1、1山东省临沂市沂水县第三中学 2019 届第一学期高三物理月考试题一、选择题1.物理学的发展促进了人类文明的极大进步，关于物理学发展的历史，以下说法正确的是（ ）A. 丹麦物理学家奥斯特发现了由磁场产生电流的条件和规律B. 汤姆逊利用阴极射线管发现了电子，并由此提出原子的核式结构模型C. 1687 年伽利略出版了自然哲学的数学原理一书D. 物理学中的思想方法很多，比如在显示桌子的微小形变实验和库仑扭秤的工作原理中都用到了放大法【答案】D【解析】丹麦物理学家奥斯特发现了由电流产生磁场的规律，选项 A 错误；汤姆逊利用阴极射线管发现了电子，卢瑟福提出原子的核式结构模型，选项 B 错误；1687 年
2、牛顿出版了自然哲学的数学原理一书，选项 C 错误；物理学中的思想方法很多，比如在显示桌子的微小形变实验和库仑扭秤的工作原理中都用到了放大法，选项 D 正确；故选 D.2.如图所示，用轻杆 AO（可绕 A 点自由转动）和轻绳 BO 吊着一个重物 M，保持 AO 与水平方向的夹角 不变。下列说法正确的是（ ）A. 当 BO 逆时针由水平转到竖直，绳子的拉力一直减小B. 当 BO 逆时针由水平转到竖直，轻杆的拉力先减小后增大C. 若增大 ，保持 OB 水平 ， 仍使重物 M 处于平衡，则 AO、 BO 的拉力均增大D. 当重物 M 的质量增大时， AO、 BO 的拉力均增大【答案】D【解析】【详解】
3、对物体受力分析，受重力、两个拉力，如图所示2将两个拉力合成，其合力与第三个力：重力平衡，由图象可以看出，OB 绳所受的拉力先减小后增大，当垂直时取最小值；OA 杆受到的拉力一直减小；故 AB 错误；增大 M 的重力 G时，根据共点力的平衡条件可知 AO 的拉力 、BO 的拉力 ，当 M 的重力 G 增大，T=Gsin F=GtanAO、BO 的拉力均增大，故 D 正确；增大 ，保持 OB 水平，仍使重物 M 处于平衡，则AO、BO 的拉力均减小，C 错误。故选 D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者
4、是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答3.如图所示，将质量为 m 的小球以速度 v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h。若将质量分别为 2m、3m、4m、5m 的小球，分别以同样大小的速度 v0从半径均为 R h 的竖直12圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为 2m、3m、4m、5m 的小球中，能到达的最大高度仍为 h 的是（小球大小和空气阻力均不计） （ ） A. 质量为 2m 的小球B. 质量为 3m 的小球C. 质量为 4m 的小球D. 质量为 5m 的小球【答案】C【解析】试题分析：甲图将质量为 m 的小球以速度
5、v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h，此3时速度为零；乙图将质量为 2m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为 h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；丙图将质量为 3m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到 h 高度；丁图将质量为 4m 的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为 h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为 5m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，
6、不可能达到 h 高度；故选 C。考点：机械能守恒定律【名师点睛】考查机械能守恒定律的应用，掌握曲线运动时，最高点的速度不为零，而直线运动最高点速度为零，是解题的关键。4.如图所示，一长为 l 的轻质细绳的下端系一质量为 m 的小球，绳的上端固定于 O 点。现用手将小球拉至水平位置（绳处于水平拉直状态） ） ，松手后小球由静止开始运动在小球摆动过程中绳突然被拉断，绳断时与竖直方向的夹角为 已知绳能承受的最大拉力为F，若想求出 cos 的值，你有可能不会求解，但是你可以通过一定的物理分析，对下列结果的合理性做出判断根据你的判断 cos 值应为（ ）A. Fl3mgB. (Fmg)l3mgC. F4
7、mgD. F3mg【答案】D【解析】没有单位，所以 AB 都错；当运动到最低点时，有 ，又由机械能守恒可得cos Fmg=mv2l，由以上两式解得 F=3mg，此时 ，即当 时，则 时，mgl=12mv2 =0， cos=1 =0 cos=1F=3mg，C 错误；D 正确；故选 D.4点睛：绳断时与竖直方向的夹角为 ，不在最高点或者最低点，但是题目不要求具体的计算，只是用所学的物理知识来分析，这就需要学生灵活的应用物理知识来分析，而不只是套公式能解决问题，考查学生知识运用的灵活性5.2016 年 8 月 16 日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世界上首
