1、2014-2015学年江苏省盐城市东台市东方中学高三（上）期末物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意 1（3分）如图所示，两个与水平面夹角相同的力F1和F2作用在质量相同的物体上，使物体均能在水平面内作匀速直线运动，（甲）图中F1为拉力，（乙）中F2为推力，当两物体经相同位移时，F1和F2对物体做功分别为W1和 W2，若两物体与水平面的动摩擦因数相同，则（）AW1W2BW1=W2CW1W2D无法判断 2（3分）（2010平顶山模拟）在2008北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界纪录图为她在比赛中的几个
2、画面下列说法中正确的是（）A运动员过最高点时的速度为零B撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能C运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆D运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功 3（3分）（2013西安一模）一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（）AmgRBmgRCmgRDmgR 4（3分）下列说法中正确的是（）A地面上的物体重力势能一定为零B质量大的物体重力势能一定大C不同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大D离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零 5（3分）（2008如皋市模拟）运动员
3、跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是（）A阻力对系统始终做负功B系统受到的合外力始终向下C重力做功使系统的重力势能增加D任意相等的时间内重力做的功相等二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分 6（4分）（2010宁夏）如图所示，在外力作用下某质点运动的t图象为正弦曲线从图中可以判断（）A在0t1时间内，外力做正功B在0t1时间内，外力的功率逐渐增大C在t2时刻，外力的功率最大D在t1t3时间内，外力做的总功为零 7（4分）（2009宁夏）质量为m的
4、物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A3t0时刻的瞬时功率为B3t0时刻的瞬时功率为C从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 8（4分）如图所示，倾角为30、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上重力加速度为g，不计一切摩擦则（）AA球刚滑至水平面时速度大小为BB球刚滑至水平面时速度
5、大小为C小球A、B在水平面上不可能相撞D在A球沿斜面下滑过程中，轻绳对B球先做正功，后不做功 9（4分）如图所示，物块P以一定的初速度沿粗糙程度相同的水平面向右运动压缩右端固定的轻质弹簧，被弹簧反向弹回并脱离弹簧弹簧在被压缩过程中未超过弹性限度，则在物块P与弹簧发生相互作用的过程中（）A弹簧的弹性势能先增大后减小B物块和弹簧组成的系统机械能不断减小C物块的加速度先减小后增大D物块的动能先减小后增大三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-15题）两部分，共计42分【必做题】 10（12分）在“验证机械能守恒定律”的实验中：（1）下面叙述正确的是_A用天平称出重物的质量B选用点
6、迹清晰、特别是第1、2点间距接近2mm的纸带C应先通电再释放纸带D打点计时器应接在电压为46V的直流电源上（2）选出一条纸带如图所示，其中O点为起始点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz的交变电流，用分度值为1mm的刻度尺，测得OA=11.13cm，OB=17.69cm，OC=25.9cm这三个数据中不符合有效数字要求的是_，应该写成_cm（3）在计数点A和B之间、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1kg，根据以上数据计算，当打点针打到B点时，重物的重力势能比开始下落时减少了_J，这时它的动能是_J，由此得到的结论是_（g取9.8m/s2，保留三位小数） 11（6分）（2011南
7、京一模）某实验小组在做“验证机械能守恒定律“实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是_，理由是：_（2）若该小组采用图甲的装置打出r一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间问隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小_ m/s（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出v2h图线如图丁所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g=_m/s2（结果保留两位有效数字）【选做题】（选修模块3-3
8、）（12分） 12（4分）下列说法正确的是（）A显微镜下看到墨水中的炭粒的无规则运动是热运动B一定量100的水变成100的水蒸汽，其分子之间的势能增加C晶体所有的物理性质各向异性，非晶体所有的物理性质各向同性D分子a从远处趋近固定不动的分子b，它们间分子力一直变大 13（4分）如图所示，一定质量理想气体经过三个不同的过程a、b、c后又回到初始状态在过程a中，若系统对外界做功400J，在过程c 中，若外界对系统做功200J，则b过程外界对气体做功_J，全过程中系统_热量（填“吸收”或“放出”），其热量是_J 14（4分）（2013江苏一模）现在轿车已进入普通家庭，为保证驾乘人员人身安全，汽车增设
