四川省崇州市崇庆中学2017届高三上学期期中物理试卷

四川省崇州市崇庆中学2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年四川省崇州市崇庆中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）‎ ‎1．下列叙述错误的是（　　）‎ A．探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B．速度v=、电场强度E=的定义都运用了比值法 C．质点，光滑的水平面，轻质弹簧等运用了理想化模型法 D．运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要将足球看成质点 ‎2．一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（　　）‎ A．滑块可能只受到三个力作用 B．弹簧不可能处于压缩状态 C．斜面对滑块的支持力大小可能为零 D．斜面对滑块的摩擦力大小可能大于mg ‎3．如图，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，重力加速度为g，则小球从飞出到达斜面（　　）‎ A．飞行时间为B．飞行高度C．飞行的水平距离为D．若小球速度适当变小可能垂直打在斜面上 ‎4．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，则下列判断正确的是（　　）‎ A．船渡河的最短时间是60s B．若船最短时间渡河，船头始终与河岸垂直 C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船渡河的最短路程可能为300m ‎5．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（　　）‎ A．图甲中A球的加速度为零 B．图乙中两球加速度均为gsin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 ‎6．如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．说法正确的是（　　）‎ A．转台对B的摩擦力一定为5μmg B．转台对B的摩擦力一定为5mω2r C．转台的角速度可能为 D．转台的角速度可能为 ‎7．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L2=2L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为零势能面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，B克服摩擦而产生的热量是A的两倍 B．滑块A到达底端时的动能是滑块B到达底端时的动能的两倍 C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 ‎8．如图，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中正确的是（　　）‎ A．卫星C的运行速度大于物体A的速度 B．卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等 C．卫星B运动轨迹的半长轴大于卫星C运动轨迹的半径 D．物体A和卫星C具有相同大小的加速度 ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．‎ ‎（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需　　（填字母代号）中的器材．‎ A．直流电源 　　‎ B．交流电源 C．天平及砝码 D．毫米刻度尺 ‎（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．通过图线斜率求重力加速度，除作v﹣t图象外，还可作v2与　　图象，其纵轴表示的是速度平方，则斜率表示　　．‎ ‎10．采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示：现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、重锤．‎ ‎（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有　　．‎ A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．220V交流电源 ‎（2）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：‎ A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v．‎ B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v．‎ C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h．‎ D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v．‎ 以上方案中只有一种正确，正确的是　　．（填入相应的字母）‎ ‎（3）甲同学从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图2所示．选取纸带上连续打出的5个点A、B、C、D、E，测出A点与起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2．已知重锤的质量为m，打点计时器所接交流电的频率为f，当地的重力加速度为g．从起始点O开始到打下C点的过程中，重锤重力势能的减小量为△EP=　　，重锤动能的增加量为△EK=　　．在误差充许的范围内，如果△EP=△EK，则可验证机械能守恒．‎ ‎11．如图所示，水平传送带长为L=4.5m，以速度v=5m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=10N、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A端运动到B端的过程中滑块运动的时间．‎ ‎12．