湖南省长沙一中2016-2017学年高二上学期第二次月考物理试卷Word版含解析

1、2016-2017 学年湖南省长沙一中高二（上）第二次月考物理试卷. .选择题（本题共 1111 小题，每小题 5 5 分，共 6060 分.在每小题只有一个或多个正确选项, 选对的得 5 5分，选错或不答的得 0 0 分）1.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O,最低点是 P,直径 MN 水平，a、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q （图中未画出）时速度为零.则小球 a （）B. 从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小C. 从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量D .从 N 到

2、 Q 的过程中，电势能一直增加2如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a,不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块 a 和小物块 b,虚线 cd 水平.现由静止释放两物块，物块a 从图示位置B 绳拉力对物块 a 做的功等于物块 a 重力势能的增加量C.绳拉力对物块 b 先做负功后做正功3如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体 A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体 B，从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰B .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为hC. B 能达到的最大高度为 -若不计摩擦和空气阻力,F 列说法正确的是 （a 到达 c

3、点时加速度为零D .绳拉力对物块b 做的功在数值上等于物块b 机械能的减少量后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻是（ ）B 与 A 分开且沿原曲面上升.下列说法正确的A .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghc 处.在此过程中,A .物块D . B 能达到的最大高度为4如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的 A、B 两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A .小球对两轨道的压力相同 B .小球对两轨道的压力不同C.此时小球的向心加速度不相等D .此时小球的向心加速度相等5. 颗子弹以较大的水平速度击穿原来静止在光滑水平面上的木块，

4、设木块对子的阻力恒定，则当子弹射入速度增大时，下列说法正确的是（）A .木块获得的动能变大B .木块获得的动能变小C.子弹穿过木块的时间变长D .子弹穿过木块的时间变短6.辆电动观光车蓄电池的电动势为 E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为 v 的速 度匀速行驶时，流过电动机的电流为 I，电动车的质量为 m,电动车受到的阻力是车重的 k 倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（ ）B.电动机的内阻为C.电动车的工作效率-：E1EI - kingvD .电动机的发热效率El7.如图是一定质量的理想气体的 p - V 图， 气体状态从 ATBTCTDTA完成一次循环，ATB（图中实线）和CTD为等温过

5、程，温度分别为 Ti 和 T2.下列判断正确的是（）A.CTD过程放出的热量等于外界对气体做的功B.若气体状态沿图中虚线由 ATB，则气体的温度先降低后升高C. 从微观角度讲 BTC过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的D .若 BTC过程放热 200J, DTA过程吸热 300J,则 DTA过程气体对外界做功 100J8 如图所示，两束不同的单色光 P 和 Q 射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是从圆心0 点沿OF 方向，由此可知（）A.电动机的内阻为A . Q 光穿过玻璃砖所需的时间比 P 光短B.P 光的波长比 Q 光的波长小C.P、 Q 两束光以相同的入射角从水中射向空气，若Q 光能

6、发生全反射，则 P 光也一定能 能发生全反射D 如果让 P、Q 两束单色光分别通过同一双缝干涉装置，P 光形成的干涉条纹间距比 Q 光的大9.关于下列四幅图的说法正确的是（）B. 丁图中 1 为a射线，它的电离作用很强可消除静电C.乙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.4eV的光子而发生跃迁D .丙图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来带负 电10.人在距地面 h 高处抛出一个质量为 m 的小球，落地时小球的速度为v，不计空气阻力,人对小球做功是（)i2i2i212.A.mv B.2mgh+mvC.mgh - mv D .2mv - mgh11.如图甲所示，Q

7、1、Q2为两个固定的点电荷，其中带负电，a、b、c 三点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以 定的初速度沿直线从a 点开始向远处运动经过b、c两点（粒子只受电场力作用），粒子经过 a、b、c 三点时的速度分别为 v“ *、Vc,其速度 -时间图象如图乙所示.以下说法中正确的是（）B. Q2的电量一定小于 Q1的电量C. b 点的电场强度最大、实验题（各小空 2 2 分总计 8 8 分）A.甲图中 A 处能观察到大量的闪光点,B 处能看到较多的闪光点，C 处观察不到闪光点D .粒子由 a 点运动到c 点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小乙*It駅的AU訐师光电效囤it级示磁凑示5砂A .

