1、一、选择题（共10题，每题4分，共40分）1甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其vt图象如图所示，则（）A它们的初速度均为零B甲的加速度大于乙的加速度C0t1时间内，甲的速度大于乙的速度D0t1时间内，甲的位移大于乙的位移【答案】B【解析】考点：v-t图像2如图所示，质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐变小，T逐渐变小【答案】A【解析】试题分析：以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过
2、程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力TB=mg；根据平衡条件可知：Tcos-TB=0； Tsin-F=0；由此两式可得：F=TBtan=mgtan，在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误故选A。考点：物体的平衡3直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A箱内物体对箱子底部始终没有压力B箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D若下落距离足
3、够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【答案】C【解析】试题分析：由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以A错误箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以B错误箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以C正确若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以D错误故选C。考点：牛顿第二定律的应用4如
4、图为湖边一倾角为30的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2下列说法正确的是（）A若v0=18m/s，则石块可以落入水中B若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大D若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小【答案】A【解析】试题分析：根据AOsin30gt2得，则石块落入水中最小的初速度，所以石块可以落入水中故A正确若石块能落入水中，高度一定，则竖直分速度一定，水平初速度越大，落水速度方向与水平面的
5、夹角越小故B错误若石块不能落入水中，设速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，因为，则tan=2tan，因为落在坡面上，位移方向不变，则速度与水平方向的夹角不变，所以速度方向与斜面的夹角不变，与初速度无关故CD错误故选A.考点：平抛运动5如图所示水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕则小煤块从A运动到B的过程中（）A所用的时间是s B所用的时间是0.5s C划痕长度是4m D划
6、痕长度是0.5m【答案】D【解析】试题分析：煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：mg=ma，因此解得a=4m/s2当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：因此煤块先加速后匀速运动：加速时间为：匀速时间为：；小煤块从A运动到B的过程中总时间为：t=t1+t2=2.25s，故AB错误；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，固有：s=v0t1-s1=0.5m，故C错误，D正确故选D.考点：牛顿第二定律的综合应用6如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动下列说法正确的是（）A小行星带内侧小行星的向心加速度值小于外侧小行星的向心加速度值B小行星
7、带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值C太阳对各小行星的引力不相同D各小行星绕太阳运动的周期均大于一年【答案】D【解析】试题分析：小行星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力知：小行星的加速度知，小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径，故内侧向心加速度大于外侧的向心加速度，故A错误；线速度知，小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，故小行星带内各小行星圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，故B错误；太阳对小行星的引力，由于各小行星轨道半径和质量均未知，故不能得出太阳对小行星的引力相同的结论，故C错误；由周期知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公
8、转周期，即大于一年，故D正确；故选D。考点：万有引力定律的应用7（多选）如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点重力加速度为g，则（）A小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B小球将从B点开始做平抛运动到达C点COC之间的距离为2RD小球运动到C点时的速率为【答案】BD【解析】试题分析：从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mgR=mV2，解得：，在B点，当重力恰好作为向心力时，由，解得：，所以当小球到达B点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从B点开始做平抛运
9、动到达C，所以A错误，B正确根据平抛运动的规律，水平方向上：x=VBt 竖直方向上：R=gt2 ，解得：，所以C错误对整个过程机械能守恒，mgR=mvc2解得：，故D正确；故选BD.考点：平抛运动；牛顿定律的应用8（多选）如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A物体A做匀速运动 B物体A做加速运动CT可能小于mgsin DT一定大于mgsin【答案】BD【解析】试题分析：由题意可知