9、了安全气囊，它会在汽车发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠（NaN3）爆炸时产生气体（假设都是N2）充入气囊，以保护驾乘人员若已知爆炸瞬间气囊容量为70L，氮气的密度=1.25102kg/m3，氮气的平均摩尔质量M=0.028kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.021023mol1，试估算爆炸瞬间气囊中N2分子的总个数N（结果保留一位有效数字）（选修模块3-3） 15（12分）封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O，A，D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为Na（1）由状态A到状态D过程中_A气
10、体从外界吸收热量，内能增加B气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D气体密度不变（2）在上述过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体_（选“吸收”或“放出”）热量_J（3）在状态D，该气体的密度为，体积为2V0，则状态D的温度是多少？该气体的分子数为多少？四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 16（15分）（2012郑州一模）2011年3月11日，日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失灾后某中学的部分
11、学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？ 17（16分）如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点现给小球一冲击，使它以初速度v0沿环上滑，已知v0=求：（1）若金属环光滑，小球运动到环的最高点时，环对小球作用
12、力的大小和方向（2）若金属环粗糙，小球运动到环的最高点与环恰无作用力，小球从最低点运动到最高点的过程中克服摩擦力所做的功 18（16分）（2013山东模拟）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角=37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6、cos37=0.8求：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；（2）小滑块第一次与第二
13、次通过C点的时间间隔；（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离2014-2015学年江苏省盐城市东台市东方中学高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）如图所示，两个与水平面夹角相同的力F1和F2作用在质量相同的物体上，使物体均能在水平面内作匀速直线运动，（甲）图中F1为拉力，（乙）中F2为推力，当两物体经相同位移时，F1和F2对物体做功分别为W1和 W2，若两物体与水平面的动摩擦因数相同，则（）AW1W2BW1=W2CW1W2D无法判断考点：功的计算；滑动摩擦力版权所有专题：功的计算专题分析：根据共点力平衡
14、比较拉力和推力的大小，再通过W=Fscos，比较做功的大小解答：解：根据共点力平衡知，F1cos=（mgF1sin），F2cos=（mg+F2sin），可知F2F1，根据过W=Fscos知，位移大小相等，夹角相等，则W1W2故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键掌握功的公式W=Fscos，本题也可以通过动能定理求解，抓住动能不变，比较摩擦力做功从而比较出拉力做功的大小2（3分）（2010平顶山模拟）在2008北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界纪录图为她在比赛中的几个画面下列说法中正确的是（）A运动员过最高点时的速度为零B撑杆恢复形变时，
15、弹性势能完全转化为动能C运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆D运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功考点：功能关系；功的计算版权所有分析：运动员起跳过程中，杆先由直变弯，动能转化为杆的弹性势能和重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，将运动员抬高解答：解：A、运动员经过最高点具有水平方向的分速度，速度不为零如果速度为零，接下来将会做自由落体运动而碰到杆，故A错误；B、运动员起跳过程中，杆先由直变弯，运动员的动能转化为杆的弹性势能和运动员的重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为机械能，故B错误；C、从图中可看出，运动员越过横杆时身体向下弯曲，其重心可能在腰部下方，即重心可
16、能在横杆的下方，故C错误；D、在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，动能转化为杆的弹性势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，故运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功，故D正确故选D点评：本题关键要明确运动员加速助跑过程和上升过程中的各种能量的转化情况，特别是上升过程，要分为杆弯曲和变直两个过程讨论3（3分）（2013西安一模）一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（）AmgRBmgRCmgRDmgR考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：当滑到半球底部
