1、2015-2016学年内蒙古包头九中高三（上）期中物理试卷一、选择题1如图所示，木块A静止在斜面体B上设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持静止，则（）AN增大，f增大BN不变，f增大CN减小，f先增大后减小DN增大，f先减小后增大2如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（）A在P点将小球以小于v的速度水平抛出B在P点将小球以大于v的速度水平抛出C在P点正上方某位置将小球
2、以小于v的速度水平抛出D在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出3质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A1：1：1B1：2：3C1：2：1D无法确定4如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时
3、间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）At1t2Bt1=t2Ct1t2D无法比较t1、t2的大小5如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是（）A甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动C甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距
4、离一定不相等D甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带6如图所示，轻杆长为3L，在杆的AB两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动在转动的过程中，忽略空气的阻力若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是（）A球B转到最低点时，其速度为vB=B球B在最低点时速度为C球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mgD球B在最高点，杆对水平轴的作用力为1.25mg7静止在地面上的小物体，在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系如图所示，其中0s1过程的
5、图线是曲线，s1s2过程的图线为平行于横轴的直线关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是（）A0s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小Bs1s2过程中物体做匀速直线运动C0s2过程中物体的动能先增大后减小D0s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度8在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）A物块A运动的距离为B物块
6、A的加速度为C拉力F做的功为mv2D拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量二、非选择题包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答9某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出Fl图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k= N/m，弹簧的原长l0=10
7、用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度（1）下列说法正确的是A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验中m1应远大于m2D在用图象探究加速度与质量关系时，应用a图象（2）下图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2图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=m/s
8、2（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是A小车与平面轨道之间存在摩擦 B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大 D所用小车的质量过大11如图所示，在倾角=37的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（
9、2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间12如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角=37两者平滑对接t=0s时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑图乙所示为Q在06s内的速率v随时间t变化的部分图线已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2求：（1）木板P与地面间的动摩擦因数；（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小；（3）08s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量【物理-选修3-4】13下列说法正确的是（）A简谐
10、运动的周期与振幅无关B在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=kx中，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数C在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽E在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多14如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圈弧CD为半径为R的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射，入射角1=45，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点，其光路图如图所示求：（1）该棱镜的折射率n；（2）光线在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在空气中的传播速度
11、c=3108m/s）【物理-选修3-5】15下列说法正确的是（）A放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律B、射线比较，射线的电离作用最弱C光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显D原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里E由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小16如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.5一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端
12、接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，求：滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小；滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离（取g=10m/s2）2015-2016学年内蒙古包头九中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，木块A静止在斜面体B上设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持静止，则（）AN增大，f增大BN不变，f增大CN减小，f先增大后减小DN增大，f先减小后增大【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】牛顿
13、运动定律综合专题【分析】使物体和斜面体一起向左做加速运动，加速度水平向左，将加速度分解为沿斜面向下和垂直于斜面向上两个方向，根据牛顿第二定律得到支持力N和摩擦力f的关系式进行分析【解答】解：当加速度较小时，摩擦力f沿斜面向上将加速度分解为沿斜面向下和垂直于斜面向上根据牛顿第二定律得Nmgcos=masin，mgsinf=macos，得到N=mgcos+masin；f=mgsinmacos可知当a增大时，N增大，f减小当加速度较大时，摩擦力f沿斜面向下根据牛顿第二定律得Nmgcos=masin，mgsin+f=macos，得到Nmgcos=masin，f=macosmgsin可知当a增大时，N增
