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    2018-2019学年广东省广州市广雅中学高三(上)期中物理试卷-

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    2018-2019 学年广东省广州市广雅中学高三（上）期中物
    理试卷
    副标题
    题号 得分
    一、单选题（本大题共 1.
    7 小题，共 28.0 分） 一
    二
    三
    四
    总分
    如图所示， 光滑水平地面上有两个大小相同、 质量不等的小球 A 和 B，A 以 3m/s 的速率向右运动， B 以 lm/s 的速率向左运动， 发生正碰后都以 2m/s的速率反弹， 则 A、 B 两球的质量之比为（
    ）


    A. 3：5
    2.


    B. 2：3 C. 1：2 D. 1：3
    如图所示，质子（ 11H）和 α粒子（ 24He），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个 粒子射出电场时的侧位移
    y 之比为（
    ）
    A. 1：1
    3.
    B. 1：2 C. 2： 1 D. 1：4



    位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单 天线射电望远镜（ FAST）。通过 FAST 测得水星与太阳的视角为 θ（水星、 太阳分别与观察者的连线所夹的 角），如图所示， 若最大视角的正弦 周期为（
    ）
    C 值为 k，地球和
    水星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则水星的公转
    A. C.
    θ =30 °
    B. D.


    L=1m
    4. 如图所示，在倾角 的细绳，一端固定在 的固定光滑斜面上，有一根长

    O 点，另一端系一小球沿斜面做圆周运动，若小球能通过最高点 A，重力加速度



    g=10m/s2，则（


    ）


    A. 小球经过最高点 A 的速度可能是 1m/s

    B. 小球经过最低点 B 的速度大于等于 5m/s

    C. 小球受到的合力的最小值可能为 0 D. 小球从 A 点运动至最低点 B 过程绳子拉力可能
    先变小后变大




    5. 如图，一个内、外半径分别为
    匀带电平面，其单位面积带电量为
    R1 和 R2 的圆环状均
    σ．取环面中心
    第1页，共 20页


    O 为原点，以垂直于环面的轴线为 x 轴．设轴上任意点 P 到 O 点的距离为 x，P 点 k 为静电力常量），其中只
    ）
    电场强度的大小为 E．下面给出 E 的四个表达式（式中 有一个是合理的． 你可能不会求解此处的场强

    E，但是你可以通过一定的物理分析，
    E 的合理表达式应为（
    对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断， A. （ ）

    E=2 πkσ - x

    B.

    （ E=2π kσ （ E=2 πkσ
    ‐


    ）

    x
    C.

    ）
    + +




    D. E=2πkσ（


    ） x
    6. 一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿x 轴正方向做直线 运动的 v-t 图象，如图所示，起始点 O 为坐标原点，下列关于电 φ E
    ，粒子的动能 k，电场强度 E，粒子加速度 a 与位移 x 的关系 图象中可能合理的是（） （
    ）







    A. B. C. D.
    7.


    如图所示， C 为平行板电容器， a 和 b 为其两极板， a 板接地； P 和 Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板 间用绝缘线悬挂一带电小球； P 板与 b 板用导线相连， Q 板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在 b 板带电
    α

    后，悬线偏转了角度 ，在以下方法中，能使悬线的 偏角 α变大的是（ ）



    A. 缩小 a、 b 间的距离 C. a 板向上平移
    二、多选题（本大题共 8.
    5 小题，共 20.0 分）
    B. 在 a、 b 两板间插入电介质

    D. Q 板向右平移


    在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢
    板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用
    EK 、 E、v、



    P 分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是 （）
    A.
    B.
    第2页，共 20页



    C.
    D.
    9. 如图 , M、 N 两点处于同一水平面， O 为 M、N 连线的中点，过 O 点的竖直线上固 定一根绝缘光滑细杆，杆上
    A、B 两点关于 O 点对称．第一种情况，在
    M、 N 两点
    A
    分别放置电荷量为＋ Q 和－ Q 的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从
    点无初速度释放，运动到 B 点；第二种情况，在 M、N 两点分别放置电荷量为＋ Q 的等量同种点电荷， 该金属环仍从 A 点无初速度释放， 运动到 B 点．则两种情况中 (


    A. 金属环运动到 B 点的速度第一种情况较大
    B. 金属环从 A 点运动到 B 点所用的时间第一种情况较短
    C. 金属环从 A 点运动到 B 点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变
    D. 金属环从 A 点运动到 B 点的过程中 (不含 A、B 两点 ，在杆上相同位置的速度第一种情况较大
    10. 如图所示，在倾角为 30 °的斜面上，质量为 1kg 小滑
    块从 a 点由静止下滑，到
    b 点时接触轻弹簧。滑块滑


