物理·重庆八中2016-2017学年高二上学期段考物理试卷（8月份） Word版含解析 29页

2016-2017 学年重庆八中高二（上）段考物理试卷（8 月份） 一、选择题（共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分，在每小题给出的四个选项中，地 14-18 题只 有一项符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分） 1．如图所示，一只重为 G 的松鼠站在倾斜角为α的树枝上，则树枝对松鼠的作用力为（ ） A．Gsinα B．Gcosα C．小于 G D．G 2．如图，s﹣t 图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙 车做匀变速直线运动，其图线与 t 轴相切于 10s 处，下列说法错误的是（ ） A．5s 时两车速度相等 B．甲车的速度为 4m/s C．乙车的加速度大小为 1.6m/s2 D．乙车的初位置在 s0=80m 处 3．有一种手持乒乓球拍托球移动的游戏，若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍 与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图，设球拍和球质量分别为 M、m， 不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则（ ） A．运动员的加速度大小为 gtanθ B．球拍对球的作用力大小为 mg C．球拍对球的作用力大小为 mgcosθ D．运动员对球拍的作用力大小为 4．如图，质量为 m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先 用平行于斜面的推力 F1 作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力 F2 作用于物 体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比 为（ ） A．cosθ+μsinθ B．cosθ﹣μsinθ C．1+μtanθ D．1﹣μtanθ 5．如图所示，在竖直放置的离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放 在这两个支承轮上靠摩擦带动，支承轮与管状模型间不打滑．铁水注入之后，由于离心作用， 铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时支承轮转速不能过低，否则， 铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为 R，支承轮的半径为 r，重力加速 度为 g，则支承轮转动的最小角速度ω为（ ） A． B． C． D． 6．如图所示，赤道上随地球自转的物体 A、赤道上空的近地卫星 B、地球同步卫星 C，它们 的运动都可视为匀速圆周运动，比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是（ ） A．三者的周期关系为 TA＜TB＜TC B．三者向心加速度大小关系为 aA＞aB＞aC C．三者角速度的大小关系为ωA=ωC＜ωB D．三者线速度的大小关系为 VA＜VC＜VB 7．如图，将小球从倾角为 45°的斜面上的 P 点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到 斜面上的 A 点、B 点，以及水平面上的 C 点，已知 B 点为斜面底端点，P、A、B、C 在水平 方向间隔相等，不计空气阻力，则（ ） A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不相同 B．小球落到 A、B 两点时，其速度的方向不同 C．小球落到 A、B 两点时小球的速率之比为 1： D．若小球落到 B、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为 2：3 8．如图，手持一根长为 l 的轻绳的一端在水平桌面上做半径为 r、角速度为ω的匀速圆周运动， 绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为 m 的木块，木块也在桌面上做匀速圆周运 动，不计空气阻力，则（ ） A．手对木块不做功 B．木块与桌面间一定有摩擦力 C．绳的拉力大小等于 mω2 D．手拉木块做功的功率等于 m 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分 9．某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重 力作为小车所受的拉力，用 DIS（数字化信息系统）测小车的加速度．通过改变钩码的数量， 多次重复测量，可得小车运动的加速度 a 和所受拉力的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两 种情况下分别做了实验，得到了两条 a﹣F 图线，如图（b）所示． （1）图线 是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）． （2）小车和位移传感器发射部分的总质量为 kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力 大小为 N． 10．某研究小组设计了一种用一把尺子测定动摩擦因数的实验方案，如图所示，A 是可固定于 水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B 是质量为 m 的滑块（可视为质 点）． 