物理·四川省成都市龙泉一中2017届高三上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·四川省成都市龙泉一中2017届高三上学期期中物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年四川省成都市龙泉一中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求：19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．‎ ‎1．最近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的（　　）‎ A．速度增加，加速度减小 B．速度增加，加速度增大 C．速度减小，加速度增大 D．速度减小，加速度减小 ‎2．如图所示，一只小鸟沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（　　）‎ A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大 B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大 D．树枝对小鸟的弹力保持不变 ‎3．已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为△N，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为（　　）‎ A．T=2π B．T=2π C．T=2π D．T=2π ‎4．如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（　　）‎ A．只要增大v1大小，不必改变θ角 B．只要增大θ角，不必改变v1大小 C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角 D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角 ‎5．如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图象，若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30m/s，则正确的是（　　）‎ A．汽车所受阻力为2×103N B．汽车车速为15m/s，功率为3×104W C．汽车匀加速的加速度为3m/s2‎ D．汽车匀加速所需时间为4.5s ‎6．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d，现将小环从定滑轮等高 的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑的距离也为d 时，（图中B 处），下列说法正确的是（　　）‎ A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg B．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d C．当小环在B 处时，小环与重物的速度大小之比等于 D．当小环在B 处时，小环与重物的速度大小之比等于 ‎7．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v﹣t图象如图所示，图中β＜θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是（　　）‎ A．W=W1+W2 B．W1＞W2 C．P=P1 D．P1≠P2‎ ‎8．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以 v、a、F、x 表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力的大小和位移大小．下列选 项正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　　（填“①”或“②”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；‎ ‎（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=　　N；‎ ‎（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是　　．‎ A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动 B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量 C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力 D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．‎ ‎10．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示．‎ ‎（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=　　m/s，木块加速度a=　　m/s2；‎ ‎（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是　　；（已知当地的重力加速度g）；‎ ‎（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是　　（单选）‎ A．A点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较大的空心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．‎ ‎11．如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度 v=4m/s．（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）P点与A点的水平距离；‎ ‎（3）小球到达圆弧最高点C时小球的动能多大？‎ ‎12．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2．长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）长板2开始运动时的加速度大小；‎ ‎（2）长板2的长度L0；‎ ‎（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎13．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t=0时波形如图所示；已知在t=0.6s时，质点A恰好第四次（图中为第一次）出现波峰，则下列说法正确的是（　　）‎ A．波的周期是0.2s B．在 t=1.5s 时波刚传播到质点 P 处 C．质点 P 开始振动时速度沿 x 轴正方向 D．质点P在t=0.35s时第一次出现在波谷 E．质点 B在0～0.6s内通过的路程是240cm ‎14．如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图．圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i=60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的长度为l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：‎ ‎（Ⅰ）透明材料的折射率n；‎ ‎（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市龙泉一中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求：19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．‎ ‎1．最近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的（　　）‎ A．速度增加，加速度减小 B．速度增加，加速度增大 C．速度减小，加速度增大 D．速度减小，加速度减小 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】王强同学把房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，根据加速度与速度关系进行分析．‎ ‎【解答】解：房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势，相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，速度仍然增大．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一只小鸟沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（　　）‎ A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大 B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大 D．