    至最低点 c 后，又被弹回到 a 点，已知 ab=0.6m，
    2bc=0.4m ，重力加速度 g 取 10m/s，下列说法中正确
    的是（ ）



    A. 滑块滑到 b 点时动能最大 B. 弹簧的最大弹性势能为 2J

    C. 从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做了 5J 的功 D. 整个过程中滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
    11. 如图所示， 粗糙程度均匀的绝缘斜面下方 O 点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度 v1 从 M 点沿斜面上滑，到达 N 点时速度为零， 然后下滑回到 M 点，此 时速度为 v2（ v2＜ v1）．若小物体电荷量保持不变， OM=ON，则（

    ）





    A. 小物体上升的最大高度为

    B. 从 N 到 M 的过程中，小物体的电势能逐渐减小



    第3页，共 20页




    C. 从 M 到 N 的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
    D. 从 N 到 M 的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
    12. 如图所示， 倾角为 37 °的白色传送带以 10m/s 的速率顺时针运行，将一块质量为 1kg 的煤块（可视为质点）无初速地放到传送带上端。已知煤块与传送带间的动摩擦因
    数为 0.5，传送带上端到下端的距离为 16m，sin37 °=0.6， cos37 °=0.8，g=10m/s2，则煤块从传送带上端运动到下端 的过程中（
    ）







    A. 所用的时间为 2s
    B. 煤块对传送带做的总功为零
    C. 煤块在传送带上留下黑色印记的长度为6m D. 因煤块与传送带之间的摩擦而产生的内能为24J
    三、实验题探究题（本大题共
    2 小题，共 12.0 分）
    13. 用如图所示的装置来验证动量守恒定律。 滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，
    其上方挡光条到达光电门 D（或 E），计时器开始计时； 挡光条到达光电门 C（或 F），计时器停止计时。实验主要步骤如下：


    a．用天平分别测出滑块 A、 B 的质量 mA、 mB；
    C、D 间的水平距离
    L；
    b．给气垫导轨通气并调整使其水平；
    c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门
    d． A、 B 之间紧压一轻弹簧（与 A、B 不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；
    e．烧断细线， A、 B 各自运动，弹簧恢复原长前 A、 B 均未到达光电门，从计时器上分别读取 A、 B 在两光电门之间运动的时间 tA、 t B。



    （ 1）实验中还应测量的物理量 的字母表示）。 的字母表示）。

    x 是______ （用文字表达）。
    ______ （用题中所给

    （ 2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是：

    （ 3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能


    Ep=______（用题中所给



    14.
    某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验：
    A、B 是质量均为 m 的小物块，C 是质量为 M 的重物， A、B 间由轻弹簧相连， A、C 间由轻绳相连。在物 块 B 下放置一压力传感器，重物
    C 正下方放置一速
    度传感器，压万传感器与速度传感器相连。当压力 传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重 物 C 的速度。整个实验中弹簧均处于弹性限度内， 步骤一：开始时，用手托住
    当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出
    重力加速度为 g。实验操作如下：
    C， C 向下运动，
    C，细绳恰好伸直张力为零。现释放
    C 的速度为 v；
    步骤二：保持 A、 B 质量不变，改变 C 的质量 M，多次重复步骤一。
    （ 1）该实验中，M 和 m大小关系必须满足 M ______m（选填“＜”、 “=”或“＞”） ； （ 2）速度传感器每次被触发测重物 填“相同”或“不同”）；
    （ 3）为便于研究速度 v 与质量 M 的关系，根据所测数据，为得到线性关系图线，
    第4页，共 20页
    C 的速度时，重物 C 已下降的高度 ______（选


    应作出 ______（选填“ v2-M”、“ v2 - ”或“ v2-


    ”）图线；
    b，则弹簧的劲度系
    （ 4）根据第（ 3）问所作图线可知，若图线在纵轴上的截距为 数 k=______（用题中所给的已知量表示）。
    四、计算题（本大题共
    3 小题，共 40.0 分）
    15. 如图所示， 长为 L 的绝缘细线， 一端固定在 O 点，一端拴着质量为






