2017年上海市崇明县高考物理一模试卷（解析版）

2017年上海市崇明县高考物理一模试卷
　
一、单选题：（每题3分，共24分）
1．下列各物理量的定义式正确的是（　　）
A．电流强度I=
B．加速度a=
C．电场强度E=
D．电势φ=
2．升降机地板上放一木箱，质量为m．当它对地板的压力N=0.8mg时，升降机可能做的运动是（　　）
A．加速上升
B．减速上升
C．静止
D．匀速下降
3．如图所示，一偏心轮绕O点做匀速转动．偏心轮边缘上A、B两点的（　　）
A．线速度大小相同
B．角速度大小相同
C．向心加速度大小相同
D．向心加速度方向相同
4．起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起质量相等货物，则两次起重机对货物的拉力和起重机的功率大小关系是（　　）
A．拉力不等，功率相等
B．拉力不等，功率不等
C．拉力相等，功率相等
D．拉力相等，功率不等
5．两根相同的绳子上某时刻存在A、B两列绳波，两波形如图所示．经过t时间，在该区域内两波再次出现如图波形，设波A和B的周期分别是TA、TB，则t可能等于（　　）
A．TA
B．TB
C．2TA
D．2TB
6．物体自由下落时，不计空气阻力，相对于地面的重力势能Ep与下落速度v之间有一定的关系，下列图象中能正确表示这一关系的是（　　）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示电路中，电源电压恒定不变，若将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电路中的（　　）
A．电压表示数减小，灯L变暗
B．电压表示数减小，灯L变亮
C．电压表示数增大，灯L变暗
D．电压表示数增大，灯L变亮
8．如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是（　　）
A．h增大，l增大
B．h增大，l减小
C．h减小，l增大
D．h减小，l减小
　
二、多选题：（每题4分，共16分）
9．下列单位属于国际单位制基本单位的是（　　）
A．千克
B．开尔文
C．牛顿
D．安培
10．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球缓慢地在竖直平面内由A点运动到B点的过程中（　　）
A．拉力F逐渐增大
B．拉力F对小球做正功
C．细绳对小球做负功
D．小球的机械能保持守恒
11．如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1．现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时转过θ角固定，绳b的拉力变为T2；再转过θ角固定，绳b的拉力为T3，则（　　）
A．T1=T3＞T2
B．T1＜T2＜T3
C．T1=T3＜T2
D．绳a的拉力增大
12．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是（　　）
A．A点的场强一定大于B点的场强
B．A点的电势一定高于B点的电势
C．粒子在A点的速度一定小于在B点的速度
D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能
　
三、填空题：（每题4分，共20分）
13．以初速度36m/s竖直上抛的物体，如不计空气阻力，则它在上升过程中最后一秒内的位移是　　m，从抛出到落回抛出点的时间为　　s．（g取10m/s2）
14．如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用轻绳相连，球B与球C之间用弹簧S2相连．A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，弹簧的质量均不计．已知重力加速度为g．开始时系统处于静止状态．现将A、B间的绳突然剪断，线刚剪断时A的加速度大小为　　，C的加速度大小为　　．
15．如图所示电路中，电源电动势E=2V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是　　A；若在C、D间连一个理想电压表，其读数是　　V．
16．如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为　　，方向　　．（静电力恒量为k）
17．在如图甲所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，L1消耗的电功率为　　W，L2的阻值为　　Ω．
　
四、综合题：（共40分）
18．在用单摆测重力加速度的实验中：
（1）实验时必须控制摆角在　　以内，并且要让单摆在　　平面内摆动；
（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出L﹣T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=　　．
（3）若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的g值和真实值相比是　　的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
19．在“用DIS描绘电场的等势线”实验如图所示，A、B是两个圆柱形电极，a、b、c、d、e是实验中选取的间距相等的5个基准点，c是AB的中点．
（1）（多选）关于该实验有下列叙述正确的是　　．
（A）本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的
（B）在木板上依次铺放白纸、导电纸和复写纸
（C）实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触
（D）放置导电纸时有导电物质的一面向下
