1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年辽宁省沈阳市铁路实验中学高二（下）期末物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共计32分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中错误的是（）A小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小B小球抛出瞬间的加速度大小为（1+
2、）gC小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小D小球上升过程的平均速度小于2在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）则绳中拉力大小变化的情况是（）A先变小后变大B先变小后不变C先变大后不变D先变大后变小3如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为的斜面上，P、Q间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2（21）当它们从静止开始沿斜面加速下滑时，两物体始终保持相对
3、静止，则物体P受到的摩擦力大小为（）A0B1mgcosC2mgcosDmgsin4“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上现将太极球简化成如图18所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高且在B、D处板与水平面夹角为设球的质量为m，圆周的半径为R，重力加速度为g，不计拍的重力，若运动过程到最高点时拍与小球之间作用力恰为mg，则（）A圆周运动的周期为：
4、T=2B圆周运动的周期为：T=2C在B、D处球拍对球的作用力为D在B、D处球拍对球的作用力为5如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点则下列说法正确的有（）A两球在P点一定具有相同的速率B若同时抛出，两球不可能在P点相碰C若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大6如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行在突然撤去挡板的瞬间（）A两图中两球加速度均为gsinB图甲中A球的加
5、速度为零C图甲中B球的加速度是为2gsinD图乙中A球的加速度为零7如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45角，则此物体（）A由O运动到P点的时间大于B物体经过P点时，速度的水平分量为v0C物体经过P点时，速度的竖直分量为2v0D物体经过P点时的速度大小为v08“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l
6、，重力加速度为g，则（）A小球运动到最低点Q时，处于失重状态B小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C当时，小球一定能通过最高点PD当时，细绳始终处于绷紧状态二、实验题：本题共2小题，每空2分，共计12分9“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示，实验时小刚同学将长木板平放在水平桌面上，并利用安装在小车上的拉力传感器测出细线的拉力，保持小车的质量不变，通过改变钩码的个数，得到多组数据，从而确定小车加速度a与细线拉力F的关系（1）图乙中符合小刚的实验结果的是（2）小丽同学做该实验时，拉力传感器出现了故障为此，小丽同学移走拉力传感器，保持小车的质量不变，并改进了小刚实验操
7、作中的不足之处用所挂钩码的重力表示细线的拉力F，则小丽同学得到的图象可能是乙图中；小森同学为得到类似乙图中的A图，在教师的指导下，对小丽同学的做法进行如下改进：称出小车质量M、所有钩码的总质量m，先挂上所有钩码，多次实验，依次将钩码摘下，并把每次摘下的钩码都放在小车上，仍用F表示所挂钩码的重力，画出aF图，则图线的斜率k=（用题中给出的字母表示）10在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留
8、下痕迹A；将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C，若测得木板每次移动距离x=10.00cm，A、B间距离y1=5.02cm，B、C间距离y2=14.82cm请回答以下问题（g=9.80m/s2）（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？（2）根据以上直接测量的物理量求得小球初速度的表达式为v0=（用题中所给字母表示）（3）小球初速度的值为v0=m/s（保留三位有效数字）三、本题共5小题，共计56分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，
9、只写出最后的结果不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位11某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t=ls时的波形图，图乙是介质中x=2m处质点的振动图象，则下列说法正确的是 （）A波沿x轴正向传播，波速为1m/sBt=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向Cx=1m处质点和x=2m处质点振动步调总相同D在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cmE在t=ls到t=2s的时间内，x=0.5m处的质点运动速度先增大后减小12如图所示，一个立方体玻璃砖的边长为a，折射率n=1.5，立方体中心有一个小气泡为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，则每张纸
10、片的最小面积为多少？13如图所示，三角形传送带两侧的传送带长度均为2m，其与水平方向的夹角均为37若传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求小物块A、B在传送带上的划痕长度之比14如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板已知A、B之间的动摩擦因数=0.40，取g=10m/s2求：（1）A、
11、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；（3）木板B的长度l15如图所示，倾角为45的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高质量m=1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2（1）若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；（2）若滑块离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力；（3）若使滑块在圆弧在BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度应该满足什么条件2015-2016学年辽
12、宁省沈阳市铁路实验中学高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共计32分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中错误的是（）A小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小B小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gC小球被抛出时的加速度值最大，到达
