1、2015-2016学年天津市宝坻区李家深高中高三（上）第三次月考物理试卷一、单选题（共30分，每小题3分，题目中只有一个选项是正确的）1下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大（）A粒子HeB质子HC氘核HD钠离子Na+2如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是（）A金属块带负电荷B电场力做功0.5JC金属块克服摩擦力做功0.8JD金属块的机械能减少1.2J3如图小球自a点由静止自由下落，到b
2、点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由abc的运动过程中（）A小球的机械能守恒B小球的重力势能随时间一直减少C小球的动能先从0增大，后减小到0，在b点时动能最大D到c点时小球重力势能为0，弹簧弹性势能最大4如图所示，两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）AA点的电场强度最大B到O点时电势能为零Cq由A向O的运动是匀加速直线运动Dq由A向O运动的过程电势能逐渐减小5两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电
3、压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）A油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向aB油滴将下运动，电流计中的电流从a流向bC油滴静止不动，电流计中的电流从a流向bD油滴静止不动，电流计中无电流流过6如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm，电场线与矩形所在平面平行已知a点电势为20V，b点电势为24V，则（）A场强大小一定为E=40V/mBcd间电势差一定为4 VC场强的方向一定由b指向a
4、Dc点电势可能比d点低7一带电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，则油滴（）A带正电B所受电场力小于重力C重力势能增加，电势能减少D在A点电势高于在B点电势8如图所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和它对轨道最低点的压力，下列叙述中正确的是（）A轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越大B轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越小C轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力与半径无关D轨道半径变化，滑块动能和对轨道压力都不变9两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A
5、的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（）AQA：QB=1：2BQA：QB=2：1CQA：QB=1：1DQA：QB=4：110如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（不计P、Q的重力以及它们间的相互作用），则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中不正确的是（）A它们运动的时间相等B它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2C它们的电势能减小量之比EP：EQ=1：2D它们的速度增量之比VP：VQ=1：2二、多选题（共16分，每题4
6、分，漏选给两分，错选不给分）11如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线质子以某一初速度从A点出发，沿AB运动到B点，其vt图象如图（乙）所示，已知质子只受电场力关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B的关系，下列判断正确的是（）AEAEBBEAEBCABDAB12如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v重力加速度为g，不计空气阻力则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为mv2B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的冲量为0D合力的冲量大小为013两个完全相同的质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻质弹簧相连，弹簧另一端固
7、定在墙上滑块B以v0的速度向滑块A运动，如图所示，两滑块相碰后一起运动不再分开，下述正确的是（）A弹簧最大弹性势能为mv02B弹簧最大弹性势能为mv02C两滑块相碰后一起运动过程中，系统动量守恒D两滑块（包括弹簧）相碰后一起运动过程中，系统机械能守恒14如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动若给P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）AQ球在运动过程中机械能守恒BP从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLC水平位置时杆对P的作用力大小为mgDQ到达最高点时杆对其作
8、用力大小为mg三、填空题（每空3分，共15分）15如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内电阻r=1，M为一小电动机，其内部线圈的导线电阻RM=2R为一只保护电阻，R=3电动机正常运转时，电压表（可当作理想电表）的示数为1.5V，则电源的输出功率为 W，电动机的输出功率为W16质量为m=2Kg的物体在粗糙水平地面上滑行，其动能与位移的关系如图所示，则物体与地面间的滑动摩擦系数为，滑行时间为17质量为m=70kg的撑杆运动员从h=5.0m高处落到海绵垫上，经t1=1s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力为N，如果是落到普通沙坑中，经t2=0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲力为N（取g=10m/
9、s2）四、计算题18某同学利用玩具电动车模拟腾跃运动如图所示，AB是水平地面，长度为L=6m，BCDE是一段曲面，且在B点处平滑连接玩具电动车的功率始终为P=10W，从A点由静止出发，到达离地面h=1.8m的E点水平飞出，落地点与E点的水平距离x=2.4m玩具电动车可视为质点，总质量为m=1kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：（1）玩具电动车过E点时的速度；（2）若玩具电动车在AB段所受的阻力Ff恒为2N，从B点到E点的过程中，克服摩擦阻力做功10J，则从A点至E点过程所需要的时间是多少？19如图所示，光滑曲面轨道的水平出口与停在光滑水平面上的平板小车上表面相平，小车上表面不光滑
