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2014-2015学年广东省东莞市高二(下)期末物理试卷(A卷)


2014-2015 学年广东省东莞市高二(下)期末物理试卷(A 卷)
一、单项选择题(本题共 6 小题,每小题 3 分,共 18 分,每小题的四个选项中只有一个选项 符合题目要求. ) 1. (3 分) (2015 春?东莞期末)下列说法正确的是( ) A. 爱因斯坦首先提出原子的核式结构学说 B. 卢瑟福在利用 α 粒子轰击氮核的实验中发现了质子 C. 贝克勒尔在 α

粒子散射实验中发现了电子 D. 查德威克为解释光电效应的实验规律提出了光子说 考点: 物理学史. 分析: 本题是物理学史问题,根据卢瑟福、汤姆生、爱因斯坦等科学家的物理学贡献进行解 答. 解答: 解:A、首先提出原子的核式结构学说的是卢瑟福,故 A 错误. B、卢瑟福在利用 α 粒子轰击氮核的实验中发现了质子,故 B 正确. C、汤姆生在研究阴极射线实验时发现了电子,故 C 错误. D、爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说,故 D 错误. 故选:B. 点评: 解答本题的关键是记牢卢瑟福、汤姆生、爱因斯坦等科学家的物理学贡献,平时要注 意积累.
所有

2. (3 分) (2014?肇庆校级模拟)如图所示,当氢原子从 n=4 迁到 n=2 的能级和从 n=3 迁到

n=1 的能级时,分别辐射出光子 a 和光子 b,则( A. B. C. D.



由于放出光子,原子的能量增加 光子 a 的能量小于光子 b 的能量 光子 a 的频率大于光子 b 的频率 若光子 a 能使某金属发生光电效应,则光子 b 不一定能使该金属发生光电效应

考点: 氢原子的能级公式和跃迁. 专题: 原子的能级结构专题. 分析: 能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差,根据能极差的大小比较光子能量,从而比 较出光子的频率.频率大,波长小.当入射光的频率大于金属的极限频率时,发生光电效应. 解答: 解:A、由于放出光子,原子的能量减小,故 A 错误; B、 氢原子从 n=4 的能级跃迁到 n=2 的能级的能极差小于从 n=3 的能级跃迁到 n=l 的能级时的 能极差,根据 Em﹣En=hγ,知光子 a 的能量小于光子 b 的能量.故 B 正确;
所有

C、a 的能量小于光子 b 的能量,所以光子 a 的频率小于光子 b 的频率,所以 b 的频率大,故 C 错误; D、光子 a 的频率小于光子 b 的频率,所以光子 a 能使某金属发生光电效应,则光子 b 也能使 某种金属发生光电效应.故 D 错误; 故选:B. 点评: 解决本题的突破口是比较出光子 a 和光子 b 的频率大小,从而得知折射率、在介质中 速度等大小关系. 3. (3 分) (2015?广州二模)如图,注射器内密封一部分气体,若针筒和活塞隔热性能良好, 则缓慢向外移动活塞的过程中气体( )

A. 对活塞不做功 B. 对活塞做负功 C. 温度保持不变 D. 压强逐渐减小 考点: 热力学第一定律. 专题: 热力学定理专题. 分析: 根据气体的体积增大,对外做功;体积减小,外界对气体做功.根据理想气体的状态 方程分析气体的状态的变化. 解答: 解:A、B、缓慢向外移动活塞的过程中气体的体积增大,对外做功,即气体对活塞做 正功.故 A 错误,B 错误; C、针筒和活塞隔热性能良好,缓慢向外移动活塞的过程中,可以看做是准静态过程,气体对 外做功的同时不能吸收热量,内能减小,温度降低.故 C 错误;
所有

D、气体的体积增大,温度不变,由玻意耳定律:P1V1=P2V2,可知气体的压强一定减小.故 D 正确. 故选:D 点评: 该题考查气体的等温变化的特点与玻意耳定律,解题的关键是根据气体的体积增大, 对外做功;体积减小,外界对气体做功. 4. (3 分) (2012?宝山区一模)用隔板将一容器隔成 A 和 B 两部分,A 中盛有一定量的气体, B 为真空(如图①) ,现把隔板抽去,A 中的气体将自动充满整个容器(如图②) ,这个过程 称为气体的自由膨胀.则关于气体的自由膨胀下列说法中正确的是( )