13、最高点的加速度值最小D小球上升过程的平均速度小于【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度【分析】A、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由此加上重力，可以判定上升和下降阶段的加速度变化B、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故可以得到比例系数，进而判定抛出时加速度C、由图中的速度可以判定何时阻力最大，进而判定最大加速度，加速度最小是零，而小球有匀速阶段，故加速度最小值应该出现在匀速阶段D、由面积表示位移来分析它与匀减速运动平均速度的关系，可判定D【解答】解：A、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可知在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小下降
14、过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下，故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，故A正确B、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故有：kv1=mg，得：，故抛出瞬间的空气阻力为：f0=kv0=，故抛出瞬间的加速度为：，故B正确C、小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大故阻力最大，可知合力在抛出时最大，可知此时加速度最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，故C错误D、上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即图中的位移小于做匀减速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度小于匀减速的平均速度，即小于，故D正确本题
15、选错误的，故选C【点评】本题关键是受力分析，只有分析好小球的受力，才能解答好前三项，至于最后一个是利用的面积表示位移，而平均速度等于位移比时间2在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）则绳中拉力大小变化的情况是（）A先变小后变大B先变小后不变C先变大后不变D先变大后变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子
16、的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变【解答】解：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示根据平衡条件得 2Fcos=mg得到绳子的拉力F=所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，增大，cos减小，则F变大当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到sin=，L、S不变，则保持不变再根据平衡条件可知，
17、两绳的拉力F保持不变所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度3如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为的斜面上，P、Q间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2（21）当它们从静止开始沿斜面加速下滑时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为（）A0B1mgcosC2mgcosDmgsin【考点】摩擦力的判断与计算【分析】先对PQ整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体P，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出间的静
18、摩擦力【解答】解：对PQ整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有（m+M）gsin2（m+M）gcos=（M+m）a解得a=g（sin2cos） 再对P物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinFf=ma 由解得Ff=2mgcos故选：C【点评】本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体P，运用牛顿第二定律求解PQ间的内力4“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上现将太极球简化成如
19、图18所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高且在B、D处板与水平面夹角为设球的质量为m，圆周的半径为R，重力加速度为g，不计拍的重力，若运动过程到最高点时拍与小球之间作用力恰为mg，则（）A圆周运动的周期为：T=2B圆周运动的周期为：T=2C在B、D处球拍对球的作用力为D在B、D处球拍对球的作用力为【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】在最高点，根据牛顿第二定律列式求解小球做匀速圆周运动的速度，再根据周期和线速度关系求解周期，球做匀速圆周运动，在B、D处，
20、根据合外力提供向心力结合几何关系求解球拍对球的作用力【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得：mg+mg=m解得：v=，则圆周运动的周期为：T=，故AB错误；C、球做匀速圆周运动，在B、D处，根据合外力提供向心力结合几何关系得：sin=解得：F=，故C正确，D错误故选：C【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题，注意球做匀速圆周运动，合外力提供向心力5如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点则下列说法正确的有（）A两球在P点一定具有相同的速率B若同时抛出，两球不可能在P
21、点相碰C若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大【考点】平抛运动【分析】平抛运动的高度决定运动的时间，结合下降的高度判断两球能否在P点相碰若两球同时抛出，在竖直方向上相同时间内位移大小相等，结合水平方向位移的变化判断两物体间的距离变化【解答】解：A、两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，故A错误B、若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，故B正确C、若同时抛出，根据h=知，经过相同的时间下落的高度相
22、同，则竖直方向上的距离保持不变，故C错误D、若同时抛出，由图可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移6如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行在突然撤去挡板的瞬间（）A两图中两球加速度均为gsinB图甲中A球的加速度为零C图甲中B球
23、的加速度是为2gsinD图乙中A球的加速度为零【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【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，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，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2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，故BC正确，AD错误故选：BC【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道弹簧的弹力在撤去挡板的瞬间保持不变，结合
