2016届四川省成都外国语学校高三上学期10月月考物理试题及答案

成都外国语学校2017届高三10月月考理科综合能力测试物理试题二、选择题（本题共 8 个小题，6 分/ 题,共48分.其中，第 14～18题只有一项符合题目要求，第 19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分）14、一艘小船在静水中的速度是3 m/s ，一条河宽60 m ，河水流速为4 m/s ，下列说法正确的是A 。

、小船在这条河中运动的最大速度是5 m/sB 。

、小船在这条河中运动的最小速度是3 m/sC 、小船渡过这条河的最短距离是60 mD 、小船渡过这条河的最短时间是20 s15、一个举重运动员在加速度大小都为a 的沿竖直方向运动的升降机里，当升降机匀加速上升时举起物体的最大质量为m 1,匀加速下降时举起物体的最大质量为m 2，匀减速上升时举起物体的最大质量为m 3，匀减速下降时举起物体的最大质量为m 4，则A 、m 1＝m 2B 、m 1＜m 3C 、m 2＜m 4D 、m 3＝m 4 16、假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常数为G ,则地球的密度为:A 。

、0203g g g GT πB 、 0203g g g GT πC 、 23GT π D.、023g g GTπρ17、一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块而未穿出，若子弹进入木块的深度为S 1，与此同时木块沿水平面移动了S 2，设子弹在木块中受到的阻力大小不变,则在子弹进入木块的过程中,下列说法不正确的是A 、子弹损失的动能与木块获得的动能之比为（S 1+S 2）:S 2B 、子弹损失的动能与系统获得的内能之比为（S 1+S 2)：S 1C 、S 2一定小于S 1D 、木块获得的动能与系统获得的内能之比为S 2：S 118. 如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，它们通过一劲度系数为k 的轻弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 都处于静止状态．现用手通过细绳缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面,此过程手做功为W 1若将A加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，此过程手做功W 2．假设弹簧一直处于弹性限度内，则A ．L 1=L 2=k mgB ．L 1=k mg ，L 2=k mg 2C 。

2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）月考物理试卷（12月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．物体做曲线运动动量一定变化，加速度不一定变化C．牛顿发现万有引力定律并测定了引力常量D．电场中电场线密的地方电场强度越大，电势一定越高2．2016年10月17日7时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，过去神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里，而神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，比过去高了50公里．由以上信息下列说法正确的是（）A．天宫一号的运行速度小于天宫二号的运行速度B．天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期C．神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能减小D．天宫一号的加速度小于天宫二号的加速度3．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电源的输出功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量减少D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则（重力加速度为g）（）A．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为mgB．AB一起向下运动过程中AB间的压力一先增大后减小C．AB向上运动到某一位置时将分离D．运动过程中AB物体机械能守恒5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B 两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（）A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为UC．粒子在A、B间是做圆周运动D．匀强电场的电场强度E=6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B 球碰撞后，A球的动能变为1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．v B．v C．v D．v7．在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2作用一平行于斜面的恒力F在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则（）A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒8．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（）A．物块B的质量满足m2gsinθ=kdB．物块A的加速度为C．拉力做功的瞬时功率为FvsinθD．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（5分）图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：A．用天平测出重物和夹子的质量B．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源F．用秒表测出重物下落的时间G．更换纸带，重新进行两次实验（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是和图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出（结果保留两位有效数字）：①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为J．②打B点时重物的动能为J．（2）试指出造成第（1）问中①②计算结果不等的原因是．10．（10分）利用如图所示电路测量一量程为300mV的电压表的内阻RV（约为300Ω）．某同学的实验步骤如下：①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596Ω的阻值，则电压表内电阻R V=Ω．实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：A．滑动变阻器：最大阻值200ΩB．滑动变阻器：最大值阻10ΩC．定值电阻：阻值约20ΩD．