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2016-2017学年辽宁省葫芦岛市普通高中协作体高三(上)第二次考试物理试卷(解析版)


2016-2017 学年辽宁省葫芦岛市普通高中协作体高三(上)第二 次考试物理试卷
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中,第 1-8 题只有一项符合题目要求,第 9-12 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。有选错或不答的得 0 分。 1.如图所示,水平地面上放着一个画架,它的前支架是固定的,而后支架可前 后移动,画架上静止放着一幅重为 G 的画.下列说法正确的是( )

A.画架对画的作用力小于 G B.画架对画的作用力大于 G C.若后支架缓慢向后退,则画架对画的作用力不变 D.若 后支架缓慢向前移,则画架对画的作用力变大 2.下列说法正确的是( A.查德威克发现质子 B.火箭的飞行应用了反冲原理 C.物体动量的变化量等于其所受的合外力 D.微观粒子相互接近时,不发生直接碰撞,在相互作用时,其动量不可能守恒 3.一个可视为质点的小球从某高处开始做自由落体运动,若测得小球经过厚度 为 10cm 的砖块所用时间为 0.0025s,则小石子出发点到砖块的高度约为( A.20m B.40m C.60m D.80m 4.在里约奥运会女子十米台决赛中,中国选手、四川妹子任茜为中国代表团拿 下里约奥运会的第 20 枚金牌, 也成为了中国奥运史上第一个 00 后冠军. 如图所 示, 她在某次练习跳水时保持同一姿态在空中下落一段距离, 重力对她做功 950J, 她克服阻力做功 50J.任茜在此过程中( ) ) )

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A.机械能减小了 50J C.动能增加了 1000J

B.动能增加了 950J D.重力势能减小了 1000J )

5.用频率相同但强度不同的两束光分别去照射同一金属,则(

A.是否发生光电效应和光的强度无关,但和光照射的时间长短有关 B.若发生光电效应,则在相同时间内,用强度较大的光照射的金属逸出的光电 子数较多 C.若发生光电效应,则强度大的光照射出的电子的最大初动能大 D.若发生光电效应,则强度大的光照射出的电子的最大初动能小 6.关于原子核、原子核的衰变、核能,下列说法正确的是( A.原子核的结合能越大,原子核越稳定 B.任何两个原子核都可以发生核聚变 C. U 衰变成 Pb 要经过 8 次 β 衰变和 6 次 α 衰变 )

D.发生 α 衰变时,新核与原来的原子核相比,中子数减少了 2 7.如图所示,ABDC 和 CDFE 是两个边长均为 L 的正方形.在 B 点,小球甲以大 小为 v 甲的初速度向左做平抛运动,在 C 点,小球乙以大小为 v 乙的初速度向右做 平抛运动. 甲球运动过程中经过 C 点, 乙球运动过程中经过 F 点, 两球同时落地. 则 下列说法正确的是( )

A.v 甲=v 乙 B.两球落地时的合速度大小相等 C.甲球运动到 C 点时,乙球开始做平抛运动 D.甲球落地点到 F 点的距离为 2L 8.假设人类登上火星后,在火星上进行了如下实验,在固定的竖直光滑圆轨道 内部,一小球恰好能做完整的圆周运动,小球在最高点的速度为 v,轨道半径为 r.若已知火星的半径为 R,引力常量为 G,则火星质量为(
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A.

B.

C.

D.

9.有一个质量为 0.5kg 的小球,在 4 个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤 去大小分别为 3N 和 4N 的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体的运动 情况,下列正确的说法是( )

A.可能做匀变速曲线运动,加速度大小可能是 5m/s2 B.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小可能是 10m/s2 C.可能做匀减速直线运动,加速度大小可能是 10m/s2 D.可能做匀加速直线运动,加速度大小可能是 15m/s2 10.图示是质点甲和乙在同一条直线上运动的 v﹣t 图象.已知甲、乙在 t=10s 时相遇,则( )

A.在 0﹣10s 内,甲的加速度大小为 2m/s2 B.在 t=0 时刻,甲、乙处于同一位置 C.在 t=4s 时刻,甲、乙速度大小相等,方向相反 D.在 0﹣5s 内,甲在前,乙在后 11.氦原子被电离一个核外电子,形成类氢结构的氦离子,已知基态的氦离子能 量为 E1=﹣54.4eV,氦离子能级的示意图如图所示.在具有下列能量的光子中, 能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )

