1、2017年上海市闵行区高考物理一模试卷一、单项选择题（每题3分，共24分）11960年第11届国际计量大会通过了国际单位制（SI），下列属于国际单位制规定的力学基本物理量的是（）A加速度B速度C质量D重力2做匀速圆周运动的物体（）A一定是受力平衡的B一定是受力不平衡的C视情况而定，有可能平衡，有可能不平衡D所受的向心力一定与其他外力平衡3下列关于摩擦力的说法中正确的是（）A静止的物体不可能受到滑动摩擦力B相对静止的两个物体之间，也可能有摩擦力C有相对运动的两物体之间一定存在着摩擦力D运动物体受到的摩擦力的方向总是与它的运动方向相反4下列关于热学规律的说法中正确的是（）A温度低的物体内能小B物体
2、吸收热量，其温度一定升高C自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性D悬浮在液体中的固体颗粒越大，周围液体分子撞击的机会越多，布朗运动越明显5下列关于静电场的说法中正确的是（）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与零电势点的选取有关C单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高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，电场力做功一定为零6物体在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下做匀速直线运动，若突然撤去F2，则该物体（）A可能做匀加速直线运动B可能继续做匀速直线运动C可能做变减速直线运动D可能做变加速曲线运动7如图所示
3、，小球P连接着轻质弹簧，放在光滑水平面上，弹簧的另一端固定在墙上，O点为它的平衡位置，把P拉到A点，使OA=1cm，轻轻释放，经0.4s小球运动到O点如果把P拉到A点，使OA=2cm，则释放后小球这一次运动到O点所需的时间为（）A0.2sB0.4sC0.6sD0.8s8如图所示，劈a放在光滑水平桌面上，物体b放在劈a的光滑斜面顶端，b由静止开始沿斜面自由滑下的过程中，a对b做的功为W1，b对a做的功为W2，则下列关系中正确的是（）AW1=0，W2=0BW10，W20CW10，W20DW10，W20二、单项选择题（每题4分，共16分）9如图所示，在水平桌面上的A点，有一个质量为m的物体，以初速度
4、v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为（）A mv02+mgHB mv02+mghCmgH+mghD mv02+mg（Hh）10如图所示，水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止，下列判断正确的是（）AF1F2F3BF3F1F2CF2F1F3DF3F2F111如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（）AF=mgBMgF（M+m）gCF=（M+m）gDF（M+m）g12如图，a、b、c、d是均匀介质中x轴上的四个质点
5、，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点下列说法中正确的是（）A在t=3s时刻波恰好传到质点d处B在t=5s时刻质点c恰好到达最高点C在4st6s的时间间隔内质点c向下运动D质点b开始振动后，经过2秒，其振动形式传递到了C处三、填空题（每题4分，共20分）13如图所示，放在粗糙水平面上的物体，同时受到两个方向相反的水平力F1=6N和F2=2N作用下处于静止状态则所受摩擦力方向是；若撤去力F1，则物体所受的合力大小为N14某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆每过
6、N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示地球和行星做圆周运动所需的向心力来源于，该行星与地球的公转半径比为15如图，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MNa、b、c是以O为中心，分别以Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，且RcRb=RbRa1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做功的大小，则 P、O两点电荷（选填“同号”、“异号”）；|W12| 2|W34|（选填“”、“”或“=”）16如图所示，竖直放置的弯曲管a管封闭，
7、d管开口，b、c管连接处有一关闭的阀门K液体将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差是h3h1h2，且h32h2现将阀门K打开，则会出现的情况是h1（选填“增大”、“减小”）；（选填“h2”、“h3”或“h2和h3”）为零17如图（a）所示，一圆盘可绕过其圆心的水平轴在竖直平面内转动，在圆盘的边缘上绕有足够长的细线，细线上A点处有一标记（图中的黑点）沿水平方向匀加速拉动细线的一端使圆盘转动，细线与圆轮边缘无相对滑动，同时用频闪照相技术将细线上标记的运动拍摄下来，照片如图（b）所示，A1、A2、A3、A4表示不同时刻黑点的位置已知照片背景为厘米刻度尺，光源的频闪周期为T要由图（b）照片提供的信息
