1、2016-2017学年吉林省吉林大学附中高三（上）月考物理试卷（9月份）一、选择题（每题4分，共48分全选对得4分，选不全得2分，有错选不得分）1如图所示为某质点运动的vt图象，24s内图线为半圆形，若4s末质点回到了出发点，则下列说法正确的是（）A12s内质点的加速度大小为8m/s2B24s内质点的位移大小为8mC3s末质点的速度为8m/sD3s末质点的加速度等于零2如图所示，吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分布均匀的铁板匀速吊离地面，下列说法中不正确的是（）A绳越长，每根绳对铁板拉力越小B两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力C两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上D绳越长，两根绳对铁板拉
2、力的合力越小3将某均匀的长方体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则（）A物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零B物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零CB对A的压力等于桌面对A的摩擦力DB对A的作用力方向与F方向相同4某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中（）Aa、b两物体速度之差保持不变Ba、b两物体速度之差与时间成正比Ca、b两物体位移之差与时间成正比Da、b两物体位移之差与时间平方成正比5如图所示，M为固定
3、在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，地面水平且有一定长度今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（）A只要h大于R，释放后小球就能通过a点B只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上C无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）6轻杆一端固定在光滑水平轴O上，另一端固定一质量为m的小球，如图所示给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，且刚好能通过最高点P，下列说法正确的是（）A小球
4、在最高点时对杆的作用力为零B小球在最高点时对杆的作用力为mgC若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力一定增大D若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力可能为零7“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球如图所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）A卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7 km/sB卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7.7 km/sC卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D卫星在3轨道所具有的最大速率小
5、于在2轨道所具有的最大速率8如图所示为汽车在水平路面上启动过程的vt图象0t1时间内为匀加速阶段，t1t2时间内表示以额定功率行驶时的变加速阶段，t2后是与t轴平行的直线，则下列说法正确的是（）A0t1时间内，牵引力增大，功率不变B0t1时间内，牵引力不变，故功率不变Ct1t2时间内，功率不变，加速度减小Dt1t2时间内，牵引力做的功为mv22mv129如图所示，一物块以6m/s的初速度从曲面A点下滑，运动到B点速度仍为6m/s，若物体以7m/s的初速度仍由A点下滑，则运动到B点时的速度（）A大于7 m/sB小于7m/sC等于7m/sD条件不足，无法计算10如图所示，bc为固定在车上的水平横杆
6、，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为，小车的加速度逐渐增大，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时有（）A横杆对M的摩擦力增加了MaB细线与竖直方向的夹角的正切值增加到原来的2倍C横杆对M弹力不变D细线的拉力等于原来的2倍11如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下
7、列说法正确的是（）A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J12如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2分别与质量均为m的小滑块P和小球Q连接已知光滑直杆两端固定且与两定滑轮在同一竖直平面内，杆与水平面的夹角为，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰现将小物块从C点由静止释放，在其下滑过程中，下列说法正确的是（）A小滑块P的动能先增加后减小B小滑块P的机械能先减小后增加C小球Q的动能先增加后减小D小球Q的机械能先减小后增加二、实验题（共10
8、分）13某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=cm（2）要验证机械能守恒，只要比较AD2（）与gh是否相等 BD2（）与2gh是否相等CD2（）与gh是否相等 DD2（）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度（选填“”或“”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小14为验证“动能定理