10、，将B的实际运动，分解成两个分运动，根据平行四边形定则，可有：vBsin=v绳；因B以速度v0匀速下滑，又在增大，所以绳子速度在增大，则A处于加速运动，根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：Tmgsin，故BD正确，AC错误；故选BD。考点：运动的分解；牛顿第二定律9（多选）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2103kg，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2103N B汽车车速为15m/s，功率为3104WC汽车匀加速的加速度为3m/s2 D汽车匀加速所需时间为5s【答案】AD【解析】试题分析：当速度为30m/
11、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=2103N故A正确；牵引车的额定功率P=fv=210330W=6104W匀加速直线运动的加速度，匀加速直线运动的末速度，匀加速直线运动的时间因为15m/s10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率，故BC错误，D正确故选AD.考点：牛顿第二定律；功率10（多选）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上下列说法正确的是（）A小球能从细管A端水平抛出的条件是H2RB小球落到地
12、面时相对于A点的水平位移为C小球释放的高度在H2R的条件下，随着H的变大，小球在A 点对轨道的压力越大D若小球经过A点时对轨道无压力，则释放时的高度【答案】AD【解析】根据机械能守恒得，mgH=mg2R+mv2，解得H=R故D正确故选AD。考点：机械能守恒；平抛运动；牛顿第二定律二实验题（共2小题，每空2分，共16分）11在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项：A两根
13、细绳必须等长B橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行D在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置其中正确的是（填入相应的字母）（2）“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图1甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳图1乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是本实验采用的科学方法是（填正确答案标号）A理想实验法 B等效替代法C控制变量法 D建立物理模型法（3）某同学在坐标纸上画出了如图2
14、所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为1和2，关于F1、F2与F、1和2关系正确的有（填正确答案标号）AF1=4N BF=12N C1=45 D12【答案】（1）CE （2）F；B（3）BC【解析】试题分析：（1）细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长故A错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上故B错误；在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，故C正确；两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故D错误；在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，
15、即结点O要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，故E正确故选CE（2）图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是F；本实验采用的科学方法等效替代法，故选B；（3）根据平行四边形定则，作出两个力的合力由图可知，F1=4N，合力F=12N根据几何关系知F1与F的夹角分别为1=45从图上可知，12故BC正确，AD错误故选BC考点：验证力的平行四边形定则12根据“探究加速度与力、质量的关系”的实验完成下面的题目（1）有关实验以及数据处理，下列说法正确的是A应使砂和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差B可以用天平测出小桶和砂的总质量m及小车和砝码的总质量M；根据公式，
16、求出小车的加速度C处理实验数据时采用描点法画图象，是为了减小误差D处理实验数据时采用a 图象，是为了便于根据图线直观地作出判断（2）某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大他所得到的aF关系可用图甲中的哪个表示？（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）（3）某学生将实验装置按如图乙所示安装好，准备接通电源后开始做实验他的装置图中，明显的错误是（写出一条即可）（4）图丙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出量出相邻的计数点之间的距离分别为：xAB=4.22cm、xBC=4.65cm、xCD=5.08c
17、m、xDE=5.49cm，xEF=5.91cm，xFG=6.34cm已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a= m/s2（结果保留二位有效数字）【答案】（1）ACD （2）C（3）打点计时器使用直流电源；小车与打点计时器间的距离太长；木板水平，没有平衡摩擦力（4）0.42【解析】试题分析：（1）应使沙和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差，故A正确；小车的加速度应通过打点计时器打出的纸带求出，不能用天平测出小桶和砂的总质量m1及小车和砝码总质量m2；根据公式求出小车的加速度，故B错误；处理实验数据时应采用描点法画图象，可以减小误差，故C正确；为了将图象画成我们熟悉的
