物理·广东省潮阳市黄图盛中学2017届高三上学期期中物理试卷 Word版含解析]

物理·广东省潮阳市黄图盛中学2017届高三上学期期中物理试卷 Word版含解析]

‎2016-2017学年广东省潮阳市黄图盛中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9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，有选错的得0分．‎ ‎1．汽车遇紧急情况刹车，经1.5s停止，刹车距离为9m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1s的位移是（　　）‎ A．4.5 m B．4 m C．3 m D．2 m ‎2．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（　　）‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎3．如图所示，物体A放置在固定斜面上，一平行斜面向上的力F作用于物体A上．在力F变大的过程中，A始终保持静止，则以下说法中正确的是（　　）‎ A．物体A受到的合力变大 B．物体A受到的支持力不变 C．物体A受到的摩擦力变大 D．物体A受到的摩擦力变小 ‎4．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球过最高点的最小速度是 B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 C．小球过最高点时，杆对球的作用力可能随速度增大而减小 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 ‎5．电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动．电梯竖直向上运动过程中速的变化情况如表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 速度 ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎ ‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ ‎（m/s）‎ ‎5.0‎ 则前5秒内电梯通过的位移大小为（　　）‎ A．19.25m B．18.75m C．18.50m D．17.50m ‎6．一质点处于静止状态，现对该质点施加力F，力F随时间t按如图所示的正弦规律变化，力F的方向始终在同一直线上．在0～4s内，下列说法正确的是（　　）‎ A．第2s末，质点距离出发点最远 B．第2s末，质点的动能最大 C．第4s末，质点距离出发点最远 D．第4s末，质点的动能最大 ‎7．2013年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的（　　）‎ A．线速度大于地球的线速度 B．向心加速度大于地球的向心加速度 C．向心力仅由太阳的引力提供 D．向心力仅由地球的引力提供 ‎8．如图所示，汽车向右沿水平面作匀速直线运动，通过绳子提升重物M．若不计绳子质量和绳子与滑轮间的摩擦，则在提升重物的过程中，下列有关判断正确的是（　　）‎ A．重物加速上升 B．重物减速上升 C．绳子张力不断减小 D．地面对汽车的支持力增大 ‎　‎ 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13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动） ‎ ‎（1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=　　；‎ ‎（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6．试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=　　．‎ ‎（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a=　　m/s2（保留两位有效数字）．‎ ‎10．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．‎ 现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ ‎（1）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　　，电压表应选用　　（选填器材前的字母）；‎ ‎（2）图1为该实验电路图的一部分，请将其补画完整．‎ ‎（3）接通开关，改变滑动变阻器阻值，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图2所示，可得该电阻的测量值Rx==　　Ω（保留两位有效数字）．由于电表是非理想仪表，实验中电阻的测量值略　　（选填“大于”或“小于”）真实值．‎ ‎11．平台离水平地面的高度为H=6m，平台的右上角有一光滑的圆弧AB，过B 的切线水平．C为B在水平面的投影，一个质量m=2kg的小球从A点由静止开始释放，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）当圆弧AB的半径1m时，小球落在水平面的位置离 C点的距离？‎ ‎（2）当圆弧AB的半径多大时，小球落在水平面的位置离C点的距离有最大值？最大值是多少？‎ ‎12．如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的圆形光滑轨道相切于Q．一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用．已知物块、滑板的质量均为m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=3μ，滑板与水平面间的动摩擦因数μ2=μ，物块可视为质点，重力加速度取g．‎ ‎（1）求物块滑到Q点的速度大小；‎ ‎（2）简单分析判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；‎ ‎（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少多长？‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 B．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据 C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，电子的动能减少，但原子的能量增大 D．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚而形成的高速电子流 E．不论用怎样的人工办法都无法改变放射性物质的半衰期 ‎14．