广西钦州市钦州港经济技术开发区2017-2018学年高二物理上学期开学考试试题

广西钦州市钦州港经济技术开发区2018届高三物理开学考试试卷一.选择题1．A、B两物体同时同地从静止出发做直线运动，物体的加速度与时间关系如图所示，其中t2=2t1，关于两个物体的运动，下列判断正确的是( )A．t1时刻，两物体速度相同B．t2时刻，两物体位置相同C．t2时刻，两物体速度相同D．运动过程中两物体不可能相遇2．如图所示是反映汽车从静止匀加速启动（汽车所受阻力f恒定），达到额定功率后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中不正确的是( )A．B．C．D．3．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是( )A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小4．如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l 细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则( )A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻m与M的动量等大反向C．m不能向左摆到原高度D．小球和车可以同时向同一方向运动5．一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )A．mgR B．mgR C．D．6．甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则( )A．甲车先通过下一路标B．乙车先通过下一路标C．丙车先通过下一路标D．三辆车同时通过下一路标7．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A．O点的电场强度为零，电势最高B．O点的电场强度为零，电势最低C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低8．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A．B球的受力情况未变，加速度为零B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθC．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθD．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ9．甲、乙两物体从同一点开始做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列判断正确的是( )A．在t a时刻两物体速度大小相等，方向相反B．在t a时刻两物体加速度大小相等，方向相反C．在t a时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间的距离越来越大D．在t a时刻之后，甲物体在乙物体前，并且两物体间的距离越来越大10．如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是( )A．dv02=L2g B．ωL=π（1+2n）v0，（n=0，1，2，3…）C．v0=ωD．dω2=gπ2（1+2n）2，（n=0，1，2，3…）二、实验题：11．某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5…，如图所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是乙．（2）打A纸带时，物体的加速度大小是3.11 m/s2．（3）打点计时器打1号计数点时小车的速度为0.456m/s．．12．如图所示，质量M=4kg的木板静置于光滑水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的左端冲上木板，同时在木板的右端施加一个水平向右F=2N的恒力，经t=1s撤去外力，最后小物块恰好不从木板的上端滑下，已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为多少？（2）木板的长度l为多少？13．2012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼﹣15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功．滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m 的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为M=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响．取g=10m/s2．（1）求飞机在水平跑道运动的时间．（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）三．计算题（写出必要的文字说明，方程式及演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）14.如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷=1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b 中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．计算结果可用π表示，求：（1）O点与直线MN之间的电势差；（2）t= ×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间．15．如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体水平抛出时的初速度大小V0；（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小F N；（3）物体在轨道CD上运动的距离x．16．如图所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运行，传送带把A点处的零件运送到B点处，A、B两点之间相距L=10m，从A点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s能传送到B 处．如果提高传送带的运动速率，零件能较快地传送到B点，要让零件用最短的时间从A点传送到B点处，说明并计算传送带的运动速率至少应多大？如果把求得的速率再提2015-2016学年高一倍，则零件传送时间为多少？参考答案：一.选择题1．C2．B3．A4．B5．B6．B7．B8．B9．BC10．B二、实验题：（本题有2个小题，每空2分，共16分．）11．（1）乙（2）3.11（3）0.45612．（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；（2）木板的长度l为2.7m．13．（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为m/s．（3）弹射器的平均作用力为106N．三．计算题（写出必要的文字说明，方程式及演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）14.（1）O点与直线MN之间的电势差为1.125×102V；（2）t= ×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm．（3）电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间为．15．（1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s；（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小是34N；（3）物体在轨道CD上运动的距离是1.09m．16．速率最小为，零件传送时间为。

广西钦州市高新区2017-2018学年高二物理上学期11月份考试试题(时间：90分钟满分：100分)学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上一．选择题14．在图中，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的判断是( )A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动15．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，下列说法正确的是( )A．a、b为异种电荷，a带的电荷量大于b带的电荷量B．a、b为异种电荷，a带的电荷量小于b带的电荷量C．a、b为同种电荷，a带的电荷量大于b带的电荷量D．a、b为同种电荷，a带的电荷量小于b带的电荷量16．两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是下图中的( )17.有两个带有等量异种电荷的小球，用绝缘细线相连后悬起，并置于水平方向的匀强电场中，如图所示．当两小球都处于平衡时的可能位置是选项中的( )18.如图所示，在探究电荷间的相互作用的实验中，悬挂在O点的不可伸长的绝缘细线下端系一带电量为Q，质量为m的小球A.缓慢移动另一带同种电荷量q的小球B，使A始终静止于悬线偏离竖直方向θ处，当B处于某一位置时，A、B间的距离最远，则此时的最远距离为(A、B均视为点电荷)( )19.a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰飞出电场，由此可以确定( )A．在b飞离电场的同时a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大20．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加21．在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有( )A．电势能逐渐减小B．电势能逐渐增大C．q3受到的电场力逐渐减小D．q3受到的电场力逐渐增大二．非选择题22.如图所示，Q A＝3×10－12C，Q B＝－3×10－12C，A、B相距6 cm，在水平方向的外加电场作用下，求A、B连线中点处的场强．23.如图所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10 F，两极板间距离d＝1.20×10－3 m，g取10 m/s2，求：(1)该电容器所带电荷量；(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电荷量为多少？带何种电荷？24.如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是与AB相切、半径为R的圆形轨道．今有质量为m、带电量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与圆轨道的最低点B间的电势差为多大？25. 如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，－2l)点．不计重力作用．求：(1)粒子的初速度v0的大小．(2)粒子到达B点时的速度v的大小及方向．26.如图所示，匀强电场中有A、B、C三点构成等边三角形，边长均为4 cm，将一带电荷量q＝1.0×10－10C的正电荷(不计重力)，从A点移到C点，电场力做功为－3×10－9J，若把同一电荷从A点移到B点，电场力做功也为－3×10－9 J，那么该电场的场强是多大？参考答案： 一．选择题14．ACD15．B16．A17.A18.C19.ACD20．C21．C 二．非选择题22.解析：因为A 、B 保持静止且悬线都处于竖直方向，对A 受力分析可知，A 球受到外加电场对它的作用力和B 对它的静电力等大、反向，即Q A E ＝kQ A Q B r 2，故E ＝k Q Br2 因带电小球A 、B 分别带正、负电荷，所以它们在连线中点处产生的电场强度大小为E ′＝kQ A ⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＋k Q B⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22电场强度E ′的方向为水平向右，而外加电场的电场强度方向为水平向左，所以A 、B 连线中点处的合场强为E 合＝7kQ Ar2，代入数据即得E 合＝52.5 N/C ，方向水平向右．答案：见解析23.(1)3.6×10－9C (2)2.0×10－6C 负电荷24.5mgR 2q25. (1)2qElm(2)2qElm与x 轴负方向成45°。

