2015-2016学年安徽省巢湖市庐江县六校联盟高三（上）第四次联考物理试卷
一、选择题（其中1至7题为单项选择，8至10题为多项选择全对得4分、对而不全得2分、有错选不得分，每题4分共40分）
1．如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（ ）
A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点
B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内又可能落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内
D．调节h的大小，可以使小球通过a点做自由落体运动
2．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．则以下说法不正确的是（ ）
A．要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次
B．由于卫星由圆轨道l送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度要大于在圆轨道l上正常运行的速度
C．卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/s
D．卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度
3．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（ ）
20
A．滑块返回传送带右端时的速率为V2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12
C．此过程中电动机做功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2
4．如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体动能损失了 B．物体动能损失了2mgh
C．系统机械能损失了2mgh D．系统机械能损失了
5．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ ）
A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0
6．如图所示，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态．要使尘埃加速向下运动的方法是（ ）
A．把R1的滑片向上移动 B．把R2的滑片向上移动
20
C．把R2的滑片向下移动 D．断开开关K
7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变
8．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
A．平行板电容器的电容值变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴所受电场力不变
D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
9．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（ ）
20
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点时的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
二、解答题（共2小题，满分14分）
11．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．
用实验中的测量量表示：
（1）物块Q到达B点时的动能EkB= ；
（2）物块Q到达C点时的动能EkC= ；
（3）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf= ；
（4）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ= ．
12．一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的小挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1中甲所示．图乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示．由图可知：
20
①挡光片的宽度d为 mm；
②圆盘的直径D为 cm；
③若光电数字计时器所显示的时间为t，则圆盘转动的角速度的计算式ω= （用以上字母表示）
三、计算题
13．某公司研发的新型家用汽车质量为1.5×103kg，发动机的额定功率为100kw，它在平直的测试公路上行驶的最大速度可达180km/h，现汽车在测试公路上由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，若汽车受到的阻力恒定．求：
（1）汽车所受的阻力多大？
（2）这个匀加速直线运动可以维持多长的时间？
14．如图所示，让质量m=5.0kg的摆球由图中所示位置A从静止开始下摆，摆至最低点B点时恰好绳被拉断．已知摆线长L=1.6m，悬点O与地面的距离OC=4.0m．若空气阻力不计，摆线被拉断瞬间小球的机械能无损失．求：
（1）摆线所能承受的最大拉力T；
（2）摆球落地时的动能．
15．如图所示，平行金属板两板间的距离为4cm，两板间电压为100V，若a、b两点间距离也是4cm，且a、b两点连线与电场线的夹角为60°，则
（1）板间场强E为多少？
（2）a、b两点的电势差是多少？
20
（3）把一个电荷量为﹣1.0×10﹣15C的点电荷由a移到b点，电势能如何变化？变化了多少？
（4）若b点离下极板的距离为1cm，取上极板的电势为零，则b点的电势φb等于多少？
16．如图所示，小球以某一速度从竖直放置的半径为R的光滑圆形轨道底端A点冲入．
（1）若小球恰能从B点脱离轨道（OB与水平方向成37°），则V0为多少？
（2）若小球始终不离开轨道，求V0的取值范围？
20
2015-2016学年安徽省巢湖市庐江县六校联盟高三（上）第四次联考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（其中1至7题为单项选择，8至10题为多项选择全对得4分、对而不全得2分、有错选不得分，每题4分共40分）
1．如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（ ）
A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点
B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内又可能落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内
D．调节h的大小，可以使小球通过a点做自由落体运动
