1、2015-2016学年湖北省宜昌一中、龙泉中学高三（上）联考物理试卷（10月份）一、选择题：本题共12小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1如图所示，水平固定倾角为30的光滑斜面上有两质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向右推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力为F的大小分别为（）ABCD2甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时，乙车在甲车前50m处，它们的vt图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述正确
2、的是（）A甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C在第30s末，甲、乙两车相距100mD在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次3如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动若改用水平力F拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过（）A2FBC3FD4人用绳子通过定滑轮拉物体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，则物体A实际运动的速度是（）Av0sin BCv0cos D5用
3、一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为FT，则FT随2变化的图象是下图中的（）ABCD6如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功mv2C滑块动能的变化量等于电场
4、力和重力做功的代数和D当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大7如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mg=qE，选取初始位置O的电势为零，则（）A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为2gC小球上升的最大高度为D小球电势能的最大值为8如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q点电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为q的负点电荷
5、在圆周上运动，比较a、b、c、d四点，则下列说法错误的是（）A在a点电场强度最大B电荷q在b点的电势能最大C在c、d两点的电势相等D电荷q在a点的电势能最大9“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，有5颗是地球同步卫星在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，如图9所示，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则（）A该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度B卫星在同步轨道上的运行速度小于第一宇宙速度C在轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D在轨道上的运行周期小于在轨道上的运行周期10如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的
6、，A端为抛出点，B端为落地点现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时（）A小球的速率为B小球的速率为C小球在水平方向的速度大小为v0D小球在水平方向的速度大小为11如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是（）ABCD12如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示重力加速度g=10m/s2则（）A物体的质量m=0.5kgB第
7、2s内物体克服摩擦力做的功W=2JC物体与水平面间的动摩擦因数=0.4D前2 s内推力F做功的平均功率=1 W二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13题第17题为必考题，每个试题考生都必须作答第18题第19题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）13如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图现有的器材为：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平回答下列问题（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的一个器材是A螺旋测微器 B秒表 C多用电表 D交流电源（2）下面列举了该实验的几个操作步骤中，其中操作不当的一个步骤是A用天平测出重锤的质量B按照图示的装置安装器件C
8、先释放纸带，后接通电源D测量纸带上某些点间的距离（3）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图乙所示使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a=（用x1、x2、x3、x4及f表示）14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安装了一个光电门B，在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（力传感器可测得细线上的拉力大小），力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=mm（2）下列不必要的
9、一项实验要求是A将气垫导轨调节水平B使A位置与光电门间的距离适当大些C使细线与气垫导轨平行D使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量（3）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，测量出滑块在A位置时遮光条到光电门的距离x，则滑块的加速度a=（4）为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量，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，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为At Bt2 C D15如图所示，在水平地面上固定一倾角=37，表面光滑的斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以
10、某一初速度水平抛出如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中（A、B均可看作质点，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）求：（1）物体A上滑到最高点所用的时间t； （2）物体B抛出时的初速度v2；（3）物体A、B间初始位置的高度差h16在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上如图所示，设电子的质量为m（不考虑所受重力），电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？17如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R=0.2m的竖直圆形光滑轨道，水平轨
11、道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L=1m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态质量为m=1kg的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0=2 m/s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物块A与PQ段间的动摩擦因数=0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；（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，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道三、【物理-选修3-4】
