福建省晋江市平山中学2017届高三上学期期末模拟（2）物理试卷

福建省晋江市平山中学2017届高三上学期期末模拟（2）物理试卷

‎2016-2017学年福建省泉州市晋江市平山中学高三（上）期末物理模拟试卷（2）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时得到了如图实所示的物体运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已经标出，则（g取得m/s2）（　　）‎ A．从a到b的时间小于从b到c的时间 B．物体平抛的初始位置在O点 C．物体平抛的初速度大小为2m/s D．物体到达b点时的速度大小为5m/s ‎2．如图所示，内壁光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m、带电荷量为q的小滑块，静止于P点，整个装置处于沿水平方向的匀强电场中．设滑块所受支持力为N，OP与水平方向的夹角为角θ．下列关系正确的是（　　）‎ A．qE= B．qE=mgtanθ C．N= D．N=mgtanθ ‎3．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为s．现有四个不同物体的运动图象如图所示，假设物体在t=0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈．运行中需要多次进行“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小、方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是（　　）‎ A．动能、重力势能和机械能都逐渐减小 B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 ‎5．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是（　　）‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎6．如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框．在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i﹣t关系的图示中，可能正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题（共18分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）‎ ‎7．（4分）读出下面图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为　　mm，螺旋测微器读数为　　mm．‎ ‎8．（8分）“验证机械能守恒定律”的实验可以采用如图所示的甲或乙方案来进行．甲方案为用自由落体实验验证机械能守恒定律，乙方案为用斜面小车实验验证机械能守恒定律．‎ ‎（a）比较这两种方案，　　（填“甲”或“乙”）方案好一些，理由是　　．‎ ‎（b）图丙所示是该实验中得到的一条纸带，测得每两个计数点间的距离如图所示，已知每两个计数点之间的时间间隔T=0.1s．物体运动的加速度a=　　m/s2；该纸带是采用　　（填“甲”或“乙”）实验方案得到的．‎ ‎9．（6分）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5Ω．热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其它备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯（图中未画出）、电源（3V、内阻可忽略）、直流电流表（内阻约1Ω）、直流电压表（内阻约5kΩ）、滑动变阻器（0～20Ω）、开关、导线若干．‎ ‎（1）在图1的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．‎ ‎（2）根据电路图，在图2的实物图上连线（注意电表量程的选择）．‎ ‎10．（15分）一辆执勤的警车停在直公路边，当警员发现从他旁边以v=10m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经t0=2s警车发动起来，以加速度a=2m/s2做匀加速运动，问：‎ ‎（1）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？‎ ‎（2）若警车能达到的最大速度是vmax=12m/s，达到最大速度后匀速运动，则警车发动起来后至少要多长时间才能追上违章的货车？‎ ‎11．如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑半圆形轨道BCD组成，水平轨道与圆弧轨道相切于B点，整个轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初速度υ0水平向右冲上轨道AB，沿着轨道运动，最终沿弧形轨道滑下后停在轨道AB的中点（小物块始终没有脱离弧形轨道）．已知轨道AB长为L，圆弧轨道半径为R．求：（重力加速度为g）‎ ‎（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）小物块经过B点瞬间前后对轨道的压力差；‎ ‎（3）若让小物块能从圆弧轨道的最高点D离开轨道，小物块的初速度应至少提高到多大？‎ ‎12．（20分）如图甲所示，空间存在B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L=0.2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图惭是棒的v﹣t图象，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在12s末达到额定功率，P额=4.5W，此后功率保持不变．除R以外，其余部分的电阻均不计，g=10m/s2．‎ ‎（1）求导体棒在0﹣12s内的加速度大小；‎ ‎（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值；‎ ‎（3）若t=17s时，导体棒ab达最大速度，从0﹣17s内共发生位移100m，试求12﹣17s内，R上产生的热量是多少？