    16.
    如图所示，光滑轨道



    17. 如图所示，在倾角


    m、电荷量为 q（q＞ 0）的小球，小球所处的空间存在场哪大
    小为
    （ g 为重力加速度） 方向竖直向上的匀强电场。 现将细线
    拉直到水平位置， 使小球由静止释放， 当小球的速度沿水平方向 时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过 P 点（图中未画出），已知
    P 点与 O
    点间的水平距离为
    L ，不计阻力，求：
    （ 1）细线被拉断前瞬间的拉力大小； （ 2） O、P 两点间的电势差。
    abcde 定在竖直平面内， abc 段是以 O 为圆心、半径
    R=0． lm
    的一小段圆弧， de 段水平，该段轨道上放着质量分别为 mA=2kg、mB =1kg 的物块 A、B（均可视为质点）， A、B 间系一轻质细绳和夹一轻质弹簧，细绳长度大干弹簧的 自然长度，弹簧与 A、B 均不拴接，轨道右侧的光滑水平地面上停着一质最 M =2kg、长 L=0.6m 的小车，小车上表面与
    de 等高。用手推
    A、 B 压缩弹簧，静止时弹簧的
    弹性势能 Ep =12J，然后同时放开 A、 B，绳在短暂时间内被拉断，之后
    A 向左冲上轨道，经过轨道最高点 b 时受到轨道的支持力大小等于其重力的 ，B 向右滑上小车。μ满足 0.3 ≤μ≤ ，0.6g 取 10m/s2，已知 B 与小车之间的动摩擦因数
    求：

    （ 1）绳拉断后瞬间 A 的速度 vA 的大小；
    （ 2）绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小；
    （ 3） B 相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量（计算结果可含有
    μ）。
    θ =30的°斜面上放置一段凹槽 B，B 与斜面间的动摩擦因数
    μ=，
    槽内靠近右侧壁处有一小物块
    A（可视为质点） ，它到凹槽左侧壁的距离 d=0.10m．A、第5页，共 20页








    B 的质量都为 m=2.0 kg，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力， B 之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放 （ 1）物块 A 和凹槽 B 的加速度分别是多大； （ 2）物块 A 与凹槽 B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间
    A、 B 的速度大小；
    不计 A、
    A、B，经过一段时间， A 与 B 的侧
    g=10m/s2．求：
    壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取
    （ 3）从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小．
    第6页，共 20页


    答案和解析


    1.【答案】 A
    【解析】
    解：两球碰撞过程中，动量守恒，以 A 的初速度方向 为正，根据动量守恒定律

    得：

    mA vA -mBvB =mB vB′-mAvA ′



    代入数据解得：mA ：mB=3：5，故A 正确，BCD 错误 。 故选：A。
    两球碰撞 过程中，动量守恒，以 A 的初速度方向 为正，根据动量守恒定律列式求解即可。

    本题主要考查了动量守恒定律的直接 应用，要求同学们能正确分析物体的运


    动情况，注意应用动量守恒定律 时要规定正方向。


    2.【答案】 B
    【解析】
    解：质子和 α粒子垂直射入偏 转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到


    粒子加速度的表达式 为


    a=
    粒子射出 电场时的侧位移 y 的表达式 为


    y= 又 t=


    联立上三式得，y=


    =



    由 题 ，两个粒子的初 动 能 E

    相同，E、l 相同，
    则
    y 与 q 成正比，


    粒子（


    4


    k



    质 子（ 1
    1 H

    ）和α




    电 侧 为 为

    1：2， 位移 y 之比 1：2。 2 He） 荷量之比





    故选：B。
    质子和 α粒子垂直射入偏 转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律和位移公式推导出两个粒子射出 电场时的侧位移 y 与初动能的关系，再进行选择 ．



