2022-2022学年福建省漳州市正兴学校高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（48分）1．（4分）（2022秋•芗城区校级期中）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v﹣t图象如图所示．则（ ） A．甲、乙在t=0s到t=1s之间沿同一方向运动 B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零 C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动 D．甲、乙在t=6s时的加速度方向不同2．（4分）（2022•重庆）如1图，为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中（ ） A．①②和③B．③②和①C．②③和①D．③①和②3．（4分）（2022•山东）如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（ ） A．：4B．4：C．1：2D．2：14．（4分）（2022秋•下城区校级期末）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于0点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力n以及绳对小球的拉力B的变化情况是（ ） A．FN保持不变，FT不断增大 B．FN不断增大，FT不断减小 C．FN保持不变，FT先增大后减小\n D．FN不断增大，FT先减小后增大5．（4分）（2022•浙江）如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（ ） A．5s内拉力对物块做功为零 B．4s末物块所受合力大小为4.0N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s26．（4分）（2022•洛阳一模）如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从处由静止自由滑向B处，下列说法正确的是（ ） A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度处的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲和乙同时到达B处7．（4分）（2022•上海二模）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ） A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小8．（4分）（2022•西藏模拟）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（ ） A．卫星的动能逐渐减小 B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小 C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小\n9．（4分）（2022秋•浦东新区校级期中）“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，月球的半径为1.74×103km．利用以上数据估算月球的质量约为（ ） A．8.1×1010kgB．7.4×1013kgC．5.4×1019kgD．7.4×1022kg10．（4分）（2022•东城区一模）如图所示电路，电源内阻不可以忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑动端向上滑动的过程中（ ） A．电压表与电流表都减小 B．电压表与电流表都增大 C．电压表示数增大，电流表示数减小 D．电压表示数减小，电流表示数增大11．（4分）（2022•芗城区校级模拟）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ） A．B．C．D．12．（4分）（2022秋•荔城区校级期中）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（ ） A．打到下极板上B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回D．在距上极板处返回 二、实验题：（20分）13．（8分）（2022•天津）某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系．①下列做法正确的是 （填字母代号）A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源\nD．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线•设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图可知，m甲 m乙μ甲 μ乙（填“大于”、“小于”或“等于”）14．（12分）（2022•吉林校级二模）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．（1）用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB= ；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC= ；（ⅲ）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= ；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ= ．（2）回答下列问题：（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是 ．（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是 （写出一个可能的原因即可） 三、计算题（写出必要的文字说明．32分）15．（10分）（2022•福建）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg\n的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小．16．（10分）（2022秋•芗城区校级期中）如图电路，已知电池电动势E=90V，内阻r=5Ω，R1=10Ω，R2=20Ω，板面水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d=3cm，在两板间的正中央有一带电液滴，其电量q=﹣2×17﹣7C，其质量m=4.5×10﹣5kg，取g=10m/s2，求：①若液滴恰好能静止平衡时，滑动变阻器R的滑动触头C正好在正中点，那么滑动变阻器的最大阻值Rm为多大？②将滑动片C迅速滑到A端后，液滴向哪个极板做什么运动？到达极板时速度为多大？17．（12分）（2022•重庆）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；（2）求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．\n \n2022-2022学年福建省漳州市正兴学校高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（48分）1．（4分）（2022秋•芗城区校级期中）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v﹣t图象如图所示．则（ ） A．甲、乙在t=0s到t=1s之间沿同一方向运动 B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零 C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动 D．甲、乙在t=6s时的加速度方向不同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．解答：解：A、在t=0到t=ls之间，甲始终沿正方向运动，而乙先沿负方向运动后沿正方向运动，故A错误；B、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t轴上方的“面积”表示位移是正值，t轴下方的“面积”表示位移是负值，则知在t=0到t=7s之间乙的位移为零．故B正确；C、在t=0到t=4s之间，甲的速度始终为正值，说明甲一直沿正方向做单向直线运动．故C错误；D、根据斜率等于物体的加速度知，甲、乙在t=6s时的加速度方向都沿负方向，方向相同．故D错误．故选：B．点评：本题关键要掌握速度图象的数学意义：图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析． 2．（4分）（2022•重庆）如1图，为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中（ ）\n A．①②和③B．③②和①C．②③和①D．③①和②考点：自由落体运动．专题：压轴题；自由落体运动专题．分析：对小球进行受力分析，根据力的合成与分解原则求出小球对斜面压力的表达式，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，重力加速度始终为g，恒定不变，从而找出图象．解答：解：对小球进行受力分析，则有：N=mgcosθ，随着θ的增大，N减小，对应③根据牛顿第二定律得：a=，随着θ的增大，a增大，对应②重力加速度始终为g，恒定不变，对应①，故B正确故选B点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，知道重力加速度始终为g，恒定不变，难度不大，属于基础题． 