1、2016-2017学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高三（上）第四次月考物理试卷一单项选择题（每题4分，共28分）1如图所示为一质点从t=0时刻开始，做初速度为零的匀加速直线运动的位移时间图象，图中虚线为经过t=4s时对应的图象的点的切线，交时间轴于t=2s处，由此可知该质点做匀加速运动的加速度为（）A m/s2B2 m/s2C m/s2D m/s22如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2由此可求出（）A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力3如图，轻弹
2、簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2重力加速度大小为g则有（）Aa1=g，a2=gBa1=0，a2=gCa1=0，a2=gDa1=g，a2=g4将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法正确的是（）A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度
3、不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的5两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则（）Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐增大Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零6以下有关近代物理学内容的若干叙述中不正确的有（）A若氢原子核外电子从激发态n=3跃迁到n=2时发出
4、的光子刚好能使某金属发生光电效应，则从激发态n=2跃迁到基态发出的光一定能使该金属发生光电效应B用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子C8 g的某放射性元素经两个半衰期后，其质量会变成2 gD氢原子放出光子后核外电子的动能会增大7如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计则以下说法正确的是（）A在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C在
5、将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过二多项选择题（每题4分，共16分，选不全者得2分，有一项选错者得0分）8如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA=6kg、mB=2kg，A、B间动摩擦因数=0.2，在物体A上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20N，现水平向右拉细线，g取10m/s2，则（）A当拉力F12N时，A静止不动B当拉力F12N时，A相对B滑动C当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4ND在拉力允许的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止9a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为q1和q2
6、，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，a、p间距离大于p、b间距离从图中可以判断以下说法正确的是（）Aa和b均为负电荷且q1一定大于q2B电势最低的p点的电场强度为零C将一负的检验电荷从b处移到p处，电荷电势能增加Da、p间的电场方向都指向a点10如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下已知金属块在滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功6.0J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A金属块带正电荷B金属块克服电场力做功8.0JC金属块的机械能减少6JD金属块的电势能增加4.0J11如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电
7、流的关系图象，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则（）ArarbBIaIbCR0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低DR0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率也较低三实验题（每空2分，共14分）12探究加速度与力的关系装置如图所示，带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块获取多组a、F
8、数据（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是A实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量D实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个aF图象如图2所示，正确的是；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小为；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正修正后的横坐标F合应该等于（用F、F0表示）13用两个小车验证动量守恒定律，两车放在光滑的水平轨道上，B车静止，A 车连接纸带（纸带穿过打点计时器）向右运动，如图所示它和B车碰撞后连接在一起向右运动，两车碰撞时间较短可以忽
9、略不计已知A车的质量为0.60kg，B车质量为0.58kg，打点计时器所用交流电的频率是50Hz根据纸带数据可得两车碰撞前的总动量为 kgm/s，碰后的总动量为 kgm/s实验结论：四计算题14某科幻小说中有下列一段描述，宇宙中有一球型均匀带电天体，其质量为m，半径为R宇航员王小明乘坐飞行器，登上该天体，用质量为M，带电量为q的小球进行如下操作第一次，让小球带负电，从距该天体表面为h的位置由静止释放，发现小球悬浮不动；第二次，让小球带正电，从相同的位置，用小型发射装置将小球以某一速度水平发射，发现小球恰能在距天体表面为h的轨道上做匀速圆周运动（已知万有引力常量为G，静电力恒量为k）试根据以上信
10、息求：（1）该天体所带电的电性及其电量；（2）小球做匀速圆周运动加速度的大小；（3）小球绕天体运动一周所用的时间15光滑水平面上放着质量mA=lkg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C取g=l0m/s2，求（1）绳拉断后B的速度VB的大小；（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）
