命題學(xué)校：當陽一中 命題人：何良英 審題人：陳久勝 鄭羚
考試時間：75分鐘 滿分：100分
選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，1-7題只有一項符合題目要求，8-10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
1【答案】 C
【詳解】 “8 330 km”是護航艦隊全程軌跡的總長度，指的是路程，故A錯誤由于航程很長，所以求平均速度時可以將“巢湖”艦視為質(zhì)點，故C正確；；根據(jù)運動學(xué)公式可得v＝eq \f(s,t)＝eq \f(8 330,36) km/h＝231.4 km/h，但此時的v是平均速率，不是平均速度，故B錯誤；13艘貨輪不是任何時刻速度都是相同的，所以以“巢湖”艦為參考系，13艘貨輪不是全程任何時刻都是相對靜止的，故D錯誤。
2【答案】B
【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有可得減速運動加速度大小
B．根據(jù)運動學(xué)公式可得故B正確；
C．剎車過程中克服力合力做的功為 ；
D．勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，則功率為。
3【答案】A
【詳解】設(shè)地球半徑為R，在地球表面，忽略地球自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力：Gm地mR2=mg
月球繞地球做勻速圓周運動，萬有引力等于向心力：Gm地m月r2=m月4π2T2r
由題意得：r＝60R
聯(lián)立解得：T＝120π60Rg 故A正確。
4【答案】 C
【詳解】 先用整體法，將兩個小球及細線2視為一個整體，整體受到的外力有豎直向下的重力2mg、水平向左的靜電力qE、水平向右的靜電力qE和細線1的拉力FT1，由平衡條件知，水平方向受力平衡，細線1的拉力FT1一定與重力2mg等大反向，即細線1一定豎直；再隔離分析乙球，如圖所示，乙球受到的力有：豎直向下的重力mg、水平向右的靜電力qE、細線2的拉力FT2和甲球?qū)σ仪虻囊引，要使乙球所受合力為零，重力mg和靜電力qE的合力F與F引和FT2的合力等大反向，細線2必須傾斜，設(shè)細線2與豎直方向的夾角為θ，則有tan θ＝eq \f(qE,mg)＝1，θ＝45°，故C正確．
5【答案】 A
【詳解】 據(jù)題意，從題圖乙可以看出，P點電場方向為水平向左；由題圖乙可知，正、負電荷在P點電場疊加，其大小為E＝2keq \f(q,r2)cs θ＝2keq \f(q,r2)·eq \f(d,r)＝2keq \f(qd,r3)，故選項A正確．
6【答案】D
【詳解】 如圖所示，設(shè)A、B間的距離為r，O、A間的距離為h，O、B間距離為l，B球重力為mg。A、B之間的庫侖力大小為F庫＝keq \f(qAqB,r2)，根據(jù)力的矢量三角形與距離的幾何三角形相似可得eq \f(mg,h)＝eq \f(F庫,r)＝eq \f(F,l)，解得F＝eq \f(mgl,h)，r＝eq \r(3,\f(kqAqBh,mg))，現(xiàn)緩慢拉動細線，使B球移動一小段距離，支桿始終靜止，且兩球的電荷量均不變，則l減小，h不變，所以F減小，即細線上的拉力一直減?。籸不變，即B球的運動軌跡是一段圓弧，并且B球受到的庫侖力大小不變，方向改變，故A、B、C錯誤；根據(jù)平衡條件可知，支桿受到的地面的摩擦力與B對A的庫侖力的水平分量大小相等、方向相反，而B對A的庫侖力大小不變，方向由水平向左變?yōu)樾毕蜃笙?，所以水平分量變小，即支桿受到地面向右的摩擦力逐漸減小，故D正確。
7【答案】A
【詳解】A．由圖乙可知傳送帶的速度為，煤塊在傳送帶上的劃痕為4米；
BC．在內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)圖乙可得
在內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)圖乙可得
聯(lián)立解得
故B錯誤；
D．當傳送帶的速度大于后，物塊在傳送帶上一直做加速度為的減速運動，無論傳送帶的速度為多大，物塊到達傳送帶頂端時的速度都相等，D錯誤。
8【答案】 BC
【詳解】 做平拋運動的小球在水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，小球恰好沿B點的切線方向進入圓弧軌道，說明小球在B點時合速度方向沿著圓弧軌道的切線方向．將合速度正交分解，根據(jù)幾何關(guān)系可得，其與水平方向的夾角為α，則，解得，此時AB的連線即位移與水平方向的夾角不等于α，故A錯誤，B正確；小球運動到B點時，重力的瞬時功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C正確；小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，有向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故D錯誤．
9【答案】AB
【詳解】A．根據(jù)題意可知，運動到最高點時，物體的速度為0，結(jié)合圖乙可知，此時的重力勢能為，又有解得故A正確；
B．根據(jù)題意可知，物塊上滑過程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能關(guān)系可知
解得故B正確；
C．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有解得
故C錯誤；
D．根據(jù)題意可知，物塊下滑過程中摩擦力做功與上滑過程中摩擦力做功相等均為整個過程由動能定理有其中解得
故D錯誤。
10【答案】AC
【詳解】AB、兩小球帶等量異號電荷，根據(jù)“異種電互相吸引”可知兩個小球相互吸引，所以勻強電場對M的電場力方向向左，故M帶負電；勻強電場對N的電場力方向向右，故N帶正電，故A正確、B錯誤；
CD、設(shè)勻強電場的電場強度為E，根據(jù)幾何關(guān)系可得兩個小球之間的距離為：r=2L；
當兩個小球帶電荷量大小均為q時，對M受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：
（qE﹣F庫）tanθ＝mg，其中F庫=kq2r2
僅將兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍在原位置平衡，對M根據(jù)平衡條件可得：（2qE﹣F庫′）tanθ＝mg，其中F庫′=4kq2r2聯(lián)立解得：q＝Lmgk，故C正確、D錯誤。
二、非選擇題：本題共5題，60分。
11（7分）【答案】 (1)1.11 (3分）(2)小于(2分） 長木板傾斜程度過大，平衡摩擦力過度(2分）
【詳解】 (1)設(shè)AD＝x1，DG＝x2，由題圖乙可得x1＝3.70 cm－0.40 cm＝3.30 cm，x2＝8.60 cm－3.70 cm＝4.90 cm，所用電源的頻率為50 Hz，每隔一個點取一個計數(shù)點，可得AD之間的時間間隔為t＝3×0.02×2 s＝0.12 s，根據(jù)勻變速直線運動的推論，即Δx＝x2－x1＝at2，代入數(shù)據(jù)，解得a＝1.11 m/s2
(2)根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq \f(F,m)，故有aA＝eq \f(F,m1)，aB＝eq \f(F,m2)，a－F圖線斜率為質(zhì)量的倒數(shù)，故由題圖丙可知m1

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