【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系．若小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得h，分析小球能否通过a点后落回轨道内．
【解答】解：A、小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：
mg=m
解得：v=
根据动能定理：mg（h﹣R）=mv2
得：h=1.5R
可知只有满足h≥1.5R，释放后小球才能通过a点，故A错误；
BCD、小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，
水平方向的匀速直线运动：x=vt
竖直方向的自由落体运动：R=gt2，
解得：x=R＞R，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球将通过a点不可能到达d点．只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间或之外．故BD错误，C正确．
故选：C．
20
【点评】本题实质是临界问题，要充分挖掘临界条件，要理解平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动．
2．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．则以下说法不正确的是（ ）
A．要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次
B．由于卫星由圆轨道l送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度要大于在圆轨道l上正常运行的速度
C．卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/s
D．卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度
【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．
【专题】人造卫星问题．
【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可
卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速．
【解答】解：A、要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q加速一次，使卫星做离心运动，再在远地点P加速一次，故A正确．
B、根据卫星的速度公式v=知：卫星在圆轨道3上正常运行速度要小于在圆轨道l上正常运行的速度．故B错误．
C、由于近地卫星的速度等于第一宇宙速度7.9km/s，则卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/s．故C正确．
D、同一地点，由G=ma，得a=，a相同，可知卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度，故D正确．
本题选不正确的，故选：B．
【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换．
20
3．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（ ）
A．滑块返回传送带右端时的速率为V2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12
C．此过程中电动机做功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2
【考点】功能关系；动能定理的应用．
【专题】传送带专题．
【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．
根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．
根据能量守恒找出各种形式能量的关系．
【解答】解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A错误；
B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv12﹣mv22，故B错误；
D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1
摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22 ②
该过程中传送带的位移：x2=v1t1
摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx③
将①②代入③得：W2=mv1v2
设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2
摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12
20
该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3
滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故D正确；
C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22﹣mv12
整理得：W=Q﹣mv22+mv12=mv22+mv1v2，故C错误．
故选：D．
【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂．
4．如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体动能损失了 B．物体动能损失了2mgh
C．系统机械能损失了2mgh D．系统机械能损失了
【考点】动能定理的应用；功能关系；机械能守恒定律．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】根据动能定律列式求解动能减小量；机械能减小量等于除重力外其他力所做的功．
【解答】解：A、B、滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力
F=ma=mg 沿斜面向下
动能减小量等于克服合力做的功，故
△EK减=FS=mg•2h=2mgh
故A错误，B正确；
C、D、系统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，故
△E减=△EK减﹣mgh=mgh
故CD错误；
故选B．
【点评】本题解决关键在于明确功能关系，知道重力做功与重力势能的关系；合外力做功与动能的关系．
20
5．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ ）
A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0