第一次实验，如图（a）所示，将滑槽末端与桌面右端 M 对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由 静止滑下，最终落在水平地面上的 P 点，测出滑槽最高点距离桌面的高度 h、M 距离地面的高 度 H、M 与 P 间的水平距离 x1； 第二次实验，如图（b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块 B 再次从滑槽 最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的 P′点，测出滑槽末端与桌面右端 M 的距离 L、M 与 P′间的水平距离 x2． （1）在第二次实验中，滑块到 M 点的速度大小为 （用实验中所测物理量的符号表示，已 知重力加速度为 g）； （2）（多选）通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数μ，下列能引 起实验误差的是 （选填序号） A．h 的测量 B．H 的测量 C．L 的测量 D．x2 的测量 （3）若实验中测得 h=15cm、H=25cm、x1=30cm、L=10cm、x2=20cm，则滑块与桌面间的动 摩擦因数μ= （结果保留 1 位有效数字） 11．如图所示，倾角为θ的光滑倾斜轨道在最底端与一半径为 r 的光滑半圆弧轨通过极短的一 小段光滑曲轨道平滑连接，使半圆轨道的最高点、圆心、最低点在同一竖直线上，让一小球 从倾斜轨道上某一位置由静止释放，沿倾斜轨道和半圆弧轨道运动，经过圆弧的顶点水平抛 出，试判断小球有没有可能垂直落在斜面上，若能，斜面倾角应满足什么条件？若不能，请 说明理由． 12．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右 端与墙壁的距离为 4.5m，如图（a）所示．t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右 运动，直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反； 运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v﹣t 图线如图（b）所示．木 板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2．求 （1）木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． （二）选考题：共 46 分【物理-选修 3-3】 13．（5 分）下列说法正确的是（ ） A．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 B．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的性质 C．雨伞伞面上有许多细小的孔却能遮雨，是因为水的表面张力的作用 D．大气中 PM2.5 的运动是分子的无规则运动 E．中午比清晨车胎内气压升高、体积增大，此过程中胎内气体对外做工，内能增大． 【物理-选修 3-5】 14．（10 分）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=0.5×105Pa，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=1.0×105Pa，求： ①活塞的质量； ②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-选修 3-4】 15．（5 分）下列说法正确的是（ ） A．光的衍射现象是光波相互叠加的结果，光的衍射现象说明了光具有波动性 B．用单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光的波长越长，衍射现象越显著 C．光的衍射现象和干涉现象否定了光的直线传播的结论 D．在太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的衍射现象 E．在城市交通中，用红灯表示禁止通行，这是因为红光更容易生衍射． 【物理-选修 3-4】 16．（10 分）振幅为 0.1m、波长为 2m 的一列简谐正弦波，以 1m/s 的速率沿一条绷紧的足够 长的水平弦从左向右传播．t=0 时，弦的左端点 P 在平衡位置，且向下运动．规定向上为正方 向，不考虑波的反射．求： （i）质点 P 振动的周期，写出 P 的振动方程； （ii） t=5.5s 时，弦上与 P 相距 1.25m 的质点 Q 的位移． 【物理-选修 3-5】 17．（5 分）下列说法正确的是 （ ） A．α 粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 B．根据波尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增 大 C．一块纯净的放射性元素的矿石经过一个半衰期以后它的总质量仅剩下一半 D． 经过多次α、β衰变形成稳定的 的过程中，有 6 个中子转变成质子 E．质子、中子、α粒子的质量分别是 m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能 量是（2m1+2m2﹣m3）c2． 【物理-选修 3-5】 18．（10 分）光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为 mA=2kg，mB=3kg 的 A、B 两物体都处 于静止状态，此时弹簧处于原长状态．将质量为 mc=5kg 的物体 C，从半径为 R=3.2m 的 光 滑圆周轨道最高点由静止释放，如图所示，圆周轨道的最低点与水平面相切，B 与 C 碰撞后 粘合在一起运动．