河南省洛阳市2015-2016学年高一(下)期末物理试卷(解析版)

一、选择题.（本大题共14小题，共42分，第1～9题只有一项符合题目要求的，第10～14题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）.

1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术与人类文明的进步，下列表述中正确的是（ ）

A．伽利略通过理想斜面实现研究了自由落体运动 B．开普勒第三行星运动定律中的k值域地球质量有关

C．20世界初，爱因斯坦建立的相对论完全定了经典力学的观念和结论否

D．法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用电场线来形象描述它 2．下列关于物体受力和运动的描述正确的是（ ）

A．物体受到恒定的合外力作用时，一定做匀变速直线运动 B．物体受到的合外力为零时，其加速度和速度也一定为零 C．做圆周运动的物体所受合外力的方向一定指向圆心

D．做曲线运动的物体，加速度的方向一定和速度的方向不在同一条直线上 3．下列关于电场强度的说法中正确的是（ ） A．公式E=

适用于任何带电体周围的电场

B．电场中某一点的场强与该点放不放试探电荷无关

C．由公式E=可知，电场中某点的场强大小E与q成反比，与F成正比

D．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以场强方向与放入试探电荷的正负有关

4．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上向右做匀减速直线运动并保持相对静止，运动过程中B受到的摩擦力（ ）

A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小

5．一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上．已知万有引力常量为G，星球密度

为ρ，若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则星球自转的角速度为（ ）A．

B．

C．ρGπ D．

6．如图所示，A、B两物体的质量分别为M和m，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A物体

与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在A物体加速向右运动过程中（B物体落地前），绳子对A的拉力大小为（ ）

第1页（共20页）

A．mg B．μMg C．mg﹣μMg D．

7．如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方一块竖直挡板上的A点抛出．O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的相应位置分别是B、C、D，且AB：BC：CD=1：3：5，则v1、v2、v3之间的正确关系是（ ）

A．v1：v2：v3=3：2：1 B．v1：v2：v3=6：3：2 C．v1：v2：v3=5：3：1 D．v1：v2：v3=9：4：1

8．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数µ，转弯时的弯道半径r，则汽车安全转弯的速度不能超过（ ） A．

B．

C．

D．

9．城市的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的支架悬挂，如图所示为这类结构的简化模型，硬杆OB左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦的转动，钢索OA与硬杆右端O点相连，上端固定于A点，钢索OA和硬杆所受的重力均可忽略，现将一质量不变的重物悬挂于O点，硬杆OB水平，若保持钢索的悬挂点A位置不变，将钢索缓慢变短使OB杆绕B端转动，则在上述变化过程中，下列说法中正确的是（ ）

A．钢索对O点的拉力变大 B．硬杆对O点的支持力变小 C．硬杆对O点的支持力不变 D．钢索对O点的拉力不变

10．某电场的电场线的分布如图所示，一个带电粒子只在电场力作用下，由M点到N点沿图中虚线所示的路径运动，则下列判断正确的是（ ）

A．粒子带负电 B．N点的电势高

C．粒子在N点的加速度大 D．粒子在N点的电势能小 11．物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，通过力和速度传感器监测到力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示，取g=10m/s2，则下列判断正确的是（ ）

第2页（共20页）

A．物体的质量m=1kg

B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.40 C．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J D．前2s内推力F做功的平均功率=3W

12．如图所示，保持电容器与直流电源的连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）

A．电容器的电容增大

B．带电油滴将沿竖直方向向上运动 C．P点的电势将降低

D．电容器所带电荷量减小

13． 如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向一轻弹簧，轻质弹簧的左端与墙壁连在一起，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开，已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ）

A．滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动 B．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为

C．从接触到离开弹簧的过程中，滑块与水平面由于摩擦而产生的热量Q=2μmgx0 D．滑块向右运动过程中，当物体与弹簧分离时，物体的速度最大

14．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被同加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（ ）

A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同

C．经过偏转电场，这三种粒子将分成三股粒子束 D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2

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二、实验题.（本题共2小题，共15分）.