定值电阻：阻值约200根据以上设计的实验方法，回答下列问题．①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用，定值电阻R'应选用（填写可供选择实验器材前面的序号）．②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测真实值R V（填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若R V 越大，其测量值R的误差就越（填“大”或“小”）．测11．（14分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t 图象如图乙，（g取10m/s2）试求：（1）1秒内拉力F的平均功率．（2）4秒末物体的速度．12．（18分）如图甲所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B 的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A 与平台和木板B均接触但不粘连．滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2m的距离，然后将滑块C由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F随压缩量x 变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：（1）滑块C刚滑上木板A时的速度：（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果14．（10分）如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央．（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．【选修3-4】（15分）15．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是（）A．该波沿x轴负方向传播B．Q点的振幅比P点的振幅大C．P点的横坐标为x=2.5mD．Q点（横坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cos t（cm）E．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反16．半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率n=．（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．物体做曲线运动动量一定变化，加速度不一定变化C．牛顿发现万有引力定律并测定了引力常量D．电场中电场线密的地方电场强度越大，电势一定越高【考点】电场线【分析】滑动摩擦力的方向与物体的相对滑动的方向相反，可能与运动的方向相同，有可能与运动的方向相反，可能做正功，有可能做负功；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，加速度不一定变化；卡文迪许测量了万有引力常量；电势的高低与电场强度无关．【解答】解：A、恒力做功的表达式W=FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故A错误；B、物体做曲线运动动量一定变化，加速度可以不变，如平抛运动．故B正确；C、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量．故C错误；D、电势的高低与电场强度无关，电场中电场线密的地方电场强度越大，电势不一定越高．故D错误．故选：B【点评】该题考查的知识点比较多，解答本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．2．2016年10月17日7时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，过去神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里，而神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，比过去高了50公里．由以上信息下列说法正确的是（）A．天宫一号的运行速度小于天宫二号的运行速度B．天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期C．神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能减小D．天宫一号的加速度小于天宫二号的加速度【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【分析】根据万有引力定律和牛顿第二定律有，分别解出线速度、加速度和周期与轨道半径的大小关系，根据M和N的轨道半径大小判断线速度、角速度和周期的大小【解答】解：根据题意，天宫一号的轨道半径小于天宫二号，根据万有引力提供向心力A、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行速度大于天宫二号的运行速度；故A错误；B、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期，故B正确；C、神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道要加速，做离心运动，机械能增加，所以神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能增加，故C错误；D、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的加速度大于天宫二号的加速度，故D错误；故选：B【点评】本题主要考查了万有引力定律、牛顿第二定律、离心运动的应用问题，属于中档题．3．（2013•武侯区校级模拟）在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电源的输出功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量减少D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】电路稳定时，电容器相当于开关断开；滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器在路电阻增大，分析电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断灯泡亮度的变化；根据推论：内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．分析电源的输出功率如何变化．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．由闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化量的比值．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的总电阻R总功率P=I2R L，R L不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗．故A错误．