12、18一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点xp=2.5m处的一个质点则以下说法正确的是（）A质点P的振幅为0.1 mB波的频率可能为7.5 HzC波的传播速度可能为50 m/sD在t=0.1 s时刻与P相距5 m处的质点一定沿x轴正方向运动E在t=0.1 s时刻与P相距5 m处的质点可能是向上振动，也可能是向下振动19如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行一
13、束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑求两个光斑之间的距离L若任意两束相同激光同时垂直于AB边向上入射进入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离五、【物理-选修3-5】20已知能使某种金属发生光电效应的光子的最小频率为0一群氢原子处于量子数n=4的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射多种频率的光，且氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到量子数n=2的能量状态时向外辐射频率为0的光子下列说法正确的是（）A这些氢原子向外辐射的光子频率有6种B当照射光的频率 大于0时，若 增大，则逸出功增大C当用频率为20的单色光照射该金属时，所产生的光电子的
14、最大初动能为h0D当照射光的频率 大于0时，若光强增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍E这些氢原子向外辐射的所有频率的光子中，只有一种不能使这种金属发生光电效应21如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2，求：（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；（2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度2015-2016学
15、年湖北省宜昌一中、龙泉中学高三（上）联考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1如图所示，水平固定倾角为30的光滑斜面上有两质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向右推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力为F的大小分别为（）ABCD【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】对于连接体问题，优先考虑以整体为研究对象，本题中以整体为研究对象，可
16、以求出力F的大小，然后根据A处于平衡状态，可以求出弹簧弹力，从而进一步求出弹簧的原长【解答】解：以整体为研究对象，受力分析有：系统处于平衡状态，沿斜面方向有：Fcos30=2mgsin30 以A为研究对象沿斜面方向有重力沿斜面分析的分力等于弹簧的弹力：kx=mgsin30 x=ll0 解得，由得：l0=l故选：B2甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时，乙车在甲车前50m处，它们的vt图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是（）A甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C在第30s末，甲、乙两车相距100mD在整个运动过程中，甲、乙两车可以
17、相遇两次【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】vt图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负相遇要求在同一时刻到达同一位置看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方【解答】解：A、由图象可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运动，但甲的速度图象一直在时间轴的上方，一直沿正向运动，没有反向，故A错误；B在第20s末，甲车的加速度为 a甲=1m/s2，大小为1m/s2；乙车的加速度大小为a乙=m
18、/s2，所以加速大小不相等，故B错误；C在第30s末，甲的位移为x甲=2010+2020=400m，乙的位移为x乙=2030m=300m，所以甲乙两车相距40030050m=50m，故C错误；D刚开始乙在甲的前面50m处，甲的速度大于乙的速度，经过一段时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到30s末，甲停止运动，甲在乙的前面50m处，此时乙以20m/s的速度匀速运动，所以再经过2.5s乙追上甲，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故D正确故选：D3如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动
19、若改用水平力F拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过（）A2FBC3FD【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A或B受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm=ma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F=3ma由解得：fm=当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动
20、时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F1fm=ma1对整体，有：F1=3ma1由上述各式联立解得：F1=即F1的最大值是故选：B4人用绳子通过定滑轮拉物体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，则物体A实际运动的速度是（）Av0sin BCv0cos D【考点】运动的合成和分解【分析】将A的速度分解为沿绳子方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，实际速度为：v=故选：D5用一根细线一
21、端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为FT，则FT随2变化的图象是下图中的（）ABCD【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【分析】分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与2的关系也就变了【解答】解：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为，当=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力FT而平衡，FT=mgcos0，所以A项、B项都不正确；增大时，FT增大，N减小，当N=0时
22、，角速度为0当0时，由牛顿第二定律得，FTsinNcos=m2Lsin，FTcos+Nsin=mg，解得FT=m2Lsin2+mgcos；当0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得FTsin=m2Lsin，所以FT=mL2，此时图象的反向延长线经过原点可知FT2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误故选：C6如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始
