1、2016-2017学年安徽省淮北一中高三（上）第四次模拟物理试卷（解析版）一、选择题如图所示，光滑小球放置在半球面的底端，竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动（始终未脱离球面）的过程中，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况正确的是（）AF增大，FN减小BF减小，FN增大CF减小，FN减小DF增大，FN增大2如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定，t=0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=
2、10m/s2，则下列说法正确的是（）A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B弹簧恢复原长时，滑块速度最大C弹簧的劲度系数k=175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为35 m/s23如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1B小球a、b抛出时的初速度大小之比为2：1C小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4：1D小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1：14如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度w匀速转动，A、B、C的质量
3、分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，A与B 间的动摩擦因数也为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）AB对A的摩擦力有可能为3mgBC与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C转台的角速度有可能恰好等于D若角速度再在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动5如图所示为氢原子的能级示意图，那么对氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是（）A处于基态的氢原子可以吸收14eV的光子使电子电离B一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出4种不同频率的光子C一群处于n=2能级的氢原子吸收2e
4、V的光子可以跃迁到n=3能级D用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态6静电场在x轴上的场强分量Ex随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A在b和d处电势能相等B由a运动到c的过程中电势能增大C由b运动到d的过程中电场力不做功D由a运动到d的过程中x方向电场力先增大后减小7如图所示，甲分子固定在坐标原点O上，乙分子位于r轴上距原点r2的位置虚线分别表示分子间斥力F斥和引力F引的变化情况，实线表示分子间的斥力和引力的合力F变化情况若把乙分子由静止释放，则下列关于乙分子的说法正确的是（）A从r2到r0，分子势能一直减小B从r2到
5、r0，分子势能先减小后增加C从r2到r0，分子势能先增加后减小D从r2到r1做加速运动，从r1向r0做减速运动8如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴在运动过程中的电势能将减少D电容器的电容减小，极板带电量将减小9如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（）A物体M一定受到4个力B物体N可能受到4个力C物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D物体M与N之间一定有摩擦
6、力10据新华社2015年11月2日上海电，我国自主发射的火星探测器将在第17届中国国际工业博览会上首次公开亮相，火星是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度为g，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A火星的平均密度为B火星的同步卫星距火星表面的高度为RC火星的第一宇宙速度为2D火星的同步卫星运行的角速度为11如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接不计摩擦，a、b可视为质点，重力加
7、速度大小为g则（）Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg12如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）ABCD二、实验题13如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下
8、方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=mm（2）下列实验要求不必要的是（填选项前字母）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（填“tF”“t2F”“F”或“F”），若增大滑块的质量，则该图象的斜率将（填“增大”“减小”或“不变”），若增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将（填“增大”“减小”或“不变
9、”）14为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）；B电流表（00.6A，内阻0.01）；C电压表（03V，内阻5k）；D电压表（015V，内阻50k）；E滑动变阻器（010，0.5A）；F滑动变阻器（01k，0.1A）；G电源（3V），电键一个，导线若干（1）实验中所用的电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（填前面的序号）（2）要求电压从0开始测量并减小实验误差，应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图测出的电阻值比真实值偏（选填“大”或“小”）三、计算题（共42分）15（8分）甲车以10m/s的速度在平直的
10、公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：（1）乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；（2）乙车追上甲车所用的时间16（10分）如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计原长3l、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点开始活塞D距汽缸B的底部3l后在D上放一质量为的物体求：（1）稳定后活塞D下降的距离；（2）改变汽缸内气体的温度使
11、活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？17（12分）如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最左端为图中的B点，之后返回第一象限，且从MN上的P点离开已知A点坐标为（0，h）电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A点到B点所用的时间；（2）P点的坐标；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离18（12分）如图所示，在倾角为30的光滑斜
12、面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）试求：（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R=x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨
13、道的最高点？2016-2017学年安徽省淮北一中高三（上）第四次模拟物理试卷（解析版）参考答案与试题解析一、选择题（2015奉贤区二模）如图所示，光滑小球放置在半球面的底端，竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动（始终未脱离球面）的过程中，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况正确的是（）AF增大，FN减小BF减小，FN增大CF减小，FN减小DF增大，FN增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，根据平衡条件列式求解【解答】解：对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图