2017-2018学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．17世纪意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用的物理思想方法属于（）A．等效替代 B．实验归纳 C．理想实验 D．控制变量2．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（）A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B．20秒时，a、b两物体相距最远C．60秒时，物体a在物体b的前方D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m3．汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知（）A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．加速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力D．拖车加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力4．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两物体用轻质弹簧连接起来，放在光滑水平桌面上．现用水平力向右拉B，当达到稳定状态时，它们共同运动的加速度为a，则当拉力突然停止作用的瞬间，A、B的加速度应分别为（）A．0和a B．a和0 C．a和D．a和5．在一个封闭系统中，用一弹簧秤称一物体的重量，如果（）A．读数偏大，则系统一定是向上做加速运动B．读数偏小，则系统可能做加速运动，也可能做减速运动C．读数准确，则系统一定处于平衡状态D．读数时大时小，系统一定是上下往复运动6．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2＞μ1），下列说法正确的是（）A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞μ1＞tanθ7．如图所示，一质量为M的直角劈放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，用一沿斜面的力F作用于A上，使其沿斜面匀速下滑，在A下滑的过程中，地面对劈的摩擦力f及支持Q满足（）A．f=0 Q=Mg+mg B．f向左Q＜Mg+mgC．f向右Q＜Mg+mg D．f向左Q=Mg+mg8．如图所示，在高空中有四个小球，在同一位置同时以速率v向上、向下、向左、向右被射出（不计空气阻力），经过1s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是（）A．B．C．D．三、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．9．打点计时器用频率50Hz交流电打出的匀加速运动的纸带，则根据此纸带的数据，纸带的加速度是m/s2和打点计时器打第3个点的速度是m/s（保留3位有效数字）10．同打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用图乙所示装置研究滑块的运动情况，图中MN是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10﹣2 s和2.0×10﹣2 s．用游标卡尺测量小滑块的宽度d，卡尺示数如图丙所示．（1）读出滑块的宽度d=cm．（2）滑块通过光电门1的速度v1=m/s，滑块通过光电门2的速度v2=m/s．（保留两位有效数字）（3）若提供一把米尺，测出两个光电门之间的距离1 m，则滑块运动的加速度为m/s2．11．水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图．已知物体A、B、C、的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？12．如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m．三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L．现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计空气及摩擦阻力．求：（1）物块A上升时的最大速度．（2）物块A上升的最大高度．【选修模块3-4】13．有以下说法：其中正确的是（）A．声波与无线电波都是机械振动在介质中的传播B．对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易绕过去C．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象D．用光导纤维传播信号是光的干涉的应用E．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F．某同学观察实验室内两个单摆甲和乙的振动，发现单摆甲每完成4次全振动，单摆乙就完成9次全振动，则单摆甲和乙的摆长L甲与L乙之比为81：16G．相对论认为：无论参照物的运动速度多大，光相对于它的速度都不变14．一列简谐横波如图所示，波长λ=8m．实线表示t1=0时刻的波形图，虚线表示t2=0.005s 时刻第一次出现的波形图．求这列波的波速．【选修模块3-5】15．以下各种说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B．光电效应现象表明光具有波动性C．贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，从而揭示出原子核具有复杂结构D．利用γ射线的电离作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹E．普朗克在研究黑体的热辐射问题时提出了能量子假说F．氢原子的能级图如图所示，欲使一处于基态的氢原子释放出一个电子而变成氢离子，该氢原子需要吸收的能量至少是13.60eV16．某些建筑材料可产生放射性气体氡，氡可以发生a或β衰变，如果人长期生活在氡浓度过高的环境中，那么，氡经过人的呼吸道沉积在肺部，并大量放出射线，从而危害人体健康．原来静止的质量为M的氡核（R．）发生一次a衰变生成新核钋（Po）．已知衰变后的仅粒子的质量为m、电荷量为q、速度为v，并假设衰变过程中释放的核能全部转化为a粒子和新核的动能．（注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计）①写出衰变方程；②求出衰变过程中的质量亏损．2015-2016学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．17世纪意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用的物理思想方法属于（）A．等效替代 B．实验归纳 C．理想实验 D．控制变量【考点】牛顿第一定律；物理学史．【分析】17世纪意大利科学家伽利略设想了一个理想斜面实验，抓住主要因素，忽略次要因素，采用合理推理，得到结论：物体的运动不需要力来维持．【解答】解：17世纪意大利科学家伽利略设想了一个斜面实验：将两个斜面对接起来，当小球一个斜面滚下，会滚上第二斜面，如果摩擦力越小，在第二斜面上滚上的高度越大，设想没有摩擦力，小球会达到相等的高度，将第二斜面放平，小球将永远运动下去．这里伽利略应用的物理思想方法属于理想实验．故选C2．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（）A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B．20秒时，a、b两物体相距最远C．60秒时，物体a在物体b的前方D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】v﹣t 图象中，图象的斜率表示加速度；图线和时间轴所夹图形的面积表示物体位移；当两物体的速度相等时，其距离最大．【解答】解：A、由图象可以看出，物体a在加速时，速度图象的斜率小于物体b加速时的图象斜率，故加速时，物体b的加速度要大，选项A错误；B、在40秒时，a、b两物体的速度相等，此时两物体的相距最远，故选项B错误；C：在60秒时，经计算，物体a的位移是：S a=2100m，物体b的位移是：S b=1600m，S a＞S b，所以物体a在物体b的方，故选项C正确；D：在40秒时，经计算，物体a的位移是：S a=1300m，物体b的位移是：S b=400m，S a﹣S b=900m，故选项D错误．故选：C．3．汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知（）A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．加速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力D．拖车加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力【考点】牛顿第三定律．【分析】汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，同时产生，同时消失．拖车做加速运动，是因为拖车在水平方向上受拉力和阻力，拉力大于阻力，产生加速度．【解答】解：A、B、汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，同时产生，故A错误，B错误，C正确；D、拖车在水平方向上受汽车对它的拉力和自身所受的摩擦阻力，拉力大于摩擦阻力，有水平方向上的合力，产生加速度．故D正确．故选：CD．4．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两物体用轻质弹簧连接起来，放在光滑水平桌面上．现用水平力向右拉B，当达到稳定状态时，它们共同运动的加速度为a，则当拉力突然停止作用的瞬间，A、B的加速度应分别为（）A．0和a B．a和0 C．a和D．a和【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，A和B只受到弹力的作用，加速度是由弹力产生的，根据牛顿第二定律来计算．【解答】解：物体加速运动的加速度为a，=m1a，对A有，F弹撤去F时，A只受到弹力的作用，加速度仍为a，=m2a B，对B根据牛顿第二定律可得：﹣F弹所以a B=，所以ABC错误、D正确；故选：D．5．在一个封闭系统中，用一弹簧秤称一物体的重量，如果（）A．读数偏大，则系统一定是向上做加速运动B．读数偏小，则系统可能做加速运动，也可能做减速运动C．读数准确，则系统一定处于平衡状态D．读数时大时小，系统一定是上下往复运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，再确定物体的运动情况，然后结合超重与失重解答即可．【解答】解：A、当电梯运动时，看到弹簧秤的度数为偏大，物体受向上的弹力，向下的重力，根据牛顿第二定律，有：F﹣G=ma由于F大于G，故加速度向上，处于超重状态，故电梯加速上升或者减速下降；故A错误；B、看到弹簧秤的度数为偏小，由于F小于G，故加速度向下，处于失重状态，故电梯加速下降或者减速上升．故B正确；C、读数准确，则装置处于平衡状态，有可能静止，也可能是向上或向下做匀速运动．故C 正确；D、读数时大时小，系统一定是加速度的方向发生了变化，不一定是上下往复运动．故D错误．故选：BC6．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2＞μ1），下列说法正确的是（）A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞μ1＞tanθ【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．【分析】当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，此时沙子所受的重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力．当与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，根据重力的分力与最大静摩擦力的关系，求出tanθ满足的条件．【解答】解：A、B、由题，μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有mgsinθ＞μ2mgcosθ，得tanθ＞μ2．故A正确，B错误．C、D、与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，这时，应有mgsinθ＞μ1mgcosθ，mgsinθ＜μ2mgcosθ，得足μ2＞tanθ＞μ1．故C正确，D错误．故选：AC．7．如图所示，一质量为M的直角劈放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，用一沿斜面的力F作用于A上，使其沿斜面匀速下滑，在A下滑的过程中，地面对劈的摩擦力f及支持Q满足（）A．f=0 Q=Mg+mg B．f向左Q＜Mg+mgC．f向右Q＜Mg+mg D．f向左Q=Mg+mg【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】物体A沿斜面匀速下滑，合力为零，斜面处于静止状态，合力也为零，则可以以两个物体组成的整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析地面对劈的摩擦力f的方向及支持力与总重力的大小．【解答】解：以物体和斜面整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、地面的支持力Q和摩擦力f、推力F，由平衡条件可知，f的方向向左，与F的水平分力方向相反．Q+Fsinθ=（M+m）g则知Q＜（M+m）g故选B8．如图所示，在高空中有四个小球，在同一位置同时以速率v向上、向下、向左、向右被射出（不计空气阻力），经过1s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是（）A．B．C．D．【考点】抛体运动；参考系和坐标系．【分析】根据运动的合成与分解的知识，每个小球的运动都可以分解为自由落体运动和沿着初速度方向的匀速直线运动；假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动．【解答】解：每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动．假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动，故以四个小球所在位置为顶点所构成的图形应该是正方形；故选A．三、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．9．打点计时器用频率50Hz交流电打出的匀加速运动的纸带，则根据此纸带的数据，纸带的加速度是9.40m/s2和打点计时器打第3个点的速度是 1.86m/s（保留3位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【分析】纸带做匀变速直线运动，由△x=at2可以求出纸带的加速度；根据纸带上两点间的距离，应用匀变速运动的速度公式与速度位移公式可以求出打第三个点时的速度．【解答】解：电源频率是50Hz，打点计时器打点时间间隔为：T=0.02s，纸带的加速度为：a===﹣9.40m/s2，根据速度和位移公式可知：v22﹣v32=2ax23，由速度公式可知：v3=v2+aT，代入数据解得：v3=1.87m/s；故答案为：9.40，1，8610．同打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用图乙所示装置研究滑块的运动情况，图中MN是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10﹣2 s和2.0×10﹣2 s．用游标卡尺测量小滑块的宽度d，卡尺示数如图丙所示．（1）读出滑块的宽度d= 5.015cm．（2）滑块通过光电门1的速度v1= 1.0m/s，滑块通过光电门2的速度v2= 2.5m/s．（保留两位有效数字）（3）若提供一把米尺，测出两个光电门之间的距离1 m，则滑块运动的加速度为 2.625 m/s2．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数等于游标读数，不需估读．（2）根据较短时间内的平均速度可以表示瞬时速度求出瞬时速度．（3）根据可以求出加速度的大小．【解答】解：（1）游标卡尺是20分度的，其精确度为0.05mm，故读数是：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm．（2）由于滑块通过光电门的时间极短，可以利用其平均速度来代替瞬时速度，因此有：v1=m/s；v2==2.5m/s．（3）由v22﹣v12=2a•L代入数据，得：a=2.625m/s2．故答案为：（1）5.015；（2）1.0；2.5；（3）2.625．11．水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图．已知物体A、B、C、的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；牛顿第二定律．