9、”，即：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，实验装置如图a，木板倾斜构成斜面，斜面B处装有图b所示的光电门如图c，用游标卡尺测得挡光条的宽度为d装有挡光条的物块由A处静止释放后沿斜面加速下滑，读出挡光条通过光电门的挡光时间t，则物块通过B处时的速度为（用字母表示）测得A、B两处的高度差为H，水平距离L；已知物块与斜面的动摩擦因数为，为了完成实验，还必须知道的物理量是（用文字及字母表示）如果实验结论得到验证，则以上各物理量之间的关系满足：H=（用字母表示）三、计算题15质量为40kg的雪橇在倾角=37的斜面上向下滑动如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比今测得雪橇运动的vt图象如图乙所示，且A
10、D是曲线的切线，D点坐标为（4，15），BC是曲线的渐近线，sin37=0.60，cos37=0.80，g取10m/s2（1）试说明雪橇的运动情况（先做什么运动？加速度的大小怎样变化？速度的大小怎样变化？后来做什么运动） （2）当雪橇的速度v=5m/s时，它的加速度为多大？（3）求空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数16某星球的半径为R，在该星球表面某一倾角为的山坡上以初速度v0平抛一物体，经过时间t该物体落到山坡上（1）求该星球的环绕速度；（2）若在距离该星球表面高h处有一颗卫星绕着星球做匀速圆周运动，问：卫星运行的周期是多少？（不计一切阻力）17如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖
11、直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运
12、动而不会脱离轨道四、选考题：共12分请考生从给出的3选修中任选1个解答并在答题卡选答区域指定位置答题【物理-选修3-3】18下列说法正确的是（）A单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加D自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变19某同学用一端封闭的U形管，研究一定质量封闭气体的压强，如图所示，U形管竖直放置，当封闭气柱长为L0时，两侧水银面的高度差为h，大气压强
13、为P0求封闭气体的压强（用cmHg作单位）；若L0=20cm，h=8.7cm，该同学用与U形管口径相同的量筒往U形管内继续缓慢注入水银，当再注入13.3cm长水银柱时，右侧水银面恰好与管口相平齐设环境温度不变，求大气压强是多少cmHg？【物理-选修3-4】20两列相干波在同一水平面上传播，某时刻它们的波峰、波谷位置如图所示图中M是波峰与波峰相遇点，是凸起最高的位置之一下列说法正确的是（）A发生干涉的两列波的频率一定是相同的B图中M、P、Q是振动加强的点 N、O是振动减弱的点C图中N点的位移始终都是零D由图中时刻经，质点M和O点处在平衡位置E两列波的传播速度的大小一定相同21某介质中形成一列简谐
14、波，t=0时刻的波形如图中实线所示（1）若波向右传播零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振，求：该列波的周期T；从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？（要写出具体判断过程）【物理-选修3-5】22下列说法正确的是（）A居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有
15、波粒二象性D卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象光电效应23卢瑟福用粒子轰击氮核发现质子发现质子的核反应为： N+HeO+H已知氮核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v0=3107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之
16、比为1：50求氧核的速度大小2016-2017学年吉林省吉林大学附中高三（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分全选对得4分，选不全得2分，有错选不得分）1如图所示为某质点运动的vt图象，24s内图线为半圆形，若4s末质点回到了出发点，则下列说法正确的是（）A12s内质点的加速度大小为8m/s2B24s内质点的位移大小为8mC3s末质点的速度为8m/sD3s末质点的加速度等于零【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】由图可读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度由图线“面积”求出位移，由此分析解答【解答】
17、解：A、12s内质点的加速度为 a=8m/s2，所以12s内质点的加速度大小为8m/s2，故A正确；B、4s末质点回到了出发点，所以24s内质点的位移大小等于12s的位移大小，为 x=28=8m，故B正确；C、设3s末质点的速度大小为v图线“面积”表示位移，则v2=8，所以v=m/s，故C错误D、3s末图线的斜率为零，所以此时加速度为零，故D正确；故选：ABD2如图所示，吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分布均匀的铁板匀速吊离地面，下列说法中不正确的是（）A绳越长，每根绳对铁板拉力越小B两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力C两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上D绳越长，两根绳对铁板拉力的合力