求： ①B、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小； ②在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能． 2016-2017 学年重庆八中高二（上）段考物理试卷（8 月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分，在每小题给出的四个选项中，地 14-18 题只 有一项符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分） 1．如图所示，一只重为 G 的松鼠站在倾斜角为α的树枝上，则树枝对松鼠的作用力为（ ） A．Gsinα B．Gcosα C．小于 G D．G 【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】对松鼠受力分析，根据平衡条件求出树枝对松鼠的作用力． 【解答】解：对松鼠受力分析，松鼠受重力、树枝对它的摩擦力和支持力，树枝对松鼠的作 用力是指摩擦力和支持力的合力， 物体受三个力的作用处于平衡，那么其中两个力的合力与第三个力等大反向，即摩擦力和支 持力的合力与重力等大反向， 故树枝对松鼠的作用力等于 G． 故选：D． 【点评】考查力的合成与分解，掌握力的平行四边形定则，理解受力平衡的条件． 2．如图，s﹣t 图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙 车做匀变速直线运动，其图线与 t 轴相切于 10s 处，下列说法错误的是（ ） A．5s 时两车速度相等 B．甲车的速度为 4m/s C．乙车的加速度大小为 1.6m/s2 D．乙车的初位置在 s0=80m 处 【考点】匀变速直线运动的图像． 【分析】位移﹣时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动．位移等于 x 的变 化量．结合这些知识分析． 【解答】解：A、位移﹣时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知 5s 时乙车的速度较大，故 A 错误． B、甲车做匀速直线运动，速度为 v 甲= = =4m/s，故 B 正确． CD、乙车做匀变速直线运动，其图线与 t 轴相切于 10s 处，则 t=10s 时，速度为零，将其运动 反过来看成初速度为 0 的匀加速直线运动，则 s= at2，根据图象有： s0= a102，20= a52，解得：a=1.6m/s2，s0=80m，故 C、D 正确 本题选错误的，故选：A 【点评】对于位移时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移△x=x2﹣x1，来分析图象的物理 意义． 3．有一种手持乒乓球拍托球移动的游戏，若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍 与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图，设球拍和球质量分别为 M、m， 不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则（ ） A．运动员的加速度大小为 gtanθ B．球拍对球的作用力大小为 mg C．球拍对球的作用力大小为 mgcosθ D．运动员对球拍的作用力大小为 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】球、球拍和人具有相同的加速度，对球分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小， 结合平行四边形定则求出球拍对球的作用力的大小．对整体分析，根据合力的方向确定地面 对运动员的作用力方向． 【解答】解：A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为 mgtanθ，根据牛顿第二定律得：a= =gtnnθ，故 A 正确． B、对球分析，作出受力分析图，根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力 N= ，故 BC 错误． D、对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍 的作用力为：F= ，故 D 正确． 故选：AD． 【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道球、球拍和人具有相同的加速 度，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法、隔离法的运用． 4．如图，质量为 m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先 用平行于斜面的推力 F1 作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力 F2 作用于物 体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比 为（ ） A．cosθ+μsinθ B．cosθ﹣μsinθ C．1+μtanθ D．1﹣μtanθ 【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】以物体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件运用正交分解法求解 F1 与 F2 的大小，再求它们的比值． 