B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由题意，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小．故B错误．C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，则=r，即电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比等于电源的内电阻r，保持不变．故D正确．故选：D【点评】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则（重力加速度为g）（）A．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为mgB．AB一起向下运动过程中AB间的压力一先增大后减小C．AB向上运动到某一位置时将分离D．运动过程中AB物体机械能守恒【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【分析】释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡，求出弹簧的弹力；释放B瞬间，先对AB整体研究，求出加速度，再隔离B研究，求出A对B的支持力，得到B对A的压力．再分析AB的运动过程，明确弹力的变化情况和能量的转化情况．【解答】解：A、释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡：F=mg；释放B瞬间，先对AB整体研究，受重力和弹簧的支持力，根据牛顿第二定律：（2m+m）g﹣F=（3m）a解得：a=；对物体B受力分析，受重力、A对B的支持力N，根据牛顿第二定律：2mg﹣N=2ma：解得：N=，故A正确，B、根据A的分析可知，由于在向下运动过程中，弹力一直增大，故AB间的弹力一定是增大的，故B错误；C、由于AB只能受弹簧向上的弹力，故两物体加速度将一直相同，不会出现分离现象，故C错误；D、由于在运动过程中，弹簧对AB系统做功，因此AB的机械能不守恒，故D错误．故选：A．【点评】本题关键先用整体法求解出加速度，再用隔离法求解系统内力．这是叠加体问题的常规解法，尤其在提到物体间相互作用的时候，更应该想到先整体后部分．5．（2016•鹰潭校级一模）如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R 的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（）A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为UC．粒子在A、B间是做圆周运动D．匀强电场的电场强度E=【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故AC错误；C、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，U AO=E×，所以E=，圆周上电势最高的点与O点的电势差为U=ER=，故B正确，D错误；故选：B【点评】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的含义重要性．6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B 球碰撞后，A球的动能变为1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．v B．v C．v D．v【考点】动量守恒定律【分析】碰后A球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．【解答】解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的，得：mv′2=×mv2，解得：v′=±v，碰撞过程中AB动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv′+2mv B，解得：v B=v或v B=v；故选：AB．【点评】本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，难度适中，属于中档题．7．（2009秋•广安区校级期中）在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2作用一平行于斜面的恒力F在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则（）A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒【考点】动量定理；重力势能【分析】物块在拉力作用下，做直线运动，初末速度大小相同，可能做匀速直线运动，可能做匀减速直线运动到零，再返回．结合运动学公式，以及机械能守恒定律的条件进行分析．【解答】解：A、在拉力作用下，物体可能向下做匀减速直线运动到零，再返回，由于初末速度大小相等，在整个过程中加速度不变，知物体回到出发点，则物块的重力势能可能相等．故A正确．B、物体若做匀减速直线运动再返回到出发点，则速度的大小相等，但是方向相反，则动量不同．故B错误．C、若物体做匀速直线运动，拉力等于重力沿斜面方向上的分力，拉力做负功．故C正确．D、若物体做匀速直线运动，拉力做负功，物块的机械能不守恒．故D错误．故选AC．【点评】解决本题的关键抓住物块初末速度大小相等，可能做匀速直线运动，可能做匀变速直线运动．8．（2015•海南模拟）在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（）A．物块B的质量满足m2gsinθ=kdB．物块A的加速度为C．拉力做功的瞬时功率为FvsinθD．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度．【解答】解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，根据牛顿第二定律：F﹣m1gsinθ﹣kx2=ma，已知m1gsinθ=kx1，x1+x2=d 故物块A 加速度等于，故B正确；C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2，故D正确；故选：BD．【点评】含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（5分）（2017•江西一模）图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：A．用天平测出重物和夹子的质量B．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源F．用秒表测出重物下落的时间G．更换纸带，重新进行两次实验（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是A和F图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出（结果保留两位有效数字）：。