10、，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上小车，使得小车在水平面上滑动已知小滑块从高为H的位置由静止开始滑下，最终停到小车上若小车的质量为M，重力加速度为g，求：（1）小滑块滑到曲面轨道最低点的速度；（2）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度；（3）该过程中小滑块相对小车滑行的位移20如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0104 C的带电体
11、（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处2015-2016学年天津市宝坻区李家深高中高三（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（共30分，每小题3分，题目中只有一个选项是正确的）1下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大（）A粒子HeB质子HC氘核HD钠离子Na+【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运
12、动专题【分析】根据动能定理列式，求出速度表达式，结合各个粒子的比荷进行分析讨论【解答】解：四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理，有：qU=mv2解得：v=由上式可知，比荷越大，获得的速度越大，由于质子的比荷最大，所以质子获得的速度最大故B正确；故选：B【点评】本题关键根据动能定理列式求解出粒子速度的一般表达式再进行比较，对表达式进行分析是解题的常用方法2如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是（）A
13、金属块带负电荷B电场力做功0.5JC金属块克服摩擦力做功0.8JD金属块的机械能减少1.2J【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】在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J根据动能定理求出摩擦力做功知道电场力做功量度电势能的改变知道重力做功量度重力势能的改变外力做功等于物体机械能的改变【解答】解：A、在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属点正电，故AB错误；C、在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：W
14、f=0.7J，故C错误；D、外力做功为W外=W电+Wf=1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确故选：D【点评】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系3如图小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由abc的运动过程中（）A小球的机械能守恒B小球的重力势能随时间一直减少C小球的动能先从0增大，后减小到0，在b点时动能最大D到c点时小球重力势能为0，弹簧弹性势能最大【考点】功能关系；机械能守恒定律【分析】根据小球的受力，判断小球的运动情况，从而判断出小球动能的变化，在下降的过程中，小球和弹簧
15、组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律进行判断【解答】解：A、由于小球在接触弹簧后受弹簧向上的弹力作用，且弹力对小球做负功，故小球的机械能减小，选项A错误；B、因小球位置不断降低，故小球的重力势能随时间一直减少，选项B正确；C、小球的速度从0开始增加，接触弹簧后做加速度逐渐减小的加速运动，当弹力和重力相等时，加速度为零，此时速度最大，然后小球再做减速运动到最低点，故小球的动能先从0增大，后减小到0，在b点以下的某位置时动能最大，选项C错误；D、小球到达c点时弹性势能最大，但是由于没规定零重力势能点，故c点的重力势能大小无法确定，故选项D错误；故选：B【点评】解决本题的关键知道小球和弹簧组成
16、的系统机械能守恒，抓住动能、重力势能和弹性势能之和不变进行分析4如图所示，两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）AA点的电场强度最大B到O点时电势能为零Cq由A向O的运动是匀加速直线运动Dq由A向O运动的过程电势能逐渐减小【考点】电场线；电势能【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况【解答】解：A、从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，A
17、点的电场强度不一定最大，故A错误B、O点的电势不为零，电势能不为零，故B错误C、从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故C错误D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，故D正确故选：D【点评】掌握一些典型的电场线分布特点，知道电场线的疏密表示场强大小，会用电场力做功与电势能的变化关系分析势能和动能的变化5两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓
18、慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）A油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向aB油滴将下运动，电流计中的电流从a流向bC油滴静止不动，电流计中的电流从a流向bD油滴静止不动，电流计中无电流流过【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向【解答】解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，而电压不变，则由C= 知，电容器带电量减小，电容器处于
19、放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有ab的电流由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态故C正确ABD错误故选：C【点评】本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C= 和电容的定义式C=结合进行分析6如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm，电场线与矩形所在平面平行已知a点电势为20V，b点电势为24V，则（）A场强大小一定为E=40V/mBcd间电势差一定为4 VC场强的方向一定由b指向aDc点电势可能比d点低【考点】匀强电场中电势差
