广东省东莞市七校联考2024-2025学年高三（上）月考 物理试卷（12月份）

这是一份广东省东莞市七校联考2024-2025学年高三（上）月考 物理试卷（12月份），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）我国ETC电子不停车收费系统已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。下列图像中，可以描述汽车利用该系统通过收费站的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（4分）某种不导电溶液的相对介电常数ɛr与浓度Cm的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，电流表等构成如图（b）所示的电路，若降低溶液浓度，则（ ）
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．电容器左侧极板带负电荷
3．（4分）竖直平面内有一均匀带电的圆形薄板，半径为R，带电量为Q（Q＞0），用绝缘细线连在薄板最高处，带电小球不影响薄板上电荷分布，如图所示。小球静止时球心恰位于x轴上，细线与水平方向夹角为a，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球受到的库仑力水平向左
B．剪断细线，小球将沿x轴运动
C．剪断细线，小球将做平抛运动
D．小球所处位置的电场强度大小为
4．（4分）如图所示，嫦娥六号经过圆形轨道Ⅲ，在Q处完成变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，之后于2024年6月成功着陆于月球背面。忽略地球对嫦娥六号的影响以及嫦娥六号的质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号在地球上的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．嫦娥六号在轨道Ⅰ运行的加速度大小小于在轨道Ⅲ运行的加速度大小
C．嫦娥六号在轨道Ⅱ上由Q运动到P的过程中，机械能减少
D．嫦娥六号在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期
5．（4分）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动，管底在O点，细管内有一根原长为，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A．rB．lC．rD．l
6．（4分）如图所示，一轻质弹簧竖直立在水平地面上，弹簧一端固定在地面上。一小球从高处自由下落到弹簧上端，弹簧始终处于弹性限度内。在此过程中，能正确表示小球的加速度a随下降位移x的大小变化关系是下面图象中的（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（4分）2024年8月2日在巴黎奥运会上，朱雪莹借助蹦床的弹力腾空升起，随后回落到蹦床上，从某次刚好接触到蹦床面开始计时，通过力传感器得到了朱雪莹所受蹦床的弹力随时间变化的F﹣t图像如图所示。已知朱雪莹的质量m＝45kg2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．在0.3s～2.3s时间间隔内，朱雪莹先处于超重状态，后处于失重状态
B．在比赛过程中，朱雪莹的最大动能为2250J
C．在比赛过程中，朱雪莹离开蹦床上升的最大高度为20m
D．从接触到离开蹦床的过程中，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为3450N
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有两个或以上选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
（多选）8．（6分）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上（ ）
A．N点的电势比P点的低
B．N点的电场强度比P点的小
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
（多选）9．（6分）如图（a），光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，乙以6m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触）（b）中曲线所示。则由图线可知（ ）
A．两带电小球的电性一定相同
B．甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
C．甲乙达到共速时，乙的位移大于4倍甲的位移
D．甲、乙速度相等时两球间的电势能最大
（多选）10．（6分）在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为P0＝10kW，将一质量为50kg的工件从静止开始匀加速向上吊起，在t＝1s时，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在t＝3s时工件速度达到最大，在t＝5s时工件达到指定位置，取g＝10m/s2，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．工件做匀速直线运动时的速度为20m/s
B．在1～3s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
C．t＝1s时工件所受到的牵引力为1000N
D．0～5s时间内，工件上升的高度h＝70m
三、非选择题（本题共5小题，共54分。请根据要求作答）