‎ ‎　‎ ‎（本题共有2题，每小题6分，每小题只有一个答案是符合题意的）‎ ‎13．（6分）2009年9月，沈阳传出一家父子双双患上鼻咽癌的消息，经过当地检测部门检测，其家中的建筑陶瓷放射性严重超标，并被认为是致癌的主要原因．继而又有媒体报道，分析测试发现某陶瓷生产大省的抛光砖、釉面砖等建筑陶瓷产品中，放射性超标问题格外严重，不合格率超过30%．居室装修用材不当，尤其是放射性含量高的装修材料释放出大量的氡，是造成室内放射性污染的主要原因之一．下列有关放射性的说法中正确的有（　　）‎ A．U衰变成Pb要经过8次α衰变和8次β衰变 B．氡发生α衰变产生的α粒子是一种高速电子流，具有很强的穿透能力 C．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线小 ‎14．（6分）质量M=1.5kg的手榴弹某时刻恰好沿水平方向运动，速度大小是20m/s，此时在空中爆炸，分裂成两部分，其中0.5kg的那部分以40m/s的速度与原速度反向运动，则另一部分此时速率为（　　）‎ A．20 m/s B．25 m/s C．40 m/s D．50 m/s ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市晋江市平山中学高三（上）期末物理模拟试卷（2）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．（某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时得到了如图实所示的物体运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已经标出，则（g取得m/s2）（　　）‎ A．从a到b的时间小于从b到c的时间 B．物体平抛的初始位置在O点 C．物体平抛的初速度大小为2m/s D．物体到达b点时的速度大小为5m/s ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【专题】实验题；平抛运动专题．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上△y=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度．‎ 求出b点在竖直方向上的速度，即可求出b点速度．‎ ‎【解答】解：A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，从图中看出从a到b的水平位移等于从b到c的水平位移，所以从a到b的时间和从b到c的时间相等，故A错误；‎ B、在竖直方向上△y=gT2，T==0.1s．若a点为平抛的初始位置，则ab的竖直位移为：h=，而图象中ab的竖直距离为10cm，故B错误；‎ C、小球平抛运动的初速度v0=m/s=2m/s．故C正确 D、b点在竖直方向上的分速度vby==1.5m/s，小球运动到b点的速度为v==2.5m/s，故D错误．‎ 故选C ‎【点评】对于研究平抛运动的实验不要只是从理论上理解，一定动手实验才能体会每步操作的具体含义，对于该实验关键是理解水平和竖直方向的运动特点，熟练应用匀变速直线运动规律解题．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，内壁光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m、带电荷量为q的小滑块，静止于P点，整个装置处于沿水平方向的匀强电场中．设滑块所受支持力为N，OP与水平方向的夹角为角θ．下列关系正确的是（　　）‎ A．qE= B．qE=mgtanθ C．N= D．N=mgtanθ ‎【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和电场力．‎ ‎【解答】解：对小滑块受力分析，受水平向右的电场力F、重力G、支持力N、根据三力平衡条件，将F和重力G合成，如图所示，‎ 由几何关系可得：‎ F=Eq=‎ N=，所以只有A正确．‎ 故选A ‎【点评】本题受力分析时应该注意，支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心．本题也可用正交分解列式求解！‎ ‎　‎ ‎3．（设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为s．现有四个不同物体的运动图象如图所示，假设物体在t=0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：A、由位移﹣时间图象可知，位移随时间先增大后减小，2s后反向运动，4s末到达初始位置，故A错误；‎ B、由速度﹣时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，2﹣4s沿负方向运动，方向改变，故B错误；‎ C、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；‎ D、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2﹣3s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎4．“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈．运行中需要多次进行“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小、方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是（　　）‎ A．动能、重力势能和机械能都逐渐减小 B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】飞船的万有引力提供向心力，根据速度公式求解动能，根据从低轨道到高轨道要做功判断机械能的变化情况．‎ ‎【解答】解：飞船的轨道高度逐渐降低，离地球越来越近，万有引力做正功，重力势能减小；‎ 根据万有引力提供向心力得：G=m，v=，v随r的减小而增大，所以飞船的动能增大；‎ 飞船在飞行的过程中受到空气的摩擦，轨道才降低，所以摩擦力做功，机械能减小．