8、 Q2定带正电12.用如图 a 所示的实验装置验证 mim2组成的系统机械能守化，m2从高处由静止开始下落， mi上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量， 即可验证机械能守恒定律.如图 b 给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点.每相邻两计数点之间还有4 个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示.已知m|=50mg . m2=150mg ,(结果均保留两位有效数字)BI7.(1)在纸带上打下计数点5 时的速度Vm/s.(2)在打下第 0 个点到第 5 点的过程中系统动能的增量Ek=_ J 系统势能减少 Ep=_J(当地重力加速度 g 约为 9.8m/s2)(3)若某同

9、学作出.v2- h 图象如图 c 所示，则当地的重力加速度g=_ m/s2.r三、计算题(1414 题 8 8 分 15.16.1715.16.17 题总计 3030 分本大题 3232 分)13.如图所示实线是一列简谐横波在ti=0 时刻的波形， 虚线是这列波在 t2=0.5s 时刻的波形,这列波的周期为 T,符合 t2- t1T,问：(1) 若波速向右，波速多大？(2) 若波速向左，波速多大？(3) 若波速大小为 74m/s，波速方向如何？14如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小 E 与距细棒的垂直距离 r 成反比，即 E=( k

10、 为未知数)，在带电长inin图甲图丙01 2 3456单位：cmJ 1|-+ 38.4021.60( 26.401LJr直细棒右侧，有一长为 L 的绝缘细线连接了两个质量均为 m 的带电小球 A 和 B，小球 A、 B 所带电荷量分别为+q 和+4q, A 球距直棒的距离也为 L ,两个球在外力 F=2mg 的作用下处 于静止状态.不计两小球之间的静电力作用.(1 )求 k 的值；(2)若撤去外力 F,求在撤去外力瞬时 A、B 小球的加速度和 A、B 小球间绝缘细线的拉 力.15如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一

11、小段圆弧.可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在一起，静止于 b 处，A的质量是 B 的 3 倍两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运 动.B 到 d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于 B 所受重力的丄，A 与4ab 段的动摩擦因数为11,重力加速度 g,求：(1) 物块 B 在 d 点的速度大小；(2) 物块 A、B 在 b 点刚分离时，物块 B 的速度大小；16如图所示，实线和虚线分别是沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0 和 t=0.06s 时刻的波形图.已知在 t=0 时刻，x=1.5m 处的质点向 y 轴正方向运动.1判断该波的传播方向2若 3Tv

12、0.06sv4T,求该波的波速大小.17电视机显像管(抽成真空玻璃管)的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变 化的磁场作用下发生偏转， 打在荧光屏不同位置上发出荧光而成像.显像管的原理示意图(俯视图)如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场(如图乙所示)，其磁感应强度 B=迥 I，式中1为磁常量，N 为螺线管线圈的匝数，I 为线圈中 电流的大小.由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场.已知电子质量为 m，电荷量为 e，电子枪加速电压为 U，磁通量为1螺线管线圈的匝数为 N，偏转磁场区域的半径为 r，其圆心为 0 点.