    第7页，共 20页


    本题采用运动的分解法研究 类平抛运动，运用数学上比例法研究两个粒子
    侧位

    移之比． 3.【答案】 A
    【解析】
    解：最大视角的定义，即此时观察者与水星的 连线应与水星轨迹相切，由三角


    函数可得：


    结合题中已知条件 sin θ=k，由万有引力提供向心力有：


    ，
    解得：


    ，
    ，
    故


    得


    ，
    而 T 地 =1 年，故


    年，故 A 正确，BCD 错误
    故选：A。


    根据题意知道当行星 处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相


    切，运用几何关系求解 问题。


    地球与某行星 围绕太阳做匀速 圆周运动，根据开普勒第三定律及角速度公式


    列出等式，表示出周期，然后去 进行求解。


    向心力的公式 选取要根据 题目提供的已知物理量或要求解的物理量 选取应用。

    物理问题经常要结合数学几何关系解决。


    4.【答案】 B
    【解析】
    解：A 、解：小球恰好能在斜面上做完整的 圆周运动，刚小球通过 A 点时细线


    的拉力
    为
    零，根据，
    mgsin α=
    v
    圆
    周运
    动
    和牛    顿 第二定律有：




    则 为 则 错误


    解得： A= = ， 最小速度 B、最 B 点的速度 为 v，则


    m/s， A

    解得 v=5m/s，则 B 正确
    第8页，共 20页



    C、小球做圆周运动有向心力合力不可能 为 0，则 C 错误
    D、由 A 到最低点 绳子速度增加，向心力增加，其拉力一直增加， 则 D 错误 故选：B。


    小球能在斜面上做完整的 圆周运动的临界条件为小球在 A 点时细线的拉力为零，只有重力的分力做向心力。可求得 A 点的速度。

    要了解物体做 圆周运动的特点，即最高点时物体所受合力完全提供小球 圆周


    运动向心力，根据受力分析求解是关 键。


    5.【答案】 B
    【解析】
    22解：场强的单位为 N/C ，k 为静电力常量，单位为 Nm/C，σ为单 位面积的带电

    2量，单位为 C/m，则 2πkσ表达式的 单位即为 N/C，故各表达式中其它部分 应无单位，故可知 A 肯定错误；


    当 x=0 时，此时要求的场强为 O 点的场强，由对称性可知 EO=0，而C 项 x=0


    时，E=4πkσ，故C 错误；


    当 x→∞时 E→0，而 D 项中 E→4πκσ，故D 项错误；所以正确选项只能为 B；


    故选：B．


    本题由于带电体为圆环状，虽然可以由微分的方式可以求得合 场强，但是过程很麻烦，并超过了我们高中学生能力之外，故 应注意审题，根据题意对选


    项进行分析，首先根据场强的单位进行判断，再利用极限的思想即可得出 结论．


    本题对高中学生来 说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极


    限法；本题对学生的能力起到 较好的训练作用，是道好题．


    6.【答案】 C
    【解析】
    解：A 、v-t 图象的斜率表示加速度， 则知粒子的加速度减小，由牛 顿第二定律




    场强 渐
    知 qE=ma，得 E 逐 减小，由 E= 图 线 变
    知 φ-x 象切 斜率是 化的，所以，
    第9页，共 20页


    φ-x 图象是曲线，故 A 错误 。


    B、v 减小，则知动能 Ek 减小，故 B 错误 。


    C、E 随时间减小，粒子做减速直 线运动，E 可能随 x 均匀减小，故 C 正确。


    D、a 随时间减小，粒子做减速直 线运动，a 随 x 增大而减小，故 D 错误 。 故选：C。


    根据 v-t 图象的斜率分析加速度的 变化，判断电场力的变化，由电场力做功情


    况分析动能和电势能的变化，再分析电势的变化。


    本题关键是明确粒子的受力情况和运 动情况，然后结合动能定理进行分析，


    图象的斜率的物理意 义要清楚。


    7.【答案】 C
    【解析】
    缩 间
    解：A 、 小 a、b 的距离，根据






    则电 变
    可知， 容增大，Q 不 ，ab 端的

    电势 电势 电势 电场强 则
    差U= ，知 差减小，所以 PQ 两端的 差减小， 度减小，
    电场 变 变 错误

    力 小，α 小，故 A 。 B、插入 a、b 两极板间的电介质，根据

    电势
    端的






    可知，则电容增大，Q 不变，ab
    差 U=

    电势 电势 电场强
    ，知 差减小，所以 PQ 两端的 差减小， 度减









    小，则电场力变小，α变小，故 B 错误 。

    C、若a板向上平移，缩 间 对 积

    即 ，根据 小 a、b 的正 面




    则电
    可知， 容减


    小，Q 不变，ab 端的电势差 U= ，知电势差增大，所以 PQ 两端的电势差增大，
    电场强度增大，则电场力变大，α变大，故 C 正确。


    D、Q 板向右平移，即增大 P、Q 间的距离，因为 ab间的电势差不变，P、Q 间的
    电势差不变，知电场强度减小，电场力减小，所以 α变小，故 D 错误 。


    故选：C。


    题中电容器 ab 与平行金属板 PQ 并联，电势差相等，根据左边电容器的 电容


    的变化得出平行金属板两端的 电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断


    第10 页，共 20页


    悬线偏转角度 α的变化。


    本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考 查转移到电


    容器动态分析的一个考 查，需要认真推敲一下。


    8.【答案】 AC
    【解析】
    解：由题：钢板受到重力 mg、风力 F、墙的支持力 N 和滑动摩擦力 f，由于风力


    恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑 动摩擦力


    恒定，故钢板匀加速下滑。


    A 、设钢板的质量为 m，根据动能定理得：Ek=（mg-f）h，可知Ek 与 h 成正比。故


    A 正确。
    B、设钢板开始时机械能为 E0，钢板克服滑 动摩擦力做功等于其机械能减小，

    则

    E=E0-fh=E0-f
    则 线 图 线 错误

    ， 知 E 与 t 是非 性关系， 象是曲 ，故 B 。


    C、钢板做匀加速运 动，则有 v=at，v 与 t 成正比。故 C 正确。 D、重力的功率 P=mgv=mg D 错误。故选：AC。




    ，则知 P 与 h 是非线性关系，图象是曲线，故
    根据钢板的受力情况，分析其运 动情况，分别得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象。


