參考答案與試題解析

一．選擇題（共12題,，每題4分，共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng),，1-8只有一個(gè)選項(xiàng)正確．9-12有多個(gè)選項(xiàng)正確．全部選對(duì)的得4分．選對(duì)但不全的得2分,，有選錯(cuò)的得0分）

1．關(guān)于物理學(xué)研究方法，下列敘述正確的是（ ）

A．伽利略在研究自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)采用了將微小量放大的方法

B．探究加速度與物體質(zhì)量,、物體受力的關(guān)系時(shí)采用了控制變量法

C．探究求合力方法的實(shí)驗(yàn)中使用了理想化的方法

D．法拉第利用電場(chǎng)線描繪電場(chǎng)是利用了等效替代法

【考點(diǎn)】物理學(xué)史．

【分析】在伽利略時(shí)代,，技術(shù)不夠發(fā)達(dá)，無(wú)法直接測(cè)定瞬時(shí)速度,，所以不可能直接得到速度的變化規(guī)律,，但是伽利略通過(guò)數(shù)學(xué)運(yùn)算得出結(jié)論：如果物體的初速度為零，而且x與t平方的成正比,，就可以檢驗(yàn)這個(gè)物體的速度是否隨時(shí)間均勻變化的方法,，伽利略在研究自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)采用了轉(zhuǎn)化法；探究加速度與物體質(zhì)量,、物體受力的關(guān)系時(shí)采用了控制變量法,；在探究求合力方法的實(shí)驗(yàn)中使用了等效替代的方法；法拉第利用電場(chǎng)線描繪電場(chǎng)是利用了假想法

【解答】解：A,、伽利略在研究自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)采用了轉(zhuǎn)化法,，故A錯(cuò)誤．

B、探究加速度與物體質(zhì)量,、物體受力的關(guān)系時(shí)采用了控制變量法,，故B正確；

C、探究求合力方法的實(shí)驗(yàn)中使用了等效替代的方法,，故C錯(cuò)誤,；

D、法拉第利用電場(chǎng)線描繪電場(chǎng)是利用了假想法,，故D錯(cuò)誤．

故選：B

2．甲,、乙兩輛汽車(chē)從同一地點(diǎn)出發(fā)，向同一方向行駛,，它們的v﹣t圖象如圖所示,，下列判斷正確的是（ ）

A．在t₁時(shí)刻前，甲車(chē)始終在乙車(chē)的前面

B．在t₁時(shí)刻前,，乙車(chē)始終在甲車(chē)的前面

C．在t₁時(shí)刻前,，乙車(chē)的速度始終比甲車(chē)增加得快

D．在t₁時(shí)刻兩車(chē)第一次相遇

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．

【分析】解決本題要明確v﹣t圖象的含義：在v﹣t圖象中每時(shí)刻對(duì)應(yīng)于速度的大小，速度的正負(fù)表示其運(yùn)動(dòng)方向,，圖象的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度,，圖象與時(shí)間軸圍成的面積為物體的位移，時(shí)間軸上方面積表示位移為正,，下方表示為負(fù)．加速度表示速度變化的快慢．

【解答】解：A,、兩車(chē)從同一地點(diǎn)同時(shí)同向出發(fā)，在t₁時(shí)刻前的各個(gè)時(shí)刻,，乙車(chē)的速度大于甲車(chē)的速度,，故乙車(chē)始終在甲車(chē)的前面，在t₁時(shí)刻二者并沒(méi)有相遇,，故B正確,，A、D錯(cuò)誤,；,、

C、在兩車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后的一段時(shí)間內(nèi),，乙車(chē)比甲車(chē)速度增加得快,，然后乙車(chē)的速度增加得比甲車(chē)的慢，故C錯(cuò)誤．

故選：B．

3．若各國(guó)的人造地球衛(wèi)星都在不同的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng),，設(shè)地球的質(zhì)量為M,，地球的半徑為R_地．則下述判斷正確的是（ ）

A．各國(guó)發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)行速度都不超過(guò)v_m=

B．各國(guó)發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)行周期都不超過(guò)T_m=2πR_地