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A.10.2eV B.45.5eV C.48.4eV D.51.0eV 12.如图所示,一小物体 m 从 光滑圆弧形轨道上与圆心 O 等高处由静止释放, 圆弧半径 R=0.2m,轨道底端与粗糙的传送带平滑连接,当传送带固定不动时, 物体 m 能滑过右端的 B 点, 且落在水平地面上的 C 点,取重力加速度 g=10m/s2, 则下列判断可能正确的是( )

A.若传送带逆时针方向运行且 v=3m/s,则物体 m 也能滑过 B 点,达到地面上 的 C 点左侧 B.若传送带逆时针方向运行且 v=2m/s,则物体 m 也能滑过 B 点,到达地面上 的C点 C.若传送带顺时针方向运动,则当传送带速度 v>2m/s 时,物体 m 到达地面上 C 点的右侧 D.若传送带顺时针方向运动,则当传送带速度 v<2m/s 时,物体 m 也可能到达 地面上 C

二、非选择题部分:共 5 小题,共 52 分。把答案填在答题卡中的横线上或按题 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。 13. (6 分)如图甲所示为小车做匀变速直线运动的示意图. (1)请写出图甲中两个重要的实验器材:① ,② . cm.

(2)如图乙所示是实验中得到的纸带的一部分,则 OE 间的距离为

(3)如图丙所示是根据实验数据绘出的 s﹣t2 图线(s 为各计数点至同一起点的 距离) ,则加速度大小 a= m/s2(保留 2 位有效数字)

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14. (9 分)两位同学用如图所示装置,通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来验证 动量守恒定律. (1)在安装斜槽时,应保持斜槽末端 .

(2)甲同学测得入射球 A 的质量为 mA,被碰撞小球 B 的质量为 mB,图中 O 点 时小球抛出点在水平地面上的垂直投影. 实验时, 先让入射球 A 从斜轨上的起始 位置由静止释放,找到其平均落点的位置 P,测得平抛射程为 OP;再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放,与小球 B 相撞,分别找到球 A 和球 B 相撞后的 平均落点 M、N,测得平抛射程分别为 OM 和 ON.当所测物理量满足表达式 时,即说明两球碰撞中动量守恒;如果满足表达式 完全弹性碰撞. 时,则说明两球的碰撞为

15. (10 分)甲、乙两辆客车(均可看做质点)沿同一平直公路同向匀速行驶, 速度均为 v0=10m/s,甲车在前,乙车在后,两车相距 s0=23m,前方遇到紧急情 况,甲车以大小 a=5m/s2 的加速度紧急刹车,直到停止;甲车开始刹车后,乙车 经过 t0=0.8s 的反应时间才开始刹车.为保证甲、乙两车不相撞,求乙车在刹车 过程中的加速度的最小值. 16. (12 分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从 A 点由静止出发,通电 后赛车的电动机以额定功率 P=3W 工作,经过时间 t(未知)后关闭电动机,赛
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车继续前进至 B 点后水平飞出, 恰好在 C 点沿着切线方向进入固定在竖直平面内 的光滑圆弧形轨道,通过轨道最高点 D 后水平飞出.已知赛车在水平轨道 AB 部 分运动时受到恒定阻力 f=0.5N, 赛车的质量 m=0.8kg, 轨道 AB 的长度 L=6.4m, B、 C 两点的高度差 h=0.45m,赛车在 C 点的速度大小 vC=5m/s,不计空气阻力.求: (1)赛车运动到 B 点时的速度 vB 大小; (2)赛车电动机工作的时间 t.

17. (15 分)如图所示,质量为 M=0.3kg 的长木板 A 放在光滑的水平面上,板长 L=1.5m,在其左端放一质量为 m=0.1kg 的物块 B.现以地面为参考系,给 A 和 B 以大小相等、方向相反的水平初速度 v0=2m/s,使 A 开始向左运动、B 开始向右 运动.物块与木板间的动摩擦因数为 μ,取 g=10m/s2. (1)要使物块 B 不从长木板 A 的右端滑落,求动摩擦因数 μ 的取值范围; (2)若 B 恰好不从长木板 A 的右端滑落,求 B 相对长木板 A 滑动过程中发生的 位移.