11、绳拉断过程绳对A所做的功W【物理-选修3-3】16下列说法中正确的是 （）A具有各向同性的固定一定是非晶体B饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关C能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性D液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力E若某气体摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA表示，则该气体的分子体积为17如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的气体，外界大气压为75cmHg，左右两水银面高度差为5cm，温度为t1=27保持温度不变，上下移动B管，使A管中气体长度变为5cm，稳定后的压强为
12、多少？稳定后保持B不动，为了让A管中气体体积回复到6cm，则温度应变为多少？2016-2017学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题（每题4分，共28分）1如图所示为一质点从t=0时刻开始，做初速度为零的匀加速直线运动的位移时间图象，图中虚线为经过t=4s时对应的图象的点的切线，交时间轴于t=2s处，由此可知该质点做匀加速运动的加速度为（）A m/s2B2 m/s2C m/s2D m/s2【考点】匀变速直线运动的图像【分析】位移时间图象的斜率表示速度，根据图象求出t=4s时的速度，再根据匀加速直线运动速度时间公式求解加速度【解答】解：位移
13、时间图象的斜率表示速度，根据图象得：t=4s时刻的速度为：v4=2m/s根据匀加速直线运动速度时间公式得：v=at解得：a=m/s2；故选：A2如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2由此可求出（）A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力【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】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可【解答】
14、解：A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1mgsinf=0 ；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+fmgsin=0 ；联立解得：f=，故C正确；mgsin=，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；D、物块对斜面的正压力为：N=mgcos，未知，故D错误；故选C3如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a
15、1、a2重力加速度大小为g则有（）Aa1=g，a2=gBa1=0，a2=gCa1=0，a2=gDa1=g，a2=g【考点】牛顿第二定律【分析】木板抽出前，木块1和木块2都受力平衡，根据共点力平衡条件求出各个力；木板抽出后，木板对木块2的支持力突然减小为零，其余力均不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度【解答】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变对1物体受重力和支持力，mg=F，a1=0对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律a=故选C4将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一
16、个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法正确的是（）A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】本题应根据动能定理求解，只要正确对物体受力分析，分别求出各力做功的代数和，即可比较速度的大小【解答】解：对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh=m，其中为物块克服摩擦力做的功，因
17、滑动摩擦力f=，又=mgcos，所以物块克服摩擦力做的功为=fL=mgcosL=mgLcos=mg，由图可知，Lcos为斜面底边长，即若物体从斜面顶端下滑到底端时只要质量m与斜面底端长相同，则物体克服摩擦力做的功就相同故：A：因沿着1和2下滑到底端时相同，沿2和3下滑到底端时不同，沿3时克服摩擦力做的功多，由动能定理mgh=m，不难判断A错误B：根据动能定理，沿1和2下滑时有mg=m，mg=m，同理沿2和3下滑时有mg=m，显然，最大，故B正确C：由摩擦产生热量Q=， =mg，可知物块沿3下滑到底端的过程中产生的热量最多，故C正确D：同理，根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的
18、热量一样多，故D正确故选：BCD5两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则（）Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐增大Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零【考点】电势；电势能【分析】根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况【解答】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到
19、O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B错误C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值故D错误故选：C6以下有关近代物理学内容的若干叙述中不正确的有（）A若氢原子核外电子从激发态n=3跃迁到n=2时发出的光子刚好能使某金属发生光电效应，则从激发态n=2跃迁到基态
20、发出的光一定能使该金属发生光电效应B用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子C8 g的某放射性元素经两个半衰期后，其质量会变成2 gD氢原子放出光子后核外电子的动能会增大【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等；明确发生半衰期次数、衰变前总质量、衰变后质量之间的关系；原子放出光子后核外电子的动能会减小，从而即可各项求解【解答】解：A、若氢原子核外电子从激发态n=3跃迁到到n=2时发出的光子刚好能使某金属发生光
21、电效应，根据光电效应发生条件，结合E=EmEn可知，从激发态n=2跃迁到基态发出的光子能量一定大于从n=3跃迁到到n=2时发出的光子能量，因此能发生光电效应，故A正确；B、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故B正确；C、设元素衰变前质量为M，经过n个半衰期后质量为m，则有：m=m0（）n，故质量为8 g的放射元素经过两个半衰期后原来所含的放射元素还剩2 g没有衰变，但剩余质量会大于2 g，故C不正确；D、处于激发态
22、的氢原子放出光子后，将低能级跃迁，运动半径减小，其动能增大，电势能减小，总能量也减小，故D不正确本题选择不正确的，故选：CD7如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计则以下说法正确的是（）A在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】带电粒子在匀强
