之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，可知毛笔画下记号D时，棒下落的速度vD= 1.6 m/s；棒竖直下落的加速度a= 9.6 m/s2．
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【分析】了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点．数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．从而利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．
【解答】解：电动机的转速n=1200 r/min，所以周期T==min=0.05 s，
匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度vD=m/s=1.6 m/s，
加速度a===9.6 m/s2．
故答案为：1.6；9.6．
15．为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）．
（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用 R1 （填R1或R2）．
（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接．
（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图（c）所示，则干电池的内阻r= 0.29 Ω．（结果保留两位有效数字）
【考点】测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，从而确定对应的滑动变阻器；
（2）根据电路图可得出对应的实物图；
（3）根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．
【解答】解：（1）电流表的量程IA=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：Rmax===7.5Ω所以变阻器应选R1；
（2）根据原理图可知实物图如图所示：
（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+R0），
整理可得：U=﹣（r+R0）I+E，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E=1.50V；
根据函数斜率的概念应有：r+R0=，解得r=0.29；
故答案为：（1）R1
（2）如图所示；
（3）0.29
三、计算题（本题共4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，答案中必须明确写出数值和单位．）
16．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，图乙中给出了木块从开始上滑到滑到最高点的v﹣t图线，g取10m/s2．
（1）求木块与斜面间的动摩擦因数；
（2）求木块回到出发点时的速度大小，并在图乙中做出木块下滑过程的速度﹣时间图象．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【分析】（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（2）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
【解答】解：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，上滑过程中加速度：a1==m/s2=﹣8m/s2；
那么加速度的大小为a1=8m/s2
上滑过程中木块受力如图，由牛顿第二定律得：
mg sinθ+μmg cosθ=ma1；
代入数据得μ=
（2）下滑的距离等于上滑的距离
由速度与位移关系，则有：，
解得：x=1m．
下滑过程中木块受力如图，由牛顿第二定
律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；
解得：a2=2m/s2．
下滑至出发点的速度大小v2=2a2x
联立解得v=2 m/s
而速度公式，v=a2t2，
解得：t2=1s．
下滑过程的速度时间图象：
答：（1）木块与斜面间的动摩擦因数为；
（2）木块回到出发点时的速度大小2 m/s，木块下滑过程的速度﹣时间图象如上图所示．
17．如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，一根长为l的不可伸长的细绳，一端固定在拉力传感器A上，另一端系一质量为m的小球．x轴上的P点固定一个表面光滑的小钉，P点与传感器A相距．现拉小球使细绳绷直并处在水平位置，然后由静止释放小球，当细绳碰到钉子后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度大小为g，求：
（1）若小球经过最低点时拉力传感器的示数为7mg，求此时小球的速度大小；
（2）传感器A与坐标原点O之间的距离；
（3）若小球经过最低点时绳子恰好断开，请确定小球经过y轴的位置．
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．
【分析】（1）由牛顿第二定律求的速度；
（2）有机械能守恒求的距离
（3）小球从最低点做平抛运动即可求得
【解答】解：（1）小球在最低点由牛顿第二定律得F﹣mg=
由题意可知R=
联立解得v=
（2）有机械能守恒得
解得h=
（3）
断开后做平抛运动，故x=vt
y=
解得
小球离开y轴时的纵坐标为﹣（+l）=﹣l
即小球离开y轴的坐标为（0，﹣l）
答：
（1）若小球经过最低点时拉力传感器的示数为7mg，此时小球的速度大小；
（2）传感器A与坐标原点O之间的距离；
（3）若小球经过最低点时绳子恰好断开，小球经过y轴的位置（0，﹣l）．
18．如图所示，一质量为m=1.0kg的货物以初速v0=10m/s从倾角为α=37°的顺时针运转的传送带的底端A处沿传送带向上运动，传送带的速率v1=5.0m/s，A到顶端B之间的距离l=11m，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．试求货物从A处开始向上运动到最高点的过程中．
（1）摩擦力对物块做的功；
（2）物块和传送带摩擦产生的热量．
【考点】功能关系；功的计算．
【分析】（1）货物以初速v0向上运动时，所受的滑动摩擦力方向沿传送带向下，货物向上减速运动，根据牛顿第二定律和速度公式求出速度减至v1时所用时间，根据μ与tanα的大小，判断速度相等时货物的运动情况，再由牛顿第二定律和位移公式求出上升的位移，与传送带的长度比较，从而确定出货物到达最高点的速度，最后由动能定理求摩擦力对物块做的功；
（2）求货物与传送带间的相对位移，再求物块和传送带摩擦产生的热量．
【解答】解：（1）货物以初速v0开始向上运动时，滑动摩擦力方向沿传送带向下，货物向上减速运动，设加速度为a1，运动到v1需时t1，位移为x1，传送带位移为x传1．
由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1，
由运动学公式得 v1=v0+a1t1，
联立解得 t1=0.5s．
又有﹣=﹣2a1x1，
解得 x1=3.75m．
则 x传1=v1t1，
解得 x传1=2.5m
由于μ＜tanα，所以货物不能与传送带保持相对静止，继续向上做匀减速运动．设其加速度为a2，减速到速度为0还没有运动到B点，需时间t2，位移为x2，传送带位移为x传2．
由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2
由运动学公式得 0=v1﹣a2t2，
可得 t2=2.5s
由，得 x2=6.25m．
x传2=v1t2，则得 x传2=12.5m．
因x1+x2=3.75m+6.25m=10m＜l，所以假设成立，货物运动不到B点速度就减小为零．
设货物从A处开始向上运动到最高点的过程中摩擦力做的功为W，由动能定理得
得W=10J．
（2）物块和传送带摩擦生热Q=μmgcosα[（x1﹣x传1）+（x传2﹣x2）]
解得 Q=30J．
答：
（1）摩擦力对物块做的功是10J；
（2）物块和传送带摩擦产生的热量是30J．
19．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在第Ⅰ象限内有与y轴平行、方向向上的匀强电场区域，区域形状是直角三角形，三角形斜边分别与x轴和y轴相交于（L，0）和（0，L）点．区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为﹣q（q＞0）和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0＜y＜L的区间内，其中从y=的点射入场区的带电微粒刚好从（L，0）点射出场区，不计带电微粒的重力，求：
（1）电场强度大小；
（2）从0＜y＜的区间射入场区的带电微粒，射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式；
（3）射到（2L，0）点的带电微粒射入场区时的y坐标值．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；平抛运动；电场强度．
【分析】（1）粒子做类平抛运动，利用竖直和水平方向的位移之间关系可求解；
（2）（3）利用竖直和水平方向的位移之间关系，消掉时间代入（1）中的电场强度关系，可求解．
【解答】解：（1）设电场强度为E，带电微粒在场区中的偏转时间为t1，
有：L=v0t1，，
由牛顿第二定律得：qE=ma，
解得：E=；
（2）微粒做类平抛运动，有：
x=v0t，，整理得：x2=2Ly．
（3）如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，
竖直偏转位移为y1，偏转角为θ，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，
有：x1=v0t2，，
根据几何关系有：x1+=2L，L﹣x1=Y﹣y1，
根据平抛运动的特点有：，
解得：．
答：（1）电场强度大小为；
（2）从0＜y＜的区间射入场区的带电微粒，射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式为：x2=2Ly；
（3）射到（2L，0）点的带电微粒射入场区时的y坐标值为L．
2016年12月1日