云南省保山市腾冲八中高二物理上学期第一次月考试卷含解析

2022-2022学年云南省保山市腾冲八中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题．（本大题共有12个小题，每小题4分，共48分．1--8题为单项选择题，9--12题为多项选择题，全部答对得4分，选不全得2分，选错或不选得0分；必须把正确答案涂到答题卡上，否则不得分）1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A．GB．GsinθC．GcosθD．Gtanθ2．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是()A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向3．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于()A．mgB．mgC．mg20\nD．mg4．如图所示为一物体做直线运动时的图象，但纵坐标表示的物理量未标出．已知物体在前2s时间内向东运动，则以下判断正确的是()A．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的位移为4mB．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的加速度大小不变，方向始终向东C．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的运动方向始终向东D．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为零5．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）()A．T=m（gsinθ+acosθ）FN=m（gcosθ﹣asinθ）B．T=m（gcosθ+asinθ）FN=m（gsinθ﹣acosθ）C．T=m（acosθ﹣gsinθ）FN=m（gcosθ+asinθ）D．T=m（asinθ﹣gcosθ）FN=m（gsinθ+acosθ）6．如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是()A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大20\n7．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小8．A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA：FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功大小之比WA：WB分别为()A．4：1，2：1B．4：1，4：1C．1：4，1：2D．1：4，2：19．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能10．一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示．现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有()20\nA．细线对细环的拉力保持不变B．细线对带电小球的拉力变大C．细环所受的摩擦力变大D．粗糙杆对细环的支持力保持不变11．2022年中俄联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯﹣土坡”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．如果火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的那么关于火星探测器，下列说法中正确的是()A．探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功B．火星的密度是地球密度的倍C．探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的倍D．火星探测器环绕火星运行最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍12．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是()A．c点场强小于于b点场强B．a、b两点电场方向相同C．将一试探电荷+q由a移至b的过程中，动能增大D．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点二、填空题（本大题共2个小题，共12分．请直接在每小题的答题卡横线上填写结果，不要求写出演算过程．）13．在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系“的实验时，（1）下列说法中正确的是__________A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车（2）如图是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中合理的是__________20\nA．形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大B．形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小C．形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大D．形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小．14．某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题（计算结果保留3位有效数字）（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=__________m/s；（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．三、计算题（本大题共有4个小题，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题目，答案中必须写出数值和单位）．15．两完全相同的金属小球A、B带有等量的电荷，相隔一定的距离，今让第三个相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．求接触后两球的静电力之比为多大？16．如图所示，一个质量为1.0×10﹣4kg的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0×102N/C的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为53°，小球刚好匀速下滑，问：（sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）小球带何种电荷、电荷量为多少？（2）杆上A、B两点相距10cm，小球由A运动至B电场力所做的功为多大？A、B两点的电势差UAB为多大？17．如图所示，水平传送带以v=5m/s的恒定速度运动，传送带长AB=7.5m，今在其左端将一质量为m=1kg的工件轻轻放在上面，工件被带传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2）试求：（1）工件经过多长时间由传送带左端运动到右端（2）工件在传送带上相对滑动的长度．20\n18．如图，竖直面内的曲线轨道AB的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接．现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C．已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（2）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．2022-2022学年云南省保山市腾冲八中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题．（本大题共有12个小题，每小题4分，共48分．1--8题为单项选择题，9--12题为多项选择题，全部答对得4分，选不全得2分，选错或不选得0分；必须把正确答案涂到答题卡上，否则不得分）1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A．GB．GsinθC．GcosθD．Gtanθ考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G．故选：A．点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解，注意矢量叠加原理．2．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是()20\nA．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，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．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．解答：解：A、孤立的负点电荷形成的电场电场线是会聚型的射线，则知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，所以A错误；B、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EA＞EB，根据F=qE=ma知B正确C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误．故选B点评：本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择．3．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于()A．mgB．mgC．mgD．mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．20\n解答：解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得F的最小值为Fmin=Gsin30°=故选：C．点评：本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．