    本题首先要正确分析 钢板的运动情况，其次要根据物理 规律得到动能、机械


    能、速度和重力功率的表达式，再 选择图象。


    9.【答案】 BD
    【解析】
    解：A 、当 M 、N 两点分别放置等量异种 电荷时，它们连线的中垂线是等势线，



    重力势能全部转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加


    速度的匀加速直 线运动；


    当 M 、N 两点分别放置等量同种 电荷时，根据对称性可知在中垂 线上电


    第11 页，共 20页




    势的关系为：? o＞? A =?B，从全过程分析，重力势能也是全部 转化为动能，因
    此两种情况在 B 点的速度相等。故 A 错误；
    B、由于到 B 点之前第一种情况一致做匀加速直 线运动，第二种情况的速
    度均比较小，因此第二种情况所用的 时间长 。故B 正确；


    C、等高处重力势能相等，但到达 B 点前第二种情况的速度均 较小，所以
    第二种情况 动能与重力 势能之和第二种情况均 较小。故 C 错误；


    D、第二种情况中电场力对金属环先是阻力后是 动力，结合到达 B 点时的
    速度与第一种情况的速度相等，可知在杆上相同位置的速度第一种情况
    较大。

    故 D正确。故选：BD。


    根据电场力做功与路径无关，只取决于初、末状 态的电势大小，结合动能定


    理对带电粒子的速度以及 动能和势能之和的大小 进行判断；


    再利用匀 变速直线运动的位移公式，从定性的角度去分析判断 经历时间 的长短。

    解答本题的关键是：要熟练掌握等量同号、异号 电荷周围的电场和电势的分布情况，利用对称性对电势和场强的大小进行分析，结合动能和动能定理，功能关系，合外力、速度和加速度等知 10.【答案】 CD
    【解析】
    识进


    行    综合分析。
    解：小滑块从 a 点由静止下滑，到 b 点时接触一轻弹簧，滑块滑至最低点 c 后，


    又被弹回到 a 点，说明整个过程中系统的机械能没有 损失，所以斜面光滑。


    A 、当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，合力为零的位置 应该在 bc 之间某一位置，故 A 错误；


    B、从 a 到 c 根据功能关系可知，物体重力 势能的减少等 弹性势能的增加，则EP=mg（ab+bc）sin30 °=5J，故 B 错误；


    C、根据功能关系可知，弹簧克服弹力做的功等于 弹性势能的增加，所以弹簧
    第12 页，共 20页


    的弹力对滑块做了 5J的功，故 C 正确


    D、整个过程中滑块和弹簧组成的系统只有重力或 弹力做功，所以系统的机

    械能守恒，故 D 正确；

    故选：CD。


    根据滑块的运动过程，分析斜面是否有摩擦，分析机械能的 变化情况；根据受


    力情况确定速度最大的位置；根据功能关系分析 弹性势能。


    本题的关键是认真分析物理 过程，把复杂的物理过程分成几个小 过程并且找


    到每个过程遵守的物理 规律，列出相应的物理方程解 题。同时要明确弹簧弹


    力做的功等于 弹性势能的变化


    11.【答案】 AD
    【解析】
    解：设斜面倾角为 θ、上升过程沿斜面运 动的最大距离 为 L 。


    因为 OM=ON ，则 MN 两点电势相等，小物体从 M 到 N、从N 到 M 电场力做


    功均为 0。


    上滑和下滑 经过同一个位置 时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过


    相等的一小段位移在上滑和下滑 过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑 过程克服电场力产生的功与摩擦力所做的功相等、并设为 W 1。

    过 对 则应 动 别
    在上滑和下滑 程， 小物体，摩擦力做功相等， 用 能定理分 有： -mgsin θL-W f-W 1=-


    和 mgsin θL-W f-W 1=
    ，上两式相减可得 h=sin θ L=
    ，A 正确；


    由 OM=ON ，可知电场力对小物体先作正功后作 负功，电势能先减小后增大，


    BC 错；
    从 N 到 M 的过程中，小物体受到的 电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不 变，则摩擦力先增大后减小，在此 过程中小物体到 O 的距离先减