8、求出A3标记时圆轮转动的角速度，还需直接测量的物理量是；从拍摄到A3的标记起（此时圆盘角速度为）再经过3个频闪周期，圆盘的角速度=四、综合题（共40分）18回答下列问题：（1）图（a）是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图（b）是力传感器连接的计算机屏幕所显示的Ft图象，根据图（b）的信息可得，摆球摆到最低点的时刻为s，摆长为m （取2=10）（2）单摆振动的回复力是A摆球所受的重力B摆球重力在垂直悬线方向上的分力C悬线对摆球的拉力D摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力（3）某同学的操作步骤如下，其中正确的是A取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端缠绕在铁架台上B用米尺量得细线长度
9、l，测得摆长为l+d/2C在摆线偏离竖直方向5位置释放小球D让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度19一根粗细均匀的玻璃管长为80cm，一端开口，一端封闭管内有一段25cm长的汞柱将一段空气柱封闭于管中，当玻璃管水平放置时，空气柱长为40cm问当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱长为多少？（假设温度保持不变，外界大气压为76cmHg）某同学解法为：p1=76cmHg p2=7625=51cmHg此过程为等温变化 p1V1=p2V2 L2=76=60.8cm你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且解出正确的结果20光滑绝缘水平面上有一水
10、平向右的匀强电场，其场强大小分布如图（a）所示两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为+2q，球B带电量为qt=0时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度v1的大小；（2）当球A刚离开电场时，带电系统速度v2的大小；（3）通过分析、计算、推理，描述带电系统中的球B从x=0到x=5L的运动状态，并作出对应的vt图2017年上海市闵行区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共24分）11960年第11届国际计量大会通过了国际单位制（SI），下列属于国际单位
11、制规定的力学基本物理量的是（）A加速度B速度C质量D重力【考点】力学单位制【分析】国际单位制由基本单位和导出单位组成，国际单位制在力学中规定了三个基本物理量，分别为长度、质量、时间，它们在国际单位制中的单位称为力学基本单位【解答】解：国际单位制由基本单位和导出单位组成，力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒故ABD错误，C正确故选：C2做匀速圆周运动的物体（）A一定是受力平衡的B一定是受力不平衡的C视情况而定，有可能平衡，有可能不平衡D所受的向心力一定与其他外力平衡【考点】匀速圆周运动【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动做匀速圆周运
12、动的物体受到的合外力的方向始终指向圆心【解答】解：A、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，不可能处于平衡状态，故AC错误，B正确D、做匀速圆周运动的物体受到的合外力提供向心力，不能说做匀速圆周运动的物体受到向心力故D错误故选：B3下列关于摩擦力的说法中正确的是（）A静止的物体不可能受到滑动摩擦力B相对静止的两个物体之间，也可能有摩擦力C有相对运动的两物体之间一定存在着摩擦力D运动物体受到的摩擦力的方向总是与它的运动方向相反【考点】摩擦力的判断与计算【分析】摩擦力产生的条件是接触、挤压、相对运动或有相对运动的趋势；而摩擦力的方向总是阻碍物体之间的相对运动的，故一定与相对运动或相对运动
13、趋势的方向相反【解答】解：A、静止的物体可以受到滑动摩擦力的作用，如在地面上滑行的物体，地面受到是滑动摩擦力故A错误；B、相对静止的两个物体之间，也可能有摩擦力，比如：正在沿着斜向上运动皮带上的物体，故B正确；C、摩擦力产生的条件：接触面粗糙；相互接触挤压；有相对运动或相对运动趋势，而有相对运动的两物体之间，接触面不一定粗糙，因此不一定存在着摩擦力，故C错误； D、摩擦力的方向可能与运动方向相同，也可能与运动的方向相反，但总是和物体之间的相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反故D错误故选：B4下列关于热学规律的说法中正确的是（）A温度低的物体内能小B物体吸收热量，其温度一定升高C自然界中自发进
14、行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性D悬浮在液体中的固体颗粒越大，周围液体分子撞击的机会越多，布朗运动越明显【考点】热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；物体的内能【分析】物体的内能取决于物体的温度、体积和物质的量；根据热力学第一定律可知，做功和热传递均可以改变物体的内能；热力学第二定律说明了自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性；能根据分子运动解释布朗运动的性质，知道温度越高、颗粒越小，布朗运动越明显【解答】解：A、内能取决于温度、体积以及物质的量，温度低的物体内能不一定小，故A错误；B、物体吸收热量的同时如果对外做功，则内能可能减小，温度也可能减小，故B错误；C