C．衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心不一定與地心重合

D．地球同步衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)行周期等于2πR_地

【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系．

【分析】通過(guò)萬(wàn)有引力提供向心力求出衛(wèi)星在圓形軌道上運(yùn)行的最大速度,，分析周期和軌道半徑的關(guān)系,，從而得知周期的大?。叫l(wèi)星定軌道,、定周期、定速度、定高度．

【解答】解：A,、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有： =ma=m=mr,；

解得v=，T=2π,，

知軌道半徑越大,，線速度越小，周期越大,，所以所有人造地球衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)行速度都不超v_m=,，

周期無(wú)最大值．故A正確，B錯(cuò)誤．

C,、衛(wèi)星靠地球的萬(wàn)有引力提供向心力,，萬(wàn)有引力方向指向地心，所以圓心和地心重合．故C錯(cuò)誤．

D,、同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于R_地,，同步衛(wèi)星周期大于2πR_地．故D錯(cuò)誤．

故選：A．

4．如圖所示，質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道,，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊沿該圓形軌道的豎直面做圓周運(yùn)動(dòng),，A、C為圓周的最高點(diǎn)和最低點(diǎn),，B,、D與圓心O在同一水平線上．小滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體M保持靜止,，關(guān)于物體M對(duì)地面的壓力N和地面對(duì)物體的摩擦力,，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，N＞Mg,，摩擦力方向向左

B．滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),，N=Mg，摩擦力方向向右

C．滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),，N＜（ M+m）g,，M與地面無(wú)摩擦力

D．滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，N=（ M+m）g,，摩擦力方向向左

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用,；力的合成與分解的運(yùn)用；向心力．

【分析】小滑塊在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),，小滑塊的重力和圓形軌道對(duì)滑塊的支持力的合力作為向心力,，根據(jù)在不同的地方做圓周運(yùn)動(dòng)的受力，可以分析得出物體M對(duì)地面的壓力N和地面對(duì)物體M的摩擦力的大?。?/p>

【解答】解：A,、小滑塊在A點(diǎn)時(shí),，滑塊對(duì)M的作用力在豎直方向上，系統(tǒng)在水平方向不受力的作用,，所以沒(méi)有摩擦力的作用,，所以A錯(cuò)誤．

B、小滑塊在B點(diǎn)時(shí),，需要的向心力向右,，所以M對(duì)滑塊有向右的支持力的作用，對(duì)M受力分析可知,，地面要對(duì)物體有向右的摩擦力的作用,，在豎直方向上，由于沒(méi)有加速度,，物體受力平衡,，所以物體M對(duì)地面的壓力N=Mg，所以B正確．

C,、小滑塊在C點(diǎn)時(shí),，滑塊的向心力向上，所以C對(duì)物體M的壓力要大于C的重力,，故M受到的滑塊的壓力大于mg,，那么M對(duì)地面的壓力就要大于（M+m）g，所以C錯(cuò)誤,；

D,、小滑塊在D點(diǎn)和B的受力的類(lèi)似，由B的分析可知,，D錯(cuò)誤．

故選：B．

5．如圖所示,，小車(chē)上固定著硬桿，桿的端點(diǎn)固定著一個(gè)質(zhì)量為m的小球．當(dāng)小車(chē)有水平向右的加速度且逐漸增大時(shí),，桿對(duì)小球的作用力的變化（用F₁至F₄變化表示）可能是下圖中的（00′沿桿方向）（ ）

A． B． C． D．

【考點(diǎn)】牛頓第二定律,；力的合成與分解的運(yùn)用．

【分析】小球與小車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況保持一致，當(dāng)小車(chē)有水平向右的加速度且逐漸增大時(shí),，小球的加速度也水平向右且逐漸增大,，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和力的分解即可解題．

【解答】解：小球與小車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況保持一致,，故小球的加速度也水平向右且逐漸增大,，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，豎直方向受平衡力,，所以桿子對(duì)小球的力的豎直向上的分量等于重力且不發(fā)生變化,，水平方向合力向右并逐漸增大，所以桿子對(duì)小球的作用力的水平分量逐漸增大,，故C正確．