    第13 页，共 20页


    小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的 电场力先增大后减小， D 对。


    故选：AD 。


    根据电场力做功的特点可求得 电场力做功的大小，由动能定理可分 别列出上


    滑及下滑 过程中的表达式，联立即可解得最大高度；


    由电场力做功与 电势能关系要得出 电势能的变化及电场力做功的特点；


    分析小球运 动中压力的变化，由滑动摩擦力的 计算公式可分析摩擦力的 变化．


    本题考查动能定理的 应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量 变化的题


    目一般都要 优先考虑动能定理的 应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的


    特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．


    12.【答案】 AD
    【解析】
    解：A 、开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma

    1


    a

    θ μ
    θ
    2



    所以： 1=gsin

    + gcos 传 带



    =10m/s
    时



    时间为 t
    物体加速至与 送

    过 为 x

    速度相等

    需要的
    ：1=

    s=1s，
    通 的位移 ： 1 m=5m

    由于 mgsin37°＞ μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相 对静止。
    =

    速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛


    顿第二定律得：
    =gsin37 -°μgcos37 °=2m/s

    2
    根据


    ，
    代入数据得：t2=1s。

    则 t=t1+t2=2s。故A 正确；


    B、C、第一秒内传送带的速度大于煤 块的速度，煤块相对于传送带先后运 动，相对位移：△x1=vt1-x1=10×1-5=5m


    第二秒煤 块的速度大于 传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：△x2=（L-x 1）-vt2=（16-5）-10 ×1=1m


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    物块相对于传送带的位移：△x=x 1-x2=5-1=4m。煤块相对于传送带的位移不是 0，所以煤块对传送带做的总功不为零；
    而小煤块在白色皮 带上留下黑色印 记的长度为 5m；故B 错误，C 错误；




    D、物块相对于传送带的路程：△L=x 1+x2=5+1=6m，因煤块和皮带之间的摩擦
    而产生的内能 为：Q=f?△L=μmgcosθ?△L=0.5 ×1×10×cos37°×6=24J．故 D 正确。
    故选：AD 。


    物体放上 A ，开始所受的摩擦力方向沿斜面向下，根据牛 顿第二定律求出加


    速度的大小，以及运 动到与传送带速度相同所需的 时间和位移，由于重力沿


    斜面向下的分力大于最大静摩擦力，两者不能保持相 对静止，速度相等后，物体所受的滑 动摩擦力沿斜面向上，再 结合牛顿第二定律和运 动学公式求出到达 B 点的时间，从而得出物体从 A 到达 B 的时间 。第一秒内传送带的速度