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2016-2017 学年辽宁省葫芦岛市普通高中协作体高三 (上)第二次考试物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中,第 1-8 题只有一项符合题目要求,第 9-12 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。有选错或不答的得 0 分。 1.如图所示,水平地面上放着一个画架,它的前支架是固定的,而后支架可前 后移动,画架上静止放着一幅重为 G 的画.下列说法正确的是( )

A.画架对画的作用力小于 G B.画架对画的作用力大于 G C.若后支架缓慢向后退,则画架对画的作用力不变 D.若 后支架缓慢向前移,则画架对画的作用力变大 【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】画处于静止状态,受力平衡,对画进行受力分析,根据平衡条件列式即 可求解. 【解答】解:A、画处于静止状态,受到重力和画架对画的作用力,受力平衡, 所以画架对画的作用力大小等于重力 G,故 A、B 错误; C、无论后支架缓慢向后退或向前移动,画仍然处于平衡状态,画架对画的作用 力大小仍然等于重力 G,不变,故 C 正确,D 错误. 故选:C. 【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题,解答此类问题的一般步骤是:确 定研究对象、 进行受力分析、 利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解
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法进行力的分解,然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答.

2.下列说法正确的是( A.查德威克发现质子



B.火箭的飞行应用了反冲原理 C.物体动量的变化量等于其所受的合外力 D.微观粒子相互接近时,不发生直接碰撞,在相互作用时,其动量不可能守恒 【考点】动量守恒定律 【分析】在原子核人工转变的实验中,查德威克发现了中子;火箭的飞行应 根据动量守恒定律分析反冲运动与粒子的碰撞; 物体动量的变化量等于其所受的合外力的冲量. 【解答】解:A、在原子核人工转变的实验中,查德威克发现了中子,故 A 错误; B、火箭的飞行火箭与喷出的气体动量守恒,应用了反冲原理,故 B 正确; C、根据动量定理可知,物体动量的变化量等于其所受的合外力的冲量.故 C 错 误; D、微观粒子相互接近时,不发生直接碰撞,在相互作用的过程中,其动量是可 能守恒的.故 D 错误. 故选:B 【点评】 本题考查了判断系统动量是否守恒, 知道动量守恒的条件即可正确解题.

3.一个可视为质点的小球从某高处开始做自由落体运动,若测得小球经过厚度 为 10cm 的砖块所用时间为 0.0025s,则小石子出发点到砖块的高度约为( A.20m B.40m C.60m D.80m 【考点】自由落体运动 【分析】根据 v= 求得小石子经过砖块的平均速度,即为瞬时速度,利用速度位 移公式求得位移 【解答】解:小球通过砖块的平均速度为 故经过砖块的瞬时速度接近 v=40m/s )

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故石子下落的高度 h= 故选:D

,故 D 正确

【点评】 本题主要考查了自由落体运动,利用好平均速度来代替瞬时速度即可求 得

4. (2016 秋?抚州期中)在里约奥运会女子十米台决赛中,中国选手、四川妹子 任茜为中国代表团拿下里约奥运会的第 20 枚金牌,也成为了中国奥运史上第一 个 00 后冠军.如图所示,她在某次练习跳水时保持同一姿态在空中下落一段距 离,重力对她做功 950J,她克服阻力做功 50J.任茜在此过程中( )

A.机械能减小了 50J C.动能增加了 1000J 【考点】功能关系

B.动能增加了 950J D.重力势能减小了 1000J

【分析】物体重力做功多少,物体的重力势能就减小多少.根据动能定理确定动 能的变化.机械能减小量等于克服阻力做的功. 【解答】解:A、除重力外,物体克服阻力做功 50J,故机械能减小 50J,故 A 正 确; BC、重力做功 950J,物体克服阻力做功 50J,故动能增加(950﹣50)J=900J,故 BC 错误; C、重力对物体做功为 950J,是正功,则物体重力势能减小 950J.故 D 错误; 故选:A. 【点评】本题关键要掌握常见的三对功能关系:总功与动能变化有关,重力做功 与重力势能变化有关,除重力外的力的功与机械能变化有关.