3．（4分）（2022•山东）如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（ ） A．：4B．4：C．1：2D．2：1考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力之比，即可由胡克定律得到伸长量之比．解答：解：将两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反则得：F2=F1sin30°=0.5F1．根据胡克定律得：F=kx，k相同，则弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA：xC=F1：F2=2：1故选：D．\n点评：本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解． 4．（4分）（2022秋•下城区校级期末）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于0点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力n以及绳对小球的拉力B的变化情况是（ ） A．FN保持不变，FT不断增大 B．FN不断增大，FT不断减小 C．FN保持不变，FT先增大后减小 D．FN不断增大，FT先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个矢量三角形，由于重力不变、支持力方向不变，又缓慢推动，故受力平衡，只需变动拉力即可，根据它角度的变化，你可以明显的看到各力的变化．解答：解：先对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角β减小，当β=θ时，FT⊥FN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力FN不断增大，FT先减小后增大．故D正确．ABC错误．故选D点评：本题是动态变化分析问题，容易产生的错误是不能准确把握小球的受力特征，特别是FN与FT组夹角的变化，认为拉力FT与水平方向的夹角β减小，拉力减小而错选B． 5．（4分）（2022•浙江）如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（ ）\n A．5s内拉力对物块做功为零 B．4s末物块所受合力大小为4.0N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小．解答：解：A、在0～4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零．故A错误；B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零．故B错误；C、根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=．f=μmg，解得．故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键通过图线分析出物体的运动，根据牛顿第二定律进行求解． 6．（4分）（2022•洛阳一模）如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从处由静止自由滑向B处，下列说法正确的是（ ） A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度处的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲和乙同时到达B处考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．\n解答：解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，开始时速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故CD错误．故选：B．点评：本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢． 7．（4分）（2022•上海二模）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ） A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．解答：解：AB两个座椅具有相同的角速度．A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道A、B的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度、向心力之间的关系，并能灵活运用．\n 8．（4分）（2022•西藏模拟）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（ ） A．卫星的动能逐渐减小 B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小 C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小考点：功能关系；机械能守恒定律．专题：压轴题．分析：本题关键是首先根据地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理讨论即可．解答：解：A、由=可知，v=，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，所以A错误；B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以B正确；C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，所以D正确．故选BD．点评：若卫星做圆周运动，则应满足=，可得轨道半径越小v越大，应熟记． 9．（4分）（2022秋•浦东新区校级期中）“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，月球的半径为1.74×103km．利用以上数据估算月球的质量约为（ ） A．8.1×1010kgB．7.4×1013kgC．5.4×1019kgD．7.4×1022kg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：嫦娥一号绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，已知轨道半径和运动行周期求月球质量即可．解答：解：根据有引力提供嫦娥一号圆周运动的向心力有：得中心天体月球的质量M=\n代入轨道半径r=R+h=1.74×103+200km=1.94×106m，周期T=127min=127×60s=7620s，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2可得月球质量M=7.4×1022kg所以A、B、C错误，D正确．故选D点评：注意万有引力提供圆周运动的向心力只能计算中心天体的质量，不能计算环绕天体的质量． 10．（4分）（2022•东城区一模）如图所示电路，电源内阻不可以忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑动端向上滑动的过程中（ ） A．电压表与电流表都减小 B．电压表与电流表都增大 C．电压表示数增大，电流表示数减小 D．电压表示数减小，电流表示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．解答：解：在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器R0与R2并联电阻R并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则电压表示数增大．并联部分电压U并=E﹣I（R1+r），I减小，E、R1、r均不变，则U并增大，故电流表示数增大．故B正确，ACD错误．故选B点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析． 11．（4分）（2022•芗城区校级模拟）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ） A．B．C．D．\n考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解．解答：解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础． 12．（4分）（2022秋•荔城区校级期中）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（ ） A．打到下极板上B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回D．在距上极板处返回考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：\n下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置．解答：解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，．将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回．根据动能定理得，联立两式解得x=．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：该题考到了带电粒子在电场中的运动、电容器、功能关系等知识点，是一道比较综合的电学题，难度较大．