河南省南阳一中高三上学期第二次月考物理试卷Word版含解析

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1、2016-2017学年河南省南阳一中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本题包括 12小题.1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）1.某个物体在外力作用下，运动的v-t图象如图（正弦曲线）所示，下列说法中正确的是（）A .物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B . 0ti时间段内，物体所受外力越来越大C . tit4时间段内，物体的做功为负值D . t2时刻物体速度为零，此时加速度也为零2.雾霾天气容易给人们的正常生活造成不良影响.在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方3

2、0m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，于是，司机紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵如图a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图象，以下说法正确的是（）A 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B .在t=5s时追尾C .在t=3s时追尾D .由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾3 .如图所示，物块 A放在直角三角形斜面体 B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初 始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推 A，但 A、B仍未动.则施力F后，下列说法正确 的是（）A . A、B之间的摩擦力一定变大B . B与墙面的弹力可能不变C . B与墙之间可能没有摩擦力D .弹簧弹力一定不变4. 如图所示

3、，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆 B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向夹角 0=45 系统保持平衡.若保持滑轮位置不变，改变0的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是（）A 只有角B变小，作用力才变大B .只有角B变大，作用力才变大C .不论角B变大或变小，作用力都是变大D .不论角B变大或变小，作用力都不变5. 如图所示为阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承摩擦、绳与滑轮间的 摩擦.初始时两人均站在水平地面上；当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终 用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮.下列说法正确的是（

4、）A .若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B .若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C.若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D .若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮6. 如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度 a与竖直向上的拉力 T之间的函数关系如图乙所示，则下列判断正 确的是（）叩乙A .图线与纵轴的交点的绝对值为gB .图线的斜率在数值上等于物体的质量mC .图线与横轴的焦点 N的值TN=mgD .图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数io6s7. 用传感器研究质量为 2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0内物体的加速度

5、随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是（）A . 0-6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B . 0-6s内物体在4s时的速度最大C .物体在2 - 4s内速度不变D . 0- 4s内合力对物体做的功等于0- 6s内合力做的功& 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2,中间球网高度为h,发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率 v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是 b，小球在最低点和最高点时绳的

6、拉力差均为6a10如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度vo沿水平射中 木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时，木块前进 距离L,子弹进入木块的深度为 s.若木块对子弹的阻力 Ff视为恒定，则下列关系式中正确的 是( )A . FfL=Mv2B. Ffs= mv21 22i 2 i 2C. Ffs= mvo -(M+m) v D . Ff (L+s) = mvo - mv2 2 2 211 .空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示.一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过 A点时的速度大小为 vi,方向水

7、平向右，运动至 B点 时的速度大小为V2 .若A、B两点之间的高度差为 h，则以下判断中正确的是()A . A、B两点的电场强度和电势大小关系为Ea eb、Oa vbB .若v2vi,则电场力不一定做正功门22C . A、B两点间的电势差为(v2 - v1 - 2gh)1 2 1 2D .小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为 mv2 - mvi12 .如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点 a、c, M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是()M i c/V-* 八丄 40d dA. 正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能B .正电荷+q在

8、c点电势能小于在 a点电势能C .在M、N连线的中垂线上，O点电势最高D .负电荷-q从d点静止释放，在它从 d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大二、填空题(共2小题，共16分)13 . ( 1)实验室用电压表、电流表测定电源的电动势和内阻实验，选择的电路图是A(2)某同学将盘和测得的数值逐一描绘在坐标纸上，再根据这些点画出了图线a,如图2所示，根据该图线得到电源电动势的大小是V；内阻是 Q (结果保留两位小数).14某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系.(i) 小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为Mi；(ii) 在钉子上分别套上2条

9、、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持 一致，重复步骤(i)，小物块落点分别记为 M2、M3、M4；(iii) 测量相关数据，进行数据处理.(1) 为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号) A .小物块的质量mB 橡皮筋的原长xC .橡皮筋的伸长量 x D 桌面到地面的高度 h 巳小物块抛出点到落地点的水平距离L(2) 将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为Wi、W2、W3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为 Li、L2、L3、.若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、_ 为横坐标作图，才能得到一条直线.(3) 由于小物块与桌面之间的摩擦不能