5.用频率相同但强度不同的两束光分别去照射同一金属,则(



A.是否发生光电效应和光的强度无关,但和光照射的时间长短有关 B.若发生光电效应,则在相同时间内,用强度较大的光照射的金属逸出的光电
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子数较多 C.若发生光电效应,则强度大的光照射出的电子的最大初动能大 D.若发生光电效应,则强度大的光照射出的电子的最大初动能小 【考点】爱因斯坦光电效应方程 【分析】发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率,入射光的频率越大, 光电子的最大初动能越大,光强不一定能发生光电效应, 【解答】解:A、是否发生光电效应和光的强度无关,和光的照射时间长短无关, 只要入射光的频率大于该金属的极限频率就能发生光电效应,故 A 错误; B、若发生光电效应,在相同时间内,光强越强,照射的光子数越多,逸出的光 电子数也越多,故 B 正确; CD、若发生光电效应,光电子的最大初动能只随入射光频率的增大而增大,与 入射光的强弱无关,故 CD 错误; 故选:B 【点评】 解决本题的关键是掌握光电效应的条件和规律,知道光电子的最大初动 能只随入射光频率的增大而增大与光强无关,光电流与入射光的强度有关.

6. (2016 秋?秀峰区校级月考)关于原子核、原子核的衰变、核能,下列说法正 确的是( )

A.原子核的结合能越大,原子核越稳定 B.任何两个原子核都可以发生核聚变 C. U 衰变成 Pb 要经过 8 次 β 衰变和 6 次 α 衰变

D.发生 α 衰变时,新核与原来的原子核相比,中子数减少了 2 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度 【分析】比结合能越大原子核越稳定; 根据 α 衰变和 β 衰变的特点分析发生衰变的次数; 发生 α 衰变时,新核与原来的原子核相比,中子数和质子数都减少了 2; 【解答】解:A、比结合能越大原子核越稳定,原子核的结合能越大,原子核不 一定越稳定,故 A 错误; B、只有较小的原子核才会发生聚变,故 B 错误;
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C、铀核( 个,次数 n=

U)衰变为铅核( ,

Pb)的过程中,α 衰变一次质量数减少 4

β 衰变的次数为 n=88×2+82﹣92=6 要经过 8 次 α 衰变和 6 次 β 衰变, 故 C 错误; D、α 粒子为氦核,由两个质子和两种中子组成,所以发生 α 衰变时,新核与原 来的原子核相比,中子数减少了 2,故 D 正确; 故选:D 【点评】考查结合能、比结合能以及衰变,及知道衰变的种类,注意原子核稳定 与比结合能有关,与结合能无关.

7.如图所示,ABDC 和 CDFE 是两个边长均为 L 的正方形.在 B 点,小球甲以大 小为 v 甲的初速度向左做平抛运动,在 C 点,小球乙以大小为 v 乙的初速度向右做 平抛运动. 甲球运动过程中经过 C 点, 乙球运动过程中经过 F 点, 两球同时落地. 则 下列说法正确的是( )

A.v 甲=v 乙 B.两球落地时的合速度大小相等 C.甲球运动到 C 点时,乙球开始做平抛运动 D.甲球落地点到 F 点的距离为 2L 【考点】平抛运动 【分析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动, 在竖直方向上做自由落体运动, 根据竖直方向上通过相等位移所用的时间,判断乙球何时开始运动.根据 B 到 C 的时间小于 C 到地面的时间,确定甲球落地点到 F 点的距离.根据下降相同高度 时水平位移关系比较初速度的大小,结合速度位移公式比较落地的竖直分速度, 从而结合平行四边形定则比较落地的速度大小. 【解答】解:AB、甲乙两球下降相同高度时的水平位移相等,则初速度相等, 由于落地时下降的高度不同,则竖直分速度不同,根据平行四边形定则知,两球 落地时的合速度不等,故 B 错误,A 正确.
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C、因为两球同时落地,平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,甲球从 B 到 C 大于 C 到地面的时间, 而乙球 C 到 F 的时间和甲球 B 到 C 的时间相等, 可知甲球 未到达 C 点时,乙球开始做平抛运动,故 C 错误. D、 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动, 甲球从 B 到 C 大于 C 到地面的时间, 则 C 到地面的水平位移小于 L,则甲球落地到 F 点的距离小于 2L,故 D 错误. 故选:A 【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,抓 住等时性,结合运动学公式判断分析,难度不大.

