高級中學名校試卷PAGE2025年高二12月月考試卷物理時長：75分鐘總分：100分一、選擇題（每題5分，共50分）1.如圖所示，質(zhì)量相同的三顆衛(wèi)星a、b、c繞地球做勻速圓周運動，其中b、c在地球的同步軌道上，a距離地球表面的高度為R，此時a、b恰好相距最近。已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω。萬有引力常量為G，則（）A.發(fā)射衛(wèi)星b時速度要大于11.2km/sB.衛(wèi)星a的機械能大于衛(wèi)星b的機械能C.衛(wèi)星a和b下一次相距最近還需經(jīng)過D.若要衛(wèi)星c沿同步軌道與b實現(xiàn)對接，可讓衛(wèi)星c加速【答案】C【解析】A．衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運動，7.9km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行做圓周運動所需的最小初始速度，11.2km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度。所以發(fā)射衛(wèi)星b時速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A錯誤；B．衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要克服引力做較多的功，衛(wèi)星a、b質(zhì)量相同，所以衛(wèi)星b的機械能大于衛(wèi)星a的機械能，故B錯誤；C．b、c在地球的同步軌道上，所以衛(wèi)星b、c和地球具有相同的周期和角速度。由萬有引力提供向心力，即解得a距離地球表面的高度為R，所以衛(wèi)星a的角速度，此時a、b恰好相距最近，到衛(wèi)星a和b下一次相距最近時滿足（ωa-ω）t=2π解得故C正確；D．讓衛(wèi)星c加速，所需的向心力增大，由于萬有引力小于所需的向心力，衛(wèi)星c會做離心運動，離開原軌道，所以不能與b實現(xiàn)對接，故D錯誤；故選C。2.有一條長為L=2m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條沿斜面向上滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為（g取10m/s2）（）A.2.5m/s B.m/s C.m/s D.m/s【答案】B【解析】〖祥解〗設鏈條的質(zhì)量為，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為鏈條全部滑出后，動能為重力勢能為由機械能守恒定律可得即解得故選B。3.一質(zhì)量為的物塊靜止在水平地面上，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2。現(xiàn)給物塊一水平方向的外力，隨時間變化的圖線如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取，則（）A.時物塊的動量大小為B.時物塊的動量大小為C.時物塊的速度大小為D.在的時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小【答案】BD【解析】A．內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律解得時物塊的速度為時物塊的動量大小為故A錯誤；B．內(nèi)，由于物塊做勻速直線運動，時物塊的動量大小為故B正確；C．內(nèi)，隨時間變化的表達式為圖象與坐標軸圍成的面積表示沖量，時，物塊受到力的沖量為根據(jù)動量定理解得時物塊的速度大小為故C錯誤；D．由于可知在的時間內(nèi)，物塊速度為零，保持靜止，物塊受到的摩擦力等于力，則在的時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小，故D正確。故選BD。4.直角三角形ABC中，，在A點和C點分別固定兩個點電荷，已知B點的電場強度方向垂直于BC邊向下，則A.兩點電荷都帶正電B.A點的點電荷帶負電，C點的點電荷帶正電C.A點處電荷的帶電量與C點處電荷的帶電量的絕對值之比為D.A點處電荷的帶電量與C點處電荷的帶電量的絕對值之比為【答案】C【解析】A．若兩點電荷都帶正電，則兩點荷在B點產(chǎn)生的場強方向分別沿著AB和CB方向，由平行四邊形法則可知，B點的場強不可能垂直于BC邊向下，選項A錯誤；B．若A點的點電荷帶負電，則A電荷在B點的場強方向沿著BA方向，C點的點電荷帶正電，則C電荷在B點的場強方向沿著CB方向，由平行四邊形法則可知，B點的場強不可能垂直于BC邊向下，選項B錯誤；CD．分析可知A點電荷帶正電，C點電荷帶負電，如圖；則設AC=L，則BC=2L解得選項C正確，D錯誤；故選C。5.如圖所示是描述甲，乙兩個點電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是（）A.甲帶負電，乙?guī)д夿.甲電荷量大于乙的電荷量點D.P點的電場強度小于Q點的電場強度【答案】B【解析】AB．根據(jù)電場線分布特點，可判斷出甲帶正電、乙?guī)ж撾姡⑶壹椎碾姾闪看笥谝业碾姾闪?，A錯誤，B正確；C．在P位置靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在電場力的作用下，粒子沿P位置電場線的切線從靜止加速，會離開電場線，C錯誤；D．