14、大，f增大所以N增大，f先减小后增大故 D正确，A、B、C错误故选：D【点评】本题考查灵活运用正交分解处理物理问题的能力，采用的是分解加速度，不分解要求的力的方法，使解题过程简洁方便2如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（）A在P点将小球以小于v的速度水平抛出B在P点将小球以大于v的速度水平抛出C在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出D在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做
15、匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式分析判断【解答】解：A、在P点的初速度减小，则下降到框上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入筐中，故A错误B、在P点的初速度增大，则下降到筐底的时间内，水平位移增大，不能直接击中筐底的正中间，故B错误C、在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，根据x=知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确D、在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，小球不能进筐故D错误故选：C【点评】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得
16、到水平位移的表达式3质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A1：1：1B1：2：3C1：2：1D无法确定【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A
17、研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3【解答】解：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得， a1= 对A：kx1mg=ma1解得x1= 乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得， a2= 对A：kx2mg=ma2解得x2= 则 丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得F a3= 对A：kx3mgsinmgcos=ma3解得x3= 则x1：x2：x3=1：1：1 故A正确，BCD错误故选A【点评】牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究隔离法选取受力少的物体研究简单求内力时，必须用隔离法求整体的加速度可用整体法4如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、
18、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）At1t2Bt1=t2Ct1t2D无法比较t1、t2的大小【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间【解答】解：在AB段，由牛顿第二定律得：mgF=m，滑块受到的支持力：F=mgm，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=F就越小，在BC段，由牛顿第二定律得：Fmg=m，滑块受到的支持力：F=mg+
19、m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确解题5如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是（）A甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B甲、
20、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动C甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小【解答】解：A、若v小于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动速度为零后可以再向相反的方向运动整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方
21、向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同甲乙到达B点时的速度相同落地的位置在同一点故A正确；B、设v大于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等且运动时间相等BCD错误故选：A【点评】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握6如图所示，轻杆长为3L，在杆的AB两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动在转动的过程中，忽略
22、空气的阻力若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是（）A球B转到最低点时，其速度为vB=B球B在最低点时速度为C球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mgD球B在最高点，杆对水平轴的作用力为1.25mg【考点】向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，可以求出求B的线速度与角速度；转动过程中，两球系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式可以进一步求解出各个位置的速度【解答】解：A、球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有：mg=m解得：v=由于
23、A、B两球的角速度相等，而线速度之比等于半径之比，故此时A的线速度为：vA=；由机械能守恒定律可知：B转到最低点时有：mg3L+mv2B+mv2A=mg4L+mv2+m（）2；解得：vB=；故A正确，B错误；C、B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有：Fmg=m（）2L解得：F=1.5mg；故杆对支点的作用力为1.5mg故C正确；D错误；故选：AC【点评】本题中两个球组成的系统内部动能与重力势能相互转化，机械能守恒，同时两球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立列式求解7静止在地面上的小物体，在竖直向上的拉力作用下由静止开始运
24、动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系如图所示，其中0s1过程的图线是曲线，s1s2过程的图线为平行于横轴的直线关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是（）A0s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小Bs1s2过程中物体做匀速直线运动C0s2过程中物体的动能先增大后减小D0s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0s1过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时
25、，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化【解答】解：A、0s1过程中，图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零故A正确 B、s1s2过程中物体仅受重力，做匀减速直线运动故B错误 C、0s1过程中，开始拉力大于重力，做加速运动，动能增加，然后拉力小于重力，做减速运动，动能减小，s1s2过程动能逐渐减小所以0s2过程中物体的动能先增大后减小故C正确 D、0s1过程中，开始拉力大于重力，加速度方向向上，逐渐减小，然后拉力小于重力，加速度方向向下，逐渐增大到g，s1s2过程仅受重力，加速度保持g不变故D正确故选ACD【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛
26、顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律8在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）A物块A运动的距离为B物块A的加速度为C拉力F做的功为mv2D拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【考点】功的计算；胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】功的计算专题【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；
27、物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin=kx1解得：x1=物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；mgsin=kx2解得：x2=故物块A运动的距离为：，故A正确；B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：FmgsinT=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=mgsin故：a=，故B错误；C、D、拉力F做
28、的功等于物体A、弹簧系统机械能的增加量，为：W=mgxsin+，故CD错误；故选：A【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难二、非选择题包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答9某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的
29、劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出Fl图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k=200 N/m，弹簧的原长l0=20cm【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题；摩擦力专题【分析】根据胡克定律写出F与l的关系式，然后结合数学知识求解即可【解答】解：根据胡克定律F与l的关系式为：F=k（l+hl0）=kl+k（hl0），从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为：k=2N/cm=200N/m由k（hl0）=20N于是：l0=20cm故答案为：200； 20cm【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较
30、强的数学推导能力10用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度（1）下列说法正确的是CDA每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验中m1应远大于m2D在用图象探究加速度与质量关系时，应用a图象（2）下图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2图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
31、加速度的测量值a=1.0m/s2（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是CA小车与平面轨道之间存在摩擦 B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大 D所用小车的质量过大【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m根据纸带数据，由x=at2可求小车的加
32、速度根据实验图象可分析实验误差情况【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故A错误B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误C、让小车的质量m1远远大于钩码的质量m2，因为：实际上绳子的拉力F=m1a=m2g，故应该是m2m1，而当m2不再远远小于m1时a=，随m2的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C正确D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确故选：CD（2）计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s，根据纸带数据，由x=at2可得小车的加速度a=1.0m/s2（3）随着力F的增大，即砝
33、码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确、ABD错误故选：C故答案为：（1）CD；（2）1.0； （3）C【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用明确实验原理并能进行误差分析11如图所示，在倾角=37的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2
34、）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）分析绳子断前物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解绳断时物体的速度大小（2）绳断后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出向上减速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移下滑过程的位移大小等于上滑过程总位移大小，由牛顿定律和位移公式结合求解下滑的时间【解答】解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1， 则有FmgsinFf=ma
35、1 FN=mgcos又 Ff=FN得到，Fmgsinmgcos=ma1代入解得，a1=2.0m/s2所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s（2）绳断后，物体距斜面底端x1=16m断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma2得到，a2=g（sin+cos）=8.0m/s2物体做减速运动时间t2=1.0s 减速运动位移x2=4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有 mgsinmgcos=ma3得到，a3=g（sincos）=4.0m/s2设下滑时间为t3，则：x1+x2= 解得，t3=s=3.2st总=t2+t3=4.2s答：（1）绳断时物
36、体的速度大小是8.0m/s（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s【点评】本题是有往复的动力学问题，运用牛顿第二定律与运动学公式结合是解题的基本方法，加速度是关键量12如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角=37两者平滑对接t=0s时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑图乙所示为Q在06s内的速率v随时间t变化的部分图线已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2求：（1）木板P与地面间的动摩擦因数；（2）t=
37、8s时，木板P与滑块Q的速度大小；（3）08s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量【考点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理【分析】根据乙图可知，02s内物体做匀加速直线运动，26s内做匀减速直线运动，所以02s内在斜面上下滑，26s内在水平面上滑行，根据vt图象求出加速度，再根据牛顿第二定律求出动摩擦力因数，进而求出木板P与地面间的动摩擦因数；分别对Q和P运用牛顿第二定律及运动学基本公式求解t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小，根据图象与坐标轴围成的面积求解位移，根据运动学基本公式求出P、Q运动的位移，从而根据摩擦力做功公式求出8s产生的热量【解答】解：（1）02s内，P因墙壁存在而不动，
38、Q沿BC下滑，2s末的速度为v1=9.6m/s设P、Q间动摩擦因数为1，P与地面间的动摩擦因数为 2，对Q：由 图象有 由牛顿第二定律有 mgsin371mgcos37=ma1联立求解得 1=0.15，则（2）2s后，Q滑到AB上，因 1mg2（m+M）g故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速设加速度大小分别为 a2和a3，Q从B滑到AB上到P、Q共速所用的时间为 t0，对Q有：1mg=ma2对P有：1mg2（m+M）g=Ma3共速时 v1a2t0=a3t0分别求解得，t0=6s，故在 t=8s时，P、Q的速度大小恰相同，vP=vQ=a3t0=0.16=0.6m/s（3）02s内，据 图象“面积”