18、越小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对绳OA和OB的拉力应用平行四边形定则求合力，根据平衡条件其合力应该与铁板的重力等大反向，绳越长，两绳夹角越小，由图解法分析绳子拉力的变化【解答】解：A、对绳OA和OB的拉力应用平行四边形定则求合力，如图，根据平衡条件两绳子拉力的合力始终等于铁板的重力，即不变，当绳子变长后，两绳夹角变小，如图中红线所示，但其合力不变，由图可以看出绳子拉力变小，故A正确B、一个物体受到几个外力的作用，如果这几个力有共同的作用点或者这几个力的作用线交于一点，这几个外力称为共点力，两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力其延长线会交于O点，故它们是共点力，故B正
19、确；C、根据平衡条件两绳子拉力的合力与铁板的重力等大反向，则两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上，C正确；D、两根绳对铁板拉力的合力等于铁板的重力，保持不变，故D错误；本题选错误的，故选：D3将某均匀的长方体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则（）A物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零B物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零CB对A的压力等于桌面对A的摩擦力DB对A的作用力方向与F方向相同【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】A、B两木板在水平面做匀速运动，合力均为零，根据平衡
20、条件分析受力情况，分析的结果必须满足条件【解答】解：AB、对木板A分析受力情况：木板A在水平面受到水平向左的滑动摩擦力f，B的弹力NBA和摩擦力fBA，竖直方向受重力和桌面的支持力，所以A受到5个力作用，水平方向受3个力作用，合力为零故A正确，B错误C、B对A的压力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等值反向，故C错误D、B对A的作用力即NBA和fBA的合力，作出NBA和fBA的合力如图，根据平衡条件得知：NBA和fBA的合力与f大小相等，方向相反，与F相同，故D正确故选：AD4某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中（
21、）Aa、b两物体速度之差保持不变Ba、b两物体速度之差与时间成正比Ca、b两物体位移之差与时间成正比Da、b两物体位移之差与时间平方成正比【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】根据V=VtV0可知，加速度相同时a、b两物体初速度设为V1、V2则速度之差计算可得；根据X=V0t+at2得，位移之差计算可得【解答】解：A、B、根据V=VtV0可知，加速度相同时a、b初速度设为V1、V2则速度之差为：Vab=VaVb=（V1+at）（V2+at）=V1V2；故A正确，B错误； C、D、根据X=V0t+at2得，位移之差为：X=XaXb=（V1t+at2）（V2
22、t+at2）=（V1V2）t，故C正确，D错误故选：AC5如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，地面水平且有一定长度今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（）A只要h大于R，释放后小球就能通过a点B只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上C无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）【考点】向心力；机械能守恒定律【分析】根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系若
23、小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得h，分析小球能否通过a点后落回轨道内【解答】解：A、小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg=解得：v=根据动能定理：mg（hR）=mv2得：h=R若要释放后小球就能通过a点，则需满足hR，故A错误；小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：x=vt竖直方向的自由落体运动：R=gt2，解得：x=RR，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨
24、道内，小球将通过a点不可能到达d点只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间故B错误，CD正确故选：CD6轻杆一端固定在光滑水平轴O上，另一端固定一质量为m的小球，如图所示给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，且刚好能通过最高点P，下列说法正确的是（）A小球在最高点时对杆的作用力为零B小球在最高点时对杆的作用力为mgC若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力一定增大D若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力可能为零【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】由题，小球刚好能通过最高点P，速度为零，根据牛顿第二定律研究杆对小球的作用力，再由牛顿第三定律