【考点】动能定理的应用．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】根据动能定理，对小物块开始运动到停止的全过程进行研究，求出小物块在BC面上运动的总路程，再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离．
【解答】解：设小物块间在BC面上运动的总路程为S．物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得
mgh﹣μmgS=0
得到S===3m，d=0.50m，则S=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点．
故选D
【点评】本题对全过程运用动能定理进行研究，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程关系．
6．如图所示，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态．要使尘埃加速向下运动的方法是（ ）
A．把R1的滑片向上移动 B．把R2的滑片向上移动
C．把R2的滑片向下移动 D．断开开关K
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．
【专题】恒定电流专题．
【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．
【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；
20
BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2上半段的电压上，故要减小变阻器R2上半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向上移动，故B正确，C错误；
D、把闭合的开关k断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；
故选：B．
【点评】本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法．
7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变
【考点】影响平行板电容器电容的因素．
【分析】静电计指针偏角θ表示电容器两端电压的大小，根据电容的定义式C=，判断电容的变化，再根据C=，判断电压的变化，从而得知静电计指针偏角的变化．
【解答】解：根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故A正确，B错误．
保持d不变，减小S，电容减小，再根据C=，知U增大，所以θ变大．故CD错误．
故选：A．
【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．
8．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
20
A．平行板电容器的电容值变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴所受电场力不变
D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．
【解答】解：A、根据C=知，d增大，则电容减小．故A错误．
B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．
C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，则带电油滴所受电场力变小．故C错误．
D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．
故选：D．
【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
9．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．
【解答】解：ABC、将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．
D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．
20
故选：BD
【点评】注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值．
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点时的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
【考点】等势面；电势能．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．
【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．
故选BD．
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．
二、解答题（共2小题，满分14分）
11．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．
用实验中的测量量表示：
（1）物块Q到达B点时的动能EkB= mgR ；
20
（2）物块Q到达C点时的动能EkC= ；
（3）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf= ；
（4）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ= ．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；动能定理．
【专题】实验题．
【分析】（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；
（2）物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；
（3、4）由B到C，由动能定理列式可以克服摩擦力做功，从而求出动摩擦因数．
【解答】解：（1）根据动能定理得，mgR=EkB﹣0，解得B点的动能EKB=mgR；
（2）根据h=得，t=，C点的速度，则C点的动能=．
（3）根据动能定理得，，解得Wf=．
（4）根据Wf=μmgL得， =．
故答案为：（1）mgR，（2），（3），（4）．
【点评】本题关键是分析清楚滑块的运动规律，然后分阶段应用动能定理、平抛运动的分运动规律列式求解．
20
12．一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的小挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1中甲所示．图乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示．由图可知：
①挡光片的宽度d为 10.242 mm；
②圆盘的直径D为 24.220 cm；
