宁夏石嘴山市平罗中学2016届高三上学期第四次月考物理试卷（12月份）

宁夏石嘴山市平罗中学2016届高三上学期第四次月考物理试卷（12月份）

‎2015-2016学年宁夏石嘴山市平罗中学高三（上）第四次月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，其中8、9、10为多项选择题，其余为单项选择题）‎ ‎1．如图所示是物体在某段运动过程中的v﹣t图象，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则时间由t1到t2的过程中（　　）‎ A．物体做曲线运动 B．物体加速度不断增大 C．物体受到的合外力不断减小 D．平均速度＞‎ ‎2．如图，水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（　　）‎ A．弹簧的伸长量为 B．弹簧的伸长量为 C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力 D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力 ‎3．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱和方向．如图，图1是等量异种点电荷形成电场的电场线，图2是该静电场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D分别相对O点左右对称．则：以下说法不正确的是（　　）‎ A．B、C两点场强大小和方向都相同 B．A、D两点场强大小相等，方向相反 C．E、O、F三点相比较，O的场强最强 D．B、O、C三点相比较，O点场强最弱 ‎4．如图所示，传送皮带不动时，物块由皮带顶端A从静止开始滑下到皮带底端B用的时间是t，则（　　）‎ A．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t B．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t C．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t D．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间有可能大于t ‎5．一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．铁块上滑过程处于超重状态 B．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反 C．铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2﹣t1）‎ D．铁块上滑过程损失的机械能为mv12‎ ‎6．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带正电 B．液滴做变加速直线运动 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．电场力对液滴做正功 ‎7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　）‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变大 D．Q受到桌面的支持力变大 ‎8．某次航展中，特技飞行表演的一枚质量为m的夜光弹在空中划过一条漂亮的弧线后，变为竖直向下的加速直线运动，假设在竖直下落很小的一段高度h的过程中，夜光弹的加速度为，则关于在这一小段过程中夜光弹的下列说法正确的是（　　）‎ A．动能增加了 B．重力势能减少了mgh C．克服阻力做的功是 D．机械能增加了 ‎9．如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则（　　）‎ A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短 B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度 C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度 D．卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行 ‎10．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一定在减少 C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加 ‎　‎ 二、实验题（共14分，每空2分）‎ ‎11．如图为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验装置简图，在实验中认为细线对小车拉力F的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动加速度a可用纸带上的点求得．‎ ‎（1）本实验应用的实验方法是　　‎ A．控制变量法 B．假设法 C．理想实验法 D．等效替代法 ‎（2）实验过程中，电火花计时器应接在　　（选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮，使　　．‎ ‎（3）图（b）是实验中获取的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，打“3”计数点时小车的速度大小为v=　　m/s，由纸带求出小车的加速度的大小a=　　m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎（4）在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图（c）所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因为　　．‎ ‎12．（8分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．‎ ‎（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=　　 mm；‎ ‎（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△KK=　　，系统的重力势能减少量可表示为△KP=　　，在误差允许的范围内，若△KK=△KP则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）‎ ‎（3）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=　　 m/s2．（计算结果取二位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共5小题，共31分，其中13题6分、14题10分、15题10分、16题5分．答题时写出必要的文字说明及过程．）‎ ‎13．如图甲所示，质量m=5kg的物体静止在水平地面上的O点，如果用F1=20N的水平恒定拉力拉它时，运动的位移﹣时间图象如图乙所示；如果水平恒定拉力变为F2，运动的速度﹣时间图象如图丙所示．