13、当没有磁场时，电子束通过0 点，打在荧光屏正中的 M 点，0 点到荧光屏中心的距离 OM=L .若电子被加速前的初速度和所受的重力、 电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应以及磁场变化所激发的电场对电子束的作用.(1 )求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P 点时的速率；(2)若电子束经偏转磁场后速度的偏转角=60 求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流的大小；2)电子克-V-V0亮线”的长问中电流的 0.5 倍，求电子束打(3)当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第在荧光屏上发光形成2016-2017学年湖南省长沙一中高二（上）第二次月考物理试卷参考答

14、案与试题解析一. .选择题（本题共 1111 小题，每小题 5 5 分，共 6060 分在每小题只有一个或多个正确选项， 选对的得 5 5分，选错或不答的得 0 0 分）1 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O,最低点是 P,直径 MN 水平，a、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q （图中未画出）时速度为零.则小球 a （）A 从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B .从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小C.从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量D .从 N

15、 到 Q 的过程中，电势能一直增加【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能.【分析】对 a 受力分析，明确库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根 据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化.【解答】 解：A、a 由 N 到 Q 的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向， 则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A 错误；B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小；故B 正确；-2C、 从 P 到 Q

16、的过程中，由动能定理可知，-mgh-WE=0- mv ;故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C 错误；D、由于在下降过程中，速度沿切线方向，库仑力沿两电荷的连线，则可知库仑力一直与运 动方向夹角大于 90故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故 D 正确；故选：BD2.如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a,不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块 a 和小物块 b,虚线 cd 水平.现由静止释放两物块，物块a 从图示位置上升，并恰好能到达 c 处.在此过程中，若不计摩擦和空气阻力， 下列说法正确的是 （）【考点】功的计算；牛顿第二定律；机

17、械能守恒定律.【分析】 分析 ab 受力可知，ab 均只受重力和绳拉力，通过绳子拉力对 况，判断物块 a、b 机械能的变化.【解答】解：A、当 a 物块到达 C 处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只 受重力作用；所以 a 物块的加速度 a=g=10m/s2；故 A 错误；B、 a 物体受重力和拉力作用， 绳拉力对物块 a 做的功等于物块 a 的重力势能的增加量， 故 B 正确；C、 物块 a 上升到与滑轮等高前，拉力做正功，物块a 上升到与滑轮等高后，拉力做负功， 故 C错误；D、物块 b 受重力和绳拉力，除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b 做的功在数值上等于

18、b 机械能的减少量故选：BD3如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体 A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与 A 相同的物体 B,从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与 A 相碰A .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为C.B 能达到的最大高度为 一D . B 能达到的最大高度为 【考点】动能定理；机械能守恒定律.【分析】B 从轨道上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒运用机械能守恒定律可求得B与 A 碰撞前的速度.两个物体碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度.碰后共同体压缩弹簧，当速度为零，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据

19、系统的机械能守恒求得最 大的弹性势能.当弹簧再次恢复原长时，A 与 B 将分开，根据机械能守恒求得 B 能达到的最大高度.【解答】 解：A、对 B 下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh. ,B 刚到达水平地A .物块 a 到达c 点时加速度为零B.绳拉力对物块a 做的功等于物块 a 重力势能的增加量C.绳拉力对物块b 先做负功后做正功D .绳拉力对物块b 做的功在数值上等于物块b 机械能的减少量a、b 物体的做功情后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻是（ ）B 与 A 分开且沿原曲面上升下列说法正确的mgh口-h2 o面的速度 vo=B、 A 碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mvo=2mv

20、,得 A 与 B 碰撞后的共同速度为 v=vo,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=厶?2mv2= mgh，故 A 错误，B 正确；C、 D 当弹簧再次恢复原长时，A 与 B 将分开，B 以 v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒 定律可得 mgh= mv2，B 能达到的最大高度为，故 C 错误，D 正确.24故选 BD4如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的 A、B 两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A .小球对两轨道的压力相同B. 小球对两轨道的压力不同C. 此时小球的向心加速度不相等 D .此时小球的向心加速度相等【考

21、点】 机械能守恒定律；向心力.【分析】小球从与球心在同一水平高度的A、B 两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速 度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小.【解答】 解：设半圆轨道的半径为 r,小球到最低点的速度为 v,由机械能守恒定律得： 12、幫？、mgr=,，小球的向心加速度-，联立两式解得：an=2g，与半径无关，因此此时nr小球的向心加速度相等，所以，C 选项错误，D 选项正确.2在最低点，由牛顿第二定律得：: 一兀-,联立解得；FN=3mg，即压

