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甘肃省兰州一中2016届高三上学期9月月考物理试卷


2015-2016 学年甘肃省兰州一中高三(上)月考物理 试卷(9 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 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,有选错的得 0 分) 1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法,如理想

实验法、控制变 量法、极限思维法、类比法、科学假说法、建立理想模型法、微元法等等.下列物理研究方 法说法中不正确的是( ) A.根据速度定义式 ,当△ t 非常非常小时, 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速

度,该定义应用了极限思想方法 B.在探究加速度、力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力关系,再保 持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法 C.在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀 速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法 D.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法叫假设法. 2.质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示,该质点( )

A.在第 1 秒末速度方向发生了改变 B.在第 2 秒末加速度方向发生了改变 C.在前 2 秒内发生的位移为零 D.第 3 秒末和第 5 秒末的位置相同 3.物体从静止开始做匀加速直线运动,第 3s 内通过的位移是 3m,则( 2 A.第 3s 内的平均速度是 3m/s B.物体的加速度是 0.4m/s C.前 3s 内的位移是 6m D.3s 末的速度是 4m/s )

4.如图,滑块 A 置于水平地面上,滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、B 接触面竖 直) ,此时 A 恰好不滑动,B 刚好不下滑.已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ1,A 与地面间 的动摩擦因数为 μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A 与 B 的质量之比为( )

A.

B.

C.

D.

5.甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动,某时刻乙车在前、甲车在后,相距 s=6m,从 此刻开始计时,乙做匀减速运动,两车运动的 v﹣t 图象如图所示.则在 0~12s 内关于两车 位置关系的判断,下列说法正确的是( )

A.t=4s 时两车相遇 C.0~12s 内两车有两次相遇

B.t=4s 时两车间的距离最大 D.0~12s 内两车有三次相遇

6. 如图所示, 一名消防队员在模拟演习训练中, 沿着长为 12m 的竖立在地面上的钢管下滑. 已 知这名消防队员的质量为 60kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地 面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍,下滑的总时间为 3s,g 取 2 10m/s ,那么该消防队员( )

A.下滑过程中的最大速度为 4m/s B.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1:7 C.加速与减速过程的位移之比为 1:4 D.加速与减速过程的时间之比为 2:1 7.如图所示,一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上,物体 B 在沿斜面向上的力 F 作用 下沿斜面匀速上滑,A、B 之间的动摩擦因数为 μ,μ<tanθ,且质量均为 m,则( )

A.A、B 保持相对静止 B.B 与斜面间的动摩擦因数为 C.地面对斜面体的摩擦力等于 Fcosθ D.地面受到的压力等于(M+2m)g 8.如图所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图.使用时,用撑竿推着粘有涂料的涂 料滚沿墙壁上下缓缓滚动,把涂料均匀地粉刷到墙上.撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计,且 撑竿足够长, 粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚, 设该过程中撑竿对涂料滚的 推力为 F1,涂料滚对墙壁的压力为 F2,则( )

A.F1 增大,F2 减小 C.F1 减小,F2 减小

B.F1 增大,F2 增大 D.F1 减小,F2 增大

9.如下图所示,光滑的斜槽由槽板 AB、BC 组成,AB 与 BC 的夹角大于 90°,质量为 m 的 球放在斜槽中,当斜槽和球一起沿水平面向右运动时,则( )

A.球对 AB 槽板的压力可能大于 mg B.球对 AB 槽板的压力可能等于零 C.球对于 BC 槽板的压力可能大于 mg D.球对 BC 槽板的压力可能小于 mg 10. 一个物体受到 F1、 F2、 F3、 F4、 F5 五个力的作用而处于静止状态, 其中 F1=10N, F2=10N, F1 与 F2 互相垂直.现将 F1 从 10N 慢慢减小到 5N,同时 F2 从 10N 慢慢增大到 15N,且这 两个力的大小改变的快慢相同,其它几个力保持不变,则此过程中,下列说法正确的是 ( ) A.物体的加速度先减小后增大 B.物体的加速度一直增加 C.物体的速度先减小后增加 D.物体将做变加速直线运动

11.如图所示,足够长的水平传送带以速度 ν 沿顺时针方向运动,传送带的右端与光滑曲面 的底部平滑连接,曲面上的 A 点距离底部的高度为 h=0.45m.一小物块从 A 点由静止滑下, 再滑上传送带,经过一段时间又返回曲面,g 取 10m/s ,则下列说法正确的是(
2

)

A.若 ν=1m/s,则小物块能回到 A 点 B.若 ν=4m/s,则小物块能回到 A 点 C.若 ν=5m/s,则小物块能回到 A 点 D.无论 ν 等于多少,小物块均能回到 A 点 12.如图所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块 A 和 B,C 为固定 挡板,系统处于静止状态.现开始用变力 F 沿斜面向上拉动物块 A 使之做匀加速直线运动, 经时间 t 物块 B 刚要离开挡板,已知两物块的质量均为 m,弹簧的劲度系数为 k,重力加速 度为 g.则在此过程中,下列说法正确的是( )

A.力 F 的最小值为

B.力 F 的最大值为

C.物块 A 的位移为 D.ts 末 A 的速度为

二、填空题(本题共 3 小题,共 12 分) 13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系,并测定弹簧的劲度系数”的实验中,实验装置如图甲所 示. 所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力. 实验时先测出不挂钩码时 弹簧的自然长度,再将 5 个钩码逐个挂在绳子的下端,每次测出相应的弹簧总长度.

(1)有一个同学通过以上实验测量后把 6 组数据描点在坐标图中,请作出 F﹣L 图线. (2)由此图线可得出该弹簧的原长 L0=__________cm,劲度系数 k=__________ N/m. (3)该同学实验时,把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较. 优点在于:__________. 缺点在于:__________. 14.如图所示,某小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解.A、B 为两个相同的双 向力传感器,该型号传感器在受到拉力时读数为正,受到压力时读数为负.A 连接质量不计 的细绳,可沿固定的板做圆弧形移动.B 固定不动,通过光滑铰链连接长 0.3m 的杆.将细 绳连接在杆右端 O 点构成支架.保持杆在水平方向,按如下步骤操作: ①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB=θ ②对两个传感器进行调零 ③用另一绳在 O 点悬挂在一个钩码,记录两个传感器读数 ④取下钩码,移动传感器 A 改变 θ 角 重复上述①②③④,得到图示表格 a. (1)根据表格 a,A 传感器对应的是表中力__________(填“F1”或“F2”) .钩码质量为 __________kg(保留 1 位有效数字) .
F1 F2 θ 1.001 0.580 … 1.002 … ﹣0.868 ﹣0.291 … 0.865 … 30° 60° … 150° …

(2) (单选题)本实验中多次对传感器进行调零,对此操作说明正确的是__________ A.因为事先忘记调零 B.何时调零对实验结果没有影响 C.为了消除横杆自身重力对结果的影响 D.可以完全消除实验的误差.