（2）对传感器进行调零后进行测量，如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点C接触，黑色探针跟导电纸上Q点接触（已知Qc和Pb垂直于AB），则传感器读数为　　（选填“正”、“负”、“零”）．如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点b接触，黑色探针跟导电纸上P点接触，则传感器读数为　　（选填“正”、“负”、“零”）．
20．内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2×10﹣4m2的活塞封闭了一定质量的气体．先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半．接着边在活塞上方缓缓倒上沙子边对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177℃．（外界环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa，g=10m/s2）．
（1）求加热前倒入多少质量的沙子？
（2）求整个过程总共倒入多少质量的沙子？
（3）在p﹣T图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程．
21．足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．
　
2017年上海市崇明县高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
　
一、单选题：（每题3分，共24分）
1．下列各物理量的定义式正确的是（　　）
A．电流强度I=
B．加速度a=
C．电场强度E=
D．电势φ=
【考点】电场强度；电势．
【分析】定义式是用较基本的物理量定义出新的量，常用的由比值法、乘积法等．比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义．
【解答】解：A、公式I=是欧姆定律的表达式，不属于比值定义式．故A错误
B、加速度a=是牛顿第二定律得到的牛顿第二定律的表达式，不是定义式，故B错误；
C、公式E=是点电荷的电场强度与距离的关系，不属于定义式，故C错误；
D、公式φ=是电势的定义式，为比值定义法，故D正确．
故选：D
　
2．升降机地板上放一木箱，质量为m．当它对地板的压力N=0.8mg时，升降机可能做的运动是（　　）
A．加速上升
B．减速上升
C．静止
D．匀速下降
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
【解答】解：木箱对升降机地板的压力为N=0.8mg，小于木箱的真实的重力，所以木箱受到的合力的方向应该是向下的，有向下的加速度，所以木箱可能是向上减速，也可能是向下加速，故B正确，ACD错误．
故选：B
　
3．如图所示，一偏心轮绕O点做匀速转动．偏心轮边缘上A、B两点的（　　）
A．线速度大小相同
B．角速度大小相同
C．向心加速度大小相同
D．向心加速度方向相同
【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．
【分析】该题是同轴转动问题，在转盘上各处的角速度相等，利用向心加速度表达式以及角速度和线速度关系进行求解．
【解答】解：A、偏心轮上各处角速度相等，由v=ωr可知半径不同点，线速度不同，故A错误；
B、同一偏心轮上各处角速度相同，故B正确；
C、根据公式an=ω2r，向心加速度与到转动轴O的距离成正比，半径不同的点，向心加速度不相等．故C错误；
D、向心加速度的方向始终指向圆心，所以A、B两点向心加速度的方向不同，故D错误；
故选：B
　
4．起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起质量相等货物，则两次起重机对货物的拉力和起重机的功率大小关系是（　　）
A．拉力不等，功率相等
B．拉力不等，功率不等
C．拉力相等，功率相等
D．拉力相等，功率不等
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】根据平衡得出拉力的大小，从而进行比较，结合瞬时功率的公式比较功率的大小．
【解答】解：两次均匀速吊起，根据平衡知，F=mg，知拉力相等，根据P=Fv，速度越大，功率越大，故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
　
5．两根相同的绳子上某时刻存在A、B两列绳波，两波形如图所示．经过t时间，在该区域内两波再次出现如图波形，设波A和B的周期分别是TA、TB，则t可能等于（　　）
A．TA
B．TB
C．2TA
D．2TB
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】根据两图可知两波波长关系，B波经过时间t重复出现波形，说明了经历时间为其周期的整数倍，这是解本题的突破口．
【解答】解：由图知A波的波长为L，B波的波长为，同一介质，速度相同
A波周期：
B波周期：
周期关系：
根据题意，在该区域内两波再次出现如图波形，经历的时间可能是、、…故C正确，ABD错误；
故选：C
　
6．物体自由下落时，不计空气阻力，相对于地面的重力势能Ep与下落速度v之间有一定的关系，下列图象中能正确表示这一关系的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】自由落体运动．
【分析】物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能和势能的定义，即可求解．
【解答】解：物体做自由落体运动，机械能守恒，则有：EP=E﹣mv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，所以C正确，ABD错误；
故选C
　
7．如图所示电路中，电源电压恒定不变，若将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电路中的（　　）