【解答】解：F1 作用时，物体的受力情况如图 1，根据平衡条件得 F1=mgsinθ+μFN FN=mgcosθ 解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ F2 作用时，物体的受力情况如图 2，根据平衡条件得 F2cosθ=mgsinθ+μFN′ FN′=mgcosθ+F2sinθ 解得： 所以 故选 B． 【点评】本题是物体的平衡问题，受力分析，作出力图是正确解题的关键．中等难度． 5．如图所示，在竖直放置的离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放 在这两个支承轮上靠摩擦带动，支承轮与管状模型间不打滑．铁水注入之后，由于离心作用， 铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时支承轮转速不能过低，否则， 铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为 R，支承轮的半径为 r，重力加速 度为 g，则支承轮转动的最小角速度ω为（ ） A． B． C． D． 【考点】线速度、角速度和周期、转速． 【分析】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，否则，铁水会脱离模型内壁，故临界情况是重 力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解管状模型转动的线速度；然后结合 v=rω求解 支承轮转动的最小角速度． 【解答】解：经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛 顿第二定律，有： mg=m 解得： v= 支承轮与模型是同缘传动，边缘点线速度相等，故支承轮边缘点的线速度也为 ； 故支承轮转动的最小角速度ω为： 故选：B． 【点评】本题关键是明确铁水恰后不脱离模型内壁的临界情况时重力恰好提供向心力，然后 结合牛顿第二定律和 v=rω列式求解，不难． 6．如图所示，赤道上随地球自转的物体 A、赤道上空的近地卫星 B、地球同步卫星 C，它们 的运动都可视为匀速圆周运动，比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是（ ） A．三者的周期关系为 TA＜TB＜TC B．三者向心加速度大小关系为 aA＞aB＞aC C．三者角速度的大小关系为ωA=ωC＜ωB D．三者线速度的大小关系为 VA＜VC＜VB 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系． 【分析】同步卫星的运动周期和地球自转的周期相同，也就是与地面上的物体自转周期相同， 所以先可以判断地面上的物体与同步卫星的周期、角速度和线速度还有向心加速度大小之间 的关系，再根据同步卫星与近地卫星轨道关系抓住万有引力提供向心力讨论同步卫星与近地 卫星间的周期、角速度、线速度和向心加速度大小关系． 【解答】解：A、因为同步卫星转动周期与地球自转周期相同，故 TA=TC，故 A 错误； B、因为同步卫星的周期和地球自转相同，故ωA=ωC，根据 a=rω2 知，A 和 C 的向心加速度大 小关系为 aA＜aC，故 B 错误； C、因为 AC 的角速度相同，抓住 BC 间万有引力提供圆周运动向心力有： 可得 角速度 ，所以 C 的半径大，角速度小于 B 即：ωA=ωC＜ωBC 正确； D、BC 比较： 得线速度 ，知 VC＜VB，AC 间比较：v=rω，知 C 半径大线 速度大，故有 VA＜VC＜VBD 正确． 故选：CD． 【点评】本题抓住同步卫星的周期与地球上物体自转周期相同，同时卫星有万有引力提供圆 周运动向心力可以根据半径关系求解周期等物理量关系，熟记公式和规律是解决本题的关键． 7．如图，将小球从倾角为 45°的斜面上的 P 点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到 斜面上的 A 点、B 点，以及水平面上的 C 点，已知 B 点为斜面底端点，P、A、B、C 在水平 方向间隔相等，不计空气阻力，则（ ） A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不相同 B．小球落到 A、B 两点时，其速度的方向不同 C．小球落到 A、B 两点时小球的速率之比为 1： D．若小球落到 B、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为 2：3 【考点】平抛运动． 【分析】三个小球均做平抛运动，可把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方 向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和 水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度 与水平方向的夹角． 【解答】解：A、根据 h= ，得 t= ，由于 B、C 下落的高度相同，则这两球飞行时 间相同，大于 A 球飞行时间．故 A 错误； B、A、B 两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有： tanθ= = = 解得：t= ． 则落在斜面上时竖直方向上的分速度为： vy=gt=2v0tan45°=2v0 设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，有：tanα= =2tanθ=2． 知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则 A、B 小球在落点处的速度方向相 同，故 B 错误； CD、小球落到 A、B 两点，水平位移 x=v0t= ，据题，P、A、B 在水平方向间隔相等， 可得：两次抛出时小球的速率之比为：vA：vB=1： ，小球落到 B、C 两点，则运动的时间 相等，而 P、A、B、C 在水平方向间隔相等，根据 v0= 可知，两次抛出时小球的速率之比为： vB：vC=2：3，故 CD 正确． 