A. B. C. D.

在自由膨胀过程中,所有气体分子的运动方向相同 在自由膨胀过程中,只要把握好隔板插入的时机,全部气体就能到达 B 部分 气体充满整个容器后,只要时间足够长,还能全部自动回到 A 部分 气体充满整个容器后,B 部分中的某些气体分子有可能再回到 A 部分

考点: 热力学第二定律. 专题: 热力学定理专题.

所有

分析: 该题中气体经历的过程是自由膨胀的过程,该过程中,外界不做功,熵增加. 解答: 解:分子的运动是杂乱无章的,即使在自由膨胀过程中,所有气体分子的运动方向也 不会相同.故 A 错误. 气体充满整个容器的过程是不可逆的, 不可能自动聚集的容器的任意一部分中, 故 BC 都错误. 气体充满整个容器后在的运动是杂乱无章的,任意方向都有,AB 两部分的气体会来回交流, B 部分中的某些气体分子有可能再回到 A 部分.故 D 正确. 故答案为:D 点评: 该题考查了热力学第二定律中的自由膨胀,该过程中熵增加,过程不可逆. 5. (3 分) (2015 春?东莞期末)某核反应 U+ n→ Ba+ Kr+x n 放出 x 个中子,

铀 235 质量为 m1,中子质量为 m2,钡 144 质量为 m3,氪 89 的质量为 m4,下列说法正确的 是( ) A. 该反应属于人工转变 2 B. 该反应放出能量(m1﹣xm2﹣m3﹣m4)c C. x 的值是 3 D. 由于该反应释放能量,根据 E=mc 判断,反应后的总质量增加 考点: 裂变反应和聚变反应. 专题: 衰变和半衰期专题. 分析: 根据质量亏损,结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量.铀核裂变放出的能量很高, 反应前后质量数守恒,有质量亏损. 解答: 解:A、这一反应类型是重核裂变,不是人工转变,故 A 错误. B、核反应过程中,质量亏损为:△ m=[m1﹣(x﹣1)m2﹣m3﹣m4], 2 2 则释放的核能为:△ E=△ mc =[m1﹣(x﹣1)m2﹣m3﹣m4]c .故 B 错误. C、根据质量数守恒,有: 235+1=144+89+x 解得:x=3,故 C 正确; D、反应前后质量数守恒,质量不守恒,有质量亏损,故 D 错误; 故选:C. 点评: 解决本题的关键知道核反应前后质量数守恒,在重核裂变的过程中有质量亏损,向外 放出能量.
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6. (3 分) (2015 春?东莞期末)如图所示,一定质量的理想气体沿图线从状态 a 变化到状态 b, 在此过程中( )

A. 气体体积减小 B. 气体内能减小 C. 气体从外界吸收热量 D. 外界对气体做功

考点: 理想气体的状态方程. 专题: 理想气体状态方程专题.
所有

分析: 根据理想气体状态方程

=C,结合数学知识分析气体的体积变化.一定质量的理想

气体的内能只跟温度有关,温度升高,内能增大.根据热力学第一定律分析吸热还是放热.温 度是分子平均动能的标志,温度升高时分子的平均动能增大. 解答: 解:A、一定质量的理想气体沿图线从状态 a 变化到状态 b,由图知:P 变小,T 变大, 减小,根据理想气体状态方程 =C 可知,气体体积 V 变大,故 A 错误.

