天津市六校联考2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

天津市六校联考2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年天津市六校联考高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共9小题，每小题3分，共27分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．重核裂变和轻核聚变过程质量守恒 B．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时吸收能量 C．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核 D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 ‎2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 B．篮球两次撞墙的速度可能相等 C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等 D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大 ‎3．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（　　）‎ A． rB． rC． rD． r ‎4．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断（　　）‎ A．在t=5s时，两球相距最远 B．在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率 C．在t=6s时，甲球的加速度小于乙球的加速度 D．在t=8s时，两球相遇 ‎5．如图所示为光电管工作原理图，当有波长（均指真空中的波长，下同）为λ的光照射阴极板K时，电路中有光电流，则（　　）‎ A．换用波长为λ1（λ1＞λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流 B．换用波长为λ2（λ2＜λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流 C．增加电路中电源的端电压，电路中的光电流可能增大 D．将电路中电源的极性反接，电路中一定没有光电流 ‎6．如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 B．b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度 C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c D．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，则其机械能逐渐增大 ‎7．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．人在C点具有最大速度 B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动 C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态 D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重 ‎8．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零 D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态 ‎9．如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qA＜qB．现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．碰撞发生在M、N的中点右侧 B．两球不会同时返回M、N两点 C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些 D．A与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量 ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎10．如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条 B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加 C．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＞λ2＞λ3）的三条谱线，则λ1=λ2+λ3‎ D．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应 ‎11．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．B与水平面间的摩擦力减小 B．地面对B的弹力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎12．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2‎ C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v1‎ ‎13．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a绳的张力不可能为零 B．a绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω＞，b绳将出现弹力 D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 ‎　‎ 三、填空题：（每空2分，共18分）‎ ‎14．如图所示，重力G=100N的物体，在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，同时受到大小为20N，方向向右的水平力F的作用，则物体所受摩擦力的大小为　　N，方向　　．‎ ‎15．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．‎ ‎（1）下列说法正确的是　　‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作﹣a图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中　　（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ‎　　‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎（3）实验中打出的纸带如图4所示．相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是　　m/s2‎ ‎（4）若不断增加钩码的个数，a﹣F图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为　　‎ ‎（5）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的﹣a图象，如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=　　，钩码的质量m1=　　．‎ ‎　‎ 四、计算题：（共3小题，共39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：‎ ‎（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？‎ ‎（2）此过程中水平恒力至少为多少？‎ ‎17．如图所示，有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞的地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：‎ ‎（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；‎ ‎（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中在传送带上留下划痕的长度．‎ ‎18．质量为mB=2kg的木板B静止于水平面上，质量为mA=6kg的物块A停在B的左端，质量为mC=2kg的小球C用长为L=0.8m的轻绳悬挂在固定点O．现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为△t=10﹣2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2m．已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：‎ ‎①小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；‎ ‎②为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年天津市六校联考高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共9小题，每小题3分，共27分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．