求：‎ ‎（1）物体与水平地面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）拉力F2的大小．（g=10m/s2）‎ ‎14．（10分）如图1所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物体下滑与挡板第一次碰撞前后的v﹣t图象如图2所示，物块最终停止在B点．重力加速度为g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）物块滑过的总路程s．‎ ‎15．（10分）如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从轨道上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）小滑块在C点飞出的速率；‎ ‎（2）在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小；‎ ‎（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数．‎ ‎16．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如图示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知（　　）‎ A．此波沿x轴负方向传播 B．此波的传播速度为25m/s C．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m D．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向 E．能与该波发生干涉的横波的频率一定为25Hz ‎17．（10分）国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的喷泉、灯光和音响设备，呈现出让人震撼的光与水的万千变化，喷泉的水池中某一彩灯发出的一条光线射到水面的入射角为30°，从水面上射出时的折射角是45°．‎ ‎①求光在水面上发生全反射的临界角；‎ ‎②在水池中m深处有一彩灯（看做点光源）．求这盏彩灯照亮的水面面积．‎ ‎　‎ 物理--选修3-5（共2小题，满分15分）‎ ‎18．下列说法中正确的是 （　　）‎ A．α粒子散射实验证明了原子核还可以再分 B．基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，可能发射多种频率的光子 C．分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，但用X射线照射时光电子的最大初动能较大 D．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构 E．卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子 ‎19．（10分）如图所示，两个大小相同小球用同样长的细线悬挂在同一高度，静止时两个小球恰好接触，两个小球质量分别为m1和m2（m1＜m2），现将m1拉离平衡位置，从高h处由静止释放，和m2碰撞后被弹回，上升高度为h1，试求碰后m2能上升的高度h2．（已知重力加速度为g）‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年宁夏石嘴山市平罗中学高三（上）第四次月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，其中8、9、10为多项选择题，其余为单项选择题）‎ ‎1．如图所示是物体在某段运动过程中的v﹣t图象，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则时间由t1到t2的过程中（　　）‎ A．物体做曲线运动 B．物体加速度不断增大 C．物体受到的合外力不断减小 D．平均速度＞‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】匀变速直线运动图象应用为高考必考点，图象的截距、斜率、面积及交点的意义常为解题的关键，如本题中直线斜率在变化，因此是变速运动，同时由图象可知速度方向始终不变因此为直线运动，同时注意公式的适用条件．‎ ‎【解答】解：A、v﹣t图象中速度的方向由正负值决定，都为正值始终与正方向相同，是直线运动，故A错；‎ B、v﹣t图象的斜率值表示加速度，若为曲线则曲线的切线的斜率值反应加速度的大小，t1到t2斜率值变小，故加速度不断变小，故B错；‎ C、t1到t2斜率值变小，故加速度变小，由牛顿第二定律F=ma可得，合力变小，故C正确；‎ D、的适用公式仅适用于匀变速直线运动中，本题中若在图象上做过t1‎ ‎、t2的直线，则表示该直线运动的平均速度，根据面积表示位移大小可知平均速度，故D错．‎ 故选C．‎ ‎【点评】图象题历来为考试热点，记忆口诀“先看轴，再看线，求求斜率，相相面”．同时要明确公式的适用条件，不能混用公式．‎ ‎　‎ ‎2．如图，水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（　　）‎ A．弹簧的伸长量为 B．弹簧的伸长量为 C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力 D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；牛顿第三定律．‎ ‎【分析】物体在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动，在水平方向上受弹簧的拉力和摩擦力平衡，竖直方向上受重力和支持力平衡．‎ ‎【解答】解：A、物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡，结合胡克定律有：μmg=kx，则弹簧的形变量．故A错误，B正确．‎ C、物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力．故C错误．‎ D、弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键的关键知道平衡状态的力学特征和运动学特征，以及知道平衡力与作用力和反作用力的区别．‎ ‎　‎ ‎3．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱和方向．如图，图1是等量异种点电荷形成电场的电场线，图2是该静电场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D分别相对O点左右对称．则：以下说法不正确的是（　　）‎ A．B、C两点场强大小和方向都相同 B．A、D两点场强大小相等，方向相反 C．E、O、F三点相比较，O的场强最强 D．B、O、C三点相比较，O点场强最弱 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．‎ ‎【解答】解：A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同．