1、2016-2017学年吉林省辽源市东辽一中高三（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12个小题，每小题4分全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分，其中1-8题为单选，9-12题为多选，共48分）1某质点做直线运动的位移x和时间t的关系如图所示，那么该质点在3s内通过的路程是（）A2mB3mC1mD0.5 m2如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为=0.10小物块在盆内来回滑
2、动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A0.50mB0.25mC0.10mD03人用绳子通过动滑轮拉A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，求A物体实际运动的速度是（）Av0sinBCv0cosD4如图所示，一根光滑的轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可看做质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=ab，已知b球质量为a球质量的2倍当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比F1：F2 为（）A2：1B1：2C5：1D5：45如图所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与
3、F2的作用，静止不动，现保持力F1不变，使力F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（）ABCD6已知月球半径为R，飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T万有引力常量为G，下列说法正确的是（）A月球第一宇宙速度为B月球表面重力加速度为RC月球密度为D月球质量为7如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能比Q点大C带电
4、质点通过P点时的动能比Q点大D带电质点通过P点时的加速度比Q点大8如图所示，小车上固定水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆的右端用一根细线悬挂相同的小球，当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向成角（）保持不变设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（）AF1和F2大小不相等BF1和F2方向不相同C小车的加速度是gtanD小车的加速度是gtan9如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积减小一
5、些C断开S后，使B板向右平移一些D断开S后，使A、B正对面积减小一些10如图所示的电路中，L1、L2、L3、L4是相同的四只灯泡，当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，下列说法正确的是（）AL1变亮，L2变亮BL1变亮，L2变暗CL1变暗，L3变暗DL1变暗，L4变亮11质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能为（）AvA=v0，vBv0BvA=v0，vB=v0CvA=v0，vB=v0DvA=v0，vB=v012如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物
6、块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连物块A、B质量均为m，初始时两物块均静止现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）AA达到最大速度时的位移为B拉力F的最小值为m（gsin+a）Ct1=时A、B分离DA、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加二、实验题（13题4分，14题8分，共12分）13在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面
7、的字母填在横线上A秒表 B刻度尺C天平 D圆规（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有A. = B. =C. = D. =14在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep= J，动能增加量Ek= J
8、 （结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的三、计算题（15、16、17题为必答题，共28分）15如图甲所示，质量为m=2kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上，物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为f=5N，重力加速度g取10m/s2，求（1）物块与地面间的动摩擦因数；（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；（3）2s末物块的速度v16如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电
9、压U=400V，板间有一匀强电场在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5106kg，电荷量q=5108C设A、B板足够长，g取10m/s2求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？17如图所示，M、N是足够长的水平绝缘轨道上相距为R的两点，MN两点间粗糙，其余部分光滑，在以MN为边界的竖直空间加一个场强方向向右的匀强电场，在N点的右侧有一个长为R可以绕O点在竖直面内自由转动的轻杆，轻杆下端固定一个质量为m的小球B，B与轨道恰好接触没有挤压，现有一个带正电的质量为m的物块A
10、，在M点以速度v0向右进入电场区域，已知A与轨道MN间的摩擦力f=mg，A所受的电场力F=mg，设A、B可以看成质点，整个过程中A的电荷量保持不变，求：（1）若v0=，则A向右运动离开电场与B第一次碰撞前速度多大？（2）若v0=，A和B第一次碰撞后，B球刚好能到达最高点，则AB碰撞过程中损失多少机械能？（3）将B球换成弹性小球，A和B每次碰撞均交换速度，若0v0，试讨论A在电场中通过的总路程与v0的关系四、选做题（18、19题为选做题，只选一个作答，每题12分）【物理-物理3-3】18下列叙述正确的有（）A自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性B外界对气体做正功，气体的内能一定增大C
11、温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大D扩散现象与布朗运动都与温度有关E第二类永动机违反了热力学第二定律19如图所示，竖直放置，内部光滑的导热气缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞用固定螺栓固定在距气缸底部为h0=0.5m处，活塞横截面积为S=6cm2，此时气体的压强为p=0.5105Pa，气缸壁是导热的，打开固定螺栓，活塞下降，经过足够长的时间后，活塞停在距离底部h=0.2m处，在此过程中周围环境温度为t0=27，保持不变，已知重力加速度为g，大气压强为p0=1.0105Pa，求：活塞的质量；周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，求此时环境温度【物理-物理
12、3-4】20 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3：2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y20cmE从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y021如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABCAC边长为L，B=30，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出光速为c，求：玻璃