2016-2017学年四川省成都市新津中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（此题共6个小题，每题4分，共24分．每题只有一个选项符合题意）1．以下各物理量中，与试探电荷有关的量是（）A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电场做的功W2．关于电场，以下表达中正确的选项是（）A．任意两点间的电势差，等于电场强度和这两点间距离的乘积B．正电荷周围的电场强度必然比负电荷周围的电场强度大C．电势降低最快的方向必是电场线的方向D．电场中电势高的点，电场强度必然专门大3．如下图，在一条直线上有两个相距的点电荷A、B，A带电+Q，B带电﹣9Q．现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平稳状态，那么C的带电性质及位置应为（）A．负A的左侧0.2 m处B．负A的右边0.2 m处C．正B的左侧0.2 m处D．正B的右边0.4 m处4．如下图，滑腻绝缘斜面的底端固定一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，那么在Q向上运动进程中（）A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的机械能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块P、Q之间的电势能一直增大5．如下图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中O点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，那么（）A．a必然带正电，b必然带负电B．a的电势能将减小，b的电势能将增加C．a的加速度将增加，b的加速度将减小D．两个粒子的动能均减小6．如下图，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由极点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从极点C射出．假设不计重力，那么a和b的比荷（带电量和质量比值）之比是（）A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1二、不定项选择题（此题共4个小题，每题6分，共24分．每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为×10﹣17 J，动能为×10﹣17 J，电子通过B点时电势能为×10﹣17 J，若是电子只受电场力作用，那么（）A．电子在B点时动能为×10﹣17 JB．由A到B电场力做功为100 e VC．电子在B点时动能为×10﹣17 JD．A、B两点间电势差U为100 VAB8．如下图是两个等量正点电荷，周围有1、2、3、4各点．两条虚线相互垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的表达正确的选项是（）A ．E 1＞E 2＞E 3＞E 4B ．E 3、E 4可能相同C ．φ1＞φ2＞φ3＞φ4D ．φ1＞φ2=φ3=φ49．如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时刻转变的规律如图2所示．电子原先静止在左极板小孔处．以下说法中正确的选项是（ ）A ．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上10．如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在 板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，那么以下结论正确的选项是（ ）A ．板间电场强度大小为B ．板间电场强度大小为C ．质点在板间的运动时刻和它从板的右端运动到光屏的时刻相等D ．质点在板间的运动时刻大于它从板的右端运动到光屏的时刻三、实验题（每空2分，共12分）11．在探讨两电荷间彼此作使劲的大小与哪些因素有关的实验中，一同窗猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如下图．实验时，先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近，观看到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．实验说明：两电荷之间的彼此作使劲，随其距离的而增大，随其所带电荷量的而增大．此同窗在探讨中应用的科学方式是（选填：“积存法”、“等效替代法”、“操纵变量法”或“演绎法”）．12．用操纵变量法，能够研究阻碍平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，假设维持S不变，增大d，那么θ将；板间电压；说明电容随板间距离增大而．（均填“增大”，“不变”或“减小”）四、计算题（此题共4个小题，共40分．解许诺写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必需明确写出数值和单位）13．如下图，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强×102V/m，极板间距离d=5cm，电场中C到B两板的距离为1cm，B板接地，求：（1）A板的电势φA 和C点的电势φC；（2）将点电荷q=2×10﹣2 C从C点移到A板电势能改变量△E．14．如图，一电容为C的平行板电容器的两个极板竖直放置，板间距离为d，在两极板间有一带电小球质量为m，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量别离为﹢Q和﹣Q，现在悬线与竖直方向的夹角为30°．求：（1）小球带电量q；（2）再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°，且小球与两极板不接触．第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q．15．如下图，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一滑腻半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）如此释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）16．如下图，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，粒子在静电分析器中做圆周运动．从P点垂直CN进入矩形区域的匀强电场，电场方向水平向左，粒子恰能打在Q点．静电分析器通道是半径为R的圆弧，内有均匀辐向散布的电场，方向如下图；粒子质量为m、电荷量为q；QN=d，PN=2d，粒子重力不计．求：（1）粒子的电性；（2）静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度E的大小；（3）P、Q两点间的电压U．12016-2017学年四川省成都市新津中学高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（此题共6个小题，每题4分，共24分．每题只有一个选项符合题意）1．以下各物理量中，与试探电荷有关的量是（）A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电场做的功W【考点】电势；电场强度．【分析】电场强度和电势是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．电势差与电荷无关，只与电场本身有关，电场力与试探电荷有关【解答】解：AB、电场强度和电势是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．