根據(jù)電場線的密集程度可以判斷出P點的電場強度大于Q點的電場強度，D錯誤。故選B。6.如圖所示，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡的最右點，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是（）A.粒子在電場中的加速度先增大后減小B.粒子所受電場力的方向沿軌道方向C.粒子在M點的速率最大D.粒子在電場中的電勢能先增大后減小【答案】D【解析】A．粒子在勻強電場中所受的電場力不變，則加速度不變，選項A錯誤；B．帶負電的粒子所受電場力的方向水平向左，選項B錯誤；C．從N到M電場力做負功，則粒子在M點的速率最小，選項C錯誤；D．粒子從N到M電場力做負功，電勢能增加；然后從M向左下方運動，電場力做正功，電勢能減小，則粒子在電場中的電勢能先增大后減小，選項D正確；故選D.7.如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪．一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N．另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中（）A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】如圖所示，以物塊N為研究對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的過程中，水平拉力F逐漸增大，繩子拉力T逐漸增大；對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加．故本題選BD．8.如圖所示，用細線吊一個質(zhì)量為m的帶電絕緣小球，小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計。小球分別從A點和B點向最低點O運動，當小球兩次經(jīng)過O點時（）A.小球的動能相同B.細線所受的拉力相同C.小球所受的洛倫茲力相同D.小球的向心加速度相同【答案】AD【解析】A．由于洛倫茲力和繩的拉力不做功，只有重力做功，因此機械能守恒，兩次小球的到達最低點時的動能相同，故A正確；BC．小球兩次經(jīng)過O點時的動能相同，兩次經(jīng)過O點時的速度大小相等，方向相反，由左手定則可知，小球兩次經(jīng)過O點時洛倫茲力大小相等，方向相反，則細線所受的拉力不同，故B、C錯誤；D．根據(jù)可知，由于小球兩次經(jīng)過O點時速度大小相同，小球的向心加速度大小相同，方向都是從O點指向圓心，故D正確。故選AD。9.內(nèi)半徑為R，內(nèi)壁光滑的絕緣球殼固定在桌面上。將三個完全相同的帶電小球放置在球殼內(nèi)，平衡后小球均緊靠球殼靜止。小球的電荷量均為Q，可視為質(zhì)點且不計重力。則小球靜止時，以下判斷正確的是（）A.三個小球之間的距離均等于B.三個小球可以位于球殼內(nèi)任一水平面內(nèi)C.三個小球所在平面可以是任一通過球殼球心的平面D.每個小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為，k為靜電力常量【答案】CD【解析】A．由小球受力分析可知，三個小球受到球殼的作用力都應沿半徑指向圓心，則三小球?qū)ΨQ分布，如圖所三個小球之間的距離均等于故A錯誤；BC．由小球的平衡可知，三個小球所在平面可以是任一通過球殼球心的平面，故B錯誤，C正確；D．由庫侖定律可知其合力為由平衡條件可知，每個小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為故D正確。故選CD。10.在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實現(xiàn)上下彈跳，如圖所示。某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質(zhì)點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.從A點運動到O點，小孩重力勢能的減少量大于動能的增加量B.從O點運動到B點，小孩機械能的減少量等于蹦床彈性勢能的增加量C.從A點運動到B點，小孩機械能的減少量小于蹦床彈性勢能的增加量D.從B點返回到A點，小孩機械能的增加量大于蹦床彈性勢能的減少量【答案】AD【解析】A．從A點運動到O點，小孩的速度不斷增大，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，其重力勢能的減少量等于增加的動能與彈性繩的彈性勢能之和，故重力勢能的減少量大于動能的增加量，故A正確；B．從O點運動到B點，小孩的速度不斷減小，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，小孩機械能減少量等于彈性繩、蹦床彈性勢能增加量，故小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能的增加量，故B錯誤；C．從A點運動到B點，小孩機械能轉(zhuǎn)化為彈性繩和蹦床的彈性勢能，則知小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能增加量，故C錯誤；D．