17、时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功解答：解：铁块滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律，有Nmg=m压力等于支持力，根据题意，有N=1.5mg对铁块的下滑过程运用动能定理，得到mgRW=由式联立解得克服摩擦力做的功：W=所以损失的机械能为故选D点评：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可4（3分）下列说法中正确的是（）A地面上的物体重力势能一定为零
18、B质量大的物体重力势能一定大C不同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大D离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零考点：重力势能版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：因物体被举高而具有的能叫重力势能，重力势能与物体的质量及高度有关重力势能须要确定零参考平面后才有意义所以物体在参考平面下方时重力势能小于零，在参考平面上方时重力势能大于零解答：解：A、地面上的物体重力势能不一定为零，若规定地面为零参考平面时，则此时重力势能为零故A错误；B、质量大的物体重力势能不一定大，同时要看高度故B错误；C、相同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大，而不同物体则不一定故C错误；D、离地面有一定高度的物体其
19、重力势能可能零，因为可选此高度的平面为零参考平面故D正确；故选：D点评：重力势能由物体质量与高度决定，正负由零参考平面决定5（3分）（2008如皋市模拟）运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是（）A阻力对系统始终做负功B系统受到的合外力始终向下C重力做功使系统的重力势能增加D任意相等的时间内重力做的功相等考点：功的计算；牛顿第二定律；重力势能的变化与重力做功的关系版权所有专题：压轴题分析：当力和位移的夹角为锐角时，力对物体做正功，当力和位移的夹角为钝角时，力对物体做负功，根据人的运动状态可以确定人的受力的情况，从而可以分析力做功的情况解
20、答：解：A、阻力的方向始终与人的运动的方向相反，所以阻力对系统始终做负功，故A正确B、运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在减速下降的过程中，由牛顿第二定律可知，此时合力的方向是向上的，所以B错误C、在下降的过程中重力做正功，由能的转化和可知此时物体的重力势能减小，所以C错误D、由重力做的功W=mgh可知，由于人不是匀速运动的，在相等的时间内下降的高度不同，所以任意相等的时间内重力做的功不相等，故D错误故选A点评：本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，
21、错选或不答的得0分6（4分）（2010宁夏）如图所示，在外力作用下某质点运动的t图象为正弦曲线从图中可以判断（）A在0t1时间内，外力做正功B在0t1时间内，外力的功率逐渐增大C在t2时刻，外力的功率最大D在t1t3时间内，外力做的总功为零考点：功的计算；功率、平均功率和瞬时功率版权所有分析：由vt图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由P=Fv可求得功率的变化情况解答：解：A、在0t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故A正确；B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度
22、增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，B错误C、t2时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误D、在t1t3时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D正确；故选AD点评：本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息B答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小7（4分）（2009宁夏）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，
23、则（）A3t0时刻的瞬时功率为B3t0时刻的瞬时功率为C从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功的计算版权所有专题：功率的计算专题分析：A、根据牛顿第二定律，求出3t0时刻的速度，然后根据P=Fv求出3t0时刻的瞬时功率C、根据动能定理，求出从t=0到3t0这段时间内，水平力所做的功，然后根据求出水平力的平均功率解答：解：A、在02t0时间内，a=，则2t0时刻的瞬时速度v1=a2t0=2at0，在2t03t0时间内，a=，则3t0时刻的瞬时速度v=v1+at
24、0=所以3t0时刻的瞬时功率P=故A错误，B正确 C、根据动能定理得，W=则故C错误，D正确故选BD点评：解决本题的关键掌握瞬时功率的公式P=Fvcos，以及平均功率的公式8（4分）如图所示，倾角为30、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上重力加速度为g，不计一切摩擦则（）AA球刚滑至水平面时速度大小为BB球刚滑至水平面时速度大小为C小球A、B在水平面上不可能相撞D在A球沿斜面下滑过程中，轻绳对B球先做正功，后不
25、做功考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：AB两球在运动中只有重力做功，故机械能守恒；由机械能守恒可求得A球滑至水平面时的速度大小；分析两球的运动过程可知轻绳对B球的做功情况解答：解：A、从A球开始下滑到A球落地的过程中，系统的机械能守恒，A到达最低面时B在斜面的中点上：则有：3mgLmg=（4m）v2解得：v=，故A正确；B、A球滑到水平面后，A球的速度不再变化，而B球受重力的作用，速度增大，此时A对B不再有力的作用；对B球由机械能守恒可知，mgL=mv2mv2，解得B球最终滑到水平面上时，B球的速度为，故B错误；C、B球滑到水平面上，由于B球的速度大于A球的速度，故
