1、2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）期末物理试卷（高补班）一、选择题1两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（）A300FB1200FC900FD无法确定2如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为则（）AvA=vBcosBvB=vAcosC小球B减小的重力势能等于物块A增加的机
2、械能D当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大3下列说法正确的是（）A物体运动的速度越大，它的加速度也一定越大B物体运动的加速度越大，它的速度也一定越大C运动物体的加速度减小，速度一定减小D运动物体的加速度增大，速度可能减小4减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全，当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，如图中弹力F画法正确且分解合理的是（）ABCD5如图，A、B叠放在水平地面上，则地面受到的压力是（）AA和B对地面的压力之和B只有B对地面的压力CB的重力DA和B的重力6澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发
3、现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示已知万有引力常量为G下列说法正确的是（）A可求出b、c的公转半径之比B可求出c、d的向心加速度之比C若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量D若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度7关于万有引力定律和引力常量的发现历程，下列说法正确的是（）A万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由伽利略测定的B万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的C万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由胡克测定的D万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的8一个带电小球，用细线悬挂在水平方向的匀
4、强电场中，当小球静止后把细线烧断，在小球将（假设电场足够大）（）A做自由落体运动B做曲线运动C做匀加速直线运动D做变加速直线运动9如图所示，放在水平面上的物体A用轻绳通过光滑定滑轮连接另一物体，并处于静止，这时A受地面的支持力为N，摩擦力为f，若把A向右移动一些，并仍静止，则（）AN将增大Bf将增大C轻绳拉力将减小D物体受合力将增大10如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前
5、汽车可能通过停车线B如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处11如图甲所示，一个轻质弹簧右端固定在传感器上，传感器与电脑相连当对弹簧的左端施加变化的水平拉力时，在电脑上得到了弹簧形变量x与弹簧弹力大小F的关系图象（如图乙），弹簧始终在弹性限度内则下列判断正确的是（）A弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B弹簧长度的变化量与对应的弹力变化量成正比C该弹簧的劲度系数是D当对弹簧的左端施加水平压力时，弹簧劲度系数不变12一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变
6、化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）Ax1处电场强度最小，但不为零Bx2x3段电场强度大小方向均不变，为一定值C粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动D在0、x1、x2、x3处电势0、1、2、3的关系为32=0113下面有关静电现象的解释，说法错误的是（）A接触起电的实质是一个物体的电子转移到另一个物体上B静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分C摩擦起电时，一个物体失去电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电D摩擦起电是在摩擦的过程中分别创造了正电荷与负电荷14在真空中的x轴上的原点和x=6a处分
7、别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（）A点电荷M、N一定都是负电荷B点电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1Dx=4a处的电场强度一定为零15如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N在同一电场线上两个完全相同的带等量正电荷的粒子，分别以初速度V2、V1垂直于电场线进入电场（轨迹位于竖直平面内），两粒子恰好能相遇于P点，重力不计在此过程中，下列说法正确的是（）A两粒子到达P点的速度大小可能相等B电场力对两粒子做功一定不
8、相同C两粒子到达P点时的电势能的都比进入电场时大D两粒子到达P点所需时间一定不相等16发现电磁感应现象的科学家是（）A安培B奥斯特C法拉第D库仑17如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L，现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向）（）ABCD18我国研制并成功发射了“嫦娥二号”探月卫星若卫星在距月球表面高度为h的轨道上以速度v做匀速圆周运动，月球的半径为R，则（）A卫星运行时的向心加速度为B卫
9、星运行时的角速度为C月球表面的重力加速度为D卫星绕月球表面飞行的速度为19如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角=60下列说法正确的是（）A若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对斜面的压力逐渐增大C若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对挡板的压力逐渐减小D若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零20如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动圆环半径为R，
10、小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时（）A小球对圆环的压力大小等于mgB小球受到的向心力等于0C小球的线速度大小等于D小球的向心加速度大小等于g21一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（）ABCD22如图所示，质量为m的小球，用OB和OB两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30和60，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断OB绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于（）A1：1B1：2C1：3D1：