從B點返回到A點的過程中，彈性繩的彈性勢能和蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小孩的機械能，則知小孩機械能增加量大于蹦床彈性勢能的減少量，故D正確。故選AD。二、填空（每題8分，共16分）11.某同學在做“驗證平行四邊形定則”的實驗中，遇到了以下問題。請幫助該同學解答。（1）物理學中有很多物理方法，本實驗采用的是___________。A.類比實驗法 B.等效替代法 C.控制變量法 D.極限法（2）在做實驗之前，該同學發(fā)現(xiàn)有一只彈簧測力計如圖甲所示，則在使用前應該對彈簧測力計___________。（3）如圖乙所示的四個力中，力___________（填圖中字母）是由一只彈簧測力計直接拉橡皮筋測得的。（4）該同學已經(jīng)作出了兩個分力的力的圖示，如圖丙所示，方格中每邊的長度表示0.5N，請幫助該同學用作圖法作出合力F的圖示，并求出合力的大小為___________N。（結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）B（2）校零（3）F′（4）3.5【解析】（1）[1]“驗證平行四邊形定則”的實驗中是驗證合力的作用效果與分力的作用效果相同，采用的是等效替代法，故ACD錯誤，B正確。故選B；（2）[2]為了實驗過程測量的準確性，在使用前應該對彈簧測力計進行校零；（3）[3]由一只彈簧測力計直接拉橡皮筋時，力的方向與OA重合，可知題圖乙所示的四個力中，力F′是由一只彈簧測力計直接拉橡皮筋測得的；（4）[4]合力F的圖示如圖由圖可知合力的大小為12.某實驗小組利用圖示的裝置探究“物體加速度與質(zhì)量的關系”。（1）下列做法正確的是___________（填字母代號）A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度（2）為了保證在改變木塊上的砝碼質(zhì)量時，木塊所受的拉力近似不變，砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量應滿足的條件是___________。（3）甲、乙兩同學在同實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條直線。設甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為、，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為，，由圖可知，___________，___________。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】（1）AD##DA（2）遠小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量（3）小于大于【解析】（1）[1]A．為了保證滑塊受到的繩子拉力是恒力，需要調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，A正確；B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不能將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上，B錯誤；C．實驗時，先接通打點計時器的電源再放開木塊，C錯誤；D．平衡摩擦力后，每次改變木塊上的砝碼質(zhì)量時，只要保持傾角不變，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，D正確；故選AD。（2）[2]為了保證在改變木塊上的砝碼質(zhì)量時，木塊所受的拉力近似不變，以木塊和木塊上砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以砝碼桶及桶內(nèi)砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知在改變時，為了使繩子拉力幾乎等于砝碼桶及桶內(nèi)砝碼總重力，需要砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量；（3）[3][4]根據(jù)牛頓第二定律可得解得由圖像的斜率和縱軸截距大小關系可得可知小于，大于。三、計算題（34分）13.如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個質(zhì)量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為的絕緣輕軒相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零。重力加速度為g，（僅兩極板間存在電場）試求∶（1）兩極板間的電壓；（2）小球運動的最大速度。【答案】（1）；（2）【解析】（1）根據(jù)動能定理可得解得（2）當兩個小球電場中時，電場力當三個小球在電場中時，電場力故當?shù)谌齻€小球剛進入電場時速度最大根據(jù)動能定理可得解得14.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一個勻強電場，場強大小為E、方向與圓所在的面平行。PQ為圓的一條直徑，與場強方向的夾角θ＝60°。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從P點以某一初速度沿垂直于場強的方向射入電場，不計粒子重力。