13、砖的折射率；光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间2016-2017学年吉林省辽源市东辽一中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分，其中1-8题为单选，9-12题为多选，共48分）1某质点做直线运动的位移x和时间t的关系如图所示，那么该质点在3s内通过的路程是（）A2mB3mC1mD0.5 m【考点】匀变速直线运动的图像【分析】根据位移图象的斜率等于速度，分析物体的运动状态位移等于纵坐标的变化量，再研究路程【解答】解：由图，在01s时间内，位移不随时间而变化，说明物体处于静止状态；在12s时间内，
14、物体沿正方向做匀速直线运动，位移为x=2m1m=1m，路程为S=1m在23s时间内，位移不随时间而变化，说明物体处于静止状态，所以该质点3s内能通过的路程是S=1m故选：C2如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为=0.10小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A0.50mB0.25mC0.10mD0【考点】动能定理的应用【分析】根据动能定理，对小物块开始运动
15、到停止的全过程进行研究，求出小物块在BC面上运动的总路程，再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离【解答】解：设小物块间在BC面上运动的总路程为S物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=mg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得 mghmgS=0得到S=3m，d=0.50m，则S=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点故选D3人用绳子通过动滑轮拉A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，求A物体实际运动的速度是（）Av0sinBCv0cosD【考点】运动的合成和分解【分析】将A的速度分解为沿绳子方
16、向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度【解答】解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度v=故D正确，A、B、C错误故选D4如图所示，一根光滑的轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可看做质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=ab，已知b球质量为a球质量的2倍当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比F1：F2 为（）A2：1B1：2C5：1D5：4【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】a球在水平方向上受oa、ab的拉力，靠两个力的
17、拉力提供向心力，b球在水平方向上受ab的拉力，靠该拉力提供向心力，抓住两球角速度相等，根据牛顿第二定律求出Oa和ab两线的拉力之比【解答】解：a球在水平方向上受oa、ab的拉力；oa的拉力向左，ab间拉力向右；则对a球有：，对b球有：，因为rob=2roa，所以，解得故D正确，A、B、C错误故选D5如图所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用，静止不动，现保持力F1不变，使力F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】先求出合力的变化情况，然后求出加速度的变化情况，最后在分
18、析速度的变化情况【解答】解：由于木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动，故两个推力相等假设F1=F2=F力F2逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的大小的过程中，合力先增大到F，在减小到零，故加速度也是先增大再减小，故C错误；物体现在加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，而速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故A错误，B正确；物体先做加速度不断变大的加速运动，再做加速度不断变小的加速运动，合力变为零后做匀速直线运动，与于位移时间图象的切线的斜率表示速度，而D选项图表示减速运动，故D错误；故选B6已知月球半径为R，飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T万有引力常量
19、为G，下列说法正确的是（）A月球第一宇宙速度为B月球表面重力加速度为RC月球密度为D月球质量为【考点】万有引力定律及其应用【分析】飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；在月球表面，重力等于万有引力，根据万有引力定律列式；月球的第一宇宙速度等于月球表面的瞬时速度【解答】解：B、D、飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上做匀速圆周运动，故：G=m在月球表面，重力等于万有引力，故：联立解得：g=M=故B错误，D正确；A、月球第一宇宙速度为：=，故A错误；C、月球的密度： =；故C错误；故选：D7如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相
20、邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能比Q点大C带电质点通过P点时的动能比Q点大D带电质点通过P点时的加速度比Q点大【考点】电场线【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电
21、场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确本题选错误的，故选：C8如图所示，小车上固定水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆的右端用一根细线悬挂相同的小球，当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向成角（）保持不变设
22、斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（）AF1和F2大小不相等BF1和F2方向不相同C小车的加速度是gtanD小车的加速度是gtan【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种【解答】解：A、B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：mgtan=ma，得到：a=gtan对左边的小铁球研究设其加速度为a，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律，得：mgtan=ma因为a=a，
23、得到=，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B错误；C、D、小车的加速度a=gtan，方向向右故D正确，C错误故选：D9如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积减小一些C断开S后，使B板向右平移一些D断开S后，使A、B正对面积减小一些【考点】电容器的动态分析【分析】开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化【解答】解：A、B、开关S闭合，电容