故A、B错误；C、电势差：，与试探电荷的无关．故C错误．D、电场力为F=qE，可知静电力既与电场有关，又与试探电荷有关，故D正确；应选：D2．关于电场，以下表达中正确的选项是（）A．任意两点间的电势差，等于电场强度和这两点间距离的乘积B．正电荷周围的电场强度必然比负电荷周围的电场强度大C．电势降低最快的方向必是电场线的方向D．电场中电势高的点，电场强度必然专门大【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】在匀强电场中，任意两点间的电势差，等于电场强度和沿电场方向这两点间距离的乘积，电场线的疏密表示场强的大小，但沿电场线方向电势降低最快，场强与电势无关【解答】解：A、在匀强电场中，任意两点间的电势差，等于电场强度和沿电场方向距离的乘积，故A错误B、电场强度的大小看电场线的疏密，与正负电荷无关，故B错误；C、电势降低最快的方向必是电场线的方向，故C正确D、电势与电势零点的选取有关，与场强无关，故D错误应选：C3．如下图，在一条直线上有两个相距的点电荷A、B，A带电+Q，B带电﹣9Q．现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平稳状态，那么C的带电性质及位置应为（）A．负A的左侧0.2 m处B．负A的右边0.2 m处C．正B的左侧0.2 m处D．正B的右边0.4 m处【考点】库仑定律．【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每一个电荷都处于受力平稳状态，故依照库仑定律可别离对任意两球进行分析列出平稳方程即可求得结果．【解答】解：三个电荷要平稳，必需三个电荷的一条直线，外侧二个电荷彼此排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所之外侧两个电荷距离大，要平稳中间电荷的拉力，必需外侧电荷电量大，中间电荷电量小，因此C必需为负电，在A的左侧．设C所在位置与A的距离为r，那么C所在位置与B的距离为L+r，要能处于平稳状态，因此A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q．那么有： =解得：r=．应选：A．4．如下图，滑腻绝缘斜面的底端固定一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，那么在Q向上运动进程中（）A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的机械能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块P、Q之间的电势能一直增大【考点】电势能；功能关系．【分析】物体Q在运动进程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，依照能量守恒，运动进程中只存在这三种能相互转化．由于斜面足够长，物体运动到无穷远后静止，能够确信的是这时物体只存在重力势能．Q在运动进程中，P、Q之间愈来愈远，电势能愈来愈小，依照能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）确信愈来愈大，因此Q的机械能一直增大．【解答】解：A、开始电场力大于下滑力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于下滑力，合力与运动方向相反，动能减小，因此A错误；B、P、Q之间愈来愈远，电势能愈来愈小，依照能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）确信愈来愈大，因此B正确；C、物体动能、重力势能、电场能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，因此C错误；D、P、Q之间愈来愈远，P、Q之间的排斥力（电场力）做正功，电势能愈来愈小，因此D错误．应选：B5．如下图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中O点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，那么（）A．a必然带正电，b必然带负电B．a的电势能将减小，b的电势能将增加C．a的加速度将增加，b的加速度将减小D．两个粒子的动能均减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【分析】电场线密的地址电场的强度大，电场线疏的地址电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．依照电场力做功来判定动能的转变【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，因此粒子带电性质不定，故A错误；B、B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道转变来看速度与力方向的夹角小于90°，因此电场力都做正功，电势能都减小，动能都增大，故BD错误C、电场线的疏密表示场强的大小，故a受到的电场力增大，b受到的电场力减小，a加速度增大，b的加速度减小，故C正确应选：C6．如下图，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由极点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从极点C射出．假设不计重力，那么a和b的比荷（带电量和质量比值）之比是（）A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子垂直电场进入，做类平抛运动，依照水平位移求出时刻之比，再通过竖直位移求出加速度之比，最终通过牛顿第二定律求出比荷．【解答】解：粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1：2，依照x=vt，知时刻比为1：2．粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，依照y=at2知，y之比为2：1，那么a、b的加速度之比为8：1．依照牛顿第二定律知，加速度a=，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，那么两电荷的比荷之比为8：1．故B正确，A、C、D错误．应选：B．二、不定项选择题（此题共4个小题，每题6分，共24分．每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为×10﹣17 J，动能为×10﹣17 J，电子通过B点时电势能为×10﹣17 J，若是电子只受电场力作用，那么（）A ．电子在B 点时动能为×10﹣17 JB ．由A 到B 电场力做功为100 e VC ．电子在B 点时动能为×10﹣17 JD ．A 、B 两点间电势差U AB 为100 V【考点】电场线；电势能．【分析】依照能量守恒求出电子的动能，依照电场力做功与电势能的转变关系求电场力做的功，同时能够求出两点间的电势差．【解答】解：A 、C ：只受电场力，那么电子的能量守恒，在A 点E=E K +E P ×10﹣17+×10﹣17=8×10﹣17J ，在B 点E K =E ﹣E P =8×10﹣17﹣×10﹣17×10﹣17J ，故A 正确C 错误；B 、电场力做的功等于电势能的转变量，因此由A 到B 电场力做功W AB =E PA ﹣E PB ×10﹣17J=100ev ，B 正确；D 、W AB =﹣eU AB ，因此U AB =﹣100V ，D 错误；应选：AB8．