15.某实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小,实验装置如图 1 所示,一打点计 时器固定在斜面上某处, 一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下. 图 2 是打出的纸

带的一段,已量出各相邻计数点(相邻计数点间还有 4 个点未画出)的长度分别为:x1、x2、 x3、x4、x5、x6

(1) 已知打点计时器使用的交流电频率为 f, 则打下 3 计数点时小车的速度 v3=__________, 小车下滑的加速度算式为 a=__________(用题中所给的符号表示) . (2)已知当地的重力加速度为 g,本实验中只有毫米刻度尺,没有量角器,为了求出小车 在下滑过程中所受的阻力,还需测量的物理量有__________ (要用文字及符号表示) . (3)用加速度 a 及其他需要测得的量表示阻力的计算式为 F 阻=__________.

三、计算题(本题共 3 小题,共 25 分,请写出必要的文字和表达式,只有答案不得分) 16.如图所示,在倾角 θ=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个 光滑圆球,当系统静止时档板上的压力传感器显示压力为 20N,试求: (1)球对斜面的压力和圆球的重量. (2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将怎样动?

17. 一辆值勤的警车停在公路边, 当警员发现从他旁边以 10m/s 的速度匀速行驶的货车严重 超载时,决定前去追赶,经过 5.5s 后警车发动起来,并以 2.5m/s 的加速度做匀加速运动, 但警车的行驶速度必须控制在 90km/h 以内.问: (1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是多少? (2)警车发动后要多长时间才能追上货车? 18.一长木板在水平地面上运动,在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以 后木板运动的速度﹣时间图象如图所示. 己知物块与木板的质量相等, 物块与木板间及木板 与地面间均有摩擦, 物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 且物块始终在木板上. 取 重力加速度的大小 g=10m/s ,求: (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数; (2)从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.
2 2

四、本题共 2 小题,每题 15 分,请考生从给出的 3 个选修中任选一个作答,如果多做,则 按所做的第一个计分. 【选修 3-3】 19.如图所示,绝热隔板 K 把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分,K 与气缸壁的接触是 光滑的. 两部分中分别盛有相同质量、 相同温度的同种气体 a 和 b 气体分子之间相互作用势 能可忽略.现通过电热丝对气体 a 加热一段时闻后,a、b 各自达到新的平衡,则( )

A.a 的体积增大了,压强变小了 B.b 的温度升高了 C.加热后 a 的分子热运动比 b 的分子热运动更激烈 D.a 增加的内能大于 b 增加的内能 20.图中 A、B 气缸的长度为 L=30cm,横截面积为 S=20cm ,C 是可在气缸内无摩擦滑动 的、体积不计的活塞,D 为阀门.整个装置均由导热材料制成.起初阀门关闭,A 内有压强 5 5 pA=2.0×10 Pa 的氮气,B 内有压强 pB=1.0×10 Pa 的氧气.阀门打开后,活塞 C 向右移动, 最后达到平衡. ①求活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强; ②活塞 C 移动过程中 A 中气体对外做功为 25J,则 A 中气体是吸热还是放热?吸收或者放 出的热量为多少?(假定氧气和氮气均为理想气体,连接气缸的管道体积可忽略)
2

【选修 3-4】 21.以下对物理学知识的相关叙述,其中正确的是( ) A.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 B.变化的电场周围不一定产生变化的磁场 C.交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理 D.狭义相对论认为,在惯性参照系中,光速与光源、观察者间的相对运动无关 22.如图所示为一巨大的玻璃容器,容器底部有一定的厚度,容器中装一定量的水,在容器 底部有一单色点光源,已知水对该光的折射率为 ,玻璃对该光的折射率为 1.5,容器底部 玻璃的厚度为 d,水的深度也为 d.求: ①这种光在玻璃和水中传播的速度; ②水面形成的光斑的面积(仅考虑直接由光源发出的光线) .

【选修 3-5】 23.下列描述中正确的是( ) A.发生光电效应时入射光波长相同,从金属表面逸出的光电子最大初动能越大,这种金属 的逸出功越小 B.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时,将发生 β 衰变 C.按照玻尔理论,氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时,电子的动能减少,原子的能 量增大 D.放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出 γ 射线 E. 放射性物质放出的射线中,α 粒子动能很大,因此贯穿物质的本领很强 24.如图所示,水平地面上固定有高为 h 的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台 面也为 h,坡道底端与台面相切.小球 A 从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面 后与静止在台面上的小球 B 发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出, 落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半.两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加 速度为 g.求: (1)小球 A 刚滑至水平台面的速度 vA; (2)A、B 两球的质量之比 mA:mB.