20、和电场强度的关系；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直，可知，cd间电势差等于ba间电势差电场线方向无法确定，场强大小不能求出【解答】解：A、C根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=求出场强的大小故AC错误B、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为4V故B正确D、cd间电势差为4V，则知c点电势比d点高4V故D错误故选B【点评】本题的关键在于抓住匀强电场的等势面与电场线分布均匀的特点，分析cd间电势差与ba间电势差的关系7一带电油滴在场强为E的
21、匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，则油滴（）A带正电B所受电场力小于重力C重力势能增加，电势能减少D在A点电势高于在B点电势【考点】电势能；动能定理的应用；电势【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】带电油滴的运动轨迹向上偏转，可知合力方向向上，分析油滴的受力情况，确定电场力方向，即可判断油滴的电性，并能确定电场力与重力的大小重力做负功，重力势能增加，电场力做正功，电势能减少逆着电场线，电势升高【解答】解：A、由图，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直
22、向上，与场强方向相反，油滴应带负电故A错误B、油滴的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力故B错误C、重力做负功，重力势能增加，电场力做正功，电势能减少故C正确D、油滴逆着电场线运动，电势升高，则在A点电势低于在B点电势故D错误故选C【点评】本题关键要根据轨迹的弯曲方向判断出油滴所受的合力方向，再分析电场力方向根据做功正负，判断电势能和重力势能的变化8如图所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和它对轨道最低点的压力，下列叙述中正确的是（）A轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越大B轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越小C轨道半径越大，滑块动能越大，对轨
23、道压力与半径无关D轨道半径变化，滑块动能和对轨道压力都不变【考点】动能定理的应用；向心力【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】根据机械能守恒定律或动能定理得出小球运动到最低点的速度，根据牛顿第二定律求出最低点轨道对小球的支持力，从而得到球对轨道底端压力的大小与半径的关系【解答】解：对于物体下滑的过程，根据动能定理得：mgRmv2，得：v2=2gR物体到达最低点的动能为：EK=mv2=mgR，可见，质量越大，半径越大，动能越大在轨道最低点，由牛顿第二定律得，Nmg=m，解得：N=3mg则知A、B两球对轨道的压力大小与半径也无关，只与重力有关故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题综合考查了动能定
24、理和牛顿第二定律，关键掌握向心力的来源本题中的结果要作为常识要记住9两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（）AQA：QB=1：2BQA：QB=2：1CQA：QB=1：1DQA：QB=4：1【考点】电阻定律；焦耳定律【专题】恒定电流专题【分析】串联电路电流相等，根据电阻定律R=求出电阻比，再根据Q=I2Rt求出A、B在相同的时间内产生的热量之比【解答】解：长度之比为1：2，直径比为1：2，则横截面积比为1：4，根据电阻定律R=知，电阻之比为2：1，根据Q=I2Rt，电流相等，则热量之比为2：
25、1故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的关键知道串联电路电流相等，以及掌握电阻定律R=和焦耳定律Q=I2Rt10如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（不计P、Q的重力以及它们间的相互作用），则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中不正确的是（）A它们运动的时间相等B它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2C它们的电势能减小量之比EP：EQ=1：2D它们的速度增量之比VP：VQ=1：2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】两个带电
26、粒子垂直射入电场中都做类平抛运动将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析【解答】解：A、垂直于电场方向粒子不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，则运动时间相等，故A正确；B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=at2 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，根据牛顿第二定律，有：qE=ma由两式解得：q=由m、E、t相等，则知它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：y
27、Q=1：2，故B正确；C、电势能的减小量等于电场力做的功，即E=qEy，因为竖直位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比EM：EN=1：4故C错误；D、根据动能定理，有： qEx=Ek而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：EkP：EkQ=1：4由于质量相等，故速度增加量之比为1：2，故D正确；本题选择错误的，故选：C【点评】本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析二、多选题（共16分，每题4分，漏选给两分，错选不给分）11如图（甲）所示，AB是电场