11、423将平行板电容器充电后仍保持与电源两极连接，则下列说法正确的是（）A当两极板的正对面积增大时，电容器的电容C变小B当两极板的正对面积增大时，电容器极板的带电量Q变大C当两极板之间的距离减小时，电容器两极板的电势差U变大D当两极板之间的距离减小时，电容器两极板间的电场强度E变大24关于速度和加速度的关系，以下说法正确的有（）A加速度方向为正，速度一定增加B加速度方向保持不变，速度方向一定保持不变C加速度逐渐变大，速度一定逐渐变大D加速度和速度方向相反，速度一定减小25如图所示，在倾角=30的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的
12、最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则（）AvA=0BvA=CvB=DvB=二、计算题26两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R“的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B“的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计现让ab杆由静止开始沿导轨下滑（1）求ab杆下滑的最大速度vm；（2）ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x27如图所示，传送带与水平面间的夹
13、角=37，沿顺时针匀速转动现把质量m=50kg的米袋轻轻放在底端A，并输送到顶端B，A、B间的距离L=20m可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）要使米袋能够被输送到传送带顶端，米袋与传送带间动摩擦因数应满足什么条件？（2）若米袋与传送带间动摩擦因数=0.8，且米袋一直向上做匀加速直线运动，则米袋到达传送带顶端B时的速度vB多大？（3）若米袋与传送带间动摩擦因数=0.8，改变传送带的速度大小v，可以调节米袋到达传送带顶端B的时间t，试写出t随v变化的关系式2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）期末物理试卷（高
14、补班）参考答案与试题解析一、选择题1两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（）A300FB1200FC900FD无法确定【考点】库仑定律【分析】接触带电的原则是先中和后平分，根据库仑定律的公式判断相互作用力的大小但是注意库仑定律的适用条件，库仑定律适用于点电荷的作用力【解答】解：根据库仑定律得，接触后分开，两金属球的电量都为Q，但是两球靠得太近，不能看成点电荷，库仑定律不再适用，所以无法确定作用力的大小故D正确，A、B、C错误2如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端
15、与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为则（）AvA=vBcosBvB=vAcosC小球B减小的重力势能等于物块A增加的机械能D当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【考点】功能关系【分析】将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度【解答】解：A、B、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度在沿绳子方向的分速度为vAcos，所以vB=vAcos故A错误，B正确C、滑块A、B
16、组成的系统由静止开始运动，小球B减小的重力势能等于物块A增加的机械能与B增加的动能之和故C错误；D、滑块A、B组成的系统由静止开始运动，开始的时候B的速度逐渐增大，但是由于vB=vAcos，当物块A上升到与滑轮等高时，=90时，则B的速度为0，所以此时A的机械能最大故D正确故选：BD3下列说法正确的是（）A物体运动的速度越大，它的加速度也一定越大B物体运动的加速度越大，它的速度也一定越大C运动物体的加速度减小，速度一定减小D运动物体的加速度增大，速度可能减小【考点】加速度【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，
17、即物体的速度变化越快物体的加速度越大加速度是描述速度变化快慢的物理量【解答】解：A、根据加速度的定义式a=得物体运动的速度越大，它的加速不一定越大，例如速度大的匀速直线运动，加速度为零，故A错误；B、物体运动的加速度越大，它的速度不一定越大，例如火箭发射的瞬间，加速度很大，速度为零，故B错误；C、物体的加速度减小且与速度的方向相同时，速度在增大，故C错误；D、物体的加速度增大且与速度的方向相反时，速度在减小，故D正确；故选：D4减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全，当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，如图中弹力F画法正确且分解合理的是（）A
18、BCD【考点】力的合成【分析】减速带对车轮的弹力方向垂直于接触面，指向受力物体，根据力的作用效果，结合平行四边形定则进行分解【解答】解：减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误故选：B5如图，A、B叠放在水平地面上，则地面受到的压力是（）AA和B对地面的压力之和B只有B对地面的压力CB的重力DA和B的重力【考点】力的合成与分解的运用【分析】弹力是接触力，施力物体与受力物体是相互接触的【解答】解：弹力是接触力，施力
19、物体与受力物体是相互接触的，故B物体对地面有压力，或者说AB整体对地面有压力，A物体对地面没有压力；故选B6澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示已知万有引力常量为G下列说法正确的是（）A可求出b、c的公转半径之比B可求出c、d的向心加速度之比C若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量D若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】A、根据开普勒周期定律公式=k分析即可；B、运用万有引力定律等于向心力列式求
20、解出向心加速度的表达式进行分析；CD、运用万有引力定律等于向心力列式求解出质量表达式进行分析【解答】解：A、行星b、c的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式=k，可以求解轨道半径之比，故A正确；B、行星c、d的周期分别为18天、67天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式=k，可以求解轨道半径之比；根据万有引力等于向心力列式，有：解得：故可以求解出c、d的向心加速度之比，故B正确；CD、已知c的公转半径和周期，根据牛顿第二定律，有：解得：故可以求解出红矮星的质量，但不知道红矮星的体积，无法求解红矮星的密度，故C正确，D错误；故选：ABC7关于万有引力定律和引力常