故选：CD 【点评】解决本题的关键把握隐含的条件，知道小球落在斜面上，竖直分位移与水平位移之 比等于 tanθ．要灵活选择比较的对象，再结合平抛运动的规律研究这类问题． 8．如图，手持一根长为 l 的轻绳的一端在水平桌面上做半径为 r、角速度为ω的匀速圆周运动， 绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为 m 的木块，木块也在桌面上做匀速圆周运 动，不计空气阻力，则（ ） A．手对木块不做功 B．木块与桌面间一定有摩擦力 C．绳的拉力大小等于 mω2 D．手拉木块做功的功率等于 m 【考点】向心力；功率、平均功率和瞬时功率． 【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，根据小球沿着半径方向和垂直于半径方向的受力 可以求得绳的拉力的大小，根据拉力和速度方向确定拉力是否做功．根据功率的公式可以求 得收对细线做功的功率的大小． 【解答】解：A、拉力的方向与速度方向不垂直，则手对木块做功，故 A 错误． B、因为木块在水平面内做匀速圆周运动，可知切线方向的合力为零，因为绳子的拉力在切线 方向有分力，可知木块与桌面间一定有摩擦力，故 B 正确． C、木块做圆周运动的半径 R= ，设绳中张力为 T，则 Tcosφ=mRω2，cosφ= ，解得 T= ，故 C 错误． D、手拉木块做功的功率 P=Tv= = ，故 D 正确． 故选：BD． 【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道径向的合力提供向心力， 小球做匀速圆周运动，切线方向合力为零． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分 9．某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重 力作为小车所受的拉力，用 DIS（数字化信息系统）测小车的加速度．通过改变钩码的数量， 多次重复测量，可得小车运动的加速度 a 和所受拉力的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两 种情况下分别做了实验，得到了两条 a﹣F 图线，如图（b）所示． （1）图线 II 是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）． （2）小车和位移传感器发射部分的总质量为 1 kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦 力大小为 1 N． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】根据 a﹣F 图象的特点结合牛顿第二定律分析求解．理解该实验的实验原理和数据处 理以及注意事项，知道实验误差的来源． 【解答】解：（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知 图线Ⅱ是在轨道水平的情况下得到的． （2）根据牛顿第二定律得，F﹣f=ma，a= ，图线的斜率表示质量的倒数，则 =1，解 得 m=1kg．因为 F=1N 时，加速度为零，解得：f=1N． 故答案为：（1）Ⅱ；（2）1，1． 【点评】对于图象问题，通常的方法是得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距进 行求解． 10．某研究小组设计了一种用一把尺子测定动摩擦因数的实验方案，如图所示，A 是可固定于 水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B 是质量为 m 的滑块（可视为质 点）． 第一次实验，如图（a）所示，将滑槽末端与桌面右端 M 对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由 静止滑下，最终落在水平地面上的 P 点，测出滑槽最高点距离桌面的高度 h、M 距离地面的高 度 H、M 与 P 间的水平距离 x1； 第二次实验，如图（b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块 B 再次从滑槽 最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的 P′点，测出滑槽末端与桌面右端 M 的距离 L、M 与 P′间的水平距离 x2． （1）在第二次实验中，滑块到 M 点的速度大小为 （用实验中所测物理量的符号 表示，已知重力加速度为 g）； （2）（多选）通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数μ，下列能引 起实验误差的是 BCD （选填序号） A．h 的测量 B．H 的测量 C．L 的测量 D．x2 的测量 （3）若实验中测得 h=15cm、H=25cm、x1=30cm、L=10cm、x2=20cm，则滑块与桌面间的动 摩擦因数μ= 0.5 （结果保留 1 位有效数字） 【考点】探究影响摩擦力的大小的因素． 【分析】（1）由平抛运动的知识求得速度的大小． （2）凡影响到速度大小的求解的量均会引起实验误差． （3）先列出μ的表达式，代入数据计算即可． 【解答】解：（1）滑块在滑槽末端时的速度大小为：v1= 由竖直方向有： 立解得 v2= （2）第一次测的速度为： 物体在水平桌面上运动，由动能定理： 联立解得： 由表达式可知会引起误差的是 BCD． 故选：BCD （3）根据（2）可知摩擦因数为 H=25cm=0.25m、x1=30cm=0.30m、L=10cm=0.10m、x2=20cm=0.20m 代入数据解得： = =0.5 故答案为：（1） ；（ 2）BCD；（3）0.5 【点评】该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本 规律，这点要在平时训练中去体会 11．