22、力为 3mg,也与半径无关，所以小球对轨道的压力相同因此，A 选项正确，B 选项错误.故选：A、D.5.一颗子弹以较大的水平速度击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子的阻力恒 定，则当子弹射入速度增大时，下列说法正确的是（）A .木块获得的动能变大B.木块获得的动能变小C.子弹穿过木块的时间变长D .子弹穿过木块的时间变短【考点】动量守恒定律；功能关系.【分析】增大子弹的入射速度， 则子弹穿过木块的时间变短， 根据摩擦力与相对路程的乘积 等于产生的热量判断热量的变化. 通过动量定理判断子弹动量的变化. 根据动能定理判断木 块动能的变化.【解答】解：C、子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用

23、的时间越短，木块相对地面的位 移越小，但子弹相对木块的位移不变故C 错误，D 正确A、木块动能的增加量 EK=fs 木，木块对子的阻力恒定，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，所以木块动能的增加量变小，所以木块获得的动能变小，故A 错误，B 正确故选 BD E,内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v 的速I，电动车的质量为 m,电动车受到的阻力是车重的k）B.电动机的内阻为C.电动车的工作效率_：E1一+ “亠EI - kmgvD .电动机的发热效率，【考点】电功、电功率.【分析】电池的总功率要用 P=EI 来计算，根据总功率等于输出的机械功率加上电动机内的 发热的功率，可以求

24、得电动机的发热功率的大小，由于电动车匀速运动，所以电动机的输出功率为 P=Fv=fv .A 错误 B 正确；c、 电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即n=L，所以C正确;EI一kingvD、 电动机的发热效率n=.，所以D正确.21故选 BCD .7.如图是一定质量的理想气体的p - V 图，气体状态从 ATBTCTDTA完成一次循环，ATB（图中实线）和CTD为等温过程，温度分别为 Ti和 T2.下列判断正确的是（）6.辆电动观光车蓄电池的电动势为度匀速行驶时，流过电动机的电流为倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（【解答】解：A、B、由功能关系 EI=kmgv+l2R，所以电动机的内阻

25、为E kmgvR=-，所以A.电动机的内阻为A.CTD过程放出的热量等于外界对气体做的功B .若气体状态沿图中虚线由ATB，则气体的温度先降低后升高C.从微观角度讲BTC过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的D .若 B 过程放热 200J, DTA 过程吸热 300J,则 Df过程气体对外界做功 100J【考点】理想气体的状态方程.【分析】理想气体的内能只与温度有关，根据图象选择合适的气体定律，判断温度变化，根据热力学第一定律判断吸放热.【解答】 解：A、CTD过程是等温变化，气体内能不变，U=0，气体体积减小，外界对气体做功，W 0，由热力学第一定律得： Q= U - W= - WV

26、0，气体放出热量，由以上分 析可知，CTD过程放出的热量等于外界对气体做的，故 A 正确；B、 若气体状态沿图中虚线由ATB，图象中的等温线是在第一象限的双曲线的一支离原点越远温度越高，AB 两点在同一条等温线上所以从A 到 B 的过程中，温度先升高， 后降低，故 B 错误；C、 从BTC过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度T 降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，分子数密度不变，单位时间内撞击器壁的分子数不变， 分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，气体压强减小，故C 错误；D、 由热力学第一定律可知，若 BTC过程放热 200 J,DTA过程吸热 300 J

27、,则 DTA过程 气体对外界做功 100J，故 D 正确；故选：AD&如图所示，两束不同的单色光 P 和 Q 射向半圆形玻璃砖， 其出射光线都是从圆心 0 点沿 OF 方向，由此可知（）A . Q 光穿过玻璃砖所需的时间比P 光短B.P 光的波长比 Q 光的波长小C.P、Q 两束光以相同的入射角从水中射向空气，若Q 光能发生全反射，则 P 光也一定能 能发生全反射D 如果让 P、Q 两束单色光分别通过同一双缝干涉装置， 的大【考点】光的折射定律；全反射.【分析】通过光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小, 的大小，根据折射率大小去判断出在玻璃砖中的速度大小， 短.根据临界角公式 si

