2016届四川省成都市外国语学校高三(上)月考物理试卷(10月份)(解析版)

11．如图甲所示，在光滑水平面上叠放着 A、B 两物体，现对 A 施加水平向右的拉力 F，通
过传感器可测得物体 A 的加速度 a 随拉力 F 变化的关系如图乙所示。已知重力加速度为
g
＝10 m/s 2，由图线可知 (
)
A ．物体 A 的质量 mA＝2 kg B ．物体 A 的质量 mA＝ 6 kg C．物体 AB 间的动摩擦因数 μ＝0.2
)
A ． F 增大， N 减小 B ． F 减小， N 减小 C． F 增大， N 增大 D ． F 减小， N 增大
4．如左图所示，下端固定的一根轻弹簧竖直立在水平地面上，弹簧正上方有一物块，从高
处自由下落到弹簧上端的 O 点， 开始将弹簧压缩。 弹簧被压缩了 x0 时， 物块的速度变为零。
从 O 点开始接触， 物块加速度的数值随弹簧 O 点下降高度 x 的变化图像是右图中的 （
(
)
A ．增大抛射速度 v0，同时减小抛射角 θ B ．减小抛射速度 v0，同时减小抛射角 θ C．增大抛射角 θ，同时增大抛出速度 v0 D ．增大抛射角 θ，同时减小抛出速度 v0
二、多项选择题 （共 5 小题，每小题 4 分，计 20 分。有多个选项符合题意，全部选对得 4
分，选对但不全的得 2 分，错选或不选得 0 分。）
为
B ．若盒子以周期
做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与
面位置时，小球对盒子左侧面的力为 4mg
O 点位于同一水平
C ．若盒子以角速度 上面的力为 3mg
做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子的
D ．盒子从最低点向最高点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点 向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态

四川省成都市实验外国语学校2015届高三上学期月考物理试卷（11月份） 一、选择题 1．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，且ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V．一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点．下列判断正确的是（不计质子的重力）( ) A．c点电势高于a点电势 B．场强的方向由b指向d C．质子从b运动到c所用的时间为 D．质子从b运动到c，电场力做功为4eV 考点：电势；电势差与电场强度的关系． 专题：电场力与电势的性质专题． 分析：在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据W=qU计算电场力做的功． 解答：解：A、在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故φaφd=φbφc， 解得：φc=16V， 而φa点电势为20V．则c点电势低于a点电势．故A错误； B、设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故B错误； C、由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为x=2L?=L，则运动时间为t==．故C正确． D、根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V16V）=8eV，故D错误； 故选：C． 点评：本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面． 2．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B向右移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是( ) A．B与水平面间的摩擦力减小 B．绳子对B的拉力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题：共点力作用下物体平衡专题． 分析：设滑轮位置为O′点，当把物体B移至C点后，绳子BO′与水平方向的夹角变小，对A和B分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析． 解答：解：B、对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子BO′与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变，故B错误； A、对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图 根据共点力平衡条件，有 Tcosθ′=f 由于角θ′变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，故A错误； C、对滑轮受力分析，受重力，O′B绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误； D、对滑轮受力分析，受重力，O′B绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于重力和OB绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α=β，又由于三力平衡，故O′B绳子的拉力T也沿着前面提到的角平分线，绳子拉力沿着绳子方向，故α=β=θ，故D正确； 故选：D． 点评：本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法进行分析讨论． 3．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( ) A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍 B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系． 分析：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动． 解答：解：万有引力提供卫星做圆周运动的向心力； A、由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故A错误． B、由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确． C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误． D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D错误． 故选：B． 点评：解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动． 4．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( ) A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一定在减少 C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D．小球P与弹簧系统的机械能可能增加 考点：功能关系；机械能守恒定律；库仑定律． 分析：本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析． 解答：解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确； B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化，小球P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功， 开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误； C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误； D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变， 因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D错误． 