如图所示，倾角为θ的光滑倾斜轨道在最底端与一半径为 r 的光滑半圆弧轨通过极短的一 小段光滑曲轨道平滑连接，使半圆轨道的最高点、圆心、最低点在同一竖直线上，让一小球 从倾斜轨道上某一位置由静止释放，沿倾斜轨道和半圆弧轨道运动，经过圆弧的顶点水平抛 出，试判断小球有没有可能垂直落在斜面上，若能，斜面倾角应满足什么条件？若不能，请 说明理由． 【考点】向心力；平抛运动． 【分析】根据牛顿第二定律求出小球通过圆弧最高点的最小速度，结合运动的规律，结合几 何关系求出斜面倾角θ应满足的条件． 【解答】解：设小球从圆弧顶点以速度 v0 抛出，经过时间 t 秒垂直落在斜面上，斜面的倾角 为θ．如图所示 小球能通过最高点，则需满足： 到达斜面时，满足： 所以： 竖直方向： 水平方向： 又：x+y=2r 联立得： ； 或 考虑到：4≥2+cot2θ 即： 或 所以，当斜面θ角满足 或 时，其设计是可行的． 答：通过以上的分析可知，如果他的想法可行，则斜面倾角θ应满足的条件为 或 ； 【点评】本题综合考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来 源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键． 12．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右 端与墙壁的距离为 4.5m，如图（a）所示．t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右 运动，直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反； 运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v﹣t 图线如图（b）所示．木 板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2．求 （1）木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． 【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律． 【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过 程分析同理可求得μ2． （2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则 可求得相对位移，即可求得木板的长度； （3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得 位移；则可求得木板最终的距离． 【解答】解：（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速 运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M．由牛顿第二定律有﹣μ1（m+M） g=（m+M）a1 ① 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度 v1=4m/s，由运动学公式得 v1=v0+at ② ③ 式中，t1=1s，s0=4.5m 是木板碰前的位移，v0 是小木块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1=0.1 ④ 在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向右做 匀变速运动．设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有﹣μ2mg=ma2 ⑤ 由图可得 ⑥ 式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2=0.4 ⑦ （2）设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度 v3．由牛顿 第二定律及运动学公式得 μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 ⑧ v3=﹣v1+a3△t ⑨ v3=v1+a2△t ⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 （11） 小物块运动的位移为 （12） 小物块相对木板的位移为△s=s2﹣s1（13） 联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得△s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0m． （3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a4，此 过程中小物块和木板运动的位移 s3．由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1（m+M）g=（m+M） a4 （15） （16） 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 （17） 联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得 s=﹣6.5m （18） 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m． 