14、根据平衡条件解得F=mgtan由于不断增加，故F增大、FN增大；故选：D【点评】本题关键是画出受力图，根据平衡条件求解出两个弹力的表达式进行分析讨论2如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定，t=0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B弹簧恢复原长时，滑块速度最大C弹簧的劲度系数k=175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为35 m
15、/s2【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】根据速度图象的物理意义分析运动情况；从速度时间图象得到滑块脱离弹簧后减速滑行时的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解摩擦力大小；从速度时间图象得到滑块刚释放时的加速度，即最大加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解弹簧的劲度系数【解答】解：AB、根据图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，最后做匀速直线运动所以AB错误；CD、从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1=，由牛顿第二定律得摩擦力大小为：f=mg=ma1=25N=10N；刚释放
16、时滑块的加速度为：a2=，此时物块的加速度最大，所以D错误；由牛顿第二定律得：kxf=ma2代入数据解得：k=175 N/m，所以C正确；故选：C【点评】本题关键从速度世间图象得到滑块刚释放和脱离弹簧时的加速度大小，然后根据牛顿第二定律列式分析求解；对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提3如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1B小球a、b抛出时的初速度大小之比为2：1C小球a、b到达斜面底端
17、时的动能之比为4：1D小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1：1【考点】平抛运动【分析】根据下落的高度求出平抛运动的时间之比，结合水平位移和时间求出初速度之比，根据动能定理求出小球到达斜面底端时的动能之比抓住速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出两球的速度方向与斜面的夹角关系【解答】解：A、因为两球下落的高度之比为2：1，根据h=得，t=，高度之比为2：1，则时间之比为：1，故A错误B、两球的水平位移之比为2：1，时间之比为：1，根据知，初速度之比为，故B错误C、根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比EKa：Ekb=2：1，故C错误D、小球落在斜
18、面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解4如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度w匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，A与B 间的动摩擦因数也为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）AB对A的摩擦力有可能为3mgBC与转台间的摩
19、擦力大于A与B间的摩擦力C转台的角速度有可能恰好等于D若角速度再在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【分析】分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的临界值结合牛顿第二定律求出A与B间的摩擦力最大值【解答】解：A、对AB整体，有：（3m+2m）2r（3m+2m）g对物体C，有：m2（1.5r）mg对物体A，有：3m2r（3m）g联立解得：，即满足不发生相对滑动，转台的角速度，可知A与B间的静摩擦力最大值fm=，故A错误，故C正确B、由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m1.5r23mr2，即C与转
20、台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；D、由A选项分析可知，最先发生相对滑动的是物块C，故D错误故选：C【点评】本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键5如图所示为氢原子的能级示意图，那么对氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是（）A处于基态的氢原子可以吸收14eV的光子使电子电离B一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出4种不同频率的光子C一群处于n=2能级的氢原子吸收2eV的光子可以跃迁到n=3能级D用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分
21、析】当吸收的能量大于无穷远处能量与基态的能量差，则电子会发生电离；根据数学组合公式得出辐射不同频率光子的种数；当吸收的能量等于两能级间的能级差，该光子才能被吸收【解答】解：A、基态氢原子的能量为13.6eV，吸收14eV的光子能量可以发生电离，故A正确B、根据=3知，一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出3种不同频率的光子，故B错误C、n=2和n=3间的能级差为1.89eV，吸收2eV的光子不能被吸收，不会发生跃迁，故C错误D、10.3eV的能量不等于激发态能量与基态的能量差，则该光子能量不能被吸收而发生跃迁，故D错误故选：A【点评】解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足h
22、v=EmEn，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差6静电场在x轴上的场强分量Ex随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A在b和d处电势能相等B由a运动到c的过程中电势能增大C由b运动到d的过程中电场力不做功D由a运动到d的过程中x方向电场力先增大后减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】由图可以看出在0a处场强为正，a+处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于负电荷而言电势降低则电势能增加【解答】解：A、bc处场强为x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷
23、在d处电势能较小，故A错误；B、ac处场强为x轴负方向，则从a到c处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在c处电势能较小，B错误；C、由b运动到d的过程，受到的电场力沿x轴正方向，位移也沿x轴正方向，故做正功，故C错误；D、由a运动到d的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D正确；故选：D【点评】本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以Ex图象组成图形的面积还可以表示电势差7如图所示，甲分子固定在坐标原点O上，乙分子位于r轴上距原点r2的位置虚线分别表示分子间斥力F斥和引力F引的变化情况，实线表示分子间的斥力和引力的合力F变化情况若把乙分子由静止释
24、放，则下列关于乙分子的说法正确的是（）A从r2到r0，分子势能一直减小B从r2到r0，分子势能先减小后增加C从r2到r0，分子势能先增加后减小D从r2到r1做加速运动，从r1向r0做减速运动【考点】分子势能；分子间的相互作用力【分析】根据分子间作用力随距离的变化而变化规律可明确分子力的变化； 根据加速度与速度关系进行分析，明确加速度与速度同向加速，力做正功，反向减速，力做负功【解答】解：A、从r2到r0，分子力为引力，运动方向与力同向，故分子力一直做正功；故分子势能一直减小；故A正确，BC错误D、从r2到r1以及r1向r0运动过程中分子力均为引力，与运动方向同向，故分子一直做加速运动；故D错误