8、次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所示， “墨子号”卫星的工作高度约为 500km，在轨道上绕地区做匀速圆周运动，经过时间 小于其运动周期，运动的弧长为 s，与地球中心连线扫过的t(t角度为 弧度，引力常量为 G，则下列关于“墨子号”的说法正确的是 (A. 线速度大于第一宇宙速度B. 质量为s3Gt2C. 环绕周期为2tD. 向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度【答案】C【解析】试题分析：已知该太空电站经过时间（t 小于太空电站运行的周期） ，它运动的弧长为 s，它与地球中心连线扫过的角度为 （弧度） ，根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度
9、和角速度，然后根据 可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质v=r量人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有 ，得 ，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫GMmr2=mv2r v= GMr星的环绕速度，故“墨子号”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，A 错误；环绕周期为 ，B 正确；“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，T=2t=2t即 ，联立解得地球的质量为 ，不能求出“墨子号”的质量，C 错GMmr2=mr2， =t M=s3Gt25误；由 得：加速度 ，则知“墨子号”的向心加速度大于地球同步卫星的
10、向心GMmr2=ma a=GMr2加速度，D 错误6.如图所示，水平面内光滑的平行金属导轨左端接有电阻 R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒 PQ 垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度 v0向右运动，当其通过位置 a、b 时，速率分别为 va，v b，到位置 c 时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a 到 b 与 b 到 c 的距离相等，则金属棒在由 a 到 b 和由 b 到 c 的两个过程中（）A. 回路中产生的焦耳热相等B. 棒运动的加速度相等C. 克服安培力做的功相等D. 通过棒横截面的电荷量相等【答案】D【解析】【分析】金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，克服
11、安培力做功，把金属棒的动能转化为内能；由能量守恒判断回路产生的内能；由牛顿第二定律判断加速度的大小关系；由 E=BLv 求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量。【详解】A、C 项：金属棒受到的安培力 ，金属棒受到的安培力水平向左，金属F=BIL=B2L2vR棒在安培力作用下做减速运动，速度 v 越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于 ab 间距离与 bc 间距离相等，安培力 F 从 a 到 c 逐渐减小，由 W=Fs 定性分析可知，从 a 到 b 克服安培力做的比从 b 到 c 克服安培力做的功多，因此在 a 到 b 的过程产生
12、的内能多，故 AC 错误；B 项：金属棒 PQ 在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得： ，由B2L2vR=ma于 v 减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故 B 错误；D 项：金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量 ，从 a 到 b 的Q=It=ERt=tRt=R=BSR过程中与从 b 到 c 的过程中，回路面积的变化量S 相等，B、R 相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故 D 正确。6故应选：D。【点睛】本题考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律、等知识的能力，是一道综合题，有一定难度。7.a、b 是 x 轴上的两个点电荷，电荷量分别为 Q1和 Q2，沿 x
13、 轴 a、b 之间各点对应的电势高低如图中曲线所示从图中可看出以下说法中不正确的是( )A. 把带正电的检验电荷沿 x 轴由 a 移到 b 的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功B. a、P 间和 P、b 间各点的电场方向都指向 P 点C. 电势最低的 P 点的电场强度为零D. a 和 b 一定是同种电荷，但是不一定是正电荷【答案】D【解析】试题分析：P 点的左侧电场方向向右，P 点的右侧电场方向向左，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故 A 错误，由上面的电场线知 和 之间各点的Q1 Q2电场方向都指向 P 点，B 正确，由图象可知，切线斜率表示电场强度的大小，就知