故选：A． 点评：注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与． 5．如图所示，质量相同且分布均匀的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力均为G，其中b的下一半刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上，现过a的轴心施以水平作用力F，缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对圆柱体a的移动过程分析，应有( ) A．拉力F先增大后减小，最大值是G B．开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0 C．a、b间压力由0逐渐增大，最大为G D．a、b间的压力开始最大为G，而后逐渐减小到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． 专题：共点力作用下物体平衡专题． 分析：a球缓慢上升，合力近似为零，分析a受力情况，由平衡条件得到F以及b球对a的支持力与θ的关系式，即可分析其变化． 解答：解：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N，由平衡条件得： F=Ncosθ Nsinθ=G 则得： F=Gcotθ N=根据数学知识可知，θ从30°增大到90°，F和N均逐渐减小，当θ=30°，F有最大值为G，N有最大值为2G，故B正确，ACD错误． 故选：B． 点评：本题运用隔离法研究，分析a球受力情况，得到两个力的表达式是解题的关键． 6．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为l，板间距离为d，在板右端l处有一竖直放置的光屏M．一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( ) A．板间电场强度大小为 B．板间电场强度大小为 C．质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等 D．质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 考点：带电粒子在匀强电场中的运动． 专题：带电粒子在电场中的运动专题． 分析：根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等． 解答：解：A、B据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qEmg=mg，得到E=．故A错误，B正确． C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．故C正确，D错误． 故选BC 点评：本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解． 7．如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为θ，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端与物体b相连，物体b上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），将物体a、b从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列对物体a、b运动情况描述正确的是( ) A．从O到A的过程，两者一直加速，加速度大小从mgsinθ一直减小，在A点减为零 B．经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g（μcosθsinθ） C．从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小 D．经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O点 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：μ＞tanθ，则μmgcosθ＞mgsinθ，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动说明ab加速度开始不同． 解答：解：A、释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，斜面光滑，二者具有向下的加速度，弹簧伸长，弹簧拉力增大，则二者做加速度逐渐减小的加速运动， 以a为研究对象，取沿斜面向下为正方向，有：mgsinθf=ma 得：f=mgsinθma 可见只要a物体具有向下的加速度，则f＜mgsinθ＜μmgcosθ，即所受摩擦力小于最大静摩擦力，物体不会滑动， 当二者加速度为零，即（M+m）gsinθ=F，之后弹簧继续伸长，则ab开始具有沿斜面向上的加速度，即开始减速运动，以a为研究对象，取沿斜面向上为正方向，有： fmgsinθ=ma 当f有最大值时a有最大值，又fmax=μmgcosθ 则a=μgcosθgsinθ，之后b加速度继续增大而a加速度保持不变，二者发生相对滑动， 故经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g（μcosθsinθ），A错误，BC正确； D、在a落下后，b将以新的平衡位置为中心做谐振动，由对称性可推断出b将冲过o点，即b的最高点将在o点之上选项D错误． 故选：BC． 点评：该题是牛顿第二定律的直接应用，本题ABC三个选项注意使用临界分析法即可得到正确结果，D选项关键点在于a脱离b后，b的受力满足机械能和简谐振动模型． 二、解答题（共5小题，满分68分） 8．为了“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案： A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m=0.5kg的钩码，用垫块将光滑的长木板有定滑轮的一端垫起．调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿光滑长木板向下做匀速直线运动． B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接好纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示． 请回答下列问题：（要求保留三位有效数字） ①图乙中纸带的哪端与滑块相连F．选填A或F ②图乙中相邻两个计数点之间还有4个打印点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a=1.65m/s2． ③不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M=2.97kg．（g取9.8m/s2） 考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题． 分析：（1）滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相连． （2）根根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小． （3）根据牛顿第二定律F=Ma即可求解质量 解答：解：①因为打点计时器每隔0.02s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为T=0.1s，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大．所以图乙中纸带的F端与滑块相连； ②根据△x=aT2利用逐差法，a==1. 65m/s2． ③由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力F=0.5×9.8=4.9N，根据牛顿第二定律得：M=kg； 故答案为：①F；②1.65；③2.97 点评：探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量．