23、终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功mv2C滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大【考点】功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】滑块在向下运动到最低点过程中，有电场力、重力和弹簧弹力做功，根据功能关系、动能定理、电场力做功与电势能的关系等进行判断【解答】解：A、因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有：qE=mgsin，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量故A错误B、根据能量守恒得，
24、动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力做功mv2故B正确C、根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量故C错误D、由于qE=mgsin，可知当滑块的加速度最大时，弹簧最长或最短弹簧最长时，滑块的电势能最小，滑块和弹簧组成的系统机械能最大；弹簧最短时，滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最小故D错误故选：B7如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力
25、加速度为g，且mg=qE，选取初始位置O的电势为零，则（）A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为2gC小球上升的最大高度为D小球电势能的最大值为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】首先对相求的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=qE且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg，加速度为g；由运动学公式可判断C的对错；因电场力和重力在ON上的分量相等，可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的，可知转化为电势能的最大值为初动能的一半【解答】解：A、B小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一
26、直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下故AB错误C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=，则最大高度为h=xsin30=故C错误D、若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确故选：D8如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定
27、电荷量分别为9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q点电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动，比较a、b、c、d四点，则下列说法错误的是（）A在a点电场强度最大B电荷q在b点的电势能最大C在c、d两点的电势相等D电荷q在a点的电势能最大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据电场力的合成分析电场力的大小a、b、c、d四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上，所以由正电荷的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，a、b、c、d四点的总电势可
28、以通过9Q产生的电场的电势来判定，再判断出电势能的大小【解答】解：A、在a、b、c、d四点+Q对+q的电场力大小相等，在a点，9Q对+q的电场力最大，而且方向与+Q对+q的电场力方向相同，根据合成可知a处电场强度最大；故A正确；B、C、D，a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上，由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过9Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据负电荷在电势低处电势能大，可知+q在a处的电势能最大，在b处的电势能最小，在c、d两处的电势能相等，故B错误，CD正
29、确本题选错误的，故选：B9“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，有5颗是地球同步卫星在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，如图9所示，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则（）A该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度B卫星在同步轨道上的运行速度小于第一宇宙速度C在轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D在轨道上的运行周期小于在轨道上的运行周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出卫星在同步轨道上的速度与第一宇宙速度的大小根据万有引力做功情况判断卫星在P点和Q点的动能大小
30、，从而判断速度大小根据开普勒第三定律比较在轨道上的运行周期【解答】解：A、该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行故A错误B、根据知，v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在同步轨道上的运行速度小于7.9 km/s故B正确C、由P点向Q点运动，万有引力做负功，则动能减小，P点的动能大于Q点的动能，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度故C正确D、根据开普勒第三定律知，轨道的半径大于椭圆的半长轴，则在轨道上的运行周期大于在轨道上的运行周期故D错误故选：BC10如图所示，放置在
31、竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时（）A小球的速率为B小球的速率为C小球在水平方向的速度大小为v0D小球在水平方向的速度大小为【考点】平抛运动；运动的合成和分解【分析】小球在光滑杆上只有重力做功，故机械能守恒，由机械能守恒定律可求得小球到达B点时的速度；由平抛运动的规律可求得B点切线与水平方向的夹角； 再由运动的合成与分解可求得小球在最低点水平方向的速度【解答】解：由机械能守恒定律，mgh=mv2，解得小球到达轨道B端时速率为v=；故A错误，B
32、正确；当小球滑到B点时，设小球的速度与水平方向间的夹角为，则tan=，cos=；小球在水平方向的速度v=vcos=； 故C错误，D正确；故选BD11如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是（）ABCD【考点】机械能守恒定律【分析】对物块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速【解答】解：A、若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，设物块在传
33、送带上运动位移为x，下落高度h，物体从A到B运动过程中，机械能：E=Ek+Ep=（mgcos+mgsin）x+mg（Hh）=（mgcos+mgsin）x+mg（Hxsin）=mgxcos+mgH，H为A、B间的高度差，则物块机械能一直增大，但E与x不成正比，故A错误，B正确；C、若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块速度达到v之前，机械能增加，速度达到v之后，物块将和传送带一起匀速运动，物块的动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C错误，D正确故选：BD12如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所