14、道 p 处场强为零，且电势最低，故 C 正确，P 点切线斜率为零，而 图线的切线斜率表示电场强x度的大小，则 P 点的电场强度为零两电荷在 P 点的合场强为零，P 点距离 较远，根据Q1点电荷的场强公式知， 的电量大于 的电量从坐标 x1到 x2电势先减小后增大，因为Q1 Q2沿电场线方向电势逐渐降低，知 和 一定是同种电荷，且都为正电荷故 D 错误，Q1 Q2考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能8.如图所示，A、B 在同一水平线上，以 A_B 为直径的半圆周与竖直光滑绝缘杆相交于 M点电荷量为 Q1、Q 2的两个正、负点电荷分别固定在 A 点和 B 点，一个带正电的轻金属环
15、q（视为点电荷，且重力忽略不计）套在绝缘杆上，在 M 点恰好平衡，MA 与 AB 的夹角为，则（ ）7A. tan3Q2Q1B. tan2Q2Q1C. tanQ2Q1D. tanQ2Q1【答案】A【解析】试题分析：设圆周的直径为 d，根据库仑定律得：Q 1对 q 的库仑力大小为 F1=kqQ1(dcos)2Q2对 q 的库仑力大小为 ；对 q，根据平衡条件得：F 1sin=F 2cosF2=kqQ2(dsin)2联立以上三式得：tan 3= ，故选 A.Q2Q1考点：库仑定律；物体的平衡.【名师点睛】此题考查了库仑定律的应用以及物体的平衡条件的应用问题；解题的关键是能对带电体受力分析，通过受力
16、图列的平衡方程然后求解；此题是力电平衡的结合题，意在考查学生对物理基本方法的运用能力。9.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为 g) ( ) A. v216gB. v28gC. v24g8D. v22g【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有： ；物块做平抛运动： x=v1t； ；联立解12mv2=2mgr+12mv21 t= 4rg得： ，由数学知识可知，当 时， x 最大，故选 B。x=4v2gr16r2 r= 4v2
17、g216=v28g【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。10.如图所示为甲、乙、丙三个质点的位置 x 与时间 t 的关系图像，则在时间 t2内（ ）A. 甲先做匀加速再做匀减速运动B. 在 t2 时刻丙的速率大于乙的速率C. 甲的平均速度最大D. 丙的路程大于乙的路程【答案】B【解析】x-t 图像的斜率等于速度，则甲先向正方向运动，后向负方向运动，选项 A 错误；在 t2时刻丙的图像的切线的斜率大于乙，则丙的速率大于乙的速率，选项 B 正确；三个物体在相同时间内的位移相同
18、，则平均速度相同，选项 C 错误；丙的速度方向没变，速度大小逐渐变大，乙的速度一直不变，则乙丙的路程相同，选项 D 错误；故选 B.点睛：本题要求学生理解 x-t 图象的意义，并能由图知道三个物体的运动过程，明确物体的位移和路程，并正确理解平均速度公式11.如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平拉力的作用， F 与时间 t 的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力 的大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确fmax的是（ ）9A. 0-t1时间内物块受到的摩擦力保持不变B. t3-t4时间内物块受到的摩擦力保持不变C. t2时刻拉力 F 的功率一定最大D. t3时刻拉力 F 的功率一
19、定最大【答案】B【解析】【分析】根据物块的受力，结合合力的大小与方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动规律，判断何时加速度最大，何时速度最大。根据功率的公式分析最大功率的位置。【详解】0-t 1时间内，F 小于等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，物块受到的摩擦力始终与拉力大小相等，方向相反，所以摩擦力是变力；故 A 错误。由图可知，t 1-t3时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t 3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小保持不变，故 B 正确。从 t1-t3时刻，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t 3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动，可知