25、研究小球对杆作用力由牛顿第二定律讨论增大小球的初速度时，在最高点杆对球的作用力情况【解答】解：A、B以小球为研究对象，设在最高点时杆对小球的作用力大小为F，方向竖直向上小球刚好能通过最高点P，速度为零，根据牛顿第二定律得，mgF=m=0，即有F=mg，再由牛顿第三定律得到，小球在最高点时对杆的作用力也为mg故A错误，B正确C、由上得到F=mgm，增大小球的初速度，当v=时，F=0，在最高点时球对杆的力为零，球对杆的作用力减小故C错误，D正确故选BD7“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球如图所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道A点是2轨道的
26、近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）A卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7 km/sB卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7.7 km/sC卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率【考点】万有引力定律及其应用【分析】当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过B速度变小卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具
27、有的机械能越大卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3【解答】解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s故A正确B、假设有一圆轨道经过B点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误C、卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误D、根据开普勒第二定律可知近月点速度大于远月点速度，故比较卫星在
28、轨道3经过A点和轨道2经过A点的速度即可，又因为卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率故D错误故选：A8如图所示为汽车在水平路面上启动过程的vt图象0t1时间内为匀加速阶段，t1t2时间内表示以额定功率行驶时的变加速阶段，t2后是与t轴平行的直线，则下列说法正确的是（）A0t1时间内，牵引力增大，功率不变B0t1时间内，牵引力不变，故功率不变Ct1t2时间内，功率不变，加速度减小Dt1t2时间内，牵引力做的功为mv22mv12【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【分析】0t1时间内为匀加速阶段，加速度不变，根据牛
29、顿第二定律得出牵引力的变化，结合P=Fv判断功率的变化在t1t2时间内功率不变，根据P=Fv判断牵引力的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的变化根据动能定理求牵引力做的功【解答】解：AB、在0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得，Ff=ma，牵引力不变根据P=Fv知，功率增大故A、B错误C、t1t2时间内，功率不变，根据P=Fv知速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：a=，知加速度减小故C正确D、t1t2时间内，根据动能定理得，WWf=mv22mv12可知牵引力做功 W不等于mv22mv12故D错误故选：C9如图所示，一物块以6m/s的初速度从曲面A点下滑，运动到
30、B点速度仍为6m/s，若物体以7m/s的初速度仍由A点下滑，则运动到B点时的速度（）A大于7 m/sB小于7m/sC等于7m/sD条件不足，无法计算【考点】动能定理的应用；向心力【分析】物体从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当物体下滑的速度增大时，运用向心力知识分析轨道对物体支持力的变化，判断摩擦力如何变化，确定物体克服摩擦力做功的大小，分析动能变化量的大小，再求出物体运动到B点时的速度范围【解答】解：第一次物体从曲面的A点下滑过程中，动能变化量为零，则重力做的功等于克服摩擦力做的功第二次物体下滑时速度增大，在同一点物体所需要的向心力增大，轨道对物体的支持力增大，则物体对轨道的压力增大
31、，物体所受的滑动摩擦力随之增大，从A运动到B，路程相等，则物体下滑过程中克服摩擦力做功将增大，所以重力做功将小于克服摩擦力做功，总功为负值，根据动能定理得知，物体的动能减小，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次则有mvB2mvA20，得：vBvA=7m/s故选：B10如图所示，bc为固定在车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为，小车的加速度逐渐增大，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时有（）A横杆对M的摩擦力增加了MaB细线与竖直方向的夹角
32、的正切值增加到原来的2倍C横杆对M弹力不变D细线的拉力等于原来的2倍【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】先对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式分析；再对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图根据牛顿第二定律，有Tsin=ma Tcosmg=0 再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a N（M+m）g=0 由解得：tan=N=（M+m）gT=f=（M+m）a当加速度变为2倍时，摩擦力f变为2倍，故A错误；支持力N不变，故C正确；的正切变为原来的2倍，故B