（1）若粒子到達Q點，求粒子在P點的初速度大小v0。（2）若粒子在P點的初速度大小在0~v0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達圓弧上哪個點電勢能變化最大？變化了多少？【答案】（1）；（2）圓弧上最低點，－【解析】（1）粒子做類平拋運動，設粒子從P點運動到Q點的時間為t，加速度為a，則水平方向有豎直方向有由牛頓第二定律得聯(lián)立解得（2）粒子到達圓弧上最低點電勢能變化最大解得負號表示電勢能減少。15.如圖所示，P是水平面上圓弧軌道，從高臺邊B點以速度v0水平飛出質(zhì)量為m的小球，恰能從固定在某位置的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入．O是圓弧的圓心，θ是OA與豎直方向的夾角．已知：m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圓弧軌道半徑R＝0.5m，g＝10m/s2，不計空氣阻力和所有摩擦，求：（1）A、B兩點的高度差；（2）小球能否到達最高點C？如能到達，小球?qū)點的壓力大小為多少？【答案】（1）h=0.8m；（2）能，4N【解析】（1）小球從B到A做平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．據(jù)題知，小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，則有小球到達A點的速度為對平拋運動的過程,由機械能守恒得：解得A.B兩點高度差h=0.8m（2）假設小球能到達C點，由機械能守恒得：代入數(shù)據(jù)解得：vC=3m/s小球通過C點的最小速度為v,則，因為vC>v，所以小球能到達最高點C.在C點,由牛頓第二定律得：mg+F=代入數(shù)據(jù)解得：F=4N由牛頓第三定律知，小球?qū)點的壓力大小為4N2024-2025年高二12月月考試卷物理時長：75分鐘總分：100分一、選擇題（每題5分，共50分）1.如圖所示，質(zhì)量相同的三顆衛(wèi)星a、b、c繞地球做勻速圓周運動，其中b、c在地球的同步軌道上，a距離地球表面的高度為R，此時a、b恰好相距最近。已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω。萬有引力常量為G，則（）A.發(fā)射衛(wèi)星b時速度要大于11.2km/sB.衛(wèi)星a的機械能大于衛(wèi)星b的機械能C.衛(wèi)星a和b下一次相距最近還需經(jīng)過D.若要衛(wèi)星c沿同步軌道與b實現(xiàn)對接，可讓衛(wèi)星c加速【答案】C【解析】A．衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運動，7.9km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行做圓周運動所需的最小初始速度，11.2km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度。所以發(fā)射衛(wèi)星b時速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A錯誤；B．衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要克服引力做較多的功，衛(wèi)星a、b質(zhì)量相同，所以衛(wèi)星b的機械能大于衛(wèi)星a的機械能，故B錯誤；C．b、c在地球的同步軌道上，所以衛(wèi)星b、c和地球具有相同的周期和角速度。由萬有引力提供向心力，即解得a距離地球表面的高度為R，所以衛(wèi)星a的角速度，此時a、b恰好相距最近，到衛(wèi)星a和b下一次相距最近時滿足（ωa-ω）t=2π解得故C正確；D．讓衛(wèi)星c加速，所需的向心力增大，由于萬有引力小于所需的向心力，衛(wèi)星c會做離心運動，離開原軌道，所以不能與b實現(xiàn)對接，故D錯誤；故選C。2.有一條長為L=2m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條沿斜面向上滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為（g取10m/s2）（）A.2.5m/s B.m/s C.m/s D.m/s【答案】B【解析】〖祥解〗設鏈條的質(zhì)量為，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為鏈條全部滑出后，動能為重力勢能為由機械能守恒定律可得即解得故選B。3.一質(zhì)量為的物塊靜止在水平地面上，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2?，F(xiàn)給物塊一水平方向的外力，隨時間變化的圖線如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取，則（）A.時物塊的動量大小為B.時物塊的動量大小為C.時物塊的速度大小為D.在的時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小【答案】BD【解析】A．內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律解得時物塊的速度為時物塊的動量大小為故A錯誤；B．