11．（6分）如图甲所示为向心力演示仪，某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度a和半径r之间的关系。长槽的 A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1：2：1，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式
（1）本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，实验中采用的实验方法是 ；
A.理想模型法
B.等效替代法
C.控制变量法
（2）在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 层塔轮（选填“一”、“二”或“三”）；
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在 A、C位置，传动皮带位于第二层，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 。
A.1：2
B.1：4
C.2：1
D.8：1
12．（10分）利用图示的装置对碰撞过程进行研究.让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，分析碰撞过程是否为弹性碰撞。
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.501kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为B。
（3）调节B的位置，使A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以某一初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）
（6）表中的k2＝ （保留三位有效数字）。
（7）的平均值为 （保留三位有效数字）。
（8）理论研究表明，是否为弹性碰撞可由分析出。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则 （用m1和m2表示），将m1和m2的数值代入得＝ （保留三位有效数字），若该值与（7）中结果在误差范围内相等
13．（11分）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
14．（11分）静止于A处的离子经加速电场加速后，沿图中半径为R的圆弧线通过静电分析器，恰能垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场；在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场。已知加速电场的电压为U；NQ：NP：NC＝3：4：5。离子重力不计。
（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？
（2）求静电分析器内电场强度大小E0；
（3）要使离子恰好从Q点离开电场，求NQ、CD两板间的电压U0和离子离开Q点时的动能Ek。
15．（16分）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速度可调的固定水平传送带、光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中水平传送带长L1＝3m，B点在传送带右端转轴的正上方，轨道BCD和细圆管EFG的圆心分别为O1和O2、圆心角均为θ＝120°、半径均为R＝0.4m，且B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻放在传送带的最左端A点，在B处的开口和 E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度为3m/s，求物块经过圆弧轨道EFG最低点G时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度为5m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
2024-2025学年广东省东莞市七校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。）
1．（4分）我国ETC电子不停车收费系统已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。下列图像中，可以描述汽车利用该系统通过收费站的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据x﹣t图像的斜率表示速度，结合图像的形状分析各个图像表示的运动情况，再选择可以描述汽车利用该系统通过收费站的图像。
【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示速度，后沿原方向做减速直线运动，故A错误；
B、根据x﹣t图像的斜率表示速度，后静止，与实际不符；
C、该图表示汽车先做减速直线运动，能描述汽车利用该系统通过收费站的运动情况；
D、该图表示汽车先做加速直线运动，不能描述汽车利用该系统通过收费站的运动情况。
故选：C。
【点评】解答本题时，要知道x﹣t图像的斜率表示速度，能根据图像的形状来分析汽车的运动情况。
2．（4分）某种不导电溶液的相对介电常数ɛr与浓度Cm的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，电流表等构成如图（b）所示的电路，若降低溶液浓度，则（ ）
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．电容器左侧极板带负电荷
【分析】根据题意可知，降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数ɛr变大。因电源为恒压电源，则电容器两极板之间的电势差不变。根据电容器的决定式分析电容的变化，由电容的定义式C＝分析电容器所带电荷量的变化。根据电容器与电源的连接情况确定左侧极板的电性。