21、量的发现历程，下列说法正确的是（）A万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由伽利略测定的B万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的C万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由胡克测定的D万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的【考点】万有引力定律及其应用【分析】万有引力定律是由牛顿发现的，而万有引力恒量是由卡文迪许测定的【解答】解：万有引力定律是由牛顿发现的，不是开普勒发现的万有引力恒量是由卡文迪许测定的，不是伽利略、胡克测定的故选：D8一个带电小球，用细线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把细线烧断，在小球将（假设电场足够大）（）A做自由落体运动B
22、做曲线运动C做匀加速直线运动D做变加速直线运动【考点】物体做曲线运动的条件【分析】对小球受力分析，当把细线烧断后，小球只受到重力和电场力的作用，并且初速度为零，由此来判断小球的运动的情况【解答】解：当把细线烧断后，小球只受到重力和恒定的电场力的作用，由于小球的初速度又为零，所以小球将沿着合力的方向做匀加速直线运动，所以C正确故选C9如图所示，放在水平面上的物体A用轻绳通过光滑定滑轮连接另一物体，并处于静止，这时A受地面的支持力为N，摩擦力为f，若把A向右移动一些，并仍静止，则（）AN将增大Bf将增大C轻绳拉力将减小D物体受合力将增大【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】
23、把A向右移动一些后，物体仍保持静止，所以物体始终处于平衡状态，分别对两物体受力分析应用平衡条件分析即可【解答】解：设物体的质量为m，物体A的质量为M：物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，故轻绳的拉力不变对A受力分析如图：物体仍保持静止，故A受力始终平衡，合力始终为零设绳子与水平方向的夹角为，由平衡条件得：N+mgsin=Mgf=mgcos把A向右移动一些后，将变小：所以：f=mgcos会变大，N=Mgmgsin也将变大故A、B正确，C、D错误故选AB10如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m该车加速时最大加速度大小为2m
24、/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】本题中汽车有两种选择方案方案一、加速通过按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；方案二、减速停止按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止
25、的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论【解答】解：如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=20m18m，此时汽车的速度为v1=v0+a1t1=12m/s12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B错误；不管是用多小的加速度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线，因为即使不减速，匀速行驶，2秒所能行驶的距离也只是16m18m；故C正确如果立即以最大加速度做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为=6.4m，即刹车距离为6.4m，所以如果距停车线5m处减速，则会过线；D错误故选：AC11如图甲所示，一个轻质弹簧右端固定在传感器上，传感器与电脑相连当对弹簧的左端施加变
26、化的水平拉力时，在电脑上得到了弹簧形变量x与弹簧弹力大小F的关系图象（如图乙），弹簧始终在弹性限度内则下列判断正确的是（）A弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B弹簧长度的变化量与对应的弹力变化量成正比C该弹簧的劲度系数是D当对弹簧的左端施加水平压力时，弹簧劲度系数不变【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】利用传感器进行弹力与弹簧形变量之间关系的实验，使实验更加准确，解答本题的关键是根据胡克定律正确分析乙图，得出弹力与形变量之间关系等信息【解答】解：A、根据胡克定律可知：F=k（ll0）=kx，即弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故A错误；B、根据A选项的论述可知B正确；C、在弹
27、力与弹簧形变量图象上，图象的斜率表示劲度系数，由此可知该弹簧的劲度系数是200N/m，故C错误；D、由于图象斜率不变，因此由实验可知该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变，故D正确故选BD12一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）Ax1处电场强度最小，但不为零Bx2x3段电场强度大小方向均不变，为一定值C粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动D在0、x1、x2、x3处电势0、1、2、3的关系为32=01【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据电
28、势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，从而明确其运动过程的变化【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；B、C、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1x2段图
29、象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；D、0与x2处电势能相等，根据Ep=q可知0与x2处电势0、2的关系为0=2，x1处电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，x3处电势最小，即12=03，故D错误故选：B13下面有关静电现象的解释，说法错误的是（）A接触起电的实质是一个物体的电子转移到另一个物体上B静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分C摩擦起电时，一个物体失去电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电D
30、摩擦起电是在摩擦的过程中分别创造了正电荷与负电荷【考点】电荷守恒定律【分析】摩擦起电、接触起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分不管哪种带电方式，电荷并未创生，也未消失，总量保持不变【解答】解：A、接触起电的实质是一个物体的电子转移到另一个物体上故A正确 B、感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分，并未创生电荷故B正确 C、摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，所以一个物体失去电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电故C正确 D、不管哪种带电方式，电荷并未创生，也未消失，电荷的总量保持不变故D错误本题选错误的，故选D14在真