15、、根据热力学第二定律可知，自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性，故C正确；D、悬浮在液体中的固体颗粒越小，周围液体分子撞击越不平衡，布朗运动越明显，故D错误故选：C5下列关于静电场的说法中正确的是（）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与零电势点的选取有关C单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高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，电场力做功一定为零【考点】电场；电势【分析】电场强度大小反映电场的强弱，电势高低反映试探电荷在该位置电势能的高低，两者并无直接关系【解答】解：A、电场强度大小和电势高低无直接关
16、系；如在正电荷的电场中，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，离负电荷近，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、电势是相对的，是相对于零电势点而言的，电场中某点电势与零电势点的选取有关，而电场中某两点间的电势差与零电势点选取无关，故B错误；C、根据公式=，单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高，故C正确；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，电场力做功不一定为零，因为中间过程中电场力不一定为零，故D错误；故选：C6物体在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下做匀速直线运动，若突然撤去F2，则
17、该物体（）A可能做匀加速直线运动B可能继续做匀速直线运动C可能做变减速直线运动D可能做变加速曲线运动【考点】曲线运动【分析】物体受到三个力的作用，物体做匀速直线运动，这三个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平衡力的作用下一定改变了物体的运动状态；曲线运动的条件是合力与速度不共线【解答】解：有一个作匀速直线运动的物体受到三个力的作用，这三个力一定是平衡力，如果突然撤去F2，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力恒定不变若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动，若剩余的两个力的合力与物体的速度方向相
18、反，则物体做匀减速直线运动曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；若由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动，剩余的两个力的合力方向与原来速度方向垂直，则物体做类似于平抛运动，故A正确，BCD错误；故选：A7如图所示，小球P连接着轻质弹簧，放在光滑水平面上，弹簧的另一端固定在墙上，O点为它的平衡位置，把P拉到A点，使OA=1cm，轻轻释放，经0.4s小球运动到O点如果把P拉到A点，使OA=2cm，则释放后小球这一次运动到O点所需的时间为（）A0.2sB0.4sC0.6sD0.8s【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【分析】根据弹簧振子的周期公
19、式，知弹簧振子的周期与振幅无关，小球第一次运动到O点的时间为四分之一周期【解答】解：将弹簧振子的振幅从1cm增大到2cm由于弹簧振子的周期与振幅无关，所以周期不变，释放后小球第一次运动到O点所需的时间为四分之一周期，还是0.4s故B正确，A、C、D错误故选B8如图所示，劈a放在光滑水平桌面上，物体b放在劈a的光滑斜面顶端，b由静止开始沿斜面自由滑下的过程中，a对b做的功为W1，b对a做的功为W2，则下列关系中正确的是（）AW1=0，W2=0BW10，W20CW10，W20DW10，W20【考点】动量守恒定律；功的计算【分析】根据动量守恒分析两物体的运动情况，再根据力与位移方向的夹角来判断力是否
20、做功，当力与位移的夹角为90时，力对物体不做功斜面对小物体的弹力做的功不为零【解答】解：滑块和斜面体系统机械能守恒，总动量也守恒；根据动量守恒可知，b向左下滑时，a具有向右的速度，向右运动，物体的位移如图所示；滑块受重力、支持力，斜面受重力、支持力和压力；对斜面体a，受到的压力垂直斜面向下，水平向右方向有分力，a向右有位移，由W=FScos知压力做正功，故W20；滑块和斜面体系统机械能守恒，故斜面体a增加的机械能等于滑块b减小的机械能，故支持力对滑块b做负功，即W10；故C正确，ABD错误故选：C二、单项选择题（每题4分，共16分）9如图所示，在水平桌面上的A点，有一个质量为m的物体，以初速度
