1、2016-2017学年山东省日照市海曲高中高三（上）期末物理试卷一、选择题：（本大题共9小题，每题6分，共54分，1-5为单选，6-9为多选）1甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，OPQ的面积为S在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t，第二次相遇时间为t，则下面四组t，d和t的组合可能的是（）At=t1，d=s，t=2t1BCD2如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，ab=bc=cd=L，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，
2、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（）A0BCD32016年10月17日7时30分，搭载两名航天员的“神舟十一号”载人飞船由“长征二号”运载火箭成功发射升空，10月19日凌晨，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接成功“神舟十号”与“天宫一号”对接时，轨道高度是343公里，而“神舟十一号”和“天宫二号”对接时的轨道高度是393公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同根据以上信息，判断下列说法正确的是（）A“天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大B“天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小C“神舟十一号”飞船的环绕速度大于第一宇宙速度
3、D“神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速实现对接4空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，）已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（）A VB VC VD V5在正负电子对撞机中，一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子设正、负电子的质量在对撞前均为m，对撞前的动能均为E，光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h，则对撞后转化成光子的波长等于（）ABCD6如图所示为氢原子的能级示意图现用能量介于1012.9eV范围内的
4、光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是（）A照射光中只有一种频率的光子被吸收B照射光中有三种频率的光子被吸收C氢原子发射出三种不同波长的光D氢原子发射出六种不同波长的光7如图1所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行，现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8则下列说法正确的是（）A物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B08s内物体位移的大小为18mC08s内物体机械能的增量为90JD08s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J8如图所示，A、B两物体的
5、质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则（）A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当F=mg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g9如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢
6、复到原长C两物体的质量之比为m1：m2=1：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8：1二、非选择题10用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验实验时保持小车的质量M（含车中的钩码）不变，用在绳的下端挂的钩码总重力mg作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是（2）图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示
7、已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=m/s2（结果保留两位有效数字）（3）通过增加绳的下端挂的钩码的个数来改变小车所受的拉力F，得到小车的加速度a与拉力F的数据，画出aF图线后，发现当F较大时，图线发生了如图丙所示的弯曲该同学经过思考后将实验方案改变为：将小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力那么关于该同学的修正方案，下列说法正确的是（写选项字母）A可以避免aF图线的末端发生弯曲B要避免aF图线的末端发生弯曲的条件是MmC画出的aF图线的斜率为D画出的aF图线的斜率为11使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源
8、（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为电流表的读数为mA，电阻箱的读数为：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为mA；（保留3位有效数字）（4）
9、计算得到多用电表内电池的电动势为V（保留3位有效数字）12物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升过程中经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落的速度大小为vB，如图乙这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？13一质量为m，带电量为q的粒子，以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30，如图，不计粒子重力，求：（1）圆形磁场区域的最小面积；（2）粒子从O进入磁场区域到达b点所经历的时间及b点的坐标14一
10、长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离2016-2017学年山东省日照市海曲高中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：
11、（本大题共9小题，每题6分，共54分，1-5为单选，6-9为多选）1甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，OPQ的面积为S在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t，第二次相遇时间为t，则下面四组t，d和t的组合可能的是（）At=t1，d=s，t=2t1BCD【考点】匀变速直线运动的图像【分析】vt图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负相遇要求在同一时刻到达同一位置根
12、据相遇的条件和几何关系分析【解答】解：A、若t=t1，d=s，即t1时间两车第一次相遇，由于此后乙车的速度大于甲车的速度，所以两者不可能再相遇，故A错误B、若t=t1，根据“面积”表示位移，可知 d=ss=s，第二次相遇时刻为t=，故B错误C、若t=t1，根据“面积”表示位移，可知 d=（1）s=s，第二次相遇时刻为t=，故C错误D、若t=t1，根据“面积”表示位移，可知d=s，第二次相遇时刻为t=，故D正确故选：D2如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，ab=bc=cd=L，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架
13、平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（）A0BCD【考点】安培力；左手定则【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图电路abcd上的电阻为3r，由几何关系得，ad段的长度为2L，所以ad上的电阻为2r，并联部分的总电阻为：电路中的总电流：路端电压：abcd上的电流：abcd上各段的安培力：ad上的安培力：各段受到的力中，F1 和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力：所以
14、四个选项中C正确故选：C32016年10月17日7时30分，搭载两名航天员的“神舟十一号”载人飞船由“长征二号”运载火箭成功发射升空，10月19日凌晨，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接成功“神舟十号”与“天宫一号”对接时，轨道高度是343公里，而“神舟十一号”和“天宫二号”对接时的轨道高度是393公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同根据以上信息，判断下列说法正确的是（）A“天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大B“天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小C“神舟十一号”飞船的环绕速度大于第一宇宙速度D“神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速实现对接【考点】人造卫星的加速