故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题是万有引力充当向心力各个表达式的应用，此应用在选择题时，可以有这样一个结论，除周期随半径增大而增大以外，其余都是随半径增大而减小．‎ ‎　‎ ‎5．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是（　　）‎ A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置，‎ ‎【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；‎ B、假设粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B正确；‎ C、由qE=qvB，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；‎ D、由，知R越小，荷质比越大，故D错误；‎ 此题选错误答案，故选 D ‎【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段．‎ ‎　‎ ‎6．如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框．在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i﹣t关系的图示中，可能正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】压轴题；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】根据右手定则判断感应电流的方向，根据切割磁感线的有效切割长度的变化得出电流的大小变化．‎ ‎【解答】解：A、从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，故A错误；‎ B、从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，故B错误；‎ C、当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，故D错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题的难点在于根据几何关系求出有效切割长度，注意当导线框的前条边出磁场后条边开始进磁场的过程中线框中的电流大小继续减小，且减小的情况比前一阶段减小情况更快，这是学生在练习中经常出错的地方．‎ ‎　‎ 二、实验题（共18分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）‎ ‎7．（4分）读出下面图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为　16.60　mm，螺旋测微器读数为　5.694﹣5.696　mm．‎ ‎【考点】实验中常用仪器及其正确操作方法．‎ ‎【分析】‎ 使用游标卡尺时，有两种最基本的读数方法，即“加法法”和“减法法”．大多数教师和学生都热衷于应用“加法法”读数，其实“减法法”原理更利于学生的理解，解题更加可靠．因为采用“加法法”时读数包含了读毫米整数和毫米小数两个过程，然后相加才是物体的长度；而采用“减法法“时直接用主尺上对齐的毫米整数减去游标对齐刻度线前端的长度即为物体的长度．‎ 螺旋测微器也叫千分尺，读数是由固定刻度读数加旋转刻度读数．固定刻度每小格是0.5mm，而当旋转刻度转动一周时，就会向前或向后移动0.5mm，所以旋转刻度每小格是0.01mm．‎ ‎【解答】解：游标卡尺采用“加法法”时读数包含了读毫米整数和毫米小数两个过程，然后相加才是物体的长度；‎ 读数为（1）以游标零刻线位置为准，在主尺上读取整毫米数． ‎ ‎（2）看游标上哪条刻线与主尺上的某一刻线（不用管是第几条刻线）对齐，由游标上读出毫米以下的小数． ‎ ‎（3）总的读数为毫米整数加上毫米小数．‎ 而它们的精度（游标上的最小分度值﹣﹣分别为0.1 mm、0.05mm、0.02mm）譬如，20分度游标尺上20个分度只有19mm长，比主尺上的20个分度短1mm，则游标上的每个分度比主尺上的每个分度短1/20mm=0.05mm，即它的测量精度为0.05 mm．‎ ‎ 若采用“加法法”，则从主尺上读出毫米整数部分为16mm，从游标尺上可以看出第12条刻度线与主尺上刻度线对齐．故为12×0.05mm=0.60mm，则游标卡尺的读数应为：16mm+0.60mm=16.60mm 螺旋测微器的读数是由固定刻度读数加旋转刻度读数．固定刻度每小格是0.5mm，而旋转刻度每小格是0.01mm．‎ 由图可知：固定刻度读数：5.5cm，而旋转刻度的读数：19×0.01mm 则其估计为0.005mm 所以读数为：5.5cm+0.19mm+0.005mm=5.695mm 由于估计值，所以读数范围可在5.694mm到5.696mm ‎ 故答案为：16.60 mm；5.694 mm到5.696mm ‎【点评】游标卡尺没有估计值而螺旋测微器有估计值．游标卡尺还可采用“减法法“时直接用主尺上对齐的毫米整数减去游标对齐刻度线前端的长度即为物体的长度．若采用“减法法”，从主尺和游标尺上可以看出，主尺的51mm刻度线与游标尺上的第20条刻度线对齐．因此读数应为：51mm﹣10×0.98mm=41.20mm．同时注意主尺上读出毫米整数部分是从主尺零刻度到游标尺零刻度．‎ ‎　‎ ‎8．（8分）“验证机械能守恒定律”的实验可以采用如图所示的甲或乙方案来进行．甲方案为用自由落体实验验证机械能守恒定律，乙方案为用斜面小车实验验证机械能守恒定律．‎ ‎（a）比较这两种方案，　甲　（填“甲”或“乙”）方案好一些，理由是　摩擦阻力小，误差小，操作方便，所用实验器材少　．‎ ‎（b）图丙所示是该实验中得到的一条纸带，测得每两个计数点间的距离如图所示，已知每两个计数点之间的时间间隔T=0.1s．物体运动的加速度a=　4.8　m/s2；该纸带是采用　乙　（填“甲”或“乙”）实验方案得到的．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 能够根据实验装置和实验中需要测量的物理量进行选择．‎ 纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）机械能守恒的前提是只有重力做功，实际操作的方案中应该使摩擦力越小越 好．故甲方案好一些．