【分析】本题为连接体类问题，应分别研究整体、物体B及物体C，由牛顿第二定律列出表达式联立可求得加速度，则由整体法可求得拉力F．【解答】解：设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为α，由牛顿运动定律，对A、B、C 组成的整体有F=3ma …①对B有F﹣T=ma …②对C有Tcosα=mg …③Tsinα=ma …④联立①②式得：T=2ma…⑤联立③④式得：T2=m2（g2+a2）…⑥联立⑤⑥式得：…⑦利用①⑦式得…⑧拉力F应为mg．12．如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m．三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L．现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计空气及摩擦阻力．求：（1）物块A上升时的最大速度．（2）物块A上升的最大高度．【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．【分析】（1）当C物体刚着地时，A物体速度最大，根据系统机械能守恒列式求解；（2）当C着地后，A、B两物体系统机械能守恒，当B的速度为零时A上升到最高，求出此时B下落的高度，分析B和C是否发生碰撞，进而分析A上升的最大高度．物块A上升时的最大速度．【解答】解：（1）物块C下落的过程中，A、B、C组成的系统，根据机械能守恒得：…①当C落地后，由于m＜M，A将会减速，所以当C落地时A的速度最大，最大速度为：…②（2）物块C落地后A将做匀减速运动．根据牛顿第二定律得：mg﹣Mg=（m+M）a…③若B落地时A的速度为v，由运动学公式得：…④则得…⑤①若，v＞0时，即当B落地时A会继续上升，A上升的高度为…⑥②若，v=0，即B落地时A的速度恰好为零，A上升的高度为h2=2L…⑦③若，此时B 未落地前速度已为零，A 上升的高度为…⑧答：（1）物块A 上升时的最大速度为．（2）物块A 上升的最大高度L +．【选修模块3-4】13．有以下说法：其中正确的是（ ）A ．声波与无线电波都是机械振动在介质中的传播B ．对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易绕过去C ．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象D ．用光导纤维传播信号是光的干涉的应用E ．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F ．某同学观察实验室内两个单摆甲和乙的振动，发现单摆甲每完成4次全振动，单摆乙就完成9次全振动，则单摆甲和乙的摆长L 甲与L 乙之比为81：16G ．相对论认为：无论参照物的运动速度多大，光相对于它的速度都不变【考点】光的干涉；单摆周期公式；全反射．【分析】声波属于机械波而无线电波属于电磁波，电磁波本身就是物质；对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易产生衍射现象；白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的色散现象；用光导纤维传播信号是光的全反射原理的应用；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；根据两个单摆相同时间内完成全振动的次数，确定频率关系，即可求得摆长关系；相对论的基本原理是光速不变原理．【解答】解：（1）A 、声波属于机械波，是机械振动在介质中的传播，而无线电波属于电磁波，是周期性变化的电磁场在空间的传播．故A 错误．B 、对于同一障碍物，波长越大的光波，波动性超强，越容易产生衍射现象，越容易绕过障碍物；故B 正确，C 、白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种色散现象．故C 错误．D 、用光导纤维传播信号是光的全反射原理的应用；故D 错误．E 、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；故E 正确．F 、由题单摆甲每完成4次全振动，单摆乙就完成9次全振动，则甲乙两单摆的频率之比为f 甲：f 乙=4：9，周期之比为T 甲：T 乙=9：4由单摆周期公式T=2π：单摆甲和乙的摆长l 甲与l 乙之比l 甲：l 乙==81：16．故F 正确．G 、相对论的基本原理是光速不变原理，即无论参照物的运动速度多大，光相对于它的速度都不变．故G 正确．故选：BEFG14．一列简谐横波如图所示，波长λ=8m ．实线表示t 1=0时刻的波形图，虚线表示t 2=0.005s 时刻第一次出现的波形图．求这列波的波速．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】因为题中没有给出波的传播方向，故需要对波沿x轴正方向和x轴负方向传播分别进行讨论．根据波的周期性，运用波形平移法得出波的传播距离s与波长的关系，由v=求得波速．【解答】解：若波沿x轴正方向传播，则波传播的最小距离s0=λ=2m波传播的可能距离是s=s0+nλ=8n+2（m）则可能的波速为v===1600n+400（m/s），（n=0、1、2、…）若波沿x轴负方向传播，则波传播的最小距离s0=λ=6m波传播的可能距离是s=s0+nλ=8n+6（m）则可能的波速为v===1600n+1200（m/s），（n=0、1、2…）答：若波沿x轴正方向传播，波速为1600n+400（m/s），（n=0、1、2、…）；若波沿x轴负方向传播，波速为1600n+1200（m/s），（n=0、1、2、…）．【选修模块3-5】15．以下各种说法正确的是（）A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B．光电效应现象表明光具有波动性C．贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，从而揭示出原子核具有复杂结构D．利用γ射线的电离作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹E．普朗克在研究黑体的热辐射问题时提出了能量子假说F．氢原子的能级图如图所示，欲使一处于基态的氢原子释放出一个电子而变成氢离子，该氢原子需要吸收的能量至少是13.60eV【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁．【分析】A、太阳内部不断地发生距离的核聚变反应，不断释放出核能；B、光电效应现象表明光具有粒子性；C、贝克勒尔发现了天然放射现象，使人们认识到原子核具有复杂结构；D、利用γ射线的穿透作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹；E、普朗克在研究黑体的热辐射问题时提出了能量子假说；F、要使处于基态的氢原子电离，原子至少要吸收13.6eV的能量．【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，A正确；B、光电效应现象表明光具有粒子性而不是波动性，B错误；C、贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，从而揭示出原子核具有复杂结构，C正确；D、利用γ射线的贯穿本领而不是电离作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹，D错误；E、普朗克在研究黑体的热辐射问题时提出了能量子假说，E正确；F、氢原子的能级图如图所示，欲使一处于基态的氢原子释放出一个电子而变成氢离子，该氢原子需要吸收的能量至少是13.60eV，F正确；故选：ACEF．16．某些建筑材料可产生放射性气体氡，氡可以发生a或β衰变，如果人长期生活在氡浓度过高的环境中，那么，氡经过人的呼吸道沉积在肺部，并大量放出射线，从而危害人体健康．原来静止的质量为M的氡核（R．）发生一次a衰变生成新核钋（Po）．已知衰变后的仅粒子的质量为m、电荷量为q、速度为v，并假设衰变过程中释放的核能全部转化为a粒子和新核的动能．（注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计）①写出衰变方程；②求出衰变过程中的质量亏损．【考点】爱因斯坦质能方程；动量守恒定律．【分析】①根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程．②根据动量守恒定律、能量守恒定律求出释放的核能，通过爱因斯坦质能方程求出质量亏损．【解答】解：①根据电荷数守恒、质量数守恒得，→②设新核钋的速度为v′由动量守恒定律mv=（M﹣m）v′，得．衰变过程中释放的核能为．由爱因斯坦质能方程，得：△E=△mc2．解得：．答：（1）衰变方程为→．（2）衰变过程中的质量亏损．。