重核裂变和轻核聚变过程质量守恒 B．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时吸收能量 C．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核 D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】重核裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损；比结合能小的原子核分解为比结合能大的原子核时一定释放核能，比结合能大的原子核分解为比结合能小的原子核时吸收能量；半衰期是大量放射性元素放射的统计规律；β衰变的实质是原子核中的一个中子衰变为一个质子和一个电子．‎ ‎【解答】解：A、重核裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，故A错误；‎ B、比结合能大的原子核分解为比结合能小的原子核时，核子的总结合能减小，一定要吸收核能才能完成，故B正确；‎ C、半衰期是大量放射性元素放射的统计规律，对个别的原子没有意义；故C错误；‎ D、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的一个中子衰变为一个质子和一个电子而形成的．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 B．篮球两次撞墙的速度可能相等 C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等 D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解．‎ ‎【解答】解：A、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短．故A正确．‎ B、水平射程相等，由x=v0t得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，故B错误．‎ C、由vy=gt，可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误．‎ D、根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了△E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（　　）‎ A． rB． rC． rD． r ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；功能关系．‎ ‎【分析】根据动能的计算公式Ek=mv2，和万有引力提供圆周运动向心力求得卫星的动能与轨道半径的关系，即可解答．‎ ‎【解答】解：对任一卫星，根据万有引力等于向心力，得：G=m，‎ 解得：v=‎ 卫星动能的表达式为：Ek=mv2=‎ 则得：Ek=，Ek﹣△E=‎ 联立解得：r′=r，故A正确．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断（　　）‎ A．在t=5s时，两球相距最远 B．在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率 C．在t=6s时，甲球的加速度小于乙球的加速度 D．在t=8s时，两球相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】由速度时间图象直接读出两球的速度大小．根据面积表示位移，求出8s内位移，可判断出小球是否回到出发点．分析两球的运动情况，判断两球在t=8s时是否相距最远．两球都先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动．‎ ‎【解答】解：A、从t=0时刻到两球速度相等的过程，乙物体向负方向运动，甲物体先向正方向后负方向运动，它们的间距在增大，直到速度相等时，即t=t1时相距最远，故A错误．‎ B、在t=6s时，甲球的速率大于乙球的速率，故B错误 C、斜率代表加速度，甲的斜率大于乙的斜率，故甲球的加速度大于乙球的加速度，故C错误 D、根据面积表示位移和运动过程的对称性知，两球在t=8s时两球的位移均为零，都回到出发点，从而相遇，显然不是相距最远．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示为光电管工作原理图，当有波长（均指真空中的波长，下同）为λ的光照射阴极板K时，电路中有光电流，则（　　）‎ A．换用波长为λ1（λ1＞λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流 B．换用波长为λ2（λ2＜λ）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流 C．增加电路中电源的端电压，电路中的光电流可能增大 D．将电路中电源的极性反接，电路中一定没有光电流 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】发生光电效应的条件是当入射光的频率大于截止频率，就会发生光电效应．‎ ‎【解答】解：A、用波长为λ的光照射阴极K时，电路中有光电流，知波长为λ的光照射阴极K时，发生了光电效应．换用波长为λ1（λ1＞λ）的光照射阴极K时，由于频率变小，不一定发生光电效应，电路中不一定有光电流．故A错误．‎ ‎ B、换用波长为λ2（λ2＜λ）的光照射阴极K时，频率变大，一定能发生光电效应，电路中一定有光电流．故B错误．‎ ‎ C、增加电路中电源的路端电压，当达到饱和电流，才不再增大．故C正确．‎ ‎ D、将电路中电源的极性反接，光电子做减速运动，还可能到达阳极，所以还可能有光电流．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 B．b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度 C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c D．a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，则其机械能逐渐增大 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】3颗卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，结合万有引力定律和牛顿第二定律比较它们的线速度和加速度．c加速，万有引力与所需的向心力不等，卫星会离开原轨道 ‎【解答】解：A、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力=m，得，b、c的轨道半径相等，故b、c的线速度大小相等但小于a的速度．故A错误．‎ B、根据万有引力提供向心力=ma，得，由此可知，轨道半径越小，加速度越大，故a的向心加速度大于b，c的向心加速度，故B正确．‎ C、c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．‎ D、卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，外力做负功，机械能减小，D错误 故选：B ‎　‎ ‎7．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．人在C点具有最大速度 B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动 C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态 D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】正确解答本题的关键是：正确分析运动员的整个起跳过程，理解超重、失重以及平衡状态的含义，能从功能关系的角度进行分析运动员起跳过程．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A错误；‎ B、人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速度减小，不是匀加速运动．故B错误；‎ C、D、人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零 D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态 ‎【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】先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比．‎ ‎【解答】解：A、B、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：‎ F1=mg 再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ F2==4mg 根据胡克定律，有：‎ F1=k1x F2=k2x 故，故A错误，B正确；‎ C、球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误；‎ D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷，且qA＜qB．