如图所示质量为m=1kg的滑块（可视为质点）由斜面上P点以初动能EK0=20J沿斜面向上运动，当其向上经过Q点时动能EKQ=8J，机械能的变化量△E机=﹣3J，斜面与水平夹角α=37°．PA间距离l0=0.625m，当滑块向下经过A点并通过光滑小圆弧后滑上质量M=0.25kg的木板 ‎ （经过小圆弧时无机械能损失），滑上木板瞬间触发一感应开关使木板与斜面底端解除锁定（当滑块滑过感应开关时，木板与斜面不再连接），木板长L=2.5m，木板与滑块间动摩擦因数µ1=0.20，木板与地面的动摩擦因数µ2=0.10．滑块带动木板在地面上向右运动，当木板与右侧等高光滑平台相碰时再次触发感应开关使木板与平台锁定．滑块沿平台向右滑上光滑的半径R=0.1m的光滑圆轨道（滑块在木板上滑行时，未从木板上滑下）．‎ 求：①物块与斜面间摩擦力大小；‎ ‎②木块经过A点时的速度大小v1；‎ ‎③为保证滑块通过圆轨道最高点，AB间距离d应满足什么条件？‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎13．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度第一次与v相同，再经过0.2s它的速度第二次与v相同，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．波沿x轴正方向传播，波速为6m/s B．波沿x轴负方向传播，波速为5 m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm ‎14．玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点．两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°，已知玻璃对该红光的折射率n=．求：‎ ‎①求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；‎ ‎②若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省崇州市崇庆中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）‎ ‎1．下列叙述错误的是（　　）‎ A．探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B．速度v=、电场强度E=的定义都运用了比值法 C．质点，光滑的水平面，轻质弹簧等运用了理想化模型法 D．运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要将足球看成质点 ‎【考点】物理模型的特点及作用；质点的认识．‎ ‎【分析】解答本题应掌握：在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法；理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型．‎ ‎【解答】解：A、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，故A正确；‎ B、速度v=、电场强度E=的定义都运用了比值法，故B正确；‎ C、光滑的水平面，轻质弹簧等运用了理想化模型法，实际生活中不存在，故C正确；‎ D、运动员在处理做香蕉球运动的足球时，不能将足球看成质点，否则没有足球的转动．故D错误；‎ 本题选错误的，故选：D ‎　‎ ‎2．一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（　　）‎ A．滑块可能只受到三个力作用 B．弹簧不可能处于压缩状态 C．斜面对滑块的支持力大小可能为零 D．斜面对滑块的摩擦力大小可能大于mg ‎【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】对滑块受力分析：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零；滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡；根据共点力平衡并结合正交分解法进行分析．‎ ‎【解答】‎ 解：AB、弹簧与斜面垂直，故弹簧与竖直方向的夹角为30°，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态；弹簧也可能对滑块有压力或者支持力，故弹簧可能处于伸长状态或者压缩状态，故A正确，B错误；‎ CD、平行斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，即f=mgsin30°=mg，不可能大于mg，故D错误；‎ 有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，重力加速度为g，则小球从飞出到达斜面（　　）‎ A．飞行时间为 B．飞行高度 C．飞行的水平距离为 D．若小球速度适当变小可能垂直打在斜面上 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球到达斜面的位移最小，则位移的方向与斜面垂直，根据速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值，得出速度方向与水平方向夹角的正切值，从而求出竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据位移公式求出水平位移和竖直位移．‎ ‎【解答】解：A、小球到达斜面的位移最小，知位移的方向与斜面垂直，则位移方向与水平方向的夹角为90°﹣θ，‎ 设速度方向与水平方向的夹角为α，则有：tanα=2tan（90°﹣θ）=，‎ 解得竖直分速度为：vy=2v0cotθ，则飞行的时间为：t==，故A错误．‎ B、飞行的高度为：h==，故B正确．‎ C、水平位移为：x=，故C错误．‎ D、适当增大速度，可以使小球垂直打在斜面上，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，则下列判断正确的是（　　）‎ A．船渡河的最短时间是60s B．