21、v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为（）A mv02+mgHB mv02+mghCmgH+mghD mv02+mg（Hh）【考点】平抛运动【分析】小球做平抛运动，只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解即可【解答】解：小球做平抛运动，只受重力，机械能守恒，其减小的重力势能等于增加的动能，即 mgh=EKB解得：EKB=mgh+故选：B10如图所示，水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止，下列判断正确的是（）AF1F2F3BF3F1F2CF2F1F3DF3F2F1【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】如
22、果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡很显然这三个力的合力应该为零而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法本题对P点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解【解答】解：对P点受力分析，如图，根据共点力平衡条件有：F1=F3cos30=F3F2=F3sin30=F3因而F3F1F2故选：B11如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（
23、包括支架）的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（）AF=mgBMgF（M+m）gCF=（M+m）gDF（M+m）g【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】通电后，铁片被吸引上升常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大，根据F=ma可知，此过程中超重【解答】解：当电磁铁通电前，绳的拉力应为（M+m）g；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大根据F=ma可知，此过程中
24、超重，吸引力大于铁片重力由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F为F的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上所以，绳的拉力大于（M+m）g所以选项D正确，ABC错误故选D12如图，a、b、c、d是均匀介质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点下列说法中正确的是（）A在t=3s时刻波恰好传到质点d处B在t=5s时刻质点c恰好到达最高点C在
25、4st6s的时间间隔内质点c向下运动D质点b开始振动后，经过2秒，其振动形式传递到了C处【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由题“在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点”可确定出该波的周期根据a与c间的距离，由t=求出波从a传到c的时间根据时间t=5s与周期的关系，分析质点c的状态【解答】解：A、ac间距离为x=6m，波在同一介质中匀速传播，x=vt=23=6m，即在t=3s时刻波恰好传到质点c处故A错误B、设该波的周期为T，由题可得， T=3s，得T=4s波从a传到c的时间为t=3s，则在t=5s时刻质点c已振动了2s，而c起振
26、方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上故B错误C、根据题意有，得T=4s，在4st6s的时间间隔内，质点c已振动了1st3s，质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动故C错误D、bc间的距离x=4m，波在同一介质中匀速传播，则波从b传到c的时间为故D正确故选：D三、填空题（每题4分，共20分）13如图所示，放在粗糙水平面上的物体，同时受到两个方向相反的水平力F1=6N和F2=2N作用下处于静止状态则所受摩擦力方向是水平向右；若撤去力F1，则物体所受的合力大小为0N【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【分析】由平衡条件求出物体受到的静摩擦力，然后确定最大静摩擦力的大小，
27、再根据题意求出物体受到的合力【解答】解：物体在水平方向受到：F1=6N、F2=2N与摩擦力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得：F1=F2+f，静摩擦力f=F1F2=62=4N，方向水平向右；最大静摩擦力一定大于等于4N若撤去力F1=6N，物体受到推力F2=2N作用，由于最大静摩擦力大于等于4N，则F2小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零；故答案为：水平向右，014某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示地球和行星做圆周运动所需的向心力来源于万有引力，该行星与地球的公转半径比为【考点】万有引力定律及其应用【分析】由图可知行星的轨道半径
28、大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比【解答】解：地球和行星做圆周运动所需的向心力来源于地球和行星受到的万有引力；由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N1圈，从而再次在日地连线的延长线上所以行