‎ ‎（2）由图可知，xAB=7.2cm=0.072m，xBC=11.9cm=0.119m；xCD=16.7cm=0.167m，xDE=21.5cm=0.215m；‎ 采用逐差法求解加速度．‎ a==≈4.8 m/s2‎ 因a远小于g，故为斜面上小车下滑的加速度．所以该纸带采用图乙所示的实验方案．‎ 故答案为：（1）甲　因为这个方案摩擦阻力小，误差小，操作方便，所用实验器材少 ‎（2）4.8‎ ‎【点评】本题考查验证机械能守恒定律的实验，对于书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，只有直正理解了实验原理才能应对改编后的实验处理．‎ ‎　‎ ‎9．（6分）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5Ω．热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其它备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯（图中未画出）、电源（3V、内阻可忽略）、直流电流表（内阻约1Ω）、直流电压表（内阻约5kΩ）、滑动变阻器（0～20Ω）、开关、导线若干．‎ ‎（1）在图1的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．‎ ‎（2）根据电路图，在图2的实物图上连线（注意电表量程的选择）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻为小电阻．故安培表采用外接法；由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器要采用分压接法；‎ ‎【解答】解：（1）热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采用分压接法，由于中值电阻R中===50Ω，热敏电阻的阻值常温下约4～5Ω，故热敏电阻为小电阻．故安培表采用外接法．故电路连接如图所示．‎ ‎（2）由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器下边两个接线柱要全接上，上边只能接一个接线柱．连接如图所示．‎ 故答案为：（1）（2）如图所示．‎ ‎【点评】本题考查了滑动变阻器的接法，电流表的接法，实物图的连接，实验步骤的考查，注意实物图的连接容易出现错误，应加强练习．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）一辆执勤的警车停在直公路边，当警员发现从他旁边以v=10m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经t0=2s警车发动起来，以加速度a=2m/s2做匀加速运动，问：‎ ‎（1）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？‎ ‎（2）若警车能达到的最大速度是vmax=12m/s，达到最大速度后匀速运动，则警车发动起来后至少要多长时间才能追上违章的货车？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的公式；匀速直线运动及其公式、图像．‎ ‎【专题】计算题；追及、相遇问题．‎ ‎【分析】（1）首先要判断出达到共同速度时相距最远，然后再处理用追击问题的方法求最远位移．‎ ‎（2）在警车追上违章车之前分两个运动过程，即匀加速过程和匀速过程．两过程时间分别求解相加即可．‎ ‎【解答】解：（1）两车间距离最大时：v警=v=at1‎ sm=v（t1+t0）﹣v 解得 sm=45m． ‎ ‎（2）设警车匀加速运动时间为t2，警车发动起来经t追上货车，‎ vmax=at2‎ vmax+vm（t﹣t2）=v（t+t0） ‎ 解得 t=28s． ‎ 答：（1）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是45m；‎ ‎（2）警车发动起来后至少要经过28s才能追上违章的货车．‎ ‎【点评】对于追击问题，当两者的速度相等时，物体之间的距离由最大值或是最小值，这是解决此类问题的一个突破口．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑半圆形轨道BCD组成，水平轨道与圆弧轨道相切于B点，整个轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初速度υ0水平向右冲上轨道AB，沿着轨道运动，最终沿弧形轨道滑下后停在轨道AB的中点（小物块始终没有脱离弧形轨道）．已知轨道AB长为L，圆弧轨道半径为R．求：（重力加速度为g）‎ ‎（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）小物块经过B点瞬间前后对轨道的压力差；‎ ‎（3）若让小物块能从圆弧轨道的最高点D离开轨道，小物块的初速度应至少提高到多大？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】1、在小物块运动的整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功﹣1.5μmgL，根据动能定理求解μ．‎ ‎2、小物块沿水平轨道刚好到达B点时，压力等于重力；小物块经过B点后开始做圆周运动，支持力和重力的合力提供向心力，结合动能定理解出此时的支持力，支持力等于此时的压力．再计算前后的压力差．‎ ‎3、若小物块刚好到达D处，只受重力，重力提供向心力，由此计算出此时的速度．从A到D的过程中运用动能定理可计算出此时的初动能．‎ ‎【解答】解：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得 ‎﹣μmg（L+0.5L）=﹣‎ 解得μ=‎ ‎（2）小物块沿水平轨道刚好到达B点时，物块对B点的压力N1=mg 小物块经过B点后开始做圆周运动，由牛顿第二定律得，，‎ 从A到B，由动能定理得，‎ 解得，小物块经过B点前后对轨道的压力差为△N=N2﹣N1=‎ ‎（3）若小物块刚好到达D处，则mg=m，‎ 从A到D，由动能定理得，‎ 解得E′=，‎ 即，小物块的初动能应至少提高到E′=．‎ 答：（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数μ为；‎ ‎（2）小物块经过B点瞬间前后对轨道的压力差为；‎ ‎（3）若让小物块能从圆弧轨道的最高点D离开轨道，小物块的初速度应至少提高到．