26、两球最终一定会相撞；故C错误；D、由题意可知，开始时，B球动能增加，说明轻绳对B球做正功；当A球落地后，A对B没有拉力，则A球对B球不再做功，故D正确；故选：AD点评：本题考查机械能的守恒定律的应用，在应用机械能守恒的过程中，一定还要分析物体的运动过程，正确选取初末状态9（4分）如图所示，物块P以一定的初速度沿粗糙程度相同的水平面向右运动压缩右端固定的轻质弹簧，被弹簧反向弹回并脱离弹簧弹簧在被压缩过程中未超过弹性限度，则在物块P与弹簧发生相互作用的过程中（）A弹簧的弹性势能先增大后减小B物块和弹簧组成的系统机械能不断减小C物块的加速度先减小后增大D物块的动能先减小后增大考点：功能关系；机械能守
27、恒定律版权所有分析：弹簧的形变越大弹性势能越大，根据弹簧形变的变化讨论弹性势能的变化，由于物块在运动过程中始终要克服摩擦力做功，故系统的机械能不断减小，物块压缩弹簧时受到弹力和摩擦力作用，合力随弹力的增加而增加，物块反弹时摩擦力改变方向，加速度随弹力变化先减小再增加，由加速度讨论速度的变化从而判定动能的变化解答：解：A、物块与弹簧相互作用的这段时间，弹簧的形变先增大后减小恢复，故弹簧弹性势能先增大后减小，A正确；B、物块运动过程中始终克服摩擦力做功，根据能量守恒物块和弹簧组成的系统机械能来断减小，故B正确；C、物块压缩弹簧的过程中弹力与摩擦力同向，故合力随弹力的增加而增加，故加速度先增加，所以
28、C错误；D、物块压缩弹簧的过程中动能先减小，在弹簧恢复的过程中随着弹力的减小，合力减小加速度减小，当弹力与摩擦力大小相等时合力为0，加速度最小为0，随着弹力进一步减小（小于摩擦力）时，合力反向增大，物块做减速运动，故整个过程中物块的速度先减小，后增加，再减小，所以物块的动能先减小后增加再减小，故D错误故选：AB点评：本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析；同时要明确合力与速度同向时加速，合力与速度反向时减速三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-15题）两部分，共计42分【必做题】10（12分）在“验证机械能守恒定律”的实验中：（1）下
29、面叙述正确的是BCA用天平称出重物的质量B选用点迹清晰、特别是第1、2点间距接近2mm的纸带C应先通电再释放纸带D打点计时器应接在电压为46V的直流电源上（2）选出一条纸带如图所示，其中O点为起始点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz的交变电流，用分度值为1mm的刻度尺，测得OA=11.13cm，OB=17.69cm，OC=25.9cm这三个数据中不符合有效数字要求的是25.9cm，应该写成25.90cm（3）在计数点A和B之间、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1kg，根据以上数据计算，当打点针打到B点时，重物的重力势能比开始下落时减少了1.73J，这时它的动能是1.70J，由
30、此得到的结论是可见在忽略误差的情况下，重锤的机械能守恒（g取9.8m/s2，保留三位小数）考点：验证机械能守恒定律版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：本题的关键是明确用自由落体运动验证机械能守恒的方法，根据表达式mgh=m 可知不需要知道重锤的质量m，但需要确定起始点O的位置的方法是找出2mm距离的两点，然后再求出mgh及m，比较它们是否相等即可解答：解：（1）A、由mgh=m 可知，本实验不需要测量重锤的质量，所以A错误；B、根据自由落体运动规律应有h=gT2=9.80.022m=0.002m=2mm，所以应该选用点迹清晰、特别是第1、2点间距离接近2mm的纸带，故B正确；C、
31、使用打点计时器时都应先接通电源再释放纸带，这样可以减小实验误差，所以C正确；D、电磁打点计时器应使用46V的交流电源，所以D错误故选：BC（2）根据刻度尺的读数要求可知，应估读到0.1mm即0.01cm，所以不符合要求的是25.9cm，应写成25.90cm（3）重锤减少的重力势能为EP=mgOB=19.80.1769J=1.73J，打B点是的速度vB=1.846m/s，所以动能EkB=11.8462J=1.70J，可见在忽略误差的情况下，重锤的机械能守恒故答案为：（1）BC；（2）25.9cm，25.90；（3）1.73，1.70点评：解决本题的关键掌握重力势能减小量和动能增加量的求法，关键是
32、纸带的处理，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度11（6分）（2011南京一模）某实验小组在做“验证机械能守恒定律“实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是甲图，理由是：采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒（2）若该小组采用图甲的装置打出r一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间问隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大
33、小1.37 m/s（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出v2h图线如图丁所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g=9.79.8m/s2（结果保留两位有效数字）考点：验证机械能守恒定律版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；（2）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；（3）由得v2=2gh，