10、忽略，则由此引起的误差属于 _ (填偶然误差”或系 统误差”).三、问答题15如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴00转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度.16宇航员到达某星球后，试图通过相关测量估测该星球的半径，他在该星球上取得一矿石， 测得其质量为 mo,体积为vo,重力为 W，若所取矿石密度等于该星球平均密度，万有引力常 量为G，该星球视为球形，请用以上物理量推导该星球半径的表达式.17如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定

11、的光滑斜面上， B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上. 现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m, B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计开始时 整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面求(1) 斜面的倾角 a;(2) A获得的最大速度Vm.18如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d，大量电子(质量为 m，电荷量为e)连续不断地从中点 O沿与极板平行的 00方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通 过两板之间的时间为 3to,

12、当在两板间加如图乙所示的周期为2to、幅值恒为Uo的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)求这些电子穿过平行板时距00的最大距离和最小距离.2016-2017学年河南省南阳一中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括 12小题.1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）1某个物体在外力作用下，运动的v-t图象如图（正弦曲线）所示，下列说法中正确的是（）A .物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B . 0ti时间段内，物体所受外力越来越大C . tit4时间段内，物体的做功为负值D

13、. t2时刻物体速度为零，此时加速度也为零【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算.【分析】速度时间图象切线的斜率等于加速度，图象与时间轴所围面积表示位移的大小外力做功正负可根据动能定理分析.【解答】解：A、速度图象切线的斜率表示加速度的大小，故可知，物体整个运动过程中加速度大小和方向都作周期性变化，故A错误；B、在0ti时间内，图象切线的斜率在减小，加速度在减小，由牛顿第二定律知：外力减小，故B错误；C、 匕t4时间段内，物体的动能减小，由动能定理知外力对物体做负功，故C正确.D、根据图象可知，t2时刻物体速度为零，但图象的斜率不为零， 即加速度不为零，故D错误. 故选：C2.雾霾天气容易

14、给人们的正常生活造成不良影响.在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以 30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，于是，司机紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵如图a、b分别为小汽车和大卡车的 v-t图象，以下说法正确的是（）A 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B .在t=5s时追尾C.在t=3s时追尾D .由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系.【分析】当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾根据速度-时间图象所时间轴所围 面积”大小等于位移，进行分析.【解答】解：根据速度-时间图象所时间轴所

15、围面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：sb=vbt=10 x 3m=30ma车的位移为： sa= x( 30+20)x 1+ x( 20+15)X 2=60m厶厶则Sa- Sb=30m，所以在t=3s时追尾故 ABD错误，C正确. 故选：C.3 如图所示，物块 A放在直角三角形斜面体 B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初 始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推 A，但 A、B仍未动.则施力F后，下列说法正确 的是（）A . A、B之间的摩擦力一定变大B . B与墙面的弹力可能不变C . B与墙之间可能没有摩擦力D 弹簧弹力一定不变【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹

16、力.【分析】隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化通过对整体分析， 抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力.【解答】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加 F后，仍然处 于静止，开始 A所受的静摩擦力大小为 mAgsin 0,若F=2mAgsin 0,贝V A、B之间的摩擦力大 小可能不变故A错误.B、 以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加 F后，弹力为Fcosa, B错误；C、对整体分析，由于 AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加 F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知

17、，则B与墙之间一定有摩擦力故 C错误，D正确.故选D 4如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴0安在一根轻木杆 B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向夹角 0=45。，系统保持平衡若保持滑轮位置不变，改变0的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是（）A 只有角B变小，作用力才变大B .只有角B变大，作用力才变大C .不论角B变大或变小，作用力都是变大D .不论角B变大或变小，作用力都不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.【分析】对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力，根据平衡条件进行分析即可.【解答】解：对滑轮受力分析，受