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017年秋季学期12月份考试高二物理试题一、选择题1. 下列说法中正确的是（）A. 若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零B. 若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零C. 将通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，那么导体所受的安培力大小也是一定的D. 在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 、电流为I 的通电直导线所受到的安培力的大小，介于零（含零）和BIL （含BIL ）之间【答案】AD【解析】试题分析：若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，故A正确；若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，可能电荷是静止的，也可能电荷的运动方向与磁场平行，故B错误；若通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，而不同放置角度时，那么导体所受的安培力大小也不一定的相等，故C错误；磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的遥电直导线所受到的安培力的大小，与电流和磁场的夹角有关，介于零（含零）和（含）之间，故D正确。

考点：安培力、磁感应强度、电场强度【名师点睛】电场的性质是对电荷有力的作用，而电荷受到电场力的方向与电场强度可以相同，也可以相反，根据左手定则可知，要明确通电导线在磁场中不一定有力的作用，电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力作用．而只有当通电导线垂直放置磁场中，安培力的大小才是；解决本题的关键知道电场的性质是对电荷有力的作用，及通电导线在磁场中受到安培力的条件与安培力的大小计算是解题的关键。

2. 全自动洗衣机中，排水电磁阀是由程序控制器控制其动作的。

当洗衣机进行排水和脱水工序时，电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阔的活塞打开，排除污水。

牵引电磁铁的结构如图所示。

当程序控制器的控制电流通过线圈时，线圈和铁芯1产生一个强的磁场，使铁芯2磁化，由于磁体相互作用，将铁芯2吸入线圈，此时铁芯2将拉动阀门使阀门打开排水。

钦州市第二中学2017年秋季学期开学考试高二物理试卷解析版一、选择题1. 如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动的v—t图像,在a点的速度为v a，运动到b点的速度为v b,则下列说法中正确的是：()A。

电场中a点电势一定比b点电势高B。

粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能小C. 在0—t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大D。

在0-t1时间内,粒子运动路径与电场力可能不在一条直线上【答案】C【解析】试题分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度；通过能量守恒判断电势能的大小；由牛顿第二定律结合加速度变化判断电场力变化．2. M、N是某电场中一条电场线上的两点,若在M点释放一个初速度为零的电子,电子仅在电场力作用下，并沿电场线由M点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是A。

该电场的电场强度E M〉E N B。

电子运动的轨迹可能为曲线C。

电子在M、N点电势<D。

电子运动过程中机械能守恒。

【答案】AC【解析】电子通过相同位移时,电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小,由可知，电子所受的电场力越来越小,场强减小，故，A正确；带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动,其轨迹一定为直线，B错误；电场力做正功，电势能减小，电子的机械能不守恒，负电荷在低电势处电势能大，故在M点的电势低于在N点的电势，C正确D错误．3。

人们在运动时穿着运动鞋感觉更加舒适，其物理学原理是（）A。

减小了脚落地时的动量 B. 减小了脚落地过程中的动量变化量C. 缩短了运动中脚落地的缓冲时间D. 延长了运动中脚落地的缓冲时间【答案】D【解析】脚在落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；故A 错误；脚落地后最后的速度均为零;故说明动量的变化一定相等;故B 错误；由于运动鞋的底软硬度比较适中，适当延长了运动中脚落地的缓冲时间，从而导致冲击力较适中，感觉更加舒适；故C错误，D正确；故选D。

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2018届高三年级第一次月考试物理试卷解析版一、选择题（14-18为单选，19-21多选）14. 如图所示，两根刚性轻杆上端由自由旋转轴A连接，轻杆下端固定一根自然伸长的匀质轻弹簧，围成边长为L的等边三角形ABC，将此装置竖直放在光滑水平面上，在轴A处施加竖直向下的大小为F的作用力，弹簧被拉伸一定长度，若此时弹簧弹力大小恰为，则弹簧的劲度系数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】对整体分析可知，整体受压力和支持力的作用，则可知，BC两杆的端点受地面向上的大小为的弹力；因弹簧的弹力也为，根据三力平衡可知，此时杆与地面间的夹角为45°；则由几何关系可知，此时弹簧的长度以为L；则其形变量为：（L-L）；则由胡克定律可得：；故选B．15. 如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为（）A. 速度一直变小直到零B. 速度先变大，然后变小直到为零C. 加速度一直变小，方向向上D. 加速度先变小后变大【答案】B【解析】：从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始重力大于弹力，向下做加速运动，在下降的过程中弹力增大，则加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大，然后重力小于弹力，向下做减速运动，运动的过程中加速度增大，到达最低点速度为零．故AC 错误、BD正确．故选BD。

考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道加速度方向与合力方向相同，要注意弹簧的弹力随形变量的变化而变化，明确力和运动间的关系；知道当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小。

16. 以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第3秒内，汽车走过的位移为A. 18 mB. 2 mC. 0.5 mD. 0【答案】C【解析】汽车刹车到停止所需的时间：，刹车后第3s内的位移，等于停止前0.5s内的位移，汽车正向匀减速可以看做反向的匀加速，所以有：，故C正确，ABD错误。

广西钦州市第二中学2017-2018学年高三物理开学考试试卷一．选择题1. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，原线圈所接交流电源的电动势瞬时值表达式e=311sin100πt V，副线圈所接电阻R=88Ω．电流表、电压表对电路影响可忽略不计．则( )A. A1的示数约为0.10AB. V1的示数约为311VC. V2的示数约为62.2VD. A2的示数约为0.75A【答案】A【解析】试题分析：由于原线圈中交流电源的电动势瞬时值表达式e=311sin100πtV，故V1的示数为其有效值220V，B错误；根据变压器的匝数比与电压之比的关系得，则V2的示数为U2==44V，故C错误；由欧姆定律得，A2的示数为I2==0.50A，故D也错误；再根据线圈的匝数与电流的关系可得，A1的示数约为I1==0.10A，故A正确。

考点：变压器。

2. 如图所示：一根轻绳跨过定滑轮，两端分别系着质量为m1、m2的小物块，m1放在地面上，m2离地面有一定高度．当m2的质量发生变化时，m1上升的加速度a的大小也将随之变化．已知重力加速度为g，图中能正确反映a与m2关系的是( )A. B.C. D.【答案】C【解析】当m2≤m1时，m1仍处于静止状态，没有加速度．当m2＞m1时，m1有向上的加速度，根据牛顿第二定律得，对m1：T-m1g=m1a；对m2：m2g-T=m2a；联立得：，根据数学知识得知，当m2＞＞m1时，a→g．故C正确，ABD错误．故选C．点睛：本题是连接体问题，抓住两个物体加速度大小相等的特点，采用隔离法研究，得到a 与m2之间关系的解析式，再选择图象是常用的方法．3. 如图所示，平行金属轨道宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面夹θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现将一质量为m长度也为d 的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分（导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程与导轨保持良好接触，重力加速度为g）．不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中( )A. 导体棒匀速运动是速度大小为B. 匀速运动时导体棒两端电压为C. 导体棒下滑距离为S时，通过R的总电荷量为D. 重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能【答案】AC【解析】试题分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出速度，根据求解电荷量．在导体棒下滑过程中，当受到的安培力和重力沿斜面向下的分力平衡时，导体棒开始做匀速运动，故有，解得①，A正确；导体棒做切割磁感线运动，相当于导体，根据闭合回路欧姆定律可得②，联立①②可得，B 错误；根据公式可得当导体棒下滑距离为s时，，C正确；过程中只有重力和安培力做功，根据动能定理可得，故可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D错误．4. 如图所示，物体B的上表面水平，A与B相对于斜面C静止，当斜面C受到水平力F向左匀速运动的过程中( )A. 物体A可能受到3个力的作用B. 物体B一定受到4个力的作用C. 物体C对物体B的作用力竖直向上D. 物体C和物体B之间可能没有摩擦力【答案】BC5. 如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那在物块向上运动过程中，正确的说法是( )A. 物块的机械能一定增加B. 物块的机械能一定减小C. 物块的机械能可能不变D. 物块的机械能可能增加也可能减小【答案】A【解析】机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力F f做功，则机械能的变化决定于F与F f做功大小关系．由mgsinα＋F f－F＝ma知：F－F f＝mgsin30°－ma＞0，即F＞F f，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加．A项正确．6. 如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，变压器原、副线圈匝数的比值为：．如果要求负载消耗达到最大功率，则下列说法正确的是( )A. 交流电源的效率为50%B. 电流表的读数为C. 负载上消耗的热功率为D. 该交流电源电动势的瞬时值表达式为e=E m sin（100π）【答案】AB【解析】试题分析：将变压器、电阻R及电流表部分等效与电源的外电路R/，当电源的外电路电阻R/等于电源内阻r时,电源输出功率最大，负载R上得到的功率也最大，此时电源的内电压等于外电压，电源的效率，选项A 正确；变压器初级电流，次级电流，即电流表的读数，选项B正确；负载上消耗的热功率为，选项C 错误；交流电的周期为4×10-3s，，则该交流电源电动势的瞬时值表达式为V,选项D 错误。