这两点场强的方向均由B→C，方向相同．故A正确．‎ ‎ B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同．故B错误．‎ ‎ C、由图看出，E、O、F三点中，O处电场线最密，O的场强最强．故C正确．‎ ‎ D、由图看出，B、O、C三点比较，O处电场线最疏，O点场强最弱．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎【点评】对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，传送皮带不动时，物块由皮带顶端A从静止开始滑下到皮带底端B用的时间是t，则（　　）‎ A．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t B．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t C．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t D．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间有可能大于t ‎【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】物块向下滑动时受到重力、支持力与摩擦力作用，根据传送带的运动方向判断出摩擦力的方向，然后应用牛顿第二定律求出加速度大小，根据加速度大小关系判断物块的运动时间关系，然后得出结论．‎ ‎【解答】解：A、传送带不动物块下滑时，物体受摩擦力向上，由牛顿第二定律可知，加速度：a==gsinθ﹣μgcosθ，当传送带向上运动时，摩擦力方向向上，摩擦力的大小不变，物块的加速度a不变，位移不变，物块的运动时间不变，仍为t，故A错误，B正确；‎ C、当皮带向下运动时，开始物块受的摩擦力方向是向下的，加速度：a′==gsinθ+μgcosθ，加速度大于a，物块向下做加速运动，当物块的速度等于传送带速度之后，物块受到的摩擦力向上，加速度：a==gsinθ﹣μgcosθ，整个过程的位移与传送带静止时的位移相同，物块的运动时间变小，小于t，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了比较物块的运动时间问题，判断出物块所受摩擦力的方向是解题的关键，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，然后根据加速度大小应用匀变速直线运动的规律可以得出结论．‎ ‎　‎ ‎5．一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．铁块上滑过程处于超重状态 B．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反 C．铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2﹣t1）‎ D．铁块上滑过程损失的机械能为mv12‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由图象可知道，物体在0﹣t1内减速上升，在t1～t2内匀加速下降，加速度始终向下；‎ 超重加速度向上；‎ v﹣t图象面积可以表示位移知速度关系；‎ 由能量是守恒的知机械能的损失．‎ ‎【解答】解：AB、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故AB错误；‎ C、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为： v1t1，下滑的位移为v2（t2﹣t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2﹣t1），故C正确；‎ D、根据能量守恒知上滑损失机械能为△E=Ek1﹣mgh=m﹣mgh，故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带正电 B．液滴做变加速直线运动 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．电场力对液滴做正功 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功的计算．‎ ‎【分析】根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律确定物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，再根据功的公式即可明确电场力做功情部．‎ ‎【解答】解：‎ A、据题带电液滴沿直线mhb运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电．故A错误．‎ B、由于液滴受重力和电场力均为恒力，故合外力不变，加速度不变，故B错误；‎ C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．‎ D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动分析；要注意带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　）‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变大 D．Q受到桌面的支持力变大 ‎【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化．‎ ‎【解答】解：A、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T=，mgtanθ=mω2Lsinθ，‎ 得角速度ω=，周期T=‎ 使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则 得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故AB错误，C正确；‎ D、金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键．‎ ‎　‎ ‎8．某次航展中，特技飞行表演的一枚质量为m的夜光弹在空中划过一条漂亮的弧线后，变为竖直向下的加速直线运动，假设在竖直下落很小的一段高度h的过程中，夜光弹的加速度为，则关于在这一小段过程中夜光弹的下列说法正确的是（　　）‎ A．动能增加了 B．重力势能减少了mgh C．克服阻力做的功是 D．机械能增加了 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】对夜光弹受力分析，竖直方向上受重力和阻力；夜光弹的重力做正功mgh，重力势能减小mgh；动能增加等于合力的功．‎ ‎【解答】解：A、合力：F=ma=；根据动能定理，动能增加量等于合力的功，为：；故A正确；‎ B、重力势能的减小量等于重力的功，为mgh，故B正确；‎ C、根据动能定理，有：mgh﹣Wf=△Ek，由于，故Wf=mgh﹣△Ek=，故C正确；‎ D、动能增加了，重力势能减小了mgh，故机械能减小，故D错误；‎ 故选：ABC ‎【点评】本题关键是记住几个功能关系，重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力外其余力做功等于机械能的增加量．