8.假设人类登上火星后,在火星上进行了如下实验,在固定的竖直光滑圆轨道 内部,一小球恰好能做完整的圆周运动,小球在最高点的速度为 v,轨道半径为 r.若已知火星的半径为 R,引力常量为 G,则火星质量为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】万有引力定律及其应用;向心力 【分析】 小球在最高点的速度满足火星的引力提 u 供其沿圆周运动的向心力, 由 牛顿第二定律列方程, 即可求得火星表面的重力加速度;由火星表面的物体的重 力约等于物体与火星的万有引力可得火星的质量. 【解答】解:设小球的质量为 m,火星的质量为 M,因小球在最高点恰好完成 圆周运动,设最高点时小球速度为 v,由牛顿第二定律得: mg= 得 g= 对于任一月球表面的物体 m′,万有引力等于其重力,即: m′g=

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由③④得,M= 故选:A

选项 A 正确

【点评】 在任意星体的表面都有物体的万有引力等于重力这一等式常用,所谓第 一宇宙速度即是万有引力恰提供其绕星球表面运行的向心力时的速度, 此时轨道 半径就是星球的半径.

9.有一个质量为 0.5kg 的小球,在 4 个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤 去大小分别为 3N 和 4N 的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体的运动 情况,下列正确的说法是( )

A.可能做匀变速曲线运动,加速度大小可能是 5m/s2 B.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小可能是 10m/s2 C.可能做匀减速直线运动,加速度大小可能是 10m/s2 D.可能做匀加速直线运动,加速度大小可能是 15m/s2 【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系 【分析】 根据题意求出撤去两个力后物体受到的合力范围,由牛顿第二定律求出 物体加速度的范围. 物体一定做匀变速运动,当撤去的两个力的合力与原来的速 度方向相同时, 物体可能做匀减速直线运动. 恒力作用下不可能做匀速圆周运动. 【解答】解:由平衡条件得知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、 方向相反,则撤去大小分别为 3N 和 4N 的两个力后,物体的合力大小范围为 1N ≤F 合≤7N,物体的加速度范围为:2m/s2≤a≤14m/s2; A、若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一 直线上时,物体做匀变速曲线运动,加速度大小可能是 5m/s2,故 A 正确. B、匀速圆周运动的合外力是个变力,所以不可能做匀速圆周运动,故 B 错误; C、若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时, 物体做匀减速直线运动,加速度大小可能是 10m/s2,故 C 正确; D、由以上分析可知,撤去两个力后,加速度不可能为 15m/s2,故 D 错误; 故选:AC. 【点评】本题中物体原来可能静止,也可能做匀速直线运动,要根据物体的合力 与速度方向的关系分析物体可能的运动情况, 明确曲线运动和匀速圆周运动的受
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力情况.

10.图示是质点甲和乙在同一条直线上运动的 v﹣t 图象.已知甲、乙在 t=10s 时相遇,则( )

A.在 0﹣10s 内,甲的加速度大小为 2m/s2 B.在 t=0 时刻,甲、乙处于同一位置 C.在 t=4s 时刻,甲、乙速度大小相等,方向相反 D.在 0﹣5s 内,甲在前,乙在后 【考点】匀变速直线运动的图像 【分析】由 v﹣t 图象的斜率求出甲的加速度.根据图象与时间轴围成的面积可 求出两质点在 10s 内的位移,即可确定 t=0 时甲、乙的位置关系.由速度公式求 速度相等的时间.根据位移公式得到 5s 内两质点的位移,分析它们的位置关系. 【解答】解:A、甲的加速度 a= A 正确. B、在 0~10s 内,甲的位移为:x 甲= ×20×10m=100m,乙的位移为:x 乙=12× 10m=120m, 据题, 甲、 乙在 t=10s 时相遇, 则知在 t=0 时, 甲在乙的前方 20m. 故 B 错误. C、 设经过时间 t 两质点的速度相等, 则 v 甲 0+at=v 乙; 得 t= 故在 t=4s 时刻,甲、乙速度大小相等,方向相同,故 C 错误. D、在 0~5s 内,甲的位移为 x 甲′=v
甲0

=

=﹣2m/s2,加速度大小为 2m/s2.故

=

=4s,

t′+ at′2=20×5﹣ ×2×52=75m,乙的位

移为 x 乙′=v 乙 t′=12×5m=60m,因为 x 甲′+20m>x 乙′,则甲在前,乙在后,故 D 正 确. 故选:AD 【点评】 本题以运动学图象为命题情境考查学生的推理能力,注意甲乙初始状态 是相距 20m,不是同地点出发的.速度﹣时间图象中要注意观察三点:一点,注
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意横纵坐标的含义;二线,注意斜率的意义;三面,速度﹣时间图象中图形与时 间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移.