25、； 故选：A【点评】本题考查分子力的特点以及分子力与分子势能间的关系，要注意明确在距离为r0时分子力为零，由无限远向r0运动时分子力为引力，分子力做正功； 而由r0继续靠近时分子力为斥力，分子力做负功8如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴在运动过程中的电势能将减少D电容器的电容减小，极板带电量将减小【考点】电容器的动态分析【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判
26、断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D正确；故
27、选：BD【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化9如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（）A物体M一定受到4个力B物体N可能受到4个力C物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D物体M与N之间一定有摩擦力【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，分别对MN整体、M、N进行受力分析，即可求解【解答】解：M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重
28、力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故AD正确，BC错误故选：AD【点评】本题主要考查了同学们受力分析的能力，注意整体法和隔离法的应用10据新华社2015年11月2日上海电，我国自主发射的火星探测器将在第17届中国国际工业博览会上首次公开亮相，火星是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流
29、动的液态水”的发现而取得了重要进展若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度为g，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A火星的平均密度为B火星的同步卫星距火星表面的高度为RC火星的第一宇宙速度为2D火星的同步卫星运行的角速度为【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力等于重力求出火星的质量，结合火星的体积求出火星的密度；根据万有引力提供向心力求出火星同步卫星的轨道半径，从而得出距离火星表面的高度；根据万有引力提供向心力求近地卫星的速度即第一宇宙速度；火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度【解答】解：A、在火星表面，对质量为m的物体由和，可得：，选项A正确
30、；B、设火星的同步卫星距火星表面的高度为h，同步卫星的周期等于火星的自转周期T，则，可得：，选项B正确；C、设火星的第一宇宙速度为v，由，可知：，选项C错误；D、火星的同步卫星运行的角速度等于火星自转的角速度，则，选项D错误；故选：AB【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用11如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g则（）Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不
31、大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【考点】功能关系【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功故A错误B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=故B正确C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，
32、b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD【点评】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大12如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直
33、线运动的图像【分析】要分不同的情况进行讨论：若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况【解答】解：1若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a，加速度不变；2若v1v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mPgmQg=（mQ+mP）a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能；3若v1v2，小物体P先向右匀
34、减速直线运动，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+mPg=（mQ+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2a1，故C选项正确，D选项错误故选：ABC【点评】考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难二、实验题13如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条
35、，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.25mm（2）下列实验要求不必要的是A（填选项前字母）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（填“tF”“t2F”“F”或“F”），若增大滑块的质量，则该图象的斜率将减小（填“增大”“减小”或“不变”），若
36、增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将增大（填“增大”“减小”或“不变”）【考点】探究功与速度变化的关系【分析】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响【解答】解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+50.05mm=2.25mm；（2）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B必要；C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C必要；D、要
37、保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D必要；故选：A（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2aL，则有v=，且牛顿第二定律为a=那么=2L，斜率为，增大滑块的质量，图象的斜率将减小；增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将增大所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F图象故答案为：（1）2.25mm；（2）A；（3）F；减小；增大【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项14为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给
38、器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）；B电流表（00.6A，内阻0.01）；C电压表（03V，内阻5k）；D电压表（015V，内阻50k）；E滑动变阻器（010，0.5A）；F滑动变阻器（01k，0.1A）；G电源（3V），电键一个，导线若干（1）实验中所用的电流表应选A，电压表应选C，滑动变阻器应选E（填前面的序号）（2）要求电压从0开始测量并减小实验误差，应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图甲测出的电阻值比真实值偏小（选填“大”或“小”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据灯泡额定电压与额定电流选择电压表与电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据