【解答】解：A、依题意，不导电溶液的相对介电常数ɛr增大，根据电容器的决定式，电容器的电容增大；
BC、溶液不导电，则电容器的电压等于电源电动势，根据电容的定义式C＝，结合A选项分析可知，则电容器所带的电荷量Q增大，C错误；
D、电容器左侧极板与电源正极相连，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据平行板电容器的电容决定式与定义式解答即可。
3．（4分）竖直平面内有一均匀带电的圆形薄板，半径为R，带电量为Q（Q＞0），用绝缘细线连在薄板最高处，带电小球不影响薄板上电荷分布，如图所示。小球静止时球心恰位于x轴上，细线与水平方向夹角为a，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球受到的库仑力水平向左
B．剪断细线，小球将沿x轴运动
C．剪断细线，小球将做平抛运动
D．小球所处位置的电场强度大小为
【分析】A.对小球受力，结合小球的平衡状态，即可分析判断；
BC.结合前面分析，由平衡条件，即可分析判断；
D.结合前面分析，由平衡条件、电场强度与电场力的关系分别列式，即可分析判断。
【解答】解：A.如图，对小球受力分析：
小球受竖直向下的重力mg、水平向右的库仑力F，才能处于当前的平衡状态；
BC.结合前面分析，由平衡条件可知，F、反向，小球受库仑力F，这两个力的合力应斜向右下方，也不会做平抛运动；
D.结合前面分析，由平衡条件可得：Ftanα＝mg，
其中：F＝qE，
联立可得，小球所处位置的电场强度大小为：E＝；
故选：D。
【点评】本题主要考查库仑力作用下的受力平衡问题，解题时需注意，根据库仑定律及平衡条件确定力与力的关系。
4．（4分）如图所示，嫦娥六号经过圆形轨道Ⅲ，在Q处完成变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，之后于2024年6月成功着陆于月球背面。忽略地球对嫦娥六号的影响以及嫦娥六号的质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号在地球上的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．嫦娥六号在轨道Ⅰ运行的加速度大小小于在轨道Ⅲ运行的加速度大小
C．嫦娥六号在轨道Ⅱ上由Q运动到P的过程中，机械能减少
D．嫦娥六号在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期
【分析】根据发射速度、轨道加速度、机械能守恒以及开普勒第三定律去判断各选项。
【解答】解：A、嫦娥六号仍绕地球做圆周运动，小于地球的第二宇宙速度；
B、根据万有引力提供向心力有
解得
则嫦娥六号在轨道Ⅰ运行的加速度大小大于在轨道Ⅲ运行的加速度大小，故B错误；
C、根据题意有，只有引力做功，故C错误；
D、根据开普勒第三定律有
嫦娥六号在轨道Ⅱ上运动的轨道半径大于在轨道Ⅰ上运动的轨道半径，因此在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期。
故选：D。
【点评】本题的关键在于理解天体运动的基本规律，包括发射速度、轨道加速度、机械能守恒以及周期与轨道半径的关系。通过这些规律，可以准确判断嫦娥六号在不同轨道上的运动特性。
5．（4分）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动，管底在O点，细管内有一根原长为，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A．rB．lC．rD．l
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
【解答】解：卷轴的角速度为：
插销与卷轴属于同轴传动模型，角速度相等，则弹簧对插销的弹力提供向心力
联立解得：，故A正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉传动模型的特点，掌握向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
6．（4分）如图所示，一轻质弹簧竖直立在水平地面上，弹簧一端固定在地面上。一小球从高处自由下落到弹簧上端，弹簧始终处于弹性限度内。在此过程中，能正确表示小球的加速度a随下降位移x的大小变化关系是下面图象中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】对于图象问题根据物理规律写出两坐标所代表物理量的函数关系即可正确解答。
【解答】解：小球开始下落时，做自由落体运动，当小球和弹簧接触时
mg﹣kx＝ma
所以：
根据数学知识可知，CD错误，加速度大于g，故B正确。
故选：B。
【点评】图象可以形象直观的描述物理量的变化关系，这是高中的重点知识，要学会正确处理图象问题。
7．（4分）2024年8月2日在巴黎奥运会上，朱雪莹借助蹦床的弹力腾空升起，随后回落到蹦床上，从某次刚好接触到蹦床面开始计时，通过力传感器得到了朱雪莹所受蹦床的弹力随时间变化的F﹣t图像如图所示。已知朱雪莹的质量m＝45kg2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．在0.3s～2.3s时间间隔内，朱雪莹先处于超重状态，后处于失重状态
B．在比赛过程中，朱雪莹的最大动能为2250J
C．在比赛过程中，朱雪莹离开蹦床上升的最大高度为20m
D．从接触到离开蹦床的过程中，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为3450N
【分析】A.由图知，在0.3s～2.3s时间间隔内，弹力为零，据此分析判断；
B.当朱雪莹受到的弹力与重力平衡时，速度最大，动能最大，据此分析判断；
CD.由图像信息，根据运动学规律、动量定理分别列式，结合牛顿第三定律，即可分析判断。
【解答】解：A.由图知，在0.3s～4.3s时间间隔内，说明朱雪莹离开蹦床，则处于完全失重状态；
B.当朱雪莹受到的弹力与重力平衡时，速度最大，但由图像无法确定最大速度；