A．电压表示数减小，灯L变暗
B．电压表示数减小，灯L变亮
C．电压表示数增大，灯L变暗
D．电压表示数增大，灯L变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】滑动变阻器的滑片向右移动，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电流变化，确定灯泡亮度的变化和电压表示数的变化．
【解答】解：将滑动变阻器的滑片P向右移动，其有效电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中电流减小，则灯泡L变暗．
电流减小，电源的内电压和R2所占的电压减小，则知电压表示数增大．故C正确，ABD错误．
故选：C．
　
8．如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是（　　）
A．h增大，l增大
B．h增大，l减小
C．h减小，l增大
D．h减小，l减小
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】先判断玻璃管绕顶端转过一个角度后管内气体压强的变化，再根据玻意耳定律分析气体体积的变化，即可分析管内液面如何变化．
【解答】解：当玻璃管绕顶端转过一个角度时，假设管内水银不动，则管内水银的竖直高度增大，根据P=P0﹣Ph知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律pV=c知气体的体积将增大，则l增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据P=P0﹣Ph知，管内液面升高，所以h增大．故A正确，BCD错误；
故选：A
　
二、多选题：（每题4分，共16分）
9．下列单位属于国际单位制基本单位的是（　　）
A．千克
B．开尔文
C．牛顿
D．安培
【考点】力学单位制．
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位
【解答】解：A、千克是质量单位，是国际基本单位，故A正确．
B、开尔文是热力学温度得单位，是国际基本单位，故B正确．
C、牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故C错误．
D、安培是电流的单位，是基本单位，故D正确．
故选：ABD
　
10．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球缓慢地在竖直平面内由A点运动到B点的过程中（　　）
A．拉力F逐渐增大
B．拉力F对小球做正功
C．细绳对小球做负功
D．小球的机械能保持守恒
【考点】功能关系；机械能守恒定律．
【分析】小球匀速率运动，对其受力分析，受拉力F、重力G、绳子的拉力T，由平衡条件分析拉力的变化情况，根据力与速度的夹角分析拉力做功情况．根据功能关系分析机械能的变化情况．
【解答】解：A、小球缓慢运动，合力为零，设绳子与竖直方向的夹角为θ，在垂直绳子方向有：Fcosθ=mgsinθ，解得：F=mgtanθ，θ逐渐增大，则拉力F逐渐增大，故A正确．
B、拉力F与小球速度的夹角为锐角，所以拉力对小球做正功，故B正确．
C、绳子的拉力方向与速度方向始终垂直，则绳子张力对小球不做功，故C错误．
D、根据功能原理可知，拉力F对小球做正功，小球的机械能增加，故D错误．
故选：AB
　
11．如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1．现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时转过θ角固定，绳b的拉力变为T2；再转过θ角固定，绳b的拉力为T3，则（　　）
A．T1=T3＞T2
B．T1＜T2＜T3
C．T1=T3＜T2
D．绳a的拉力增大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】以小球为研究对象，分析受力，运用作图法比较拉力的大小，进行选择．
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力：重力、a、b两绳的拉力T1、T2．根据平衡平衡条件得知，T1和T2的合力方向竖直向上，大小与重力相等，保持不变，作出b绳在三个不同位置时，两个拉力的变化，如图，可图得到，T1=T3＞T2．
由图看出，绳a的拉力减小．故A正确，BCD错误．
故选：A
　
12．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是（　　）
A．A点的场强一定大于B点的场强
B．A点的电势一定高于B点的电势
C．粒子在A点的速度一定小于在B点的速度
D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能
【考点】电场强度；电势；电势能．
【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．
【解答】解：A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断AB两点哪儿场强更大，故A错误．
B、由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势．故B错误．
C、由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能更大，故粒子在A点时的速度大于它在B点时的速度，故C错误．
D、由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大．故D正确．
故选D．
　
三、填空题：（每题4分，共20分）
13．以初速度36m/s竖直上抛的物体，如不计空气阻力，则它在上升过程中最后一秒内的位移是　5　m，从抛出到落回抛出点的时间为　7.2　s．（g取10m/s2）
【考点】竖直上抛运动．