18、连个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为 零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线；由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，故两个拉力的合力为.mg,与水平方向成45斜向右下方；故选：D.5.如图所示为阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承摩擦、绳与滑轮间的 摩擦.初始时两人均站在水平地面上；当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终 用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮.下列说法正确的是（ ）A .若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B .若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C.若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D .若甲、乙质量相同，则甲先

19、到达滑轮【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；牛顿第三定律.【分析】不管怎么拉，绳子对两人的拉力大小相等，根据牛顿第二定律比较出加速度的大小， 从而根据位移时间公式进行判断.F 射送 F【解答】 解：对甲有：F-mAg=mAaA，解得.，对乙有：F-mBg=mBaB,心叫叫解得：当甲的质量大，则甲的加速度小，根据1 . 知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮.2当甲乙的质量相等，则运动时间相同，同时到达滑轮故A正确，B、C、D错误.故选A 6如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为 m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均 不计，货物获得的加速度 a与竖直向上的拉力 T之间的函数关系如图乙所

20、示，则下列判断正 确的是（）叩乙A 图线与纵轴的交点的绝对值为gB 图线的斜率在数值上等于物体的质量mC 图线与横轴的焦点 N的值TN=mgD 图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数【考点】牛顿第二定律.【分析】对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析， 根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题.【解答】解：对货物受力分析，受重力mg和拉力2T,根据牛顿第二定律，有2T mg=ma即-:mA、当T=0时，a= g，即图线与纵轴交点 M的值f广-二，所以图线与纵轴的交点的绝对值 为g,故A正确；BD、图线的斜率表示，故BD错误；IDC、当a=0时，T=*，即图线

21、与横轴交点 N的值为 5=乎，故C错误；故选：A7用传感器研究质量为 2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0 - 6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是（）A 0 6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B 0 6s内物体在4s时的速度最大C .物体在2 - 4s内速度不变D . 0- 4s内合力对物体做的功等于 0- 6s内合力做的功【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像.【分析】由牛顿第二定律知：加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同 时，物体做加速运动；否则做减速运动根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断 速度最大的时刻.根

22、据a-t图象的 面积”大小等于速度变化量结合动能定理判断0- 4s内合力对物体做的功和0 - 6s内合力做的功的关系.【解答】解：A、a-t图象的 面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0 - 6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故A错误；B、 根据图象可知，0-5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5 - 6s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，故 B错误；C、 物体在2 - 4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，故C错误；D、 a- t图象的 面积”大小等于速度变化量，根据图象可知，0 - 4s内速度变化量等于 0-6s内速度变化量，初速度为零，

23、所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0- 4s内合力对物体做的功等于 0- 6s内合力做的功.故 D正确.故选：D8 带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为Li和L2,中间球网高度为h,发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率 v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是 b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a【考点】向心力.【分析】小球在竖直面内做圆周运动，到最高点时由绳对小球的拉力和

24、重力的合力提供向心 力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题.根据牛顿第二定律和机械能守恒 列式求解小球在最低点和最高点时绳的拉力差.【解答】解：A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：9mg+T=m得：T= - mg由图象知，T=0时，v2=b .图象的斜率k=,则得：I -，得绳长为：L=，故A错误. bL ba2 .B、当v =0时，T= - a，由 得：-a=- mg,得：g ,故B正确.m2T己C、当v =c时，代入得：T= j ?c- mg=| ?c- a,故C错误.D、只要v2b，绳子的拉力大于 0，根据牛顿第二定律得：最高点：Ti+mg=m -L最

25、低点：T2 - mg=m 一从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得:77 工|寸 _ n 丁 j=2mgL 联立 解得：T2-Ti=6mg=6a，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a,故D正确.故选：BD10如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度vo沿水平射中 木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L,子弹进入木块的深度为 s.若木块对子弹的阻力 Ff视为恒定，则下列关系式中正确的 是( )2 2 2 2C. FfS=mv0 -土 ( M+m) v D. Ff ( L+s) =mv0 -土mv【考点】动能定理