39、实验器材与题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路，根据实验电路应用欧姆定律分析实验误差【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，电压表选C，灯泡额定电流I=0.133A，故电流表选A，为方便实验操作，滑动变阻器应选E；（2）灯泡正常发光时的电阻为：R=22，电压表内阻约为5k，电流表内阻约为0.5，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，应选图甲所示电路图；电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小故答案为：（1）A，C，E；（2）甲；小【点评】本题考查了实验器材的选择、实验电路的选择、实验误
40、差分析，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确选择实验电路的关键三、计算题（共42分）15甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：（1）乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；（2）乙车追上甲车所用的时间【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）由题，汽车做匀加直线运动，摩托车做匀速直线运动，两车同时经过A点，当两车的位移相同时，汽车追上摩托车根据位移公式列方程求解时间（2）当两车速度相等时，
41、两车间的距离最大根据速度相等条件求出时间，分别求出两车的位移，两者之差等于它们间的距离【解答】解：（1）在乙车追上甲车之前，当两车速度相等时两车间的距离最大，设此时经过的时间为t1，则由 v1=v2+at1得：t1=12s 此时甲车的位移为：x1=v2t1+at12=1012m=84m乙车的位移为：x2=v1t1=412m=48m 所以两车间的最大距离为：x=x2x1=8448m=36m （2）设甲车停止的时间为t2，则有，甲车在这段时间内发生的位移为：乙车发生的位移为x=vt2=420m=80m则 乙车追上甲车所用的时间t3=t2+=25s 答：（1）乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离36
42、m；（2）乙车追上甲车所用的时间25s【点评】本题是追及问题，在分别研究两车运动的基础上，关键是研究两者之间的关系，通常有位移关系、速度关系、时间关系第（2）问，容易错解成这样：设经过时间t乙车追上甲车，此时两车的位移相同，则由 v1t=v2t+at2得t=24s16（10分）（2016泰安一模）如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计原长3l、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点开始活塞D距汽缸B的底部3l后在D上放一质
43、量为的物体求：（1）稳定后活塞D下降的距离；（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）开始时，活塞质量不计，容器内气体的压强等于大气压，弹簧处于原长；在活塞D上放上质量为m的物体后，活塞D下降后再次达到平衡时，由对活塞C受力平衡条件求得容器内气体的压强封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解；（2）升高气缸内气体温度，当活塞D刚好回到初始位置，此过程中压强不变，弹簧的形变量不变，C的位置不变，对最初和最终根据理想气体状态方程列式即可求出气体温度【解答】解：（1）开始时被封闭气体的压强为，活塞C距气缸A的底部为l，被封气体
44、的体积为4lS，重物放在活塞D上稳定后，被封气体的压强为：活塞C将弹簧向左压缩了距离，则活塞C受力平衡，有：根据玻意耳定律，得：解得：x=2l活塞D下降的距离为：（2）升高温度过程中，气体做等压变化，活塞C的位置不动，最终被封气体的体积为，对最初和最终状态，根据理想气体状态方程得解得：答：（1）稳定后活塞D下降的距离；（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为377【点评】本题考查玻意耳定律的应用及压强的计算，关键要注意首先明确气体发生的什么变化，根据力平衡法求气体的压强，然后才能分析状态参量，由理想气体的状态方程或实验定律进行分析求解，第二问要注意升温过程压强不变，弹
45、簧的形变量不变，活塞C不动17（12分）（2014秋信阳期末）如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最左端为图中的B点，之后返回第一象限，且从MN上的P点离开已知A点坐标为（0，h）电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A点到B点所用的时间；（2）P点的坐标；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系
46、【分析】（1）电子从A到B的过程做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再由速度公式求解时间（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解P点的坐标（3）电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离【解答】解：（1）从A到B的过程中，加速度大小为，由速度公式得：0=v0at，解得：；（2）电子从A运动到B，然后沿原路返回A点时的速度大小仍是v0，在第一象限的电场中，电子做类平抛运动，则：电子电场E1中的运动时间为：t1=
47、射出P点时竖直方向的分位移为 y=又根据牛顿第二定律得：a1=解得 y=；所以P点的坐标为（d，h）；（3）电子到达P点时，竖直分速度为：电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，水平方向有：x=v0t2竖直方向有：hy=vyt2电子经过x轴时离坐标原点O的距离 x=d+x 解得 x=+；答：（1）电子从A点到B点所用的时间为；（2）P点的坐标为（d，h）；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离为+【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解18（12分）（2014安庆二模）如图所示，在倾角为30的光滑斜面上放置一质量为m
48、的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）试求：（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R=x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？【考点
49、】动量守恒定律；动能定理的应用；功能关系【分析】（1）A球下滑4x0，与B球碰撞前的过程，只有重力做功，A球的机械能守恒，据此定律列式求得A的速度；A与B球碰撞过程中，遵守动量守恒，可列式动量守恒方程求得A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律列出方程，结合第1问的结果，即可求解A、B相碰前弹簧的具有的弹性势能；（3）该问中A下滑的过程以及与B碰撞的过程与（1）、（2）问相似，碰后到最高点的过程中机械能守恒，且满足物体过轨道最高点的条件，列出相应的公式，即可求解【解答】解：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，
50、因A球滑下过程中，机械能守恒，有：mg（3x0）sin30=解得：又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2联立得：（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒则有：解得： =（3）设物块在最高点C的速度是vC，物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：所以：C点相对于O点的高度：h=2x0sin30+R+Rcos30=x0物块从O到C的过程中机械能守恒，得：联立得：设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：A与B碰撞的过程中动量守恒得：mvA=2mvBA与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离联立解得：答：（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小是；（2）A、B相碰前弹簧的具有的弹性势能是；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R=x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，物块A恰能通过圆弧轨道的最高点时物体的速度是【点评】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题