33、正确；由于T=，故T不是增加原来的2倍，故D错误；故选：BC11如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（）A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【分析】由Ft图象求出力的大小，由vt图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动
34、摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率【解答】解：A、由速度图象知在13s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8+mgsinmgcos=ma，由vt图象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2在34s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：mgcosmgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正确，B错误；C、由vt图象可知，01s时间内，物块静止，力F不做功，13s时间内，力F=0.8N，物块的位移x=0.422m=0.8m，03s内力F做功的平均功率为：P=W=0.213W，故C错误；D、
35、03s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.12J，故D正确故选：AD12如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2分别与质量均为m的小滑块P和小球Q连接已知光滑直杆两端固定且与两定滑轮在同一竖直平面内，杆与水平面的夹角为，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰现将小物块从C点由静止释放，在其下滑过程中，下列说法正确的是（）A小滑块P的动能先增加后减小B小滑块P的机械能先减小后增加C小球Q的动能先增加后减小D小球Q的机械能先减小后增加【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【分析】小滑块从C点由静止
36、释放，滑块与O1的距离减小，小球下降，当连接滑块P的细绳与直杆恰垂直时，滑块C与O1的距离达到最小，此时小球的速度恰为零，然后滑块与的O1距离再增大分析清楚物体运动过程，然后判断物体速度变化情况，在判断滑块动能与重力势能及机械能的变化情况【解答】解：A、小滑块从C点由静止释放，滑块与O1的距离先减小后增大，小滑块的速度先增大后减小，滑块的动能先增大后减小，在该过程中，绳子拉力对滑块先做正功后做负功，滑块的机械能先增大后减小，故A正确，B错误；CD、小滑块从C点由静止释放，滑块与O1的距离减小，小球下降，当连接滑块P的细绳与直杆恰垂直时，滑块C与O1的距离达到最小，此时小球的速度恰为零，然后滑块
37、与的O1距离再增大，小球再上升，在这个过程中小球速度先增大，后减小，再增大，动能先增大、后减小、再增大，绳子拉力先对小球做负功，然后再做正功，小球的机械能先减小后增大，故C错误，D正确故选：AD二、实验题（共10分）13某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=0.950cm（2）要验证机械能守恒，只要比较DAD2（）与gh是否相等 BD2（）
38、与2gh是否相等CD2（）与gh是否相等 DD2（）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度（选填“”或“”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0
39、.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：0.950cm（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mD2（）即只要比较D2（）与2gh是否相等，故选：D（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小故答案为：（1）0.950cm（2）D（3），不能14为验证“动能定理”，即：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，实验装置如图a，木板倾斜构成斜面，斜面B处装有图b所示的光电门如图c，用游标卡尺测得挡光条的宽度
40、为d装有挡光条的物块由A处静止释放后沿斜面加速下滑，读出挡光条通过光电门的挡光时间t，则物块通过B处时的速度为v=（用字母表示）测得A、B两处的高度差为H，水平距离L；已知物块与斜面的动摩擦因数为，为了完成实验，还必须知道的物理量是当地的重力加速度g（用文字及字母表示）如果实验结论得到验证，则以上各物理量之间的关系满足：H=（用字母表示）【考点】探究功与速度变化的关系【分析】物块通过光电门的时间非常小，因此可以平均速度代替其通过的瞬时速度，据此可以求出物块通过光电门时的速度大小；根据动能定理，结合滑动摩擦力做功的表达式，即可求解【解答】解：挡光条的物块通过光电门时的速度为v=根据物块下滑过程中
41、，重力与滑动摩擦力做的功，等于动能的增加，则有： mvB2=mgHmgcos=mgHmgL；为了完成实验，还必须知道的物理量是重力加速度g；根据动能定理，则有： mvB2=mgHmgL；解得：H=；故答案为：；当地的重力加速度g；三、计算题15质量为40kg的雪橇在倾角=37的斜面上向下滑动如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比今测得雪橇运动的vt图象如图乙所示，且AD是曲线的切线，D点坐标为（4，15），BC是曲线的渐近线，sin37=0.60，cos37=0.80，g取10m/s2（1）试说明雪橇的运动情况（先做什么运动？加速度的大小怎样变化？速度的大小怎样变化？后来做什么运动） （2）当