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017—2018学年度上学期开学考试高二英语试题第一部分听力（共两节，满分30分）第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。

每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

1. Where is the man going to put his plants?A. In his backyard.B. By his window.C. On his balcony.2. What does the woman like about the magazine?A. The film reviews.B. The political cartoons.C. The travel section.3. How does the woman feel about the election?A. Annoyed.B. Uninterested.C. Enthusiastic.4. What does the man want to do this summer?A. Travel to Italy.B. Get a part-time job.C. Take a Chinese course.5. Where does this conversation probably take place?A. At the airport.B. At a bus station.C. At a train station.第二节（共15小题；每小题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话或独白。

每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听完每段对话或独白前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，各小题将给出5秒钟的作答时间。

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017届高三物理5.1功和功率同步测试卷解析版一、选择题(第1～7题，只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求)1．关于摩擦力对物体做功，下列说法中正确的是( )A．滑动摩擦力总是做负功B．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C．静摩擦力对物体一定不会做功D．静摩擦力对物体总是做正功解析：不论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，都既可以为阻力，也可以为动力，则既可以做负功，也可以做正功，故选项A、C、D均错误，B正确．答案： B2．物体受到两个互相垂直的作用力F1、F2而运动，已知力F1做功6 J，物体克服力F2做功8 J，则力F1、F2的合力对物体做功( )A．14 J B．10 J C．2 J D．－2 J解析：合力对物体所做的功等于各个力做功的代数和．F1对物体做功6 J，物体克服F2做功8 J即F2对物体做功为－8 J，因而F1、F2的合力对物体做功为6 J －8 J＝－2 J，因而选项D正确．答案： D3.如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m.A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )A．大于μmgL B．等于μmgL C．小于μmgL D．以上三种情况都有可能答案： B4.物体m从倾角为α的固定的光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为( )A．mg2gh B.12mg sin α2gh C．mg sin α2gh D．mg2gh sin α解析：物体下滑的过程中有a＝g sin α，2ahsin α＝v2.可得v＝2gh.物体滑至斜面底端时，重力方向与速度方向间的夹角θ为π2－α，根据瞬时功率的表达式P＝Fv cos θ可知此时重力的瞬时功率P＝mg sin α2gh.故C正确．答案： C5.如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小，后增大D．先增大，后减小解析：小球速率不变，合力的功率为零，只有重力和F对小球做功，重力做负功，F做正功，根据速度方向与重力方向的变化关系，重力的瞬时功率越来越大，所以拉力的瞬时功率逐渐增大．答案： B6.升降机从地面上升，在一段时间内速度随时间变化的情况如图所示，则升降机内一个重物受到的支持力的功率随时间变化的图象可能是下列图中的( )解析：根据升降机在一段时间内速度随时间变化的图象可知，升降机先匀加速运动后匀速运动，支持力F N先大于重力mg后等于重力mg，则由公式P＝F N v知，升降机内一个重物受到的支持力的功率随时间变化的图象应为C项所示．答案： C7．如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况不可能是( )A．始终不做功B．先做负功后做正功C．先做正功后不做功D．先做负功后不做功解析：设传送带速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2.①当v1＝v2时，物体随传送带一起匀速运动，故传送带与物体之间不存在摩擦力，即传送带对物体始终不做功，A是可能的．②当v1＞v2时，物体相对传送带向左运动，物体受到的滑动摩擦力向右，则物体先做匀加速运动直到速度为v1，再做匀速运动，传送带对物体先做正功后不做功，C是可能的．③当v1＜v2时，物体相对传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力方向向左，则物体先做匀减速运动直到速度减为v1，再做匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功，D是可能的．