‎ ‎【点评】本题是简单的多过程问题，要灵活选择研究的过程．要抓住重力做功与路径无关，而滑动摩擦力做功与路程有关的特点．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）如图甲所示，空间存在B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L=0.2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图惭是棒的v﹣t图象，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在12s末达到额定功率，P额=4.5W，此后功率保持不变．除R以外，其余部分的电阻均不计，g=10m/s2．‎ ‎（1）求导体棒在0﹣12s内的加速度大小；‎ ‎（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值；‎ ‎（3）若t=17s时，导体棒ab达最大速度，从0﹣17s内共发生位移100m，试求12﹣17s内，R上产生的热量是多少？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；能量守恒定律．‎ ‎【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】（1）导体棒在0﹣12s内做匀加速运动，由图象的斜率求解加速度．‎ ‎（2）乙图中A点：由E=BLv、I=、F=BIL推导出安培力的表达式，由牛顿第二定律得到含μ和R的表达式；图中C点：导体棒做匀速运动，由平衡条件再得到含μ和R的表达式，联立求出μ和R．‎ ‎（3）由图象的“面积”求出0﹣12s内导体棒发生的位移，0﹣17s内共发生位移100m，求出AC段过程发生的位移，由能量守恒定律求解12﹣17s内R上产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）由图中可得：12s末的速度为v1=9m/s，t1=12s 导体棒在0.12s内的加速度大小为a==0.75m/s2． ‎ ‎（2）设金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ．‎ 当金属棒的速度为v时，安培力大小为F，则有 ‎ F=BIL，I=‎ 得 F=‎ A点：由牛顿第二定律得 ‎ ‎ F1﹣μmg﹣=ma1‎ 又P额=F1v1．‎ C点：棒达到最大速度，F2﹣μmg﹣=0‎ P额=F2vm．‎ 联立解得，μ=0.2，R=0.4Ω ‎（2）0﹣12s内导体棒发生的位移为s1=m=54m，‎ AC段过程棒发生的位移为s2=100﹣s1=46m 由能量守恒得 ‎ P额t=QR+μmgs2+（﹣）‎ 代入解得QR=12.35J 答：‎ ‎（1）求导体棒在0﹣12s内的加速度大小是0.75m/s2；‎ ‎（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数是0.2，电阻R的阻值是0.4Ω；‎ ‎（3）12﹣17s内，R上产生的热量是12.35J．‎ ‎【点评】本题与力学中汽车匀加速起动类似，关键要推导安培力的表达式F=，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒结合进行求解．‎ ‎　‎ ‎（本题共有2题，每小题6分，每小题只有一个答案是符合题意的）‎ ‎13．（6分）2009年9月，沈阳传出一家父子双双患上鼻咽癌的消息，经过当地检测部门检测，其家中的建筑陶瓷放射性严重超标，并被认为是致癌的主要原因．继而又有媒体报道，分析测试发现某陶瓷生产大省的抛光砖、釉面砖等建筑陶瓷产品中，放射性超标问题格外严重，不合格率超过30%．居室装修用材不当，尤其是放射性含量高的装修材料释放出大量的氡，是造成室内放射性污染的主要原因之一．下列有关放射性的说法中正确的有（　　）‎ A．U衰变成Pb要经过8次α衰变和8次β衰变 B．氡发生α衰变产生的α粒子是一种高速电子流，具有很强的穿透能力 C．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线小 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【专题】衰变和半衰期专题．‎ ‎【分析】原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变，α粒子是一种氦原子核，β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的．‎ ‎【解答】解：A、根据质量数少32=4×8，知发生8次α衰变，根据质子数少8=2×8﹣8，知发生8次β衰变，A正确；‎ B、氡发生α衰变产生的α粒子是一种氦原子核，具有很强的电离能力，B错误；‎ C、放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，C正确；‎ D、β射线是高速电子流，γ射线是电磁波，D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题主要考查了衰变的实质，知道原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1．‎ ‎　‎ ‎14．（6分）质量M=1.5kg的手榴弹某时刻恰好沿水平方向运动，速度大小是20m/s，此时在空中爆炸，分裂成两部分，其中0.5kg的那部分以40m/s的速度与原速度反向运动，则另一部分此时速率为（　　）‎ A．20 m/s B．25 m/s C．40 m/s D．50 m/s ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】手榴弹在炸裂前后水平方向动量守恒，由动量守恒定律可以求出另一块的速度．‎ ‎【解答】解：以手榴弹为研究对象，爆炸过程中动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：Mv=m1v1+m2v2，‎ 即：1.5×20=0.5×（﹣40）+1×v2，‎ 解得：v2=50m/s，方向与初速度方向相同；故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择．‎ ‎【来.源：全,品…中&高*考*网】‎