2015-2016 学年甘肃省兰州一中高三(上)月考物理试卷 (9 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 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,有选错的得 0 分)

1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法,如理想实验法、控制变 量法、极限思维法、类比法、科学假说法、建立理想模型法、微元法等等.下列物理研究方 法说法中不正确的是( ) A.根据速度定义式 ,当△ t 非常非常小时, 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速

度,该定义应用了极限思想方法 B.在探究加速度、力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力关系,再保 持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法 C.在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀 速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法 D.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法叫假设法. 考点:加速度与力、质量的关系式. 分析: 当时间非常小时, 我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度, 采用的是极限思维法; 在研究多个量之间的关系时,常常要控制某些物理量不变,即控制变量法; 在研究曲线运动或者加速运动时,常常采用微元法,将曲线运动变成直线运动,或将变化的 速度变成不变的速度. 质点是实际物体在一定条件下的科学抽象,是采用了建立理想化的物理模型的方法; 解答: 解:A、为研究某一时刻或某一位置时的速度,我们采用了取时间非常小,即让时 间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度,即采用了极限思维法,故 A 正确; B、在探究加速度、力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力关系,再保 持力不变研究加速度与质量的关系,这种方法称作控制变量法,故 B 正确. C、在探究匀变速运动的位移公式时,采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的 匀速运动,即采用了微元法;故 C 正确. D、质点是不考虑物体本身的大小和形状,以一个有质量的点来代替物体,这种方法叫理想 化模型,故 D 错误; 本题选不正确的,故选:D. 点评:在高中物理学习中,我们会遇到多种不同的物理分析方法,这些方法对我们理解物理 有很大的帮助;故在理解概念和规律的基础上,更要注意科学方法的积累与学习. 2.质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示,该质点( )

A.在第 1 秒末速度方向发生了改变 B.在第 2 秒末加速度方向发生了改变 C.在前 2 秒内发生的位移为零 D.第 3 秒末和第 5 秒末的位置相同

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. 专题:运动学中的图像专题. 分析: 速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移, 速度的正负表示速 度的方向,只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变;只要总面积仍大于 0,位 移方向就仍沿正方向; 解答: 解:A、0﹣2s 内速度图象在时间轴的上方,都为正,速度方向没有改变.故 A 错 误; B、速度时间图象的斜率表示加速度,由图可知 1﹣3s 图象斜率不变,加速度不变,方向没 有发生改变,故 B 错误; C、根据“面积”表示位移可知,0﹣2s 内的位移为:x1= ×2×2m=2m.故 C 错误; D、根据“面积”表示位移可知,0﹣3s 内的位移为:x1= ×2×2﹣ m=1m,

0﹣5s 内的位移为:x2= ×2×1m=1m,所以第 3 秒末和第 5 秒末的位置相同.故 D 正确. 故选:D. 点评: 深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解 决此类题目的突破口. 3.物体从静止开始做匀加速直线运动,第 3s 内通过的位移是 3m,则( A.第 3s 内的平均速度是 3m/s C.前 3s 内的位移是 6m B.物体的加速度是 0.4m/s D.3s 末的速度是 4m/s
2

)

考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系;平均速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:由公式 = 求解第 3s 内的平均速度.第 3s 内位移等于前 3s 内与前 2s 内位移之差, 根据位移公式列式,求出加速度.再由运动学求出前 3s 内的位移和 3s 末的速度. 解答: 解:A、第 3s 内的平均速度为: = = m/s=3m/s,故 A 正确; B、设加速度大小为 a,则有:x= a C、前 3s 内位移为:x3= ﹣ a = ,得:a=1.2m/s ,故 B 错误; ,故 C 错误;
2

D、3s 末的速度是 v=at3=1.2×3=3.6m/s,故 D 错误; 故选 A. 点评: 本题运用匀变速直线运动的基本公式研究初速度为零的匀加速运动问题, 也可以通过 图象研究. 4.如图,滑块 A 置于水平地面上,滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、B 接触面竖 直) ,此时 A 恰好不滑动,B 刚好不下滑.已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ1,A 与地面间 的动摩擦因数为 μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A 与 B 的质量之比为( )

A.

B.

C.

D.

考点:共点力平衡的条件及其应用;摩擦力的判断与计算. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:对 A、B 整体和 B 物体分别受力分析,然后根据平衡条件列式后联立求解即可. 解答: 解:对 A、B 整体分析,受重力、支持力、推力和最大静摩擦力,根据平衡条件, 有: F=μ2(m1+m2)g ① 再对物体 B 分析,受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力,根据平衡条件, 有: 水平方向:F=N 竖直方向:m2g=f 其中:f=μ1N 联立有:m2g=μ1F 联立①②解得: = 故选:B 点评: 本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象, 受力分析后根据平衡条件列式求 解,注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力. 5.甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动,某时刻乙车在前、甲车在后,相距 s=6m,从 此刻开始计时,乙做匀减速运动,两车运动的 v﹣t 图象如图所示.则在 0~12s 内关于两车 位置关系的判断,下列说法正确的是( )



A.t=4s 时两车相遇 C.0~12s 内两车有两次相遇 考点:匀变速直线运动的图像.

B.t=4s 时两车间的距离最大 D.0~12s 内两车有三次相遇

专题:运动学中的图像专题. 分析:根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移,则可确定何时两车相遇. 能够画出两车的运动情景过程,了解两车在过程中的相对位置. 解答: 解:A、图象与时间轴围成的面积可表示位移, 0﹣4s,甲的位移为 48m,乙的位移为 40m,甲、乙两车在同一水平道路上,一前一后相距 S=6m, 当 t=4s 时,甲车在前,乙车在后,相距 2m.所以当 t=4s 时两车不相遇.故 A 错误. B、开始时乙车在前,甲车在后,甲的速度大于乙的速度,所以两车间的距离减小,故 B 错 误. C、0﹣6s,甲的位移为 60m,乙的位移为 54m,两车第二次相遇,6s 后,由于乙的速度大 于甲的速度,乙又跑到前面, 8s 后,由于甲的速度大于乙的速度,两车还会发生第三次相遇,故 C 错误,D 正确. 故选:D. 点评:速度﹣时间图象中要注意观察三点:一点,注意横纵坐标的含义;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. 6. 如图所示, 一名消防队员在模拟演习训练中, 沿着长为 12m 的竖立在地面上的钢管下滑. 已 知这名消防队员的质量为 60kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地 面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍,下滑的总时间为 3s,g 取 2 10m/s ,那么该消防队员( )

A.下滑过程中的最大速度为 4m/s B.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1:7 C.加速与减速过程的位移之比为 1:4 D.加速与减速过程的时间之比为 2:1 考点:牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:设最大速度为 v,然后根据平均速度公式列方程求解;对加速和减速过程分别根据牛 顿第二定律列方程求解 解答: 解:A、设最大速度为 v,加速的平均速度和减速的平均速度都是 均速度是 故:h= 故: , , m/s.故 A 错误; ,故全程的平