24、牛顿第二定律进行求解7如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45角，则此物体（）A由O运动到P点的时间大于B物体经过P点时，速度的水平分量为v0C物体经过P点时，速度的竖直分量为2v0D物体经过P点时的速度大小为v0【考点】平抛运动【分析】若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从O点由
25、静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向【解答】解：A、物体若做平抛运动，有：，则t=而物体的运动除受重力外，还受到支持力作用，加速度小于重力加速度，则时间大于故A正确B、物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度：vy=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为，则有： =物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，mgh=，解得：，所以v=2v0则物体经过P点时，速度的竖直分量：速度的水平分量故B正确，CD错误故选：AB【点评】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，注意物体的运动情况与平抛运动的情况不同，难度适中8“水流星”是一种常见的杂技项目
26、，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则（）A小球运动到最低点Q时，处于失重状态B小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C当时，小球一定能通过最高点PD当时，细绳始终处于绷紧状态【考点】向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律【分析】小球在最高点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，在最低点也是绳子的拉力与重力的合力提供向心力，可根据牛顿第二定律列式求解，同时小球从最高点运动得到最低点的过程中，只有重力做功，可运用动能定理列式求解【解答】解：A、小球在最低点时重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球
27、处于超重状态故A错误；B、设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2；由动能定理得：球经过最高点P：球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，如图根据牛顿第二定律得到，F2mg=m联立解得：F2F1=6mg，与小球的速度无关故B错误；C、球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg=m，得：小球以v0向上运动到最高点时：由动能定理得：得：所以小球一定能够过最高点故C正确；D、若，设小球能够上升的最大高度h：由机械能守恒得：所以：hl小球上升的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态故D正确故选：CD【点评】本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合
28、力提供向心力，同时结合动能定理列式求解！二、实验题：本题共2小题，每空2分，共计12分9“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示，实验时小刚同学将长木板平放在水平桌面上，并利用安装在小车上的拉力传感器测出细线的拉力，保持小车的质量不变，通过改变钩码的个数，得到多组数据，从而确定小车加速度a与细线拉力F的关系（1）图乙中符合小刚的实验结果的是B（2）小丽同学做该实验时，拉力传感器出现了故障为此，小丽同学移走拉力传感器，保持小车的质量不变，并改进了小刚实验操作中的不足之处用所挂钩码的重力表示细线的拉力F，则小丽同学得到的图象可能是乙图中C；小森同学为得到类似乙图中的A图，在教师的指导下，
29、对小丽同学的做法进行如下改进：称出小车质量M、所有钩码的总质量m，先挂上所有钩码，多次实验，依次将钩码摘下，并把每次摘下的钩码都放在小车上，仍用F表示所挂钩码的重力，画出aF图，则图线的斜率k=（用题中给出的字母表示）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）因小球没有平衡摩擦力，故拉力为零时物体没有加速度；图象与横坐标有交点；（2）根据实验原理可明确小丽获得的图象，现由牛顿第二定律可求得图象的斜率【解答】解：（1）因小刚没有平衡摩擦力，只有拉力大于摩擦力时，物体才会产生加速度；故图象与横坐标的有交点；故符合题意的只有B；（2）因小丽用钩码的重力表示细线拉力；由于钩码的质量不能
30、忽略，故随着所加砝码的质量增加，图象将出现弯曲；对整体由牛顿第二定律可知，a=故图象的斜率k=；故答案为：（1）B；（2 ）C；（3）【点评】本题考查牛顿第二定律在实验中的应用，要注意正确受力分析，根据牛顿第二定律可明确加速度的表达式10在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向
31、远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C，若测得木板每次移动距离x=10.00cm，A、B间距离y1=5.02cm，B、C间距离y2=14.82cm请回答以下问题（g=9.80m/s2）（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同（2）根据以上直接测量的物理量求得小球初速度的表达式为v0=（用题中所给字母表示）（3）小球初速度的值为v0=1.00m/s（保留三位有效数字）【考点】研究平抛物体的运动【分析】根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度【解答】解：（1
32、）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次让小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放（2）在竖直方向上，根据得，T=0.1s，则初速度的表达式=（3）代入数据解得故答案为：（1）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同；（2）；（3）1.00【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解三、本题共5小题，共计56分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后的结果不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位11某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t=ls时的波形图，图乙是介质中x=2m处质点的振动图象，则下列说法正确的是 （）A波
33、沿x轴正向传播，波速为1m/sBt=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向Cx=1m处质点和x=2m处质点振动步调总相同D在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cmE在t=ls到t=2s的时间内，x=0.5m处的质点运动速度先增大后减小【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由甲读出波长，由图乙读出周期T，由v=求出波速根据图乙t=1s时刻质点的速度方向，在图甲中判断波的传播方向根据时间与周期的倍数关系分析质点的速度方向和通过的路程根据质点间距离与波长的关系，分析它们状态关系【解答】解：A、由甲图知，波长=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：v=1m