26、的应用.【分析】子弹射入木块的过程中，分别对木块、子弹、木与子弹组成的系统为研究对象，分 别应用动能定理分析答题.【解答】解：A、以木块为研究对象， 根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，2即：FfLn-Mv，故A正确.2 2D、 以子弹为研究对象，由动能定理得，-Ff ( L+s) =,：mv - . mvo，解得：Ff ( L+s)2=,_mv0- . mv ，故 D 正确.i 2 i2BC、由+得，Ffs=-mv0 - (M+m) v ,故B错误，C正确.故选：ACD .11. 空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示.一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中

27、运动，小球经过 A点时的速度大小为 v1,方向水平向右，运动至 B点 时的速度大小为v2.若A、B两点之间的高度差为 h，则以下判断中正确的是()A、B两点的电场强度和电势大小关系为Ea eb、杯v帕若v2 v1,则电场力不一定做正功二！22C. A、B两点间的电势差为 (v2 - v1 - 2gh)o2D .小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为,.mv2 - mvi【考点】电势差与电场强度的关系.【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低.小球运动过 程中，重力做正功，电场力做功可正可负根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力Ea v Eb 由顺做功.【解答

28、】解：A、由电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，可知，着电场线的方向电势逐渐降低，可知,B、在运动的过程中，由动能定理得,W=qU可正可负，故 B正确.杯 帕.所以Eav Eb、杯0b，故A错误.mgh+qU=mv22mv/,右voVi,知电场力做功2C、由B得，A、B两点间的电势差U=【（v22-Vi2-2gh，故 C 正确| 2 2 、D、由上式得，电场力做功为故选：BCW=qU= mv2 mvi mgh故 D 错误.2 212. 如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点 a、c, M、N连线的中垂线上有对称点 b、d，则下列说法正确的是（）Mai

29、 cN* *a：LA .正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能B .正电荷+q在c点电势能小于在 a点电势能C.在M、N连线的中垂线上，O点电势最高D .负电荷-q从d点静止释放，在它从 d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势.【分析】本题根据等量同种电荷周围电场分布情况，分析ac两点电势高低，判断电势能的大小.知道在两点电荷连线的中垂线上从O向上和向下电场线方向相反.a、c两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等.分析负电荷的受力情况，判断其运动情况.【解答】解：AB、根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则正电荷

30、+q在a点电势能一定等于在 c点电势能.故 A、B错误；C、 沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，电场线从 O点向外，所以O点电势最 高，故C正确；D、由对称性知O点的场强为零，电荷-q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，场强可能选减小再增大，所受的电场力先减小后增大，所以加速度可能先减小再增大，故D正确.故选：CD、填空题（共2小题，共16 分）13. ( 1)实验室用电压表、电流表测定电源的电动势和内阻实验，选择的电路图是A(2)某同学将和 测得的数值逐一描绘在坐标纸上，再根据这些点画出了图线a,如图2所示，根据该图线得到电源电动势的大小是1.45 V ;内阻是 0.94

31、 (结果保留两位小数)【考点】测定电源的电动势和内阻.【分析】(1)根据伏安法测电源电动势与内阻的原理选择实验电路图.(2)根据图示电源 U - I图象求出电源电动势与内阻.【解答】解：(1)伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流， 由于干电池内阻较小，相对于电源来说应采用电流表外接法，因此应选择图D所示电路进行14某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系.实验.(2)由图2所示电源U - I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.45，电源电动势E=1.45V ,电源内阻：u-LI cc“r=一-:=0.97 Q；Al0.36故答案为：(1) D ; (2) 1.