20、 t3时刻物块A 的速度最大。t 2时刻的拉力大于 t3时刻的拉力，而 t3时刻的速度大于 t2时刻的速度，所以拉力的功率最大的时刻可能在 t2时刻与 t3时刻之间，不能判断出 t2时刻的功率一定最大，或 t3时刻的功率一定最大。故 C D 错误。故选 B。12.如图所示的电路中，当滑动变阻器滑片 B 在图示位置时，电压表和电流表的示数分别为1.6V、0.4A，当滑动变阻器滑片 B 从图示位置向右滑到另一位置时，它们的示数各改变了0.1V 和 0.1A，则此时（ ）A. 电压表示数为 1.7V，电源电动势为 2VB. 电流表示数为 0.3A，电源的效率为 65%C. 电压表示数为 1.5V，电
21、源电动势为 3V10D. 电流表示数为 0.5A，电源的效率为 75%【答案】D【解析】【分析】由根据闭合电路欧姆定律分别列出两种情况下的表达式，再联立即可求得电动势和内电阻.【详解】向右滑则总电阻变小，电流增加，则电压减小，由闭合电路欧姆定律得：E=1.6+0.4r ；E=1.5+0.5r；联立解得：r=1 E=2V； 则电动势为 2V，内阻 1 电压表示数为 1.5V，则 AC 错误；电流表示数为 0.5A，电源的效率为： 100%=75%，则 B 错误，UED 正确 ；故选 D。13.如图所示,电路中 R1和 R2均为可变电阻,平行板电容器 C 的极板水平放置.闭合开关 S,电路达到稳定
22、时,一带电油滴恰好悬浮在两板之间.下列说法正确的是( ) A. 仅增大的 R1阻值,油滴仍然静止B. 仅增大 R2的阻值,油滴向上运动C. 增大两板间的距离,油滴仍然静止D. 断开开关 S,油滴将向下运动【答案】ABD【解析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻 R2的电压，当增大 R1的阻值，对电容器的电压没有影响，板间场强不变，油滴受力情况不变，仍静止，故 A 正确。当增大 R2的阻值，R 2分担的电压增大，电容器的电压增大，电容器板间场强增大，油滴所受的电场力增大，因此油滴将向上运动，故 B 正确。增大两板间的距离，电容器的电压不变，由 E=U/d 知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，
23、所以油滴将向下运动，故 C 错误。断开开关 S，电容器通过两个电阻放电，电容器板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故 D 正确。故选 ABD。14.如图所示，两个质量为 m1=2kg， m2=3kg 的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为 F1=40N、 F2=10N 的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则达到稳定状态11后，下列说法正确的是（ ）A. 弹簧秤的示数是 28NB. 弹簧秤的示数是 30NC. 在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度大小为 6m/s2D. 在突然撤去 F2的瞬间， m2的加速度大小为 4m/s2【答案】AC【解析】【详解】
24、以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是 F，以 m1为研究对象，由牛a=F1F2m1+m2=40N10N2kg+3kg=6m/s2顿第二定律得：F 1-F=m1a，则 F=F1-m1a=28N，故 A 正确，B 错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去 F2的瞬间，m 1受力情况不变，m 1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m 1的加速度不变，故 C 正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去 F2的瞬间，m 2不再受 F2的作用，m 2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m 2的加速度：，故 D 错误；故选 AC。aFm2 28
25、3 9.33m/s2【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法撤去外力时，弹簧的弹力不能突变15.如图所示，半径为 R 的圆形边界内充满垂直纸面向外的匀强磁场，三个粒子以相同的速度从 O 点沿 on 方向射入，粒子 1 从 p 点射出，粒子 2 从 n 点射出，粒子 3 从 mn 边界射出，出射方向偏转了 ，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以60确定 A. 粒子 1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电B. 粒子 1 和粒子 3 的周期之比为 ：1312C. 粒子 1 和粒子 3 在磁场中运动的时间之比为 ：3 2D. 粒子 1 和粒子 3 的比
26、荷之比为 ：3 2【答案】AC【解析】试题分析：根据左手定则判断出粒子的电性；做出粒子运动的轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径与 R 的关系，然后由半径公式即可求出粒子 1 与 3 的比荷的比值；由周期公式即可求出粒子 1 与 2 的时间比；根据题意可知粒子 1 向上偏转，粒子 2 不受洛伦兹力作用，粒子 3 向下偏转，结合左手定则可得粒子 1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电，A 正确；做出粒子运动的轨迹如图，则粒子 1 运动的半径： ，由 可得 ，粒子 3 的运动的轨迹如图，则：r1=R r=mvqB q1m1=vBr1=vBR，由 可得： ，所以 ，粒子在磁场中运动的周期比为
