學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精山西省平遙縣和誠(chéng)高考補(bǔ)習(xí)學(xué)校2020屆高三上學(xué)期12月月考物理試題含解析和誠(chéng)中學(xué)2019-2020學(xué)年度高三12月月考物理試題一、單項(xiàng)選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)。)1.入冬以來(lái),霧霾天氣頻發(fā)，發(fā)生交通事故的概率比平常高出許多,保證霧霾中行車安全顯得尤為重要;在霧天的平直公路上,甲、乙兩汽車同向勻速行駛，乙在前，甲在后.某時(shí)刻兩車司機(jī)聽到警笛提示，同時(shí)開始剎車，結(jié)果兩車剛好沒(méi)有發(fā)生碰撞.如圖所示為兩車剎車后勻減速運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，以下分析正確的是(）A.甲剎車的加速度的大小為0.5m/s2B。兩車剎車后間距一直在減小C.兩車開始剎車時(shí)的距離為87。5mD。兩車都停下來(lái)后相距12。5m【答案】D【解析】【詳解】A．甲車的加速度加速度大小為1m/s2．故A錯(cuò)誤。B．在0-20s內(nèi)，甲的速度大于乙的速度，甲在乙的后面，兩者間距減小.20s后，甲的速度小于乙的速度，兩者距離增大，故B錯(cuò)誤;C．乙車的加速度兩車剛好沒(méi)有發(fā)生碰撞，此時(shí)兩車速度相等，所經(jīng)歷的時(shí)間為20s，此時(shí)甲車的位移為:乙車的位移為：所以兩車開始剎車時(shí)的距離為S=x甲-x乙=100

m故C錯(cuò)誤。

D．t=20s時(shí)，甲乙的速度都為v=v甲+a1t=25-20=5m/s根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，兩車都停下來(lái)后相距為：故D正確。故選D。2.如圖所示，兩楔形物塊A、B兩部分靠在一起,接觸面光滑，物塊B放置在地面上,物塊A上端用繩子拴在天花板上，繩子處于豎直伸直狀態(tài)，A、B兩物塊均保持靜止．則(）A。繩子的拉力可能為零B.地面受的壓力大于物塊B的重力C。物塊B與地面間不存在摩擦力D。物塊B受到地面的摩擦力水平向左【答案】C【解析】【詳解】由于A物體保持靜止，所以A物體只受繩的拉力和重力，繩子的拉力等于A的重力，A錯(cuò)；地面受到的壓力等于B的重力，B錯(cuò);由于B物體與A物體間沒(méi)有相互作用力且靜止，所以B物體只受豎直方向的重力和地面對(duì)B的支持力,水平方向不存在摩擦力，C對(duì)D錯(cuò)．3。如圖所示,傾斜的長(zhǎng)桿(與水平面成α角）上套有一個(gè)質(zhì)量為M的環(huán)，環(huán)通過(guò)細(xì)線吊一個(gè)質(zhì)量為m的小球，當(dāng)環(huán)在某拉力的作用下在長(zhǎng)桿上滑動(dòng)時(shí)，穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的情景如圖所示，其中虛線表示豎直方向,那么以下說(shuō)法正確的是()A。環(huán)一定沿長(zhǎng)桿向下加速運(yùn)動(dòng)B.環(huán)的加速度一定沿桿向上C.環(huán)加速度一定大于gsinαD.環(huán)一定沿桿向上運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】AB．小球受力如圖所示，小球受豎直向下的重力G、與斜向上的繩子的拉力T作用,兩個(gè)力不在同一直線上,不是一對(duì)平衡力,則小球所受合力不為零，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的方向可知,合力平行于桿向上，小球平行于桿的方向上做勻變速運(yùn)動(dòng)，小球與環(huán)相對(duì)靜止，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同,小球的加速度向上，則環(huán)的加速度也向上，故A錯(cuò)誤，B正確；

C．由于不知道拉小球的線與豎直方向之間的夾角，所以不能判斷出小球的加速度與gsinα之間的關(guān)系。故C錯(cuò)誤；D．由小球的受力只能判斷出小球加速度的方向，當(dāng)不能判斷出小球運(yùn)動(dòng)的方向;小球可能向上做加速運(yùn)動(dòng)，有可能向下做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤;故選B。4.雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點(diǎn)做周期相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過(guò)程中，兩星的總質(zhì)量、距離和周期均可能發(fā)生變化．若某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間演化后，兩星總質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的k倍,兩星之間的距離變?yōu)樵瓉?lái)的n倍，則此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)的周期為（）A. B. C. D?！敬鸢浮緽【解析】【詳解】?jī)珊阈侵g的萬(wàn)有引力提供各自做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有：又，聯(lián)立以上各式可得故當(dāng)兩恒星總質(zhì)量變?yōu)?，兩星間距變?yōu)闀r(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的周期變?yōu)?，B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，到b點(diǎn)開始?jí)嚎s輕彈簧,到c點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度，到d點(diǎn)（圖中未畫出)開始彈回,返回b點(diǎn)離開彈簧，恰能再回到a點(diǎn)，若bc=0.1m，彈簧彈性勢(shì)能的最大值為8J,則下列說(shuō)法正確的是（）A。輕彈簧的勁度系數(shù)是50N/mB.從d到b滑塊克服重力做功8JC?；瑝K的動(dòng)能最大值為8JD。