34、由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度解答：解：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适故答案为：甲图；理由：采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：故答案为：1.37m/s （3）由机械能守恒得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度，由图可知，当h=20cm时，v2=3.88，所以，所以g9.7m/s2，在范围9.79.8内皆可故答案为
35、：9.79.8点评：本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，正确利用匀变速直线运动的规律、推论求解某点的瞬时速度，根据图象特点明确图象斜率的含义【选做题】（选修模块3-3）（12分）12（4分）下列说法正确的是（）A显微镜下看到墨水中的炭粒的无规则运动是热运动B一定量100的水变成100的水蒸汽，其分子之间的势能增加C晶体所有的物理性质各向异性，非晶体所有的物理性质各向同性D分子a从远处趋近固定不动的分子b，它们间分子力一直变大考点：布朗运动；* 晶体和非晶体版权所有专题：布朗运动专题分析：热运动是分子的无规则运动，分子平均动能不变，内能增加
36、，其分子之间的势能增加，单晶体具有各向异性解答：解：A、热运动是分子的无规则运动，不是固体颗粒的运动，A错误；B、一定量100的水变成100的水蒸汽，分子平均动能不变，内能增加，其分子之间的势能增加，B正确；C、单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体具有各向同性，C错误；D、分子a从远处趋近固定不动的分子b，它们间分子力先增大、再减小又增大，D错误；故选：B点评：掌握热运动的实质，会应用热力学第一定律判断内能的变化，知道分子间距与分子力的变化关系13（4分）如图所示，一定质量理想气体经过三个不同的过程a、b、c后又回到初始状态在过程a中，若系统对外界做功400J，在过程c 中，若外界对系统做功20
37、0J，则b过程外界对气体做功0J，全过程中系统吸收热量（填“吸收”或“放出”），其热量是200J考点：理想气体的状态方程版权所有专题：理想气体状态方程专题分析：气体体积变大，气体对外做功，体积变小，外界对气体做功，气体体积不变，外界对气体不做功，气体也不对外界做功；分析图示气体状态变化过程，然后由热力学第一定律分析答题解答：解：由图示可知，b过程气体体积不变，外界对气体做功为零在过程a中，若系统对外界做功400J，Wa=400J，在过程c中，若外界对系统做功200J，Wc=200J，对整个过程，又回到初始状态，系统温度不变，内能不变，由热力学第一定律：U=W+Q得：U=Wa+Wb+Q，即：0=
38、400+200+Q，解得：Q=200J，系统从外界吸收200J的热量；故答案为：0；吸收； 200点评：利用热力学第一定律判断气体的内能变化的时候要注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的14（4分）（2013江苏一模）现在轿车已进入普通家庭，为保证驾乘人员人身安全，汽车增设了安全气囊，它会在汽车发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠（NaN3）爆炸时产生气体（假设都是N2）充入气囊，以保护驾乘人员若已知爆炸瞬间气囊容量为70L，氮气的密度=1.25102kg/m3，氮气的平均摩尔质量M=0.028kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.021023mol1，试估算爆炸
39、瞬间气囊中N2分子的总个数N（结果保留一位有效数字）考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：先求出N2的物质的量，再根据阿伏加德罗常数求出分子的总个数解答：解：设N2气体摩尔数n，则 n=，气体分子数N=nNA代入数据得：N=21026 个答；爆炸瞬间气囊中N2分子的总个数N=21026 个点评：本题考查阿伏加德罗常数的计算，注意物质量的应用（选修模块3-3）15（12分）封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O，A，D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为Na（1）由状态A
40、到状态D过程中ABA气体从外界吸收热量，内能增加B气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D气体密度不变（2）在上述过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体吸收（选“吸收”或“放出”）热量14J（3）在状态D，该气体的密度为，体积为2V0，则状态D的温度是多少？该气体的分子数为多少？考点：理想气体的状态方程版权所有专题：理想气体状态方程专题分析：根据图象知道AD两点在同一等压线上，结合分子动理论内容进行分析根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量根据气态方程求解状态D的温度求出摩尔数，可求得分子数解答：解：（1）A、A点和D点在过原
41、点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，密度减小，气体对外做功，温度升高气体的平均动能增加，内能增加，故需要吸热，故A正确，D错误；B、由A到D温度升高，则分子的平均动能增大，单个分子对器壁的平均撞击力增大，而压强不变，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少故B正确；C、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义；温度升高，分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都会增大故C错误故选：AB（2）气体对外做功为5J，则W=5J，内能增加9J，则U=9J，由热力学第一定律U=W+Q得，Q=14J，即吸热14J（3）由题意可知，A、D两状态的压强相等