若船最短时间渡河，船头始终与河岸垂直 C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船渡河的最短路程可能为300m ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、B、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，故：t===100s；故A错误，B正确．‎ C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．‎ D、因水流速度是变化的，当水流速度大于船在静水中的速度时，船渡河的合速度不可能垂直河岸时，则位移不可能是300m，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（　　）‎ A．图甲中A球的加速度为零 B．图乙中两球加速度均为gsin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度．‎ ‎【解答】‎ 解：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍；故ABD正确；C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．说法正确的是（　　）‎ A．转台对B的摩擦力一定为5μmg B．转台对B的摩擦力一定为5mω2r C．转台的角速度可能为 D．转台的角速度可能为 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】分别对A、AB整体、C受力分析，合力提供向心力，根据向心力公式列式分析．‎ ‎【解答】解：A、对AB整体受力分析，受重力、支持力以及B转台对B的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有：f=（5m）ω2r≤μ（5m）g 故A错误，B正确；‎ C、D、由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故有：‎ 对A，有：（3m）ω2r≤μ（3m）g 对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g 对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg 解得：ω≤故D正确，C错误；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎7．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L2=2L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为零势能面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，B克服摩擦而产生的热量是A的两倍 B．滑块A到达底端时的动能是滑块B到达底端时的动能的两倍 C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据功的计算公式得到克服摩擦力做功的表达式，再分析产生的热量关系．重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功的平均功率关系，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量．由功能原理分析机械能的关系．‎ ‎【解答】解：A、对于任意斜面，设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ．则从顶端到底端的运动过程中，克服摩擦而产生的热量 Q=μmgcosθ•=μmgL，可知摩擦生热Q与斜面的底边长度成正比，由题，L2=2L1，所以B克服摩擦而产生的热量是A的两倍，故A正确；‎ B、设斜面的高为h．根据动能定理得：‎ 对A有：mgh﹣μmgL1=EkA．①‎ 对B有：mgh﹣μmgL2=EkB．②‎ 将L2=2L1代入②得：mgh﹣2μmgL1=EkB．③‎ 根据数学知识可得： =≠2，所以滑块A到达底端时的动能不是滑块B到达底端时的动能的两倍，故B错误．‎ C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A的加速度大，位移短，则A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；‎ D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎8．如图，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中正确的是（　　）‎ A．卫星C的运行速度大于物体A的速度 B．卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等 C．卫星B运动轨迹的半长轴大于卫星C运动轨迹的半径 D．物体A和卫星C具有相同大小的加速度 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据A、C的周期相等，知角速度相等，通过v=rω比较A、C速度的大小．因为卫星的周期一定，根据万有引力提供向心力确定其轨道半径一定．根据卫星所受的万有引力，通过牛顿第二定律比较加速度的大小．‎ ‎【解答】解：由题意可知，A、B、C绕地心运动的周期T相同，由ω=可知，A、B、C的角速度相等；‎ A、卫星C做圆周运动的半径大于A的半径，由v=ωr可知，C的线速度大于A的线速度，故A正确；‎ B、由牛顿第二定律得：G=ma，解得，加速度：a=，在B点，G、M、r都相同，卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等，故B正确；‎ C、由开普勒第三定律可知： =，则卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的半径相等，故C错误；‎ D、由牛顿第二定律得：G=ma，解得，加速度：a=，A、C的半径不同，它们的加速度不同，故D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．‎ ‎（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需　BD　（填字母代号）中的器材．‎ A．