4．如图所示为一物体做直线运动时的图象，但纵坐标表示的物理量未标出．已知物体在前2s时间内向东运动，则以下判断正确的是()A．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的位移为4mB．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的加速度大小不变，方向始终向东C．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的运动方向始终向东D．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为零考点：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．专题：运动学中的图像专题．分析：位移时间图线的斜率表示速度，速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，在速度时间图线中，速度的正负表示运动的方向．解答：解：A、若纵坐标表示速度，因为速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则4s内的位移为零，故A错误．B、若纵坐标表示速度，图线的斜率表示加速度，物体在前4s内的加速度大小不变，方向始终向西，故B错误．C、若纵坐标表示位移，物体的运动方向始终向东，故C正确．D、若纵坐标表示位移，物体在4s内的位移为4m，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道位移时间图线和速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、与时间轴围成的面积表示的含义．20\n5．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）()A．T=m（gsinθ+acosθ）FN=m（gcosθ﹣asinθ）B．T=m（gcosθ+asinθ）FN=m（gsinθ﹣acosθ）C．T=m（acosθ﹣gsinθ）FN=m（gcosθ+asinθ）D．T=m（asinθ﹣gcosθ）FN=m（gsinθ+acosθ）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：小球始终静止在斜面上，说明斜面体加速度很小，且未脱离斜面，对小球受力分析，利用牛顿第二定律列式求解即可解答：解：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球的受力如图：水平方向上由牛顿第二定律得：Tcosθ﹣FNsinθ=ma…①竖直方向上由平衡得：Tsinθ+FNcosθ=mg…②①②联立得：FN=m（gcosθ﹣asinθ）T=m（gsinθ+acosθ）故A正确，BCD错误．故选：A点评：此题最难解决的问题是小球是否飞离了斜面，我们可以用假设法判断出临界加速度来进行比较6．如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是()A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大20\n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，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．解答：解：A、根据得，t=s，则石块不落入水中的最大速度m/s=17.3m/s．知初速度v0＞17.3m/s，则石块可以落入水中．故A正确，B错误．C、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故C错误．D、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanθ=2tanβ，因为β一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．7．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．20\n分析：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．解答：解：AB两个座椅具有相同的角速度．A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道A、B的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度、向心力之间的关系，并能灵活运用．8．A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA：FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功大小之比WA：WB分别为()A．4：1，2：1B．4：1，4：1C．1：4，1：2D．1：4，2：1考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．专题：动能定理的应用专题．分析：由于物体只受到摩擦力的作用，根据速度时间的图象可以知道加速度的大小，再根据牛顿第二定律可以知道摩擦力的大小，根据动能定理可以知道摩擦力对物体做的功的大小．解答：解：根据速度时间的图象可知，aA：aB=2：1，物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比为4：1；由动能定理，摩擦力的功W=0﹣，由于ab的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比WA：WB为2：1．所以A正确．故选：A点评：物体受到的摩擦力作为物体的合力，在速度时间图象中，要知道直线的斜率表示物体的加速度的大小．20\n9．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能考点：电场线；动能定理的应用；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，所以A正确．B、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，所以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，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以C正确．D、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，所以D正确．故选ACD．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．10．一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示．现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有()A．细线对细环的拉力保持不变B．细线对带电小球的拉力变大C．细环所受的摩擦力变大D．粗糙杆对细环的支持力保持不变考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：电场力与电势的性质专题．20\n分析：以小球和环整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析粗糙杆对细环的支持力和摩擦力的变化．再以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析细线的拉力的变化．解答：解：A、B以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线的拉力T和电场力F，根据平衡条件得T=，F增大时，T变大．故A错误，B正确．C、D以小球和环整体为研究对象，分析受力如图：总重力G、杆对细环的支持力N和摩擦力f，电场力F．根据平衡条件得：N=G，f=F当电场稍加大时，小球所受的电场力F增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大．故CD正确．故选BCD点评：本题是动态平衡问题，要善于选择研究对象，分析受力情况，根据平衡条件进行动态分析．11．2022年中俄联合实施探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯﹣土坡”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．如果火星的质量为地球质量的，火星的半径为地球半径的那么关于火星探测器，下列说法中正确的是()A．探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功B．火星的密度是地球密度的倍C．探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的倍D．火星探测器环绕火星运行最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍考点：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：第一宇宙速度是卫星发射的最小速度．第二宇宙速度是人造天体脱离地球引力束缚所需的最小速度．第三宇宙速度是人造天体脱离太阳束缚所需的最小速度．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行之比．20\n解答：解：A、火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，故A错误；B、物体的密度：，所以．故B正确．C、由，得：g=，所以：．故C正确；D、由得，v=；已知火星的质量约为地球的，火星的半径约为地球半径的．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故D错误．故选：BC．点评：了解三个宇宙速度的基本含义．通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．12．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是()A．c点场强小于于b点场强B．a、b两点电场方向相同C．将一试探电荷+q由a移至b的过程中，动能增大D．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点考点：电场线．分析：电场线的疏密反映电场的强弱，电场线的切线方向表示电场方向，沿着电场线方向电势降低，根据电场力做功情况判断动能的变化情况，电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．