纸带处理时能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力 9．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图甲所示．实验过程中有平衡摩擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为W0、2W0、3W0、4W0… ①实验中首先通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是C（填写字母代号）． A．为了释放小车后小车能做匀加速运动 B．为了增大橡皮筋对小车的弹力 C．为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 D．为了使小车获得较大的动能 ②图乙是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一部分，已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm=1.22m/s（保留3位有效数字）． ③几名同学在实验中分别得到了若干组橡皮筋对小车做的功W与小车获得最大速度vm的数据，并利用数据绘出了图丙给出的四个图象，你认为其中正确的是D． 考点：探究功与速度变化的关系． 专题：实验题；动能定理的应用专题． 分析：该实验的目的以及实验数据处理的方法；该实验平衡摩擦力的原因；该实验是如何确定外力做功以及如何通过纸带获取小车运动的最终速度大小；如何通过图象来处理数据等． 解答：解：①实验中通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是为了使橡皮筋对小车所做功即为合外力对小车所做的功，故ABD错误，C正确． 故选：C． ②由所打的点可知，DG之间小车做匀速直线运动，速度最大，小车获得的最大速度为： vm=m/s=1.22m/s 故答案为：1.22． ③橡皮筋对小车做的功W与小车的动能关系知：W=，即有：?W，根据数学知识可知D正确． 故选：D． 故答案为：①C； ②1.22； ③D 点评：本题考查了该实验的具体操作细节和数据的处理，对于这些基础知识一定要通过亲自动手实验加深理解． 10．如图所示，倾角为37°的足够长粗糙斜面下端与一足够长光滑水平面相接，斜面上有两小球A、B，距水平面高度分别为h1=5.4m和h2=0.6m．现由静止开始释放A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球．A和B与斜面之间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，设小球经过斜面和水平面交界处C机械能不损失，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）． 求： （1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？ （2）若A球从斜面上h1高度处由静止开始下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度a 由静止开始向右运动，则a为多大时，A球有可能追上B球？ 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；机械能守恒定律． 专题：牛顿运动定律综合专题． 分析：（1）由牛顿第二定律求出物体在斜面上的加速度，利用运动学公式求出在斜面上的时间，为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，则满足：t=t1t2； （2）若A球能追上B球，则二者位移应该相等，求出加速度 解答：解：（1）球在斜面上时，由牛顿第二定律得：gsin37°μmgcos37°=ma， 解得，A、B的加速度：， A球到C点的时间为：， B球到C点的时间为：， A、B两球不会在斜面上相碰，t最长为：t=tAtB=2s； （2）A球到C点的速度为：vA=aAtA=6m/s， 设t时刻A能追上B，则：， 又：， 解得：a≤1m/s2， 即B球加速度a 最大不能超过1m/s2； 答：（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过2s． （2）B球加速度a 最大不能超过1m/s2时，A球有可能追上B球． 点评：本题考查追击问题，过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，利用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． 11．（17分）如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep．现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC．已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计．试求： （1）小物块由A到B的运动时间． （2）压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能Ep． （3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件． 考点：功能关系；平抛运动． 分析：首先要清楚物块的运动过程，A到B的过程为平抛运动，已知高度运用平抛运动的规律求出时间． 知道运动过程中能量的转化，弹簧的弹性势能转化给物块的动能． 从A点到最后停在轨道CD上的某点p，物块的动能和重力势能转化给摩擦力做功产生的内能． 根据能量守恒列出能量等式解决问题．由于p点的位置不确定，要考虑物块可能的滑过的路程． 解答：解；（1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知， 小物块由A运动到B的时间为：t==s=s≈0.346s （2）根据图中几何关系可知：h2=h1（1cos∠BOC）， 解得：∠BOC=60° 根据平抛运动规律有：tan60°=， 解得：v1===2m/s 根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为： Ep=mv12==2J （3）依据题意知，①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有： mgh1+Ep＞μmgL 代入数据解得：μ＜ ②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2， 由能量关系有：mgh1+Ep=μmgL+mv22 第一次碰墙后返回至C处的动能为：EkC=mv22μmgL 可知即使μ=0，有： mv22=14J mv22=3.5J＜mgh2=6J，小物块不可能返滑至B点． 故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止， 因此有：mv22≤2μmgL， 联立解得：μ≥ 综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：≤μ＜ 答：（1）小物块由A到B的运动时间是0.346s． （2）压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能Ep是2J． （3）μ的取值范围：≤μ＜． 点评：做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题． 关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化． 12．（19分）如图所示，一辆在水平地面上向右做直线运动的平板车，长度L=6m，质量M=10kg，其上表面水平光滑且距地面高为h=1.25m，A、B是其左右的两端点，在A端固定一个与车绝缘的、质量与大小忽略不计的带电体Q，其电量Q=5×106C．在地面上方的空间存在着沿小车运动方向的、区域足够大的匀强电场（忽略Q的影响），场强大小E=1×107N/C．在t=0时刻，小车速度为v0=7.2m/s，此时将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上距离B端处的P点（小球可视为质点，释放时对地的速度为零）．