15、度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，从而比较大小【解答】解：根据万有引力提供向心力，解得：，A、由可知，轨道半径越大，线速度越小，“天宫一号”的速率比“天宫二号”的速率大，但由于质量的关系未知，所以不能判断出“天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大故A错误B、由可知，轨道半径越大，周期越大，“天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小故B正确；C、由可知，轨道半径越大，线速度越小，所以“神舟十一号”飞船的环绕速度小于第一宇宙速度故C错误；D、“神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速时将做离心运动，所以不可能实现对接故D错误
16、故选：B4空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，）已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（）A VB VC VD V【考点】电势；电场强度【分析】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势【解答】解：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故 UNM=Ea=1V 将电场强度沿着x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则x和+y方向的分量分别为： Ex=E，Ey=E
17、 设P在xOy平面上的投影为P点，投影点的坐标为：（a，0） 则 UNP=UNP=Ey=V （由式得） 又因N点电势为1V，则P电势为，即P点电势为 则 A B C 错误，D正确故选：D5在正负电子对撞机中，一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子设正、负电子的质量在对撞前均为m，对撞前的动能均为E，光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h，则对撞后转化成光子的波长等于（）ABCD【考点】物质波【分析】光子无静止质量，根据反应前后质量之差求出质量亏损，由爱因斯坦质能方程求出电子对撞放出的能量，根据能量守恒定律求出光子具有的能量由光子能量公式E=h，波速公式c=求出光子的波长【解答】解：
18、由于光子无静止的质量，则电子对撞过程中的质量亏损为m=2m0=2m由爱因斯坦质能方程中电子对撞放出的能量为E=mc2=2mc2，根据能量守恒得，每个光子的能量为，又=h=，联立得到，波长为，故C正确，ABD错误；故选：C6如图所示为氢原子的能级示意图现用能量介于1012.9eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是（）A照射光中只有一种频率的光子被吸收B照射光中有三种频率的光子被吸收C氢原子发射出三种不同波长的光D氢原子发射出六种不同波长的光【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据数学组合公式求出处于激发态的氢原子
19、可能发射出不同波长光的种数【解答】解：因为13.6+10=3.6eV，13.6eV+12.9eV=0.7eV，可知照射光中有三种频率的光子被吸收氢原子跃迁的最高能级为n=4能级，根据=6知，氢原子发射出六种不同波长的光故B、D正确，A、C错误故选BD7如图1所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行，现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8则下列说法正确的是（）A物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B08s内物体位移的大小为18mC08s内物体机械能的增量为90JD08
20、s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J【考点】摩擦力的判断与计算；动摩擦因数；功能关系【分析】（1）速度图象的“面积”大小等于位移，物体在02s内的位移为正值，在28s内的位移为负值（2）根据斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数（3）08s内物体机械能增量等于动能增加量与重力势能增加量之和在前6s内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移s，产生的热量为Q=mgcoss【解答】解：A、从图b中求出物体位移为：s=32+42=14m由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度为：=lm/s2对此过程中物体分析得：mgcosmgsin=ma，解得=0.875，A正确；B、物体
21、被送上的高度为：h=ssin=8.4m，重力势能增量为：Ep=mgh=84J动能增量为：E k=6J机械能增加为：E=Ep+E k=90J08s内只有前6s发生相对滑动06s内传送带运动距离为：s带=4x6m=24m06s内物体位移为：s带=6m产生的热量为：Q=mg coss相对=126J，B错误CD正确；故选：ACD8如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则（）A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当F=mg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑
22、动D无论F为何值，B的加速度不会超过g【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析【解答】解：AB之间的最大静摩擦力为：fmax=mAg=2mg，B与地面间的最大静摩擦力为：fmax=（mA+mB）g=1.5mg，A、当 1.5mgF2mg 时，fmaxFfmax，AB之间不会发生相对滑动，由于拉力大于B与地面间的最大静摩擦力；故AB与地面间发生相对滑动；故A错误；B、当F=mg时，若A与B仍然没有相对运动，则：又：Ffmax=（mA+mB）a1所以
23、：此时A与B之间的摩擦力f，则：mAa1=Ff所以：f=fmax，可知假设成立，A的加速度为g故B正确；C、当F=3mg时，若A与B仍然没有相对运动，则：Ffmax=3mg1.5mg=1.5mg又：Ffmax=（mA+mB）a2所以：a2=0.5g此时A与B之间的摩擦力f，则：mAa2=Ff所以：f=2mg=fmax所以当F3mg时，A相对B滑动故C正确；D、当A与B之间的摩擦力最大时，B的加速度最大，此时B沿水平方向受到两个摩擦力的作用，又牛顿第二定律得：mBa3=fmaxfmax=2mg1.5mg=0.5mg所以：a3=0.5g即无论F为何值，B的加速度不会超过g故D正确故选：BCD9如图
24、甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1：m2=1：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8：1【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况【解答】解：
25、A、由图示图象可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2过程，A的速度继续增大，B的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度最小，弹簧恢复原长；从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4过程，A的速度减小，B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度，A的速度为零，弹簧恢复原长，由以上分析可知，A错误，B正确；C、系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定
26、律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m2v0=（m1+m2）v2，m23=（m1+m2）1，解得：m1：m2=2：1，故C错误；D、由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为：vA=2m/s，vB=1m/s，物体的动能：Ek=mv2，则A、B两物块的动能之比为EkA：EkB=8：1，故D正确；故选：BD二、非选择题10用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验实验时保持小车的质量M（含车中的钩码）不变，用在绳的下端挂的钩码总重力mg作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直
