河南省驻马店市届高三上学期期末考试物理精品解析Word版文档格式.docx
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故选D.
2.一平行板电容器两极板保持与恒压直流电源相连接，若在电容器两极板间插入某种绝缘介质，则该电容器
A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
C.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】B
【分析】
电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，结合，C=Q/U和E=U/d讨论极板电量和场强的变化．
【详解】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差U不变，若在电容器两极板间插入某种绝缘介质，根据可知C变大，根据C=Q/U可知极板上的电荷量Q变大；
根据E=U/d可知极板间的电场强度不变；
故选B.
3.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图所示.设绳OA段拉力的大小为T，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中
A.F先变大后变小，T逐渐变小B.F先变大后变小，T逐渐变大
C.F先变小后变大，T逐渐变小D.F先变小后变大，T逐渐变大
【答案】C
画出力的平行四边形，用图解法进行分析.
【详解】对结点O受力分析，画出力的平行四边形如图所示，当保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增加；
T一直减小；
故选C.
4.一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力.若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是
A.B.
C.D.
【答案】A
恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．物体先做匀加速直线运动，后做竖直上抛运动，由能量关系分析．
【详解】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为：
△E=F△h=F•at2，知E-t图象是开口向上的抛物线。
撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变。
故A正确，BCD错误。
故选A.
5.两个电路元件L1和L2的伏安特性曲线如图甲所示。
现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1Ω，如图乙所示.闭合开关S后，电路中理想电流表A的读数为0.2A，则电源的电动势和元件L2此时的电功率分别是
A.3V，0.8WB.3.2V，0.8WC.3V，0.4WD.3.2V，0.4W
串联电路各处的电流相等，根据图象读出电路元件L1和L2对应的电压，根据串联电路的电压特点得出电源的电压，根据P=UI求出元件L2的电功率。
【详解】电路元件L1和L2串联，∴IL1=IL2=0.2A，由图象可知：
此时UL1=1V，UL2=2V；
电源的电压U=Ir+UL1+UL2=0.2×
1V+1V+2V=3.2V；
元件L2的电功率PL2=UL2IL2=2V×
0.2A=0.4W。
故选D。
【点睛】本题考查了学生根据图表获得信息的能力，同时考查了有关串联电路电流、电压之间的关系及电功率的求法。
在计算过程中一定注意物理量的统一。
6.如图所示，半圆形光滑轨道AB固定在水平地面上，与水平面相切于A点，其直径AB与地面垂直.一小球从P点由静止开始沿水平面做匀加速直线运动，加速度大小为g，小球从A点水平进入圆轨道后，刚好能从上端B点水平飞出。
已知重力加速度为g，半圆形轨道的半径为R，则P点到A的距离为
A.2RB.RC.RD.4R
小球刚好能从上端B点水平飞出，则在B点时重力等于向心力；
由动能定理求解PA之间的距离.
【详解】小球刚好能从上端B点水平飞出，则在B点：
mg=m；
从P点到B点，根据动能定理：
其中的F=mg，解得，故选B.
7.如图所示，在水平向右的匀强电场中，固定有一根与水平方向成45°
角的绝缘光滑直杆ab.一带电小圆环套在杆上，恰好能沿杆匀速下滑。
当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后，经过一段时间正好通过b端正下方的c点处。
已知重力加速度为g，杆固定不动，则b、c两点之间的距离为
A.B.C.D.
小球恰好能沿杆匀速下滑，对小球受力分析可知电场力等于重力；
脱离细杆后，小球沿水平方向向右先减速后反向加速，竖直方向做竖直下抛运动，根据运动公式解答.
【详解】小球恰好能沿杆匀速下滑，则对球受力分析可知，电场力水平向左，大小为F=mg；
脱离细杆后，小球的水平速度和竖直速度均为，水平加速度方向向左，大小为，则由b到c点运动的时间，则竖直方向：
，故选C.
8.天文学家经过长期观测，在宇宙中发现了许多“双星”系统，这些“双星”系统一般与其他星体距离很远，受到其他天体引力的影响可以忽略不计.根据对一“双星”系统的光学测量确定，此双星系统中两个星体的质量均为m，而绕系统中心转动的实际周期是理论计算的周期的k倍〔k<
1），究其原因，科学家推测，在以两星球球心连线为直径的球体空间中可能均匀分布着暗物质.若此暗物质确实存在，其质量应为
根据对称性可知，两颗星都绕系统中心做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解；
暗物质引力和星星引力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出暗物质的质量.
【详解】双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，万有引力提供向心力得：
；
解得：
．根据观测结果，星体的运动周期T＝kT0＜T0这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量m'
，位于中点O处的质点的作用相同．则有：
所以：
m′＝，故选A.