15．利用如图1所示装置可以完成力学中的许多实验．

（1）以下说法正确的是 ．

A．利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响

B．利用此装置探究“加速度与力与质量的关系”时，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度

C．利用此装置探究“加速度与质量的关系”时，并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比 D．利用此装置探究“功和速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做可以消除小车运动时摩擦阻力的影响

（2）某同学利用此装置探究“加速度与力的关系”，通过实验测量作出了图中的A图线，如图2所示，试分析：

①A图线不通过坐标原点的原因是 ； ②A图线上部弯曲的原因是 ．

16．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个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（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；

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（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、解答题（本大题共4小题，共43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）. 17．光滑水平桌面上有一个静止的物体，质量是5kg．在15N的水平恒力作用下开始运动，求：

（1）5s末的速度是多大？ （2）4s内通过的位移是多少？ 18．某课外兴趣小组在研究上抛物体的运动时，他们利用乒乓球发射机从地面上将乒乓球竖直向上抛出，初速度v0=30m/s，已知乒乓球的质量为m=2.5g，乒乓球运动到最高点后再落回地面，测得落地时的速率为v=10m/s，且发现落地前球已经做匀速运动，若运动过程中乒乓球受到的空气阻力与其速率成正比关系，重力加速度为g，求： （1）从抛出到落地过程中乒乓球克服空气阻力所做的功； （2）抛出瞬间乒乓球的加速度的大小．

19．如图所示，空间存在一水平向右的有界匀强电场，电场上下边界的距离为d，左右边界足够宽．现有一带电量为+q、质量为m的小球（可视为质点）以竖直向上的速度从下边界上的A点进入匀强电场，且恰好没有从上边界射出，小球最后从下边界的B点离开匀强电场，若A、B两点间的距离为4d，重力加速度为g，求： （1）匀强电场的电场强度； （2）小球在B点的动能；

20．如图所示，从A点以υ0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．求： （1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；

（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

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2015-2016学年河南省洛阳市高一（下）期末物理试卷

参与试题解析

一、选择题.（本大题共14小题，共42分，第1～9题只有一项符合题目要求的，第10～14题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）.

1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术与人类文明的进步，下列表述中正确的是（ ）

A．伽利略通过理想斜面实现研究了自由落体运动 B．开普勒第三行星运动定律中的k值域地球质量有关

C．20世界初，爱因斯坦建立的相对论完全定了经典力学的观念和结论否

D．法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用电场线来形象描述它 【考点】物理学史．

【分析】本题是物理学史问题，记住著名物理学家如伽利略、法拉第、爱因斯坦、开普勒等科学家的物理学贡献即可解答．

【解答】解：A、伽利略通过理想斜面再通过推理实现研究了自由落体运动；故A正确； B、开普勒第三行星运动定律中的k值域地球质量无关；故B错误；

C、20世纪初，爱因斯坦建立的相对论建立，但是并没有完全否定经典力学的观念和结论；故C错误；

D、法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它，故D正确．

故选：AD．

2．下列关于物体受力和运动的描述正确的是（ ）

A．物体受到恒定的合外力作用时，一定做匀变速直线运动 B．物体受到的合外力为零时，其加速度和速度也一定为零 C．做圆周运动的物体所受合外力的方向一定指向圆心

D．做曲线运动的物体，加速度的方向一定和速度的方向不在同一条直线上 【考点】物体做曲线运动的条件．

【分析】当物体所受的合力与物体速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，在同一条直线上时，物体做直线运动．

【解答】解：A、物体受到恒定的合外力作用时，若合力的方向与速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动．故A错误；