28、中的一条直线质子以某一初速度从A点出发，沿AB运动到B点，其vt图象如图（乙）所示，已知质子只受电场力关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B的关系，下列判断正确的是（）AEAEBBEAEBCABDAB【考点】电场强度【分析】根据速度图象得出带电粒子的加速度越来越大，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断【解答】解：A、B、速度图象的斜率表示点电荷的加速度的大小，由于斜率减小，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度减小，根据牛顿第二定律说明电场力减小，由F=Eq知，所以由A运动到B，场强E减小，所以EAEB，故A错误，B正确；C、D、质子带正电，在电场力的作用下
29、做减速运动，所以电场方向从B指向A，A点的电势低，即AB；故C正确D错误故选：BC【点评】题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性12如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v重力加速度为g，不计空气阻力则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为mv2B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的冲量为0D合力的冲量大小为0【考点】动量定理；机械能守恒定律【分析】某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做
30、功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量【解答】解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：WG=mv20，故A正确B、设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为，则有p=mgvcosmgv，故B错误；C、根据冲量的公式I=Ft得：重力的冲量为I=mgt，不为零，故C错误；D、由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量所以摆球从A运动到B的过程中合力的冲量为mv，故D错误故选：A【点评】知道瞬时功率的求解方法，掌握运用动量定理求解合外力的冲量13两个完全相同的质量均
31、为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上滑块B以v0的速度向滑块A运动，如图所示，两滑块相碰后一起运动不再分开，下述正确的是（）A弹簧最大弹性势能为mv02B弹簧最大弹性势能为mv02C两滑块相碰后一起运动过程中，系统动量守恒D两滑块（包括弹簧）相碰后一起运动过程中，系统机械能守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】系统所受合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题【解答】解：A、两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒
32、定律得：mv0=（m+m）v，系统向右运动过程，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：EP=（m+m）v2，解得弹簧的最大弹性势能：EP=mv02，故A错误，B正确；C、两滑块相碰过程系统动量守恒，两滑块碰撞后一起运动过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；B、两滑块碰撞过程机械能不守恒，碰撞后两滑块一起运动过程中只有弹力做功，系统机械能守恒，故D正确；故选：BD【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题14如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动若给
33、P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）AQ球在运动过程中机械能守恒BP从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLC水平位置时杆对P的作用力大小为mgDQ到达最高点时杆对其作用力大小为mg【考点】功能关系；向心力；动能和势能的相互转化【分析】两个小球在运动的过程中受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力的合力提供向心力，故小球在最高点与最低点时杆的弹力的方向一定与杆平行，但可能与杆同向，也可能与杆反向最低点时方向肯定向上【解答】解：A、由于两个小球的质量相等，所以P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动，两球在运动的过程中，二者的总
34、重力势能保持不变，但单个的小球的重力势能不断变化，Q球在运动过程中机械能不守恒故A错误；B、P从最高点运动到最低点过程中动能不变，重力对其做功是mg2L，所以杆对其做功为2mgL故B错误；C、在水平位置时，杆的弹力和重力的合力提供向心力，受力如图，则：故C正确；D、Q到达最高点时，设在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：mg+T=解得：T=mg故D正确故选：CD【点评】该题中P与Q的质量是相等的，所以系统的力矩平衡，两球都做匀速圆周运动，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力，要注意对小球的受力分析三、填空题（每空3分，共15分）15如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内电阻r=
35、1，M为一小电动机，其内部线圈的导线电阻RM=2R为一只保护电阻，R=3电动机正常运转时，电压表（可当作理想电表）的示数为1.5V，则电源的输出功率为2.75 W，电动机的输出功率为1.5W【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律UIR对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率【解答】解：电路的电流为：；电源的输出功率为：P1=EII2r=60.50.521=2.75；电动机的输出功率为： =60.50.52（1+3+2）=1.5W故答案为：2.75，1.5【点评】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路
36、，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路16质量为m=2Kg的物体在粗糙水平地面上滑行，其动能与位移的关系如图所示，则物体与地面间的滑动摩擦系数为0.25，滑行时间为2s【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力【专题】动能定理的应用专题【分析】运用动能定理把动能和位移的关系表示出来把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量【解答】解：根据动能定理得：EK2EK1=fxEK2=EK1fx结合动能随位移变化的情况得：初动能EK1=50J，初速度v=5m/sf=5N=mg=0.25a=2.5m/s2t=2s故答案为：0.25，2【
