1、2015-2016学年山东省临沂十八中高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，每题3分第912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在物理学的发展中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明进程对以下几位物理学家所作贡献的叙述中，符合史实的是（）A牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动的原因C伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动D笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2甲、乙两物体在同一地点同时开始做直线运动的v
2、t图象如图所示根据图象提供的信息可知（）A5s末乙追上甲B在乙追上甲之前，甲乙相距最远为10mC若时间足够长，两物体出发后能相遇两次D在04s内与46s内甲的平均速度相等3如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（）AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变4如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中
3、的（）ABCD5两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为t，当第二个物体开始下落时，两物体相距（）ABCD6如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A30NB0NC15ND12N7如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A两台秤的读数之和为2mgB台秤P的读数等于mgFC
4、台秤Q的读数为mg2FD甲受到的拉力大于F，乙受到的拉力小于F8在光滑的水平面上，有A，B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，如图，若A追上B并发生正碰，则碰后两球的动量增量PA，PB可能是（）APA=3kgm/s，PB=3kgm/sBPA=3kgm/s，PB=3kgm/sCPA=3kgm/s，PB=3kgm/sDPA=10kgm/s，PB=10kgm/s9在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（
5、温度升高时其电阻减小），R为定值电阻下列说法正确的是（）A在t=0.01 s末，矩形线圈平面与磁场方向垂直B变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）CRt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变DRt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大10下列说法正确的是（）A光电效应实验揭示了光的粒子性B太阳内部进行的热核反应属于重核的裂变C射线一般伴随着射线或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力最弱D天然放射线中的射线是高速电子流，是原子的核外电子受到激发后放出的11一小水电站，输出的电功率为P0=20kW，输出电压U0=400V，经理想升压变压器T
6、1变为2000V电压远距离输送，输电线总电阻为r=10，最后经理想降压变压器T2降为220V向用户供电下列说法正确的是（）A变压器T1的匝数比n1：n2=1：5B输电线上的电流为50AC输电线上损失的电功率为25kWD变压器T2的匝数比n3：n4=95：1112如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程
7、中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D小球离开C点以后，将做斜抛运动二、实验题（本题共2个小题，共18分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）13在“探究求合力的方法”实验中，可以设计不同的方案探究以下是甲、乙两位同学设计的两个实验方案，（1）甲同学设计的方案如图1，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O某同学在做该实验时认为：A拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好B拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C橡皮条弹性要好，拉结
8、点到达某一位置O时，橡皮条方向必须在两细绳夹角的角平分线上D拉力F1和F2的夹角越大越好其中正确的是_（填入相应的字母）若某次测量中两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则_（选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是：_（2）乙同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图2所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法在实验过程中，下列说
9、法正确的是_A实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋C以OB、OC为两邻边做平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且两者长度相等D多次实验中O点不必是同一位置14为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量
10、m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_A2tanBCkD三、计算题（共4小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.15北京时间2016年5月14日，国际田联钻石联赛上海站的比赛在上海体育场拉开帷幕，在
11、男子4100米接力的比赛中，谢震业、苏炳添、张培萌和陈时伟组成的中国队以38秒71的成绩打破赛会纪录夺冠如图所示，这是某一次接力训练中已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10m/s的速度跑完全程设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为3m/s2乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒在某次练习中，甲以v=10m/s的速度跑到接力区前端s0=14.0m处向乙发出起跑口令已知接力区的长度为L=20m求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令