11. (2005?徐州二模)氦原子被电离一个核外电子,形成类氢结构的氦离子,已 知基态的氦离子能量为 E1=﹣54.4eV,氦离子能级的示意图如图所示.在具有下 列能量的光子中,能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )

A.10.2eV B.45.5eV C.48.4eV D.51.0eV 【考点】氢原子的能级公式和跃迁 【分析】 氦离子吸收光子能量发生跃迁,吸收的光子能量需等于两能级间的能级 差,或吸收光子能量后,总能量大于等于 0,发生电离. 【解答】解:A、基态的氦离子吸收 10.2eV,能量为﹣44.2eV,不能吸收发生跃 迁.故 A 错误. B、基态的氦离子吸收 45.5eV,能量为﹣8.9eV,不能吸收发生跃迁.故 B 错误. C、基态的氦离子吸收 48.4eV,能量为﹣6.0eV,能被吸收跃迁到第 3 能级.故 C 正确. D、基态的氦离子吸收 51.0eV,能量为﹣3.4eV,能被吸收跃迁到第 4 能级.故 D 正确. 故选 CD. 【点评】解决本题的关键知道能级差与吸收或辐射光子能量的关系,即 Em ﹣ En=hv.

12. (2016 秋?抚州期中)如图所示,一小物体 m 从 光滑圆弧形轨道上与圆心 O 等高处由静止释放,圆弧半径 R=0.2m,轨道底端与粗糙的传送带平滑连接, 当传送带固定不动时,物体 m 能滑过右端的 B 点,且落在水平地面上的 C 点,
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取重力加速度 g=10m/s2,则下列判断可能正确的是(



A.若传送带逆时针方向运行且 v=3m/s,则物体 m 也能滑过 B 点,达到地面上 的 C 点左侧 B.若传送带逆时针方向运行且 v=2m/s,则物体 m 也能滑过 B 点,到达地面上 的C点 C.若传送带顺时针方向运动,则当传送带速度 v>2m/s 时,物体 m 到达地面上 C 点的右侧 D.若传送带顺时针方向运动,则当传送带速度 v<2m/s 时,物体 m 也可能到达 地面上 C 【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】 应用动能定理求出物体到达传送带上时的速度,然后根据传送带的运动 情况分析物块在传送带上的运动情况,然后判断物体到达地面时的位置. 【解答】解:物体在圆弧轨道上下滑过程,由动能定理得:mgR= mv02﹣0,解 得:v0= =2m/s;传送带静止时物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动,

到达传送带右端时物体的速度小于 2m/s,物体离开传送带后做平抛运动到达 C 点,物体做平抛运动的初速度小于 2m/s; A、 若传送带逆时针方向运行且 v=3m/s, 物体在传送带上一直做匀减速直线运动, 与传送带静止时的运动情况相同, 物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时 到达右端的速度相等,物块离开传送带做平抛运动,落在 C 点,故 A 错误; B、 若传送带逆时针方向运行且 v=2m/s, 物体在传送带上一直做匀减速直线运动, 与传送带静止时的运动情况相同, 物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时 到达右端的速度相等,物块离开传送带做平抛运动,落在 C 点,故 B 正确; C、若传送带顺时针方向运动,则当传送带速度 v>2m/s 时,物体在传送带上可 能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,也可能一直做匀加速直线运动,物块
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到达传送带右端时的速度大于 2m/s,做平抛运动的初速度大于 2m/s,物体将落 在 C 点的右侧,故 C 正确; D、若传送带顺时针方向运动,则当传送带速度 v<2m/s 时,物体在传送带上可 能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动, 此时到达传送带右端时的速度比传送 带静止时的速度大, 物体落在 C 点的右侧, 五月天也可能在你传送带上一直做匀 减速直线运动, 到达传送带右端时的速度与传送带静止时的速度相等,物体将落 在 C 点,故 D 正确; 故选:BCD. 【点评】本题考查了判断物体落在地面上的位置情况,应用动能定理求出物体到 达传送带上时的速度、 分析清楚物体在传送带上的运动过程是解题的关键,分析 清楚物体的运动过程即可解题.

二、非选择题部分:共 5 小题,共 52 分。把答案填在答题卡中的横线上或按题 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。 13. (6 分)如图甲所示为小车做匀变速直线运动的示意图. (1)请写出图甲中两个重要的实验器材:① 纸带 ,② 打点计时器 1.80 . cm.