34、/s由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误B、由乙图知，t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确C、x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反故C错误D、因为t=1s=，所以在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是 2A=25cm=10cm，故D正确E、t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确故选：BDE【点评】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向12如图所示，一个立方体玻璃砖的
35、边长为a，折射率n=1.5，立方体中心有一个小气泡为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，则每张纸片的最小面积为多少？【考点】光的折射定律；全反射【分析】根据全反射的临界角，通过气泡到达每个面的距离求出纸的最小半径，从而根据圆的面积公式求出每张纸片的最小面积【解答】解：设纸片的最小半径为r，玻璃砖的临界角为C，则解得则最小面积答：每张纸片的最小面积为【点评】本题考查几何光学问题，对数学的能力要求较高，掌握临界角与折射率的关系13如图所示，三角形传送带两侧的传送带长度均为2m，其与水平方向的夹角均为37若传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两小物块A、B从传送带顶端
36、都以1m/s的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求小物块A、B在传送带上的划痕长度之比【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决【解答】解：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度：=10sin370.510cos37=2m/s2两个物体的加速度的大小相同，滑到底端时位移大小相同，都是2m，故
37、时间相同，时间t：代入数据得：t=1s在t时间内传送带的位移：s=vt=11=1m划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕，l1=Ls=2m1m=1mB与传送带运动的方向相反，划痕是二者位移的和，即：l2=L+s=2m+1m=3m小物块A、B在传送带上的划痕长度之比：答：小物块A、B在传送带上的划痕长度之比是1：3【点评】滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样14如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）初始时刻，A、B分
38、别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板已知A、B之间的动摩擦因数=0.40，取g=10m/s2求：（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；（3）木板B的长度l【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）木块和木板竖直方向上受力平衡，水平方向受到滑动摩擦力作用，大小为mg，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）A先向左做匀减速运动至速度为零，根据运动学速度公式求出速度为零时所用的时间，根据位移公式求解B相对地面运动发生的位移x；（3）对于系统，合外力
39、为零，动量守恒A恰好没有滑离B板，木板和木块的速度相同，根据动量守恒和能量守恒结合求解木板B的长度l【解答】解：（1）A、B分别受到大小为mg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得 对A物体：mg=maA则aA=g=4.0m/s2，方向水平向右对B物体：mg=MaB，则aB=1.0m/s2，方向水平向左（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t，则v0=aAt1，则t1=0.50sB相对地面向右做减速运动x=v0taBt2=0.875m（3）A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v取向右方向为正，根据
40、动量守恒定律得 （Mm）v0=（M+m）v由能量守恒定律得 mgl=（M+m）v02（M+m）v2，代入数据解得 l=1.6m答：（1）A、B相对运动时的加速度aA的大小为4.0m/s2，方向水平向右，aB的大小为1.0m/s2，方向水平向左；（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；（3）木板B的长度l是1.6m【点评】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解15如图所示，倾角为45的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，
41、A、C两点等高质量m=1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2（1）若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；（2）若滑块离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力；（3）若使滑块在圆弧在BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度应该满足什么条件【考点】动能定理；向心力【分析】（1）从A到D的过程中根据动能定理求得摩擦因数，物体能到达C点，根据牛顿第二定律求得C点的速度，根据动能定理求得高度（2）小球从C点做平抛运动，根据平抛运动的特点，求得C点的速度，根据牛顿第二定律求得对轨道的压力；（3）物体不脱离轨道，即在轨道上能通
42、过最高点和刚好到达D点即可【解答】解：（1）由A到D，根据动能定理可得mg（2RR）mgcos45=0解得=0.5若滑块恰能到达C点，得从高为H的最高点到C的过程，根据动能定理 mg（H2R）mgcos45=解得H=2m（2）离开C点后滑块做平抛运动，垂直打到斜面上时有x=vCt解得在C点，根据牛顿第二定律有求得：FN=3.3N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为FN=FN=3.3N方向竖直向上（3）由题意可知，滑块从A处，即距地面高度为2R=0.8m处下滑恰好到达D点，所以，若使滑块在圆弧在BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度h2m或h0.8m答：（1）若使滑块能到达C点，滑块至少从离地2m高处由静止开始下滑；（2）若滑块离开C处后恰能垂直打在斜面上，滑块经过C点时对轨道的压力为3.3N；（3）若使滑块在圆弧在BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度应该满足h2m或h0.8m【点评】本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时，重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解高考资源网高考资源网版权所有，侵权必究！