经过一段时间，小球脱离平板车并落到地面．已知平板车受到地面的阻力与它对地面的压力成正比，且比例系数μ=0.2，其它阻力不计，重力加速度g=10m/s2．试求： （1）从t=0时起，平板车能继续向右运动的最大距离． （2）小球从t=0时起到离开平板车时所经历的时间． （3）从t=0时起到小球离开平板车落地时止，带电体Q的电势能的变化量． 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；自由落体运动；牛顿第二定律． 专题：电场力与电势的性质专题． 分析：（1）从t=0时起，平板车受到向左的电场力，向右做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度的大小，由运动学速度位移关系公式求出向右运动的最大距离． （2）根据牛顿第二定律求出小车向右运动的加速度大小，根据运动学公式求出小车向右运动的位移和时间，判断小球是否会从小车的左端掉下，若未掉下，根据牛顿第二定律求出小车向左运动的加速度大小，小球从右端掉下，根据小球小车向左运动的位移求出向左运动的时间，两个时间之和即为小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间． （3）求出小车在小球做自由落体运动时间内的位移，结合小车向右运动的位移和向左运动的位移，求出小车的位移．再求出电场力做功，即可求得带电体Q的电势能的变化量． 解答：解：（1）以平板车为研究对象，根据受力分析和牛顿运动定律有：F=EQ=50N，方向向左． a1==7.2m/s2 x1==3.6m （2）因x1＜4m，故小球不会从车的左端掉下，小车向右运动的时间t1==1s 小车向左运动的加速度 a2==2.8m/s2 小球掉下小车时，小车向左运动的距离 x2=x1+=5.6m 小车向左运动的时间t2==2s 所以小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间 t=t1+t2=3s （3）小球刚离开平板车时，小车向左的速度的大小为：v2=a2t2=5.6m/s 小球离开平板车后，车的加速度大小a3==3m/s2 小球离开车子做自由落体的运动 h=gt32 t3=0.5s 车子在t3时间内向左运动的距离 x3=v2t3+a3t32=3.175m 车子在从t=0时起到小球离开平板车落地时止，向左运动的位移为s s=x3+x2x1=5.175m 故在从t=0时起到小球离开平板车落地时止，带电体Q的电势能的变化量为△E， △E=Fs=258.75J 答：（1）从t=0时起，平板车能继续向右运动的最大距离为3.6m． （2）小球从t=0时起到离开平板车时所经历的时间为3s． （3）从t=0时起到小球离开平板车落地时止，带电体Q的电势能的变化量为258.75J． 点评：本题是一个多过程问题，关键是理清小车在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．。

成都外国语学校高2013级10月月考试题物 理试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

满分100分，考试时间100分钟。

注意事项：1．答题前，务必核对条形码并将自己的姓名、考号准确无误地填写在答题卡规定的位置上； 2．答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；3．答题时，必须使用0.5黑色签字笔，将答案规范、整洁地书写在答题卡规定的位置上； 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效； 5．考试结束后将答题卡交回，不得折叠、损毁答题卡。

第Ⅰ卷（选择题 共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．如图所示，两个完全相同的小球A 、B ，在同一高度处以相同大小的初速度v 0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（ ）A ．两小球落地时的速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同2在用如图所示装置做“探究功与速B ．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值C ．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致D ．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点均匀部分进行计算3、四川灾后重建中，在某工地上一卡车以速度10m/s 匀速行驶，刹车后第1个2s 内位移与最后一个2s 内位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4s 内卡车通过的距离是（ ）A ．2.5mB ．4mC ．12mD ．12.5m4、一艘小船在静水中的速度是3 m/s ，一条河宽60 m ，河水流速为4 m/s ，下列说法正确的是（ ）A.小船在这条河中运动的最大速度是5 m/sB.小船在这条河中运动的最小速度是3 m/sC.小船渡过这条河的最短时间是20 sD.小船渡过这条河的最小距离是60 m5、如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A 在水平方向的外力F 作用下做直线运动，其v —t 图象如图乙所示，向右为正方向。

2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）月考物理试卷（12月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．物体做曲线运动动量一定变化，加速度不一定变化C．牛顿发现万有引力定律并测定了引力常量D．电场中电场线密的地方电场强度越大，电势一定越高2．2016年10月17日7时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，过去神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里，而神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，比过去高了50公里．由以上信息下列说法正确的是（）A．天宫一号的运行速度小于天宫二号的运行速度B．天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期C．神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能减小D．天宫一号的加速度小于天宫二号的加速度3．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电源的输出功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量减少D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则（重力加速度为g）（）A．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为mgB．AB一起向下运动过程中AB间的压力一先增大后减小C．AB向上运动到某一位置时将分离D．运动过程中AB物体机械能守恒5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B 两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（）A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为UC．粒子在A、B间是做圆周运动D．匀强电场的电场强度E=6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B 球碰撞后，A球的动能变为1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．v B．v C．v D．v7．