广西桂林市全州高中2017届高三（上）月考物理试卷（10月份）（解析版） 21页

‎2016-2017学年广西桂林市全州高中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题共40分）选择题部分共10小题，在每小题给出的四个选项中，1--6小题只有一选项正确，7--10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．‎ ‎1．我军最新型无人机在胜利日阅兵中首次亮相，充分展示了我军新型作战力量的发展水平，为了接受此次检阅，某无人机先在某地A从地面起飞，然后在一定高度处水平飞行，最后降落到地面B，若全过程该机行驶的里程为L，经过的时间为t，A、B两地间的距离为s，下列说法正确的是（　　）‎ A．该过程的平均速度为 B．L为位移 C．t为时刻 D．s为路程 ‎2．一质点t=0时刻从原点开始沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．t=4 s时，质点在x=l m处 B．第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同 C．第3s内和第4s内，合力对质点做的功相同 D．0～2 s内和0～4 s内，质点的平均速度相同 ‎3．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为（　　）‎ A．tanα B． C．tanα D．cosα ‎5．如图，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点．O点在水平地面上．可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=l0m/s2．则B点与O点的竖直高度差为（　　）‎ A． R B． R C． R D． R ‎6．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（　　）‎ A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大，最大速度为vmax=‎ B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=‎ C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin=‎ D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=‎ ‎7．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（　　）‎ A．xA=h，aA=0 B．xB=h+，aB=0‎ C．xC=h+，aC=g D．xC＞h+，aC＞g ‎8．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（　　）‎ A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2‎ D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s ‎9．小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球上升过程中的平均速度大于 B．小球下降过程中的平均速度大于 C．小球射出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值为 0‎ D．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 ‎10．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一小段距离，斜面体始终静止．则在移动过程中（　　）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变小 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎　‎ 二、非选择题共60分）非选择题部分共4小题．把答案填在题的横线上或按题目要求作答．解答题应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．‎ ‎11．某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．‎ ‎（1）在安装刻度尺时，刻度尺零刻线应在　　（填“上”或“下”）‎ ‎（2）他通过实验得到图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0=　　cm，劲度系数k=　　N/m．‎ ‎12．用如图1所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　　．（填步骤序号）‎ A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数F0；‎ B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C．用天平测出砂和砂桶的质量 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）以拉力传感器示数的二倍F（F=2F0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象如图2所示，则可能正确的是　　．‎ ‎（3）在实验中，得到一条如图3所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz．则：小车的加速度大小为　　m/s2，（结果保留一位小数）‎ ‎13．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：‎ ‎（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？‎ ‎（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？‎ ‎14．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）‎ ‎（1）求小物块下落过程中的加速度大小；‎ ‎（2）求小球从管口抛出时的速度大小；‎ ‎（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于L．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎15．如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是（　　）‎ A．此波的波速为5cm/s B．此波的频率为1.5Hz C．波源在t=0时运动速度沿y轴正方向 D．波源振动已经历0.6s E．x=10cm的质点在t=1.5s处于波峰 ‎16．一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为R，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎（i）出射角θ；‎ ‎（ii）光穿越球体的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西桂林市全州高中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题共40分）选择题部分共10小题，在每小题给出的四个选项中，1--6小题只有一选项正确，7--10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．‎ ‎1．我军最新型无人机在胜利日阅兵中首次亮相，充分展示了我军新型作战力量的发展水平，为了接受此次检阅，某无人机先在某地A从地面起飞，然后在一定高度处水平飞行，最后降落到地面B，若全过程该机行驶的里程为L，经过的时间为t，A、B两地间的距离为s，下列说法正确的是（　　）‎ A．该过程的平均速度为 B．L为位移 C．t为时刻 D．s为路程 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】路程等于物体运动轨迹的长度，位移的大小等于首末位置的距离，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间比值．‎ ‎【解答】解：A、无人机在整个过程中的位移为s，则平均速度，故A正确．‎ B、里程L表示运动轨迹的长度，是路程，A、B两地的距离表示位移的大小，可知s是位移，故BD错误．‎ C、t表示时间，不是时刻，故C错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．一质点t=0时刻从原点开始沿x轴正方向做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．t=4 s时，质点在x=l m处 B．第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同 C．第3s内和第4s内，合力对质点做的功相同 D．0～2 s内和0～4 s内，质点的平均速度相同 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中，图线的斜率表示加速度．根据“面积”确定0﹣4s内的位移，即可确定其位置．由动能定理分析合力做功，平均速度由位移和时间之比分析．‎ ‎【解答】解：A、0﹣4s内质点的位移等于0﹣2s的位移，为 x=×（1+2）×2m=3m，t=0时质点位于x=0处，则t=4s时，质点在x=3m处，故A错误．‎ B、图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度大小和方向均相同，故B正确．‎ C、第3s内质点的速度减小，合力做负功．第4s内速度增大，合力做正功，由动能定理知第3s内和第4s内，合力对质点做的功不等，故C错误．