故选B项．答案： B8.如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法中正确的是( )A．重力做功为mgL B．绳的拉力做功为0C．空气阻力(F阻)做功为－mgL D．空气阻力(F阻)做功为－12F阻πL解析：如图所示，因为拉力F T在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WF T＝0.重力在整个运动过程中始终不变，摆球在重力方向上的位移为AB竖直方向上的投影L，所以W G＝mgL.F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－12F阻πL.故重力做的功为mgL，绳子拉力做功为零，空气阻力所做的功为－12F阻πL.答案：ABD9．出租车是一种方便快捷的交通工具，深受人们的欢迎．在平直公路上，一辆质量为m＝1.5 t的出租车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v＝2 m/s时发现有一乘客招手，于是立即关闭发动机直到停止，其v－t图象如图所示．设出租车所受阻力F f大小不变，在加速和减速过程中汽车克服阻力做功分别为W1和W2，出租车牵引力做功为W，则( )A．W＝W1＋W2 B．W1＝W2C．在第1 s内出租车所受合外力对出租车做的功为W合＝3×103 JD．出租车的额定功率一定为P＝8×103 W解析：对全程由动能定理得W－W1－W2＝0，A正确；从图象可得位移x1<x2，而摩擦阻力F f恒定不变，由功的概念可知W1<W2，B错；由动能定理得第1 s内出租车所受合外力对其做功为W合＝12mv2＝3×103J，C正确；不能求出其额定功率，D错．答案：AC10．汽车在平直公路上以恒定功率启动，它受到的阻力大小不变．以下四幅图是由连接在汽车上的传感器通过电脑绘制出的，则在图中关于汽车运动过程中的加速度、速度随时间变化的关系，下列说法中正确的是( )A．汽车的加速度—时间图象可用图乙描述B．汽车的速度—时间图象可用图甲描述C．汽车的加速度—时间图象可用图丁描述D．汽车的速度—时间图象可用图丙描述解析：汽车以恒定功率启动，由P＝Fv可知牵引力不断减小，由F－F阻＝ma可知a＝F－F阻m不断减小，直到匀速时a＝0，此过程速度不断增大，最终匀速，在v－t图中图线斜率表示加速度，可知v－t图应如题图甲所示，B正确，D错误；随着速度的增大，F迅速减小，直至匀速时F＝F阻，对应的加速度亦减小到0，可定性分析出加速度变化越来越慢，故a－t图应为题图乙所示，A正确，C 错误．答案：AB二、非选择题11．图甲所示为索契冬奥会上为我国夺得首枚速滑金牌的运动员张虹在1 000 m 决赛中的精彩瞬间．现假设张虹某段时间内在直轨道上做直线运动的速度—时间图象可简化为图乙，已知运动员(包括装备)总质量为60 kg，在该段时间内受到的阻力恒为总重力的0.1倍，g＝10 m/s2.求：(1)在1～3 s内，运动员获得的动力；(2)在0～5 s内，运动员的平均速度；(3)在0～5 s内，运动员克服阻力做的功；(4)在t＝3 s时刻，运动员动力的功率．解析：(1)速度—时间图象的斜率表示加速度，则由图乙可知，在1～3 s内，运动员的加速度为a＝0.5 m/s2运动员运动时所受阻力F阻＝kmg＝0.1×60×10 N＝60 N由牛顿第二定律可知，F－F阻＝ma解得F＝F阻＋ma代入相关数据，得F＝90 N.(2)由速度—时间图象与横轴所围面积表示位移可知，在0～5 s 内，运动员的位移为x ＝12×1 m ＋25 m ＋26 m ＝63 m 平均速度是v ＝x t ＝635m/s ＝12.6 m/s. (3)在0～5 s 内，运动员克服阻力做的功是W f ＝F 阻x ＝60×63 J ＝3 780 J. (4)在t ＝3 s 时刻，速度v ＝13 m/s ，则动力的功率P ＝Fv ＝90×13 W ＝1 170 W. 答案： (1)90 N (2)12.6 m/s (3)3 780 J (4)1 170 W12．汽车发动机的额定牵引功率为60 kW ，汽车的质量为5t ，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g 取10 m/s 2.试求：(1)若汽车保持额定功率，从静止启动后能达到的最大速度是多少？(2)若汽车从静止开始，保持以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，这段过程能维持多长时间？(3)如果阻力不变，汽车在水平路面上以10 m/s 的速度行驶，实际功率多大？此时汽车的加速度又是多大？解析： (1)汽车在水平路面上从静止启动时，由于牵引力的功率保持不变，则汽车的加速度逐渐减小，当F ＝F 阻＝kmg 时，汽车的速度达到最大值v m .则v m ＝P 额F 阻＝60×1030.1×5×103×10m/s ＝12 m/s.(2)汽车从静止开始，以0.5 m/s 2的加速度做匀加速行驶，要求得这个过程所能维持的时间，必须求出匀加速过程的最大速度v m ′.而达到速度v m ′时汽车的实际功率恰好达到额定功率． 由F －F 阻＝ma 得：F ＝ma ＋F 阻＝(5×103×0.5＋0.1×5×103×10)N ＝7.5×103 Nv m ′＝P 额F ＝60×1037.5×103 m/s ＝8 m/s.所以匀加速运动能维持的时间为：t ＝v m ′a ＝80.5s ＝16 s.(3)由于v m ＞10 m/s ＞v m ′表明此时汽车处于额定功率下，做加速度逐渐减小的加速运动阶段，所以此刻的实际功率等于额定功率．应该注意到：P 保持不变，由P ＝F ′v 知此过程中牵引力不断减小，所以当速度v ＝10 m/s 时，其牵引力： F ′＝P 额v ＝60×10310 N ＝6×103 N则此刻汽车的加速度：a ＝F ′－F 阻m ＝6×103－0.1×5×103×105×103m/s 2＝0.2 m/s 2. 答案： (1)12 m/s (2)16 s (3)0.2 m/s 2。