從d點(diǎn)到c點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做功8J【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)滑塊的合力為0時(shí)，滑塊速度最大，即知在c點(diǎn)時(shí)滑塊的速度最大，此瞬間滑塊受力平衡，則有：，可得，故A正確．滑塊從d到a，運(yùn)用動(dòng)能定理得：WG+W彈=0-0;又W彈=Ep=8J，可得WG=-8J，即克服重力做功8J，所以從d到b滑塊克服重力做功小于8J．故B錯(cuò)誤．滑塊從a到c,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知:滑塊的動(dòng)能增加量與重力勢(shì)能增加量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的減小量8J，所以滑塊的動(dòng)能最大值小于8J．故C錯(cuò)誤．彈簧彈性勢(shì)能的最大值為8J,根據(jù)功能關(guān)系知從d點(diǎn)到b點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做功為8J．從d點(diǎn)到c點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做功小于8J．故D錯(cuò)誤．故選A．【點(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析物理過(guò)程，把復(fù)雜的物理過(guò)程分成幾個(gè)小過(guò)程并且找到每個(gè)過(guò)程遵守的物理規(guī)律,列出相應(yīng)的物理方程解題．同時(shí)要明確彈簧彈力做的功等于彈性勢(shì)能的變化．6。一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為（）A。v0-v2 B。v0+v2 C。 D.【答案】D【解析】【分析】本題考查動(dòng)量守恒定律【詳解】系統(tǒng)分離前后，動(dòng)量守恒：，解得：，故ABC錯(cuò)誤；D正確．7.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長(zhǎng)為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．已知靜電力常量為k．若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài),則勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為（）A. B.C。 D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)c電荷帶電量為Q，以c電荷為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)平衡條件得a、b對(duì)c的合力與勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)c的力等值反向，即:所以勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為．A．與分析不符,故A錯(cuò)誤.B．與分析相符，故B正確.C．與分析不符,故C錯(cuò)誤。D．與分析不符,故D錯(cuò)誤.8。如圖，半徑為R的圓盤均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于圓盤且過(guò)圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q〉0）的固定點(diǎn)電荷，已知b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為（k為靜電力常量）A。k B.k C.k D.k【答案】B【解析】【詳解】電荷量為q的點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則圓盤在此處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為：根據(jù)對(duì)稱性原理可知，圓盤在d產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為:電荷量為q的點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為:由于都在d處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同,即為兩者大小相加．所以兩者這d處產(chǎn)生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為:故選B．9.如圖所示,真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1=+9.0×10—8C和Q2=-1。0×10—8C，分別固定在坐標(biāo)軸上，其中Q1位于=0處，Q2位于=6cm處。則在軸上（）A。場(chǎng)強(qiáng)為0的點(diǎn)有兩處B.在>6cm區(qū)域,電勢(shì)沿軸正方向降低C。質(zhì)子從=1cm運(yùn)動(dòng)到=5cm過(guò)程中，具有的電勢(shì)能升高D。在0<<6cm和>9cm的區(qū)域，場(chǎng)強(qiáng)沿軸正方向【答案】D【解析】【詳解】在軸上，某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是電荷Q1和Q2在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，是合場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，要使電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則要求電荷Q1和Q2在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反。