故選C．

6．如圖在x軸的﹣3a和3a兩處分別固定兩個(gè)電荷Q_A,、Q_B,，圖中曲線是兩電荷之間的電勢(shì)Φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=a處為圖線的最低點(diǎn)．線于在x=2a處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m,、帶電荷量為q的正電點(diǎn)電荷,，該電荷只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)．下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（ ）

A．x=a處電場(chǎng)強(qiáng)度為零,，該電荷運(yùn)動(dòng)至此處時(shí)速度最大

B．兩點(diǎn)電荷Q_A：Q_B=3：1

C．該電荷一定通過(guò)x=a處,，但不能到達(dá)x=2a處

D．該電荷以x=a為中點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．

【分析】根據(jù)φ﹣x圖象切線的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)E，分析場(chǎng)強(qiáng)的變化,，判斷小球的速度變化,；根據(jù)動(dòng)能定理確定小球可以到達(dá)的位置；x=L處場(chǎng)強(qiáng)為零,，由小球的受力情況分析其運(yùn)動(dòng)情況．根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=k以及電場(chǎng)的疊加即可分析Q_A與Q_B的大?。?/p>

【解答】解：A,、由φ﹣x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知x=a處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，由動(dòng)能定理qU=△E_k,，點(diǎn)電荷從x=2a到x=a處，電勢(shì)差最大,，所以電場(chǎng)力做正功最多,，在x=a處速度最大，故A正確,；

B,、因在x=a電場(chǎng)強(qiáng)度為零，即k=k,，所以Q_A：Q_B=4：1,，故B錯(cuò)誤,；

C,、由圖知x=﹣a處與x=2a處電勢(shì)相等且點(diǎn)電荷由靜止釋放,，由動(dòng)能定理可知點(diǎn)電荷剛好能到達(dá)x=﹣a處,，故C錯(cuò)誤；

D、點(diǎn)電荷在x=﹣a與x=2a之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng),，但x=a處不是運(yùn)動(dòng)中心，故D錯(cuò)誤．

故選：A．

7．如圖所示,，某物體自空間O點(diǎn)以水平初速度v₀拋出,，落在地面上的A點(diǎn)，其軌跡為一拋物線．現(xiàn)仿此拋物線制作一個(gè)光滑滑道并固定在與OA完全重合的位置上,，然后將此物體從O點(diǎn)由靜止釋放,，受微小擾動(dòng)而沿此滑道滑下，在下滑過(guò)程中物體未脫離滑道．P為滑道上一點(diǎn),，OP連線與豎直成45°角,，則此物體（ ）

A．由O運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為

B．物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，速度的水平分量為 v₀

C．物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí),，速度的豎直分量為v₀

D．物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v₀

【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)．

【分析】若做平拋運(yùn)動(dòng),，OP連線與豎直方向成45°角，所以豎直分位移與水平分位移大小相等,，根據(jù)時(shí)間可求出豎直方向的分速度和速度的大小和方向,，若從O點(diǎn)由靜止釋放，受微小擾動(dòng)而沿此滑道滑下,，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,，速度方向沿切線方向．

【解答】解：A、物體若做平拋運(yùn)動(dòng),，有：,，則t=，現(xiàn)在物體做的運(yùn)動(dòng)不是平拋運(yùn)動(dòng),，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不等于．故A錯(cuò)誤．

B,、物體若做平拋運(yùn)動(dòng),，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)豎直方向上的分速度v_y=gt=2v₀,，此時(shí)速度與水平方向的夾角為α,，則,，物塊沿該軌道滑動(dòng)，只有重力做功,，根據(jù)動(dòng)能定理得,，mgh=,，解得,，所以v=2v₀．則物體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，速度的豎直分量，速度的水平分量,，故B正確,，C,、D錯(cuò)誤．

故選：B．

8．如圖所示，A,、B為平行板電容器的金屬板,，G為靜電計(jì)．開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度．下列操作可使指針張角增大的是（ ）

A．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器R上的滑片向右移動(dòng)