B、由题知,加速过程:mg﹣f1=ma1 减速过程:f1﹣mg=ma2 根据速度时间公式,有 a1t1=a2t2=v, t1+t2=3, a1=2a2,

联立,解得:



f1=120N,f2=840N 故:f1:f2=1:7.故 B 正确; C、由速度时间公式: 为 1:2. 由位移公式: m, m,加速与减速 s, s,所以加速与减速过程的时间之比

过程的位移之比为 1:2.故 C 错误,D 错误. 故选:B 点评:本题运用牛顿第二定律、运动学公式结合分析多过程问题,也可以采用图象法分析最 大速度,根据牛顿第二定律研究摩擦力关系. 7.如图所示,一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上,物体 B 在沿斜面向上的力 F 作用 下沿斜面匀速上滑,A、B 之间的动摩擦因数为 μ,μ<tanθ,且质量均为 m,则( )

A.A、B 保持相对静止 B.B 与斜面间的动摩擦因数为 C.地面对斜面体的摩擦力等于 Fcosθ D.地面受到的压力等于(M+2m)g 考点:牛顿第二定律;物体的弹性和弹力. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:对 A 物体受力分析,根据力的合成与分解可以得出 A 受力的情况.再对 A、B 和斜 面体组成的整体受力分析可得出斜面体的支持力的情况. 解答: 解:A、由于 μ<tanθ,所以 A 不能相对 B 静止,故 A 错误; B、 B 与斜面体的正压力 N=2mgcosθ, 对 B 分析, 根据共点力平衡有: F=mgsinθ+μmgcosθ+f′, 则动摩擦因数 μ′= = ,故 B 正确;

C、D、以 AB 为研究的对象,A 受到重力、支持力、和斜面体 B 对 A 的摩擦力,

垂直于斜面的方向:N=mgcosα 沿斜面的方向:mgsinα﹣μN=ma 由于 μ<tanα,则:ma=mgsinα﹣μmgcosα>0 加速度 aA=gsinθ﹣μgcosθ, 将 B 和斜面体视为整体,受力分析

可知地面对斜面体的摩擦力等于 m (gsinθ﹣μgcosθ) cosθ+Fcosθ, 地面受到的压力为 (M+2m) g﹣Fsinθ﹣m(gsinθ﹣μgcosθ)sinθ,故 CD 错误. 故选:B 点评:该题中,B 与斜面体之间的相互作用力不容易求出,但是,当以 A、B 与斜面体组成 的整体为研究对象时,结合加速度的分解即可完成. 8.如图所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图.使用时,用撑竿推着粘有涂料的涂 料滚沿墙壁上下缓缓滚动,把涂料均匀地粉刷到墙上.撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计,且 撑竿足够长, 粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚, 设该过程中撑竿对涂料滚的 推力为 F1,涂料滚对墙壁的压力为 F2,则( )

A.F1 增大,F2 减小 C.F1 减小,F2 减小

B.F1 增大,F2 增大 D.F1 减小,F2 增大

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:以涂料滚为研究对象,分析受力情况,作出力图,根据平衡条件得到竿对涂料滚的推 力为 F1 和墙壁对涂料滚的弹力的表达式,再分析两个力的变化. 解答: 解:以涂料滚为研究对象, 分析受力情况, 作出力图. 设撑轩与墙壁间的夹角为 α, 根据平衡条件得 F1=

F2=Gtanα 由题,撑轩与墙壁间的夹角 α 减小,cosα 增大,tanα 减小,则 F1、F2 均减小. 故选 C

点评:本题是动态平衡问题,采用函数法分析的,也可以采用图解法更直观反映出两个力的 变化情况. 9.如下图所示,光滑的斜槽由槽板 AB、BC 组成,AB 与 BC 的夹角大于 90°,质量为 m 的 球放在斜槽中,当斜槽和球一起沿水平面向右运动时,则( )

A.球对 AB 槽板的压力可能大于 mg B.球对 AB 槽板的压力可能等于零 C.球对于 BC 槽板的压力可能大于 mg D.球对 BC 槽板的压力可能小于 mg 考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:对小球受力分析,受重力 G、BC 板的支持力 N1、AB 板可能有支持力,设为 N2;根 据牛顿第二定律列式分析讨论即可. 解答: 解:A、B、对小球受力分析,受重力 G、BC 板的支持力 N1、AB 板可能有支持力, 设为 N2,如图所示;

①假设物体匀速,加速度为零,故

N2=0 ②假设物体向右加速,设加速度为 a,根据牛顿第二定律,有 水平方向:N2sinθ=ma 竖直方向:N2cosθ+N1=mg 解得

AB 斜槽对球的支持力与球对 AB 斜槽的压力是相互作用力,等大; 故球对 AB 槽板的压力可能大于、等于、小于球的重力,故 A 正确,B 正确; C、D、由于 ≤mg,故 C 错误,D 正确;

故选 ABD. 点评:本题关键明确小球的运动情况,然后受力分析后根据牛顿第二定律列式分析. 10. 一个物体受到 F1、 F2、 F3、 F4、 F5 五个力的作用而处于静止状态, 其中 F1=10N, F2=10N, F1 与 F2 互相垂直.现将 F1 从 10N 慢慢减小到 5N,同时 F2 从 10N 慢慢增大到 15N,且这 两个力的大小改变的快慢相同,其它几个力保持不变,则此过程中,下列说法正确的是 ( ) A.物体的加速度先减小后增大 B.物体的加速度一直增加 C.物体的速度先减小后增加 D.物体将做变加速直线运动 考点:牛顿第二定律;力的合成. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: 根据合力的变化判断加速度的变化, 通过加速度方向与速度方向的关系判断速度的变 化. 解答: 解:物体处于静止状态,知 F1、F2 的合力与剩余力的合力等值反向,改变知 F1、 F2,知 F1、F2 的合力大小等于物体所受的合力大小,将 F1 从 10N 慢慢减小到 5N,同时 F2 从 10N 慢慢增大到 15N,根据平行四边形定则知,合力逐渐增大,则加速度一直增加,因 为加速度的方向与速度的方向不在同一条直线上, 但是与速度方向的夹角为锐角, 知速度仍 然增加,物体做变加速曲线运动.故 B 正确,A、C、D 错误. 故选 B. 点评:解决本题的关键理解牛顿第二定律,知道加速度随合外力的变化而变化,且加速度的 方向与合外力方向相同. 11.如图所示,足够长的水平传送带以速度 ν 沿顺时针方向运动,传送带的右端与光滑曲面 的底部平滑连接,曲面上的 A 点距离底部的高度为 h=0.45m.一小物块从 A 点由静止滑下, 2 再滑上传送带,经过一段时间又返回曲面,g 取 10m/s ,则下列说法正确的是( )