③若光电数字计时器所显示的时间为t，则圆盘转动的角速度的计算式ω= （用以上字母表示）
【考点】伏安法测电阻；探究小车速度随时间变化的规律．
【专题】实验题．
【分析】（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分．即可得到挡光片的宽度．
（2）图中20分度的游标卡尺，游标尺每一分度表示的长度是0.05mm．由主尺读出整毫米数，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，则读出毫米数小数部分为3×0.05mm=0.15mm．
（3）由v=求出圆盘转动的线速度，由v=ωr，求出角速度ω．
【解答】解：①由螺旋测微器读出整毫米数为10mm，由可动刻度读出毫米的小部分为0.242mm．则挡光片的宽度为d=10 mm+24.2×0.01mm=10.242 mm；
②由主尺读出整毫米数为242mm，游标尺上第4条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为4×0.05mm=0.20mm，则圆盘的直径为：
D=242mm+4×0.05 mm=242.20mm=24.220 cm．
③圆盘角速度为ω=，而θ=×2π，综合两式并代入数据可得：ω=．
故答案为：①10.242；②24.220；③．
【点评】螺旋测微器和游标卡尺的读数是基本功，要熟悉读数的方法．题中还要掌握圆周运动的线速度与角速度的关系v=ωr．
三、计算题
20
13．某公司研发的新型家用汽车质量为1.5×103kg，发动机的额定功率为100kw，它在平直的测试公路上行驶的最大速度可达180km/h，现汽车在测试公路上由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，若汽车受到的阻力恒定．求：
（1）汽车所受的阻力多大？
（2）这个匀加速直线运动可以维持多长的时间？
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．
【专题】功率的计算专题．
【分析】（1）当速度最大时，牵引力等于阻力，根据P=Fvm=fvm求出阻力的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，根据P=Fv求出汽车匀加速直线运动的最大速度，再根据速度时间公式求出匀加速直线运动的时间．
【解答】解：（1）当速度最大时，F=f．
有P=fvm，则：f=
（2）根据牛顿第二定律有：F﹣f=ma．
则牵引力为：F=f+ma=2000+1.5×103×2N=5000N．
所以匀加速运动的最大速度为：v=
匀加速直线运动的时间为：t0=
答：（1）汽车所受的阻力为2000N；
（2）这个匀加速直线运动可以维持10s的时间．
【点评】解决本题的关键知道发动机功率P=Fv，知道当速度达到最大时，牵引力等于阻力．以及知道以恒定加速度运动在整个过程中的运动情况．
14．如图所示，让质量m=5.0kg的摆球由图中所示位置A从静止开始下摆，摆至最低点B点时恰好绳被拉断．已知摆线长L=1.6m，悬点O与地面的距离OC=4.0m．若空气阻力不计，摆线被拉断瞬间小球的机械能无损失．求：
（1）摆线所能承受的最大拉力T；
（2）摆球落地时的动能．
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】（1）由动能定理可以求出摆球由A运动到B时的速度；摆球做圆周运动，在B由牛顿第二定律列方程，可以求出摆线所承受的拉力．
（2）摆线断裂后，摆球做平抛运动，只有重力做功，由动能定理可以求出摆球落地时的动能．
20
【解答】解：（1）设摆球运动到最低点时的速度为v，
以摆球为研究对象，从A到B的过程中，
由动能定理得：mgL（1﹣cos60°）=mv2﹣0，
摆球做圆周运动，在B点，
由牛顿第二定律得：T﹣mg=m，
解得：T=100N，v=4m/s；
（2）从绳子断裂到摆球落地过程中，
由动能定律得：mg（OC﹣L）=Ek﹣mv2，
解得：Ek=160J；
答：（1）摆线所能承受的最大拉力为100N．
（2）摆球落地时的动能为160J．
【点评】对物体正确受力分析，明确物体运动过程，应用动能定理即可正确解题．
15．如图所示，平行金属板两板间的距离为4cm，两板间电压为100V，若a、b两点间距离也是4cm，且a、b两点连线与电场线的夹角为60°，则
（1）板间场强E为多少？
（2）a、b两点的电势差是多少？
（3）把一个电荷量为﹣1.0×10﹣15C的点电荷由a移到b点，电势能如何变化？变化了多少？
（4）若b点离下极板的距离为1cm，取上极板的电势为零，则b点的电势φb等于多少？
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据两极板间的距离和电势差求出板间的场强．
根据a、b两点沿电场线方向上的距离求出ab两点的电势差．
根据电场力做功与电势差的关系求出电场力做功的大小，从而得出电势能的变化．
根据b与上极板的距离求出b与上极板间的电势差，从而得出b点的电势．
【解答】解：（1）板间的场强E=．
（2）a、b两点间的电势差Uab=Exabcos60°=V=50V．
（3）电荷从a点到b电场力做功=﹣5×10﹣14J，
可知电势能增加了5×10﹣14J．
（4）b点与上极板间的距离d′=3cm，
则上极板与b点的电势差U=Ed′=2500×0.03V=75V，
因为上极板的电势为零，所以b点的电势φb=﹣75V．
20
答：（1）板间场强E为2500V/m．
（2）a、b两点的电势差是50V．
（3）电势能增加了5×10﹣14J．
（4）b点的电势φb等于为﹣75V．
【点评】解决本题的关键掌握电势差与电场强度的关系，知道d表示沿电场线方向的距离，基础题．
16．如图所示，小球以某一速度从竖直放置的半径为R的光滑圆形轨道底端A点冲入．
（1）若小球恰能从B点脱离轨道（OB与水平方向成37°），则V0为多少？
（2）若小球始终不离开轨道，求V0的取值范围？
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．
【专题】计算题；定性思想；方程法；动能定理的应用专题．
【分析】（1）从A到B的过程中，根据动能定理结合向心力公式列式求解；
（2）设小球恰能通过圆周最高点的速度为v1，根据动能定理和向心力公式求出速度，若小球恰能沿原轨迹返回，根据动能定理求出速度，从而求出范围．
【解答】解：（1）从A到B的过程中，由动能定理得：
﹣mgR（1+sin37°）=mvB2﹣mv02，
在B点，由牛顿第二定律得：
mgsin37°=m，解得：v0=；
（2）设小球恰能通过圆周最高点的速度为v1，
根据动能定理得：﹣mg•2R=mv12﹣mv02，
在最高点，由牛顿第二定律得：
mg=m，解得：v0=，
若小球恰能沿原轨迹返回，由动能定理得：
﹣mgR=0﹣mv02，解得：v0=，
则若小球始终不离开轨道的v0的取值范围是：v0≤或v0≥；
答：（1）若小球恰能从B点脱离轨道（OB与水平方向成37°），则V0为；
（2）若小球始终不离开轨道，V0的取值范围为：v0≤或v0≥．
20
【点评】本题主要考查了动能定理结合向心力公式的直接应用，分析清楚小球的运动过程是解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．
20
微信/支付宝扫码支付