    大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，第二秒煤块的速度大于 传送


    带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移为二者之差，相对路程为二者之和。

    解决本题的关键理清物体的运 动规律，知道物体先做匀加速直 线运动，速度


    相等后继续做匀加速直 线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛


    顿第二定律和运 动学公式进行求解。


    13.【答案】 光电门 E、F 间的水平距离

    【解析】

    解：（1）本实验要验证动量守恒定律，所以需要 测量物体的 质量和两物体的速


    度，由题意可知，还需要测量光电门 E、F 间的水平距离，从而求出 B 物体的速


    度；
    （2）根据平均速度公式可知，碰后 v
    A     =



    ，B 的速度 vB=
    设 为 ， A 的方向 正
    方向，则有： mA vA -mBvB =0


    第15 页，共 20页


    则有：




    （3）根据机械能的表达式可知， EP=
    故答案为：（1）光电门 E、F 间的水平距离；（2）
    。
    =
    ；（3）
    ；


    （1）根据实验原理进行分析，从而明确 实验中应测量的物理量；


    （2）根据动量守恒定律即可确定 对应的表达式；


    （3）根据能量守恒定律即可确定 弹簧的弹性势能。


    本题考查验动量守恒定律的 验证实验 ，要注意明确实验原理，注意在书写动


    量守恒的表达式 时需要先明确正方向。


    14.【答案】 ＞ 相同
    【解析】
    v2-
    解：（1）根据题意，确保压力传感器的示数 为零，因此弹簧要从压缩状态到伸


    长状态，那么 C 的质 M 要大于 A 的质量 m；


    （2）要刚释放 C 时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为：F=mg，


    因此 弹 簧的形 变 量 为 ：△x=△x











    △
    ；



    1+ x2= +=

    不论 C 的质量如何，要使压力传感器示数 为零，则 A 物体上升了 则 C 下落的高度 为

    ，
    ，即C 下落的高度 总相同；



    选 弹 为 统 则
    （3） 取 A、C 及 簧 系 ，根据机械能守恒定律， 有：（M-m ）g×
    2M+m v （ ） ；

    v 2 ×

    整理可知： =- + ；


    =
    2为得到线性关系图线，因此应作出 v-


    的图象；
    （4）由上表达式可知，


    =b；
    解得：k=


    ；
    第16 页，共 20页


    故答案 为 ：（1）＞；2（）相同；3（）v 2


    ；（） 。

    4 -

    （1）若要使处压 传 须满 为 B 力 感器示数 零，必 足 M 大于 m 的条件；













    论 质 压 传 为
    （2）根据胡克定律，不 M 量如何，要使 力 感器 零，从而得出下落的 高度大小如何；









    选 弹 为 统 结

    （3） 取 A、C 及 簧 系 ，根据机械能守恒定律，列式，即可求得 果；
    问 结 图 义

    （4）根据第（3） 的表达式， 合 象的含 ，即可求解。

    查 压缩 长 态 应 弹 考 胡克定律与机械能守恒定律的 用，理解 簧有 与伸 的状 ，掌

    图 对 变 握依据 象要求， 表达式的 形的技巧。

    15.


































    【答案】 解：（ 1）小球运动到最高点


    P 的过程只有电场力、重力做功，故由动能定













    理可得：（ qE-mg） L= mv2， 所以， v=



    =2

    ；


    对小球在 P 点进行受力分析，由小球受重力、电场力、绳子拉力的作用，根据牛顿第二

    定律可得： T+mg-qE=



    =2（ qE-mg），
    所以，细线能承受的最大拉力 T=3（ qE-mg） =6mg；


    （ 2）小球经过 P 点后，绳子断裂， 小球只受电场力、 重力作用， 合外力 F=qE-mg=2mg，方向竖直向上； 小球在 P 点的速度 v=2
    ，方向水平向左；
    故小球在水平方向向左做匀速运动，竖直方向向上做加速度 从 P 点开始小球沿水平方向的位移为


    a=2g 的匀加速运动； ；
    L 时，运动时间 t= =
    那么，竖直方向的位移：


    y= at2= L ，故小球距 O 点的高度 h=L+y= L 。
    6mg；
    则 U=Ed=

    =
    答： 1）细线被拉断前瞬间的拉力大小为

    （ 2） O、 P 两点间的电势差为【解析】


    （1）根据动能定理求得小球在


    P点的速度，即可由牛 顿第二定律求得 绳子拉力；
    （2）对小球进行受力分析求得小球运 动加速度，即可得到小球运 动，由水平位


    移求得运 动时间，进而求得竖直位移，从而得到高度差，再由 U=Ed 求得电势差。


    第17 页，共 20页


    带电粒子在匀 强电场中受到的 电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分


    析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运 动情况（或受力情况）。

    1 A b

    mA g- mA g=mA vb= =0.5m/s
    解得：

    16.【答案】解：（ ） 在 点，根据牛顿第二定律有：
    A 从 d 到 b 过程，只有重力做功，机械能守恒。得：


    =mAgR+


    带入数据解得： vA=1.5m/s
    （ 2）设绳断后 B 的速度为 vB ，设绳断前 AB 的速度大小分别用 vA′和 vB′表示，取向左为正方向
    绳断过程由动量守恒定律得：
    mAvA′ -mBvB′ =mAvA-mBvB
    mAvA′- mBvB ′ =0 Ep=
    +






    弹簧弹开的过程由动量守恒定律得： 弹簧弹开的过程由功能关系得：
    联立解得： vB=3m/s v′ B=4 m/s v′ A=2m/s

    由动量定理得绳对 B 的冲量 I =mBvB -mBvB′ =-1N?S （ 3）B 滑到小车后， A、B 组成的系统动量守恒，假设
    负号表示方向向左。

    B 恰好滑到小车最右端时，刚好



    能够共速为 v，由动量守恒定律得： mBvB =（M+mB） v 由能量守恒得： μmBgL =
    -




    联立解得： μ=0.5 当 0.5 ≤μ≤ 0时.6小车和 B 能共速且速度v，小车和 B 因摩擦而产生的热量 Q1= 为
    -
    解得： Q1=3J
    当 0.3 ≤μ＜ 0.5 时小车和 B 不能共速， B 将从小车的右端滑落， 小车和 B 因摩擦而产生的热量 Q2=μmB gL=6μJ
    答：（ 1）绳拉断后瞬间 A 的速度 vA 的大小为 1.5m/s；
    I 1N S
    的冲量 的大小是 ? 方向向左； （ ）绳拉断过程绳对

    （ 3） 0.5 ≤μ≤ 0时.6因摩擦而产生的热量是 3J



    2 B
    0.3 ≤μ＜0.5 时因摩擦而产生的热量是 6μJ 【解析】









    （1）滑块滑到 b 点由牛 顿第二定律求在 b 点的速度，由机械能守恒定律求得 绳
    拉断后瞬 间 A 的速度；


    （2）由功能关系和动量守恒定律求 绳拉断前后 B 的速度，再由动量定理求冲量；

    （3）由动量守恒定律和能量守恒判断 B 再小车上和滑下小 车时 μ的大小范 围，再由能量守恒求解。


    第18 页，共 20页


    本题首先要分析物理 过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，采用机


    械能守恒、动量守恒和能量守恒 结合研究，难度较大。


    17.【答案】 解：（ 1）设 A 的加速度为 a1，则
    2

    B
    设 受到斜面施加的滑动摩擦力 沿斜面向上 B 所受重力沿斜面的分力 凹槽 B 的加速度 a2=0


    f
    ，则


    f=μ 2mgcosθ=
    ?