CD.根据图像可知，朱雪莹在空中运动的时间为：t＝2.4s﹣0.3s＝4.0s，
根据运动的对称性可知，朱雪莹上升和下落的时间均为：，
解得：t0＝1s，
故朱雪莹上升的最大高度为：，
解得：h＝5m，
根据运动的对称性可知，刚接触蹦床的速度大小和刚离开蹦床时的速度大小相等0＝10×6m/s＝10m/s，
设蹦床对朱雪莹的平均作用力大小为F，选取竖直向下的方向为正方向，
由动量定理可知：（mg﹣F）•Δt＝﹣mv﹣mv，
其中：Δt＝0.3s，
解得：F＝3450N，则由牛顿第三定律可知，故C错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方向，计算时也要注意该物理量的符号。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有两个或以上选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
（多选）8．（6分）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上（ ）
A．N点的电势比P点的低
B．N点的电场强度比P点的小
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
【分析】电场线总是从高电势指向低电势，沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的；
电场线密集的地方表示场强较大，电场线稀疏的地方表示场强较小；
污泥絮体带负电，根据电场线的方向分析电势的变化情况，进而分析其在各点的电势能，由此判断电场力做功。
【解答】解：A、根据沿着电场线方向电势逐渐降低，故A错误；
B、根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小；
C、污泥絮体带负电P＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，电势能减小，故C正确；
D、M 点和P点在同一等势面上，又在M点的电势能比在N点的电势能大，故D错误。
故选：BC。
【点评】考查对电场线的理解，及电荷性质与电势能的关系，属于基础知识。
（多选）9．（6分）如图（a），光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，乙以6m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触）（b）中曲线所示。则由图线可知（ ）
A．两带电小球的电性一定相同
B．甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
C．甲乙达到共速时，乙的位移大于4倍甲的位移
D．甲、乙速度相等时两球间的电势能最大
【分析】根据图示图象分析两球的运动过程，根据两球的运动情况判断两球间的静电力性质，然后判断两球的电性关系；由图读出两者速度变化情况，从而知道动能的变化情况。根据图象的面积表示位移分析甲乙达到共速时位移关系。根据电场力做功情况，分析两电荷的电势能变化情况。
【解答】解：A、由图示图象可知，甲从静止开始做加速运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，故A正确；
B、由图象看出，则甲的动能一直增大，后反向增大，故B错误；
C、设甲乙共速的时刻为t1，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，知甲乙达到共速时乙＞t1＝3t1，甲的位移 x甲＜＝t1，
所以，x乙＞6x甲．故C正确；
D、由图示图象可知，电场力对系统做负功；两球共速后两球间的距离逐渐增大，系统的电势能减小，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题关键根据速度图象分析清楚两带电小球的运动过程，要知道电场力做正功时系统的电势能减小，电场力做负功时，系统的电势能增大，两者共速时电势能最大。
（多选）10．（6分）在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为P0＝10kW，将一质量为50kg的工件从静止开始匀加速向上吊起，在t＝1s时，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在t＝3s时工件速度达到最大，在t＝5s时工件达到指定位置，取g＝10m/s2，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．工件做匀速直线运动时的速度为20m/s
B．在1～3s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
C．t＝1s时工件所受到的牵引力为1000N
D．0～5s时间内，工件上升的高度h＝70m
【分析】（1）当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系以及拉力等于重力求出重物的最大速度。
（2）根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动结束功率达到额定功率求出匀加速直线运动的末速度，结合速度一时间公式求出匀加速直线运动的时间。
（3）根据动能定理即可求解速度达到vm时工件离地面的高度。
【解答】解：A、当工件达到最大速度时将保持向上的匀速运动
F﹣mg＝0
所以F＝mg＝50kg×10m/s2＝500N
P7＝Fvm
所以，故A正确；
B、在1～6s时间内，此时功率不变，此时速度增大时，故重物做加速度减小的加速运动；
C、当t＝1s时，此时刚好达到额定功率，得，故C正确；