12、？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？16如图所示，位于粗糙斜面上的物体P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连已知物体P和Q以及P与斜面之间的动摩擦因数都是，斜面的倾角为，物体P的质量为m，物体Q的质量为2m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其匀速下滑，试求：（1）连接两物体的轻绳的拉力FT的大小；（2）拉力F的大小17如图所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷与二极管、定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分
13、布的磁场，磁感应强度的大小为B0在t=0时刻，线框平面和磁场垂直，t=0时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动，从上向下看转动方向为顺时针求：（1）在0时间内，通过电阻R的电荷量的大小；（2）在时间内，流过电阻R的平均电流的大小；（3）线框匀速转动后，在电阻R上的发热功率18如图所示，轻弹簧的两端与质量均为3m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板不粘连，另一质量为m的小物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计，（所有过程都是在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势
14、能之比2015-2016学年山东省临沂十八中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，每题3分第912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在物理学的发展中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明进程对以下几位物理学家所作贡献的叙述中，符合史实的是（）A牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动的原因C伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动D笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献【考点】物理学史【分析
15、】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献，并明确相关内容即可求解【解答】解：A、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；B、伽利略通过实验和逻辑推理说明力不是维持物体运动的原因；故B错误；C、伽利略通过实验提出自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动；故C错误；D、笛卡尔提出过力和运动的关系；对牛顿第一定律的建立做出了贡献；故D正确；故选：D2甲、乙两物体在同一地点同时开始做直线运动的vt图象如图所示根据图象提供的信息可知（）A5s末乙追上甲B在乙追上甲之前，甲乙相距最远为10mC若时间足够长，两物体出发后能相遇两次D在04s内与46s内甲的
16、平均速度相等【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】本题是图象中的追及问题，明确甲乙两物体的运动性质，乙一直做匀速运动，A甲先做匀加速直线运动然后做匀减速直线运动把握相遇特点，根据vt图象特点进行求解【解答】解：A、在vt图中图象与横轴围成的面积大小表示物体发生的位移大小，则知5s内甲的位移比乙的大，所以5s末乙还没有追上甲故A错误B、5s末之前甲的速度大于乙的速度，二者的距离越来越远，5s末之后甲的速度小于乙的速度，二者的距离开始缩小，故5s末二者速度相等时相距最远，最远距离等于上面三角形的面积大小，为：S=54m=10m，故B正确；C、6s末甲的位移为：x甲=
17、（4+8）4+28=32m，8s末乙的位移为：x乙=48=32m=x甲，即8s末甲乙两物体相遇，之后不再相遇，即只相遇一次故C错误；D、在04s内甲的平均速度=6m/s，46s内甲的平均速度=4m/s，可见平均速度不相等，故D错误故选：B3如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（）AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变【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】先以A和B为研究对象，分析受力情况，
18、根据平衡条件，运用图解法得到B对A的弹力和挡板对A的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和桌面的支持力如何变化【解答】解：A、先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力故A错误B、当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变则A对B的压力也保持不变对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，挡板对A的支持力N1不变，则推力F不变桌面对整体的支持力N=G总，保持不变则B对桌面的压力不变故BC错误，D正确故选：D4如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外
19、力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（）ABCD【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】若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得出摩擦力与时间的关系式，选择图象若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，当F减小时，由平衡条件分析摩擦力如何，再选择图象【解答】解：设t=0时刻F=F0，则F与t的关系式为F=F0kt，k是图线斜率的大小A、D若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得：摩擦力Ff=mgsinF=mgsin（F0kt）=kt+（mgsinF0），若
20、mgsin=F0，则有Ff=kt，当F=0时，Ff=mgsin，保持不变则A错误，D正确B、C若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得知，摩擦力Ff=Fmgsin，当F减小时，摩擦力先减小，减小到零后，摩擦力反向增大，故BC错误故选D5两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为t，当第二个物体开始下落时，两物体相距（）ABCD【考点】自由落体运动【分析】从题意可知，两物体同时落地，知第二个物体在第一个物体下落后开始下落，根据h=gt2分别求出两物体下落的总高度，以及第二个物体开始下落时，第一个物体下落的高度然后根据距离关系求出当第二个物体