直流电源 　　‎ B．交流电源 C．天平及砝码 D．毫米刻度尺 ‎（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．通过图线斜率求重力加速度，除作v﹣t图象外，还可作v2与　h　图象，其纵轴表示的是速度平方，则斜率表示　2g　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．‎ ‎（2）根据速度位移公式得出线性关系式，从而得出图线斜率的含义．‎ ‎【解答】解：（1）打点计时器应接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度和加速度，故选：BD．‎ ‎（2）根据v2=2gh得，可知v2与h成线性关系，可知应作v2﹣h图象，斜面表示2g．‎ 故答案为：（1）BD　（2）h，2g．‎ ‎　‎ ‎10．采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示：现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、重锤．‎ ‎（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有　CD　．‎ A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．220V交流电源 ‎（2）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：‎ A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v．‎ B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v．‎ C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h．‎ D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v．‎ 以上方案中只有一种正确，正确的是　D　．（填入相应的字母）‎ ‎（3）甲同学从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图2所示．选取纸带上连续打出的5个点A、B、C、D、E，测出A点与起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2．已知重锤的质量为m，打点计时器所接交流电的频率为f，当地的重力加速度为g．从起始点O开始到打下C点的过程中，重锤重力势能的减小量为△EP=　mg（s0+s1）　，重锤动能的增加量为△EK=　　．在误差充许的范围内，如果△EP=△EK，则可验证机械能守恒．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的测量器材．‎ ‎（2）需要用刻度尺测出重物下落的高度，应用匀变速直线运动的推论求出重物的瞬时速度．‎ ‎（3）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而得出动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）电火花打点计时器需要使用220V交流电源，实验需要测量纸带上两点间的距离，因此实验需要刻度尺，故选：CD．‎ ‎（2）实验需要测量重物下落的高度，重物下落高度可以用刻度尺直接测出，实验需要测出重物的瞬时速度，重物的瞬时速度可以根据匀变速直线运动的推论：做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出，因此正确的方案是D，ABC方案是错误的，故选D．‎ ‎（3）从起始点O开始到打下C点的过程中，重锤重力势能的减小量为△EP=mgh=mg（s0+s1）；‎ 根据平均速度等于瞬时速度，则C点的速度为vC===，‎ 那么重锤动能的增加量为△EK=mvC2=；‎ 故答案为：（1）CD；（2）D；（3）mg（s0+s1）；．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，水平传送带长为L=4.5m，以速度v=5m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=10N、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A端运动到B端的过程中滑块运动的时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B端所用的时间，从而求出总时间．‎ ‎【解答】解：滑块与传送带达到共同速度前，设滑块加速度为a1，竖直方向有：‎ N+Fsin37°=mg 水平方向上，由牛顿第二定律有：‎ Fcos37°+μN=ma1‎ 解得：a1=10m/s2‎ 滑块与传送带达到共同速度的时间：t1===0.5s ‎ 此过程中滑块向右运动的位移：s1===1.25m ‎ 共速后，因Fcos37°＞f=μN，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律：Fcos37°﹣μN=ma2‎ 代入数据解得：a2=6 m/s2‎ 滑块到达B端的速度：‎ 代入数据解得：vB=8m/s ‎ 滑块从共速位置到B端所用的时间：‎ 滑块从A端到B端的时间：t=t1+t2=0.5+0.5=1s ‎ 答：滑块从A端运动到B端的过程中滑块运动的时间为1s．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示质量为m=1kg的滑块（可视为质点）由斜面上P点以初动能EK0=20J沿斜面向上运动，当其向上经过Q点时动能EKQ=8J，机械能的变化量△E机=﹣3J，斜面与水平夹角α=37°．PA间距离l0=0.625m，当滑块向下经过A点并通过光滑小圆弧后滑上质量M=0.25kg的木板 （经过小圆弧时无机械能损失），滑上木板瞬间触发一感应开关使木板与斜面底端解除锁定（当滑块滑过感应开关时，木板与斜面不再连接），木板长L=2.5m，木板与滑块间动摩擦因数µ1=0.20，木板与地面的动摩擦因数µ2=0.10．滑块带动木板在地面上向右运动，当木板与右侧等高光滑平台相碰时再次触发感应开关使木板与平台锁定．