B、一定质量的理想气体的内能只跟温度有关,由图示图象可知,气体的温度升高,气体内能 增大,故 B 错误. C、气体的体积增大,气体对外做功,气体内能增大,根据热力学第一定律可知气体从外界吸 收热量,故 C 正确,D 错误. 故选:C. 点评: 解决气体问题,关键要掌握气态方程和热力学第一定律,知道温度的意义:一定质量 的理想气体的内能只跟温度有关,温度是分子平均动能的标志. 二、双项选择题(本题共 9 小题,每小题 4 分,共 36 分,每小题只有两个选项符合题目要求, 全选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分. ) 7. (4 分) (2015 春?东莞期末)下列说法正确的是( ) A. γ 射线在电场和磁场中都不会发生偏转 B. β 射线比 α 射线更容易使气体电离 C. 太阳辐射的能量主要来源于重核裂变 D. 采用物理或化学方法不能改变放射性元素的半衰期 考点: 原子核衰变及半衰期、衰变速度. 专题: 衰变和半衰期专题. 分析: αβγ 三种射线的电离本领依次减弱,γ 射线是电磁波,核电站是利用铀 235,太阳能是 聚变得来的;半衰期由原子核内部因素决定,与所处的物理环境和化学环境无关. 解答: 解:A、γ 射线不带电,所以在电场和磁场中都不会发生偏转,故 A 正确; B、α 射线比 β 射线更容易使气体电离,故 B 错误; C、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变,故 C 错误; D、 半衰期的大小与元素所处的物理环境和化学环境无关, 由原子核内部因素决定, 故 D 正确; 故选:AD. 点评: 熟练掌握三种射线的特点和裂变聚变的应用时解决此类问题的关键,并理解衰变、半 衰期、射线的性质等基础知识点.
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8. (4 分) (2015 春?东莞期末)下列四幅图中所涉及物理知识的理论中,正确的是(



A. 图甲中,由两分子间作用力随分子间距离变化的关系可知,当两个相邻的分子间距离 为 r0 时,它们间相互作用的引力和斥力均为零 B. 乙图中,由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况,可知温度 T1<T2 C. 丙图中,在固体薄片上涂上石蜡,用烧热的针接触其上一点,从石蜡熔化情况可判定 固体薄片必为非晶体 D. 丁图中,昆虫水蝇能在水平上自由来往而不陷入水中,靠的得液体表面张力的作用 考点: * 晶体和非晶体;分子间的相互作用力;* 液体的表面张力现象和毛细现象. 分析: 当两个相邻的分子间距离为 r0 时,它们间的引力和斥力相等; 温度是分子平均动能的标志; 由图可以看出某固体在导热性能上各向同性; 水黾可以停在水面上是由于表面张力的作用. 解答: 解:A、甲图中,由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知,当两个相邻的分子 间距离为 r0 时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等,合力为 0.故 A 错误; B、如图中,氧气分子在 T2 温度下速率大的分子所占百分比较多,故 T2 温度较高,故 B 正确; C、由图可以看出某固体在导热性能上各向同性,可能是多晶体或者非晶体,故 C 错误; D、丁图中,昆虫水蝇能在水平上自由来往而不陷入水中,靠的得液体表面张力的作用.故 D 正确. 故选:BD 点评: 本题考查布朗运动,分子间的相互作用力、表面张力及单晶体的性质等,均属于选修 3﹣3 中的基础内容;要注意准确把握各种现象的本质内容.注意对 3﹣3 的全面把握.
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9. (4 分) (2015 春?东莞期末) 用中子轰击铝 27, 其核反应方程: (1) Na 具有放射性,其核反应方程为: (2) A. X 是 He B. Y 是 Na→ Mg+Y,则(

Al+ )

n→

Na+X;

n C. (1)是 α 衰变 D. (2)是 β 衰变

考点: 裂变反应和聚变反应;原子核衰变及半衰期、衰变速度. 专题: 衰变和半衰期专题. 分析: 根据电荷数守恒、质量数守恒确定未知粒子的电荷数和质量数,从而确定核反应的类 型.
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解答: 解:A、根据电荷数守恒质量数守恒,知 X 的电荷数为 2,质量数为 4,则 X 是 该反应不是 α 衰变,α 衰变是自发进行的.故 A 正确,C 错误. B、根据电荷数守恒、质量数守恒知,Y 的电荷数为﹣1,质量数为 0,则 Y 是

He,

,该反

应是 β 衰变.故 B 错误,D 正确. 故选:AD. 点评: 解决本题的关键知道在核反应过程中,电荷数守恒、质量数守恒,知道 α 衰变、β 衰 变是自发进行的. 10. (4 分) (2015 春?东莞期末)关于空气湿度,下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