解答：解：A、电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大与c点场强，故A正确．B、电场线的切线方向表示电场方向，a、b两点的切线方向不同，则场强方向不同，故B正确．C、将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力对电荷做正功，动能增大，故C正确．D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故D错误．故选：AC20\n点评：本题关键是会根据电场线判断场强大小和电势的高低，明确电场力做功等于电势能的减小量．二、填空题（本大题共2个小题，共12分．请直接在每小题的答题卡横线上填写结果，不要求写出演算过程．）13．在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系“的实验时，（1）下列说法中正确的是A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车（2）如图是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中合理的是A．形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大B．形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小C．形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大D．形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小．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：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和操作细节．解答：解：（1）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；B、为保证细线的拉力即为合外力，则连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行，故B正确；C、平衡摩擦力后，mgsinθ=f，若改变长木板的位置，θ会发生改变，重力的分量就不能跟摩擦力平衡了，故C正确；D、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故D正确．故选BCD．（2）A、由图可知，当F=0时，a≠0，所以没有作用力时，小车已经有加速度，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大，故A正确；B、图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的，故B错误；C、由图可知，当F≠0时，a=0，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小，故C错误；D、图象在轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过小造成的，故D正确；故选AD点评：对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．20\n14．某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题（计算结果保留3位有效数字）（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=3.90m/s；（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；压轴题．分析：本题的关键是需要求出物体减少的重力势能和增加的动能即可，求动能时需要根据中间时刻速度公式=求出纸带上B点的速度．解答：解：（1）由=可知重物速度的大小==m/s=3.90m/s；（2）设重物质量为m，OB对应的下落过程中，重力势能减少量为△=mghB=7.70m（J），动能增加量为==7.61m（J），在误差允许范围内，可以认为相等，因此验证了机械能守恒定律．故答案为：（1）3.90；（2）验证了机械能守恒定律，因为在误差范围内，重力势能减少量等于动能增加量．点评：明确实验原理是解决实验问题的关键，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法．三、计算题（本大题共有4个小题，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题目，答案中必须写出数值和单位）．15．两完全相同的金属小球A、B带有等量的电荷，相隔一定的距离，今让第三个相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．求接触后两球的静电力之比为多大？考点：库仑定律．20\n分析：理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解．解答：解：若两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：﹣这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=k=，若两球带等量同种电荷；假设A带电量为+Q，B带电量为+Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=k=．答：接触后两球的静电力之比1：8与3：8．点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题．16．如图所示，一个质量为1.0×10﹣4kg的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0×102N/C的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为53°，小球刚好匀速下滑，问：（sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）小球带何种电荷、电荷量为多少？（2）杆上A、B两点相距10cm，小球由A运动至B电场力所做的功为多大？A、B两点的电势差UAB为多大？考点：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：（1）小球匀速下滑时，受力平衡，分析小球的受力情况，运用平衡条件求解小球的电荷量，并确定电性．20\n（2）根据公式WAB=qELcosα求解电场力做功，α是电场力与位移方向的夹角．A、B两点的电势差UAB由公式UAB=求解．解答：解：（1）有小球匀速下滑可判断其受力如右图所示，根据平衡条件得：qE=mgtan53°得，q==×10﹣5C小球所带电荷为负电．（2）小球由A运动到B，电场力做功为：WAB=﹣qELcos53°=﹣8×10﹣5JA、B两点的电势差UAB==12V．答：（1）小球带负电荷、电荷量为×10﹣5C．（2）小球由A运动至B电场力所做的功为﹣8×10﹣5J，A、B两点的电势差UAB为12V．点评：本题只要把电场力当作一般的力，按力学的方法，分析力平衡问题和计算电场力做功，就变得容易理解．17．如图所示，水平传送带以v=5m/s的恒定速度运动，传送带长AB=7.5m，今在其左端将一质量为m=1kg的工件轻轻放在上面，工件被带传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2）试求：（1）工件经过多长时间由传送带左端运动到右端（2）工件在传送带上相对滑动的长度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．分析：（1）对物体受力分析，由物体的受力确定物体的运动的情况，匀变速直线运动的规律可以求得运动的时间；（2）求出达到共同速度时，物体和传送带各自的位移，它们的差值就是相对滑动的长度．解答：解：（1）物体运动的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg=ma工件达到与皮带共同速度所用时间为t1==1s在此时间内工件对地位移x1=at2因2.5m＜7.5m，所以工件随皮带一起匀速运动，到B点又用时t2则：x﹣x1=vt2所以t2=1s20\n工件在带上运动的总时间：t=t1+t2=2s（2）相对滑动过程传送带对地位移x2=vt1相对滑动长度△x=x2﹣x1=2.5m答：（1）工件由传送带左端运动到右端的时间是2s；（2）工件在传送带上相对滑动的长度是2.5m．点评：物体的运动可分为两个过程，对每个过程分别求解即可得到物体运动的时间和位移的大小．18．如图，竖直面内的曲线轨道AB的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接．现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C．已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（2）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）滑块做圆周运动，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以求出支持力，然后求出压力．（2）从A到B过程应用动能定理可以求出阻力做的功．解答：解：（1）因滑块恰能通过C点，对滑块在C点，根据牛顿第二定律有：mg=m，代入数据解得：vC=2m/s，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守恒定律有：mvB2=mvC2+2mgR，滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN，根据牛顿第二定律有FN﹣mg=m，代入数据解得：FN=6mg=6N，根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=6N．（2）滑块从A点滑至B点的过程中，根据动能定理有：mgh﹣W阻=mvB2﹣0，代入解得：W阻=0.5J．答：（1）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6N；20\n（2）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为0.5J．点评：本题考查了求压力、克服摩擦力做功，分析清楚滑块运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律与动能定理即可正确解题．20