28、nC=，比较临界角的大小，判断全反射现象.根据波长的大小分析干涉条纹间距的大小.【解答】解：A、由图知：P 光和 Q 光的折射角相等，而 P 光的偏折程度小，根据折射定律知 P 光的折射率比 Q 光小，由 v=知 P 光在玻璃砖中传播速度大，则P 光穿过玻璃砖所需n的时间比 Q 光短，故 A 错误.B、 P 光的折射率小，频率小，则 P 光的波长比 Q 光的波长长，故 B 错误.P 光形成的干涉条纹间距比 Q 光从而知道两束光的波长和频率即可判断光通过玻璃砖时间的长C、 根据临界角公式 sinC=，知 P 光束的折射率小，临界角大，所以若 Q 光能发生全反射, 则 P 光不一定能发生全反射，故

29、C 错误.D、P 光束的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，则 涉条纹间距比 Q 光的大，故 D 正确.故选：D9 关于下列四幅图的说法正确的是（丙二光电效囤丁：种时绽齐髀你瞪罰丸磁场中荊馆转B 处能看到较多的闪光点，C 处观察不到闪光点B.丁图中 1 为a射线，它的电离作用很强可消除静电C.乙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.4eV的光子而发生跃迁D 丙图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来带负 电【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁.【分析】a散射实验中，大多少a粒子没有发生偏转，少数发生较大角度偏转，极少数a粒子发生大角度偏转.弧

30、光灯照射锌板发生光电效应时，锌板上的电子逸出，锌板带上正电.吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差.根据左手定则可知，1 带正电，为a射线，a射线的电离作用很强.【解答】解：A、甲图中 A 处能观察到大量的闪光点，B 处能看到较多的闪光点，在 C 处也可以观察到很少的闪光点，故 A 错误.B、根据左手定则可知，1 带正电，为a射线，a射线的电离作用很强，可消除静电故 B 正确.C、吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，从基态氢原子发生跃迁到 n=2 能级，需要吸收的能量最小，吸收的能量为-3.4eV -（ - 13.6eV） =10.2eV，即受 10

31、.2eV 光子照射，可以从基态氢原子发生跃迁到n=2 能级.10.4eV 的光子不能被吸收，不能发生跃迁故 C 错误.D、图中用弧光灯照射锌板，锌板上的电子逸出，锌板带上正电，发现验电器的张角变大，说明原来就带正电，故D 错误.故选：B.10.人在距地面 h 高处抛出一个质量为 m 的小球，落地时小球的速度为 人对小球做功是（）【考点】动能定理的应用.【分析】 对全过程运用动能定理，求出人对小球做功的大小.P 光形成的干乙靈神t子能A 甲图中 A 处能观察到大量的闪光点,mgh+厶 mv2C mgh- . mv21 2mv - mghv，不计空气阻力,-4(X13-iJi-1L41 n【解答】

32、 解：对全过程运用动能定理得： mgh+W= .： - - 0 解得：W= -L-y - -二二二U故 D 正确，A、B、C 错误. 故选 D .11.如图甲所示，Qi、Q2为两个固定的点电荷，其中 Qi带负电，a、b、c 三点在它们连线 的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始向远处运动经过 b、c两点（粒子只受电场力作用），粒子经过 a、b、c 三点时的速度分别为 Va、Vb、Vc,其速度 -时间图象如图乙所示以下说法中正确的是（）图甲圏乙rA . Q2一定带正电B . Q2的电量一定小于 Q1的电量C. b 点的电场强度最大D .粒子由 a 点运动到 c 点运动过程中