树枝对小鸟的弹力保持不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化．‎ ‎【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误．‎ B、小鸟所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B正确．‎ C、小鸟所受的弹力N=mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为△N，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为（　　）‎ A．T=2π B．T=2π C．T=2π D．T=2π ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．‎ ‎【解答】解：在北极①‎ 在赤道：②‎ 根据题意，有③‎ 联立解得：，A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（　　）‎ A．只要增大v1大小，不必改变θ角 B．只要增大θ角，不必改变v1大小 C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角 D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、若只增大υ1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；‎ B、若只增大θ角，不必改变υ1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；‎ C、若在增大υ1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C正确；‎ D、若增大υ1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图象，若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30m/s，则正确的是（　　）‎ A．汽车所受阻力为2×103N B．汽车车速为15m/s，功率为3×104W C．汽车匀加速的加速度为3m/s2‎ D．汽车匀加速所需时间为4.5s ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动 ‎【解答】解：A、当速度为30m/s时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F=f，所以f=2×103N．故A正确；‎ B、牵引车的额定功率P=fv=2×103×30W=6×104W．匀加速直线运动的加速度a==，‎ 匀加速直线运动的末速度v=，匀加速直线运动的时间t==5s．因为15m/s＞10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率，故B错误；‎ C、由B分析各匀加速运动加速度大小为2m/s2，故C错误；‎ D、由B分析知，D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d ‎，现将小环从定滑轮等高 的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑的距离也为d 时，（图中B 处），下列说法正确的是（　　）‎ A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg B．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d C．当小环在B 处时，小环与重物的速度大小之比等于 D．当小环在B 处时，小环与重物的速度大小之比等于 ‎【考点】牛顿第二定律；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】本题A的关键是由小环加速下落可知重物加速上升，再根据牛顿第二定律即可求解；题B的关键是明确重物上升的高度应等于绳子缩短的长度；题C和D的关键是明确小环在沿绳子的方向速度与重物速度相等，然后将小环的速度沿绳子与垂直于绳子方向正交分解即可．‎ ‎【解答】解：A、由题意，小环释放时向下加速运动，则重物将加速上升，对重物，由牛顿第二定律可知绳中的张力一定大于重力2mg，故A正确；‎ B、小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即 h=d﹣d=（﹣1）d，故B错误；‎ CD、根据题意，小环与重物沿绳子方向的速度大小相等，将小环A的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足：‎ ‎ v环cos45°=v物，即得，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比 =，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v﹣t图象如图所示，图中β＜θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是（　　）‎ A．W=W1+W2 B．W1＞W2 C．P=P1 D．P1≠P2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由动能定理可得出汽车牵引力的功与克服摩擦力做功的关系，由功的公式可求得加速和减速过程中克服摩擦力做功的大小；由摩擦力做功利用P=FV可求得摩擦力的功率关系．‎ ‎【解答】解：A、由动能定理可知W﹣W1﹣W2=0，故W=W1+W2；故A正确；‎ B、由图可知，加速过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故汽车加速时克服摩擦力所做的功大于减速时克服摩擦力所做的功，则有W1＞W2．故B正确；‎ C、D、因加速和减速运动中，平均速度相等，故由P=FV可知，摩擦力的功率相等，故P1=P2；由功能关系可知W=Pt1=P1t1+P2t2 而P1=P2；故P≠P1；故CD错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以 v、a、F、x 表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力的大小和位移大小．下列选 项正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变，速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变，根据物体的运动情况分析即可．‎ ‎【解答】解：在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为 v=at，v﹣t图象是倾斜的直线；‎ 物体的速度与传送带相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0．故A、B正确，C、D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　①　（填“①”或“②”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；‎ ‎（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=　0.5　N；‎ ‎（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是　C　．‎ A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动 B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量 C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力 D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）当斜面抬得过高，F=O时，加速度a不为零，结合这一特点确定正确的图线．‎ ‎（2）结合图线②得出小车运动的阻力大小．‎ ‎（3）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力才近似等于绳子的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）当右侧抬高，导致平衡摩擦力过度，则F=0时，加速度不为零，可知图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．‎ ‎（2）由图线②可知，当F=0.5N时，小车开始运动，可知小车运动的阻力Ff=0.5N．‎ ‎（3）拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，因为此时钩码的质量不满足远小于小车的质量，钩码的重力不等于绳子的拉力，避免此误差的方法是运用力传感器，直接读出绳子的拉力，不用钩码的重力代替拉力．