A.若 ν=1m/s,则小物块能回到 A 点 B.若 ν=4m/s,则小物块能回到 A 点 C.若 ν=5m/s,则小物块能回到 A 点 D.无论 ν 等于多少,小物块均能回到 A 点 考点:动能定理;牛顿第二定律. 专题:动能定理的应用专题. 分析:由于曲面是光滑的,物体从 A 点下滑之后,机械能守恒,由此可以求得到达水平传 送带时物体的速度的大小,之后物体在传送带上减速运动,减到零之后由开始反向加速,根 据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小, 与原来下滑时 的速度的大小相对比,可以知道物体能不能回到原来的 A 点. 解答: 解:物体在曲面上下滑的过程中,物体的机械能守恒, 根据机械能守恒可得,mgh= mv0 ,所以小物块滑上传送带的初速度: v0= = =3m/s,物体到达传送带上之后,由于摩擦力的作用开始减速, 速度减小为零之后,又在传送带的摩擦力的作用下反向加速,根据物体的受力可知,物体在 减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的. 当传送带的速度 v≥3 m/s 时,由匀变速直线运动的规律 v ﹣v0 =2ax 分析可知,物体的 加速和减速运动的位移的大小相同,小物块返回曲面的初速度都等于 3 m/s,物体恰好能回 到 A 点,当传送带的传送速度 v<3m/s 时,物体反向加速时的位移的大小要比减速时位移 小,当和传送带的速度相同之后,物体就和传送带一起做匀速直线运动,所以小物块返回曲 面的初速度等于传送带的速度 v,小于 3 m/s,物体上升的高度比原来的高度要小,不能回 到 A 点. 根据以上的分析可知,当传送带的速度 ν=4m/s 和 ν=5m/s 时,物体就能够回到原来的 A 点, 故 BC 正确.AD 错误. 故选:BC 点评: 本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力, 物体在减速和反向的加速阶段的 加速度的大小是相同的, 只有当传送带的速度大小大于或等于物体下滑的速度的时候, 物体 反向加速的速度的大小才会等于下滑时的速度的大小,才能够返回原来的 A 点. 12.如图所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块 A 和 B,C 为固定 挡板,系统处于静止状态.现开始用变力 F 沿斜面向上拉动物块 A 使之做匀加速直线运动, 经时间 t 物块 B 刚要离开挡板,已知两物块的质量均为 m,弹簧的劲度系数为 k,重力加速 度为 g.则在此过程中,下列说法正确的是( )
2 2 2

A.力 F 的最小值为

B.力 F 的最大值为

C.物块 A 的位移为 D.ts 末 A 的速度为

考点:牛顿第二定律;物体的弹性和弹力;胡克定律. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: 根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加 F 时弹簧的压缩量, 根据共点力平衡和胡克 定律求出 B 刚要离开时弹簧的伸长量,通过位移时间公式求出 A 的加速度大小和速度,通 过牛顿第二定律求出从 F 最大值与最小值. 解答: 解:设刚开始时弹簧压缩量为 x0,A 对弹簧的压力: mgsinθ=kx0 …① B 刚要离开挡板时,弹簧处于伸长状态,B 对弹簧的拉力: mgsinθ=kx1…② 所以物体 A 向上的位移: x=x0+x1= ,故 C 错误;

又因物体向上做匀加速直线运动,得: x= 所以: a= =

因为在 ts 时间内,F 为变力,刚刚开始运动时,拉力 F 仅仅提供 A 的加速度,所以开始运 动时的拉力最小: Fmin=ma= ;故 A 正确;

当 B 刚要离开挡板时,力 F 最大,此时满足: Fmax=ma+2mgsinθ= ts 末的速度 v= +2mgsinθ,故 B 错误;

,故 D 正确.

故选:AD. 点评: 从受力角度看, 两物体分离的条件是两物体间的正压力为 0. 所以 B 刚要离开挡板时, 弹簧处于伸长状态,B 对弹簧的拉力等于 B 的重力沿斜面向下的分量. 二、填空题(本题共 3 小题,共 12 分)

13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系,并测定弹簧的劲度系数”的实验中,实验装置如图甲所 示. 所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力. 实验时先测出不挂钩码时 弹簧的自然长度,再将 5 个钩码逐个挂在绳子的下端,每次测出相应的弹簧总长度.

(1)有一个同学通过以上实验测量后把 6 组数据描点在坐标图中,请作出 F﹣L 图线. (2)由此图线可得出该弹簧的原长 L0=5cm,劲度系数 k=20 N/m. (3)该同学实验时,把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较. 优点在于:避免弹簧自身所受重力对实验的影响. 缺点在于:弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差. 考点:探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题:实验题. 分析:实验中需要测量多组弹力的大小和弹簧的长度,根据要求设计出表格.作出 F﹣L 的 关系图线.当弹簧弹力为零时,弹簧处于原长,结合图线得出弹簧的原长,根据图线的斜率 求出劲度系数的大小.误差分析. 解答: (1)描点作图,F﹣L 如图所示如图所示 (3)当弹力为零时,弹簧的形变量为零,此时弹簧的长度等于弹簧的原长,因为弹簧的长 度 L=5cm,可知弹簧的原长 L0=5cm. 根据胡克定律知,k= ,可知图线的斜率表示劲度系数,则 k= = =20N/m,

(3)弹簧悬挂弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧水平放置:弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差; 故答案为: (1)如图所示. (2)520 (3)避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差

点评:本题考查了学生设计的能力和作图的能力,知道 F﹣L 图线的斜率表示劲度系数.注 意误差来源.