当人们感到潮湿时,空气的绝对湿度一定较大 当人们感到干燥时,空气的绝对湿度一定较小 水的饱和汽压随温度的升高而增大,与体积无关 理想气体定律对饱和汽同样适用

考点: *相对湿度. 分析: 绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强,相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水 蒸汽的饱和压强之比. 当人们感到潮湿时,空气的相对湿度一定较大,人们感到干燥时,空气的相对湿度一定较小. 解答: 解:A、B、当人们感到潮湿时,空气的相对湿度一定比较大,绝对湿度不一定较大, 人们感到干燥时,空气的相对湿度一定比较小,绝对湿度不一定较小.故 AB 错误; C、水的饱和汽压随温度的升高而增大,与体积无关,故 C 正确; D、理想气体定律是对理想气体来说的;对于饱和汽体不再适用;故 D 错误; 故选:C. 点评: 本题关键是明确影响湿度和汽压的因素; 要注意明确相对湿度和绝对湿度之间的区别.
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11. (4 分) (2015?广州二模)如图是光控继电器的示意图,K 是光电管的阴极.下列说法正

确的是( ) A. 图中 a 端应是电源的正极 B. 只要有光照射 K,衔铁就被电磁铁吸引 C. 只要照射 K 的光强度足够大,衔铁就被电磁铁吸引 D. 只有照射 K 的光频率足够大,衔铁才被电磁铁吸引 考点: 光电效应. 分析: 光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,根据光电效应方程判断光电子 最大初动能的变化. 解答: 解:A、电路中要产生电流,则 a 端接电源的正极,使逸出的光电子在光电管中加速, 放大器的作用是将光电管中产生的电流放大后,使铁蕊 M 磁化,将衔铁 N 吸住.故 A 正确. B、D、根据光电效应产生的条件可知,只有照射 K 的光频率足够大,才能产生光电效应,产 生光电效应时,衔铁才被电磁铁吸引.故 B 错误,D 正确; C、根据光电效应方程知,能否发生光电效应与入射光的强度无关,由金属的逸出功和入射光 的频率决定.故 C 错误. 故选:AD. 点评: 解决本题的关键知道光电效应的条件,以及掌握光电效应方程,知道光电子的最大初 动能与什么因素有关.
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12. (4 分) (2015 春?东莞期末)图示电路中,变压器为理想变压器,开关 S 闭合后,以下说 法正确的是( )

A. B. C. D.

电表 V1 示数不变,V2 示数减小 电表 A1、A2 示数均增大 电线圈输入功率减小 电阻 R1 两端的电压减小

考点: 变压器的构造和原理. 专题: 交流电专题. 分析: 开关 S 闭合后改变了副线圈的电流和功率,根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比 的关系进行分析;同时明确输出端电阻的变化;根据动态分析可明确电流及电压的变化. 解答: 解:A、因输入电压不变;故输出电压也不变;故电表 V1 示数不变,V2 示数均不变; 故 A 错误;
所有

B、开关闭合时,总电阻减小;输出电流增大;因电流之比等于匝数的反比;故电表 A1、A2 示数均增大;故 B 正确; C、因输出功率 P=UI 增大;故输出功率也增大;故 C 错误; D、因输出电流增大,则 R0 分压增大;并联部分电压减小;故 D 正确; 故选:BD. 点评: 本题主要考查了变压器的原理及动态分析,要知道开关 S 闭合后,副线圈的电流和功 率都变大,难度不大,属于基础题. 13. (4 分) (2015 春?东莞期末)如图所示,a、b 是航天员王亚平在“天宫一号”实验舱做水球 实验时水球中形成的气泡,a、b 两气泡温度相同且 a 的体积大,气泡内的气体视为理想气体, 则下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