33、，粒子的电势能先增大后减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能.【分析】速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见 a 到 b 做加速度减小的减速运动，到 b 点加速度为 0从而知道 b 点的电场力及电场强度. 通过 B 点的场强可以分析 出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化.【解答】 解：AC、从速度图象上看，可见 a 到 b 做加速度减小的减速运动，在 b 点时粒子 运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab 上做减速运动，电场力向左，合场强向右，b 点左侧合电场主要取决于.1,，故带正电；负电荷在 bc 上做加速运动，电场力向右，合电

34、场向左，b 点右侧合电场主要取决于 QQ, ,说明 山带负电，故 A 正确，C 错误；B、b 点的电场强度为Q1Q 2、0,根据点电荷场强公式.Jt”因为/，故一，即rlr2，的电量一定小于1.的电量，故 B 正确；D、负电荷从 a 点到 b 点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从 b 点到 c 点的过程中， 电场力做正功，电势能减小，故粒子从 a 到 b 到 c 的过程中，电势能先增加后减小，故 D 正确；故选：ABD 二、实验题（各小空 2 2 分总计 8 8 分）12.用如图 a 所示的实验装置验证 mim2组成的系统机械能守化，m?从高处由静止开始下落， m1上拖着的纸带打出一系列的

35、点，对纸带上的点迹进行测量， 即可验证机械能守恒定律. 如图 b 给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点每相邻两计数点之间还有4 个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示.已知m|=50mg . m2=150mg,(结果均保留两位有效数字)22(2)在 05 过程中系统动能的增量厶EK=H( mi+m2)V5= ,_ x 0.2X2.4 J=0.58 J.系统重力势能的减小量为(m2-m1) gx=0.1x9.8x(0.384+0.216) J=0.59 J.(3)本题中根据机械能守恒可知，(m2-m1) gh=y ( m1+m2) v2,即有：=V2= gh,所以，V2-h 图

36、象中图象的斜率不表示重力加速度,/ ID +叫上由图可知，斜率 k= -T，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2.图甲图丙单Z * 讦+ 38.40| 2L6OI 26.40(1) 在纸带上打下计数点(2) 在打下第 0 个点到第0.59 J (当地重力加速度(3) 若某同学作出,.v2-5 时的速度V2.4m/s.5 点的过程中系统动能的增量Ek= 0.58 J 系统势能减少2g 约为 9.8m/s )2h 图象如图 c 所示，则当地的重力加速度g= 9.7 m/s2.【考点】验证机械能守恒定律.【分析】 根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度,求出打下记数点

37、 5 时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量, 可以求出系统重力势能的减小量.Ep=可以根据物体重力做功和重力势能之间的关系【解答】解：(1)由于每相邻两个计数点间还有4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔 t=0.1s,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：v5=0.2160+0. 26402X0. 1=2.4m/s0123456故答案为：(1) 2.4; (2) 0.58; 0.59; (3) 9.7.三、计算题(1414 题 8 8 分 15.16.1715.16.17 题总计 3030 分本大题 3232 分)13.如图所示实线是一

38、列简谐横波在ti=0 时刻的波形，虚线是这列波在 t2=0.5s 时刻的波形,这列波的周期为 T,符合 t2- tiT,问：(1) 若波速向右，波速多大？(2) 若波速向左，波速多大？(3) 若波速大小为 74m/s，波速方向如何？vm【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系.【分析】(1、2)由于波的传播方向未知，要分析两种情况分析.若波向右传播时，波传播 的距离为(n廿 3) m，若波向左传播时，波传播的距离为(nH5) m,读出波长，求出波传播的距离，再求解波速.(3)由 x=vt 求出波传播的距离 x，分析 x 与波长入的关系，判断波的传播方向.【解答】解：(1) t2-tiT,所以