这类题应该以运动和力为基础，结合动能定理求解． 二、实验题：（20分）13．（8分）（2022•天津）某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系．①下列做法正确的是 AD （填字母代号）A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 远小于 木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线•设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图可知，m甲 小于 m乙μ甲 大于 μ乙（填“大于”、“小于”或“等于”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：①实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；\n②砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；③a﹣F图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况．解答：解：①A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B选项错误；C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C选项错误；D平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；选择AD；②按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg﹣T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为a=＜，只有当m＜＜M时，才能有效的保证实验的准确性；③当没有平衡摩擦力时有：T﹣f=ma，故a=T﹣μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg．观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；故答案为：①AD；②远小于；③小于，大于．点评：本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法． 14．（12分）（2022•吉林校级二模）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．（1）用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB= mgR ；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC= ；（ⅲ）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= mgR﹣ ；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ= ﹣ ．（2）回答下列问题：（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是 是通过多次实验减小实验结果的误差 ．\n（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是 圆弧轨道存在摩擦 （写出一个可能的原因即可）考点：探究影响摩擦力的大小的因素．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；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；由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由功的计算公式可以求出动摩擦因数．（2）多次实验的目的是减小实验误差，误差偏大的原因是存在摩擦阻力．解答：解：（1）①从A到B，由动能定理得：mgR=EKB﹣0，则物块到达B时的动能：EKB=mgR；②离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s=vCt，竖直方向：h=gt2，物块在C点的动能：EKC=mvC2，解得：EKC=；③由B到C过程中，由动能定理得：﹣Wf=mvC2﹣mvB2，克服摩擦力做的功：Wf=mgR﹣；④B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf=μmgL=mgR﹣，则：μ=﹣；（2）实验步骤④⑤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等．故答案为：（1）mgR；；mgR﹣；﹣．（2）是通过多次实验减小实验结果的误差；圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等．点评：熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题，学会根据实验数据来实验结果分析，注意实验误差不会没有，只能降低．\n 三、计算题（写出必要的文字说明．32分）15．（10分）（2022•福建）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小．考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；（2）在B位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小．解答：解：（1）设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：mgh=mv2①绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：H=②DC间距离：s=vt解得：s=m≈1.414m（2）在B位置，设绳子最大力量为F，由牛顿第二定律得：F﹣mg=④联立①④得：F=2mg=2×1×10N=20N根据牛顿第三定律，有F'=F，因而轻绳所受的最大拉力为20N．答（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N．点评：关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组合． 16．（10分）（2022秋•芗城区校级期中）如图电路，已知电池电动势E=90V，内阻r=5Ω，R1=10Ω，R2=20Ω，板面水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d=3cm，在两板间的正中央有一带电液滴，其电量q=﹣2×17﹣7C，其质量m=4.5×10﹣5kg，取g=10m/s2，求：\n①若液滴恰好能静止平衡时，滑动变阻器R的滑动触头C正好在正中点，那么滑动变阻器的最大阻值Rm为多大？②将滑动片C迅速滑到A端后，液滴向哪个极板做什么运动？到达极板时速度为多大？考点：闭合电路的欧姆定律；共点力平衡的条件及其应用；电容．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据二力平衡，液滴的电场力等于重力，从而求出电压，根据欧姆定律求出电阻；（2）将滑动触头C迅速滑到A端，看似是含有滑动变阻器的问题，实则可以使用闭合电路的欧姆定律来解题．求出电压表上的电压后即可判断则液滴将向哪个极板作什么性质的运动，以及达到极板的速度．解答：解：（1）液滴静止，则有：得：电路中的电流为：=2A则：代人数据解得：Rm=60Ω（2）液滴向上做加速直线运动，此时电容器两端电压为：V设粒子达到极板的速度是v，由动能定理：代人数据得：答：（1）液滴静止时，滑动变阻器的最大阻值60Ω；（2）液滴向上做加速直线运动，到达该极板时的速度是m/s点评：该题考查到电场中液滴的受力平衡与闭合电路的欧姆定律，属于该部分知识的基本应用．公式虽然较多，思路还是比较简单．\n 17．（12分）（2022•重庆）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；（2）求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．考点：功率、平均功率和瞬时功率；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）在匀速运动阶段，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，根据牛顿第二定律即可求解；（3）根据牛顿第二定律求出球沿球拍面下滑的加速度，当球运动的位移小于等于r时，球不从球拍上掉落，根据运动学基本公式列式即可求解．解答：解：（1）在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0得k=（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有N′sinθ﹣kv=maN′cosθ=mg得tanθ=+tanθ0（3）以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F=球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsinβ=ma′设匀速跑阶段所用时间为t，有t=﹣\n球不从球拍上掉落的条件a′t2≤r得sinβ≤答：（1）空气阻力大小与球速大小的比例系数k为；（2）在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式为tanθ=+tanθ0；（3）β应满足的条件为sinβ≤．点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确受力分析，难度适中．