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则（　　）‎ A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短 B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度 C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度 D．卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据开普勒第三定律判断卫星a的运行周期比卫星b的运行周期关系．‎ 卫星在轨道a上做椭圆运动，要过度到轨道b，在A点应该做离心运动，增大速度．速度可以短时间内变化，但是在同一个位置万有引力相等，加速度相等．‎ ‎【解答】解：A、卫星a的半长轴小于卫星b的轨道半径，根据开普勒第三定律=k得 卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短．故A正确；‎ B、卫星在轨道a上做椭圆运动，要过度到轨道b，在A点应该增大速度，做离心运动，‎ 所以两颗卫星分别经过A点处时，a的速度小于b的速度，故B错误，D正确；‎ C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得=ma a=，所以两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度等于于b的加速度，故C错误；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出加速度的表达式，再进行讨论．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一定在减少 C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加 ‎【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．‎ ‎【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析 ‎【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确 B、由于小球P除了重力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力可能向上，合力做功，机械能减小．所以小球P的机械能先增大后减少，故B错误 C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，‎ 所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误 D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，‎ 因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎【点评】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与．‎ ‎　‎ 二、实验题（共14分，每空2分）‎ ‎11．如图为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验装置简图，在实验中认为细线对小车拉力F的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动加速度a可用纸带上的点求得．‎ ‎（1）本实验应用的实验方法是　A　‎ A．控制变量法 B．假设法 C．理想实验法 D．等效替代法 ‎（2）实验过程中，电火花计时器应接在　交流　（选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮，使　细线与木板平行　．‎ ‎（3）图（b）是实验中获取的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，打“3”计数点时小车的速度大小为v=　0.26　m/s，由纸带求出小车的加速度的大小a=　0.49　m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎（4）在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图（c）所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因为　平衡摩擦力过度　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法．‎ ‎（2）电火花打点计时器应使用交流电源，为了使绳子的拉力等于合力，绳子的方向应与长木板平行；‎ ‎（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2‎ ‎，可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上打3点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎（4）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a﹣F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a﹣F图象的a轴上有截距．‎ ‎【解答】解：（1）探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；‎ 探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，这种实验方法是控制变量法．‎ 故选：A ‎（2）电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．‎ ‎（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：‎ ‎=0.26m/s 根据作差法得：‎ a==0.49m/s2．‎ ‎（4）由图象可知，a﹣F图象在a轴上有截距，说明没有加力时，物体已经产生了加速度；这是由于平衡摩擦力过度造成的 故答案为：（1）A；（2）交流；细线与木板平行；（3）0.26；0.49；（4）平衡摩擦力过度 ‎【点评】本题考查了打点计时器的应用及打出的纸带的处理方法，有利于学生基本知识的掌握，同时也考查了学生对实验数据的处理方法，及试验条件的掌握，难度适中．‎ ‎　‎ ‎12．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．