因?yàn)镼1的電荷量大于Q2的電荷量,則電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)不會(huì)在Q1左邊;又因?yàn)樵赒1和Q2之間，兩者產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向均向右，則電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)也不會(huì)在Q1和Q2之間,所以電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)只能在Q2右邊.設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)的坐標(biāo)為，則有，解得=9，即只有在=9cm時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度為0.在〈0處，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左；在0<〈6cm處,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右；在6cm<〈9cm處,電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左;在〉9cm處，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右.在軸上，電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)只有一個(gè),在=9cm處，故A項(xiàng)錯(cuò)誤.在6cm<<9cm范圍內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，電勢(shì)沿軸正方向升高，在>9cm范圍內(nèi),電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右，電勢(shì)沿軸正方向降低，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。在0<<6cm范圍內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右，質(zhì)子帶正電荷，從=1cm運(yùn)動(dòng)到=5cm,電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。在0〈〈6cm和〉9cm范圍內(nèi),電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右，即沿軸正方向，故D項(xiàng)正確.10.兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷位于x軸上,相對(duì)原點(diǎn)對(duì)稱分布,正確描述電勢(shì)隨位置變化規(guī)律的是圖A.B.C.D?！敬鸢浮緼【解析】【詳解】試題分析：兩個(gè)等量異號(hào)電荷電場(chǎng)線如下圖,根據(jù)“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低”的原理，從左側(cè)無(wú)窮遠(yuǎn)處向右電勢(shì)應(yīng)升高,正電荷所在位置處最高；然后再慢慢減小，O點(diǎn)處電勢(shì)為零，則O點(diǎn)右側(cè)電勢(shì)為負(fù)，同理到達(dá)負(fù)電荷時(shí)電勢(shì)最小,經(jīng)過(guò)負(fù)電荷后,電勢(shì)開始升高,直到無(wú)窮遠(yuǎn)處，電勢(shì)為零;故BCD是錯(cuò)誤的；A正確．故選A考點(diǎn):電場(chǎng)線;電場(chǎng)強(qiáng)度及電勢(shì).【名師點(diǎn)睛】本題中應(yīng)明確沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；并且異號(hào)電荷連線的中垂線上的電勢(shì)為零;因?yàn)槠渲写咕€為等勢(shì)面,與無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)相等;此題考查學(xué)生應(yīng)用圖像觀察圖像解決問(wèn)題的能力.11。空間有一均勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，M、N、P為電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn),M點(diǎn)的坐標(biāo)，N點(diǎn)的坐標(biāo)為，P點(diǎn)的坐標(biāo)為，已知電場(chǎng)方向平行于直線MN，M點(diǎn)電勢(shì)為0，N點(diǎn)電勢(shì)為1V,則P點(diǎn)的電勢(shì)為(）A. B。C。 D?！敬鸢浮緿【解析】【詳解】根據(jù)題意已知電場(chǎng)方向平行于直線MN，點(diǎn)M的電勢(shì)為0，點(diǎn)N的電勢(shì)為1V，故，將電場(chǎng)強(qiáng)度沿著—x方向和+y方向正交分解，設(shè)合場(chǎng)強(qiáng)為E，則—x和+y方向的分量分別為：,設(shè)P在xOy平面上的投影為點(diǎn)，投影點(diǎn)的坐標(biāo)為，則聯(lián)立即得，又因N點(diǎn)電勢(shì)為1V，則電勢(shì)為，即P點(diǎn)電勢(shì)為，D正確【點(diǎn)睛】將電場(chǎng)強(qiáng)度沿坐標(biāo)軸方向正交分解，求出軸向的E的分量值，再選用U=Ed，求得電勢(shì)差，得電勢(shì)。12.如圖所示，實(shí)線為方向未知的三條電場(chǎng)線,虛線分別為等勢(shì)線1、2、3，已知MN=NQ，a、b兩帶電粒子從等勢(shì)線2上的O點(diǎn)以相同的初速度飛出．僅在電場(chǎng)力作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則（）A.a一定帶正電，b一定帶負(fù)電B.a加速度減小，b加速度增大C。