质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹质量为m，以水平速度v0击中木块并最终停留在木块中．求：在这个过程中 ‎①木块的最大动能；‎ ‎②子弹和木块的位移之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省潮阳市黄图盛中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9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，有选错的得0分．‎ ‎1．汽车遇紧急情况刹车，经1.5s停止，刹车距离为9m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1s的位移是（　　）‎ A．4.5 m B．4 m C．3 m D．2 m ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】汽车刹车的过程做匀减速运动，末速度为零，等效于沿相反方向的初速度为零的匀加速运动，由位移公式，运用比例法求解汽车停止前最后1s的位移．‎ ‎【解答】解：设刹车距离为x1，汽车停止前最后1s的位移为x2．将汽车的运动看成沿相反方向的初速度为零的匀加速运动，则有 ‎ x1=，x2=‎ 则 解得，x2=4m 故选B ‎　‎ ‎2．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（　　）‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎【考点】机械能守恒定律；向心加速度；向心力．‎ ‎【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度．‎ ‎【解答】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=‎ 在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；‎ CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m，解得，F=mg+m=3mg，a向=，‎ 所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，物体A放置在固定斜面上，一平行斜面向上的力F作用于物体A上．在力F变大的过程中，A始终保持静止，则以下说法中正确的是（　　）‎ A．物体A受到的合力变大 B．物体A受到的支持力不变 C．物体A受到的摩擦力变大 D．物体A受到的摩擦力变小 ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对A受力分析，由共点力的平衡及静摩擦力的特点可得出各力的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、A物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零，所以A错误；‎ B、将重力分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力平衡，FN=mgcosθ，所以支持力不变，所以B正确；‎ C、若F＞mgsinθ，摩擦力沿斜面向下，受力分析如图所示：‎ 由平衡得：Ff+mgsinθ=F，在力F变大的过程中，故根据平衡条件，静摩擦力逐渐增加；‎ 若F≤mgsinθ，摩擦力向上，由平衡得：mgsinθ=F+Ff故根据平衡条件，静摩擦力应先减小，后反方向增大，所以CD错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球过最高点的最小速度是 B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 C．小球过最高点时，杆对球的作用力可能随速度增大而减小 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球在最高点，杆子对球的作用力可以表现为支持力，也可以表现为拉力，在最高点的最小速度为零，根据牛顿第二定律分析杆子对小球的作用力随速度变化的关系．‎ ‎【解答】解：A、由于杆能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零．故A错误．‎ B、当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有mg=m，解得v=，即当速度v=时，杆子所受的弹力为零．故B正确．‎ CD、小球在最高点，若v＜时，则有：mg﹣F=m，得 F=mg﹣m，杆子杆对球的作用力随着速度的增大而减小；若v＞时，则有：mg+F=m，杆子杆对球的作用力随着速度增大而增大．故C正确、D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎5．电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动．电梯竖直向上运动过程中速的变化情况如表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 速度（m/s）‎ ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎ 5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ 则前5秒内电梯通过的位移大小为（　　）‎ A．19.25m B．18.75m C．18.50m D．17.50m ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】由表格看出3﹣7s电梯做匀速运动，求出速度，0﹣2s电梯做匀加速运动，根据表格数据求出加速度和加速的时间，匀加速运动的末速度就等于匀速运动的速度，即可由速度v=at求出匀加速运动的时间，再根据表格数据，由运动学公式求出总位移即可．‎ ‎【解答】解：由由表格看出3﹣7s电梯做匀速运动，速度为v=5m/s ‎0﹣2内电梯做匀加速运动的加速度为a===2m/s2‎ 则电梯匀加速运动的总时间为t1==s=2.5s 则前2.5s内的位移：‎ m 后2.5s做匀速直线运动，位移：x2=vt2=5×2.5=12.5m 前5s内的位移：x=x1+x2=6.25+12.5=18.75m 故选：B ‎　‎ ‎6．一质点处于静止状态，现对该质点施加力F，力F随时间t按如图所示的正弦规律变化，力F的方向始终在同一直线上．在0～4s内，下列说法正确的是（　　）‎ A．第2s末，质点距离出发点最远 B．第2s末，质点的动能最大 C．第4s末，质点距离出发点最远 D．第4s末，质点的动能最大 ‎【考点】牛顿第二定律；动能定理．‎ ‎【分析】物体在拉力作用下做变加速运动，在0～2s内，加速度的方向不变，在2～4s内加速度的方向与速度方向相反，根据加速度方向与速度方向的关系，判断物体的速度变化．