在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2作用一平行于斜面的恒力F在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则（）A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒8．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（）A．物块B的质量满足m2gsinθ=kdB．物块A的加速度为C．拉力做功的瞬时功率为FvsinθD．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（5分）图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：A．用天平测出重物和夹子的质量B．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源F．用秒表测出重物下落的时间G．更换纸带，重新进行两次实验（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是和图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出（结果保留两位有效数字）：①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为J．②打B点时重物的动能为J．（2）试指出造成第（1）问中①②计算结果不等的原因是．10．（10分）利用如图所示电路测量一量程为300mV的电压表的内阻RV（约为300Ω）．某同学的实验步骤如下：①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596Ω的阻值，则电压表内电阻R V=Ω．实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：A．滑动变阻器：最大阻值200ΩB．滑动变阻器：最大值阻10ΩC．定值电阻：阻值约20ΩD．定值电阻：阻值约200根据以上设计的实验方法，回答下列问题．①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用，定值电阻R'应选用（填写可供选择实验器材前面的序号）．②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测真实值R V（填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若R V 越大，其测量值R的误差就越（填“大”或“小”）．测11．（14分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t 图象如图乙，（g取10m/s2）试求：（1）1秒内拉力F的平均功率．（2）4秒末物体的速度．12．（18分）如图甲所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B 的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A 与平台和木板B均接触但不粘连．滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2m的距离，然后将滑块C由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F随压缩量x 变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：（1）滑块C刚滑上木板A时的速度：（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果14．（10分）如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央．（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．【选修3-4】（15分）15．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是（）A．该波沿x轴负方向传播B．Q点的振幅比P点的振幅大C．P点的横坐标为x=2.5mD．Q点（横坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cos t（cm）E．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反16．半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率n=．（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是（）A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．物体做曲线运动动量一定变化，加速度不一定变化C．牛顿发现万有引力定律并测定了引力常量D．电场中电场线密的地方电场强度越大，电势一定越高【考点】电场线【分析】滑动摩擦力的方向与物体的相对滑动的方向相反，可能与运动的方向相同，有可能与运动的方向相反，可能做正功，有可能做负功；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，加速度不一定变化；卡文迪许测量了万有引力常量；电势的高低与电场强度无关．【解答】解：A、恒力做功的表达式W=FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故A错误；B、物体做曲线运动动量一定变化，加速度可以不变，如平抛运动．故B正确；C、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量．故C错误；D、电势的高低与电场强度无关，电场中电场线密的地方电场强度越大，电势不一定越高．故D错误．故选：B【点评】该题考查的知识点比较多，解答本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．2．2016年10月17日7时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，过去神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里，而神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，比过去高了50公里．由以上信息下列说法正确的是（）A．天宫一号的运行速度小于天宫二号的运行速度B．天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期C．神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能减小D．天宫一号的加速度小于天宫二号的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力定律和牛顿第二定律有，分别解出线速度、加速度和周期与轨道半径的大小关系，根据M和N的轨道半径大小判断线速度、角速度和周期的大小【解答】解：根据题意，天宫一号的轨道半径小于天宫二号，根据万有引力提供向心力A、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行速度大于天宫二号的运行速度；故A错误；B、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期，故B正确；C、神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道要加速，做离心运动，机械能增加，所以神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能增加，故C错误；D、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的加速度大于天宫二号的加速度，故D错误；故选：B【点评】本题主要考查了万有引力定律、牛顿第二定律、离心运动的应用问题，属于中档题．3．