滑块沿平台向右滑上光滑的半径R=0.1m的光滑圆轨道（滑块在木板上滑行时，未从木板上滑下）．‎ 求：①物块与斜面间摩擦力大小；‎ ‎②木块经过A点时的速度大小v1；‎ ‎③为保证滑块通过圆轨道最高点，AB间距离d应满足什么条件？‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）由PQ过程由动能定理可求得摩擦力；‎ ‎（2）分别列出P到最高点及从最高点到A的过程动能定理表达式，联立可解得v1；‎ ‎（3）由牛顿第二定律分别求得两物体的加速度，由运动学公式求得相对位移；明确可能的状态，再根据题意求出d应满足的条件．‎ ‎【解答】解：（1）由P到Q过程中，由动能定理可知：‎ ‎﹣（mgsinα+f）s1=EKQ﹣EK0‎ ‎﹣fs1=△E机 联立解得：f===2N；‎ ‎（2）P到最高点，‎ 由动能定理可知：‎ ‎﹣（mgsinα+f）s1=0﹣EK0‎ 代入数据解得：S1=2.5m；‎ 滑块从最高点到A过程，mgsinα﹣f（sl+l0）=‎ 解得：v1=5m/s；‎ ‎（3）若滑块在木板上滑行时木板没碰到平台，则：对m有：μ1mg=ma1；‎ 代入数据解得：a1=2m/s2；‎ 对M有：‎ μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma2；‎ 代入数据解得：a2=3m/s2；‎ M、m达到共同速度的时间为t1，则有：‎ v2=v1﹣at1=a2t2‎ 代入数据解得：v2=3m/s；‎ t1=1.0s 此过程中各自的位移为 s1===4m；‎ s2===1.5m；‎ 故相对位移问问：‎ ‎△x=s1﹣s2=4﹣1.5=2.5m=L；‎ 故此时m恰好滑至木板右端，之后相对静止在地面上滑行 若滑块能达到圆弧最高点，则有：‎ mg+N=‎ 且N≥0；‎ 对C到最高点，由动能定理可知：‎ ‎﹣2mgR=﹣mv42；‎ 解得：v3≥m/s；‎ 整体从共速到与平台相碰，由动能定理可得：‎ ‎﹣μ2（M+m）gx=（m+M）v32﹣（m+M）v22‎ 解得：x≤2m；‎ d≤x+s1‎ 故d≤6m；‎ 若板长刚好等于AB间距，则滑块滑到平台的速度大于3m/s；能通过圆轨道的最高点，故AB间距应满足条件为：‎ ‎2.5m＜d≤6m 答：（1）物块与斜面间摩擦力大小为2N；‎ ‎②木块经过A点时的速度大小v1为5m/s ‎③为保证滑块通过圆轨道最高点，AB间距离d应满足2.5m＜d≤6m ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎13．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度第一次与v相同，再经过0.2s它的速度第二次与v相同，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．波沿x轴正方向传播，波速为6m/s B．波沿x轴负方向传播，波速为5 m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由图可知该波的波长为λ=6m．根据图示时刻质点P的运动情况，确定完成一次全振动，得到P振动的周期为T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴负方向，可判断出波沿﹣x方向传播，由公式v=求出波速．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质点M与P是反相点，振动情况总是相反．写出质点P的振动方程，再求从图示位置开始计时t=2.0s时刻质点P的位移．‎ ‎【解答】解：AB、由图读出波长 λ=6m．根据质点P的振动情况可得：该波的周期为 T=1.0s+0.2s=1.2s，则波速为 v===5m/s．‎ 根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播．故A错误，B正确．‎ C、由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确．‎ D、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反．故D错误．‎ E、该波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程为 y=﹣Asin（t+）=﹣20sin（t+）cm=﹣20sin（t+）cm 当t=2.0s时，代入解得 y=20cm，即从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm，故E正确．‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎14．玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点．两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°，已知玻璃对该红光的折射率n=．求：‎ ‎①求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；‎ ‎②若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①先根据折射定律求出光线2在玻璃半圆柱体圆弧面上和底面上的两个折射角，再运用折射定律求出光线1在底面上的折射角，作出光路图，根据几何知识求解即可．‎ ‎②若入射的单色蓝光，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，蓝光偏折更明显，d更小．‎ ‎【解答】解：：①对光线2在B点折射时，入射角 i=60°‎ 由折射定律有 n=‎ 得 sinr===，r=30°‎ 入射到底面的入射角 i′=60°﹣r=30°，则：‎ ‎ sinr′=nsini′=，r′=60° ‎ 根据几何知识得 ‎ LOC==R ‎ 同理，光线1从O点出射，折射光线与CD交于E点，折射角∠EOD=60°，则△EOD为等边三角形 ‎ d=OE=OD=LOC tan 30°=‎ ‎②玻璃对蓝光的折射率比对红光的大，蓝光偏折更明显，故d变小．‎ 答：‎ ‎①两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d是；‎ ‎②若入射的是单色蓝光，则距离d更小．‎ ‎　‎ ‎2016年12月21日