故选：C．‎ 故答案为：（1）①，（2）0.5，（3）C．‎ ‎　‎ ‎10．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示．‎ ‎（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=　0.4　m/s，木块加速度a=　1　m/s2；‎ ‎（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是　斜面倾角（或A点的高度）　；（已知当地的重力加速度g）；‎ ‎（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是　A　（单选）‎ A．A点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较大的空心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；‎ ‎（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；‎ ‎（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．‎ ‎【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：‎ v=，‎ ‎0.2s末的速度为：‎ ‎，‎ 则木块的加速度为：‎ a=．‎ ‎（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为：‎ ma=mgsinθ﹣μmgcosθ 得：‎ 所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ ‎（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：‎ 可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A 故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角（或A点的高度）；（3）A．‎ ‎　‎ ‎11．如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度 v=4m/s．（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）P点与A点的水平距离；‎ ‎（3）小球到达圆弧最高点C时小球的动能多大？‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；‎ ‎（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的水平距离和竖直距离；‎ ‎（3）由动能定理公式可求得最高点C时小球的动能．‎ ‎【解答】解：（1）小球到A点的速度如图所示，由图可知 v0=vx=vAcosθ=4×0.5m/s=2m/s ‎ ‎（2）vy=vAsinθ=4×m/s=2m/s 由平抛运动规律得：‎ 由平抛运动的规律得：‎ x=v0t，‎ vy=gt，‎ vy2=2gh 带入数据，解得：h=0.6m，x=0.69m．‎ ‎（3）由动能定律得：： mv﹣Ekc=mg（R+Rcosθ）‎ v代入数据得：Ekc=2.1J 答：（1）小球做平抛运动的初速度为2m/s；‎ ‎（2）P点与A点的水平距离为0.69m；‎ ‎（3）小球到达圆弧最高点C时小球的动能为2.1J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2．长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）长板2开始运动时的加速度大小；‎ ‎（2）长板2的长度L0；‎ ‎（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）物体1相对于2向右运动，恰好没有从长板2的右端掉下，则知物体1滑到长板2的右端时，1和2速度相等．根据牛顿第二定律求出物体1的加速度和物体2和3的整体加速度；‎ ‎（2）由速度相等，求出时间，由位移公式分别求出物体1和物体23的位移，两者位移之差即等于板长．‎ ‎（3）判断三个物体能否相对静止．假设物体123相对静止，由牛顿第二定律求出加速度和物体1所受的静摩擦力，与最大静摩擦力比较，可知物体1和物体2相对滑动．再求出物体1和物体23的加速度，由位移公式求出物体3落地时整体下落高度h，得到时间，并求出物体1的位移，可知物体1在长木板2的最左端．‎ ‎【解答】解：（1）物体1的加速度 a1=﹣=﹣μg=﹣2m/s2‎ 物体2和3的整体加速度a2===6m/s2‎ ‎（2）设经过时间t1二者速度相等 v1=v+a1t=a2t 代入数据解t1=0.5s，v1=3m/s X1=（v+v1）×=1.75m x2=v1=0.75m 所以木板2的长度L0=x1﹣x2=1m ‎（3）此后，假设物体123相对静止，a=g Ma=3.3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1的加速度 a3=μg=2m/s2‎ 物体2和3整体的加速度 a4=（g﹣μg）=4m/s2‎ 整体下落高度h=H﹣x2=5m 根据h=v1t+a4t22‎ 解得t2=1s 物体1的位移x3=v1t2+a3t22=4m ‎ h﹣x3=1m ‎ 即物体1在长木板2的最左端；‎ 答：（1）长板2开始运动时的加速度大小6m/s2；‎ ‎（2）长板2的长度L0为1m；‎ ‎（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置最左端．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎13．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t=0时波形如图所示；已知在t=0.6s时，质点A恰好第四次（图中为第一次）出现波峰，则下列说法正确的是（　　）‎ A．波的周期是0.2s B．在 t=1.5s 时波刚传播到质点 P 处 C．质点 P 开始振动时速度沿 x 轴正方向 D．质点P在t=0.35s时第一次出现在波谷 E．质点 B在0～0.6s内通过的路程是240cm ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】t=0时刻波形如图所示，可知质点A再经过三个周期出现在波峰，即求得周期T．‎ 根据波形图读出波长，由v=求出波速，分析波传播到P的时间．简谐波沿x轴正向传播，P的开始振动方向与图示时刻x=2m处的质点速度方向相同．当x=1.5m处波谷传到P点时，P点第一次出现在波谷底部；‎ 由图读出振幅，再根据振动次数确定路程，注意一个周期内通过4个振幅．‎ ‎【解答】解：A、由题有质点第4次出现波峰，则说明0.6s内有3个周期，故有3T=0.6s，得周期T=0.2s．故A正确．‎ B、由图看出波长为λ=2m，则波速为 v===10m/s，波传播到P点的时间为 t===0.3s，故B错误．‎ C、波传播过程中，各个质点的振动方向与波图示时刻x=1.5m处质点的速度方向相同，根据波形平移法得知，x=1.5m处质点的速度方向向下，则P点开始振动时速度方向也向下，故C错误．‎ D、当x=1.5m处波谷传到P点时，P点第一次出现在波谷底部，所用时间为 t==0.35s．故D正确．‎ E、质点的振幅为20cm，质点B在0～0.6s内通过的振动周期为3次，故经过的路程是3×4×20=240cm，故E正确．‎ 故选：ADE．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图．圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i=60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的长度为l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：‎ ‎（Ⅰ）透明材料的折射率n；‎ ‎（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（Ⅰ）光线射入棱镜后射在BC面上的O点并恰好在BC面上发生全反射．根据折射定律分别研究光线在AB面上的折射和在BC面的全反射，即可求解折射率．‎ ‎（Ⅱ）由公式v=求出光在棱镜中传播速度，由几何关系求出MO间的距离，即可求得时间t．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设光线在AB面的折射角为r，根据折射定律得：‎ ‎ n=…①‎ 设棱镜的临界角为C．由题意，光线在BC面恰好发生全反射，得到 sinC=…②‎ 由几何知识可知，r+C=90°…③‎ 联立以上各式解出 n=‎ ‎（Ⅱ）光在棱镜中传播速度v=‎ 由几何知识得，MO==nl 故光从M点传播到O点所用的时间 t===s=3.5×10﹣10s 答：‎ ‎（Ⅰ）透明材料的折射率n为；‎ ‎（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t为3.5×10﹣10s．‎ ‎　‎ ‎2016年11月28日