‎ D、根据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，则知O～2s内和0～4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析如图所示，可得：‎ FN=Fcosθ Mg﹣Fsinθ=Ma 解得：FN=M（g﹣a）cotθ，‎ 对两球组成的整体有：‎ ‎（m+M）g﹣μFN=（M+m）a 联立解得：μ=‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为（　　）‎ A．tanα B． C．tanα D．cosα ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】由几何关系可知两球下落高度及水平位移的关系，再由平抛运动的规律可求得初速度之比．‎ ‎【解答】解：由几何关系可知，A的竖直位移hA=Rcosα，水平位移xA=Rsinα； ‎ B的竖直位移hB=Rcos（90°﹣α）=Rsinα，水平位移xB=Rsin（90°﹣α）=Rcosα 由平抛运动的规律可知，h=，‎ x=v0t 解得v0=x，‎ 则．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点．O点在水平地面上．可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=l0m/s2．则B点与O点的竖直高度差为（　　）‎ A． R B． R C． R D． R ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】小球刚好通过A点，在A点重力提供向心力，求出A点速度．小球从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式结合几何关系求出B点与O点的竖直高度差．‎ ‎【解答】解：小球刚好通过A点，则在A点重力提供向心力，则有：‎ mg=m，‎ 解得：vA=‎ 从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移 x=vt，竖直方向的位移为：h=gt2，‎ 根据几何关系有：x2+h2=R2‎ 解得：B点与A点的竖直高度差为：h=‎ 所以B点与O点的竖直高度差为：H=R﹣h=．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（　　）‎ A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大，最大速度为vmax=‎ B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=‎ C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin=‎ D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小船参与两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和随着水流的匀速直线运动，当沿着船头指向的分速度垂直河岸时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时，位移最短．‎ ‎【解答】解：A、当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t=，故A错误；‎ B、小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最大，故B错误；‎ C、由图，小船沿轨迹AB运动位移最大，由于渡河时间t=，与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最短，故C错误；‎ D、要充分利用利用水流的速度，故要合速度要沿着AB方向，此时位移显然是最大的，划船的速度最小，故：‎ 故v船=；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（　　）‎ A．xA=h，aA=0 B．xB=h+，aB=0‎ C．xC=h+，aC=g D．xC＞h+，aC＞g ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；‎ B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；‎ C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度．‎ ‎【解答】解：A、OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，故A错误；‎ B、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，故B正确；‎ C、D、取一个与A点关于B点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h+2，加速度ac＞g，所以C错误，D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（　　）‎ A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2‎ D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t=2πr××求时间．‎ ‎【解答】解：A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；‎ B．设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v=45m/s，故B正确；‎ C．设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v0=30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x==50m，再由v2﹣=2ax代入数据解得：a=6.50m/s，故C错误；‎ D．设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：cosα==，α=60°，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为t=2πr××=2.79s，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎9．小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球上升过程中的平均速度大于 B．小球下降过程中的平均速度大于 C．小球射出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值为 0‎ D．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 ‎【考点】竖直上抛运动；平均速度．‎ ‎【分析】由速度图象的“面积”表示位移来分析它与匀变速直线运动平均速度的关系．由小球受到的空气阻力与速率成正比，根据牛顿第二定律分析上升和下降阶段的加速度变化．‎ ‎【解答】解：A、上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即小球实际上升的位移小于做匀减速上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于．故A错误．‎ B、同理，可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于．故B正确．‎ C、小球抛出时，根据牛顿第二定律得：mg+kv=ma，此时速率最大，可知此时的加速度最大，到最高点时，v=0，加速度a=g，不是0．故C错误．‎ D、上升过程有：mg+kv=ma，v减小，a减小．下降过程有：mg﹣kv=ma，v增大，a减小，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一小段距离，斜面体始终静止．则在移动过程中（　　）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变小 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎【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】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化 ‎【解答】解：A、设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．‎ 取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得：‎ ‎ 斜面方向：mgsinα=Tcosθ ①‎ ‎ 垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα ②‎ 使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．‎ 由②知，N变小，故AB正确．‎ C、对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得 ‎ f=Nsinα，N变小，则f变小，‎ ‎ N′=（M+m）g+Ncosα，N变小，则N′变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故C错误，D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ 二、非选择题共60分）非选择题部分共4小题．把答案填在题的横线上或按题目要求作答．解答题应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．‎ ‎11．