31、空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（）A点电荷M、N一定都是负电荷B点电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1Dx=4a处的电场强度一定为零【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据vx图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性；根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度
32、对应的特点，结合库仑定律判断出点电荷的电量之间的关系【解答】解：A、由vx图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷故A错误；B、点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大故B错误；C、由图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a处的电场强度等于0则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，
33、方向相反，根据库仑定律得：所以：点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1故C错误，D正确故选：D15如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N在同一电场线上两个完全相同的带等量正电荷的粒子，分别以初速度V2、V1垂直于电场线进入电场（轨迹位于竖直平面内），两粒子恰好能相遇于P点，重力不计在此过程中，下列说法正确的是（）A两粒子到达P点的速度大小可能相等B电场力对两粒子做功一定不相同C两粒子到达P点时的电势能的都比进入电场时大D两粒子到达P点所需时间一定不相等【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】分析初末位置的电势差，判断电场力做功的关系，由动能定理分析速度大小关系；运用运动
34、的分解法和运动学公式分析运动时间的关系【解答】解：AB、两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左匀加速，因为两粒子水平方向的位移不同，电场力做功一定不同，由动能定理可知，两粒子达到P点的速度大小不等，故A错误，B正确；C、电场力对两粒子都做正功，电势能减少，故C错误；D、水平方向上，由x=at2，加速度为：a=，因为两个完全相同的带等量正电荷的粒子，所以加速度相等，位移不等，所以两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确故选：BD16发现电磁感应现象的科学家是（）A安培B奥斯特C法拉第D库仑【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可
35、【解答】解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应后，英国科学家法拉第坚信磁也可以生电，经过10年艰苦努力，在1831年发现了电磁感应现象故选：C17如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L，现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向）（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小根据安培力
36、公式求出安培力的大小，通过左手定则判断安培力的方向【解答】解：A、线圈进入磁场，在进入磁场0L的过程中，E=BLv，电流I=，方向为逆时针方向安培力的大小F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左在L2L的过程中，电动势E=2BLv，电流I=，方向为顺时针方向，安培力的大小F=，根据左手定则，知安培力方向水平向左在2L3L的过程中，E=BLv，电流I=，方向为逆时针方向，安培力的大小为F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左故D正确，A、B、C错误故选：D18我国研制并成功发射了“嫦娥二号”探月卫星若卫星在距月球表面高度为h的轨道上以速度v做匀速圆周运动，月球的半径为R，则（）A
37、卫星运行时的向心加速度为B卫星运行时的角速度为C月球表面的重力加速度为D卫星绕月球表面飞行的速度为【考点】万有引力定律及其应用【分析】（1）物体在星球上或在星球附近（不做圆周运动）利用万有引力等于重力求解；如：求解星球表面的重力加速度（2）物体围绕星球做圆周运动，利用万有引力提供向心力求解如：求解向心加速度，线速度，角速度，周期，第一宇宙速度等【解答】解：A、卫星运行时轨道半径为r=R+h，向心加速度为：a=；故A正确；B、卫星运行时轨道半径为r=R+h，角速度：=；故B正确；C、对于近月卫星，有：G；对于探测卫星，有：G=m；联立解得：g=；故C错误；D、对于近月卫星，有：mg=m；解得：v
38、1=；故D正确；故选：ABD19如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角=60下列说法正确的是（）A若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对斜面的压力逐渐增大C若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对挡板的压力逐渐减小D若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出
39、挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，FA=FB=G，故A正确；B、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，根据图象可知，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确故选：AD20如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上
40、做圆周运动圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时（）A小球对圆环的压力大小等于mgB小球受到的向心力等于0C小球的线速度大小等于D小球的向心加速度大小等于g【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度【解答】解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零故A错误B、根据牛顿第二定律得，mg=ma，知向心力不为零，线速度v=，向心加速度a=g故B错误，C、D正确故选CD21一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v假