18、直线，更直观反映两个变量的关系a与M成反比，故数据处理应作a-图象，故D正确；故选ACD（2）在平衡摩擦力时，把长木板的一侧垫得过高，使得倾角偏大，小车重力沿木板向下的分力大于小车受到摩擦力，小车受到的合力大于砂桶的拉力，在砂桶对小桶施加拉力前，小车已经有加速度；在探究物体的加速度与力的关系时，作出的a-F在a轴上有截距，故C正确；（3）由实验原理图可知，打点计时器用的必须是交流电，图中用的是直流电，所以采用的电源不对，小车释放的位置应该靠近计时器，以便测量更多的数据来减小误差同时木板水平，没有平衡摩擦力故错误的为：打点计时器接的是直流电源小车释放的位置远离计时器木板水平，没有平衡摩擦力；（4
19、）利用匀变速直线运动的推论有：x=at2，sDE-sAB=3a1T2；sEF-sBC=3a2T2；sFG-sCD=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：考点：探究加速度与力、质量的关系三计算题（共3小题，13题9分，14题10分，15题10分，共29分）13如图所示，质量M=1kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=0.5kg的小球相连，今用跟水平方向成60角的力F=5N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数【答案】（1）30（2）【解
20、析】试题分析：（1）m处于静止状态，其合力为零以m为研究对象，由平衡条件得：水平方向：Fcos60Tcos=0 竖直方向：Fsin60Tsinmg=0 由解得：=30（2）以M、m整体为研究对象，由平衡条件得：水平方向：Fcos60FN=0 竖直方向：Fsin60+FNmgMg=0 由得：考点：物体的平衡14如图所示，倾角为37的斜面长L=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块（小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1
21、）小球从抛出到达斜面所用时间；（2）抛出点O离斜面底端的高度；（3）滑块与斜面间的动摩擦因数【答案】（1）0.4s（2）1.7m（3）0.125【解析】试题分析：（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy由几何关系得：设小球下落的时间为t，小球竖直方向vy=gt解得：t=0.4s（2）竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得 x=v0t设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得h=y+xtan37由以上各式得h=1.7m（3）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：设滑块的加速度为a，由运动学公式得： 对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37=ma由以上各式得=0.12
22、5考点：牛顿第二定律；平抛运动15如图所示，所有轨道均光滑，轨道AB与水平面的夹角为=37，A点距水平轨道的高度为H=1.8m一无动力小滑车质量为m=1.0kg，从A点沿轨道由静止滑下，经过水平轨道BC再滑入圆形轨道内侧，圆形轨道半径R=0.5m，通过圆形轨道最高点D然后从水平轨道E点飞出，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度差h=1.25m，水平距离s=2.6m不计小滑车通过B点时的能量损失，小滑车在运动全过程中可视为质点，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）小滑车从A滑到B所经历的时间；（2）在圆形轨道最高点D处小滑车对轨道的压力大小；（3）要使小滑车既能
23、安全通过圆形轨道又不掉进壕沟，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方由静止滑下【答案】（1）1s （2）22N（3）1.352m【解析】则由动能定理得： mvD2+mg(2R)= mv12由重力提供向心力有：小滑车要能越过壕沟，小滑车做平抛，在平台上速度至少为v2，则竖直方向上：h=gt2水平方向上：s=v2t因为v2v1，所以只要mgH=mv22代入数据联立解得：H=1.352m 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用四选修3-3（共2小题,16题6分，17题9分，共15分）16下列说法中正确的是（）A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积的分子数及气体分子的平均动能都有关B布朗运
24、动是液体分子的运动，它说明水分子不停息地做无规则热运动C温度升高，物体的每一个分子的动能都增大D由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加【答案】ADE【解析】试题分析：气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，它说明水分子不停息地做无规则热运动，选项B错误；温度升高，物体分子的平均动能最大，但是每一个分子的动能不一定都增大，选项C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表
25、现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确；根据热力学第一定律可知，在绝热条件下压缩气体，Q=0,W0，则E0，则气体的内能一定增加，选项E正确；故选ADE.考点：布朗运动；分子的平均动能；热力学第一定律；表面张力17如图所示粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端用水银封闭着长L=13cm的理想气体，右端开口，当封闭气体的温度T=312K时，两管水银面的高度差h=4cm现对封闭气体缓慢加热，直到左、右两管中的水银面相平设外界大气压po=76cmHg求左、右两管中的水银面相平时封闭气体的温度；若保持问中气体温度不变，从右管的开口端缓慢注入水银，直到右侧管的水银面比左侧管的高h=4cm，求注入水银柱的长度【答案】380K 5.5cm【解析】试题分析：设玻璃管封闭气体初态压强为p，体积为V，玻璃管的横截面积为S，末态压强为p，体积为V，当温度上升到T时，左、右两管中的水银面相平根据理想气体状态方程可得：由题意可得：p=（764）cmHg=72cmHgV=LS V=LS 解答：T=380K设注入的水银柱长为x时，右侧管的水银面比左侧管的高h末状态封闭理想气体的压强、体积V=LS根据玻意耳定律可得：pV=pV解得：L=14.25cmx=h+2（LL）解得：x=5.5cm考点：理想气体状态方程