29、星的周期是年，根据开普勒第三定律有，即： =故答案为：万有引力，15如图，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MNa、b、c是以O为中心，分别以Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，且RcRb=RbRa1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做功的大小，则 P、O两点电荷异号（选填“同号”、“异号”）；|W12| 2|W34|（选填“”、“”或“=”）【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据2、3间和3、4间电场强度的大小关系
30、，由公式U=Ed分析它们间电势差的关系，再分析电场力做功的大小由轨迹可判定P、Q必定是异号若P的初速度方向的延长线与O之间的距为零，点电荷将做直线运动【解答】解：根据电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大于3、4间的电势差，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有|U12|2|U34|，由电场力做功公式W=qU得，|W12|2|W34|由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，是异号电荷故答案为：异号，16如图所示，竖直放置的弯曲管a管封闭，d管开口，b、c管连接处有一关闭的阀门K液体将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差是h
31、3h1h2，且h32h2现将阀门K打开，则会出现的情况是h1增大（选填“增大”、“减小”）；h3（选填“h2”、“h3”或“h2和h3”）为零【考点】理想气体的状态方程【分析】抓住打开阀门前后各部分封闭气体压强的变化，灵活运用已知条件：h3h1h2【解答】解：d管开口与空气连通，则其压强为一个大气压，可以判断a管及b、c管内气体压强小于一个大气压打开阀门K，由b、c管处与大气相通，则压强会变为一个大气压，又Pc=P0gh3，由此判断，一定有：h3=0； 说明阀门K打开后，bc部分气体压强从小于P0变成等于大气压强 P0，b、c的压强增大了，假设h1不变，则a部分气体气体要缩小，水银柱h1要上升
32、，所以h1增大故答案为：增大，h317如图（a）所示，一圆盘可绕过其圆心的水平轴在竖直平面内转动，在圆盘的边缘上绕有足够长的细线，细线上A点处有一标记（图中的黑点）沿水平方向匀加速拉动细线的一端使圆盘转动，细线与圆轮边缘无相对滑动，同时用频闪照相技术将细线上标记的运动拍摄下来，照片如图（b）所示，A1、A2、A3、A4表示不同时刻黑点的位置已知照片背景为厘米刻度尺，光源的频闪周期为T要由图（b）照片提供的信息求出A3标记时圆轮转动的角速度，还需直接测量的物理量是圆盘半径；从拍摄到A3的标记起（此时圆盘角速度为）再经过3个频闪周期，圆盘的角速度=【考点】线速度、角速度和周期、转速【分析】根据线速
33、度与角速度的关系判断；由刻度尺的读数结合运动学的公式求出加速度，结合线速度与角速度关系即可求出【解答】解：由图可以读出单位时间内弧长的变化，由只可以求出圆轮边缘的线速度，若要求出角速度，根据：可知，还需要测量出圆轮的半径（或直径、或周长也可以）由图可知，所以线速度的加速度为： =m/s2设半径为r，则角加速度为：A3点的线速度为：即：从拍摄到A3的标记起（此时圆盘角速度为）再经过3个频闪周期，圆盘的角速度为：=+a3T=故答案为：圆盘半径，四、综合题（共40分）18回答下列问题：（1）图（a）是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图（b）是力传感器连接的计算机屏幕所显示的Ft图象，根据图
34、（b）的信息可得，摆球摆到最低点的时刻为0.5和1.3s，摆长为0.64m （取2=10）（2）单摆振动的回复力是BA摆球所受的重力B摆球重力在垂直悬线方向上的分力C悬线对摆球的拉力D摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力（3）某同学的操作步骤如下，其中正确的是BCA取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端缠绕在铁架台上B用米尺量得细线长度l，测得摆长为l+d/2C在摆线偏离竖直方向5位置释放小球D让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度【考点】探究单摆的周期与摆长的关系【分析】（1）摆球摆到最低点的时刻细线的拉力最小，由图象得到周期，根据公式T=2求解单摆的摆长；（
35、2）单摆小角度摆动是简谐运动，合力沿着切线方向的分力提供回复力；（3）单摆小角度摆动是简谐运动，合力沿着切线方向的分力提供回复力【解答】解：（1）摆球摆到最低点拉力最小，根据图（b）的信息可得，摆球摆到最低点的时刻为0.5和1.3s；单摆摆动的周期为T=2（1.30.5）=1.6s；根据公式T=2，有：L=0.64m；（2）摆动过程中，球受重力和细线的拉力，重力沿着切线方向的分力提供回复力，而拉力和重力沿着细线的分力的合力提供向心力，故ACD错误，B正确；（3）A、取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端缠绕在铁架台上，这样会导致摆长不固定，故A错误；B、摆长为悬挂点与球心的间距，故用米尺