23、电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况【解答】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R
24、2与滑动变阻器放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A二多项选择题（每题4分，共16分，选不全者得2分，有一项选错者得0分）8如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA=6kg、mB=2kg，A、B间动摩擦因数=0.2，在物体A上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20N，现水平向右拉细线，g取10m/s2，则（）A当拉力F12N时，A静止不动B当拉力F12N时，A相对B滑动C当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4ND在拉力允许的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力【分析】隔离对B分析，求出B的最大加速度，再对整体分析，求出发生相
25、对滑动所需的最大拉力【解答】解：当A、B发生相对运动时的加速度a=则发生相对运动时最大拉力F=（mA+mB）a=86N=48N知在绳子承受的最大拉力范围内，A、B始终保持静止当F=16N时，整体的加速度则B对A的摩擦力f=mBa=22N=4N故C、D正确，A、B错误故选CD9a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为q1和q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，a、p间距离大于p、b间距离从图中可以判断以下说法正确的是（）Aa和b均为负电荷且q1一定大于q2B电势最低的p点的电场强度为零C将一负的检验电荷从b处移到p处，电荷电势能增加Da、p间的电场方向都指向a点【考点】电势能；电
26、场强度【分析】作出q1、2之间的电场线，就知道P处场强为零，根据点电荷场强公式，得到q1的电荷量一定大于q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷；负电荷由P点的左侧移到右侧，电场力应先做负功再做正功【解答】解：A、如图所示，作出电场线，知道Xp处合场强为0，则q1与q2在P处场强大小相等，方向相反根据E=K知，q1q2，故A错误B、根据顺着电场线降低及电场线的分布情况，P处电势最低，图象的斜率等于场强，可见P处场强一定为零故B正确C、将一负的检验电荷从b处移到p处，电场力做负功，电势能增加故C正确D、由上可知，a、p间的电场方向都指向P点故D错误故选BC10如图所示，在水平向右的匀强电
27、场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下已知金属块在滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功6.0J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A金属块带正电荷B金属块克服电场力做功8.0JC金属块的机械能减少6JD金属块的电势能增加4.0J【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功6.0J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功即可判断电场力方向与场强的关系，分析金属块的电性知道电场力做功量度电势能的改变知道重力做功量度重力势能的改变除重力以外的力做功等于机械能的变化或根据重力势能与动能的变化分析机械能
28、的变化【解答】解：A、B、D、在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功6.0J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：W电=4J所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷故A、D正确，B错误C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，重力势能与动能之和等于机械能，则金属块的机械能减少10J，故C错误故选AD11如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图象，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接
29、到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则（）ArarbBIaIbCR0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低DR0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率也较低【考点】电功、电功率【分析】电源UI图象斜率的绝对值等于电源内阻；在坐标系中作出R0的UI图象可以判断电阻R0接入电路时电流大小；由电功率公式求出电源的输出功率，由效率公式求出电源的效率，然后分析答题【解答】解：A、由图象可知，图象A斜率的绝对值大于图象B斜率的绝对值，因此rarb，故A正确；B、在同一坐标系内作出电阻R0的UI图象，如图1所示，由图象可知IaIb，故B正确；C、R0接到电源上，如图1所示，I
30、aIb，UaUb，由P=UI可知，PaPb，电源的效率=，由于rarb，所以ab，故C正确，D错误；故选ABC三实验题（每空2分，共14分）12探究加速度与力的关系装置如图所示，带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块获取多组a、F数据（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是ABA实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C每次添
31、加细沙后，需测出沙及沙桶的质量D实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个aF图象如图2所示，正确的是B；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小为2F0；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正修正后的横坐标F合应该等于2F2F0（用F、F0表示）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合
32、力的关系式，从而得出修正后的横坐标【解答】解：（1）实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块故C、D错误故选：AB（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得：a=，故正确的图线是B当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0根据牛顿第二定律得：a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F2F0故答案为：（1）AB；（2）B；2F0，2F2F013用两个小车验证动量守恒定律，两车放在光滑的水平轨