內(nèi)，由于物塊做勻速直線運動，時物塊的動量大小為故B正確；C．內(nèi)，隨時間變化的表達式為圖象與坐標軸圍成的面積表示沖量，時，物塊受到力的沖量為根據(jù)動量定理解得時物塊的速度大小為故C錯誤；D．由于可知在的時間內(nèi)，物塊速度為零，保持靜止，物塊受到的摩擦力等于力，則在的時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小，故D正確。故選BD。4.直角三角形ABC中，，在A點和C點分別固定兩個點電荷，已知B點的電場強度方向垂直于BC邊向下，則A.兩點電荷都帶正電B.A點的點電荷帶負電，C點的點電荷帶正電C.A點處電荷的帶電量與C點處電荷的帶電量的絕對值之比為D.A點處電荷的帶電量與C點處電荷的帶電量的絕對值之比為【答案】C【解析】A．若兩點電荷都帶正電，則兩點荷在B點產(chǎn)生的場強方向分別沿著AB和CB方向，由平行四邊形法則可知，B點的場強不可能垂直于BC邊向下，選項A錯誤；B．若A點的點電荷帶負電，則A電荷在B點的場強方向沿著BA方向，C點的點電荷帶正電，則C電荷在B點的場強方向沿著CB方向，由平行四邊形法則可知，B點的場強不可能垂直于BC邊向下，選項B錯誤；CD．分析可知A點電荷帶正電，C點電荷帶負電，如圖；則設AC=L，則BC=2L解得選項C正確，D錯誤；故選C。5.如圖所示是描述甲，乙兩個點電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是（）A.甲帶負電，乙?guī)д夿.甲電荷量大于乙的電荷量點D.P點的電場強度小于Q點的電場強度【答案】B【解析】AB．根據(jù)電場線分布特點，可判斷出甲帶正電、乙?guī)ж撾?，并且甲的電荷量大于乙的電荷量，A錯誤，B正確；C．在P位置靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在電場力的作用下，粒子沿P位置電場線的切線從靜止加速，會離開電場線，C錯誤；D．根據(jù)電場線的密集程度可以判斷出P點的電場強度大于Q點的電場強度，D錯誤。故選B。6.如圖所示，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡的最右點，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是（）A.粒子在電場中的加速度先增大后減小B.粒子所受電場力的方向沿軌道方向C.粒子在M點的速率最大D.粒子在電場中的電勢能先增大后減小【答案】D【解析】A．粒子在勻強電場中所受的電場力不變，則加速度不變，選項A錯誤；B．帶負電的粒子所受電場力的方向水平向左，選項B錯誤；C．從N到M電場力做負功，則粒子在M點的速率最小，選項C錯誤；D．粒子從N到M電場力做負功，電勢能增加；然后從M向左下方運動，電場力做正功，電勢能減小，則粒子在電場中的電勢能先增大后減小，選項D正確；故選D.7.如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪．一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N．另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中（）A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】如圖所示，以物塊N為研究對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的過程中，水平拉力F逐漸增大，繩子拉力T逐漸增大；對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加．故本題選BD．8.如圖所示，用細線吊一個質(zhì)量為m的帶電絕緣小球，小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計。小球分別從A點和B點向最低點O運動，當小球兩次經(jīng)過O點時（）A.小球的動能相同B.細線所受的拉力相同C.小球所受的洛倫茲力相同D.小球的向心加速度相同【答案】AD【解析】A．由于洛倫茲力和繩的拉力不做功，只有重力做功，因此機械能守恒，兩次小球的到達最低點時的動能相同，故A正確；BC．小球兩次經(jīng)過O點時的動能相同，兩次經(jīng)過O點時的速度大小相等，方向相反，由左手定則可知，小球兩次經(jīng)過O點時洛倫茲力大小相等，方向相反，則細線所受的拉力不同，故B、C錯誤；D．根據(jù)可知，由于小球兩次經(jīng)過O點時速度大小相同，小球的向心加速度大小相同，方向都是從O點指向圓心，故D正確。故選AD。9.內(nèi)半徑為R，內(nèi)壁光滑的絕緣球殼固定在桌面上。將三個完全相同的帶電小球放置在球殼內(nèi)，平衡后小球均緊靠球殼靜止。小球的電荷量均為Q，可視為質(zhì)點且不計重力。則小球靜止時，以下判斷正確的是（）A.三個小球之間的距離均等于B.三個小球可以位于球殼內(nèi)任一水平面內(nèi)C.三個小球所在平面可以是任一通過球殼球心的平面D.每個小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為，k為靜電力常量【答案】CD【解析】A．由小球受力分析可知，三個小球受到球殼的作用力都應沿半徑指向圓心，則三小球?qū)ΨQ分布，如圖所三個小球之間的距離均等于故A錯誤；BC．