39、的含义，Q在BC上发生的位移 28s内，Q发生的位移P发生的位移 08s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量Q=1mgx1cos37+1mg（x2x3）代入数据解得Q=54.72J答：（1）木板P与地面间的动摩擦因数为0.03；（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小都为0.6m/s；（3）08s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量为 54.72J【点评】本题抓哟考查了匀变速直线运动及其公式、图象牛顿运动定律、牛顿定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据图象求解加速度和位移，难度较大【物理-选修3-4】13下列说法正确的是（）A简谐运动的周期与振幅无关B在弹簧振子做简谐运动
40、的回复力表达式F=kx中，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数C在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽E在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多【考点】光的干涉；简谐运动的回复力和能量【专题】光的干涉专题【分析】单摆小角度摆动是简谐运动，重力的切线分力提供回复力；波的传播方向与质点的振动方向垂直的波是横波，波的传播方向与质点的振动方向平行的波是纵波；明显衍射的条件是狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多【解答】解：A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关，故A正确
41、；B、在简谐运动的回复力表达式F=kx中，对于弹簧振子，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；故B正确；C、对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，横波两者垂直，纵波两者平行，故C错误；D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式，同种条件下，因紫光波长小于红光，则用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更窄，故D错误；E、在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，根据明显衍射的条件可知，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多故E正确故选：ABE【点评】本题考查了简谐运动、机械波、光的干涉和衍射，关键要明确简谐运动有弹簧振子模型和单摆模型两种模型14如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜
42、的截面图，圈弧CD为半径为R的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射，入射角1=45，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点，其光路图如图所示求：（1）该棱镜的折射率n；（2）光线在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在空气中的传播速度c=3108m/s）【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】（1）由几何知识得到折射角2与临界角C的关系，由折射定律=n得到折射角与折射率的关系，结合sinC=求出折射率n（2）光线在该棱镜中传播的速度为 v=【解答】解：（1）光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C由sinC=，得cosC=光线在AB界面上发生折射，折射角2=90C
43、，则sin2=cosC由折射定律=n由以上几式解得 n=（2）光速为：v=m/s=108m/s答：（1）该棱镜的折射率n是；（2）光线在该棱镜中传播的速度大小v为108m/s【点评】本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点”根据全反射临界角公式由sinC=、折射定律=n和光速公式v=相结合进行处理【物理-选修3-5】15下列说法正确的是（）A放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律B、射线比较，射线的电离作用最弱C光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显D原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里E由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动
44、能越小【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；X射线、射线、射线、射线及其特性；玻尔模型和氢原子的能级结构【专题】衰变和半衰期专题【分析】放射性元素的半衰期具有统计规律；、射线电离能力逐渐减弱，穿透能力逐渐增强；波长越短，粒子性越明显，波长越短，频率越大，能量越大；原子核中集中了全部正电荷和几乎全部质量；根据库仑引力提供向心力，得出轨道半径与动能的关系，从而判断出量子数变大，核外电子动能的变化【解答】解：A、放射性元素的半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用故A正确B、射线比较，射线的电离作用最强，穿透能力最弱故B错误C、光的波长越短，光的频率越大，根据E=hv，知光子能量越大，波长越长，粒子性
45、越明显故C正确D、原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，因为电子也有质量故D错误E、由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，轨道半径越大，根据=，知，电子的动能越小故E正确故选：ACE【点评】本题考查了放射性元素的半衰期特点，、射线的特点，玻尔的原子模型等知识，难度较小，需要在平时学习中多积累16如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.5一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）
46、与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，求：滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小；滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离（取g=10m/s2）【考点】动量守恒定律；功能关系【专题】压轴题【分析】（1）、因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度（2）、滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙
47、车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离【解答】解：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：mv12Mv2=0两式联立解得：v1=4m/s v2=1m/s（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得： mv1Mv2=（m+M）v共由能量守恒定律得：mgL=联立并代入shuju得： m答：滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车
48、上滑行的距离为m【点评】本题考察了动量守恒机械能守恒和能量的转化与守恒应用动量守恒定律解题要注意“四性”，、系统性：应明确研究对象是一个系统，同时确保系统的初、末状态的动量相等、矢量性：系统在作用前后，各物体动量的矢量和保持不变，当各速度在同一条直线上时，选定正方向，将矢量运算转化为代数运算、同时性：作用前系统各部分的速度应为同一时刻的速度，作用后系统各部分的速度也应为同一时刻的速度、同系性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参照系机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化能量的转化与守恒要从三个方面认识：一是能量不能凭空产生，也不能凭空消失；二是只能从一种形式转化为另一种形式（力做功）；三是从一个物体转移到另一个物体（热传递）