24、器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变故A、B均错误C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大故C正确D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大故D正确故选：CD10如图所示的电路中，L1、L2、L3、L4是相同的四只灯泡，当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，下列说法正确的是（）AL1变亮，L2变亮BL1变亮，L2变暗CL1变暗，L3变暗DL1变暗，L4变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由图可知L1与滑动变阻器串联后与L2并联，再与L3串联，最后与L4并联
25、据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化进行分析【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，通过L4的电流增大，L4变亮，且通过L3的电流减小，L3的电压减小，故L1的电压增大，L1的电流增大，L1变亮，且有通过L2的电流减小，L2变暗故B正确故选：B11质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能为（）AvA=v0
26、，vBv0BvA=v0，vB=v0CvA=v0，vB=v0DvA=v0，vB=v0【考点】动量守恒定律【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度【解答】解：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D错误，ABC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，B选项碰撞前总动能为m，B选项碰撞后总动能为m，故B
27、错误，故选AC12如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连物块A、B质量均为m，初始时两物块均静止现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）AA达到最大速度时的位移为B拉力F的最小值为m（gsin+a）Ct1=时A、B分离DA、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】A的速度最大时加速度为零，根据胡克定
28、律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1根据功能关系分析能量如何转化【解答】解：A、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，得：，故A正确B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F2mgsin+kx=2ma，得：F=2mgsinkx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsin=kx，得F的最小值为：F=2ma，故B错误C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma开始时有：2mgsin=kx0，又x0x=联立以三式得：t1
29、=故C正确D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小故D错误故选：AC二、实验题（13题4分，14题8分，共12分）13在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上BCDA秒表 B刻度尺C天平 D圆规（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有AA. = B. =C. = D. =【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）根据动量守恒定律的实验原理分析需要的仪器；（2）实验要验证两个小球
30、系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；【解答】解：（1）在该实验中需要测量小球的质量以及小球的水平位移，需要的测量仪器是天平、刻度尺为了准确找出落点需要用到圆规；因为利用了平抛原理，故不需用到秒表；故选：BCD；（2）两球碰撞后，小球做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度：vA=，vA=，vB=，由动量守恒定律得：mAvA=mAvA+mBvB，则mA=mA+mB，=，故A正确；故选：A故答案为：（1）BCD；（2）A14在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量
31、为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep=1.88 J，动能增加量Ek=1.84 J （结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的A【考点】验证机械能守恒定律【
32、分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等根据Ep=mgh求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量【解答】解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律（2）重物重力势能的减少量Ep=mgh=9.800.192=1.88JB点的速度=1.92m/s，则B点的动能=1.84J所以动能的增加量Ek=1.84J（3）根据mgh=得，即与h成正比故A正确故答案为：（1）B（2）1.881.84（3）A三、计算题（15、1
33、6、17题为必答题，共28分）15如图甲所示，质量为m=2kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上，物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为f=5N，重力加速度g取10m/s2，求（1）物块与地面间的动摩擦因数；（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；（3）2s末物块的速度v【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）由滑动摩擦力的公式即可求得；（2）根据加速度与时间的关系，要结合牛顿第二定律即可；（3）加速度与时间的关系图象中，加速度与时间轴所围成的面积表示物体速度的变化【解答】解：（1）设正压力
34、为N，则：f=N又N=mg所以：（2）由图可得：a=kt=2t由牛顿第二定律：Ff=ma所以得：F=f+ma=5+22t=5+4t（3）加速度与时间轴所围成的面积表示物体速度的变化所以：m/s因为0时刻物体的速度是0，所以2s末物体的速度v=4m/s答：（1）物块与地面间的动摩擦因数是0.25；（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式F=5+4t；（3）2s末物块的速度是4m/s16如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5106k
35、g，电荷量q=5108C设A、B板足够长，g取10m/s2求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）设小球从P到 Q点做自由落体运动，根据自由落体公式求出时间，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，根据匀加速直线运动位移时间公式求出时间，两个时间之和即为所求时间；（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y，与金属板上端的距离为：S=yh【解答】解：（1）设小球从P到 Q需时t1，由h=gt12得t1=s=0.5s小球进入电场后其飞行时间取