14.如图所示,某小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解.A、B 为两个相同的双 向力传感器,该型号传感器在受到拉力时读数为正,受到压力时读数为负.A 连接质量不计 的细绳,可沿固定的板做圆弧形移动.B 固定不动,通过光滑铰链连接长 0.3m 的杆.将细 绳连接在杆右端 O 点构成支架.保持杆在水平方向,按如下步骤操作: ①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB=θ ②对两个传感器进行调零 ③用另一绳在 O 点悬挂在一个钩码,记录两个传感器读数 ④取下钩码,移动传感器 A 改变 θ 角 重复上述①②③④,得到图示表格 a. (1)根据表格 a,A 传感器对应的是表中力 F1(填“F1”或“F2”) .钩码质量为 0.05kg(保留 1 位有效数字) . F11.001 0.580 …1.002… F2﹣0.868﹣0.291…0.865… θ 30° 60° …150° … (2) (单选题)本实验中多次对传感器进行调零,对此操作说明正确的是 C A.因为事先忘记调零 B.何时调零对实验结果没有影响 C.为了消除横杆自身重力对结果的影响 D.可以完全消除实验的误差.

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的分解;力的合成与分解的运用. 专题:实验题;共点力作用下物体平衡专题. 分析: (1)绳子只能提供拉力,即可知道 A 传感器对应的是表中力 F1.可以对结点 O 进行 受力分析,由竖直方向平衡条件解出 m. (2)本实验中多次对传感器进行调零,是为了消除横杆自身重力对结果的影响. 解答: 解: (1)由表格数据可知,F1 都是正值,传感器受到的都是拉力,因绳子只能提 供拉力,故 A 传感器对应的是表中力 F1. 对结点 O 受力分析有 F1sin30°=mg,解得 m=0.05kg (2)本实验中多次对传感器进行调零,为了消除横杆自身重力对结果的影响. 故答案为: (1)F1. 0.05; (2)C 点评:解题的关键是首先根据题意灵活选取研究对象,然后再进行受力分析,列出方程求解 即可. 15.某实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小,实验装置如图 1 所示,一打点计 时器固定在斜面上某处, 一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下. 图 2 是打出的纸 带的一段,已量出各相邻计数点(相邻计数点间还有 4 个点未画出)的长度分别为:x1、x2、 x3、x4、x5、x6

(1)已知打点计时器使用的交流电频率为 f,则打下 3 计数点时小车的速度 v3=



小车下滑的加速度算式为 a=

(用题中所给的符

号表示) . (2)已知当地的重力加速度为 g,本实验中只有毫米刻度尺,没有量角器,为了求出小车 在下滑过程中所受的阻力,还需测量的物理量有小车质量 m、斜面上任意两点间距离 l 及这 两点的高度差 h (要用文字及符号表示) . (3)用加速度 a 及其他需要测得的量表示阻力的计算式为 F 阻=mg ﹣ma.

考点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 专题:实验题. 2 分析: (1)匀变速直线运动中,平均速度等于中间时刻的瞬时速度,根据△ x=aT 列式求解 加速度; (2、3)根据牛顿第二定律列式求解阻力,确定待测量. 解答: 解: (1)相邻计数点间还有 4 个点未画出,打点计时器使用的交流电频率为 f,则

匀变速直线运动中,平均速度等于中间时刻的瞬时速度,故: V3= 根据公式△ x=aT ,有: 2 (x6+x5+x4)﹣(x1+x2+x3)=a(3T) 解得: a= (2、3)根据牛顿第二定律,有: mgsinθ﹣F 阻=ma 解得: F 阻=mgsinθ﹣ma=mg ﹣ma 故还需要测量小车质量 m、斜面上任意两点间距离 l 及这两点的高度差 h; 故答案为: (1) ; ; ,
2

(2)小车质量 m; 斜面上任意两点间距离 l 及这两点的高度差 h;

(3)mg ﹣ma 点评: 本题关键是明确小车的受力情况和运动性质, 然后结合运动学公式和牛顿第二定律定 律列式求解. 三、计算题(本题共 3 小题,共 25 分,请写出必要的文字和表达式,只有答案不得分) 16.如图所示,在倾角 θ=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个 光滑圆球,当系统静止时档板上的压力传感器显示压力为 20N,试求: (1)球对斜面的压力和圆球的重量. (2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将怎样动?

考点:共点力平衡的条件及其应用;牛顿第二定律. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析: (1)球受到向下的重力作用,这个重力总是欲使球向下运动,但是由于挡板和斜面的 支持,球才保持静止状态,因此,球的重力产生两个作用效果,故产生两个作用效果:使球 垂直压紧档板的力 F1,使球垂直压紧斜面的力 F2,根据平行四边形定则作图分析即可. (2)挡板压力为零时,球受重力和支持力,物体沿着水平方向运动,故加速度水平,合力 水平,运用合成法求解出合力,然后根据牛顿第二定律求解加速度. 解答: 解: (1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力,按照作用效果,将重力沿着垂直挡 板和垂直斜面方向分解,如图所示:

结合几何知识可得: G= N

(2)对球受力分析,受重力和支持力,合力水平,如图所示:

合力:F=Gtanθ 根据牛顿第二定律,有:F=ma 解得:a=gtanθ=10× 故系统向左以 = ,水平向左 的加速度匀加速直线运动,或者向右以 的加速度做匀

减速直线运动; 答: (1)球对斜面的压力为 40N,圆球的重量为 20

N. 的加速度匀加速直线

(2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将向左以 运动,或者向右以 的加速度做匀减速直线运动.

点评:本题第一小问是平衡问题,关键根据平衡条件列式求解;第二小问关键受力分析后根 据牛顿第二定律求解加速度. 17. 一辆值勤的警车停在公路边, 当警员发现从他旁边以 10m/s 的速度匀速行驶的货车严重 超载时,决定前去追赶,经过 5.5s 后警车发动起来,并以 2.5m/s 的加速度做匀加速运动, 但警车的行驶速度必须控制在 90km/h 以内.问: (1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是多少? (2)警车发动后要多长时间才能追上货车? 考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:追及、相遇问题. 分析:货车匀速运动在前面,警车从静止开始匀加速运动在后面追,刚开始货车的速度大于 警车速度,故两车之间的距离越来越大,当两车速度相等时,位移最大,之后警车速度大于 货车,两车之间的距离逐渐减小直至追上.在此过程中注意,警车发动的时间,货车在做匀 速运动, 而警车不能一直加速下去, 当速度达到 90km/h 时就不能增加了, 而做匀速运动. 所 以该题要先分析警车能不能在匀加速阶段追上货车,若不能,则在匀速阶段追上.当警车追 上货车时两车位移相等. 解答: 解: (1) )警车在追赶货车的过程中,当两车速度相等时,它们间的距离最大,设 警车发动后经过 t1 时间两车的速度相等.则:
2