B、合外力为零时，物体的加速度一定为零，但可以做匀速运动，故速度不一定为零；故B错误；

C、做圆周运动的物体可以有沿切线的分力；故其所受合外力的方向不一定指向圆心，只有向心力指向圆心；故C错误；

D、做曲线运动的物体，加速度的方向一定和速度的方向不在同一条直线上； 故D正确； 故选：D．

3．下列关于电场强度的说法中正确的是（ ）

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A．公式E=适用于任何带电体周围的电场

B．电场中某一点的场强与该点放不放试探电荷无关

C．由公式E=可知，电场中某点的场强大小E与q成反比，与F成正比

D．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以场强方向与放入试探电荷的正负有关

【考点】电场强度．

【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．E=的电场强度，其中Q是场源电荷． 【解答】解：A、公式E=

是点电荷的电场强度，其中Q是产生电场的场源电荷，故A

是点电荷

错误；

B、场强由电场本身决定，与放入电场的试探电荷无关，故B正确．

C、公式E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，E并不跟F成正比，跟q成反比，故C错误．

D、虽正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，但场强方向与放入试探电荷的正负仍无关，故D错误． 故选：B．

4．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上向右做匀减速直线运动并保持相对静止，运动过程中B受到的摩擦力（ ）

A．方向向左，大小不变 C．方向向右，大小不变

B．方向向左，逐渐减小 D．方向向右，逐渐减小

【考点】摩擦力的判断与计算．

【分析】本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小．

【解答】解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有： a=

=μg

然后隔离B，根据牛顿第二定律有： fAB=mBa=μmBg，大小不变，

物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左； 故选：A．

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5．一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上．已知万有引力常量为G，星球密度

为ρ，若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则星球自转的角速度为（ ）A．

B．

C．ρGπ D．

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零，说明此时万有引力提供向心力，根据万有引力充当向心力及M=ρV进行求解．

【解答】解：设某行星质量为M，半径为R，物体质量为m，万有引力充当向心力，则有：

，

又M=ρV=联立两式解得：ω=

，

，选项A正确，BCD错误．

故选：A．

6．如图所示，A、B两物体的质量分别为M和m，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A物体与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在A物体加速向右运动过程中（B物体落地前），绳子对A的拉力大小为（ ）

A．mg B．μMg C．mg﹣μMg D．

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【分析】以A、B系统为研究对象应用牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出绳子的拉力．

【解答】解：以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：a=对B，由牛顿第二定律得：mg﹣T=ma，解得：T=

；

，

故选：D．

7．如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方一块竖直挡板上的A点抛出．O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的相应位置分别是B、C、D，且AB：BC：CD=1：3：5，则v1、v2、v3之间的正确关系是（ ）

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A．v1：v2：v3=3：2：1 C．v1：v2：v3=5：3：1 【考点】平抛运动．

B．v1：v2：v3=6：3：2 D．v1：v2：v3=9：4：1

【分析】忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动．由题意可知三次小球的水平距离相同，可根据竖直方向的位移比求出时间比，再根据水平速度等于水平位移与时间的比值，就可以得到水平速度的比值．

【解答】解：忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=

得：t=

：

：

=6：3：2

所以三次小球运动的时间比t1：t2：t3=水平位移相等，根据v=得：v1：v2：v3=

故选B

8．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数µ，转弯时的弯道半径r，则汽车安全转弯的速度不能超过（ ） A．

B．

C．

D．

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】汽车在水平路面上拐弯，靠静摩擦力提供向心，结合最大静摩擦力求出汽车安全拐弯的最大速度．

【解答】解：当摩擦力达到最大静摩擦力时，有：

，

解得拐弯的最大安全速度为：

．

故选：B．

9．城市的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的支架悬挂，如图所示为这类结构的简化模型，硬杆OB左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦的转动，钢索OA与硬杆右端O点相连，上端固定于A点，钢索OA和硬杆所受的重力均可忽略，现将一质量不变的重物悬挂于O点，硬杆OB水平，若保持钢索的悬挂点A位置不变，将钢索缓慢变短使OB杆绕B端转动，则在上述变化过程中，下列说法中正确的是（ ）