27、r2= 3R r=mvqB q3m3=vBr3= v3BR q1m1:q3m3=33，粒子 1 在磁场中的运动时间： ，粒子 3 在磁场中运动的时间T1T2=2r1v2r2v=1: 3 t1=142r1v=R2v，所以 ，故 C 正确 BD 错误t3=162r2v=3R3v t1t3=3216.如图所示，圆心在 O 点、半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 竖直固定在水平桌面上， OC 与OA 的夹角为 60，轨道最低点 A 与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为 m1和m2的两小球（均可视为质点） ，挂在圆弧轨道光滑边缘 C 的两边，开始时 m1位于 C 点，然后从静止释放， m1球能够
28、沿圆弧轨道运动到水平桌面上。则（ ）13A. 在 m1由 C 点下滑到 A 点的过程中两球速度大小始终相等B. 在 m1由 C 点下滑到 A 点的过程中重力对 m1做功的功率先增大后减少C. 若 m1恰好能沿圆弧下滑到 A 点，则 m1=2m2D. 在 m1由 C 点下滑到 A 点的过程中轻绳对 m2做的功等于 m2的机械能增加【答案】BCD【解析】试题分析： AB 两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在 滑下去m1一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是 ，P=mgv分析竖直方向速度的变化情况求解，若 恰好能沿圆弧轨道下滑到 a 点，此时两
29、小球速度m1均为零，根据动能定理求解质量关系根据功能关系可分析 机械能的改变量m2由 C 点下滑到 A 点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在 滑下去一段过程以后，m1 m1此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，A 错误；重力的功率 ，这里的 v 是指竖直的分速度，一开始P=mgv是由静止释放的，所以 一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到 A 点的时候，由于m1 m1此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个 C 到 A 的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小
30、的过程，所以这里重力功率 也是先增大后减小的过程，B 正确；若 恰好能沿圆mgv m1弧轨道下滑到 a 点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得： ，m1gR(1cos60)=m2gR解得 ，C 正确；重力之外的其他力做功等于物体机械能的改变量；故在 由 C 点m1=2m2 m1下滑到 A 点的过程中轻绳对 做的功等于 的机械能增加，D 正确m2 m217.如图所示，一质量为 m 的物体从固定的粗糙斜面底端 A 点以速度 v0 滑上斜面，恰好能够到达斜面顶端 B 点，C 点是斜面的中点。已知斜面的倾角为 ，高度为 h， 。v0= 6gh14则物体（ ）A. 到达 B 点后将停止运动B. 经过
31、C 时的速度为 3ghC. 从 C 点运动到 B 点的时间为1sinh2hD. 从 A 点运动到 C 点机械能减少 2mgh【答案】AB【解析】【分析】对物体由 A 到 B 的过程应用动能定理求得动摩擦因数，即可由最大静摩擦力求得到达 B 点后的运动；根据动能定理求得在 C 的速度，即可得到机械能减少量；再根据匀减速运动规律求得从 C 到 B 的运动时间。【详解】对物体由 A 到 B 的过程应用动能定理可得： mgh mgcos 0 mv02，所以，hsin 12=2tan；那么，tan，所以，mgsinmgcos，所以，物体到达 B 点后将停止运动，故 A 正确；对物体由 A 到 C 的过程
32、应用动能定理可得：mg mgcos mvC2 mv02，所以， vC ，故 B 正确；物体运动过程受重力、支h2 h2sin 12 12 3gh持力、摩擦力作用，故由牛顿第二定律可得：物体向上运动时，加速度a=gsin+gcos=3gsin，故由匀减速运动规律可得：从 C 点运动到 B 点的时间为，故 C 错误；从 A 点运动到 C 点机械能减少量 E mv02( mvC2+ mgh) mgh，tvCa 1sinh3g 12 12 12故 D 错误；故选 AB。【点睛】动能定理常用于初末位置速度已知的情况下求某个力在这一过程中做的功或已知做功的表达式求得某一位置的速度。二、实验题18.物理小组