‎ ‎【解答】解：在0～2s内，加速度的方向不变，做加速度先增大后减小的加速运动，速度一直增加，在在2～4s内加速度的方向与速度方向相反，做加速度先增大后减小的减速运动，速度一直在减小，t=4s时，速度为零，距离出发点最远．在t=2s时，速度最大，动能最大．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎7．2013年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的（　　）‎ A．线速度大于地球的线速度 B．向心加速度大于地球的向心加速度 C．向心力仅由太阳的引力提供 D．向心力仅由地球的引力提供 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，飞行器靠太阳和地球引力的合力提供向心力，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v=rω，知探测器的线速度大于地球的线速度．故A正确．‎ B、根据a=rω2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度．故B正确．‎ C、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供．故C、D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎8．如图所示，汽车向右沿水平面作匀速直线运动，通过绳子提升重物M．若不计绳子质量和绳子与滑轮间的摩擦，则在提升重物的过程中，下列有关判断正确的是（　　）‎ A．重物加速上升 B．重物减速上升 C．绳子张力不断减小 D．地面对汽车的支持力增大 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据A的运动情况得出M的加速度方向，得知物体运动情况 ‎【解答】解：A、设绳子与水平方向的夹角为α，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，‎ 根据平行四边形定则得，vM=vcosα，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为α减小，‎ 所以M的速度增大，M做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故A正确，B错误；‎ C、车速一定 重物速度随着角度的减小，速度逐渐加快，重物在做加速上升，角度越来越小，由vM=vcosα，可知，在相等的时间内，速度的增加变小，则加速度也越来越小，绳子张力等于Mg+Ma，a为加速度，加速度减小，重力不变张力减小，张力减小，而且α角度减小，汽车受绳子垂直方向的分力减小，所以支持力增加；故ACD正确，B错误，‎ 故选：ACD ‎　‎ 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13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．测定木块和长木板之间的动摩擦因数时，采用图甲所示的装置（图中长木板水平固定不动） ‎ ‎（1）已知重力加速度为g，测得木块质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ=　　；‎ ‎（2）图乙为木块在长木板上运动时，打点器在木块拖动的纸带上打出的一部分计数点（相邻计数点之间还有四个计时点没有画出），其编号为0、1、2、3、4、5、6．试利用图中的长度符号x1、x2和表示计数周期的符号T写出木块加速度的表达式a=　　．‎ ‎（3）已知电火花打点计时器工作频率为50Hz，用直尺测出x1=13.01cm，x2=29.00cm（见图乙），根据这些数据可计算出木块加速度大小a=　2.0　m/s2（保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数．‎ ‎（2）（3）根据匀变速直线运动的规律根据sm﹣sn=（m﹣n）at2求解加速度．‎ ‎【解答】解：（1）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：‎ mg﹣μMg=（M+m）a，‎ 解得：；‎ ‎（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，‎ 根据sm﹣sn=（m﹣n）at2‎ 得：a==‎ ‎（3）将x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2‎ 故答案为：（1）；（2）； （3）2.0．‎ ‎　‎ ‎10．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．‎ 现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ ‎（1）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　B　，电压表应选用　C　（选填器材前的字母）；‎ ‎（2）图1为该实验电路图的一部分，请将其补画完整．‎ ‎（3）接通开关，改变滑动变阻器阻值，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图2所示，可得该电阻的测量值Rx==　5.2　Ω（保留两位有效数字）．由于电表是非理想仪表，实验中电阻的测量值略　小于　（选填“大于”或“小于”）真实值．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是根据电源电动势大小选择电压表量程，再根据欧姆定律和电压表量程求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；题（2）的关键是根据待测电阻满足可知电流表应用外接法；题（3）的关键是根据欧姆定律写出考虑电压表内阻影响时待测电阻的真实值，然后再与测量值比较即可．‎ ‎【解答】解：（1）：由于电源电动势为4V，所以电压表应选C（因为若选择电压表D时，电动势3V还不到电压表量程的）；‎ 根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为： =，所以电流表应选B；‎ ‎（2）：由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法，电路如图所示：；‎ ‎（3）：电流表读数为：I=0.50A，电压表读数为：U=2.60V，所以待测电阻阻值为： =5.2Ω；‎ 若考虑电压表内阻影响，待测电阻真实值应为： =，与=比较可知，即电阻测量值小于真实值．‎ 故答案为：（1）B，C ‎（2）如图 ‎（3）5.2，小于 ‎　‎ ‎11．平台离水平地面的高度为H=6m，平台的右上角有一光滑的圆弧AB，过B 的切线水平．C为B在水平面的投影，一个质量m=2kg的小球从A点由静止开始释放，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）当圆弧AB的半径1m时，小球落在水平面的位置离 C点的距离？