36、决于电场力产生的加速度ax，可以求出小球在电场中的运动时间t2应有 qE=maxE=axt22由上述3个式子，得：t2=d=0.04s=0.02s所以，运动总时间 t=t1+t2=0.5+0.02=0.52s （2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内位移为：y=gt2=100.522=1.352m与金属板上端的距离为：S=yh=1.3521.25m=0.102m答：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；（2）相碰时，离金属板上端的距离为0.102m17如图所示，M、N是足够长的水平绝缘轨道上相距为R的两点，MN两点间粗糙，其余部分光滑，在以MN为
37、边界的竖直空间加一个场强方向向右的匀强电场，在N点的右侧有一个长为R可以绕O点在竖直面内自由转动的轻杆，轻杆下端固定一个质量为m的小球B，B与轨道恰好接触没有挤压，现有一个带正电的质量为m的物块A，在M点以速度v0向右进入电场区域，已知A与轨道MN间的摩擦力f=mg，A所受的电场力F=mg，设A、B可以看成质点，整个过程中A的电荷量保持不变，求：（1）若v0=，则A向右运动离开电场与B第一次碰撞前速度多大？（2）若v0=，A和B第一次碰撞后，B球刚好能到达最高点，则AB碰撞过程中损失多少机械能？（3）将B球换成弹性小球，A和B每次碰撞均交换速度，若0v0，试讨论A在电场中通过的总路程与v0的关
38、系【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；功能关系【分析】（1）由动能定理即可求得速度；（2）刚好到达最高点，速度为零，由动能定理及动量定理即可求的速度，根据能量守恒即可判断损失机械能；（3）讨论速度不同时，即可求的A在电场中通过的总路程与v0的关系；【解答】解：（1）设A向右运动离开电场时的速度为v，由动能定理，得解得（2）设AB碰撞后A、B的速度分别为vA、vBB球刚好到达最高点，则此时vB=0对B，由动能理，得 A、B碰撞，动量守恒，则mv=mvA+mvB联立解得，A、B碰撞过程中损失的机械能解得E=2mgR（3）设A的速度为v1时，穿过电场后速度大小为，B球将越过最高点从A
39、的左侧与A再次碰撞，A将不再进入电场由动能定理得：解得、即，A从右侧离开电场，在电场中的路程为R若A的速度小于v1，AB碰后B不能运动到最高点，返回与A再次碰撞，A将再次进入电场，设A速度为v2时刚好可以从左侧离开电场，由动能定理得：，解得、即时，A在电场中的路程为2R、当A的速度时，A最终将停在电场右侧边界，由动能定理得： =0 解得 答：（1）若v0=，则A向右运动离开电场与B第一次碰撞前速度为（2）若v0=，A和B第一次碰撞后，B球刚好能到达最高点，则AB碰撞过程中损失机械能为2mgR（3）将B球换成弹性小球，A和B每次碰撞均交换速度，若0v0，A在电场中通过的总路程与v0的关系为即，A
40、从右侧离开电场，在电场中的路程为R；即时，A在电场中的路程为2R当A的速度时，四、选做题（18、19题为选做题，只选一个作答，每题12分）【物理-物理3-3】18下列叙述正确的有（）A自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性B外界对气体做正功，气体的内能一定增大C温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大D扩散现象与布朗运动都与温度有关E第二类永动机违反了热力学第二定律【考点】热力学第二定律【分析】温度是平均动能的标志，改变内能的方式有做功和热传递，自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，扩散现象与布朗运动都与温度有关【解答】解：A、自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都
41、具有方向性，故A正确；B、改变内能的方式有做功和热传递，外界对气体做正功，气体的内能不一定增大，故B错误；C、温度升高，平均动能增大，物体内的每一个分子的热运动速率不一定都增大，故C错误；D、扩散现象与布朗运动都与温度有关，温度越高，现象越明显，故D正确；E、第二类永动机违反了热力学第二定律，故E正确；故选：ADE19如图所示，竖直放置，内部光滑的导热气缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞用固定螺栓固定在距气缸底部为h0=0.5m处，活塞横截面积为S=6cm2，此时气体的压强为p=0.5105Pa，气缸壁是导热的，打开固定螺栓，活塞下降，经过足够长的时间后，活塞停在距离底部h=0.2m处，在此
42、过程中周围环境温度为t0=27，保持不变，已知重力加速度为g，大气压强为p0=1.0105Pa，求：活塞的质量；周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，求此时环境温度【考点】理想气体的状态方程【分析】根据活塞受力平衡求出最终稳定时封闭气体的压强，联列玻意耳定律列式求出活塞的质量活塞中的气体等压膨胀，根据盖吕萨克定律求解此时环境温度【解答】解：设活塞的质量为m，打开固定螺栓经过足够长时间，这个过程中密封气体温度不变，则pShc=pSh，联立解得，代入数据可得m=1.5kg周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，此过程为气体等压变化，初状态温度T
43、0=300K，设莫状态温度为T，则有，解得，代入数据可得T=750K，所以周围温度t=477答：活塞的质量为1.5kg；周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，此时环境温度为477【物理-物理3-4】20 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3：2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y20cmE从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y0【
44、考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象；波的干涉和衍射现象【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=f得：波长与频率成反比某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍【解答】解：A、两列波波速相同，波长不同，根据v=f，频率不同，不能干涉，故A错误；B、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v=f，频率比为3：2，故B正确；C、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；D、平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、，故合位移大于振幅A
45、，故D正确；E、传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y0，故E正确；故选BDE21如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABCAC边长为L，B=30，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出光速为c，求：玻璃砖的折射率；光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间【考点】光的折射定律【分析】、作出光路图，由几何知识求出光线在AC边的入射角和折射角，即可求得玻璃砖的折射率；、由几何关系求出光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射通过的路程，由v=求出P在玻璃砖内传播的速度，即可求得经历的时间【解答】解：、作出光路图如图则光线Q在AC边的入射角i=45由几何关系可知在AC边的折射角r=30由折射定律得 n=、光线P在玻璃砖中传播时 s1=ED=L s2=DF=LP在玻璃砖内传播的速度 v=则所要求的时间为 t=由以上各式可得 t=答：玻璃砖的折射率为；光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间为2017年1月16日