‎ ‎（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=　3.80　 mm；‎ ‎（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△KK=　　，系统的重力势能减少量可表示为△KP=　mgd﹣Mgdsinθ　，在误差允许的范围内，若△KK=△KP则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）‎ ‎（3）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=　9.6　 m/s2．（计算结果取二位有效数字）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．‎ ‎（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为3mm，游标读数为0.05×16mm=0.80mm，则b=3.80mm．‎ ‎（2）B点的瞬时速度，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量=．‎ 系统的重力势能减少量△Ep=mgd﹣Mgdsinθ．‎ ‎（3）根据得，，因为M=m，则有：，由图线得，，解得g=9.6m/s2．‎ 故答案为：（1）3.80，（2）．mgd﹣Mgdsinθ，（3）9.6．‎ ‎【点评】本题考查了系统机械能守恒问题，注意研究的对象是系统，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，以及掌握游标卡尺的读数方法．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共5小题，共31分，其中13题6分、14题10分、15题10分、16题5分．答题时写出必要的文字说明及过程．）‎ ‎13．如图甲所示，质量m=5kg的物体静止在水平地面上的O点，如果用F1=20N的水平恒定拉力拉它时，运动的位移﹣时间图象如图乙所示；如果水平恒定拉力变为F2，运动的速度﹣时间图象如图丙所示．求：‎ ‎（1）物体与水平地面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）拉力F2的大小．（g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】用F1=20N的水平恒定拉力拉物体时，物体做匀速直线运动，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小．当水平恒定拉力变为F2时，物体做匀加速直线运动，根据速度时间图线得出物体的加速度，结合牛顿第二定律求出拉力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）物体匀速直线运动时，有：F1=μmg 解得：．‎ ‎（2）根据速度时间图线知，物体的加速度为：‎ a=，‎ 根据牛顿第二定律得：F2﹣μmg=ma，‎ 解得：F2=μmg+ma=0.4×50+5×2N=30N．‎ 答：（1）物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4．‎ ‎（2）拉力F2的大小为30N．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律、共点力平衡和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．知道速度时间图线的斜率表示加速度．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2015•浏阳市校级模拟）如图1所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物体下滑与挡板第一次碰撞前后的v﹣t图象如图2所示，物块最终停止在B点．重力加速度为g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）物块滑过的总路程s．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据速度时间公式求出下滑和上滑的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与杆之间的动摩擦因数．‎ 对全过程运用动能定理，求出物块滑块的总路程．‎ ‎【解答】解：（1）设杆子与水平方向的夹角为θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小，‎ 匀减速上滑的加速度大小，‎ 根据牛顿第二定律得，mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1，mgsinθ+μmgcosθ=ma2，‎ 联立两式解得μ=0.25，sinθ=0.6．‎ ‎（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，‎ mgs1sinθ﹣μmgcosθ•s=0，‎ 由图线围成的面积知，，‎ 代入数据解得s=3m．‎ 答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25；‎ ‎（2）物块滑过的总路程s为3m．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大．‎ ‎　‎ ‎15．（10分）（2015秋•铜仁地区校级期中）如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从轨道上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）小滑块在C点飞出的速率；‎ ‎（2）在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小；‎ ‎（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据几何关系得出平抛运动的水平位移，结合平抛运动的规律，求出平抛运动的初速度，即在最高点C的速度．‎ ‎（2）对最低点到C点运用动能定理，求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对最低点的压力大小．‎ ‎（3）对D到最低点运用动能定理，求出滑块与斜轨之间的动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：（1）根据几何关系知，OP间的距离为：x=R 小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0．根据R=gt2得：t=‎ 则滑块在最高点C时的速度为：vc==．‎ ‎（2）对最低点到C点的过程运用动能定理得：‎ ‎﹣mg•2R=mvc2﹣mv2；‎ 解得：v=‎ 对最低点由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m 解得：FN=6mg 由牛顿第三定律得：滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg．‎ ‎（3）DB之间长度L=（2+1）R ‎ 从D到最低点过程中，由动能定理：‎ mgh﹣μmgcosθ•L=mv2‎ 解得：μ=≈0.18‎ 答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；‎ ‎（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；‎ ‎（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.18．