33、道上，B车静止，A 车连接纸带（纸带穿过打点计时器）向右运动，如图所示它和B车碰撞后连接在一起向右运动，两车碰撞时间较短可以忽略不计已知A车的质量为0.60kg，B车质量为0.58kg，打点计时器所用交流电的频率是50Hz根据纸带数据可得两车碰撞前的总动量为0.36 kgm/s，碰后的总动量为0.354 kgm/s实验结论：在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒【考点】验证动量守恒定律【分析】由纸带所示数据求出碰前甲车速度与碰撞后两车的共同速度；碰撞过程中，两车组成的系统动量守恒，根据动量表达式求出动量，再分析碰撞前后的动量关系，从而得出实验结论【解答】解：碰前A做匀速运动，由图可知，右侧两点间
34、的距离为s1=12mm=0.012m，碰后两点间的距离为6mm=0.006m；纸带可求得A车碰前的速度为：v1=0.6m/s，碰后甲、乙一起做运动运动，速度：v2=0.3m/s以向右为正方向，碰前动量P1=mAv1=0.600.6=0.36kgm/s；碰后两车共同的动量P2=（mA+mB）v2=（0.6+0.58）0.3=0.354kgm/s；则可以碰撞前后总动量相差不多，则说明，在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒故答案为：0.36；0.354；在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒四计算题14某科幻小说中有下列一段描述，宇宙中有一球型均匀带电天体，其质量为m，半径为R宇航员王小明乘坐飞行器，
35、登上该天体，用质量为M，带电量为q的小球进行如下操作第一次，让小球带负电，从距该天体表面为h的位置由静止释放，发现小球悬浮不动；第二次，让小球带正电，从相同的位置，用小型发射装置将小球以某一速度水平发射，发现小球恰能在距天体表面为h的轨道上做匀速圆周运动（已知万有引力常量为G，静电力恒量为k）试根据以上信息求：（1）该天体所带电的电性及其电量；（2）小球做匀速圆周运动加速度的大小；（3）小球绕天体运动一周所用的时间【考点】万有引力定律及其应用；向心力；库仑定律【分析】（1）根据小球受万有引力和库仑力平衡，确定出天体所带电的电性和电量（2）小球受万有引力和库仑力，根据牛顿第二定律求出加速度（3）
36、小球绕该天体做圆周运动，根据合力（即万有引力和库仑力的合力）提供向心力，求出速度再根据T= 求出周期【解答】解：（1）第一次小球静止，受万有引力与库仑力等值反向，故天体带负电，设天体带电量为Q由=得Q=（2）小球受万有引力和库仑力，根据牛顿第二定律得：由+=Ma 得小球加速度大小为 a=（3）小球绕该天体做圆周运动，根据合力（即万有引力和库仑力的合力）提供向心力，+=小球做圆周运动的线速度 v=小球线天体运动一周所用的时间 T=2将v值代入得 T=答：（1）该天体所带电的电性及其电量是；（2）小球做匀速圆周运动加速度的大小是；（3）小球绕天体运动一周所用的时间是15光滑水平面上放着质量mA=l
37、kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C取g=l0m/s2，求（1）绳拉断后B的速度VB的大小；（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；动量定理；弹性势能；功能关系【分析】（1）对于恰能到达圆轨道的最高点，找
38、出临界条件，列出相应的等式（2）清楚B的运动过程，选择某一过程应用动能定理研究，解出某一状态的速度（3）在B向右运动的过程中，弹簧的弹性势能转化给B的动能，根据动量定理求出冲量（4）应用动量守恒定律和动能定理求解绳拉断的过程中所做的功【解答】解：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，根据B恰能到达最高点C有：F向=mBg=mB对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：2mBgR=mBvc2mBvB2由解得：vB=5m/s（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12 根据动量定理有：I=mBvBmBv1
39、由解得：I=4 Ns，其大小为4Ns（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向， 根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA 根据动能定理有：W=mAvA2由解得：W=8J答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小是4Ns；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J【物理-选修3-3】16下列说法中正确的是 （）A具有各向同性的固定一定是非晶体B饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关C能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性D液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力E若某气体摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA表示，
40、则该气体的分子体积为【考点】热力学第一定律；分子的热运动；分子间的相互作用力【分析】明确晶体的性质，知道晶体分单晶体和多晶体；知道饱和汽压与体积无关，只取决于温度大小；明确热力学第二定律的基本内容，知道方向性；会解释液体分子表面张力形成的原因；明确气体的性质，知道气体分子相对自由，不能利用阿伏加德罗常数求解分子体积【解答】解：A、具有各向同性的固定可以非晶体和多晶体，故A错误；B、饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关，故B正确；C、能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，故C正确；D、液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力，这是液体表面张力形成的原因，故
41、D正确；E、气体分子间距离较大，故不能利用阿伏加德罗常数求解分子体积，只能求出分子所占据的空间，故E错误故选：BCD17如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的气体，外界大气压为75cmHg，左右两水银面高度差为5cm，温度为t1=27保持温度不变，上下移动B管，使A管中气体长度变为5cm，稳定后的压强为多少？稳定后保持B不动，为了让A管中气体体积回复到6cm，则温度应变为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体压强气体发生等容变化，求出气体状态参量，应用查理
42、定律可以求出气体的温度【解答】解：封闭气体A的状态参量为： PA1=P0+hA=75+5=80cmHg，VA1=6S，VA2=5S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：PA1 VA1=PA2 VA2 ，即：806S=PA25S，解得：PA2=96 cmHg；（2）气体状态参量：TA1=273+27=300K，PA3=P0+h3=75+23=98 cmHg，气体发生等容变化，由查理定律得： =，即： =，解得：T3=367.5K，t3=367.5273=94.5C；答：保持温度不变，上下移动B管，使A管中气体长度变为5cm，稳定后的压强为96cmHg稳定后保持B不动，为了让A管中气体体积回复到6cm，则温度应变为94.5C2017年2月7日