如下图是两个等量正点电荷，周围有1、2、3、4各点．两条虚线相互垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的表达正确的选项是（ ）A ．E 1＞E 2＞E 3＞E 4B ．E 3、E 4可能相同C ．φ1＞φ2＞φ3＞φ4D ．φ1＞φ2=φ3=φ4【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【分析】等量同种点电荷电场线的散布具有对称性，两点电荷连线的中垂线从垂足向双侧电势慢慢减小．依照电场线方向判定电势的高低：顺着电场线方向电势慢慢降【解答】解：A 、等量同种点电荷电场线的散布具有对称性，垂直平分线从垂足向双侧场强先增大后减小，故3 4两点场强无法判定大小，可能相等，也可能不同，故A 错误，B 正确C 、沿着电场线方向电势慢慢降低，且2点的电势为零，故φ1＞φ2＞φ3＞φ4，故C 正确，D 错误应选：BC9．如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时刻转变的规律如图2所示．电子原先静止在左极板小孔处．以下说法中正确的选项是（ ）A ．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】分析电子的受力情形，来分析电子的运动情形，假设一直向右运动，能够打在右板，假设电子时而向右运动，时而向左运动，依照位移关系，分析电子的运动情形【解答】解：分析电子在一个周期内的运动情形．A 、B 从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，因此电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．故A 正确，B 错误．C 、从t=时刻释放电子，在﹣内，电子向右做匀加速直线运动；在﹣内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在﹣T 内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T ﹣内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复．假设两板距离足够大时，电子在两板间振动．故C 正确．D、用一样的方式分析从t=T时刻释放电子的运动情形，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右进程中就碰着右极板，故D正确．应选：ACD10．如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，那么以下结论正确的选项是（）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间的运动时刻和它从板的右端运动到光屏的时刻相等D．质点在板间的运动时刻大于它从板的右端运动到光屏的时刻【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】依照题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必需考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆进程，运用运动的分解法，依照对称性，分析前后进程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时刻跟它从板的右端运动到光屏的时刻相等．【解答】解：A、B据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后进程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，依照牛顿第二定律得，qE﹣mg=mg，取得E=．故A错误，B正确．C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，那么质点在板间运动的时刻跟它从板的右端运动到光屏的时刻相等．故C正确，D错误．应选：BC．三、实验题（每空2分，共12分）11．在探讨两电荷间彼此作使劲的大小与哪些因素有关的实验中，一同窗猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如下图．实验时，先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近，观看到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．实验说明：两电荷之间的彼此作使劲，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大．此同窗在探讨中应用的科学方式是操纵变量法（选填：“积存法”、“等效替代法”、“操纵变量法”或“演绎法”）．【考点】库仑定律．【分析】由于实验时，先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，因此采纳的方式是操纵变量法．【解答】解：对小球B进行受力分析，能够取得小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；因此使A球从远处慢慢向B球靠近，观看到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的彼此作使劲，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的彼此作使劲，随其所带电荷量的增大而增大．先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量因此采纳的方式是操纵变量法．故答案为：（1）减小，增大，操纵变量法．12．用操纵变量法，能够研究阻碍平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，假设维持S不变，增大d，那么θ将增大；板间电压增大；说明电容随板间距离增大而减小．（均填“增大”，“不变”或“减小”）【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．依照电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积转变时电容的转变情形，由于极板所带电荷量不变，再由电容的概念式C=分析板间电势差的转变，即可再确信静电计指针的偏角转变情形．【解答】解：依照电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当维持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的概念式C=分析可知板间电势差增大，那么静电计指针的偏角θ增大；说明电容随板间距离增大而减小．故答案为：增大，增大，减小．四、计算题（此题共4个小题，共40分．解许诺写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必需明确写出数值和单位）13．如下图，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强×102V/m，极板间距离d=5cm，电场中C到B两板的距离为1cm，B板接地，求：（1）A板的电势φA 和C点的电势φC；（2）将点电荷q=2×10﹣2 C从C点移到A板电势能改变量△E．