27、到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力（2）图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=1.0m/s2（结果保留两位有效数字）（3）通过增加绳的下端挂的钩码的个数来改变小车所受的拉力F，得到小车的加速度a与拉力F的数据，画出aF图线后，发现当F较大时，图线发生了如图丙所示的弯曲该同学经过思考后将实验方案改变为：将小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力那
28、么关于该同学的修正方案，下列说法正确的是AD（写选项字母）A可以避免aF图线的末端发生弯曲B要避免aF图线的末端发生弯曲的条件是MmC画出的aF图线的斜率为D画出的aF图线的斜率为【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）探究物体加速度与力的关系实验中，要使小车受到的拉力等于钩码的重力，在实验前应平衡摩擦力；（2）根据纸带数据，由x=at2可求小车的加速度（3）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量【解答】解：（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的
29、合力就是绳子的拉力这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力（2）计数点间的时间间隔为：t=0.02s5=0.1s，由x=at2可得：小车的加速度为：a=1.0m/s2（3）分别对小车与砝码列出牛顿第二定律方程：对小车有：F=Ma，对砝码有：mgF=ma，两式联立可得a=F，若改变为用小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力时，M+m保持不变，aF图线是直线，避免aF图线的末端发生弯曲，aF图线的斜率为，故AD正确，BC错误；故选：AD故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）1.0；（3）AD11使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相
30、串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为黑 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为14.0电流表的读数为53.0mA，电阻箱的读数为4.6：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为102mA；（保留3位有效数字）（4）计算
31、得到多用电表内电池的电动势为1.54V（保留3位有效数字）【考点】多用电表的原理及其使用【分析】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程【解答】解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔（2）多用电表用1倍率测量，读数为：14.01=14.0电流表的量程是60m A，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，
32、30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0 m A电阻箱的读数为：0100+010+41+60.1=4.6（3）（4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻当选择1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E=I（R内+R外）=0.053（15
33、+14）=1.537V则满偏电流Ig=m A故答案为：（1）黑； （2）14.0，53.0，4.6； （3）102； （4）1.5412物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升过程中经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落的速度大小为vB，如图乙这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？【考点】动量定理【分析】从绳断到下落速度为vB的过程，弹簧的弹力对物体A的冲量为I，对A、B分别应用动量定理，即可消去t，求得弹簧弹力对物体A的冲量I【解答】解：设B从绳断到下落速度为vB的过程所用时间为t，以向上为正方向，根据
34、动量定理，有：对物体A有：Imgt=mvA 对物体B有：Mgt=MvB 由式得弹簧的弹力对物体A的冲量为：I=mvA+mvB答：这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为mvA+mvB13一质量为m，带电量为q的粒子，以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30，如图，不计粒子重力，求：（1）圆形磁场区域的最小面积；（2）粒子从O进入磁场区域到达b点所经历的时间及b点的坐标【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）根据带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即可
35、求得半径；连接粒子在磁场区入射点和出射点的弦长ob，最小面积为ob为直径的圆求出半径即可求得面积（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120，根据圆心角与周期的关系即可求解运动时间；由几何知识求出b点的坐标【解答】解：（1）带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，则有 qv0B=m解得，R=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点O和出射点c得弦长为 l=2Rsin60=如图所示，圆形磁场区域最小面积为OC为直径的圆，则磁场的半径为r=故圆形磁场区域的最小面积为 Smin=r2联立解得，Smin=（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120，带电粒子在磁场中运动的
36、时间为转动周期的，即t1=由几何知识得：cb=l=粒子离开磁场从c到b点的运动时间为 t2=故粒子从O进入磁场区域到达b点所经历的时间t=t1+t2=+b点的坐标x=ob=2lcos30=3R=答：（1）圆形磁场区域的最小面积是；（2）粒子从O进入磁场区域到达b点所经历的时间是+b点的坐标是14一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s时间内小物块
37、的vt图线如图（b）所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得1；再对碰后过程分析同理可求得2（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离【解答】解：（1）规定向右为正
38、方向木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有1（m+M）g=（m+M）a1 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得 v1=v0+at 式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得 1=0.1 在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mg=ma2 由图可得 式中，t2=2s，v2=0，联立式和题给条件得 2=0.4 （2）设碰撞后木板的加速度为a3，
39、经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3由牛顿第二定律及运动学公式得 2mg+1（M+m）g=Ma3 v3=v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 （11）小物块运动的位移为 （12）小物块相对木板的位移为s=s2s1（13）联立（11）（12）（13）式，并代入数值得s=6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m（14）（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3由牛顿第二定律及运动学公式得 1（m+M）g=（m+M）a4 （15）（16）碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 （17）联立（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得 s=6.5m （18）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m答：（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2分别为0.1和0.4（2）木板的最小长度是6.0m；（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m2017年2月11日