第9页（共20页）

A．钢索对O点的拉力变大 B．硬杆对O点的支持力变小 C．硬杆对O点的支持力不变 D．钢索对O点的拉力不变

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】对O点受力分析，受三个拉力，根据平衡条件并结合合成法作图分析即可． 【解答】解：对O点受力分析，如图所示： 根据平衡条件，有：解得：F1=

…②

AB、从图示位置开始缩短钢索OA，则OA减小，AB和BO不变，根据①式，F1减小，根据②式，F2不变

即硬杆对O的支持力不变，钢索对O的拉力变小，故C正确，ABD错误． 故选：C．

…①

10．某电场的电场线的分布如图所示，一个带电粒子只在电场力作用下，由M点到N点沿图中虚线所示的路径运动，则下列判断正确的是（ ）

A．粒子带负电 B．N点的电势高

C．粒子在N点的加速度大 D．粒子在N点的电势能小 【考点】电场线；电势能．

【分析】根据粒子轨迹弯曲方向可判断出粒子所受的电场力方向，从而判断出粒子的电性．沿电场线的方向，电势降低．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析电场强度的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小．由电势的高低分析电势能的大小．

【解答】解：A、电场线的方向斜向右上方，根据粒子的运动轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也斜向右上方，所以电荷为正电荷，故A错误；

第10页（共20页）

B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，N点的电势低，故B错误； C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以N点的电场强度大，粒子在N点受到的电场力大，加速度大，故C正确；

D、从M点到N点，粒子所受的电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在N点的电势能小，故D正确． 故选：CD 11．物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，通过力和速度传感器监测到力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示，取g=10m/s2，则下列判断正确的是（ ）

A．物体的质量m=1kg

B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.40 C．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J D．前2s内推力F做功的平均功率=3W 【考点】功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】根据速度时间图线和F﹣t图线，得出匀速直线运动时的推力，从而得出摩擦力的大小．根据速度时间图线求出匀加速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出物体的质量．结合摩擦力的大小，运用滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数的大小．根据图线围成的面积求出位移，从而求出克服摩擦力做功的大小．结合平均功率的公式求出前2s内的平均功率．

【解答】解：A、由速度时间图线知，在2﹣3s内，物体做匀速直线运动，可知推力等于摩擦力，可知f=2N，

在1﹣2s内，物体做匀加速直线运动，由速度时间图线知，a=顿第二定律得，F2﹣f=ma，代入数据解得m=0.5kg，故A错误． B、物体与水平面间的动摩擦因数μ=C、第2s内的位移x2=

，故B正确．

，则物体克服摩擦力做功W=fx2=2×1J=2J，

，根据牛

故C正确．

D、前2s内位移x=x2=1m，则推力F做功的大小WF=F2x2=3×1J=3J，则平均功率

，故D错误．

故选：BC．

12．如图所示，保持电容器与直流电源的连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）

第11页（共20页）

A．电容器的电容增大

B．带电油滴将沿竖直方向向上运动 C．P点的电势将降低

D．电容器所带电荷量减小 【考点】电容器的动态分析．

【分析】平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，上板充正电．下板充负电，板间电场方向向下，油滴带负电，将上极板竖直向下移动一小段距离，板间场强增大，油滴所受电场力增大，带电油滴将向上运动．由公式U=Ed分析P与下板间的电势差变化情况，再分析P点的电势变化，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，分析油滴的电势能的变化情况．根据电容的变化及公式C= 分析电量Q的变化．

【解答】解：A、当电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则间距变小，导致电容变大，故A正确．

B、平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向下移动一小段距离，板间场强增大，油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直方向向上运动．故B正确．