B．保持開(kāi)關(guān)S閉合,，將A,、B兩極板間距離稍許增大

C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A,、B兩極板間距離稍許減小

D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后,，將A、B兩極板的正對(duì)面積稍許減小

【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律,；電容器的動(dòng)態(tài)分析．

【分析】靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差,，閉合電鍵，電容器兩端的電勢(shì)差等于電源的電動(dòng)勢(shì)．?dāng)嚅_(kāi)電鍵,，電容器所帶的電量不變,，根據(jù)電容的變化判斷電勢(shì)差的變化．

【解答】解：AB、保持開(kāi)關(guān)閉合,，電容器兩端的電勢(shì)差等于電源的電動(dòng)勢(shì),，故電容器兩端的電勢(shì)差不變，則指針張角不變,，故AB錯(cuò)誤,；

CD、斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后,，電容器帶電量Q不變,，將A、B間距增大或A,、B兩極板的正對(duì)面積S減小時(shí),，電容C減小，根據(jù)C=可知,，電勢(shì)差U增大,，指針張角增大，故C錯(cuò)誤,、D正確．

故選：D

9．如圖所示是兩等量異種點(diǎn)電荷周?chē)o電場(chǎng)中的3個(gè)相距很近的等勢(shì)面K,、L、M．一帶電粒子（不計(jì)重力）射入此靜電場(chǎng)中后,，沿abcde軌跡運(yùn)動(dòng)．已知電勢(shì)φ_K＜φ_L＜φ_M,，且粒子在ab一段做減速運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．粒子帶負(fù)電荷

B．粒子在bc段也做減速運(yùn)動(dòng)

C．粒子在a點(diǎn)與e點(diǎn)的速度大小相等

D．粒子從c點(diǎn)到e點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功

【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．

【分析】質(zhì)點(diǎn)做曲線方向時(shí)，合力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè),，根據(jù)軌跡彎曲方向,，可判斷電場(chǎng)力方向向左，作出電場(chǎng)線,，大體方向向左,，因此電荷帶正電,，bc段電荷做減速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù),，可知道電勢(shì)能和動(dòng)能如何變化．

【解答】解：

A,、已知電勢(shì)φ_K＜φ_L＜φ_M，作出電場(chǎng)線如圖,，方向大體向左,，由軌跡彎曲方向知道，粒子所受的電場(chǎng)力方向大體向左,，故電荷帶正電．故A錯(cuò)誤,；

B、由電勢(shì)U_L＜U_M,，b→c電場(chǎng)力對(duì)正電荷做負(fù)功,，動(dòng)能減小，做減速運(yùn)動(dòng)．故B正確,；

C,、a與e處于同一等勢(shì)面上電勢(shì)相等，電勢(shì)能相等,，根據(jù)能量守恒,，速率也相等．故C正確．

D、粒子從c點(diǎn)到d點(diǎn)的過(guò)程中,，電勢(shì)降低,，電勢(shì)能減小，則電場(chǎng)力做正功．故D錯(cuò)誤．

故選：BC．

10．如圖所示,，電流表,、電壓表均為理想電表，L為小電珠,，R為滑動(dòng)變阻器,，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r．現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合,，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)時(shí),，下列結(jié)論正確的是（ ）

A．電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變大

B．小電珠變亮

C．電容器C上電荷量減少

D．電源的總功率變小

【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律,；電容．

【分析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)時(shí)，分析變阻器接入電路電阻的變化,，確定外電路總電阻的變化,，由歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷兩電表讀數(shù)的變化和小電珠亮度的變化．由歐姆定律分析電容器電壓的變化,，確定其電荷量的變化．電源的總功率P=EI,，根據(jù)總電流的變化進(jìn)行判斷．

【解答】解：A,、B、當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)時(shí),，變阻器接入電路電阻增大,，外電路總電阻增大，由歐姆定律得知,，總電流減小,，路端電壓增大，則電流表示數(shù)變小,，電壓表示數(shù)變大,，小電珠L(zhǎng)變暗．故A正確，B錯(cuò)誤,；