39、波传播的距离大于一个波长， 若波向右传播，波传播的距离为X1= (n?+3) m, ( n=1 , 2, 3)则波速为 V1= ：m/s=2 (8n+3) , (n=1 , 2, 3)At 0.5(2)同理可得：若波向左传播，v=2 (8n+5) m/s, (n=1 , 2, 3)(3) 若波速大小为 74m/s，在 t=t2- t1=0.5s 内波传播的距离为 x=v? t=74X0.5m=37m 因为s=37m= (4 廿 5) m,所以波向左传播.答：(1 )若波向右传播，v=2 (8n+3) n= (1, 2, 3)；(2) 若波向左传播，v=2 (8n+5) n= (1, 2, 3)

40、.(3) 若波速大小为 74m/s，波向左传播.14如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小 E 与距细棒的垂直距离 r 成反比，即 E=( k 为未知数)，在带电长r直细棒右侧，有一长为 L 的绝缘细线连接了两个质量均为 m 的带电小球 A 和 B,小球 A、 B 所带电荷量分别为+q 和+4q, A 球距直棒的距离也为 L ,两个球在外力 F=2mg 的作用下处 于静止状态.不计两小球之间的静电力作用.(1 )求 k 的值；(2)若撤去外力 F,求在撤去外力瞬时 A、B 小球的加速度和 A、B 小球间绝缘细线的拉 力.【考点】库仑定律

41、；牛顿第二定律.【分析】(1)根据电场强度的公式 E=，结合适量合成法则与受力平衡条件，即可求解;T(2)根据电场强度的公式 E= ,结合牛顿第二定律内容， 依据整体法与隔离法， 即可求解.r r【解答】 解：(1)对小球 A、B 及细线构成的整体，受力平衡，有：lc kq +4q =2mgL 2L得：k=3q(2)若撤去外力瞬时，A、B 间细线拉力突然变为零，则： 对 A 球：q ； =maA；得：aA= ，方向向右mL对 B 球：4q =maB;2L得：aB=，方向向右因为 aAvaB,所以在撤去外力瞬时 A、B 将以相同的加速度 a 一起nL向右运动，A、B 间绝缘细线张紧，因此，对 A

42、、B 整体，q；+4q . =2ma即：2mg=2ma得 a=g 对 A : q+T=ma解得：T=1B 的加速度 a=g； A、B 小球间绝缘细线的拉力：T=：h；0答: (1 )则 k 的值(2)若撤去外力 F,求在撤去外力瞬时 A、B 小球的加速度和 A、B 小球间绝缘细线的拉 力15如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧. 可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在一起，静止于 b 处，A 的质量是 B的 3 倍两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运3动.B 到 d 点时速度沿水平方向，

43、此时轨道对B 的支持力大小等于 B 所受重力的：|, A 与ab 段的动摩擦因数为11,重力加速度 g,求：(1) 物块 B 在 d 点的速度大小；有拉力 T.由牛顿第二定律，有:故撤去外力瞬(2)物块 A、B 在 b 点刚分离时，物块 B 的速度大小;(3)物块 A 滑行的最大距离 s.【分析】(1)在 d 点根据向心力公式列方程可正确求解；(2)B 从 b 到 d 过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律即可解题；(3)分析清楚作用过程，开始 AB 碰撞过程中动量守恒，碰后 A 反弹，B 继续运动根据动能定理和动量定理可正确求解.【解答】解：(1) B 在 d 点，根据牛顿第二定律有：(2)

44、 B 从 b 到 d 过程，只有重力做功，机械能守恒有:解得(3) AB 分离过程动量守恒有：3mA=mvBA 匀减速直线运动，用动能定理得，0- 爲丄 联立，解得：.-一答：(1)物块 B 在 d 点的速度大小为；2(2) 物块 A、B 在 b 点刚分离时，物块 B 的速度大小.：；2(3) 物块 A 滑行的最大距离 s 为.8 fl16.如图所示，实线和虚线分别是沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0 和 t=0.06s 时刻的波形图.已知在 t=0 时刻，x=1.5m 处的质点向 y 轴正方向运动.1判断该波的传播方向2若 3Tv0.06sv4T,求该波的波速大小.【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系.【分析】据在 t=0 时刻，x=1.5m 处的质点向 y 轴正方向运动，根