（2013•武侯区校级模拟）在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电源的输出功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量减少D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】电路稳定时，电容器相当于开关断开；滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器在路电阻增大，分析电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断灯泡亮度的变化；根据推论：内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．分析电源的输出功率如何变化．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．由闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化量的比值．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的总电阻R总功率P=I2R L，R L不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗．故A错误．B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由题意，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小．故B错误．C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，则=r，即电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比等于电源的内电阻r，保持不变．故D正确．故选：D【点评】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则（重力加速度为g）（）A．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为mgB．AB一起向下运动过程中AB间的压力一先增大后减小C．AB向上运动到某一位置时将分离D．运动过程中AB物体机械能守恒【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【分析】释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡，求出弹簧的弹力；释放B瞬间，先对AB整体研究，求出加速度，再隔离B研究，求出A对B的支持力，得到B对A的压力．再分析AB的运动过程，明确弹力的变化情况和能量的转化情况．【解答】解：A、释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡：F=mg；释放B瞬间，先对AB整体研究，受重力和弹簧的支持力，根据牛顿第二定律：（2m+m）g﹣F=（3m）a解得：a=；对物体B受力分析，受重力、A对B的支持力N，根据牛顿第二定律：2mg﹣N=2ma：解得：N=，故A正确，B、根据A的分析可知，由于在向下运动过程中，弹力一直增大，故AB间的弹力一定是增大的，故B错误；C、由于AB只能受弹簧向上的弹力，故两物体加速度将一直相同，不会出现分离现象，故C错误；D、由于在运动过程中，弹簧对AB系统做功，因此AB的机械能不守恒，故D错误．故选：A．【点评】本题关键先用整体法求解出加速度，再用隔离法求解系统内力．这是叠加体问题的常规解法，尤其在提到物体间相互作用的时候，更应该想到先整体后部分．5．（2016•鹰潭校级一模）如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R 的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（）A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为UC．粒子在A、B间是做圆周运动D．匀强电场的电场强度E=【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故AC错误；C、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，U AO=E×，所以E=，圆周上电势最高的点与O点的电势差为U=ER=，故B正确，D错误；故选：B【点评】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的含义重要性．6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B 球碰撞后，A球的动能变为1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．v B．v C．v D．v【考点】动量守恒定律【分析】碰后A球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．【解答】解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的，得：mv′2=×mv2，解得：v′=±v，碰撞过程中AB动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv′+2mv B，解得：v B=v或v B=v；故选：AB．【点评】本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，难度适中，属于中档题．7．（2009秋•广安区校级期中）在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2作用一平行于斜面的恒力F在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则（）A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒【考点】动量定理；重力势能【分析】物块在拉力作用下，做直线运动，初末速度大小相同，可能做匀速直线运动，可能做匀减速直线运动到零，再返回．结合运动学公式，以及机械能守恒定律的条件进行分析．【解答】解：A、在拉力作用下，物体可能向下做匀减速直线运动到零，再返回，由于初末速度大小相等，在整个过程中加速度不变，知物体回到出发点，则物块的重力势能可能相等．故A正确．B、物体若做匀减速直线运动再返回到出发点，则速度的大小相等，但是方向相反，则动量不同．故B错误．C、若物体做匀速直线运动，拉力等于重力沿斜面方向上的分力，拉力做负功．故C正确．D、若物体做匀速直线运动，拉力做负功，物块的机械能不守恒．故D错误．故选AC．【点评】解决本题的关键抓住物块初末速度大小相等，可能做匀速直线运动，可能做匀变速直线运动．8．（2015•海南模拟）在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（）A．物块B的质量满足m2gsinθ=kdB．物块A的加速度为C．拉力做功的瞬时功率为FvsinθD．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度．【解答】解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，根据牛顿第二定律：F﹣m1gsinθ﹣kx2=ma，已知m1gsinθ=kx1，x1+x2=d 故物块A 加速度等于，故B正确；C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2，故D正确；故选：BD．【点评】含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（5分）（2017•江西一模）图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：A．用天平测出重物和夹子的质量B．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源F．用秒表测出重物下落的时间G．更换纸带，重新进行两次实验（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是A和F图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出（结果保留两位有效数字）：。