C,、電容器的電壓U=E﹣I（R_L+r），I減小,，其它量不變,，則U增大，由Q=CU可知電容器C上電荷量Q增加．故C錯(cuò)誤,；

D,、電源的總功率P=EI，I減小,，E不變,，則電源的總功率變小，故D正確,；

故選：AD．

11．如圖所示,，一輛貨車(chē)通過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物，貨箱質(zhì)量為M,，貨物質(zhì)量為m,，貨車(chē)以速度v向左勻速運(yùn)動(dòng)，將貨物提升高度h,，則（ ）

A．貨物向上做勻速運(yùn)動(dòng)

B．箱中的物體對(duì)箱底的壓力大于mg

C．圖示位置時(shí)貨車(chē)?yán)Φ墓β蚀笥冢∕+m）gvcosθ

D．此過(guò)程中貨車(chē)?yán)ψ龅墓椋∕+m）gh

【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成和分解,；力的合成與分解的運(yùn)用；功率,、平均功率和瞬時(shí)功率．

【分析】由于繩子不可伸長(zhǎng),，貨箱和貨物整體向上運(yùn)動(dòng)的速度和貨車(chē)速度沿著繩子方向的分量相等，根據(jù)平行四邊形定則求解出貨箱和貨物整體向上運(yùn)動(dòng)的速度表達(dá)式進(jìn)行分析即可．

【解答】解：將貨車(chē)的速度進(jìn)行正交分解,，如圖所示：

由于繩子不可伸長(zhǎng),，貨箱和貨物整體向上運(yùn)動(dòng)的速度和貨車(chē)速度沿著繩子方向的分量相等，故：

v₁=vcosθ

由于θ不斷減小,，故貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng),，加速度向上,；

A、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng),，故A錯(cuò)誤,；

B、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng),，加速度向上,，是超重，故箱中的物體對(duì)箱底的壓力大于mg,，故B正確,；

C、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng),，故拉力大于（M+m）g,，整體的速度為vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ,，故C正確,；

D、此過(guò)程中貨車(chē)?yán)ψ龅墓Φ扔谪浵浜拓浳镎w動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的增加量,，大于（M+m）gh,，故D錯(cuò)誤；

故選：BC．

12．如圖所示,，輕彈簧一端固定,，另一端與套在粗糙豎直固定桿A點(diǎn)的質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)狀態(tài)．圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放后,，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度最大,，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度減為零（AC距離為h），若此時(shí)圓環(huán)獲得一個(gè)豎直向上的速度v,，恰好能回到A點(diǎn)．彈簧始終在彈性限度內(nèi),，重力加速度為g．下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．圓環(huán)下滑過(guò)程中，加速度一直增大

B．圓環(huán)下滑過(guò)程中,，克服摩擦力做的功為mv²

C．圓環(huán)在C點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能為mgh﹣mv²

D．圓環(huán)上下兩次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大小相等

【考點(diǎn)】功能關(guān)系,；彈性勢(shì)能．

【分析】根據(jù)圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)情況分析下滑過(guò)程中，加速度的變化,；研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程和圓環(huán)從B處上滑到A的過(guò)程,，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式，分析經(jīng)過(guò)B的速度關(guān)系,；研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v,，恰好能回到A兩個(gè)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式分析．

【解答】解：A,、圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑,，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零,，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng),，再做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B處的速度最大,，所以經(jīng)過(guò)B處的加速度為零,，所以加速度先減小，后增大,，故A錯(cuò)誤,；

B、研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程,，由動(dòng)能定理得：mgh﹣W_f﹣W_彈=0﹣0

在C處獲得一豎直向上的速度v,，恰好能回到A，由動(dòng)能定理得：﹣mgh+W_彈﹣W_f=0﹣mv²

聯(lián)立解得：克服摩擦力做的功為：W_f=mv²,，W_彈=mgh﹣mv²,，所以在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為 E_p=W_彈=mgh﹣mv²,，故BC正確．