33、在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实 验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮； 木板上有一滑块，其一端与穿过15电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过 定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为 50 Hz开始实 验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列 点。图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在 纸带上标出连续的 5 个计数点 A、B、C、D、E，每相邻两计数点间还有 4 个打 点（图中未标出） ，测出各计数点到 A 点之间的距离如图所示请完成下列小题：（1）根据图中数据计算：（保留两
34、位有效数字）打 C 点时滑块的速度的大小为_m/s；滑块的加速度 a=_m/s2；（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_A. 木板的长度 LB. 木板的质量 m1C. 滑块的质量 m2D. 托盘和砝码的总质量 m3E. 滑块运动的时间 t（3）不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力，则滑块与木板间的动摩擦因数 _用被测物理量的字母表示，重力加速度为 g） 【答案】 (1). 0.54m/s (2). (3). CD (4). 1.0m/s2 =m3g(m2+m3)am2g【解析】【分析】（1）根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，再利用逐差法可以求出滑块下滑的加速度（2）根据牛顿
35、第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式【详解】 （1）根据平均速度等于瞬时速度，则有： ；vC=xBD2T=0.147-0.03920.10.54m/s由x=at 2得： a=0.216-0.0879-0.087940 12 1.0m/s2（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m 3g-f=（m 2+m3）a，滑动摩擦力：f=m 2g，16解得： ，要测动摩擦因数 ，需要测出：滑块的质量 m2 与托盘和砝码的总=m3g-(m2+m3)am2g质量 m3，故选 CD；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：由上式得： =m3g-(m
36、2+m3)am2g某同学通过实验描绘一个“2V 1W”小灯泡的 U-I 曲线。该同学已正确选用合适的器材及其量程，并连接好了部分实验电路，如图甲所示。要求小灯泡两端的电压能在 02V 范围内连续变化，且尽可能减小实验误差。19. 在连接最后一根导线的 c 端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的 2 个不当之处，并说明如何改正：_，_ 。20. 该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的 U-I 特性曲线，将此小灯泡接在电动势为 1.5V.内阻为 1.0 的电源上，小灯泡的实际功率是 _ W。(结果保留 2 位有效数字)【答案】 (1). A开关 S 不应闭合；应处于断开状态; (2). B
37、滑动变阻器的滑动触头 P 位置不当；应将其置于 b 端; (3). 见解析 (4). 0.44（0.420.46）;【解析】(1)连接电路，开关应断开，所以不当之处一：开关 S 不应闭合；应处于断开状态；小灯泡两端的电压能从 0 开始连续变化，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器的滑动触头 P位置不当，所以不当之处二： 滑动变阻器的滑动触头 P 位置不当；应将其置于 b 端；(2). 该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的 U-I 特性曲线，将此小灯泡接在电动势为 1.5V，内阻为 1.0 的电源上，根据闭合电路欧姆定律则有 ，作出图像U=1.5I17由图像可得 ，小灯泡的实际功率是
38、；U=1.1V,I=0.4A P=UI=0.44W三、计算题21.如图所示，质量 ml10kg 的物块随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带始终以速度 v 带 30ms 匀速运动，质量 m240kg 的物块在 m1的右侧 L25m 处无初速放上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数均为 010，两物块碰后瞬间 m1相对传送带的速度大小为 20ms， （g10ms 2）求：（1）质量为 m2的物块释放后经过多少时间两物块相碰。（2）碰撞后两物块间的最大距离。【答案】 （1）1.0s（2）0.875m【解析】【分析】（1） 、质量为 m2的物块释放后做匀加速运动，m 1做匀速直线运动，根据运动学公