‎ ‎（2）当圆弧AB的半径多大时，小球落在水平面的位置离C点的距离有最大值？最大值是多少？‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球由A→B过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求解速度，再根据抛出后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解；‎ ‎（2）利用数学知识分析水平位移的表达式即可求解水平位移的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由机械能守恒定律可知：‎ mgR=mv2‎ 解得：v===2m/s； ‎ 小球由B点开始做平抛运动，由H﹣R=gt2可得：‎ 下落时间t===s；‎ 则水平位移x=vt=2×=4m；‎ ‎（2）设半径为r，则由机械能守恒定律可知：‎ mgr=mv2‎ 由平抛运动规律可知：H﹣r=gt2‎ 水平位移：x=vt 联立解得：x==‎ 则由数学规律可知，当2r=H时小球具有最大水平位移，最大位移为：‎ xmax=H=6m．‎ 故当r=3m时，水平位移最大，最大位移为6m 答：（1）当圆弧AB的半径1m时，小球落在水平面的位置离 C点的距离为4m ‎（2）当圆弧AB的半径为3m时，小球落在水平面的位置离C点的距离有最大值，最大值为6m．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的圆形光滑轨道相切于Q．一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用．已知物块、滑板的质量均为m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=3μ，滑板与水平面间的动摩擦因数μ2=μ，物块可视为质点，重力加速度取g．‎ ‎（1）求物块滑到Q点的速度大小；‎ ‎（2）简单分析判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；‎ ‎（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少多长？‎ ‎【考点】动量守恒定律；滑动摩擦力；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理列出等式求解 ‎（2）根据物块与滑板间的滑动摩擦力和滑板与水平面间的滑动摩擦力关系求解 ‎（3）对于物块与滑板构成的系统，f2=F，系统动量守恒定律列出等式，对于系统由动能定理求解 ‎【解答】解：（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理有：‎ mgR=m﹣0‎ 解得：v1=‎ ‎（2）物块与滑板间的滑动摩擦力f1=μ1mg=3μmg 滑板与水平面间的滑动摩擦力f2=μ2（m+m）g=2μmg＜f1‎ 故物块在滑板上滑行的过程中，滑板将向左滑动． ‎ ‎（3）对于物块与滑板构成的系统，f2=F，系统动量守恒定律：‎ mv1=2mv 解得：v=‎ 设滑板的长度至少为L，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为L1，对于系统由动能定理有：‎ F（L+L1）﹣f1（（L+L1）+f1L1﹣f2L1=2mv2﹣m 解得：L=‎ 答：（1）物块滑到Q点的速度大小是；‎ ‎（2）滑板将向左滑动；‎ ‎（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少 ‎　‎ ‎（二）选考题：‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 B．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据 C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，电子的动能减少，但原子的能量增大 D．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚而形成的高速电子流 E．不论用怎样的人工办法都无法改变放射性物质的半衰期 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程得出最大初动能与什么因素有关．‎ 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型；‎ 氢原子从较低的激发态向较高的激发态跃迁时要吸收能量．‎ 如半衰期的大小是有原子核内部决定，与外在环境无关等．‎ ‎【解答】解：A、根据光电效应方程知Ekm=hv﹣W0，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故A错误；‎ B、卢瑟福进行了α粒子散射实验后，根据实验的现象提出，原子只能由位于原子中心的原子核和核外的电子组成，原子核应集中大部分的质量及正电荷，即原子核式结构模型，故B正确；‎ C、按照玻尔理论，氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收能量，原子的能量增大，核外电子的轨道半径增大；根据库仑力提供向心力：可知电子的动能减少．故C正确；‎ D、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故D错误；‎ E、放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故E正确；‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎14．质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹质量为m，以水平速度v0击中木块并最终停留在木块中．求：在这个过程中 ‎①木块的最大动能；‎ ‎②子弹和木块的位移之比．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】①子弹刚停留在木块中时速度最大，动能最大．子弹射入木块的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后共同速度，即可求出最大动能．‎ ‎②对于子弹射入木块的过程，运用动能定理，分别对子弹和木块，列式求解位移之比．‎ ‎【解答】解：①设子弹和木块的共同速度为v，由动量守恒定律，mv0=（M+m）v 解得：v=．‎ 木块的最大动能Ek=Mv2=；‎ ‎②设子弹和木块之间的相互作用力为F，位移分别为x1，x2由动能定理得，‎ 对子弹，﹣Fx1=mv2﹣mv02，‎ 对木块，Fx2=Mv2﹣0，‎ 联立解得子弹和木块的位移之比=．‎ 答：‎ ‎①木块的最大动能为；‎ ‎②子弹和木块的位移之比为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日