D,、研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程,，運(yùn)用動(dòng)能定理列式得：

mgh′﹣W′_f﹣W′_彈=mv_B²﹣0

研究圓環(huán)從B處上滑到A的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式：

﹣mgh′﹣W′_f+W′_彈=0﹣mv′_B²﹣0

即得：mgh′+W′_f﹣W′_彈=mv_B²

由于W′_f＞0，所以mv_B²＜mv′_B²,，則得 v_B＜v′_B．所以圓環(huán)下滑經(jīng)過(guò)B的速度小于上滑經(jīng)過(guò)B的速度，故D錯(cuò)誤,；

故選：BC

二,、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共15分．把答案填在題中的橫線上

13．（1）用游標(biāo)為20分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度如圖1,，由圖可知其長(zhǎng)度為 49.05 mm,；

（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖2，由圖可知其直徑為 4.699 mm．

【考點(diǎn)】刻度尺,、游標(biāo)卡尺的使用,；螺旋測(cè)微器的使用．

【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù),，不需估讀．螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù),，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．

【解答】解：（1）20分度的游標(biāo)卡尺，精確度是0.05mm,，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為49mm,，游標(biāo)尺上第1個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為1×0.05mm=0.05mm,，所以最終讀數(shù)為：49mm+0.05mm=49.05mm．

（2）螺旋測(cè)微器的固定刻度為4.5mm,，可動(dòng)刻度為19.9×0.01mm=0.199mm,，所以最終讀數(shù)為4.5mm+0.199mm=4.699mm．

故答案為：（1）49.05；（2）4.699

14．某研究性學(xué)習(xí)小組分別用如圖甲所示的裝置進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：“探究加速度與合外力的關(guān)系”．裝置中,，小車(chē)質(zhì)量為M,，砂桶和砂子的總質(zhì)量為m，通過(guò)改變m來(lái)改變小車(chē)所受的合外力大小,，小車(chē)的加速度a可由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和紙帶測(cè)出．現(xiàn)保持小車(chē)質(zhì)量M不變,，逐漸增大砂桶和砂的總質(zhì)量m進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，得到多組a,、F值（F為彈簧秤的示數(shù)）．

（1）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差,，下列做法正確的是 AC

A需平衡小車(chē)的摩擦力

B沙桶和沙的總質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量

C滑輪摩擦足夠小，繩的質(zhì)量要足夠輕

D先釋放小車(chē),，后接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源

（2）某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫(huà)出了圖2所示的一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的斜直線,，其中縱軸為小車(chē)的加速度大小，橫軸應(yīng)為 D ,；

A. B. C．mg D．F

（3）當(dāng)砂桶和砂的總質(zhì)量較大導(dǎo)致a較大時(shí),，圖線 C （填選項(xiàng)前的字母）

A．逐漸偏向縱軸 B．逐漸偏向橫軸 C．仍保持原方向不變

（4）圖3為上述實(shí)驗(yàn)中打下的一條紙帶，A點(diǎn)為小車(chē)剛釋放時(shí)打下的起始點(diǎn),，每?jī)牲c(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫(huà)出,，測(cè)得 AB=2.0cm、AC=8.0cm,、AE=32.0cm,，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為 50Hz，則小車(chē)的加速度 4 m/s²．

【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量,、物體受力的關(guān)系．

【分析】（1）實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力,，實(shí)驗(yàn)時(shí)要先接通電源,，然后釋放小車(chē),，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題．

（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后分析答題．

（3）根據(jù)小車(chē)受力情況,，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析答題．

（4）應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=at²可以求出加速度的大?。?/p>

【解答】解：（1）A、實(shí)驗(yàn)前需要配合摩擦力,，使小車(chē)受到的合力等于繩子的拉力,，故A正確；

B,、小車(chē)受到的拉力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出,，沙桶和沙的總質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；

C,、滑輪的摩擦和繩子的質(zhì)量會(huì)影響示數(shù),，所以要求滑輪摩擦足夠小,，繩的質(zhì)量足夠輕,，減小實(shí)驗(yàn)誤差,，故C正確,；

D、應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源,，再釋放小車(chē)，故D錯(cuò)誤．故選AC．