由小球的平衡可知，三個小球所在平面可以是任一通過球殼球心的平面，故B錯誤，C正確；D．由庫侖定律可知其合力為由平衡條件可知，每個小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為故D正確。故選CD。10.在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實現(xiàn)上下彈跳，如圖所示。某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質(zhì)點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.從A點運動到O點，小孩重力勢能的減少量大于動能的增加量B.從O點運動到B點，小孩機械能的減少量等于蹦床彈性勢能的增加量C.從A點運動到B點，小孩機械能的減少量小于蹦床彈性勢能的增加量D.從B點返回到A點，小孩機械能的增加量大于蹦床彈性勢能的減少量【答案】AD【解析】A．從A點運動到O點，小孩的速度不斷增大，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，其重力勢能的減少量等于增加的動能與彈性繩的彈性勢能之和，故重力勢能的減少量大于動能的增加量，故A正確；B．從O點運動到B點，小孩的速度不斷減小，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，小孩機械能減少量等于彈性繩、蹦床彈性勢能增加量，故小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能的增加量，故B錯誤；C．從A點運動到B點，小孩機械能轉(zhuǎn)化為彈性繩和蹦床的彈性勢能，則知小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能增加量，故C錯誤；D．從B點返回到A點的過程中，彈性繩的彈性勢能和蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小孩的機械能，則知小孩機械能增加量大于蹦床彈性勢能的減少量，故D正確。故選AD。二、填空（每題8分，共16分）11.某同學在做“驗證平行四邊形定則”的實驗中，遇到了以下問題。請幫助該同學解答。（1）物理學中有很多物理方法，本實驗采用的是___________。A.類比實驗法 B.等效替代法 C.控制變量法 D.極限法（2）在做實驗之前，該同學發(fā)現(xiàn)有一只彈簧測力計如圖甲所示，則在使用前應該對彈簧測力計___________。（3）如圖乙所示的四個力中，力___________（填圖中字母）是由一只彈簧測力計直接拉橡皮筋測得的。（4）該同學已經(jīng)作出了兩個分力的力的圖示，如圖丙所示，方格中每邊的長度表示0.5N，請幫助該同學用作圖法作出合力F的圖示，并求出合力的大小為___________N。（結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）B（2）校零（3）F′（4）3.5【解析】（1）[1]“驗證平行四邊形定則”的實驗中是驗證合力的作用效果與分力的作用效果相同，采用的是等效替代法，故ACD錯誤，B正確。故選B；（2）[2]為了實驗過程測量的準確性，在使用前應該對彈簧測力計進行校零；（3）[3]由一只彈簧測力計直接拉橡皮筋時，力的方向與OA重合，可知題圖乙所示的四個力中，力F′是由一只彈簧測力計直接拉橡皮筋測得的；（4）[4]合力F的圖示如圖由圖可知合力的大小為12.某實驗小組利用圖示的裝置探究“物體加速度與質(zhì)量的關系”。（1）下列做法正確的是___________（填字母代號）A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度（2）為了保證在改變木塊上的砝碼質(zhì)量時，木塊所受的拉力近似不變，砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量應滿足的條件是___________。（3）甲、乙兩同學在同實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條直線。設甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為、，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為，，由圖可知，___________，___________。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】（1）AD##DA（2）遠小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量（3）小于大于【解析】（1）[1]A．為了保證滑塊受到的繩子拉力是恒力，需要調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，A正確；B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不能將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上，B錯誤；C．實驗時，先接通打點計時器的電源再放開木塊，C錯誤；D．平衡摩擦力后，每次改變木塊上的砝碼質(zhì)量時，只要保持傾角不變，不需要重新調(diào)節(jié)