货车的位移为:s 货=vt′=10×(5.5+4)=95m 警车的位移为: 所以两车间的最大距离为:△ s=s 货﹣s 警=95﹣20=75 m. (2)v0=90 km/h=25 m/s 当警车刚达到最大速度时,运动时间为: 此过程中货车的位移为: 此过程中警车的位移为:

因为 s 货′>s 警′,故此时警车尚未赶上货车 且此时两车距离为:△ s′=s 货′﹣s 警′=30 m 警车达到最大速度后做匀速运动,设再经过△ t 时间追赶上货车,则: 所以警车发动后要经过 t=t2+△ t=12 s 才能追上货车. 答: (1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是 75m (2)警车发动后要 12s 时间才能追上货车 点评:两物体在同一直线上运动,往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题,解答此类问题 的关键条件是:①分别对两个物体进行研究;②画出运动过程示意图;③列出位移方程; ④找出时间关系、速度关系、位移关系;⑤解出结果,必要时要进行讨论.这是一道典型 的追击问题. 要抓住速度、 时间、 位移之间的关系, 必要时可以作出速度时间图象帮助解题. 18.一长木板在水平地面上运动,在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以 后木板运动的速度﹣时间图象如图所示. 己知物块与木板的质量相等, 物块与木板间及木板 与地面间均有摩擦, 物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 且物块始终在木板上. 取 重力加速度的大小 g=10m/s ,求: (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数; (2)从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.
2

考点:匀变速直线运动的图像. 专题:压轴题;运动学中的图像专题. 分析: (1)由 v﹣t 图象分析可知,0.5s 时刻以前木板做匀减速运动,而物块做匀加速运动, t=0.5s 时刻两者速度相等. 根据 v﹣t 的斜率等于物体的加速度, 由数学知识求出木板的加速 度大小,由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数; (2)根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动,求出加速度,由 运动学公式求出两个物体的总位移,两者之差即为相对位移. 解答: 解: (1)设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 μ1 和 μ2,木板与物 块的质量均为 m. v﹣t 的斜率等于物体的加速度,则得: 在 0﹣0.5s 时间内,木板的加速度大小为 = m/s =8m/s .
2 2

对木板:地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反,物块对它的滑动摩擦力也与速度相反,则 由牛顿第二定律得 μ1mg+μ2?2mg=ma1,① 对物块:0﹣0.5s 内,物块初速度为零的做匀加速直线运动,加速度大小为 a2= =μ1g

t=0.5s 时速度为 v=1m/s,则 v=a2t ② 由①②解得 μ1=0.20,μ2=0.30 (2)0.5s 后两个物体都做匀减速运动,假设两者相对静止,一起做匀减速运动,加速度大 小为 a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力 μ1mg<μ2mg,所以物块与木板不能相对静止. 根据牛顿第二定律可知,物块匀减速运动的加速度大小等于 a2= =μ1g=2m/s .
2

0.5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同,则木板的加速度大小为 a1′= =4m/s
2

故整个过程中木板的位移大小为 x1=

+

=1.625m

物块的位移大小为 x2=

=0.5m

所以物块相对于木板的位移的大小为 s=x1﹣x2=1.125m 答: (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 0.20 和 0.30; (2)从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小是 1.125m. 点评:本题首先要掌握 v﹣t 图象的物理意义,由斜率求出物体的加速度,其次要根据牛顿 第二定律判断速度相等后两物体的运动情况,再由运动学公式求解相对位移. 四、本题共 2 小题,每题 15 分,请考生从给出的 3 个选修中任选一个作答,如果多做,则 按所做的第一个计分. 【选修 3-3】 19.如图所示,绝热隔板 K 把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分,K 与气缸壁的接触是 光滑的. 两部分中分别盛有相同质量、 相同温度的同种气体 a 和 b 气体分子之间相互作用势 能可忽略.现通过电热丝对气体 a 加热一段时闻后,a、b 各自达到新的平衡,则( )

A.a 的体积增大了,压强变小了 B.b 的温度升高了 C.加热后 a 的分子热运动比 b 的分子热运动更激烈 D.a 增加的内能大于 b 增加的内能 考点:理想气体的状态方程;温度是分子平均动能的标志;气体压强的微观意义. 专题:压轴题. 分析:根据气体状态方程 =C 和已知的变化量去判断其它的物理量.

根据热力学第一定律判断气体的内能变化. 解答: 解:A、当 a 加热时,气体 a 的温度升高,压强增大,由于 K 与气缸壁的接触是光 滑的,可以自由移动,所以 a,b 两部分的压强始终相同,都变大,故 A 错误.

B、由于 a 气体膨胀,b 气体被压缩,所以外界对 b 气体做功,根据热力学第一定律得:b 的温度升高了,故 B 正确. C、由于过程中 a 气体膨胀,b 气体被压缩,所以 a 气体的温度较高,所以加热后 a 的分子 热运动比 b 的分子热运动更激烈,故 C 正确. D、由于 a 气体膨胀,b 气体被压缩,最终 a 气体体积大于 b 气体体积, 所以 a 气体的最终温度较高,内能增加较多,故 D 正确. 故选 BCD. 点评:温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志. 根据气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系. 20.图中 A、B 气缸的长度为 L=30cm,横截面积为 S=20cm ,C 是可在气缸内无摩擦滑动 的、体积不计的活塞,D 为阀门.整个装置均由导热材料制成.起初阀门关闭,A 内有压强 pA=2.0×10 Pa 的氮气,B 内有压强 pB=1.0×10 Pa 的氧气.阀门打开后,活塞 C 向右移动, 最后达到平衡. ①求活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强; ②活塞 C 移动过程中 A 中气体对外做功为 25J,则 A 中气体是吸热还是放热?吸收或者放 出的热量为多少?(假定氧气和氮气均为理想气体,连接气缸的管道体积可忽略)
5 5 2