37、点评】利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解17质量为m=70kg的撑杆运动员从h=5.0m高处落到海绵垫上，经t1=1s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力为1400N，如果是落到普通沙坑中，经t2=0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲力为7700N（取g=10m/s2）【考点】动量定理【专题】动量定理应用专题【分析】根据速度位移公式求出运动员与接触面接触时的速度，再根据动量定理求出运动员身体受到的平均冲力【解答】解：根据v2=2gh得，运动员落地时的速度为：v=m/s=10m/s；规定向上为正方向，根据动量定
38、理得：（F1mg）t1=0mv代入数据有：（F1700）1=070（10）解得：F1=1400N落在沙坑中，根据动量定理得：（F2mg）t2=0mv代入数据有：（F2700）0.1=070（10）解得：F2=7700N故答案为：1400，7700【点评】本题考查了动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性四、计算题18某同学利用玩具电动车模拟腾跃运动如图所示，AB是水平地面，长度为L=6m，BCDE是一段曲面，且在B点处平滑连接玩具电动车的功率始终为P=10W，从A点由静止出发，到达离地面h=1.8m的E点水平飞出，落地点与E点的水平距离x=2.4m玩具电动车可视为质
39、点，总质量为m=1kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：（1）玩具电动车过E点时的速度；（2）若玩具电动车在AB段所受的阻力Ff恒为2N，从B点到E点的过程中，克服摩擦阻力做功10J，则从A点至E点过程所需要的时间是多少？【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）从E点之后做平抛运动，利用平抛运动的知识求的E点速度；（2）电动车在冲上坡顶的过程由动能定理列出等式解决问题【解答】解：（1）由平抛运动得：h=gt12；x=vt1联立并代入数据解得：v=4m/s （2）A到E全过程由动能定理得：PtFfLWfmgh=mv2；代入数据解得：t=
40、4.8s 答：（1）玩具电动车过E点时的速度为4m/s； （2）从A点至E点过程所需要的时间是4.8s【点评】对于圆周运动分析关键要找到向心力的来源动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究19如图所示，光滑曲面轨道的水平出口与停在光滑水平面上的平板小车上表面相平，小车上表面不光滑，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上小车，使得小车在水平面上滑动已知小滑块从高为H的位置由静止开始滑下，最终停到小车上若小车的质量为M，重力加速度为g，求：（1）小滑块滑到曲面轨道最低点的速度；（2）滑块滑上小车后，小车
41、达到的最大速度；（3）该过程中小滑块相对小车滑行的位移【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】计算题；参照思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题【分析】（1）小滑块从曲面上下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出滑块滑到曲面轨道最低点的速度（2）滑块滑上小车，小车做匀加速运动，滑块做匀减速运动，当两者速度达到相同后一起做匀速直线运动，此时小车的速度最大，根据动量守恒定律求出小车的最大速度（3）根据能量守恒定律求出小滑块相对小车滑行的位移【解答】解：（1）小滑块在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律得： mgH=mv02解得：小滑块滑到曲面轨道最低点的
42、速度 v0=；（2）滑块滑上小车，小车做匀加速运动，滑块做匀减速运动，当两者速度达到相同时小车的速度最大，设为v滑块滑上平板车后，系统水平方向不受外力，系统的动量守恒以滑块与小车组成的系统为研究对象，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0=（m+M）v，解得：v=；（3）由能的转化与守恒定律可知，系统产生的内能等于系统损失的机械能，由能量守恒定律得： mgx=mgH（M+m）v2；解得：相对位移x=；答：（1）小滑块滑到曲面轨道最低点的速度是；（2）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度是；（3）该过程中小滑块相对小车滑行的位移是【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是
43、正确解题的关键，分段应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，要注意摩擦生热与相对位移有关20如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0104 C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（g=10m/s2）（1
44、）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处【考点】动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点【解答】解（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE（sAB+R）mg sABmgR=mv2解得：v=10m/s（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：mghqEh=0mv2解得h=m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax=qE=4N，重力G=mg=2 N，因为GFfmax所以带电体最终静止在与C点竖直距离为m处答：（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度为10m/s；（2）带电体最终停在与C点竖直距离为m处【点评】本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，难度适中2016年3月13日版权所有：高考资源网()