【分析】物体做竖直上抛运动，其加速度大小始终为g，方向竖直向下，上升阶段：匀减速直线运动，达到最高点时速度为零，加速度还是g，应用匀变速直线运动的规律求解．
【解答】解：上升到最高点前的最后一秒内发生的位移大小与自由落体运动1s时间内的位移是大小是相等的为：h=m=5m；
回到出发点的时间：t=s
故答案为：5，7.2
　
14．如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用轻绳相连，球B与球C之间用弹簧S2相连．A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，弹簧的质量均不计．已知重力加速度为g．开始时系统处于静止状态．现将A、B间的绳突然剪断，线刚剪断时A的加速度大小为　　，C的加速度大小为　0　．
【考点】牛顿第二定律；胡克定律．
【分析】本题考查了瞬间加速度的计算，弹簧弹力不能发生突变，在剪短瞬间仍然保持原来的大小和方向；而细绳的弹力会发生突变，在剪断瞬间会突然改变为零；剪断细线前对A、B和C整体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对A、C受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度．
【解答】解：细线剪断前，BC球整体受重力和细线拉力T，故：T=（mB+mC）g；
细线剪断前，A球受到重力、细线的拉力和上方弹簧的弹力，根据平衡条件，有：T+mAg﹣F1=0；
解得：F1=（mA+mB+mc）g
细线剪断后，小球C受力情况不变，故加速度为零；
细线剪断后，小球A受重力和上面的弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F1﹣mAg=mAa
解得：a=
故答案为：，0．
　
15．如图所示电路中，电源电动势E=2V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是　　A；若在C、D间连一个理想电压表，其读数是　1　V．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】若在C、D间连一个理想电流表，则电路结构为R2、R3并联后与R1串联，接到电源上，电流表测量通过R3的电流；若在C、D间连一个理想电压表，则电路结构为R1、R2串联接到电源上，电压表测量的是R2的电压．
【解答】解：若在C、D间连一个理想电流表，则电路结构为R2、R3并联后与R1串联，接到电源上，根据闭合电路欧姆定律得：
总电流I=
所以并联部分的电压为：U=R并I=
所以通过电流表的电流为I1=
若在C、D间连一个理想电压表，则电路结构为R1、R2串联接到电源上，电压表测量的是R2的电压
则R2=
故答案为：；1
　
16．如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为　　，方向　水平向左　．（静电力恒量为k）
【考点】电场强度．
【分析】由点电荷的场强公式可得出q在a点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在b点形成的场强．
【解答】解；q在a点形成的电场强度的大小为E1=，方向向左；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为，由对称性可知，薄板在b点的场强，方向向左；
q在b处产生的场强大小为E2==，方向向左，根据电场的叠加原理可得：b点处的电场强度大小为
E=E1+E2=，方向水平向左．
故答案为：，水平向左．
　
17．在如图甲所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，L1消耗的电功率为　0.75　W，L2的阻值为　7.5　Ω．
【考点】电功、电功率．
【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻．
【解答】解：当开关S闭合稳定后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电功率为：
P=U1I1=3V×0.25A=0.75W；
灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的电阻均为：
R2=R3==7.5Ω；
故答案为：0.75，7.5．
　
四、综合题：（共40分）
18．在用单摆测重力加速度的实验中：
（1）实验时必须控制摆角在　5°　以内，并且要让单摆在　同一竖直　平面内摆动；
（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出L﹣T2图线，如图所示，再利用图线上任意两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=　4π2 　．
（3）若该同学测量摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则以上述方法算得的g值和真实值相比是　不变　的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
【考点】用单摆测定重力加速度．
【分析】（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于5°（或10°）的范围内，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做圆锥摆运动，否则误差较大；
（2）用图想法可以减小实验误差，而且图象直观形象，便于数据处理；
（3）漏加了小球半径后，直线的斜率不变，故不影响最后结果．
【解答】解：（1）单摆模型是一种理想化的模型，只有在摆动角度小于5°（或10°）的范围内，其运动才近似为简谐运动，同时要注意不能做圆锥摆运动，只能在同一竖直平面内运动．
（2）由周期公式T=
所以L=T2
代入数据可得
g=4π2
（3）通过第（2）问的结论可以知道，漏加了小球半径后（y2﹣y1）不变，故不影响最后结果