C、由上分析可知，两板间的电场强度增大，根据U=Ed，可得，P点的电势升高．故C错误．

D、将上极板竖直向下移动一小段距离，板间距离减小，电容增大，电容器的电压不变，由Q=CU得到，电量Q增大．故D错误． 故选：AB．

13． 如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向一轻弹簧，轻质弹簧的左端与墙壁连在一起，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开，已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ）

A．滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动 B．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为

C．从接触到离开弹簧的过程中，滑块与水平面由于摩擦而产生的热量Q=2μmgx0 D．滑块向右运动过程中，当物体与弹簧分离时，物体的速度最大 【考点】功能关系．

【分析】该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿运动定律分析物体的运动情况．在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化．

【解答】解：A、滑块向左接触弹簧的运动过程中，竖直方向受力平衡，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的滑动摩擦力，在向左运动的过程中，弹簧的弹力时逐渐增大，滑

第12页（共20页）

动摩擦力不变，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，滑块做减速运动，由于合力是变化的，所以加速度是变化的，所以滑块做的是变减速运动，故A错误．

B、当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F=kx0+μmg，此时合力最大，滑块的加速度最大，由牛顿第二定律有： 最大加速度为 amax=

，故B正确．

C、从接触到离开弹簧的过程中，滑块克服摩擦做功2μmgx0，则滑块与水平面由于摩擦而产生的热量Q=2μmgx0．故C正确．

D、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x=

时，由胡克定律可得

f=kx=μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，滑块的合外力为零，之后物体开始做减速运动，所以弹簧处于压缩状态时速度最大，故D错误． 故选：BC

14．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被同加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（ ）

A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同

C．经过偏转电场，这三种粒子将分成三股粒子束 D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系．根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系．根据W=qEy，分析电场力做功之比．

【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d； A、在加速电场中，由动能定理得：qU1=

得，加速获得的速度为v0=

；

三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒

子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同；故A错误．BC、根据推论：y=

，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离

相同，打到荧光屏上的位置相同．故B正确，C错误．

D、偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2．故D正确． 故选：BD．

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二、实验题.（本题共2小题，共15分）.

15．利用如图1所示装置可以完成力学中的许多实验．

（1）以下说法正确的是 BD ．

A．利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响

B．利用此装置探究“加速度与力与质量的关系”时，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度

C．利用此装置探究“加速度与质量的关系”时，并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比 D．利用此装置探究“功和速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做可以消除小车运动时摩擦阻力的影响

（2）某同学利用此装置探究“加速度与力的关系”，通过实验测量作出了图中的A图线，如图2所示，试分析：

①A图线不通过坐标原点的原因是 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ； ②A图线上部弯曲的原因是 不满足小车的质量远远大于钩码的质量 ． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】（1）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论．

①要平衡摩擦力，（2）探究加速度与力、质量的关系时：不平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，

小车受到的合力小于小桶的重力，a﹣F图象不过原点，在F轴上有截距．

②在小车质量远大于小桶及砝码质量的情况下，可以近似认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，如果小车质量没有远大于小桶与砝码的质量，小车受到的合力明显小于小桶与砝码的重力，如果仍然认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，则加速度与力不成正比，a﹣F图象不是直线，而是一条曲线． 【解答】解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误．

B、利用此装置探究“加速度与质量的关系”，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故B正确．

C、曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a﹣m图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象，故C错误． D、探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故D正确． 故选：BD．

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（2）①开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足． ②随着重物质量不断的增大，已经不满足小车的质量远远大于钩码的质量，所以图象出现弯曲． 故答案为：（1）BD；（2）①没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；②不满足小车的质量远远大于钩码的质量．

16．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个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（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= 0.59 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，

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（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=0.59J；

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，mgh=mv2，

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=9.70，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2． 故答案为：（1）2.4；（2）0.58；0.59；（3）9.7．

三、解答题（本大题共4小题，共43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）. 17．光滑水平桌面上有一个静止的物体，质量是5kg．在15N的水平恒力作用下开始运动，求：