D、在0～2s时，；在1s～2s时，此时起重机已到达额定功率0 t﹣mgh2＝，10000W×2s﹣50kg×10m/s2h8＝50kg×（10m/s）2，解得h2＝25m；在3s～6s时，h3＝vmt3＝20m/s×3s＝40m；则在0～5s内2+h2+h3＝6m+25m+40m＝70m，故D正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动结束，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以及功率与牵引力的关系进行求解。
三、非选择题（本题共5小题，共54分。请根据要求作答）
11．（6分）如图甲所示为向心力演示仪，某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度a和半径r之间的关系。长槽的 A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1：2：1，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式
（1）本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，实验中采用的实验方法是 C ；
A.理想模型法
B.等效替代法
C.控制变量法
（2）在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 一 层塔轮（选填“一”、“二”或“三”）；
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在 A、C位置，传动皮带位于第二层，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 B 。
A.1：2
B.1：4
C.2：1
D.8：1
【分析】（1）根据控制变量法的特点分析判断；
（2）根据线速度、角速度和半径关系、向心力公式分析探究向心力的大小与半径的关系时需要保持不变的物理量，然后作出选择；
（3）根据线速度、角速度和半径关系式及牛顿第二定律分析判断。
【解答】解：（1）影响向心力的大小的因素有小球质量、小球做圆周运动的角速度和半径、角速度ω和半径r之间的关系采用控制变量法，C正确。
故选：C。
（2）根据向心力公式F＝mrω2可知，探究向心力的大小与半径的关系时应保持小球质量m相同；
小球做匀速圆周运动的角速度，因此要求两塔轮的半径相同；
（3）传动皮带位于第二层塔轮，根据角速度与线速度的关系
角速度之比
根据向心力公式F＝mrω2可知
向心力之比
因此左右两标尺露出的格子数之比约为1：4，故ACD错误。
故选：B。
故答案为：（1）C；（2）一。
【点评】本题关键要掌握控制变量法，掌握实验装置和实验原理；知道皮带传动，皮带边缘线速度大小相等。
12．（10分）利用图示的装置对碰撞过程进行研究.让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，分析碰撞过程是否为弹性碰撞。
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.501kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.501 kg的滑块作为B。
（3）调节B的位置，使A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以某一初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）
（6）表中的k2＝ 3.05 （保留三位有效数字）。
（7）的平均值为 3.06 （保留三位有效数字）。
（8）理论研究表明，是否为弹性碰撞可由分析出。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则 （用m1和m2表示），将m1和m2的数值代入得＝ 3.09 （保留三位有效数字），若该值与（7）中结果在误差范围内相等
【分析】（2）根据动量守恒和能量守恒推导碰撞后速度表达式分析判断；
（6）根据匀速直线运动位移相同时，速度和时间成反比计算；
（7）根据表格中数据计算的平均值；
（8）根据（2）中结论推导的理论表达式并代入数据计算。
【解答】解：（2）碰撞过程动量守恒，则有：m1vA＝m1v2+m2v2
若碰撞过程为弹性碰撞，则有：m1＝m3+m2
解得：v1＝vA，v2＝vA
要使碰撞后两滑块运动方向相反，则有m4﹣m2＜0，即m3＜m2
应选取质量为0.501kg的滑块作为B；
（6）碰撞后滑块做匀速直线运动，运动相同的距离可知，则有：k6＝＝＝＝3.05
（7）的平均值为：σ＝
（8）根据（2）计算的结论可得：＝＝＝3.09
故答案为：（2）4.501；（6）3.05；（8）
【点评】本题考查研究碰撞过程是否为弹性碰撞实验，要求掌握实验原理和数据处理。
13．（11分）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【分析】（1）选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力；
（2）根据牛顿第二定律计算出滑块的加速度，结合运动学公式得出滑块与滑杆碰撞前的速度；
（3）碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合运动学公式得出滑杆向上运动的最大高度。
【解答】解：（1）滑块静止时，根据整体法可知，N1＝（m+M）g＝（0.6+0.6）×10N＝3N
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，方向竖直向上
则对滑杆进行受力分析，根据平衡状态得：
N2＝Mg﹣f＝0.4×10N﹣1N＝5N
（2）选竖直向上的方向为正方向
根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为：
，负号表示加速度方向竖直向下
根据运动学公式可知
代入数据解得：v＝8m/s
（3）当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得：
mv＝（M+m）v1
当滑杆和滑块一起脱离地面时，根据整体法可知，方向竖直向下
则