‎ ‎【点评】该题的突破口是小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛规律和几何关系求出初速度．下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题．‎ ‎　‎ ‎16．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如图示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知（　　）‎ A．此波沿x轴负方向传播 B．此波的传播速度为25m/s C．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m D．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向 E．能与该波发生干涉的横波的频率一定为25Hz ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】‎ 由A点的振动方向判断出波的传播方向．由图确定波长，根据A点振动情况确定，求出波速．机械波传播过程中，介质中质点不随波向前移动．根据周期，分析在t=0.04s时，质点B处在位置和速度方向．两列波的频率相同时才能发生干涉．‎ ‎【解答】解：‎ A、A点速度沿y轴正方向，波形将向左平移，所以该波沿x轴负方向传播．故A正确．‎ B、由题知波长 λ=2m，周期为 T=4t=4×0.02s=0.08s，则波速v==m/s=25m/s．故B正确．‎ C、简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移．故C错误．‎ D、此时B点正向下运动，t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向．故D正确．‎ E、该波的频率为 f==Hz=12.5Hz，能与该波发生干涉的横波的频率一定为12.5Hz，故E错误．‎ 故选：ABD ‎【点评】对于波的图象问题，往往需要研究波的传播方向和质点的振动方向之间的关系，必须熟练运用波形平移法，要注意介质中质点不“随波逐流”．‎ ‎　‎ ‎17．（10分）（2015•贺州三模）国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的喷泉、灯光和音响设备，呈现出让人震撼的光与水的万千变化，喷泉的水池中某一彩灯发出的一条光线射到水面的入射角为30°，从水面上射出时的折射角是45°．‎ ‎①求光在水面上发生全反射的临界角；‎ ‎②在水池中m深处有一彩灯（看做点光源）．求这盏彩灯照亮的水面面积．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①通过光在水面上的入射角和折射角，根据折射定律求出水的折射率大小．根据sinC=求出光在水面上发生全反射的临界角．‎ ‎②做出光路图，求出光线射出点与光源之间的水平距离，然后又圆面积的公式即可求出．‎ ‎【解答】解：①由折射定律得：‎ 刚好全反射，有得：C=45°‎ ‎②做出光路图如图，由几何知识得：‎ 又：S=πR2‎ 联立解得：S=22m2‎ 答：①光在水面上发生全反射的临界角是45°；‎ ‎②在水池中m深处有一彩灯（看做点光源）．这盏彩灯照亮的水面面积是22m2‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握光的折射定律以及临界角与折射率的关系sinC=．‎ ‎　‎ 物理--选修3-5（共2小题，满分15分）‎ ‎18．下列说法中正确的是 （　　）‎ A．α粒子散射实验证明了原子核还可以再分 B．基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，可能发射多种频率的光子 C．分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，但用X射线照射时光电子的最大初动能较大 D．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构 E．卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子 ‎【考点】粒子散射实验；氢原子的能级公式和跃迁；天然放射现象．‎ ‎【分析】‎ α粒子散射实验提出原子核式结构；天然放射现象揭示了原子核复杂结构；当发生光电效应时，入射光的频率越大，则最大初动能越大；原子吸收能量后，跃迁到激发态，因不稳定，则向基态跃迁，从而会发射多种频率的光子，卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：AD、α粒子散射实验提出原子核式结构，天然放射现象的发现揭示了原子核的复杂结构，故AD错误；‎ B、当基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，因不稳定，则会向基态跃迁，可能发射多种频率的光子，故B正确；‎ C、X射线的频率大于绿光，当都能发生光电效应时，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大，故C正确；‎ E、卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验的研究，实现了原子核的人工转变，发现了质子，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎【点评】考查α粒子散射实验与天然放射现象的作用，掌握光电效应的最大初动能影响的因素，理解跃迁发出光子的原理．‎ ‎　‎ ‎19．（10分）（2015•贺州三模）如图所示，两个大小相同小球用同样长的细线悬挂在同一高度，静止时两个小球恰好接触，两个小球质量分别为m1和m2（m1＜m2），现将m1拉离平衡位置，从高h处由静止释放，和m2碰撞后被弹回，上升高度为h1，试求碰后m2能上升的高度h2．（已知重力加速度为g）‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】现将m1拉离平衡位置，从高h处由静止释放，m1和m2碰前，根据m1机械能守恒求解m1碰前速度大小．‎ m1和m2碰撞后被弹回，m1上升高度为h1，根据m1机械能守恒求出碰后m1速度．‎ 两个小球将发生碰撞，系统动量守恒，列出等式求解．‎ ‎【解答】解：现将m1拉离平衡位置，从高h处由静止释放，m1和m2‎ 碰前，根据m1机械能守恒得 m1gh=m1①‎ 得v1=‎ 规定向右为正方向，m1和m2碰撞过程系统动量守恒得 m1v1=﹣m1v′1+m2v′2②‎ 碰后m1反弹上升，根据m1机械能守恒得 m1=m1gh1③‎ m1和m2碰撞后，m2上升，根据m2机械能守恒得 m2=m2gh2④‎ 联立①﹣④解得 h2=‎ 答：碰后m2能上升的高度是．‎ ‎【点评】本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律综合性较强，关键是理清物体的运动情况，选择合适的研究过程进行求解．‎ ‎　‎