（2）探究加速度與合外力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)要控制小車(chē)質(zhì)量M不變,，由牛頓第二定律得：a=F,，M一定時(shí)a與F成正比，應(yīng)作出a﹣F圖象,，故選D,；

（3）因?yàn)閺椈沙又苯訙y(cè)出了拉力大小，與沙桶和沙的總質(zhì)量無(wú)關(guān),，當(dāng)砂桶和砂的總質(zhì)量較大時(shí)a較大，小車(chē)受到的拉力不受砂和砂桶質(zhì)量的影響,，a﹣F圖象仍保持原方向不變,，仍然是一條直線，故選C,；

（4）每?jī)牲c(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫(huà)出,，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔：t=0.02×5=0.1s，

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論△x=at²可知,，加速度：a===4m/s²,；

故答案為：（1）AC；（2）D,；（3）C,；（4）4．

三、計(jì)算題（共47分.15題,、16題各14分,，17題19分）

15．一個(gè)動(dòng)車(chē)組在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示．已知?jiǎng)榆?chē)組的總質(zhì)量m=2.0×10⁵kg，動(dòng)車(chē)組運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力是其重力的0.1倍,，（取g=10m/s²）．在0﹣600s的時(shí)間內(nèi),，求：

（1）動(dòng)車(chē)組兩段加速階段的加速度大小分別是多少？

（2）動(dòng)車(chē)組位移的大??；

（3）動(dòng)車(chē)組牽引力的最大值．

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】速度圖象的斜率等于物體的加速度大?。鶕?jù)斜率的正負(fù)分析加速度的正負(fù)．圖線與兩個(gè)坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移．根據(jù)牛頓第二定律求的拉力．

【解答】解：（1）兩段加速度為a,，a′，根據(jù)得

a=

（2）在v﹣t圖象中,，與時(shí)間軸所圍面積即為位移

x=m=30250m

（3）根據(jù)牛頓第二定律可得加速度最大時(shí)牽引力最大為

F﹣f=ma′

F=f+ma′=0.1×2×10⁵×10+2×10⁵×02N=2.4×10⁵N

答：（1）動(dòng)車(chē)組兩段加速階段的加速度大小分別是0.1m/s²,，0.2m/s²

（2）動(dòng)車(chē)組位移的大小為30250m；

（3）動(dòng)車(chē)組牽引力的最大值為2.4×10⁵N．

16．如圖所示,，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道,，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R,，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接,，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上,，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為mg,，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g．

（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放,，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大,？

（2）在（1）的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大??；

（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行,，且從G點(diǎn)飛出軌道,，求滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度大小．

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．

【分析】（1）滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放后,，電場(chǎng)力和摩擦力做功,，根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度．

（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由電場(chǎng)力和軌道作用力的合力提供向心力,，根據(jù)向心力公式求出軌道的作用力,；

（3）求出重力和電場(chǎng)力的合力的大小和方向，電荷恰好經(jīng)過(guò)等效最高點(diǎn)點(diǎn)時(shí),，由重力和電場(chǎng)力的合力恰好提供向心力,，根據(jù)牛頓第二定律列式求出等效最高點(diǎn)的速度,，即為滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度．

【解答】解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，

從A到C過(guò)程,，由動(dòng)能定理得：qE·（s+R）﹣μmg·s﹣mgR=

由題,，qE=mg，μ=0.5,，s=3R

代入解得,，v_C=

（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由電場(chǎng)力和軌道作用力的合力提供向心力,，則有

N﹣qE=m

解得,，N=mg

（3）重力和電場(chǎng)力的合力的大小為F==

設(shè)方向與豎直方向的夾角為α，則tanα==,，得α=37°

滑塊恰好由F提供向心力時(shí),，在圓軌道上滑行過(guò)程中速度最小，此時(shí)滑塊到達(dá)DG間F點(diǎn),，相當(dāng)于“最高點(diǎn)”，滑塊與O連線和豎直方向的夾角為37°,，設(shè)最小速度為v,，

F=m

解得，v=

答：（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放,，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為．