MN電勢(shì)差|UMN|等于NQ兩點(diǎn)電勢(shì)差｜UNQ｜D.a粒子到達(dá)等勢(shì)線3的動(dòng)能變化量比b粒子到達(dá)等勢(shì)線1的動(dòng)能變化量小【答案】BD【解析】a粒子的軌跡方向向右彎曲，a粒子所受電場(chǎng)力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，b粒子所受電場(chǎng)力方向向左，由于電場(chǎng)線方向未知，無(wú)法判斷粒子的電性,故A錯(cuò)誤；由題，a所受電場(chǎng)力逐漸減小，加速度減小,b所受電場(chǎng)力逐漸增大，加速度增大，故B正確；已知,由于MN段場(chǎng)強(qiáng)大于NQ段場(chǎng)強(qiáng)，所以MN兩點(diǎn)電勢(shì)差大于NQ兩點(diǎn)電勢(shì)差,故C錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)力做功公式,，a粒子從等勢(shì)線2到3電場(chǎng)力做功小于b粒子從等勢(shì)線2到1電場(chǎng)力做功，所以a粒子到達(dá)等勢(shì)線3的動(dòng)能變化量比b粒子到達(dá)等勢(shì)線1的動(dòng)能變化量小,故D正確．13。如圖所示，圖1是某同學(xué)設(shè)計(jì)的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測(cè)物體,在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測(cè)物體的上下運(yùn)動(dòng)而變化，若Q隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Q=(a、b為大于零的常數(shù)),其圖象如圖2所示,那么圖3、圖4中反映極板間場(chǎng)強(qiáng)大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是A.①和③ B。①和④ C。②和③ D。②和④【答案】C【解析】【詳解】試題分析：電容式速度傳感器原理圖,其中上板為固定極板,下板為待測(cè)物體，由、與得：Q與C成正比，而C與d成反比，則E與d成反比，所以E與Q成正比．則由Q與t關(guān)系可得，E與t的關(guān)系:選第②；Q隨時(shí)間t的變化關(guān)系為又由于Q與d成反比．所以d與t成線性關(guān)系．故選第③故選C考點(diǎn)：考查了常見傳感器工作原理點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用各公式去尋找變量間的關(guān)系，最終得出正確答案．14.如圖所示“牛頓擺"裝置,5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上,5根輕繩互相平行,5個(gè)鋼球彼此緊密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個(gè)小鋼球．當(dāng)把小球1向左拉起一定高度，如圖甲所示,然后由靜止釋放,在極短時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)小球間的相互碰撞,可觀察到球5向右擺起，且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同，如圖乙所示．關(guān)于此實(shí)驗(yàn),下列說(shuō)法中正確的是（）A.上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒B。上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量不守恒C.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度（如圖丙所示），同時(shí)由靜止釋放,經(jīng)碰撞后，小球4、5一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度D.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示），同時(shí)由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同【答案】D【解析】試題分析：上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，小球5能夠達(dá)到與小球1釋放時(shí)相同的高度，說(shuō)明系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而且小球5離開平衡位置的速度和小球1擺動(dòng)到平衡位置的速度相同,說(shuō)明碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，但隨后上擺過(guò)程動(dòng)量不守恒，動(dòng)量方向在變化，選項(xiàng)AB錯(cuò)．根據(jù)前面的分析,碰撞過(guò)程為彈性碰撞．那么同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度（如圖丙所示），同時(shí)由靜止釋放,那么球3先以與球4發(fā)生彈性碰撞,此后球3的速度變?yōu)?,球4獲得速度后與球5碰撞，球5獲得速度，開始上擺,同理球2與球3碰撞,最后球4以速度上擺，同理球1與球2碰撞，最后球3以速度上擺，所以選項(xiàng)C錯(cuò)D對(duì)．考點(diǎn):動(dòng)量守恒彈性碰撞二、不定項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分。全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,選錯(cuò)或不選的得0分。)15。如圖所示，小球沿足夠長(zhǎng)的斜面向上做勻變速運(yùn)動(dòng),依次經(jīng)a、b、c、d到達(dá)最高點(diǎn)e．已知ab＝bd＝6m，bc＝1m,小球從a到c和從c到d所用的時(shí)間都是2s，設(shè)小球經(jīng)b、c時(shí)的速度分別為vb、vc，則(）A.de＝4m B。vc＝3m/sC。vb＝m/s D。從d到e所用時(shí)間是4s，【答案】ABD【解析】【詳解】A、d點(diǎn)的速度，則de間的距離為：，故A正確；B、設(shè)小球向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)推論得:得：，c點(diǎn)的速度為：，根據(jù)速度位移公式可知，解得：,故C錯(cuò)誤,B正確;D、d到e的時(shí)間為：,故D正確．16.如圖所示，在傾角為θ的光滑斜劈P的斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連的物塊A、B,C為一垂直固定在斜面上的擋板．