水球呈球形是由于表面张力作用的结果 此时水球内的水分子之间只有引力 a 内气体的分子平均动能比 b 的大 在水球表面滴一小滴红墨水若水球未破,最后水球将呈红色

考点: *表面张力产生的原因. 分析: 因表面张力,使水球呈球形;液体表面存在张力,是分子引力的宏观表现,引力与斥 力同时存在,而温度是分子平均动能的标志,从而即可求解. 解答: 解:A、水球呈球形是由于表面张力作用的结果,故 A 错误, B、水球内的水分子之间既有引力,又有斥力;故 B 错误; C、 温度是分子热运动的平均动能的标志, 故 a 内气体的分子平均动能与 b 的等大, 故 C 错误; D、水球表面滴一小滴红墨水若水球未破,水球外表面附近的水分子间作用力表现为引力,最 后水球将呈红色,故 D 正确;
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故选:AD. 点评: 本题关键明确内能包括分子动能和分子势能,要知道液体的表面张力是分子引力的宏 观表现,基础问题. 14. (4 分) (2015 春?东莞期末)图甲是小型交流发电机的示意图,在匀强磁场中,一矩形金 属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所 示.发电机线圈内阻为 10Ω,外接一只电阻为 100Ω 的灯泡,不计电路的其他电阻,则( )

A. B. C. D.

t=0 时刻线圈平面与中性面垂直 每秒钟内电流方向改变 100 次 灯泡两端的电压为 20V 0~0.01s 时间内通过灯泡的电量为 0

考点: 正弦式电流的图象和三角函数表达式. 专题: 交流电专题. 分析: 当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大.感应电动势最小为零.由题图乙可知交 流电电动势的周期,即可求解角速度.线框每转一周,电流方向改变两次. 解答: 解:A、由图象乙可知 t=0 时感应电动势为零,处于中性面上,故 A 错误; B、由题图乙可知周期 T=0.02s,线框每转一周,电流方向改变两次,每秒电流方向改变 100 次,故 B 正确;
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C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是 Em=31.1v,有效值为: 路的分压特点得电压表的示数为:U= D、根据 ① E= =20V;故 C 正确;

,根据闭合电

得:0~0.01s 时间内通过灯泡的电量为 ②代入数据 ①②联立得:q=0.00198c,故 D 错误;

故选:BC. 点评: 本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化,知道磁通量最大时,感应电动势反而最 小.明确线框每转一周,电流方向改变两次.能从图象读取有效信息 15. (4 分) (2006?崇明县二模)某电厂发电机的输出电压稳定,它发出的电先通过电厂附近 的升压变压器升压,然后用输电线路把电能输送到远处居民小区附近的降压变压器,经降低 电压后输送到用户,设升、降变压器都是理想变压器,那么在用电高峰期,白炽灯不够亮, 但电厂输送的总功率增加,这时( ) A. 升压变压器的副线圈的电压变大 B. 降压变压器的副线圈的电压变小

C. 高压输电线路的电压损失变大 D. 用户的负载增多,高压输电线中的电流减小 考点: 电能的输送. 专题: 交流电专题. 分析: 用电高峰期,用户总功功率变大,电路电流变大,输电电流变大,输电电压损失变大, 用户电压变小,灯泡实际功率变小,灯泡变暗. 解答: 解:A、发电机电压不变,升压变压器的输入与输出电压不变.故 A 错误. B、发电机电压不变,升压变压器的输入与输出电压不变,输电线上损失的电压变大,降压变 压器输入电压变小,降压变压器副线圈电压变小,故 B 正确,C 正确; D、用户的负载增多,降压变压器副线圈电流变大,原线圈电流变大,即高压输电线中的电流 变大,故 D 错误; 故选 BC. 点评: 熟悉远距离输电过程,知道变压器原副线圈电压与电流关系是正确解题的关键.
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三、实验与探究题(1 题,共 16 分) 16. (16 分) (2015 春?东莞期末)某同学用如图甲所示的装置探究碰撞中的动量守恒规律: 每次让小球 m1 压缩弹簧到同一位置,开始几次不放置 m2(含其支架) ,释放 m1,记录其落点 的位置 P,后几次放置 m2,分别记录 m1、m2 落点的平均位置 M 和 N: (1)实验中 m1 和 m2 大小关系是:m1 大于 m2(填“大于”,“小于”或“等于”) (2)下面是本实验部分测量仪器或工具,需要的是 BC A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.弹簧秤 (3)下列测定入射小球和被碰小球在碰撞前后速度的方法或原理正确的是 C A.用秒表测出时间 t,有刻度尺测出位移 s,用 v= 求出速度 B.测出打点计时器在纸带上打下的点间距离 s1、s2,用 v= C.用小球离开桌面后的水平射程 x 来代替速度 D.测出小球下落高度 h,用 v= 求出速度 =m1 + m2 ,则碰撞中动量 (4)若在实验误差允许的范围内,满足关系式 m1 求出速度