42、雪橇的速度v=5m/s时，它的加速度为多大？（3）求空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）通过vt图象，可知开始时速度逐渐增加，通过增加的幅度可知开始时的运动类型，当速度增加到10m/s时，速度不再变化，继而可知以后做匀速直线运动（2）通过AD是曲线最左端那一点的切线，可求得当速度为5m/s时的加速度（3）找到两个特殊状态，一个是速度为5m/s时，一个是匀速运动时，利用运动学公式结合牛顿运动定律列式，即可求得空气阻力的系数和动摩擦因数【解答】解：（1）vt图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动
43、，最后做匀速直线运动（2）当v=5m/s时，雪橇的加速度为：（3）空气阻力为f1=kv，雪橇与斜坡间的摩擦力为f2=mgcos取人和雪橇为研究对象，由牛顿第二定律有：mgsinf1f2=ma即：mgsinkvmgcos=ma由vt图象可知，t0=0时，v0=5m/s，a=2.5m/s2当速度达到最大值时，vm=10m/s，a=0代入上式，解得：k=37.5kg/s，=0.125答：（1）雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动；（2）当雪橇的速度v=5m/s时，它的加速度为2.5m/s2；（3）空气阻力系数k为37.5kg/s，雪橇与斜坡间的动摩擦因数为0.12516某星球的半
44、径为R，在该星球表面某一倾角为的山坡上以初速度v0平抛一物体，经过时间t该物体落到山坡上（1）求该星球的环绕速度；（2）若在距离该星球表面高h处有一颗卫星绕着星球做匀速圆周运动，问：卫星运行的周期是多少？（不计一切阻力）【考点】万有引力定律及其应用【分析】（1）根据平抛运动规律列出水平方向和竖直方向的位移等式，结合几何关系求出重力加速度忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式使物体绕着星球表面做匀速圆周运动，由万有引力定律充当向心力可求得环绕速度（2）由万有引力提供向心力即可求出在距离该星球表面高h处的周期【解答】解：（1）由题意可知，是要求该星球上的“近地卫星”的绕行速度，也即为第一
45、宇宙速度设该星球表面处的重力加速度为g，由平抛运动规律可得：tan=，y=gt2，x=v0t，联立解得：g=tan对于绕该星球做匀速圆周运动的“近地卫星”，应有：mg=m 解得：v=（2）由万有引力提供向心力：推得：又 有GM=gR2所以有：答：（1）该星球的环绕速度是；（2）若在距离该星球表面高h处有一颗卫星绕着星球做匀速圆周运动，卫星运行的周期是17如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹
46、簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）物块A从Q到P过程中，运用动能定理，结合摩擦力做功，从而求出物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）根据运动学公式求得回到圆轨道的速度
47、大小，再根据动能定理求出A能够上升的高度，并讨论能否达到此高度（3）A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，要么能够越过圆轨道的最高点，要么在圆轨道中上升的高度不要超过圆轨道的半径，结合动能定理、动量守恒定律和牛顿第二定律求出l所满足的条件【解答】解：（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，与弹簧接触瞬间，可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s；（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有；解得A速度 v2=2m/s，A滑上圆形轨道，有，（也可以应用）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有，可得
48、，A回到右侧速度：，要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0hR，根据机械能守恒：联立可得，1.0ml1.5m；若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：且，联立得 l0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0ml1.5m或 l0.25m；答：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2m/s（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1.0ml1.5m或 l0.25m四、选考题：共12分请考生从给出
49、的3选修中任选1个解答并在答题卡选答区域指定位置答题【物理-选修3-3】18下列说法正确的是（）A单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加D自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变【考点】热力学第一定律；* 晶体和非晶体；封闭气体压强【分析】晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因；根据热力学第一定律解释其内能的变化
50、；自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大【解答】解：A单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故A错误B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关故B错误C一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定增加，故C正确D根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速