Ａ、Ｂ質(zhì)量均為ｍ,斜面連同擋板的質(zhì)量為M,彈簧的勁度系數(shù)為k，系統(tǒng)靜止于光滑水平面．現(xiàn)開始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度為g）下列說(shuō)法中不正確的是A.若F=0，擋板受到B物塊的壓力為B.力F較小時(shí)A相對(duì)于斜面靜止，F(xiàn)大于某一數(shù)值，A相對(duì)于斜面向上滑動(dòng)C.若要B離開擋板C，彈簧伸長(zhǎng)量需達(dá)到D.若且保持兩物塊與斜劈共同運(yùn)動(dòng),彈簧將保持原長(zhǎng)【答案】ABC【解析】【詳解】A.先對(duì)斜面體和整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，再分別多次對(duì)物體A、B或AB整體受力分析,然后根據(jù)牛頓第二定律,運(yùn)用合成法列式分析求解．時(shí)，對(duì)物體A、B整體受力分析，受重力、斜面的支持力和擋板的支持力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，沿平行斜面方向,有，故擋板受到B物塊的壓力為，A錯(cuò)誤;B.當(dāng)沒(méi)有F作用時(shí)，對(duì)A分析有,用水平力F作用于P時(shí),A具有水平向左的加速度，設(shè)加速度大小為a，將加速度分解如圖,根據(jù)牛頓第二定律得，當(dāng)加速度a增大時(shí),x減小，即彈簧的壓縮量減小,物體A相對(duì)斜面開始向上滑，故物體在F剛施加上時(shí)就一直沿斜面向上滑動(dòng)，B錯(cuò)誤；C。物體B恰好離開擋板C的臨界情況是物體B對(duì)擋板無(wú)壓力，此時(shí)，整體向左加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體B受力分析，受重力、支持力、彈簧的拉力，如圖，根據(jù)牛頓第二定律，有，,解得，B離開擋板C時(shí),，則得，彈簧為原長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；D。若且保持兩物塊與斜劈共同運(yùn)動(dòng),則根據(jù)牛頓第二定律，整體加速度為;對(duì)物體A受力分析，受重力，支持力和彈簧彈力，如圖：根據(jù)牛頓第二定律，有，解得,故彈簧處于原長(zhǎng)，故D正確；17.如圖所示,足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為,以速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則圖中能反映小木塊運(yùn)動(dòng)的加速度、速度隨時(shí)間變化的圖像可能是（）A。 B。C. D。【答案】ABD【解析】【詳解】初狀態(tài)時(shí)，重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：加速度:當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相等時(shí)，由知道木塊繼續(xù)沿傳送帶加速向下，但是此時(shí)摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛頓第二定律求出此時(shí)的加速度：比較知道，物體下滑過(guò)程有兩種可能，即：①一直做加速度為a1勻加速運(yùn)動(dòng)，a—t圖象為A,②先以加速度a1勻加速，后以a2勻加速；a—t圖象為B,v-t圖象為D，故選ABD．【點(diǎn)睛】對(duì)小木塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，由于，所以只能有兩種可能的運(yùn)動(dòng)，即一直以a1勻加速運(yùn)動(dòng)，另一種先以a1勻加速運(yùn)動(dòng)后以a2勻加速運(yùn)動(dòng)，得到加速度和速度隨時(shí)間變化的規(guī)律,從而選擇對(duì)應(yīng)的圖象，凡是選擇圖象問(wèn)題，都要先確定函數(shù)關(guān)系．18。已知，某衛(wèi)星在赤道上空軌道半徑為r1的圓形軌道上繞地運(yùn)行的周期為T，衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到衛(wèi)星掠過(guò)其正上方．假設(shè)某時(shí)刻，該衛(wèi)星如圖在A點(diǎn)變軌進(jìn)入橢圓軌道,近地點(diǎn)B到地心距離為r2。設(shè)衛(wèi)星由A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，不計(jì)空氣阻力．則（)A。B。C。衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時(shí),機(jī)械能增大D.衛(wèi)星由圖中圓軌道進(jìn)入橢圓軌道過(guò)程中，機(jī)械能不變【答案】AB【解析】【詳解】A、赤道上某城市的人每三天恰好五次看到衛(wèi)星掠過(guò)其正上方,知三天內(nèi)衛(wèi)星轉(zhuǎn)了8圈，則有，解得,A正確；B、根據(jù)開普勒第三定律知，，解得,B正確;C、衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時(shí),只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤；D、衛(wèi)星由圓軌道進(jìn)入橢圓軌道,需減速，則機(jī)械能減小，D錯(cuò)誤；故選AB．19。如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝10m/s的初速度從傾角θ＝37°的固定粗糙長(zhǎng)斜面上的P點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后,又沿原路返回，其速率隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示.不計(jì)空氣阻力,取sin37°＝0.6，cos37°＝0。8，重力加速度g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A。物塊所受重力與摩擦力之比為5∶2B。在1～6s時(shí)間內(nèi)物塊所受重力的平均功率為50WC.在t＝6s時(shí)物塊克服摩擦力做功的功率為20WD。在0～1s時(shí)間內(nèi)機(jī)械能的變化量與在1～6s時(shí)間內(nèi)機(jī)械能的變化量大小之比為1∶5【答案】AD【解析】【詳解】A．設(shè)斜面傾角為θ,根據(jù)速度—時(shí)間圖象的斜率表示加速度得：上滑過(guò)程:下滑過(guò)程：根據(jù)牛頓第二定律得:代入數(shù)據(jù)解得：