某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．‎ ‎（1）在安装刻度尺时，刻度尺零刻线应在　上　（填“上”或“下”）‎ ‎（2）他通过实验得到图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0=　4.0　cm，劲度系数k=　50　N/m．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】根据图线的横轴截距求出弹簧的原长，根据图线的斜率求出弹簧的劲度系数．‎ ‎【解答】解：（1）安装刻度尺时，刻度尺的零刻线在上．‎ ‎（2）当F=0时，弹簧处于原长，即横轴截距表示原长，则x0=4.0cm，图线的斜率表示劲度系数，则k=．‎ 故答案为：（1）上，（2）4.0，50．‎ ‎　‎ ‎12．用如图1所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　AB　．（填步骤序号）‎ A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数F0；‎ B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C．用天平测出砂和砂桶的质量 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）以拉力传感器示数的二倍F（F=2F0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象如图2所示，则可能正确的是　C　．‎ ‎（3）在实验中，得到一条如图3所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～‎ ‎5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz．则：小车的加速度大小为　1.5　m/s2，（结果保留一位小数）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．‎ 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）A、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；‎ B、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；‎ C、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误．故选：AB；‎ ‎（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a﹣F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a﹣F图象在F轴上有截距，故C正确．故选：C；‎ ‎（3）根据△x=aT2，运用逐差法得，a==﹣1.5m/s2，则小车的加速度大小为1.5m/s2．‎ 故答案为：（1）AB；（2）C；（3）1.5．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：‎ ‎（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？‎ ‎（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？‎ ‎【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）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；‎ ‎（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：‎ F+μmgcos37°﹣mgsin37°=ma1，‎ 代入数据解得．‎ 匀加速运动的时间，‎ 匀加速运动的位移．‎ 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N．故不能相对斜面向上加速．故得：a2=0．‎ 得t=t1+t2=．‎ ‎（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin37°＞μmgcos37°，‎ 故减速上行mgsin37°﹣μmgcos37°=ma3，代入数据解得．‎ 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：‎ 代入数据解得，‎ 则．‎ 答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.33s；‎ ‎（2）小物块还需经过0.85s时间离开传送带，离开时的速度为2.3m/s．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）‎ ‎（1）求小物块下落过程中的加速度大小；‎ ‎（2）求小球从管口抛出时的速度大小；‎ ‎（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于L．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的公式；平抛运动．‎ ‎【分析】开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等．对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程．‎ 小物块落地静止不动，小球继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等），结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小．‎ 运用平抛运动的规律表示出小球平抛运动的水平位移，利用数学知识证明问题．‎ ‎【解答】解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 对M：Mg﹣T=Ma 对m：T﹣mgsin30°=ma 且M=km 解得：a=‎ ‎（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．‎ 根据牛顿第二定律有：﹣mgsin30°=ma0‎ 对于m匀加速直线运动有：v2=2aLsin30°‎ 对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2﹣v02=2a0L（1﹣sin30°）‎ 解得：v0=（k＞2）‎ ‎（3）平抛运动x=v0t Lsin30°=gt2‎ 解得x=L 因为＜1，所以x＜L，得证．‎ 答：（1）求小物块下落过程中的加速度大小是；‎ ‎（2）求小球从管口抛出时的速度大小是；‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎15．如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是（　　）‎ A．此波的波速为5cm/s B．此波的频率为1.5Hz C．波源在t=0时运动速度沿y轴正方向 D．波源振动已经历0.6s E．x=10cm的质点在t=1.5s处于波峰 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】A、根据v=，结合平衡位置为1.5cm质点处于波谷，即可求解波速；‎ B、由波长与波速，依据v=λf，即可求解频率大小；‎ C、根据波的传播方向，结合平移法，从而确定质点的运动方向；‎ D、根据t=0时，波形图，可知，波源振动时间；‎ E、根据t=，结合平衡位置2.5cm的质点处于波峰，从而可求得x=10cm的质点，在t=1.5s是否处于波峰．‎ ‎【解答】解：‎ A、平衡位置为1.5cm质点处于波谷，若x=4cm处的质点第一次位于波谷，‎ 则有：v===5cm/s，故A正确．‎ B、根据T===0.4s，那么频率f==2.5Hz，故B错误．‎ C、由波的传播方向沿着x轴正方向，依据上下波法，则波源在t=0时，运动速度沿y轴负方向．故C错误．‎ D、由图可知，正好是波长的一个半，而周期为0.4s，因此此时波源振动已经历0.6s，故D正确．‎ E、当t=0时，x=2.5质点处于波峰，而波峰传播x=10cm的质点的时间为t==1.5s，故E正确；‎ 故选：ADE．‎ ‎　‎ ‎16．一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为R，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎（i）出射角θ；‎ ‎（ii）光穿越球体的时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（i）画出光路图，作出法线，由几何知识求出光线射到球体表面的入射角，由折射定律求出折射角．由几何知识确定出光线在竖直表面上的入射角，即可由折射定律求解出射角θ．‎ ‎（ii）由v=求出光线在球体中的传播速度，由几何关系求出光线在球体中的传播距离，再求解时间．‎ ‎【解答】解：（i）设入射光线与41球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角．过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B，如图所示．‎ 依题意，∠COB=α 又由△OBC知：sin α=‎ 设光线在C点的折射角为β，‎ 由折射定律得 =n 联立得 β=30° ‎ 何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ如图所示为 γ=30°‎ 由折射定律得 =n 解得 θ=60°． ‎ ‎（ii）由几何知识知△ACO为等腰三角形，故2AC•cos 30°=R ‎ 光线在球体内的传播速度为 v=‎ 设光穿越球体的时间为t，则t=‎ 联立得 t=‎ 答：‎ ‎（i）出射角θ是60°；‎ ‎（ii）光穿越球体的时间是．‎ ‎　‎ ‎2016年11月10日