51、率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大故选：ACD19某同学用一端封闭的U形管，研究一定质量封闭气体的压强，如图所示，U形管竖直放置，当封闭气柱长为L0时，两侧水银面的高度差为h，大气压强为P0求封闭气体的压强（用cmHg作单位）；若L0=20cm，h=8.7cm，该同学用与U形管口径相同的量筒往U形管内继续缓慢注入水银，当再注入13.3cm长水银柱时，右侧水银面恰好与管口相平齐设环境温度不变，求大气压强是多少cmHg？【考点】气体的等温变化【分析】以密封气体为研究对象，密封气体的压强等于高度差与大气压强的和；密封气体做等温变化，求出密封气体的长度然后由波意尔定律即可求得【解答】解：封闭
52、气体的压强为：P=P0+gh 解得：P=（P0+h）cmHg此时封闭气柱长为：L1=L0（h+LL0）=18cm 由波意尔定律有：（P0+h）L0=（P0+L1）L1解得：P0=75cmHg 答：封闭气体的压强为（P0+h）cmHg；大气压强是多少75cmHg【物理-选修3-4】20两列相干波在同一水平面上传播，某时刻它们的波峰、波谷位置如图所示图中M是波峰与波峰相遇点，是凸起最高的位置之一下列说法正确的是（）A发生干涉的两列波的频率一定是相同的B图中M、P、Q是振动加强的点 N、O是振动减弱的点C图中N点的位移始终都是零D由图中时刻经，质点M和O点处在平衡位置E两列波的传播速度的大小一定相同
53、【考点】波的叠加；波的干涉和衍射现象【分析】由图知M、O、P、Q都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动，振幅为质点离开平衡的位置的最大位移【解答】解：A、能够发生干涉的两列波的频率一定是相同的，故A正确；B、图中M、P、Q、O是振动加强的点，N是振动减弱的点，故B错误；C、图中N点是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，但两列波的振幅不一定相同，故其位移不一定是零，故C错误；D、质点M和O在平衡位置振动，由图中时刻经，质点M和O点处在平衡位置，故D正确；E、波速由介质决定，故两列波的传播速度的大小一定相同，故E正确；故选：ADE21某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示（
54、1）若波向右传播零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振，求：该列波的周期T；从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？（要写出具体判断过程）【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】（1）波向右匀速传播，根据传播距离x=6m，时间t=0.6s，求出波速；由图读出波长，根据求出周期；当图示时刻x=0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波谷根据波形的平移求出从t=0时刻起到P点第一次达到波谷时所经历的时间，
55、分析O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0（2）先求解波形平移的距离，看其与波长的关系，再判断波形平移的方向【解答】解：（1）由图象可知：=2m，A=2cm当波向右传播时，点B的起振方向向下，包括P点在内的各质点的起振方向均向下波速 =10m/s 由得：T=0.2s由t=0至P点第一次到达波峰止，经历的时间：=0.75s=（3T+），而t=0时O点的振动方向向上，故经t2时间，O点振动到波谷，即y0=2cmS0=（3+1/4）4A=0.26m（2）当波速v=20m/s时，经历0.525s时间，波沿x轴方向传播的距离x=vt=10.5m=（5+），故波沿x轴负向传播；答：（1）该列波的周期
56、T为0.2s；从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移为2cm，其所经过的路程s0为为0.26cm；（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.525s时间，则该列波沿x轴负向传播【物理-选修3-5】22下列说法正确的是（）A居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要
57、现象光电效应【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B正确；C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；D、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；E、赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象光电效应，故E正确；故选：B
58、CE23卢瑟福用粒子轰击氮核发现质子发现质子的核反应为： N+HeO+H已知氮核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v0=3107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1：50求氧核的速度大小【考点】爱因斯坦质能方程【分析】（1）根据质量亏损，结合质能方程，即可求解；（2）根据动量守恒定律，结合速度大小之比为1：50，即可求解【解答】解：（1）、这一核反应中，质量亏损：m=mN+mHemOmp=14.00753+4.0038717.004541.00815=0.00129u由质能方程，则有E=m c2=0.00129931=1.20MeV故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV（2）、根据动量守恒定律，则有：mHe v0=mH vH+mOvO又：vO：vH=1：50解得：vO=1.8106m/s答：（1）这一核反应是吸收能量，相应的能量变化为1.20MeV；（2）氧核的速度大小1.8106m/s2016年11月18日