现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．碰撞发生在M、N的中点右侧 B．两球不会同时返回M、N两点 C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些 D．A与B碰撞过程A对B的冲量等于B对A的冲量 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】两球所受的合力是相互间的静电力，根据牛顿第二定律可知，加速度相等，通过运动学公式判断两者发生碰撞的位置，以及返回到M、N点的时间关系．通过碰撞后电荷重新分布，电场力发生变化，根据电场力做功比较返回到原位置动能的变化，从而分析动量关系．结合牛顿第三定律分析碰撞过程中冲量关系．‎ ‎【解答】解：A、由于两球在任何时刻所受的库仑力大小相等，质量也相等，则两球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞发生在M、N的中点，故A错误．‎ B、由于两球完全相同，碰撞前总动量为零，由碰撞过程中动量守恒可知，碰撞后总动量也为零，所以碰后两球速度大小相等，库仑力大小相等，则加速度大小相等，所以两球同时返回M、N两点，故B错误．‎ C、两球碰撞后，电量重新分配，两球在同样的位置间的作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些．故C正确．‎ D、A与B碰撞过程中，由牛顿第三定律知，相互间的作用力大小相等，方向相反，作用时间也相等，所以A对B的冲量与B对A的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不等，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎10．如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条 B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加 C．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＞λ2＞λ3）的三条谱线，则λ1=λ2+λ3‎ D．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁；玻尔模型和氢原子的能级结构．‎ ‎【分析】根据能级间跃迁释放的能量等于两能级差，再依据可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，即可判定；‎ 由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能减小，电子的动能增加；‎ 依据能级间跃迁释放的能量等于两能级差，及，即可求解；‎ 根据光电效应发生条件，结合从第2能级跃迁到第1能级时发射的能量，与从第5能级跃迁到第2能级时发射能量进行比较，即可判定．‎ ‎【解答】解：A、若己知可见光的光子能量范围为1.61 eV～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线，对应的能量分别为△E1=1.51﹣0.85=0.66eV，△E2=3.4﹣0.85=2.55eV，△E3=3.4﹣1.51=1.89eV，在可见光范围内的有2条，故A正确；‎ B、当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，半径减小，则氢原子的电势能减小，‎ 而依据k=m，可知，电子的动能增加，故B错误；‎ C、处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＞λ2＞λ3）的三条谱线，‎ 则有：hγ3=hγ2+hγ1，且，因此h=h+h，即为，故C错误；‎ D、若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光对应的能量小于第2能级状态的氢原子向基态跃迁发射的能量，一定不能使此金属板发生光电效应，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．B与水平面间的摩擦力减小 B．地面对B的弹力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎【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】当把物体B移至C点后，绳子BO与水平方向的夹角变小，对A和B分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析．‎ ‎【解答】解：A、B、对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子BO与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变；‎ 再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图 根据共点力平衡条件，有 Tcosθ=f N+Tsinθ=mg 由于角θ变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，支持力N变大，故A错误，B正确；‎ C、对滑轮受力分析，受物体A的拉力（等于其重力），OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；‎ D、对滑轮受力分析，受物体A的拉力（等于重力），OB绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α=β，又由于三力平衡，故OB绳子的拉力T也沿着前面提到的角平分线，绳子拉力沿着绳子方向，故α=β=θ，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若v1＜v2，则v2′=v1B．若v1＞v2，则v2′=v2‎ C．不管v2多大，总有v2′=v2D．只有v1=v2时，才有v2′=v1‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析．‎ ‎【解答】解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：‎ ‎①如果v1＞v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；‎ ‎②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；‎ ‎③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A、B正确，C、D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎13．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a绳的张力不可能为零 B．a绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω＞，b绳将出现弹力 D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断．‎ ‎【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；‎ B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得，可知a绳的拉力不变，故B错误；‎ C、当b绳拉力为零时，有：，解得，可知当角速度ω＞时，b绳出现弹力，故C正确；‎ D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 三、填空题：（每空2分，共18分）‎ ‎14．如图所示，重力G=100N的物体，在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，同时受到大小为20N，方向向右的水平力F的作用，则物体所受摩擦力的大小为　10　N，方向　水平向右　．‎ ‎【考点】滑动摩擦力．‎ ‎【分析】滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反．根据物体相对于地面向左运动，判断滑动摩擦力方向．物体对水平面的压力大小N等于物体的重力G，由f=μN求解摩擦力大小．‎ ‎【解答】解：物体在水平面上向左运动，受到水平面滑动摩擦力方向向右．物体对水平面的压力大小N等于物体的重力G，则摩擦力大小为：‎ f=μN=μG=0.1×100N=10N．‎ 故答案为：10；水平向右．‎ ‎　‎ ‎15．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．‎ ‎（1）下列说法正确的是　D　‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作﹣a图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中　丙　（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ‎　C　‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎（3）实验中打出的纸带如图4所示．