41、设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（）ABCD【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解【解答】解：G=mg所以g=根据万有引力提供向心力得：解得：M=故选B22如图所示，质量为m的小球，用OB和OB两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30和60，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断OB绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于（）A1：1B1：2C1：3D1：4【考点】共点力平
42、衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据几何关系得：F1=mgsin30=mg；烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mgL（1sin30）=mv2在最低点，有 F2mg=m联立解得 F2=2mg；故F1：F2等于1：4；故选：D23将平行板电容器充电后仍保持与电源两极连接，则下列说法正确的是（）A当两极板的正对面积增大时，电容器的
43、电容C变小B当两极板的正对面积增大时，电容器极板的带电量Q变大C当两极板之间的距离减小时，电容器两极板的电势差U变大D当两极板之间的距离减小时，电容器两极板间的电场强度E变大【考点】电容器的动态分析【分析】电容器一直与电源相连，则电压不变；再由电容器的决定式及定义式可分析各物理量的变化规律【解答】解：A、根据电容的决定式，当两极板正对面积增大时，电容增大，故A错误；B、平行板电容器充电后仍保持与电源两极连接，则电压U不变，当两极板的正对面积增大时，电容增大，根据Q=CU知电容器极板的带电量Q变大，故B正确；C、平行板电容器充电后仍保持与电源两极连接，则电压U不变，故C错误；D、平行板电容器充电
44、后仍保持与电源两极连接，则电压U不变，当两极板距离减小时，根据知电场强度E变大，故D正确；故选：BD24关于速度和加速度的关系，以下说法正确的有（）A加速度方向为正，速度一定增加B加速度方向保持不变，速度方向一定保持不变C加速度逐渐变大，速度一定逐渐变大D加速度和速度方向相反，速度一定减小【考点】加速度；速度【分析】根据加速度的定义式a=，加速度等于速度的变化率物体的速度变化量大，加速度不一定大加速度与速度无关，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，相反时做减速运动【解答】解：A、当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，加速度方向为正时，若速度方向为负，则速度减小故A错
45、误；B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，如平抛运动，故B错误；C、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，加速度增大，速度减小，故C错误，D正确；故选：D25如图所示，在倾角=30的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则（）AvA=0BvA=CvB=DvB=【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】根据牛顿第二定律求出在最高点的最小速度，结合机械能守恒求出B点的最小速度【解答】解：在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面
46、方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：，解得A点的最小速度为：，对AB段过程研究，根据机械能守恒得：，解得B点的最小速度为：vB=，故C正确，ABD错误故选：C二、计算题26两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R“的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B“的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计现让ab杆由静止开始沿导轨下滑（1）求ab杆下滑的最大速度vm；（2）ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距
47、离x【考点】安培力【分析】（1）在分析杆的运动时，注意由于杆的速度逐渐变大因此安培力将逐渐变大，所以杆从导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力等于重力沿导轨分力时匀速运动，同时速度达到最大（2）杆下滑过程中，重力势能减小转化为电路中的焦耳热和杆的动能，因此根据功能关系可求出ab杆下滑的距离x；【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律 欧姆定律 安培力公式和牛顿第二定律 有 E=BLv FA=BILmgsinFA=ma 即：当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值（2）根据能量守恒定律 有得：答：（1）ab杆下滑的最大速度为（2）ab杆下滑的距离为27如图所示，传送带与水平面间的夹角=37
48、，沿顺时针匀速转动现把质量m=50kg的米袋轻轻放在底端A，并输送到顶端B，A、B间的距离L=20m可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）要使米袋能够被输送到传送带顶端，米袋与传送带间动摩擦因数应满足什么条件？（2）若米袋与传送带间动摩擦因数=0.8，且米袋一直向上做匀加速直线运动，则米袋到达传送带顶端B时的速度vB多大？（3）若米袋与传送带间动摩擦因数=0.8，改变传送带的速度大小v，可以调节米袋到达传送带顶端B的时间t，试写出t随v变化的关系式【考点】动能定理；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律【分析】（1）要使米袋能够被
49、输送到传送带顶端，最大静摩擦力应大于等于重力沿斜面向下的分力，由此列式求解（2）米袋做匀加速直线运动，由动能定理求米袋到达传送带顶端B时的速度vB（3）根据米袋速度与传送带速度的关系，分析米袋的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答【解答】解：（1）要使米袋能够被输送到传送带顶端B，则应有：mgcosmgsin代入数据解得：0.75（2）当=0.8，则米袋一直向上做匀加速直线运动，米袋到达传送带顶端B的过程，由动能定理得：代入数据解得：vB=4m/s（3）由（2）可知，当传送带速度v4m/s时，米袋先加速至传送带的速度v，然后随传送带一起匀速运动设米袋加速运动时的位移为x，加速度为a，则根据牛顿第二定律得：mgcosmgsin=ma由运动学公式有：v2=2ax米袋运动的时间为： （或 4vt5v280=0）当传送带速度v4m/s时，米袋一直做匀加速运动，则米袋运动的时间恒为：答：（1）要使米袋能够被输送到传送带顶端，米袋与传送带间动摩擦因数应满足的条件是：0.75（2）米袋到达传送带顶端B时的速度vB是4m/s（3）t随v变化的关系式是 4vt5v280=02017年2月11日