（2）在（1）的情況下,，滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小是2.5mg；

（3）改變s的大小,，使滑塊恰好始終沿軌道滑行,，且從G點(diǎn)飛出軌道，滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度大小是．

17．如圖所示,，某傳送帶與地面傾角θ=37°,，AB之間距離L₁=2.05m，傳送帶以v₀=1.0m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．質(zhì)量為M=1.0kg,，長(zhǎng)度L₂=1.0m的木板上表面與小物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.4,，下表面與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₃=0.1，開(kāi)始時(shí)長(zhǎng)木板靠近傳送帶B端并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在傳送帶上端A無(wú)初速地放一個(gè)不計(jì)大小,、質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊,，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，假設(shè)物塊在滑離傳送帶至木板右端時(shí)速率不變,，sin37°=0.6,，cos37°=0.8，g=10m/s²．求：

（1）物塊離開(kāi)B點(diǎn)的速度大??；

（2）物塊相對(duì)木板滑過(guò)的距離；

（3）木板在地面上能滑過(guò)的最大距離．

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】（1）以小物快為研究對(duì)象,，分析其在傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況,，明確其運(yùn)動(dòng)情況（先以a₁勻加速與傳送帶同速后；由于μ₁＜tan37°,，小物塊收到重力,、彈力和傳送帶斜向上的滑動(dòng)摩擦力作用下，以a₂做勻加速到B點(diǎn),；小物塊在木板上方做勻減速運(yùn)動(dòng)）,，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．

（2）、（3）小物塊滑上木板后做勻減速運(yùn)動(dòng),，木板向左做勻加速運(yùn)動(dòng),，當(dāng)兩者速度相等時(shí)一起勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出各自的加速度,，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．

【解答】解：（1）以小物塊為研究對(duì)象,，收到重力、彈力和沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力．

由牛頓第二定律,，剛開(kāi)始物塊相對(duì)傳送帶往下滑其加速度為：

a₁==gsin37°+μ₁gcos37°=10×（0.6+0.5×0.8）=10 m/s²

物快與傳送帶速度V₀用的時(shí)間：t₁==s=0.1s

位移s₁=a₁t₁² =m=0.05m

過(guò)后因μ₁＜tan37°,，所以物快受重力、彈力和沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力,，

由牛頓第二定律,，物塊相對(duì)傳送帶往下滑其加速度為：a₂=gsin37°﹣μ₁gcos37°=2 m/s²

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：s₂=L₁﹣s₁=（v_B²﹣v₀²）·

代入數(shù)據(jù)解之得：v_B=3m/s

（2）物塊滑上木板受重力、彈力和向右的滑動(dòng)摩擦力,，物快相對(duì)滑動(dòng)時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng),，由牛頓第二定律得：其加速度為：a₃=﹣μ₂g=﹣4 m/s²

木板受重力、彈力和上下接觸物體的滑動(dòng)摩擦力,，由牛頓第二定律得：

木板的加速度為：a₄=[μ₂mg﹣μ₃ （mg+Mg）] =2 m/s²

設(shè)經(jīng)過(guò)t₂物塊與木板達(dá)到相同速度V₂,，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v_B+a₃t₂ =a₄t₂

解之得：t₂=0.5s

木板的速度：v₂=a₄ t₂=1m/s

物塊對(duì)地位移 s₃=（v₂²﹣v_B²）=1 m

木板對(duì)地位移 s₄==0.25m

物塊在木板上滑過(guò)的距離△s=s₃﹣s₄=0.75m

（3）因μ₃＜μ₂物塊能與木板保持相對(duì)靜止，其整體加速度為a₅=﹣μ₃g=﹣1m/s²

物塊與木板做勻減速運(yùn)動(dòng)到停止的位移 s₅=﹣=0.5m

木板對(duì)地的位移s板=s₄+s₅=0.75m

答：（1）物塊離開(kāi)B點(diǎn)的速度大小3m/s,；

（2）物塊在木板上滑過(guò)的距離為0.75m,；

（3）木板在地面上能滑過(guò)的最大距離為0.75m．

2016年12月20日