相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是　0.46　m/s2‎ ‎（4）若不断增加钩码的个数，a﹣F图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为　g　‎ ‎（5）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的﹣a图象，如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=　　，钩码的质量m1=　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小盘和重物的质量m．如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．根据匀变速直线运动的推论计算小车运动的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，‎ 每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．‎ B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．‎ C、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：实际上绳子的拉力F=m1a=，‎ 故应该是m1＜＜m2，故C错误；‎ D、F=ma，所以：a=，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a﹣图象，故D正确；‎ 故选：D ‎（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，说明没有平衡摩擦力或平衡不够．故可能作出图2中丙．‎ 此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是砝码盘和砝码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，‎ 故选：C．‎ ‎（3）根据匀变速直线的推论：s4﹣s1=3aT2‎ a==0.46m/s2‎ ‎（4）若不断增加钩码的个数，a﹣F图象中各点连成的曲线将不断延伸，由于际上绳子的拉力F=m1a=，‎ 那么加速度，当m2远大于m1时：‎ ‎（5）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，根据牛顿第二定律得：‎ F﹣μm2g=m2a m1g﹣F=m1a ‎=+‎ 设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，‎ 所以k=， =b，‎ 解得：μ=，钩码的质量m1=．‎ 故答案为：（1）D；（2）丙，C； （3）0.46；（4）g；（5），‎ ‎　‎ 四、计算题：（共3小题，共39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：‎ ‎（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？‎ ‎（2）此过程中水平恒力至少为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）则小物块受重力、支持力、向上的摩擦力，要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，则静摩擦力等于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律结合平衡条件列式求解；‎ ‎（2）再对M和m整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解拉力F即可．‎ ‎【解答】解：（1）以m为研究对象，根据牛顿第二定律，有：‎ 竖直方向：mg﹣Ff=0 ‎ 水平方向：FN=ma ‎ 又 Ff≤μ2FN 联立解得：a≥12.5 m/s2‎ ‎（2）以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ F﹣μ1（M+m）g=（M+m）a ‎ 得：F≥105 N ‎ 答：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少为12.5 m/s2；‎ ‎（2）此过程中水平恒力至少为105N．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞的地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：‎ ‎（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；‎ ‎（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中在传送带上留下划痕的长度．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）小物块从A到C做平抛运动，到达C点时速度沿C点的切线方向，由速度分解求出物体到C点的速度大小．由C到D利用动能定理求解D点速度，在D点利用牛顿第二定律和牛顿第三定律列式求解即可压力；‎ ‎（2）物块在传送带上滑动时，做匀减速运动，当速度减到零后，反向匀加速直线运动，速度相同后一起做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出相对位移，即为划痕的长度．‎ ‎【解答】解：（1）设小物体在C点的速度为vc，在C点有 vc=；‎ 解得 vc=3m/s 从C到D，由动能定理得 ‎ mgR（1﹣cosθ）=mvD2﹣mvC2‎ 解得 vD=5m/s 小球在D点，设轨道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律得：‎ ‎ FN﹣mg=m 解得 FN=22.5N ‎ 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 FN′=FN=22.5N，方向竖直向下．‎ ‎（2）设物体在传送带上加速度大小为a，则由牛顿第二定律得 ‎ μmg=ma 得 a=μg=5m/s2；‎ 物体由D点向左运动至速度为零，所用时间为t1，向左通过的位移为x1，则 ‎ vD=at1，x1=‎ t1时间内传送带向右的位移为 x1=vt1‎ 物体速度由零增加到与传送带速度相等过程，所用时间为t2，t2= 通过的位移x3，x3=‎ 传送带的位移为 x4=vt2‎ 小木块相对传送带移动的路程为：x=x1+x2+x4﹣x3‎ 联立解得 x=6.4m 即小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中在传送带上留下划痕的长度是6.4m．‎ 答：‎ ‎（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为22.5N，方向竖直向下；‎ ‎（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中在传送带上留下划痕的长度是6.4m．‎ ‎　‎ ‎18．质量为mB=2kg的木板B静止于水平面上，质量为mA=6kg的物块A停在B的左端，质量为mC=2kg的小球C用长为L=0.8m的轻绳悬挂在固定点O．现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为△t=10﹣2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2m．已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：‎ ‎①小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；‎ ‎②为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】①对小球C下摆的过程，应用动能定理求出小球与A碰撞前瞬间的速度，再由动能定理求得小球C反弹上升的初速度，即与A碰后的速度，再对C，运用动量定理求解撞击力．‎ ‎②C与A碰撞过程，根据动量守恒定律求得C与A碰撞后A的速度；A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度．‎ ‎【解答】解：①C下摆过程，根据动能定理有：mCgL=mCvC2‎ 代入数据解得：碰前C的速度 vC=4m/s，‎ C反弹过程，根据动能定理有：﹣mCgh=0﹣mCv′C2‎ 解得：碰后C的速度 v′C=2m/s 取向右为正方向，对C，根据动量定理有：‎ ‎﹣F△t=﹣mCv′C﹣mCvC 解得：碰撞过程中C所受的撞击力大小：F=1200N ‎②C与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：‎ ‎ mCvC=﹣mCv′C+mAvA 解得：碰后A的速度 vA=2m/s A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小．‎ 物块A与木板B相互作用过程，系统的动量守恒，规定向右为正方向 由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v 代入数据解得：v=1.5m/s 由能量守恒定律得：μmAgx=mAvA2﹣（mA+mB）v2‎ 代入数据解得：x=0.5m 答：‎ ‎①小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小是1200N；‎ ‎②为使物块A不滑离木板B，木板B至少是0.5m．‎ ‎　‎ ‎2016年11月30日