解得：h＝0.2m
答：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小分别为6N和5N；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小为8m/s；
（3）滑杆向上运动的最大高度为6.2m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉对物体的受力分析，结合牛顿第二定律分析出加速度，利用运动学公式和动量守恒定律即可完成分析，整体难度中等。
14．（11分）静止于A处的离子经加速电场加速后，沿图中半径为R的圆弧线通过静电分析器，恰能垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场；在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场。已知加速电场的电压为U；NQ：NP：NC＝3：4：5。离子重力不计。
（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？
（2）求静电分析器内电场强度大小E0；
（3）要使离子恰好从Q点离开电场，求NQ、CD两板间的电压U0和离子离开Q点时的动能Ek。
【分析】（1）根据离子在静电分析器中做匀速圆周运动，收到的电场力的方向判断离子电性，再根据离子在加速电场的运动情况判断两板的电势高低；
（2）根据动能定理和电场力提供向心力求静电分析器内电场强度大小E0；
（3）根据类平抛运动和动能定理NQ、CD两板间的电压U0和离子离开Q点时的动能Ek。
【解答】解：（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致；由于离子在加速电场中由静止释放，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中电场力提供向心力
联立得
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设
NQ＝3r，
则有
3r＝vt

由牛顿第二定律得
联立得
离子从A到Q，由动能定理得
解得
答：（1）离子带正电，加速电场中左极板电势高；
（2）静电分析器内电场强度大小为；
（3）NQ、CD两板间的电压为。
【点评】对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法。知道粒子做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
15．（16分）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速度可调的固定水平传送带、光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中水平传送带长L1＝3m，B点在传送带右端转轴的正上方，轨道BCD和细圆管EFG的圆心分别为O1和O2、圆心角均为θ＝120°、半径均为R＝0.4m，且B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻放在传送带的最左端A点，在B处的开口和 E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度为3m/s，求物块经过圆弧轨道EFG最低点G时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度为5m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
【分析】（1）根据不脱轨的条件，可求出B点的速度，然后利用牛顿第二定律和运动学公式可求出时间；
（2）根据动能定理和牛顿第二定律可求出轨道对物块作用力大小；
（3）根据动能定理可求出产热和速度的关系。
【解答】解：（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点有mg＝
可得vB＝2m/s
物体在传送带上运动时，由μ4mg＝ma
可得a＝2m/s2
若物块一直加速，则末速度为v＝m/s＞vB
由此可知物块应该是先加速后匀速，则加速的位移x＝
物块在传送带上运动的时间t＝+，解得t＝3s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，由动能定理可得mg（R+2Rsin30°+R）＝m﹣m
由牛顿第二定律有FN﹣mg＝
联立可得轨道对物块的作用力大小FN＝18.5N
（3）若在木板上恰好不分离，设物块在B的速度为vB6，在G点的速度为vG1，物块与木板共速的速度为v2，根据动量守恒有mvG6＝（M+m）v2
根据动能定理有μ2mgL5＝m﹣（M+m）
根据动能定理有mg（R+6Rsin30°+R）＝m﹣m
联立可得vB7＝3m/s
则当2m/s≤v≤7m/s时，有Q＝m﹣，得Q＝J
则当5m/s＜v≤5m/s时，有Q＝μ2mgL6，解得Q＝2.2J
答：（1）物块在传送带上运动的时间为4s；
（2）轨道对物块的作用力大小为18.5N；
（3）滑块在木板上运动过程中产生的热量传送带速度v之间的关系满足：当2m/s≤v≤2m/s时，Q＝J，Q＝2.2J。
【点评】学生在解决本题时，应注意要构建传送带模型和板块模型，并灵活运用动能定理和牛顿第二定律来作答。
1
2
3
4
5
t1/s
0.46
0.64
1.01
1.22
1.41
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
3.07
k2
3.06
3.05
3.07
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
C
B
D
D
A
B
D
1
2
3
4
5
t1/s
0.46
0.64
1.01
1.22
1.41
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
3.07
k2
3.06
3.05
3.07