守恒. (5)某次实验中得出的落点情况如图乙所示.假设碰撞过程中运量守恒,则入射小球质量 m1 和被碰小球质量 m2 之比为 4:1

考点: 验证动量守恒定律. 专题: 实验题. 分析: (1)为防止两球碰撞后入射球反弹,入射球质量应大于被碰球质量. (2、3)根据实验原理分析答题. (4、5)根据实验原理,应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式.代入数据则可求得 质量的比值. 解答: 解: (1)入射小球 1 与被碰小球 2 直径相同,为防止两球碰撞后入射球反弹,入射球
所有

质量应大于被碰球质量,即:m1 大于 m2. (2)根据实验原理可知,本实验中需要测量长度和质量;故需要天平和刻度尺;由于两球离 开桌面后做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,由于抛出点 的高度相同,它们在空中的运动时间相等,故不需要测量时间;故选:BC; (3)两球离开桌面后做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动, 由于抛出点的高度相同,它们在空中的运动时间相等,小球的水平位移与小球的初速度成正 比,可以用小球的水平位移代替初速度,故选:C (4)由于两球从同一高度开始下落,且下落到同一水平面上,故两球下落的时间相同. 根据动量守恒定律可得在水平方向有:m1v0=m1v1+m2v2, 故:m1v0t=m1v1t+m2v2t, 即为:m1 =m1 +m2 =m1 +m2 代入数据求得:m1:m2=4:1;

(5)果两球碰撞过程动量守恒,则:m1

故答案为: (1)大于; (2)BC; (3)C; (4)m2

; (5)4:1.

点评: 本题考查动量守恒定律的验证;注意本实验是运用等效思维方法,平抛时间相等,用 水平位移代替初速度,这样将不便验证的方程变成容易验证. 四、 计算题: (本题 2 小题, 共 30 分. 解答应写出必要的文字说明、 方程式和重要演算步骤. 只 写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. ) 17. (14 分) (2015 春?东莞期末)如图所示的凹形场地,两端是半径为 L=1m 的光滑 圆弧面, 中间长为 2L 的粗糙水平面.质量为 3m 的滑块乙开始停在水平面的中点 O 处, 质量为 m 的滑 块甲从光滑圆弧面顶端 A 处无初速度滑下,进入水平面内与乙发生碰撞,碰后甲以碰前一半 的速度反弹.已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为 μ1=0.2、μ2=0.1,甲、乙的体积大小忽 2 略不计.g=10m/s .求: (1)甲与乙碰撞前的速度. (2)碰后瞬间乙的速度. (3)甲、乙在 O 处发生碰撞后,请判断能否发生第二次碰撞?并通过计算确定甲、乙最后停 止所在的位置.

考点: 动量守恒定律;动能定理. 专题: 动量定理应用专题. 分析: (1)甲从下滑到与乙碰撞前,重力和摩擦力做功,根据动能定理求解甲与乙碰撞前 的速度; (2)甲乙碰撞过程,系统的动量守恒,根据动量守恒定律求出碰撞后乙的速度; (3)根据动能定理分别对两个滑块列式,求出它们到停止运动前在 BC 滑行的路程,确定最 终停止运动的位置,即可进行判断.或根据牛顿第二定律和运动学公式求出甲乙两物体碰撞 后在水平地面上通过的路程之比.由题,甲、乙刚好不再发生第二次碰撞,所以甲、乙在同 一地点停下,有以下两种情况:第一种情况:甲返回时未到达 B 点时就已经停下,分析能否 发生;第二种情况:甲、乙分别通过 B、C 冲上圆弧面后,返回水平面后相向运动停在同一地
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点,所以有 s1+s2=8L.求出 s1 或 s2,即可求出甲、乙停在距 B 点距离. 解答: 解: (1)设甲到达 O 处与乙碰撞前的速度为 v 甲,由动能定理: mgL﹣μ1mgL= 得:v 甲= = =4m/s