答： （1）木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2 分别为 0.1 和 0.4． （2）木板的最小长度是 6.0m； （3）木板右端离墙壁的最终距离是 6.5m． 【点评】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题 较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解． （二）选考题：共 46 分【物理-选修 3-3】 13．下列说法正确的是（ ） A．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 B．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的性质 C．雨伞伞面上有许多细小的孔却能遮雨，是因为水的表面张力的作用 D．大气中 PM2.5 的运动是分子的无规则运动 E．中午比清晨车胎内气压升高、体积增大，此过程中胎内气体对外做工，内能增大． 【考点】理想气体的状态方程；*表面张力产生的原因． 【分析】液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，液晶具有各向异性的性质，液 体存在表面张力，PM2.5 不是分子，根据热力学第一定律分析气体内能的变化情况． 【解答】解：A、液体中的扩散现象是由于液体分子的无规则运动形成的，不是对流形成的， 故 A 错误； B、液晶具有与晶体相似的性质，如具有光学各向异性，液晶显示器利用了液晶对光具有各向 异性的性质，故 B 正确； C、雨伞伞面上有许多细小的孔却能遮雨，是因为水的表面张力的作用，故 C 正确； D、大气中的 PM2.5 的运动是悬浮在气体中的固体颗粒的无规则运动，这些固体颗粒是由大量 的分子组成的，所以 PM2.5 的运动不是分子的无规则运动，故 D 错误； E、中午与清晨相比车胎内气压升高、体积增大，此过程中胎内气体对外做功，温度升高，内 能增大，故 E 正确； 故选：BCE 【点评】本题考查分子动理论的知识和热力学定律的理解和记忆，此处知识点不多，但要注 意理解和应用，以及平时的积累． 【物理-选修 3-5】 14．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=0.5 ×105Pa，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=1.0×105Pa，求： ①活塞的质量； ②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】①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 ②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：①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=p'Sh， ， 联立解得 ， 代入数据可得 m=1.5kg ②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 T0=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：①活塞的质量为 1.5kg； ②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℃ 【点评】该题考查气体的实验定律的应用，封闭气体压强可通过宏观的受力平衡从侧面求解， 也可从理想气体状态方程求解，注意灵活变化 【物理-选修 3-4】 15．下列说法正确的是（ ） A．光的衍射现象是光波相互叠加的结果，光的衍射现象说明了光具有波动性 B．用单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光的波长越长，衍射现象越显著 C．光的衍射现象和干涉现象否定了光的直线传播的结论 D．在太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的衍射现象 E．在城市交通中，用红灯表示禁止通行，这是因为红光更容易生衍射． 【考点】光的干涉；光的衍射． 【分析】当只有波长比障碍物的尺寸小或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象；衍射说 明具有波动性，波长越长时，衍射越明显；干涉与衍射没有否定直线传播；肥皂泡呈现彩色， 这是光的干涉现象；红光容易发生衍射，从而即可求解． 【解答】解：A、根据惠更斯原理对光的衍射的解释可知，光的衍射现象是光波相互叠加的结 果，光的衍射现象说明了光具有波动性，故 A 正确； B、根据衍射的特点可知，单色平行光照射单缝，缝宽不变，照射光波越长，则衍射现象越显 著，故 B 正确； C、光的衍射现象和干涉现象，说明光的波动性，但没有否定了光的直线传播的结论，故 C 错 误； D、太阳光照射下，肥皂泡呈现彩色，这是光的薄膜干涉现象，故 D 错误； E、用红灯表示禁止通行，这是因为红光更容易产生衍射，照射更远的地方，故 E 正确； 故选：ABE 【点评】考查光的干涉与衍射区别，掌握衍射与明显衍射条件不同，理解干涉与衍射的意义 即可． 【物理-选修 3-4】 16．振幅为 0.1m、波长为 2m 的一列简谐正弦波，以 1m/s 的速率沿一条绷紧的足够长的水平 弦从左向右传播．t=0 时，弦的左端点 P 在平衡位置，且向下运动．规定向上为正方向，不考 虑波的反射．求： （i）质点 P 振动的周期，写出 P 的振动方程； （ii） t=5.5s 时，弦上与 P 相距 1.25m 的质点 Q 的位移． 【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率． 