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）依照φA=Ed求的AC两点的电势，其中d为到零点时的距离；（2）求的CA间的电势差，依照W=qU求的电场力做功，即可判定电势能的改变量【解答】解：（1）A点的电势为C点的电势为（2）CA间的电势差为UCA =φC﹣φA=﹣﹣（﹣6）故电场力做功为W=电场力做正功，故电势能改变量为△E=﹣×10﹣2J答：（1）A板的电势φA 和C点的电势φC别离为﹣6V，﹣（2）将点电荷q=2×10﹣2 C从C点移到A板电势能改变量△E为﹣×10﹣2J14．如图，一电容为C的平行板电容器的两个极板竖直放置，板间距离为d，在两极板间有一带电小球质量为m，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量别离为﹢Q和﹣Q，现在悬线与竖直方向的夹角为30°．求：（1）小球带电量q；（2）再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°，且小球与两极板不接触．第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）由Q=CU求的平行板间的电势差，依照U=Ed 求的场强，依照受力分析共点力平稳求的所带电荷（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，依照U=Ed、Q=cU、F=qE和平稳条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论【解答】解：（1）平行板间的电势差为U=场强为E=对小球受力分析，有共点力平稳可得mgtan30°=qE解得（2）第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得联立解得：△Q=2Q答：（1）小球带电量q为；（2）再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°，且小球与两极板不接触．第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q为2Q15．如下图，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一滑腻半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）如此释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】（1）在小滑块运动的进程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，依照动能定理能够求得滑块与N点之间的距离；（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律能够求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律能够求滑块得对轨道压力．【解答】解：（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：mg=m，解得：v===2m/s，。

四川省成都市实验外国语学校2016届高三上学期月考物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．一物体做匀变速运动，其初速度大小为8m /s ，加速度大小为22m /s ，则（ ） A ．若初速度与加速度方向一致，3 s 末物体的速度为14m /s B ．若初速度与加速度方向相反，4 s 内物体的位移为零C ．若初速度与加速度方向不在同一直线上，经过5 s 物体的速度的变化量可能为零D ．若初速度与加速度方向不在同一直线上，经过5 s 物体的速度大小可能为零2．如图所示，固定在水平地面上的物体P ，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为4kg m =的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角60θ=︒，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N ，作用在物块2的水平力20N F =，整个系统平衡，2g 10m /s =，则以下正确的是（ ）A ．1和2之间的摩擦力是20 NB ．2和3之间的摩擦力是20 NC ．3与桌面间摩擦力为20 ND ．物块3受6个力作用3．一个质量为0.3kg 的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a 表示物体受水平拉力时的v t -图像，图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的v t -图像，2g 10m /s =，下列说法中正确的是（ ）A ．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．水平拉力的大小为0.1 N ，方向与摩擦力方向相同D ．水平拉力对物体做功为1.2 J4．滑板运动是非常受欢迎的运动，如图所示为滑板运动训练轨道简化图，装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接（图中未画出），轨道与滑板间的动摩擦因数都相同，为方便训练AB 轨道可以适当调整，CD 轨道固定．若运动员从A 静止开始下滑则刚好能到达D ，那么将AB 轨道向右平移后从A 正上方1A 静止滑下，则（ ）A ．不能到达DB ．刚好能到达DC ．若能经过D 刚好到达1D ，一定有11AD A D ∥ D ．若能经过D 刚好到达1D ，但不一定有11AD A D ∥5．如图所示，甲、乙两物块用跨过定滑轮的轻质细绳连接，分别静止在斜面AB 、AC 上，滑轮两侧细绳与斜面平行．甲、乙两物块的质量分别为1m 、2m ，AB 斜面粗糙，倾角为α，AC 斜面光滑，倾角为β，不计滑轮处摩擦，则以下分析正确的是（ ）A ．若12m sin m sin α>β，则甲所受摩擦力沿斜面向上B ．若在乙物块上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的摩擦力一定变小C ．若在乙物块上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大D ．若在甲物块上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受拉力一定变大6．如图所示，把重为20 N 的物体放在倾角为30︒的粗糙斜面上并静止，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N ，则弹簧对物体的弹力（弹簧与斜面平行）（ ）A ．可以为22 N ，方向沿斜面向上B ．可以为2 N ，方向沿斜面向上C ．可以为12 N ，方向沿斜面向下D ．弹力不可能为零7．一个质量为m 1kg =的长木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别A m 1kg =和B m 2kg =的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为0.3μ=，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示（重力加速度g 取210m /s ）。