36、量得细线长度l，测得摆长为l+，故B正确；C、单摆的小角度摆动是简谐运动，故在摆线偏离竖直方向5位置释放小球，故C正确；D、让小球在水平面内做圆周运动，这个周期不是简谐运动的周期，故D错误；故选：B；故答案为：（1）0.5和1.3，0.64；（2）B；（3）BC19一根粗细均匀的玻璃管长为80cm，一端开口，一端封闭管内有一段25cm长的汞柱将一段空气柱封闭于管中，当玻璃管水平放置时，空气柱长为40cm问当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱长为多少？（假设温度保持不变，外界大气压为76cmHg）某同学解法为：p1=76cmHg p2=7625=51cmHg此过程为等温变化 p1V1=p2V2
37、 L2=76=60.8cm你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且解出正确的结果【考点】理想气体的状态方程【分析】利用气体状态方程解题一定把状态分析清楚，如本题中被封闭气体做等温变化，当玻璃管开口向下竖直放置时，应该判断管内液体是否流出【解答】解：这位同学的解法不正确从他的计算结果看：60.8cm+25cm80cm，所以玻璃管开口向下时水银会漏出正确解法如下：设留在管内水银柱长为xp1V1=p2V27640=（76x）（80x）x22.83cm管内空气柱长L=8022.83=57.17cm答：管内空气柱长为57.17cm20光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，
38、其场强大小分布如图（a）所示两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为+2q，球B带电量为qt=0时刻，带电系统由如图（b）所示位置从静止开始运动若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度v1的大小；（2）当球A刚离开电场时，带电系统速度v2的大小；（3）通过分析、计算、推理，描述带电系统中的球B从x=0到x=5L的运动状态，并作出对应的vt图【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律【分析】（1）在B进入电场前只有A球受电场力2qE，根据牛顿第二定律和运动学公式求B球刚进入电场时系统的速度的大小v（2）根据牛顿
39、第二定律求出B进入电场后，带电系统的加速度，带电系统继续做匀加速运动，根据速度位移公式即可求出A刚离开电场的速度；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求出带电粒子经过各个区域的时间，分段描述小球B的运动情况，再作出vt图象【解答】解：（1）设带电系统开始运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律得：解得：设球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，由得：（2）设球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：代入数据解得：带电系统继续做匀加速运动设球A刚离开电场时的速度为v2，由得：（3）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，（球B从x=0到x=L）则：设从球B进入电场到球A离开电场经历的时间
40、为t2，（球B从x=L 到x=2L）则： 球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为a3，由牛顿第二定律得：得 设球B运动到电场边缘（x=4L）处，速度为v3，由得：设从球A离开电场到球B离开电场所需时间为t3，（球B从x=2 L 到x=4L）则：=球B离开电场后（球B从x=4 L 到x=5L），就以v3一直做匀速直线运动描述：（ 图象加文字）ab过程（球B从x=0到x=L）是静止出发，带电系统以加速度a1做匀加速运动，当球B进入电场时，速度为v1，此过程经历时间为t1，通过距离为L；bc过程（球B从x=L 到x=2L）是带电系统以加速度a2继续做匀加速运动，经历时间为t2，直到球A到达电
41、场边缘，速度为v2，通过距离为L；cd 过程（球B从x=2 L 到x=4L）是带电系统以加速度a3做匀减速运动，经历时间t3，球B到达电场边缘，速度为v3，通过距离为2L；de过程（球B从x=4 L 到x=5L）是带电系统离开电场，以v3做匀速直线运动，直至运动到x=5L 处，即e点由此可得vt图象如下答：（1）当球B刚进入电场时，带电系统速度v1的大小为；（2）当球A刚离开电场时，带电系统速度v2的大小为；（3）描述：（ 图象加文字）ab过程（球B从x=0到x=L）是静止出发，带电系统以加速度a1做匀加速运动，当球B进入电场时，速度为v1，此过程经历时间为t1，通过距离为L；bc过程（球B从x=L 到x=2L）是带电系统以加速度a2继续做匀加速运动，经历时间为t2，直到球A到达电场边缘，速度为v2，通过距离为L；cd 过程（球B从x=2 L 到x=4L）是带电系统以加速度a3做匀减速运动，经历时间t3，球B到达电场边缘，速度为v3，通过距离为2L；de过程（球B从x=4 L 到x=5L）是带电系统离开电场，以v3做匀速直线运动，直至运动到x=5L 处，即e点由此可得vt图象如下2017年1月13日