32、45; 0.97.(i) 小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记 为M1;(ii) 在钉子上分别套上 2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持 一致，重复步骤(i)，小物块落点分别记为 M2、M3、M4；(iii) 测量相关数据，进行数据处理.(1)为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的ADE(填正确答案标号)A .小物块的质量m B 橡皮筋的原长x C.橡皮筋的伸长量厶x D 桌面到地面的高度 h 巳小物块抛出点到落地点的水平距离(2) 将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为Wi、W2、W3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别

33、记为 Li、L2、L3、.若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线.(3) 由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差(填偶然误差”或 系统误差”)【考点】探究功与速度变化的关系.【分析】小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间， 再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的L22工空召2质量，就可以计算出小球的动能根据h，和L=vot，可得一 - ； - ,因2t S 为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比.【解答】解：(1)小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的

34、高度h=_，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L=vot，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式还需要知道小球的质量.故ADE正确、BC错误. 故选：ADE .122二L?二L邛 2(2) 根据h=、- -，和L=vot，可得 ,，因为功与速度的平方成正比，S所以功与L2正比，故应以 W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线.(3) 一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验 误差称为系统误差由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误 差.故答案为：(1) ADE ; (2) L2 ; (3)系统误差

35、.三、问答题15如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴00转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度.0【考点】向心力；物体的弹性和弹力.【分析】当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，由重力和支持力的合力 提供物块的向心力，由牛顿第二定律求解.【解答】解：分析此时物块受力如图乙所示由牛顿第二定律有mgtanE圧其中tani=一 解得答：当物块在 A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度为(乙16宇航员到达某星球后，试图通过相关测

36、量估测该星球的半径，他在该星球上取得一矿石， 测得其质量为 m,体积为vo,重力为 W，若所取矿石密度等于该星球平均密度，万有引力常 量为G,该星球视为球形，请用以上物理量推导该星球半径的表达式.【考点】万有引力定律及其应用.【分析】根据矿石的质量和重力求解重力加速度，忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式分析求解.【解答】解：他在该星球上取得一矿石，测得其质量为mo,体积为vo，重力为 W,所以星球表面重力加速度 g=,忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式Giro=mg4卄卄3GP 石开K匚=g4G3T pR J_g=解得R=,4兀阮3WV0答：该星球半径的表达式是R=

37、4 兀 Gm：17.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上， B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上. 现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m, B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计开始时 整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面求(1) 斜面的倾角 a；(2) A获得的最大速度Vm.【考点】功能关系；牛顿第二定律.【分析】(1) C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为

38、零，B、C加速度相同，分别对 B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角.(2) A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等.在整个过程中弹性势能变化为零， 根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；【解答】解：(1)由题意可知，C刚离开地面时，对 C有：kx2=mg此时B有最大速度，即aB=ac=O则对 B 有：T- kx2- mg=0对 A 有：4mgsin a- T=0以上方程联立可解得：sin a=0.5,=30 (2)由题意可知，A、B两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A沿斜面下滑

39、至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg=k X二二-仁h I 川二30 (2) A获得的最大速度是答：(1)斜面的倾角是18如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d，大量电子(质量为 m，电荷量为e)连续不断地从中点 O沿与极板平行的 00方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通 过两板之间的时间为 3to,当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为Uo的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力).求这些电子穿过平行板时距OO的最大距离和最小距离.11411P1； 1以0la 加。爲 4/( 1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.【分析】作出电子

40、在t=0时和t=to时进入两板间后沿电场方向的速度 Vy随时间t的变化的Vy-t图象，图象围成的面积表示侧向的位移，可知从t=o时刻进入，侧向位移最大，从 t=to时刻进入，侧向位移最小.【解答】解：以电子所受电场力的方向为y轴正方向，电子在t=0时和t=to时进入两板间后沿电场方向的速度Vy随时间t的变化的Vy- t图象分别如图（a）和图（b）所示.（1）设电子被两板间电场加速时加速度的大小为a,根据牛顿第二定律可得：，-:mdeUn t n两板间距为d,有：viy=ato=rod2eU0t0；旷讹 ；由图（a）可得电子的最大侧移为； ” 一 ； _厂.uy由图（b）可得电子的最小侧移为答：这些电子穿过平行板时距 oo的最大距离为 ；最小距离为 .md2ind2016年12月1日