（1）5s末的速度是多大？ （2）4s内通过的位移是多少？

【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】（1）由牛顿第二定律求出物体的加速度，然后应用速度公式求出物体速度． （2）已知时间与加速度，应用匀变速直线运动的位移公式求出物体的位移． 【解答】解：（1）物体的加速度：a==5s末的速度：v=at=3×5=15m/s； （2）物体4s内通过的位移： x=at2=×3×42=24m；

答：（1）5s末的速度是15m/s； （2）4s内通过的位移是24m． 18．某课外兴趣小组在研究上抛物体的运动时，他们利用乒乓球发射机从地面上将乒乓球竖直向上抛出，初速度v0=30m/s，已知乒乓球的质量为m=2.5g，乒乓球运动到最高点后再落回地面，测得落地时的速率为v=10m/s，且发现落地前球已经做匀速运动，若运动过程中乒乓球受到的空气阻力与其速率成正比关系，重力加速度为g，求： （1）从抛出到落地过程中乒乓球克服空气阻力所做的功； （2）抛出瞬间乒乓球的加速度的大小． 【考点】动能定理的应用． 【分析】（1）以乒乓球为研究对象，对从地面抛出到落回地面的整个过程，运用动能定理可求乒乓球克服空气阻力所做的功；

（2）落地前球已经做匀速运动，重力与阻力相等．根据牛顿第二定律求抛出瞬间乒乓球的加速度的大小．

【解答】解：（1）以乒乓球为研究对象，从地面抛出到落回地面的整个过程，由动能定理得：

=3m/s2，

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﹣Wf=

﹣

解得乒乓球克服空气阻力所做的功为：Wf=1J （2）设空气阻力与速率的关系为：f=kv 落地前球已经做匀速运动，则有：kv=mg

乒乓球抛出瞬间，由牛顿第二定律得：kv0+mg=ma 联立解得：a=4g 答：（1）从抛出到落地过程中乒乓球克服空气阻力所做的功是1J； （2）抛出瞬间乒乓球的加速度的大小是4g．

19．如图所示，空间存在一水平向右的有界匀强电场，电场上下边界的距离为d，左右边界足够宽．现有一带电量为+q、质量为m的小球（可视为质点）以竖直向上的速度从下边界上的A点进入匀强电场，且恰好没有从上边界射出，小球最后从下边界的B点离开匀强电场，若A、B两点间的距离为4d，重力加速度为g，求： （1）匀强电场的电场强度； （2）小球在B点的动能；

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】（1）小球受到重力和电场力的作用，将小球的运动分成两个力的方向上求解过程，根据运动的分解求解即可．

（2）对竖直方向进行分析，根据动能定理即可求得小球在B点的动能． 【解答】解：（1）设电场强度为E，小球从A运动到B的时间为t，则： 对水平方向上有：

=4d

对竖直方向上，由运动的对称性有：

g（）2=d 联立解得：E=

（2）设小球进入电场时的速度为v0，小球到达B点时的动能为EK，则： 对竖直方向上有：

v02=2gd

对小球从A到B点的过程由动能定理得： 4qEd=Ek﹣

联立解得：Ek=5mgd

答：（1）匀强电场的电场强度为（2）小球在B点的动能为5mgd；

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；

20．如图所示，从A点以υ0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．求： （1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；

（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力． 【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；

（2）小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；

（3）根据物块在长木板上滑动时，物块的位移﹣长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可．

【解答】解：（1）物块做平抛运动：H﹣h=gt2 设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt

=5m/s

方向与水平面的夹角为θ：tanθ==，即θ=37°

（2）从A至C点，由动能定理得mgH= ①

设C点受到的支持力为FN，则有FN﹣mg=

m/s 由①式可得v2=

所以：FN=47.3 N

根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N （3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N 因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动

小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0 则长木板长度至少为l=

=2.8m

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答：

（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37°角； （2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力FN=47.3 N； （3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板．

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2016年11月8日

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