(2)如图乙所示是实验中得到的纸带的一部分,则 OE 间的距离为

(3)如图丙所示是根据实验数据绘出的 s﹣t2 图线(s 为各计数点至同一起点的 距离) ,则加速度大小 a= 0.93 m/s2(保留 2 位有效数字)

【考点】探究小车速度随时间变化的规律
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【分析】 (1)明确实验装置,并清楚各仪器的名称; (2)确定 OE 的初末刻度,从而确定 OE 的长度,注意精度是 1 毫米刻度尺读数 要估读到毫米的下一位,整数刻度用零补充位置; (3)根据解析式讨论图象斜率的意义,从而求出加速度大小. 【解答】解: (1)实验中①为纸带;②为打点计时器; (2)由图可知,O 点坐标为 1.00cm,E 点坐标为 2.80cm,故 OE 间的距离应为 OE=2.80﹣1.00=1.80cm;所以 OE 间的距离为 1.80cm. (3)由公式 S= at2 知图象的斜率表示 a,即加速度的二分之一; k= a= =0.467

解得 a=2k=0.467×2=0.93m/s2 故答案为: (1)纸带;打点计时器; (2)1.80; (3)0.93. 【点评】 本题考查了打点计时器实验中图象处理数据的方法,原理是匀变速直线 运动的规律,注意分析实验数据,明确对应的公式再结合图象进行分析求解,要 注意刻度尺测量时不是从零刻度开始的, 同时明确最小刻度是毫米的刻度尺读数 要估读到最小刻度的下一位,故拿零来补充估测值位置.

14. (9 分)两位同学用如图所示装置,通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来验证 动量守恒定律. (1)在安装斜槽时,应保持斜槽末端 切线水平 .

(2)甲同学测得入射球 A 的质量为 mA,被碰撞小球 B 的质量为 mB,图中 O 点 时小球抛出点在水平地面上的垂直投影. 实验时, 先让入射球 A 从斜轨上的起始 位置由静止释放,找到其平均落点的位置 P,测得平抛射程为 OP;再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放,与小球 B 相撞,分别找到球 A 和球 B 相撞后的 平均落点 M、N,测得平抛射程分别为 OM 和 ON.当所测物理量满足表达式 mAOP=mAOM+mBON 时,即说明两球碰撞中动量守恒;如果满足表达式

mAOP2=mAOM2+mBON2 时,则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞.
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【考点】验证动量守恒定律 【分析】 (1)在做“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求 解碰撞前后的速度的, 所以要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水 平; (2)由于两球从同一高度下落,故下落时间相同,所以水平向速度之比等于两 物体水平方向位移之比,然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题. 【解答】解: (1)要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须切线水平; (2)小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相同,它们在空中的 运动时间 t 相等, 它们的水平位移 x 与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速 度, 若两球相碰前后的动量守恒,则 mAv0=mAv1+mBv2,又 OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t, 代入得:mAOP=mAOM+mBON, 若碰撞是弹性碰撞,则机械能守恒,由机械能守恒定律得: mAv02= mAv12+ mBv22, 将 OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t 代入得:mAOP2=mAOM2+mBON2; 故答案为: (1)切线水平; (2)mAOP=mAOM+mBON;mAOP2=mAOM2+mBON2; 【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律,该实验中,虽然小球做平 抛运动,但是却没有用到速度和时间,而是用位移 x 来代替速度 v,这是解决问 题的关键,解题时要注意体会该点.

15. (10 分)甲、乙两辆客车(均可看做质点)沿同一平直公路同向匀速行驶, 速度均为 v0=10m/s,甲车在前,乙车在后,两车相距 s0=23m,前方遇到紧急情 况,甲车以大小 a=5m/s2 的加速度紧急刹车,直到停止;甲车开始刹车后,乙车 经过 t0=0.8s 的反应时间才开始刹车.为保证甲、乙两车不相撞,求乙车在刹车
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过程中的加速度的最小值. 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系 【分析】甲车匀减速直线运动,乙车先做匀速直线运动,再做匀减速直线运动, 抓住两车的位移关系,结合运动学公式求出乙车的最小加速度. 【解答】解:设甲乙两车刹车前的速度为 v0,刹车前的距离为 S0,甲车刹车距离 为 S 甲,乙车刹车距离为 S 乙.由题意可得,当乙车的加速度最小为 a′时,两车恰 好停在同一位置. 由

可得甲车的刹车距离为: 由题意可得:S 乙=S0+S 甲 代入数据解得 S 乙=33m 当甲车开始刹车时,乙车先匀速运动 t0=0.8s 时间,再匀减速刹车直到停止运动, 所以:

代入数据: 由④⑤两式联立可得:a′=1m/s2. 答:乙车在刹车过程中的加速度至少为 1m/s2. 【点评】本题考查了运动学中的追及问题,关键抓住位移关系,结合运动学公式 灵活求解.