(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲′、v 乙′,由动量守恒: m 甲 v 甲=m 甲 v 甲′+m 乙 v 乙′ 又:v 甲′=﹣ v 甲 得:v 乙′=2m/s (3)设碰撞后两个滑块在 BC 滑行的路程分别为 S 甲和 S 甲时停止运动.根据动能定理得: 对甲:﹣μ1mgS 甲=﹣ m 解得:S 甲=1m,甲停在 B 点, 对乙:﹣μ23mgS 乙=﹣ 3m 解得:S 乙=2m,乙滑上圆弧面再滑下最后停在 O 点,与甲不能再次相碰. 答: (1)甲与乙碰撞前的速度为. (2)碰后瞬间乙的速度为. (3)甲、乙在 O 处发生碰撞后,不能发生第二次碰撞,甲停在 B 点,乙滑上圆弧面再滑下最 后停在 O 点, 点评: 本题前 2 问是常规问题,根据动能定理求速度、根据碰撞的基本规律:动量守恒定律 求解碰撞乙的速度.第 3 问考查分析物体运动过程的能力. 18. (16 分) (2015 春?东莞期末)如图甲所示,半径 R=0.45m 的 光滑圆弧轨道固定在竖直平 面内,B 为轨道的最低点,在光滑的水平面上紧挨 B 点有一静止的小平板车,平板车质量 M=2kg,长度为 L=0.5m,小车的上表面与 B 点等高.质量 m=1kg 的物块(可视为质点)从圆 2 弧最高点 A 由静止释放.g 取 10m/s .求:

(1)物块滑到轨道 B 点时对轨道的压力大小; (2)若平板车上表面粗糙且动摩擦因数恒定,物块恰好没有滑离平板车,求物块与平板车上 表面间的动摩擦因数 μ; (3)若将平板车上表面铺上一种动摩擦擦因数逐渐增大的特殊材料,小物块所受滑动摩擦力 从左向右随距离变化图象(f﹣L 图象)如图乙所示,若物块滑离了平板车,求物块滑离平板 车时的速度大小. 考点: 动能定理. 专题: 动能定理的应用专题. 分析: (1)根据机械能守恒定律求出物体到达 B 点的速度,结合牛顿第二定律求出支持力 的大小,从而得出物块对轨道的压力. (2)物块与平板车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出物块与平板车的速度.由 系统的能量守恒求动摩擦因数 μ. (3) 根据图示图象求出克服摩擦力做的功, 然后由动量守恒和能量守恒结合求出物块的速度. 解答: 解: (1)物体从圆弧轨道顶端滑到 B 点的过程中,机械能守恒,由机械能守恒定律得:
所有

mgR= m



代入数据解得:vB=3m/s. 在 B 点,由牛顿第二定律得:N﹣mg=m 代入数据解得:N=3mg=30N 由牛顿第三定律可知,物块滑到轨道 B 点时对轨道的压力:N′=N=30N. (2)物块滑上小车后,水平地面光滑,系统的动量守恒.以向右为正方向,由动量守恒定律 得: mvB=(m+M)v 共, 代入数据解得:v 共=1m/s; 根据能量守恒得:μmgL= ﹣

得:μ=0.6 (3) 物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为 f﹣L 图线与横轴所围的面积. 克服摩擦力做功 为: Wf= J=2J,

设物块滑离平板车时的速度大小为 v1,车的速度大小为 v2.根据动量守恒得: mvB=mv1+Mv2;

由能量守恒得:Wf= 代入数据解得:v1=(1﹣

﹣(



)m/s; (不合理的值舍去)

答: (1)物块滑到轨道 B 点时对轨道的压力大小为 30N; (2)物块和平板车的最终速度大小为 1m/s; (3)物块滑离平板车时的速度大小为(1﹣ )m/s.

点评: 本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式,综合性较 强,关键理清运动过程,明确物块在平板车上滑动时遵守动量守恒定律和能量守恒定律.


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