21、开始下落时，两物体相距的距离【解答】解：第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1=g（）2=根据h=gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2，； 两物体未下落时相距=所以当第二个物体开始下落时，两物体相距=故B正确，ACD错误故选：B6如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A30NB0NC15ND12N【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】放上B的瞬间，先对整体研究，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离
22、分析，根据牛顿第二定律求出A对B的支持力的大小【解答】解：开始弹簧的弹力等于A的重力，即F=mAg放上B的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：a=6m/s2隔离对B分析，有mBgN=mBa，则：N=mB（ga）=3（106）N=12N故选：D7如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A两台秤的读数之和为2mgB台秤P的读数等于mgFC台秤Q的读数为mg2FD甲受到的拉力大于F，乙受到的拉力小于F【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的
23、合成与分解的运用【分析】两同学的重力不变；分别分析两人的受力可得出两台秤的示数；再对两人用整体法进行分析可得出两台秤的示数之和【解答】解：A、将两人做为整体分析，整体受重力、支持力，故两台秤的示数之和为2mg故A正确B、对甲受力分析，甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力，则有：甲受到支持力为mg+F，即台秤P的读数等于mg+F故B错误；C、对乙分析，乙受到的拉力向上，故台秤Q的示数为mgF，故C错误；D、稳定后弹簧秤的示数为F，所以甲受到的拉力等于F，乙受到的拉力也等于F；故D错误；故选：A8在光滑的水平面上，有A，B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为PA=5kgm/s
24、，PB=7kgm/s，如图，若A追上B并发生正碰，则碰后两球的动量增量PA，PB可能是（）APA=3kgm/s，PB=3kgm/sBPA=3kgm/s，PB=3kgm/sCPA=3kgm/s，PB=3kgm/sDPA=10kgm/s，PB=10kgm/s【考点】动量守恒定律【分析】当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择【解答】解：A、两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若PA=3kgm/s，PB=3kgm/s，违反了动量守恒定律，不可能，故A错误B、根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA=3kgm/s、pB=3kgm/s，
25、所以碰后两球的动量分别为pA=2kgm/s、pB=10kgm/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故B正确C、根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA=3kgm/s、pB=3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=8kgm/s、pB=4kgm/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误D、如果pA=10kgm/s、pB=10kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=5kgm/s、pB=17kgm/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能故D错误故选：B9在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕
26、垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻下列说法正确的是（）A在t=0.01 s末，矩形线圈平面与磁场方向垂直B变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）CRt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变DRt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】由图甲可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=Umsint（V），由图乙可知交流电压有效值，根据电
27、压与匝数成正比知副线圈电压，原、副线圈的交流电的功率相等，R1处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化【解答】解：AB、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（V），当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A正确，B错误；C、R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；D、R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不
28、变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；故选：AD10下列说法正确的是（）A光电效应实验揭示了光的粒子性B太阳内部进行的热核反应属于重核的裂变C射线一般伴随着射线或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力最弱D天然放射线中的射线是高速电子流，是原子的核外电子受到激发后放出的【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程【分析】光电效应说明了光具有粒子性；太阳内部进行的是热核反应，即轻核聚变；三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，射线的穿透能力最弱，电离能力最强；射线是高速电子流，来自原子核，不是来自核外电子【解答】解：A、