    =10N
    ，方向

    G1=mgsin θ =2.0 × 10× sin30N，°方=10向沿斜面向下
    B 保持静止，则







    因为 G1=f，所以 B 受力平衡，释放后

    （ 2）释放 A 后， A 做匀加速运动，设物块 根据匀变速直线运动规律得 vA0=
    =





    A 运动到凹槽 B 的左内侧壁时的速度为



    vA 0，
    =1.0m/s

    因 A、B 发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，



    A 和 B 碰撞前后动能守恒，设
    A 与 B 碰撞后 A 的速度为 vA1， B 的速度为 vB1，根据题意有 mvA 0=mvA 1+mvB1

    解得第一次发生碰撞后瞬间 vA1=0， vB1=1.0 m/s
    A、 B 的速度分别为
    （ 3）A、B 第一次碰撞后， B 以 vB1=1.0 m/s做匀速运动， A 做初速度为 0 的匀加速运动，设

    经过时间 t1，A 的速度 vA 2 与 B 的速度相等， A 与 B 的左侧壁距离达到最大，即 vA2=a1t1=vB1，解得 t1=0.20 s
    设 t1 时间内 A 下滑的距离为 x1，则 解得 x1=0.10 m
    接触但没有发生碰撞． xB1， A 的速度为 vA3，则 xA1=
    ， xB1=vB1t2， xA1=xB1








    因为 x1=d，说明 A 恰好运动到 B 的右侧壁，而且速度相等，所以




    A 与 B 的右侧壁恰好
    设 A 与 B 第一次碰后到第二次碰时所用时间为




    t2，A 运动的距离为 xA1 ，B 运动的距离为




    解得 t2=0.40s， xB1=0.40 m， vA3=a1t2=2.0m/s 第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知， 凹槽 B 的右侧壁碰撞，
    并且 A 与 B 第二次碰撞后，也再经过 设 A 与 B 在第二次碰后到第三次碰时 xB2=vA3t3=2.0 ×0.40=0.80m； x=xB 1+xB2=0.40+0.80=1.2 m




    A、 B 再次发生速度交换， B 以
    vA3=2.0m/s 速度做匀速直线运动， A 以 vB1=1.0m/s 的初速度做匀加速运动．

    在后续的运动过程中， 物块 A 不会与
    t3=0.40s， A 与 B 发生第三次碰撞．
    B 运动的位移为 xB2，则




    设从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左内侧壁发生第三次碰撞时


    B 的位移大小 x，则
    答：（ 1）物块 A 和凹槽 B 的加速度分别是 vB1=1.0 m/s；
    5.0m/s2 和 0；

    （ 2）物块 A 与凹槽 B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间


    A、 B 的速度大小分别是 vA1=0，




    第19 页，共 20页


    （ 3）从初始位置到物块

    A 与凹槽 B 的左侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小是 1.2m．
    【解析】


    （1）根据受力分析和牛顿第二定律求解．


    （2）由静止释放 A 、B，A 在凹槽内，B 受到的滑 动摩擦力 f= μ?2mgcos，θB 所受


    重力沿斜面的分力


    G1=mgsin θ，由计算得到 f=G 1，说明 B 仍保持静止， A 做匀
    加速运动，牛顿定律和运 动学规律求出 A 与 B 碰撞前的速度大小． A 与 B 的


    侧壁发生碰撞，碰撞过程不损失机械能，碰撞时间极短，动量和机械能均守


    恒，可求出 A 与 B 的左侧壁第一次 发生碰撞后瞬 间 A 、B 的速度．


    （3）A 、B 第一次碰撞后， B 做匀速运 动，A 做匀加速运 动，加速度不变，当A 的


    速度与 B 相等，A 与 B 的左侧壁距离达到最大．由位移公式和速度求出位移．


    本题是复杂的力学综合题，分析运动情况，把握每个过程的物理 规律是关


    键 ．对于 A、B 的碰撞过程，属于弹性碰撞过程，两者质量相等，交换速度．


    第20 页，共 20页

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