16. (12 分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从 A 点由静止出发,通电 后赛车的电动机以额定功率 P=3W 工作,经过时间 t(未知)后关闭电动机,赛 车继续前进至 B 点后水平飞出, 恰好在 C 点沿着切线方向进入固定在竖直平面内 的光滑圆弧形轨道,通过轨道最高点 D 后水平飞出.已知赛车在水平轨道 AB 部 分运动时受到恒定阻力 f=0.5N, 赛车的质量 m=0.8kg, 轨道 AB 的长度 L=6.4m, B、 C 两点的高度差 h=0.45m,赛车在 C 点的速度大小 vC=5m/s,不计空气阻力.求: (1)赛车运动到 B 点时的速度 vB 大小;
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(2)赛车电动机工作的时间 t.

【考点】动能定理的应用;平抛运动 【分析】 (1)根据平抛运动规律可求得竖直分速度,再根据 C 点的速度利用几何 关系即可求得 B 点的速度; (2)从 A 点到 B 点的过程中由动能定理求得工作的时间. 【解答】解: (1)因为赛车从 B 到 C 的过程作平抛运动,根据平抛运动规律所以 有: vy= = =3m/s

根据几何关系可知: v2C=vy2+vB2 代入数据解得:vB=4m/s; (2)从 A 点到 B 点的过程中由动能定理有 Pt﹣fL= mvB2 代入数据解得:t=2s 答: (1)赛车运动到 B 点时速度的大小是 4m/s; (2)赛车电动机工作的时间是 2s. 【点评】 本题考查动能定理和平抛运动规律的结合问题,本题很好的把平抛运动 和圆周运动结合在一起运用动能定理解决, 要注意明确求解电动机所做功的基本 方法.

17. (15 分)如图所示,质量为 M=0.3kg 的长木板 A 放在光滑的水平面上,板长 L=1.5m,在其左端放一质量为 m=0.1kg 的物块 B.现以地面为参考系,给 A 和 B 以大小相等、方向相反的水平初速度 v0=2m/s,使 A 开始向左运动、B 开始向右 运动.物块与木板间的动摩擦因数为 μ,取 g=10m/s2. (1)要使物块 B 不从长木板 A 的右端滑落,求动摩擦因数 μ 的取值范围; (2)若 B 恰好不从长木板 A 的右端滑落,求 B 相对长木板 A 滑动过程中发生的
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位移.

【考点】动量守恒定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿第二定律 【分析】 (1)当物块 B 刚好滑到 A 板的最右端时动摩擦因数 μ 最小.系统置于 光滑水平面,其所受合外力为零,故 AB 相对滑动时,系统总动量守恒,根据动 量守恒定律和能量守恒定律结合即可求解 μ 的最小值,从而得到 μ 的取值范围. (2)根据牛顿第二定律求得 B 相对于 A 滑动过程中的加速度大小,由运动学速 度位移公式求 B 相对长木板 A 滑动过程中发生的位移. 【解答】解: (1)当物块 B 滑到木板 A 的最右端与木板有共同速度 v 时,取水平 向右为正方向,根据动量守恒定律得: Mv0﹣mv0=(M+m)v 根据能量守恒定律知: Mv02+ mv02= (M+m)v2+μmgL 联立解得 v=1m/s,μ=0.4 所以要使物块 B 不从长木板 A 的右端滑落, 动摩擦因数 μ 的取值范围为 μ≥0.4; (2)B 相对于 A 滑动过程中的加速度大小 a= 由运动学公式有 2ax= 解得 B 相对长木板 A 滑动过程中发生的位移 x=0.375m 答: (1)动摩擦因数 μ 的取值范围是 μ≥0.4; (2)B 相对长木板 A 滑动过程中发生的位移是 0.375m. 【点评】本题关键要判断出系统的动量守恒,准确把握临界条件.第 2 问也可以 根据动能定理求位移. =μg=4m/s2.

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