29、光电效应实验揭示了光的粒子性，故A正确B、太阳内部进行的热核反应属于轻核聚变，故B错误C、射线一般伴随着射线或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确D、天然放射线中的射线是高速电子流，来自原子核，故D错误故选：AC11一小水电站，输出的电功率为P0=20kW，输出电压U0=400V，经理想升压变压器T1变为2000V电压远距离输送，输电线总电阻为r=10，最后经理想降压变压器T2降为220V向用户供电下列说法正确的是（）A变压器T1的匝数比n1：n2=1：5B输电线上的电流为50AC输电线上损失的电功率为25kWD变压器T2的匝数比n3：n4=95：11【考点】变压
30、器的构造和原理【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小【解答】解：A、升压变压器T1的输出电压等于2000V，而输入电压为400V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1：n2=1：5，选项A正确；B、输出的电功率为P0=20kW，而升压变压器T1变为2000V电压远距离输送，所以根据I=，可知输电线上的电流为I=，所以选项B错误；C、根据P损=I2R=10210W=1000W，所以选项C错误；D、降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为U=2000V1
31、010V=1900V；根据，则有变压器T2的匝数比n3：n4=1900：220=95：11，所以选项D正确故选：AD12如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D小球离开C点以后，将做斜抛运动【考点】动量守恒定律【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的
32、圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动水平方向满足动量守恒在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动【解答】解：A、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球机械能守恒，从A到B做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B到C小球的运动不是圆周运动，故A、B错误，C正确D、小球离开C点以后，既有竖直向上的
33、分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动故D正确故选：CD二、实验题（本题共2个小题，共18分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）13在“探究求合力的方法”实验中，可以设计不同的方案探究以下是甲、乙两位同学设计的两个实验方案，（1）甲同学设计的方案如图1，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O某同学在做该实验时认为：A拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好B拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C橡皮条弹性要好，拉结点到达某
34、一位置O时，橡皮条方向必须在两细绳夹角的角平分线上D拉力F1和F2的夹角越大越好其中正确的是AB（填入相应的字母）若某次测量中两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则不能（选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是：合力为4N5N，超出了弹簧测力计的量程（2）乙同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图2所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力
35、的合力的方法在实验过程中，下列说法正确的是ADA实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋C以OB、OC为两邻边做平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且两者长度相等D多次实验中O点不必是同一位置【考点】验证力的平行四边形定则【分析】（1）本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力，为了减小误差，拉力需大一些，夹角适当大一些，不能太大，也不能太小由平行四边形定则可得出两拉力的合力大小，比较拉力与弹簧秤的量程则可知5N量程的弹簧秤是否可用（2）由题意可知该实验利用了共点力的平衡来验证力的平行四边形定则，该实验中需要记录各力的大小和
36、方向，各力的大小可以通过橡皮筋的伸长量来表示【解答】解：（1）A、在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A正确；B、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，故应使各力尽量与木板面平行，故B正确；C、橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力与拉力的夹角应适当大些，但橡皮条方向不必须在两细绳夹角的角平分线上，故C错误； D、两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D错误故选：AB两力均为4N，且相互垂直，则其合力大小为F
37、=4N5N，合力超过了弹簧秤的量程，故弹簧秤无法测出物体所受的合力，故不能使用（2）A、需要知道橡皮筋的伸长量才能表示橡皮筋的弹力，故应该测量橡皮筋的原长，故A正确；B、为了减小误差，橡皮筋的伸长量应该大些，故应选择劲度系数稍小的橡皮筋，故B错误；C、由于橡皮筋的弹力与它的长度不成正比，所以OB、OC弹力的合力方向与以OB、OC为两邻边做平行四边形的对角线不重合，故C错误；D、不同的O点依然满足任意两个橡皮筋弹力的合力与第三个橡皮筋弹力等大反向的特点，所以即使O点不固定，也可以探究求合力的方法，故D正确故选：AD故答案为：（1）AB； 不能； 合力为4N5N，超出了弹簧测力计的量程； （2）A
38、D14为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是BCDA用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为1.3m/s2（结果保
39、留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为DA2tanBCkD【考点】验证牛顿第二运动定律【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速度（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数【解答】解：（1）AE、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到