42、，则，解得TD=2T0气体的摩尔数n=分子个数为N=nNA=故答案为：（1）AB；（2）吸收，14；（3）状态D的温度是2T0，该气体的分子数为点评：此题考查分子动理论和VT图象的应用，和运用热力学第一定律和气态方程结合，分析气体状态的变化及变化过程中能量的变化四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位16（15分）（2012郑州一模）2011年3月11日，日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了
43、如下的模型：如图甲在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？考点：牛顿第二定律；功的计算版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律，当物体的合力最大时，其加速度最大由图读出推力的最大值即可求出最大加速度分析物体的运动情况：物体先加速运动，当合力为零为后做减速运动速度最大时推力就能得到，再由图读出位移由动能定理可求出最大
44、位移解答：解：（1）由牛顿第二定律，得Fmg=ma， 当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大 代入解得解得a=g=20m/s2 （2）由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大 则F=mg=20N 由图得到F与x的函数关系式F=10025x 则得到x=3.2m （3）由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功W=200J 根据动能定理Wmgxm=0 代入数据得xm=10m答：（1）运动过程中物体的最大加速度为20m/s2 （2）在距出发点3.2m处时物体的速度达到最大 （3）物体在水平面上运动的最大位移是10m点评：本题有两个难点：一是分析物体
45、的运动过程，得出速度最大的条件；二是能理解图象的物理意义，“面积”等于推力做功，是这题解题的关键17（16分）如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点现给小球一冲击，使它以初速度v0沿环上滑，已知v0=求：（1）若金属环光滑，小球运动到环的最高点时，环对小球作用力的大小和方向（2）若金属环粗糙，小球运动到环的最高点与环恰无作用力，小球从最低点运动到最高点的过程中克服摩擦力所做的功考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球从最低点运动到环的最高点时，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可求
46、出小球到达最高点时速度，再根据牛顿第二定律列式求解；（2）小球运动到环的最高点与环恰无作用力，由重力提供向心力，列式可求出小球经过最高点时的速度小球从最低点运动到最高点的过程中，运用动能定理列式求出克服摩擦力所做的功解答：解：（1）设小球到最高点速度为v1，金属环光滑，由机械能守恒定律得：mv=mv+2mgR解得：v1=在最高点 mg+N=m解得：N=mg，方向竖直向下（2）小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v2则 mg=m解得：v2=从最低点到最高点，由动能定理得：mg2RW克=mvmv；解得：W克=mgR答：（1）若金属环光滑，小球运动到环的最高点时，环对小球作用力的大小为mg，方向
47、竖直向下（2）小球从最低点运动到最高点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR点评：本题主要考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象18（16分）（2013山东模拟）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角=37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6、cos37=0.8求：（1）小滑块
48、第一次到达D点时的速度大小；（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）直接对小物块从ABCD过程中运用动能定理列式求解即可；（2）先对从ABC过程运用动能定理求出小滑块到达C点的速度，求出在斜面CD上的加速度，再对小滑块在CD斜面上的运动运用运动学公式求解；（3）对全部过程运用动能定理，得出物体在BC面上滑行的总路程，再结合几何关系确定物体最终的静止位置解答：解：（1）小物块从ABCD过程中，由动能定理得将h1、h2、s、g代入得：vD=3m
49、/s 即小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s（2）小物块从ABC过程中，由动能定理得将h1、s、g代入得：vC=6m/s 小物块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin=6m/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间=1s 由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s 即小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔2s（3）对小物块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为S总有：mgh1=mgs总将h1、g代入得S总=8.6m 故小物块最终停止的位置距B点的距离为2sS总=1.4m 即小滑块最终停止的位置距B点的距离为1.4m点评：本题关键灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，同时要注意摩擦力做的总功等于摩擦力与路程的积