故答案为：（1）5°，同一竖直；
（2）4π2 ；
（3）不变
　
19．在“用DIS描绘电场的等势线”实验如图所示，A、B是两个圆柱形电极，a、b、c、d、e是实验中选取的间距相等的5个基准点，c是AB的中点．
（1）（多选）关于该实验有下列叙述正确的是　AC　．
（A）本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的
（B）在木板上依次铺放白纸、导电纸和复写纸
（C）实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触
（D）放置导电纸时有导电物质的一面向下
（2）对传感器进行调零后进行测量，如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点C接触，黑色探针跟导电纸上Q点接触（已知Qc和Pb垂直于AB），则传感器读数为　零　（选填“正”、“负”、“零”）．如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点b接触，黑色探针跟导电纸上P点接触，则传感器读数为　正　（选填“正”、“负”、“零”）．
【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线．
【分析】（1）本题要理解电场等势线描绘的方法，采用了恒定电流场来模拟静电场，根据实验中的实验方法及实验要求进行正确安装．
（2）根据电场线的分布规律可知两点间的电势高低，从而确定传感器的读数．
【解答】解：（1）A、本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的，故A正确；
B、在木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸，故B错误；
C、实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触，故C正确；
D、放置导电纸时有导电物质的一面应向上，故D错误；
故选：AC．
（2）根据对应的电场线和电势分布规律可知，CG两点电势相等，故两指针接CQ时，传感器读数为零；
如果传感器的红色探针跟导电纸上基准点b接触，黑色探针跟导电纸上P点接触，由于b点电势高于P点电势，故则传感器读数为正；
故答案为：（1）AC；（2）零；正
　
20．内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2×10﹣4m2的活塞封闭了一定质量的气体．先在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半．接着边在活塞上方缓缓倒上沙子边对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177℃．（外界环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa，g=10m/s2）．
（1）求加热前倒入多少质量的沙子？
（2）求整个过程总共倒入多少质量的沙子？
（3）在p﹣T图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】（1）加热前气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（2）气体发生等容变化，列出状态参量，结合受力平衡求出沙子总质量；
（3）根据状态变化过程画出p﹣T图象；
【解答】解：（1）气体做等温变化为：
p1=p0
根据玻意耳定律，有：
p1v1=p2v2
p2=2
p1=2.0×105Pa
由活塞和沙子受力平衡得：
m1g=（p2﹣p1）s=20N
解得：m1=2
kg
（2）气体做等体积变化：
T2=273+27=300K
T3=273+177=450K
代入数据解得：P3=3.0×105Pa
对活塞和沙子受力平衡，有：
m2g=（p3﹣p1）s=40N
m2=4
kg
一共倒入了4kg的砂子
（3）
答：（1）求加热前倒入2kg质量的沙子；
（2）求整个过程总共倒入4kg质量的沙子；
（3）在p﹣T图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化过程，如图所示
　
21．足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．
【考点】牛顿第二定律；加速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
【分析】（1）根据v﹣t图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；
（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；
（3）对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论．
【解答】解：（1）由图（b）可知，AB段加速度
根据牛顿第二定律，有Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）=ma
得
（2）在BC段mgsinα=ma2
解得
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有
（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3
解得
滑行的位移
所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．
答：（1）小物块所受到的恒力F为11N；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；
（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．
　
2017年1月11日