40、的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选：BCD（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为0.06s，由x=aT2可得，加速度：a=1.3m/s2；（3）对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F=F合，故小车质量为：m=故答案为：（1）BCD；（2）1.3；（3）D三、计算题（共4小题，共42分解答应写出必要的文
41、字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.15北京时间2016年5月14日，国际田联钻石联赛上海站的比赛在上海体育场拉开帷幕，在男子4100米接力的比赛中，谢震业、苏炳添、张培萌和陈时伟组成的中国队以38秒71的成绩打破赛会纪录夺冠如图所示，这是某一次接力训练中已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10m/s的速度跑完全程设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为3m/s2乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒在某次练习中，甲以v=10m/s的速度跑到接力区前端s0=14.0m处向乙发出起跑口令已知接力
42、区的长度为L=20m求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当乙追上甲时，它们的位移关系，由此可以求得需要的时间，进而求乙的位移（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置结合位移关系进行求解（3）棒经过接力区是匀速运动，结合位移求出时间【解答】解：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追
43、击乙过程中有：代入数据得：t1=2st2=4.67s （不符合乙加速最长时间，实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为：（2）乙加速时间为：设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有：代入数据得：s=16.7m（3）棒在（2）过程以v=10m/s速度的运动，所以有：答：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离为6m（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端16.7m时对乙发出起跑口令（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是2s16如图所示，位于粗糙斜面上的物体P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连已知物体P和Q
44、以及P与斜面之间的动摩擦因数都是，斜面的倾角为，物体P的质量为m，物体Q的质量为2m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其匀速下滑，试求：（1）连接两物体的轻绳的拉力FT的大小；（2）拉力F的大小【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】（1）对物块Q受力分析，受重力、支持力、P对Q的滑动摩擦力和细线的拉力，Q匀速上升，处于平衡状态，根据平衡条件列式求解拉力FT的大小；（2）对滑板P受力分析，受拉力、重力、Q对P的压力和摩擦力、斜面对P的支持力和摩擦力、细线的拉力，根据平衡条件列方程求解拉力F的大小【解答】解：（1）隔离Q受力分析如图所示由平衡
45、条件得 FT=2mgsin+F1 FN1=2mgcos又F1=FN1，联立解得：FT=2mg（sin+cos）（2）隔离P受力分析如图所示由平衡条件，得：F+mgsinF1F2FT=0FN2=mgcos+FN1=5mgcos又F2=FN2联立以上各式得：F=FT+F1+F2mgsin=mgsin+7mgcos答：（1）连接两物体的轻绳的拉力FT的大小是2mg（sin+cos）；（2）拉力F的大小是mgsin+7mgcos17如图所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接
46、在一起，并通过电刷与二极管、定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度的大小为B0在t=0时刻，线框平面和磁场垂直，t=0时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动，从上向下看转动方向为顺时针求：（1）在0时间内，通过电阻R的电荷量的大小；（2）在时间内，流过电阻R的平均电流的大小；（3）线框匀速转动后，在电阻R上的发热功率【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】（1）根据求得平均感应电动势，有求得平均感应电流，有q=求得通过R的电荷量；（2）根据求得平均感应电动势，有求得平均感应电流；（3）由于二极管的滤波作用，通过电阻R的只有半波（正向电流），根
47、据电流的有效值即可求得产生的热量【解答】解：（1）在0时间内，通过分析可知：前部分0时间内，由于流过二极管的电流为反向电流，相当于断路，所以没有电荷通过电阻R在0时间内通过R的电荷量就是通过R的电荷量由关系式有：=BL1L2得：（2）在时间内，由，有：（3）由于二极管的滤波作用，通过电阻R的只有半波（正向电流），峰值为：根据电流的热效应可得有效值为：R的发热功率为：答：（1）在0时间内，通过电阻R的电荷量的大小为；（2）在时间内，流过电阻R的平均电流的大小为；（3）线框匀速转动后，在电阻R上的发热功率为18如图所示，轻弹簧的两端与质量均为3m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧
48、靠挡板不粘连，另一质量为m的小物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计，（所有过程都是在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比【考点】动量守恒定律【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比【解答】解
49、：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：联立解得：（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mvB=（3m+3m）v2由机械能守恒定律得：解得：弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP=2：1答：（1）A、B碰后瞬间，A的速度为，方向向右，B的速度为v0，方向向左；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2：12016年9月26日