34、示重力加速度g=10m/s2则（）A物体的质量m=0.5kgB第2s内物体克服摩擦力做的功W=2JC物体与水平面间的动摩擦因数=0.4D前2 s内推力F做功的平均功率=1 W【考点】功的计算【分析】解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度速度的正负代表物体运动的方向【解答】解：A、由速度时间图象可以知道在23s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在12s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=2m/s2，由牛顿第二定律可得Ff=ma，所以m=0.5kg，所以A正确；B、第二秒内物体的位移是x=21=1m，
35、摩擦力做的功W=fx=21J=2J，所以B正确；C、由f=FN=mg，所以=0.4，所以C正确；D、在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=Fx=31J=3J，所以前2S内推力F做功的平均功率为W=1.5W，所以D错误故选：ABC二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13题第17题为必考题，每个试题考生都必须作答第18题第19题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）13如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图现有的器材为：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平回答下列问题（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的一个器材是DA
36、螺旋测微器 B秒表 C多用电表 D交流电源（2）下面列举了该实验的几个操作步骤中，其中操作不当的一个步骤是AA用天平测出重锤的质量B按照图示的装置安装器件C先释放纸带，后接通电源D测量纸带上某些点间的距离（3）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图乙所示使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a=（用x1、x2、x3、x4及f表示）【考点】验证机械能守恒定律【分析】根据实验的原理确定实验的器材，以及错误的步骤，误差形成的原因根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的表达式【解答】解：（1）
37、电磁打点计时器需接46V的交流电源，以及需要用米尺测量距离，不需要螺旋测微器，同时也不需要秒表，因打点计时器能算出时间故选：D（2）不当的步骤是A，不需要测量重锤的质量，原因是等式两边都有质量，可以约去，故选：A，（3）根据逐差法，a1=，a2=，则a=故答案为：（1）D；（2）A；（3）14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安装了一个光电门B，在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（力传感器可测得细线上的拉力大小），力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=2.25m
38、m（2）下列不必要的一项实验要求是DA将气垫导轨调节水平B使A位置与光电门间的距离适当大些C使细线与气垫导轨平行D使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量（3）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，测量出滑块在A位置时遮光条到光电门的距离x，则滑块的加速度a=（4）为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量，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，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为DAt Bt2 C D【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）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
39、估读；（2）用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响，拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关；（3）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；（4）结合牛顿第二定律求出F的表达式即可选择【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.055mm=0.25mm，所以最终读数d=2mm+0.25mm=2.25mm；（2）A、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故A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、要保持细线方向与木气垫导轨平行，拉力才等于合力，故C必要；D、拉力是直接通过传感器测
40、量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故D不需要；本题选不必要故选：D（4）滑块经过光电门B的速度v=，根据v2=2ax得：a=，（5）根据牛顿第二定律得：a=，则，解得：F=，所以处理数据时纵轴为F，横轴应为为横轴，故D正确故选：D故答案为：（1）2.25；（2）D；（3）a=；（4）D15如图所示，在水平地面上固定一倾角=37，表面光滑的斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中（A、B均可看作质点，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）求：（1）物体A上滑到最高点所用
41、的时间t； （2）物体B抛出时的初速度v2；（3）物体A、B间初始位置的高度差h【考点】牛顿第二定律；平抛运动【分析】（1）对物体A进行受力分析可以知道A的加速度的大小，再由匀变速直线运动的速度公式可以求得运动的时间；（2）A和B的水平位移是一样的，根据A的运动可以求得在水平方向上的位移，再由平抛运动的规律可以求得B的初速度的大小；（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，A上升的高度可以由A的运动求出，B下降的高度就是自由落体的竖直位移【解答】解：（1）物体A上滑的过程中，由牛顿第二定律得： mgsin=ma，代入数据得：a=gsin37=6 m/s2 设经过t时
42、间B物体击中A物体，由速度公式得：0=v1at，t=1 s，（2）A的水平位移和平抛物体B的水平位移相等： x=v1tcos 37=2.4 m，B做平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，所以平抛初速度为： v2=2.4 m/s，（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，所以物体A、B间的高度差为：h=v1tsin 37+gt2=6.8 m，答：（1）物体A上滑到最高点所用的时间t为1 s； （2）物体B抛出时的初速度v2为2.4 m/s； （3）物体A、B间初始位置的高度差h为6.8 m16在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上如图所示，设电子
43、的质量为m（不考虑所受重力），电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电子先直线加速，再类似平抛运动，最后匀速直线运动，根据动能定理和类似平抛运动的分运动公式列式求解【解答】解：直线加速过程，有：eU1=类似平抛运动过程，有：L=v1ty=对运动的全程，根据动能定理，有：eU1+e=Ek0联立解得：Ek=eU1+e答：电子射到荧光屏上的动能为eU1+e17如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R=0.2m的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的