9.如图所示，光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒以大小为a=g的加速度沿斜面向下运动（棒保持水平），g为重力加速度，则以下四种情况中可能的是
【答案】AD
首先根据个图中的电流的方向以及磁场的方向判断出安培力的方向，分析其与重力在斜面方向上的分量，判断在斜面方向上的合力能否为mg，即可得知其加速度是否能为g，从而判断各选项的正误．
【详解】A图，由左手定则可知，导体棒受到竖直向下的安培力作用，与重力的合力在斜面上的分量可能等于mg，所以导体棒可能以a=g的加速度沿斜面向下运动。
选项A正确。
B图中的导体棒受到的安培力水平向右，在斜面上的分量沿斜面向上，所以导体棒不可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项B错误。
C图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，导体棒受到的合力不可能为mg，所以导体棒不可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项C错误。
D图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，导体棒受到的合力可能为mg，所以导体棒可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项D正确。
故选AD。
【点睛】对于该题的解答，首先要熟练的使用左手定则，同时要注意，安培力的方向一定垂直于电流方向与磁场方向所决定的平面（电流的方向与磁场的方向不一定垂直，但要注意，平行时，导体棒不受磁场力的作用），再者就是要正确的会对力进行正交分解，正确的对力进行合成．
10.如图所示，在xOy坐标系中，将一带负电的试探电荷从y轴上的P点移至x轴上的a点时，需要克服电场力做功W；
若将该试探电荷从P点移至x轴上的b点时，也需要克服电场力做功W。
那么此空间存在的静电场可能是
A.方向沿x轴正方向的匀强电场
B.方向沿y轴正方向的匀强电场
C.y轴上一对等量异种点电荷形成的电场
D.位于第Ⅱ象限某一位置的一个负点电荷形成的电场
【答案】CD
负检验电荷q从a点移至b点与从a点移至c点时，克服电场力做功相同，说明b、c两点的电势相同，处于同一等势面上，将四个选项代入检验，选择符合题意的选项。
【详解】负检验电荷q从P点移至a点与从P点移至b点时，克服电场力做功相同，说明a、b两点的电势相同，处于同一等势面上；
若在电场强度方向沿x轴正方向的匀强电场，由等势线与电场线垂直可知，a、b电势不可能相等，不符合题意。
故A错误。
若存在电场强度方向沿y轴正方向的匀强电场，由等势线与电场线垂直可知，ab连线是一条等势线，a、b电势相等，但是将负电荷从P移到a、b时，电场力方向竖直向下，电场力做正功，所以B是不可能的，故B错误。
若处于y轴上的一对等量异种电荷，其连线中点在O点，而且正电荷在O点上方、负电荷在O点下方时，a、b连线是一条等势线，将负电荷从P移到a、b时，电场力方向竖直向上，需要克服电场力做功，所以C是可能的。
故C正确。
在ab连线的中垂线上方第Ⅱ象限内的负点电荷形成的电场中，a、b两点的电势相等，若P点位于过ab的等势面外面时，将负电荷从P移到a、b时，需要克服电场力做功，所以故D正确。
故选CD。
【点睛】本题关键要对匀强电场、点电荷的电场、对等量异种电荷等势线的分布要熟悉。
对于等量异种电荷，其连线的垂直平分线是一条等势线，要特别记忆。
11.如图甲所示，一质量m=1kg的物体置于水平面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示（4s后的图线没有画出）。
已知重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是
A.物体在第3s末的加速度大小是2m/s2B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
C.物体在前6s内的位移为10mD.物体在前6内的位移为12m
【答案】BD
根据v-t图象和加速度定义式即可求解加速度；
在0-4s内，分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律即可求解动摩擦因数；
分别求出匀加速和匀减速运动的位移，两端位移之和即为总位移．
【详解】由v-t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，根据v-t图象和加速度定义式：
，选项A错误；
在0-4s内，在水平方向：
F1-μmg=ma1，解出：
μ=0.4
，选项B正确；
设前4
s的位移为x1，由位移公式：
x1=a1t12=×
1×
16=8m；
设4
s后物体运动时的加速度为a2，则：
F2-μmg=ma2，解得，a2=-2
m/s2；
物体在4s末时的速度为v′=4
m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：
0=v′+a2t2，解得：
t2=2
s；
所以物体在6s末速度恰好减为0．故后2s内的位移：
x2＝v′t2+a2t22，代入数据，解得，x2=4m；
所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=8+4=12
m，选项C错误；
D正确；
故选BD.
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择．
12.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=3kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。
设A以v0=4m/s的速度朝B开
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