考点:理想气体的状态方程. 专题:理想气体状态方程专题. 分析:①整个装置均由导热材料制成,活塞 C 向右移动时,两气缸内气体均发生等温变化, 平衡后两部分气体的压强相等.根据玻意耳定律,结合关系条件求解. ②根据热力学第一定律分析吸放热情况. 解答: 解:①由玻意耳定律 对 A 部分气体有:pALS=p(L+x)S 对 B 部分气体有:pBLS=p(L﹣x)S 5 代入相关数据解得 x=10 cm,p=1.5×10 Pa ②气体发生等温变化,内能不变,△ U=0 活塞 C 向右移动的过程中 A 中气体对外做功 25 J, W=﹣25 J 根据热力学第一定律,△ U=W+Q 所以 Q=﹣W=25 J,故 A 中气体从外界吸热,吸收的热量为 25 J. 答: 5 ①活塞 C 移动的距离为 10cm,平衡后 B 中气体的压强 1.5×10 Pa; ②活塞 C 移动过程中 A 中气体是吸热. 点评: 本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究, 同时要抓住两部分气体的 相关条件,如压强关系、体积关系等等. 【选修 3-4】 21.以下对物理学知识的相关叙述,其中正确的是(

)

A.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 B.变化的电场周围不一定产生变化的磁场 C.交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理 D.狭义相对论认为,在惯性参照系中,光速与光源、观察者间的相对运动无关 考点:狭义相对论;电磁波的产生;光的偏振. 分析:用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉; 变化的电场周围不一定产生变化的磁场; 交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒效应; 狭义相对论认为,在惯性参照系中,光速与光源、观察者间的相对运动无关. 解答: 解: A、 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉, A 错误; B、根据麦克斯韦理论:变化的电场周围不一定产生变化的磁场,B 正确; C、交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒效应,C 错误; D、根据光速不变原理,在惯性参照系中,光速与光源、观察者间的相对运动无关,D 正确. 故选:BD. 点评:用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用薄膜干涉. 22.如图所示为一巨大的玻璃容器,容器底部有一定的厚度,容器中装一定量的水,在容器 底部有一单色点光源,已知水对该光的折射率为 ,玻璃对该光的折射率为 1.5,容器底部 玻璃的厚度为 d,水的深度也为 d.求: ①这种光在玻璃和水中传播的速度; ②水面形成的光斑的面积(仅考虑直接由光源发出的光线) .

考点:光的折射定律. 专题:光的折射专题. 分析:①由公式 v= 计算光在玻璃和水中的速度; ②画出光路图, 光恰好在水和空气的分界面和玻璃与水的分界面发生全反射的临界角求出, 然后结合几何关系求解半径. 解答: 解:①由 v= 得光在水中的速度为:v= c 光在玻璃中的速度为:v= c ②画出光路图如图所示:

光恰好在水和空气的分界面发生全反射时 sinC=

= ,在玻璃与水的分界面上,由

=

得:

sinθ= , 则光斑的半径为:r=( 面积为:s=π( + + )d
2 2

)d

答:①这种光在玻璃和水中传播的速度为 c 和 c; ②水面形成的光斑的面积为 π( + )d.
2 2

点评:本题的关键是掌握从光密介质射向光疏介质发生全反射时的通式:

=



【选修 3-5】 23.下列描述中正确的是( ) A.发生光电效应时入射光波长相同,从金属表面逸出的光电子最大初动能越大,这种金属 的逸出功越小 B.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时,将发生 β 衰变 C.按照玻尔理论,氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时,电子的动能减少,原子的能 量增大 D.放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出 γ 射线 E. 放射性物质放出的射线中,α 粒子动能很大,因此贯穿物质的本领很强 考点:光电效应;氢原子的能级公式和跃迁. 分析: 发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率, 根据光电效应方程可知最大初动 能与入射光频率的关系. 当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时, 将向外辐射光子; 原子核外电子从低能级跃迁到高能级时,电子的动能减少,吸收光子,原子的能量增大;新 核从高能级向低能级跃迁时,辐射出 γ 射线;α 粒子动能很大,但是贯穿物质的本领很小, γ 射线的贯穿物质的本领很强. 解答: 解:A、根据光电效应方程 Ekm=hγ﹣W0 知,发生光电效应时入射光波长相同,从 金属表面逸出的光电子最大初动能越大,这种金属的逸出功越小.故 A 正确.

B、 当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时, 将向外辐射光子, 并不会发生 β 衰变. 故 B 错误. C、按照玻尔理论,氢原子核外电子从低能级跃迁到高能级时,电子的动能减少,吸收光子, 原子的能量增大.故 C 正确. D、放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出 γ 射线.故 D 正确. E、放射性物质放出的射线中,α 粒子动能很大,但是贯穿物质的本领很小,故 E 错误; 故选:ACD 点评:解决本题的关键掌握光电效应的条件,以及掌握光电效应方程,知道最大初动能与入 射光频率的关系. 24.如图所示,水平地面上固定有高为 h 的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台 面也为 h,坡道底端与台面相切.小球 A 从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面 后与静止在台面上的小球 B 发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出, 落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半.两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加 速度为 g.求: (1)小球 A 刚滑至水平台面的速度 vA; (2)A、B 两球的质量之比 mA:mB.

考点:动量守恒定律;平抛运动;机械能守恒定律. 专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 分析: (1)由动能定理或机械能守恒定律可以求出小球 A 刚滑到水平台面的速度. (2)两小球碰撞过程中动量守恒,两小球离开平台后做平抛运动, 由动量守恒定律与平抛运动知识可以求出两球的速度之比. 解答: 解: (1)小球 A 下滑过程中,由动能定理可得: mAgh= mAvA ﹣0,解得:vA=
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(2)A、B 两球碰撞时动量守恒, 由动量守恒定律可得:mAvA=(mA+mB)v, 离开平台后,两球做平抛运动, 水平方向: =vt, 竖直方向:h= gt , 解得:mA:mB=1:3; 答: (1)小球 A 刚滑至水平台面的速度 ; (2)A、B 两球的质量之比为 mA:mB=1:3. 点评:分析清楚运动过程,应用动能定理、动量守恒定律与平抛运动特点即可正确解题.
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