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2018届高三物理开学考试试卷解析版一.选择题1．A、B两物体同时同地从静止出发做直线运动，物体的加速度与时间关系如图所示，其中t2=2t1，关于两个物体的运动，下列判断正确的是( )A．t1时刻，两物体速度相同B．t2时刻，两物体位置相同C．t2时刻，两物体速度相同D．运动过程中两物体不可能相遇考点：加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：a﹣﹣t图象中，面积表示速度，由图可知A做初速度为零的匀加速运动，B做初速度为零的变加速直线运动，且加速大小均匀增大．解答：解：A、a﹣﹣t图象中，面积表示速度，故t1时刻，两物体速度不相同，故A错误．B、a﹣﹣t图象中，面积表示速度，故t2时刻，两物体速度相同，由于此段时间内A速度较大，故A在前，两物体位置不相同，故B错误．C、由B分析知，C正确．D、由B分析可知，随着时间延续，由于B加速运动，B最终会追上A，故D错误．故选：C点评：考查了加速度的图象，会根据图象分析质点的运动情况，注意与速度﹣﹣时间图象的区别．2．如图所示是反映汽车从静止匀加速启动（汽车所受阻力f恒定），达到额定功率后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中不正确的是( )A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动．开始匀加速时：F﹣f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，有：P额=Fv m由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=，最后匀速速度为：v m=．A、在v﹣t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．本题选择不正确的，故选：B．点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．3．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A 点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是( )A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．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，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．解答：解：A、根据h=得，t=．则石块落入水中的最小初速度．可知v0=18m/s，则石块可以落入水中．故A正确．B、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故B错误．C、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanα=2tanθ，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．4．如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则( )A．系统的动量守恒 B．水平方向任意时刻m与M的动量等大反向C．m不能向左摆到原高度 D．小球和车可以同时向同一方向运动考点：动量守恒定律．分析：以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；解答：解：A、当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；B、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；C、以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；D、由前面知水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误；故选：B．点评：本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．5．一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )A．mgR B．mgR C．D．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功．解答：解：铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg=m对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR﹣W=mv2，解得：W=mgR；故选：B．点评：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可．6．甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则( )A．甲车先通过下一路标B．乙车先通过下一路标C．丙车先通过下一路标D．三辆车同时通过下一路标考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：我们可以定性地进行分析：因为乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比甲大，所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动，所以在相等时间内它的位移比甲小，由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．（最终大家的速度都相等）．解答：解：由于乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲小；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲大．由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．故选：B．点评：该题可以通过平均速度去解题，也可以通过画v﹣t图象去分析，图象与坐标轴所围成的面积即为位移．7．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A．O点的电场强度为零，电势最高B．O点的电场强度为零，电势最低C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．解答：解：AB、圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误．故选：B．点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．8．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A．B球的受力情况未变，加速度为零B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθC．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθD．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：分别以B、A、B组成的系统、C为研究对象，由牛顿第二定律分析答题．解答：解：A、细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；B、以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于弹簧弹力，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度a=gsinθ，故B正确；C、由B可知，B的加速度为：a=gsinθ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣mgsinθ=ma，解得：T=mgsinθ，故C错误；D、对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向向下，故D错误；故选：B．点评：本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意．9．甲、乙两物体从同一点开始做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列判断正确的是( )A．在t a时刻两物体速度大小相等，方向相反B．在t a时刻两物体加速度大小相等，方向相反C．在t a时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间的距离越来越大D．在t a时刻之后，甲物体在乙物体前，并且两物体间的距离越来越大考点：匀变速直线运动的图像．专题：追及、相遇问题．分析：v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，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．相遇要求在同一时刻到达同一位置．看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方．解答：解：A．由图象可知：在t a时刻两物体速度图象相交于一点且都在时间轴的上方，所以此时刻速度相同，即大小相等，方向相同，故A错误；B．v﹣t图象中，斜率表示加速度，由图象可知在在t a时刻甲乙两物体的斜率大小相等，甲为正，乙为负，所以在t a时刻两物体加速度大小相等，方向相反，故B正确；C．在t a时刻之前，乙图象与时间轴围成的面积比甲大，且乙的速度也比甲大，所以在t a时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间的距离越来越大，故C正确；D．由C得分析可知D错误．故选BC．点评：图象由于具有形象直观的特点，因此在物理中广泛应用，对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义．10．如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是( )A．dv02=L2g B．ωL=π（1+2n）v0，（n=0，1，2，3…）C．v0=ωD．dω2=gπ2（1+2n）2，（n=0，1，2，3…）考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，则A点转动的时间t=，根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解．解答：解：BC、飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，设时间为t，飞镖飞行时间t和圆盘转动的周期满足：t=nT+（n=0，1，2、），由T=和L=v0t得：ωL=π（2n+1）v0故B正确，C错误；AD、平抛的竖直位移为d，则d=gt2，联立有：dω2=gπ2（2n+1）2，2d=gL2故A错误，D错误故选：B点评：本题关键知道恰好击中A点，说明A点正好在最低点，利用匀速圆周运动和平抛运动规律联立求解．二、实验题：（本题有2个小题，每空2分，共16分．）11．某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5…，如图所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是乙．（2）打A纸带时，物体的加速度大小是3.11 m/s2．（3）打点计时器打1号计数点时小车的速度为0.456m/s．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题．利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度．解答：解：（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：x34﹣x23=x23﹣x12=x12﹣x01所以属于纸带A的是乙图．（2）根据运动学公式△x=at2得：a=m/s2=3.11m/s2（3）利用匀变速直线运动的推论v1==0.456m/s故答案为：（1）乙（2）3.11（3）0.456点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．12．如图所示，质量M=4kg的木板静置于光滑水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的左端冲上木板，同时在木板的右端施加一个水平向右F=2N的恒力，经t=1s撤去外力，最后小物块恰好不从木板的上端滑下，已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为多少？（2）木板的长度l为多少？考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）小滑块将相对木板滑动过程中，m对M的滑动摩擦力水平向左，M对m的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律分别求出两个物体的加速度，再根据运动学基本公式求解．（2）小物块恰好不从木板的上端滑下，则最终速度相等，滑动过程中，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据能量守恒结合位移关系求解．解答：解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=，t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，木块运动的位移为：s=木板所受合外力为：F合=F+f=4N，所以加速度为：a2==1m/s2，木板运动的位移为：x=所以有：△x1=s﹣x=2.5m（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：mv+Mv2=（m+M）v1解得：v1=1.2m/s对整个系统根据动能定理得：解得：x1=0.2m则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；（2）木板的长度l为2.7m．点评：本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的关系，知道木块在滑动过程中，木块和木板组成的系统动量守恒．13．2012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼﹣15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功．滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m 的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为M=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响．取g=10m/s2．（1）求飞机在水平跑道运动的时间．（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）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：（1）根据牛顿第二定律求出飞机的加速度，结合位移时间时间公式求出飞机在水平跑道上运动的时间．（2）根据速度时间公式求出飞机在倾斜轨道上的初速度，再根据牛顿第二定律求出飞机在倾斜轨道上的加速度，根据速度位移公式求出飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．（3）对全过程运用动能定理，根据动能定理求出弹射器的平均作用力．解答：解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，由牛顿第二定律得，F﹣f=ma1，，代入数据解得t1=8s．（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，水平跑道上：v1=a1t1，倾斜跑道上，由牛顿第二定律，，代入数据解得m/s．（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，由动能定理得，，代入数据解得．答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为m/s．（3）弹射器的平均作用力为106N．点评：本题考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．三．计算题（写出必要的文字说明，方程式及演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）14.如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷=1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以v0=1.5×104m/s 的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．计算结果可用π表示，求：（1）O点与直线MN之间的电势差；（2）t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）根据动能定理求出O点与直线MN之间的电势差．（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离．（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．解答：解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得：，解得？：V．（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，则，解得：，周期为：．当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：=0.03m=3cm．周期为：．电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示，t=时刻电荷与O点的水平距离为：△d=2（r1﹣r2）=4cm．（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T=，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离：15△d=60cm．则最后7.5cm的运动轨迹如乙图所示，有：r1+r1cosα=7.5cm．解得cosα=0.5，则α=60°，故电荷运动的总时间为：s．答：（1）O点与直线MN之间的电势差为1.125×102V；（2）t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm．（3）电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间为．点评：本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间．15．如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体水平抛出时的初速度大小V0；（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小F N；（3）物体在轨道CD上运动的距离x．考点：机械能守恒定律；平抛运动；动能定理．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0．（2）通过计算分析清楚物体的运动过程，由能量守恒定律求出物体在B点的速度，然后又牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小F N；（3）因μmgcos37°＞mgsin37°，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑，然后由动能定理即可求解．解答：解：（1）由平抛运动规律知竖直分速度m/s由图可得初速度 v0=v y tan37°=3m/s（2）对从P至B点的过程，由机械能守恒有经过B点时，由向心力公式有代入数据解得=34N由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为 F N==34N，方向竖直向下（3）因μmgcos37°＞mgsin37°，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑．从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有代入数据可解得m在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09m答：。