【分析】（i）质点 P 振动的周期等于波的周期，由波速公式求解．求角频率ω，再结合初相位， 写出振动方程． （ii）先求出 P 点的振动传到 Q 所需要的时间，再研究 Q 振动的时间，从而分析位移． 【解答】解：（i）质点的周期为 T= = =2s P 质点的振动方程为：y=Asin（ t+π） 解得：y=﹣0.1sinπt m （2）P 点的振动传到 Q 所需要的时间为：t1= = =1.25s Q 振动的时间为：t2=t﹣t1=4.25s 则 Q 点的位移为：yQ=﹣0.1sinπt2 m 解得：yQ=﹣5 m 答： （ⅰ）质点 P 振动的周期是 2s，P 的振动方程是：y=﹣0.1sinπt m． （ii） t=5.5s 时，弦上与 P 相距 1.25m 的质点 Q 的位移是﹣5 m． 【点评】解决本题时要明确质点的振动周期等于波的周期，介质中各个质点的振动情况相似， 只是沿着波的传播方向逐渐滞后． 【物理-选修 3-5】 17．下列说法正确的是 （ ） A．α 粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 B．根据波尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增 大 C．一块纯净的放射性元素的矿石经过一个半衰期以后它的总质量仅剩下一半 D． 经过多次α、β衰变形成稳定的 的过程中，有 6 个中子转变成质子 E．质子、中子、α粒子的质量分别是 m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能 量是（2m1+2m2﹣m3）c2． 【考点】爱因斯坦质能方程；原子核衰变及半衰期、衰变速度． 【分析】卢瑟福通过α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，不能得出原子核内部结构； 根据原子的能量变化，结合电子动能的变化得出电势能的变化，根据库仑引力提供向心力得 出电子加速度的变化．放射性元素每经过一个半衰期，有半数发生衰变；根据电荷数守恒、 质量数守恒得出β衰变的次数，从而得出有几个中子转变为质子．根据爱因斯坦质能方程求出 释放的能量． 【解答】解：A、卢瑟福通过α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故 A 错误． B、氢原子辐射出一个光子后，原子的能量减小，电子的轨道半径减小，电子的动能增大，则 电势能减小，根据 k =ma 知，核外电子运动的加速度增大，故 B 正确． C、放射性元素经过一个半衰期有半数发生衰变，不是总质量仅剩下一半，故 C 错误． D、 经过多次α、β衰变形成稳定的 的过程中，经过 8 次α衰变，6 次β衰变，每 经过一次β衰变，有一个中子转变为一个质子，则有 6 个中子转变为质子，故 D 正确． E、2 个质子和 2 个中子结合成一个α粒子，根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量 ，故 E 正确． 故选：BDE． 【点评】本题考查了α粒子散射实验、玻尔模型、衰变、爱因斯坦质能方程等基础知识点，关 键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意每经过一次β衰变，有一个中子转变为一个质子． 【物理-选修 3-5】 18．光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为 mA=2kg，mB=3kg 的 A、B 两物体都处于静止 状态，此时弹簧处于原长状态．将质量为 mc=5kg 的物体 C，从半径为 R=3.2m 的 光滑圆周 轨道最高点由静止释放，如图所示，圆周轨道的最低点与水平面相切，B 与 C 碰撞后粘合在 一起运动．求： ①B、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小； ②在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能． 【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律． 【分析】①根据动能定理求出 C 物体下滑到水平面的速度，B、C 碰撞过程中，BC 组成的系 统动量守恒，根据动量守恒定律求解碰撞刚结束时的瞬时速度的大小； ②在以后的运动过程中，当 ABC 三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律 以及能量守恒定律列式求解即可． 【解答】解：①对 C 下滑过程中，根据动能定理得： 设 B、C 碰撞后的瞬间速度为 v1，以 C 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mCv0=（mB+mC）v1 代入数据得：v1=5m/s ②由题意可知当 A、B、C 速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为 v2，以 C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： （mc+mB）v1=（mA+mB+mC）v2 设弹簧的最大弹性势能为 EPm，则对 B、C 碰撞后到 A、B、C 速度相同过程中，由能量守恒 定律得： 代入数据得：EP=20J 答：①B、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小为 5m/s； ②在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为 20J． 【点评】本题考查了求速度、弹性势能问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量 守恒定律可以正确解题，注意要规定正方向．