39、式和位移关系求解；（2） 、根据（1）问数据求出碰前瞬间 m2的速度，碰撞瞬间由动量守恒定律求得碰后瞬间m2速度碰后 m1和 m2均作匀加速运动至与传送带相对静止，根据 m1和 m2的速度关系和运动学公式求得碰撞后两物块间的最大距离【详解】 （1）由牛顿第二定律可得碰撞前 m2向右的加速度为：a= =g=1.0m/s 2m2gm2碰撞前运动时间内 m1与 m2位移关系为：s 1=s2+L，即：v 带 t= at2+L 12代入数据解得：t=1.0s，t=5.0s，由于 m2从静止到加速到 3.0m/s 时间为 =3s，所以 t=5.0s 不合题意舍去v带a（2）碰前 m1随传送带匀速运动速度为
40、 v1=v 带 =3.0m/s，碰前瞬间 m2的速度 v2=at=1m/s，碰后瞬间 m1的速度为：v 1=v1-2.0m/s=1.0m/s规定向右为正方向，碰撞瞬间由动量守恒定律有：m 1v1+m2v2=m1v 1+m2v 218代入数据解得：v 2=1.5m/s 碰后 m1和 m2均作匀加速运动至与传送带相对静止，由于 v 2v 1，其加速度均为 a，此过程中总有 m2均大于 m1的速度，故二者都相对传送带静止时距离最大，设为 Smm1相对滑动的时间为：t 1=（v 1-v 1） =2.0s 1am2相对滑动的时间为：t 2=（v 1-v 2） =1.5s 1am1相对滑动的时间内 m2先
41、加速后匀速，则：Sm=S2m-S1m=v 2t2+ at22+v1（t 1-t2）-（v 1t1+ at12）=0.875m12 12【点睛】解决该题关键要分析两物块的运动情况，把运动学公式和动量守恒定律结合运用求解运用动量守恒定律应注意其矢量性如图所示，足够大的绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=50N/C在桌面左边缘的虚线 PQ 上方存在重直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=15T，虚线 PQ 与水平桌面成 45 角。质量分别为 mA=0.2kg、m B=0.4kg 的金属小球 A、B，带电量均为 q=+4.010-2C开始时，A、B 静止，AB 间有一个锁定的被压缩的
42、轻质绝缘弹簧，与 A、B 不拴接，弹性势能 Ep=5.4J(A、B 视为质点，弹簧极短)，现解除锁定，A、B被瞬间弹开后移走弹簧。A、B 与桌面间的动摩擦因数均为 =0.4，A、B 静止时与 P 点间距离 L=1m，(A 与桌面的碰撞是弹性的，取 =3，g=10m/s).求：22. 弹簧解除锁定后瞬间，AB 两球的速度大小；23. 小球 A 第一次与桌面相碰时，AB 间的距离多大；24. 小球 A 从 P 点第一次进入磁场，到第二次离开磁场时平均速度的大小和方向。(结果均保留二位有效数字)【答案】 （1）vA=6m/s；vB=3m/s； （2）1.25m ；（3）2.1m/s，方向：与水平向右
43、成 45019斜向上。【解析】试题分析：（1）弹簧解除锁定后瞬间，根据能量守恒定律和动量守恒定律，即可求 A、B的速度大小；（2）先分析 A 的运动情况，作出 A 从第一次进磁场到第一次碰桌面的运动轨迹，并计算出运动的时间，后再分析 B 的运动情况，判断 B 运动的时间与 A 运动时间的关系，从而得出 A、B 相距的距离；（3）作出 A 第二次进入磁场运动的轨迹图，求出总位移和总时间，根据平均速度的定义式进行求解即可。（1）设弹簧解除锁定后瞬间，A、B 两球的速度大小分别为 、vA vB由能量守恒定律得： Ep=12mAv2A+12mBv2B由动量守恒定律得： mAvAmBvB=0联立解得：
44、vA=6m/s； vB=3m/s（2）在未进入磁场前，对 A 受力分析，则有： qE=mAg=2N即 A 受到的支持力为 0，故 A 不受摩擦力作用，所以向左匀速从 P 点进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，作出运动轨迹，如图由洛伦兹力提供向心力，则有： BqvA=mv2Ar解得：r=2m在磁场中运动的周期为 T=2mBq=2s由图可知粒子在磁场中运动的时间为 t2=34T=1.5s1.5s 之后，粒子竖直向下出射磁场，仍做匀速直线运动20由几何关系得：匀速运动的位移为 r=2m，则运动的时间为 t3=rvA=13s即 A 从第一次进入磁场到第一次出磁场所用的时间为 tA=t2+t3=116s
45、而对 B 分析可知，因 ，故 B 受的支持力不为 0，则 B 会受到摩擦力作用，qE=2NmBg=4N从而向右做匀减速运动根据牛顿第二定律得： ，解得：(mBgqE)=mBa a=2m/s2设 B 向右减到 0 所用的时间为 ，由运动学公式得：tB tB=vBa=1.5stA说明当 B 向右减速到 0 后，A 才落回到桌面则 B 的位移为 xB=v2B2a=94m由几何关系得：小球 A 第一次与桌面相碰时，A、B 间的距离 d=L+xBr=1.25m（3）A 与桌面反弹后，向上做匀速运动，再次进入磁场，向右偏转，运动轨迹，如图由图可知，A 从第一次进入磁场到第二出磁场，所用的总时间为 t总 =T+2t3=83s总位移为 x总 =222m=42m则平均速度的大小为 ，方向为与水平向右成 斜向上。v=x总t总 =2.1m/s 45【点睛】本题带电小球在复合场中运动，分析受力情况来分析运动过程是基础，同时要抓住两球之间的关系，比如运动的同时性等等进行研究。对 A 的运动轨迹图能够熟练画出，并且能够灵活应用几何关系进行列式解题。21