44、PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L=1m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态质量为m=1kg的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0=2 m/s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物块A与PQ段间的动摩擦因数=0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；（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，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道【考点】动能定理的应用；牛顿
45、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）设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，物块从开始运动到P的过程，由动能定理，可得：mgL=mv12mv22；代入数据解得：v1=2 m/s（2）物块A被弹簧以原速率弹回返
46、回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理得：mgLmgh1=0mv12代入数据解得：h1=0.2m=R，符合实际（3）若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则h2满足： 0h2R由动能定理得：2mgL1mgh2=0mv02联立得：1mL11.5 m若A能沿轨道上滑至最高点，则满足： mmg由动能定理得：2mgL2mg2R=mv22mv02联立得：L20.25 m综上所述，要使物块A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：1mL1.5m或 L0.25 m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
47、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：1ml1.5m或 l0.25m三、【物理-选修3-4】18一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点xp=2.5m处的一个质点则以下说法正确的是（）A质点P的振幅为0.1 mB波的频率可能为7.5 HzC波的传播速度可能为50 m/sD在t=0.1 s时刻与P相距5 m处的质点一定沿x轴正方向运动E在t=0.1 s时刻与P相距5 m处的质点可能是向上振动，也可能是向下振动【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】波沿x轴正方向传播
48、，根据波形的平移法得到波的周期可能值，求出频率的可能值和速度的可能值根据时间与周期的关系，确定t=0.1时刻质点P的位置，判断其速度方向【解答】解：A、质点P的振幅即波的振幅，为0.1m，故A正确B、波沿x轴正方向传播，则t=nT+，周期为T=s，频率为f=Hz，（n=0，1，2，3），所以波的频率可能为2.5Hz，12.5Hz，不可能为7.5 Hz，故B错误；C、波速为v=f=4m/s=（40n+10）m/s，所以当n=1时，v=50m/s，故C正确D、在t=0.1 s时刻与P相距5 m处的质点只能上下振动，不可能沿x轴正方向运动，故E错误E、由于波传播的周期性，波沿x轴正方向传播，在t=0
49、.1s时刻与P相隔5m处的质点与P点相距1m的质点振动情况完全相同，即距原点为3.5m或1.5m的质点的振动情况相同；据虚线波形图和波向右传播可知，3.5m的质点沿y轴正方向，即与P相距5m处的质点也一定向上振动；1.5m的质点沿y轴负方向，即与P相距5m处的质点也一定向下振动故E正确故选：ACE19如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑求两个光斑之间的距离L若任意两束相同激光同时垂直于AB
50、边向上入射进入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离【考点】光的折射定律【分析】激光a垂直于AB边射向AC边的中点O时，由于光的反射和折射，在屏幕MN上出现两个光斑，由折射定律和折射定律作出光路图，由几何知识求出a光的入射角，由折射定律求出折射角，根据反射定律求出反射角由几何知识求解两个光斑之间的距离L据上题分析可知，当光线从A、B入射时在屏幕上形成相距最远的两个光斑，由几何知识求解【解答】解：画出光路图如图所示，在界面AC，a光的入射角 1=60由光的折射定律有： =n代入数据求得：sin2=0.5，得入射角 2=30由光的反射定律得反射角：3=60由几何关系易得：ODC是边长为的正三
51、角形，COE为等腰三角形，则CE=OC=AC=40cm=20cm故两光斑之间的距离L=DC+CE=40cm 光路图，屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离为：PQ=2l=240cm=80cm 答：两个光斑之间的距离L为40cm屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离为80cm五、【物理-选修3-5】20已知能使某种金属发生光电效应的光子的最小频率为0一群氢原子处于量子数n=4的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射多种频率的光，且氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到量子数n=2的能量状态时向外辐射频率为0的光子下列说法正确的是（）A这些氢原子向外辐射的光子频率有6种B当照射光的频率
52、大于0时，若 增大，则逸出功增大C当用频率为20的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为h0D当照射光的频率 大于0时，若光强增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍E这些氢原子向外辐射的所有频率的光子中，只有一种不能使这种金属发生光电效应【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】根据数学组合知识得出辐射光子频率的种类；金属逸出功与入射光的频率无关，根据光电效应得出光电子的最大初动能，结合能级跃迁时光子能量的大小关系判断发生光电效应的光子种数【解答】解：A、根据=6知，这些氢原子向外辐射的光子频率有6种，故A正确B、金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身性质决定，故B错误C、某种金属发
53、生光电效应的光子的最小频率为0则逸出功为hv0，根据光电效应方程得，用频率为20的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能Ekm=h2v0hv0=hv0，故C正确D、光电子的最大初动能与光强无关，故D错误E、从量子数n=3的激发态跃迁到量子数n=2的能量状态时向外辐射频率为0的光子，可知只有n=4到n=3辐射的光子频率小于v0，即只有一种不能使这种金属发生光电效应，故E正确故选：ACE21如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg现让A以6m/s的速度水平向左运动，之
54、后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2，求：（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；（2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度【考点】动量守恒定律【分析】（1）A碰撞墙壁过程，应用动量定理可以求出作用力（2）A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大高度【解答】解：（1）设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：Ft=mAv1mA（v1），代入数据解得：F=50N（2）设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1=（mA+mB）v，A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得：（mA+mB）v2=（mA+mB）gh，代入数据解得：h=0.45m；答：（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小为50N；（2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度为0.45m2016年6月6日