故A正確;B．根據(jù)速度—時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移得：

1-6s內(nèi)的位移則t=1s到t=6s的時(shí)間內(nèi)物塊所受重力的平均功率為：故B錯(cuò)誤;C．摩擦力則t=6s時(shí)物體克服摩擦力做功的功率P=fv=4×10w=40W故C錯(cuò)誤;

D．在t=0到t=1s時(shí)間內(nèi)機(jī)械能的變化量大小△E1=fx1t=1s到t=6s時(shí)間內(nèi)機(jī)械能變化量大小△E2=fx2則：故D正確。故選AD。20.如圖所示，光滑水平面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD,處在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與正方形的某一條邊平行,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由AC邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為（)A。mv02＋qEL B.mv02＋qELC。mv02＋qEL D.mv02－qEL【答案】AC【解析】【詳解】若電場(chǎng)方向平行AB,則粒子做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)，則離開電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功W=EqL,若做加速運(yùn)動(dòng),則為動(dòng)能；若為減速運(yùn)動(dòng),則動(dòng)能為：；

電場(chǎng)力與初速度方向相互垂直，小球發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力一定做正功；假設(shè)受電場(chǎng)力向上，粒子從AB邊離開時(shí)，電場(chǎng)力做功為根據(jù)動(dòng)能定理得：得若從BD邊離開,則電場(chǎng)力做功可能為0至，根據(jù)動(dòng)能定理可知,粒子動(dòng)能可能為:至故AC可能，BD不可能。

故選AC。二。實(shí)驗(yàn)題：21。如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量各為m1和m2的小物塊A和B，分別系在一條跨過(guò)定滑輪的軟繩兩端，已知m1＞m2,現(xiàn)要利用此裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。（1）若選定物塊A從靜止開始下落的過(guò)程進(jìn)行測(cè)量，則需要測(cè)量的物理量有（）A。物塊的質(zhì)量m1、m2B.物塊A下落的距離及下落這段距離所用的時(shí)間C。繩子的長(zhǎng)度及物塊A下落的距離D。繩子長(zhǎng)度及物塊B上升這段距離所用的時(shí)間（2）為提高實(shí)驗(yàn)結(jié)果的準(zhǔn)確程度，某小組同學(xué)對(duì)此實(shí)驗(yàn)提出以下建議,確實(shí)對(duì)提高準(zhǔn)確程度有作用的是（）A.繩的質(zhì)量要輕：B。在“輕質(zhì)繩”的前提下，繩子越長(zhǎng)越好；C.盡量保證物塊只沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，不要搖晃；D.兩個(gè)物塊的質(zhì)量之差要盡可能小.【答案】(1）。AB（2)。AC【解析】【詳解】（1）［1]．通過(guò)連接在一起的A、B兩物體驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，即驗(yàn)證系統(tǒng)的勢(shì)能變化與動(dòng)能變化是否相等,A、B連接在一起，A下降的距離一定等于B上升的距離；A、B的速度大小總是相等的,故不需要測(cè)量繩子的長(zhǎng)度和B上升的距離及時(shí)間．故選AB．(2）[2]．如果繩子較重，系統(tǒng)的重力勢(shì)能就會(huì)有一部分轉(zhuǎn)化為繩子的動(dòng)能，造成實(shí)驗(yàn)誤差;繩子不宜太長(zhǎng)，長(zhǎng)了形變對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響越大；物體末速度v是根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)求出的，故要保證物體在豎直方向運(yùn)動(dòng)．m1、m2相差越大,整體所受阻力相對(duì)于合力對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響越?。@些都是減小系統(tǒng)誤差，提高實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確程度的做法．故選AC。三、計(jì)算題（本題包含3個(gè)小題，共36分.解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的計(jì)算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）22.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行．a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場(chǎng)方向平行．一電荷為q(q>０）的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．【答案】【解析】試題分析：質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小為f=qE①設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb,由牛頓第二定律有②③設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek