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1、高考物理一模试卷一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分.第15小题只有一项符合题目要求;第68小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,只选对1个的得2分,选错不选的得0分。)1下列说法正确的是()A牛顿通过理想斜面实验,证明了力不是维持物体运动的原因B前苏联成功发射了世界第一颗人造卫星,其环绕地球的速度大于7.9km/sC力学单位制中的国际基本单位是质量,米、秒D英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确的测出万有引力常量,这体现了放大和转化的思想2A、B两质点在同一直线上运动,t=0时刻,两质点从同一地点运动的st图象,如图所示,下列说法正确的是()AA质点以20m/s的速度匀速运
2、动B0到6秒,AB间的距离越来越大CB一定做匀加速运动,速度先小于A后大于AD0到6秒,A、B的平均速度相同3如图所示,斜面小车M静止在光滑水平面上,紧贴墙壁若在斜面上放一物体m再给m施加一竖直向下的恒力FM、m均保持静止,则小车受力的个数为()A3B4C5D64如图所示,内壁光滑质量为m的管形圆轨道,竖直放置在光滑水平地面上,恰好处在两固定光滑挡板M、N之间,圆轨道半径R,质量为m的小球能在管内运动,小球可视为质点,管的内径忽略不计当小球运动到轨道最高点时,圆轨道对地面的压力刚好为零,下列判断正确的是()A圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB圆轨道对挡板M、N的压力总为零C小球运动的最小速度
3、为D小球离挡板N最近时,圆轨对挡板N的压力大小为5mg5如图所示,质量m=20kg的物块,在与水平方向成=37谢拉力F=100N作用下,一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)下列说法正确的是()A物体的合力可能大于80NB地面对物体的支持力一定等于140NC物块与水平面间动摩擦因数一定小于D物块的加速度可能等于2m/s262016年10月17日我国成功发射了质量为m的“神舟”十一号飞船飞船先沿椭圆轨道飞行,近地点Q贴近地面,在远地点P处点火加速,顺利进入距地面高度为h的圆轨道,在此圆轨道上飞船运行周期为T,已知地球半径为R,下列判断正
4、确的是()A飞船在轨道的动能为2mB飞船在轨道运动的周期为C飞船变轨前通过椭圆轨道P点的速度大于Q点的速度D从Q到P飞船做离心运动,高度增加,机械能增大7如图所示,有五个完全相同、质量均为m的滑块(可视为质点)用长均为L的轻杆依次相连接,最右侧的第1个滑块刚好位于水平面的O点处,O点左侧水平面光滑面、O点右侧水平面由长3L的粗糙面和长L的光滑面交替排列,且足够长,已知在恒力F的作用下,第3个滑块刚好进入O点右侧后,第4个滑块进入O点右侧之前,滑块恰好做匀速直线运动,则可判断(重力加速度为g)()A滑块与粗糙段间的动摩擦因数=B第4个滑块进入O点后,滑块开始减速C第5个滑块刚进入O点后时的速度为
5、D轻杆对滑块始终有弹力作用8质量为m的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上,其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点,物体从A点以初速度v0向右运动,到达B点速度也为v0,OA与OB的方位如图所示,弹簧始终处于弹性限度内(取sin37=0.6,cos37=0.8)下列说法正确的是()A从A点到B点,物体的速度先增大后减小BA、B两点弹簧弹力的功率相等C由题中信息可知,轻质弹簧的原长为5.5dD在A点,物体加速度的大小为二、必做题(共4小题,满分47分)9某校学生验证向心力公式F=m的实验中,设计了如下实验: 第1步:先用粉笔在地上画一个直径为2L的圆; 第2步:通
6、过力传感器,用绳子绑住质量为m的小球,人站在圆内,手拽住绳子离小球距离为L的位置,用力甩绳子,使绳子离小球近似水平,带动小球做匀速圆周运动,调整位置,让转动小球的手肘的延长线刚好通过地上的圆心,量出手拽住处距离地面的高度为h,记下力传感器的读数为F; 第3步:转到某位置时,突然放手,小小球自由抛出去; 第4步:另一个同学记下小示的落地点C,将通过抛出点A垂直于地面的竖直线在地面上的垂足B与落地点C连一条直线,这条直线近似记录了小球做圆周运动时在地面上的投影圆的运动方向,量出BC间距离为S; 第5步:保持小球做圆周运动半径不变,改变小球做圆周运动的速度,重复上述操作试回答:(用题中的m、L、h、
7、S和重力加速度g表示)(1)放手后,小球在空中运动的时间t=(2)在误差范围内,有F=(3)小球落地时的速度大小为v=10某实验小组按照如图1所示的装置对高中学生实验进行连续探究或验证:实验一“探究小车做匀变速直线运动规律”、实验二“验证牛顿第二定律”、实验三“探究小车受到的合力的功与动能变化的关系”(1)下列说法正确的是A、三个实验操作中均先释放小车,再接通打点计时器的电源B、实验一不需要平衡摩擦力,实验二和实验三需要平衡摩擦力C、实验一和实验二需要满足小车质量远大于钩码总质量,实验三则不需要D、要求全部完成上述三个实验,除了图中所示的实验器材外,还须提供的共同实验器材有刻度尺(2)实验小组
8、按照规范操作打出的纸带如图2所示,已知相邻计数点时间为T,间距为s1、s2、s3,钩码总质量为m,小车质量为M,且Mm,重力加速度为g,以小车为研究对象,那么从b到c小车合力做的功W=,小车动能的变化Ek=(3)在第(2)问中,用钩码总重力代替小车受到的拉力,存在(填“偶然误差”或“系统误差”);为了准确探究,在保留原装置基础上,请提出一条合理的改进措施11在一条平直的公路上,甲车停在A点,乙车以速度v=10m/s匀速运动,当乙车运动到B点时,甲车以恒定加速度a=0.5m/s2匀加速启动,与乙车相向运动,若经过20s两车相遇,此时甲车恰好达到最大速度已知甲车质量为1.0104kg,额定功率为5
9、0kW,阻力是车重的0.05倍试求:(1)甲车保持匀国速运动的时间;(2)AB两点间的距离12如图所示,AB为光滑圆弧形轨道,半径R=2.5m,圆心角为60,质量M=4kg的小车(紧靠B点)静止在光滑水平面上,上表面离地高度h=0.8m,且与B点的等高,右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C(厚度可忽略),DE是以恒定速率15m/s转动的传送带,D点位于水平面上有一可视为质点m=1kg的物体,从A点静止释放,在B点冲上小车时,小车立即受到一水平向右恒力F的作用,当物块滑到小车最右端时,二者恰好相对静止,同时撤掉恒力F,然后小车撞到障碍物C后立即停止运动,物块沿水平方向飞出,在D点恰好无磁撞地切入
10、传送带,并沿着传送带下滑已知物块与小车间的动摩擦因数1=0.2,与传送带的动摩擦因数为2=,传送带长度为s=28m,与水平面的夹角为53(取g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6)求:(1)物块滑到B点的速度大小v0和物块飞离小车的水平速度大小v;(2)恒力F的大小和小车的长度L;(3)物块在传送带上的运动时间t及在传送带上由于摩擦产生的内能Q三、选考题(共2小题,满分15分)13下列说法正确的是()A液体的温度越高,布朗微粒运动越显著B“水黾”可以停在水面上,是浮力作用的结果C当分子之间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小D晶体的物理性质都是各向同性的E第二类永动机虽不违背
11、能量守恒定律,但也是不可能制成的14如图所示,绝热气缸A与导热气缸B、C均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与AB两气缸间均无摩擦,真空气缸C与气缸B通过阀门相连,气缸C的体积为2V0,气缸A、B内装有处于平衡状态的理想气体,气体体积均为V0,温度均为T0,现打开阀门,等达到稳定后,A中气体压强为原来的0.4倍,设环境温度始终保持不变求:(1)气缸A中气体的体积VA和温度TA(2)判断BC连体气缸,在变化过程中是吸热还是放热过程?简述理由选修3415弹簧振子在光滑水平面上振动,其位移时间图象如图所示,则下列说法正确的是()A10秒内振子的路程为2mB动能变化的周期为2.0sC在t=0.5s时,
12、弹簧的弹力最大D在t=1.0s时,振子的速度反向E振动方程是x=0.10sint(m)16如图所示,横截面为圆形的圆柱体光学器件是用折射率为的某种玻璃制成的,其截面半径为R,现用一细光束垂直圆柱体的轴线以i=60的入射角从真空中射入圆柱体,不考虑光线在圆柱体内的反射,真空中光速为c(1)求该光线从圆柱中射出时,折射光线偏离进入圆柱体光线多大的角度?(2)光线在圆柱体中的传播时间选修3517下列说法正确的是()A物体的动量变化一定,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大B篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,其动量变化量为零C物体动量变化的方向与速度变化的方向一定相同D玻璃杯从同一高度落下,掉
13、在水泥地上比掉在草地上容易碎,这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中动量变化较大E质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下18如图所示,在光滑的水平面上,质量为2m的物体A以初速度v0向右运动,质量为m的物体B静止,其左侧连接一轻质弹簧,A压缩弹簧到最短时B恰与墙壁相碰,碰后B以其碰前四分之一的动能反弹,B与墙壁碰撞时间极短,求:(1)物体B与墙碰前瞬间的速度大小;(2)弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能高考物理一模试卷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.第15小题只有一项符合题目要求;第68小题有多个选项符合题目要求。全部选
14、对的得6分,只选对1个的得2分,选错不选的得0分。)1下列说法正确的是()A牛顿通过理想斜面实验,证明了力不是维持物体运动的原因B前苏联成功发射了世界第一颗人造卫星,其环绕地球的速度大于7.9km/sC力学单位制中的国际基本单位是质量,米、秒D英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确的测出万有引力常量,这体现了放大和转化的思想【考点】物理学史【分析】伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因;做匀速圆周运动的卫星的速度小于等于7.9km/s;文迪许利用扭秤装置比较准确的测出万有引力常量【解答】解:A、是伽利略通过理想斜面实验,证明了力不是维持物体运动的原因故A错误;B、7.9km/s是
15、第一宇宙速度,是绕地球做匀速圆周运动的卫星的最大速度,所以前苏联成功发射了世界第一颗人造卫星,其环绕地球的速度不可能大于7.9km/s故B错误;C、力学单位制中的国际基本单位是千克,米、秒故C错误;D、英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确的测出万有引力常量,扭秤装置的原理体现了放大和转化的思想故D正确故选:D2A、B两质点在同一直线上运动,t=0时刻,两质点从同一地点运动的st图象,如图所示,下列说法正确的是()AA质点以20m/s的速度匀速运动B0到6秒,AB间的距离越来越大CB一定做匀加速运动,速度先小于A后大于AD0到6秒,A、B的平均速度相同【考点】匀变速直线运动的图像;匀变速直线
16、运动的速度与时间的关系【分析】位移时间图线的斜率表示质点的瞬时速度,纵坐标的变化量表示位移由这些知识分析【解答】解:A、在st图象中,斜率代表速度,则A的速度为,故A错误;B、在06s内,初末位置相同,有图可知,AB间的距离先增大后减小,最后相等,故B错误;C、在st图象中,若B是抛物线,故B做匀加速运动,斜率代表速度,故速度先小于A后大于A,由于B可能不是抛物线,故C错误;D、0到6秒,A、B的位移相同,故平均速度相同,故D正确;故选:D3如图所示,斜面小车M静止在光滑水平面上,紧贴墙壁若在斜面上放一物体m再给m施加一竖直向下的恒力FM、m均保持静止,则小车受力的个数为()A3B4C5D6【
17、考点】物体的弹性和弹力;共点力平衡的条件及其应用【分析】对物体受力分析是指分析物体的受力情况同时画出受力的示意图,本题可以先对m受力分析,再结合牛顿第三定律对M受力分析【解答】解:先对物体m受力分析,受到重力、向下的恒力F、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,支持力和静摩擦力的合力、重力和恒力F的合力是一对平衡力,根据牛顿第三定律,m对M的压力和静摩擦力的合力竖直向下;再对M受力分析,受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力,同时地面对M有向上的支持力,共受到4个力;故ACD错误,B正确;故选:B4如图所示,内壁光滑质量为m的管形圆轨道,竖直放置在光滑水平地面上,恰好处在两固定光滑挡板
18、M、N之间,圆轨道半径R,质量为m的小球能在管内运动,小球可视为质点,管的内径忽略不计当小球运动到轨道最高点时,圆轨道对地面的压力刚好为零,下列判断正确的是()A圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB圆轨道对挡板M、N的压力总为零C小球运动的最小速度为D小球离挡板N最近时,圆轨对挡板N的压力大小为5mg【考点】向心力【分析】抓住小球运动到最高点时,圆轨道对地面的压力为零,求出最高点的速度,根据动能定理求出小球在最低点的速度,从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力,得出圆轨道对地面的最大压力根据动能定理求出小球离挡板N最近时的速度,结合牛顿第二定律求出弹力的大小【解答】解:A、当小球运动到最高
19、点时,圆轨道对地面的压力为零,可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力,根据牛顿第二定律得,mg+N=m,N=mg,解得最高点的速度,该速度为小球的最小速度根据动能定理得,mg2R=,根据牛顿第二定律得,Nmg=,联立解得小球对轨道的最大压力N=7mg,则圆轨道对地面的最大压力为8mg,故A正确,C错误B、在小球运动的过程中,圆轨道对挡板的一侧有力的作用,所以对挡板M、N的压力不为零,故B错误D、根据动能定理得,mgR=,根据牛顿第二定律得,联立解得N=4mg,则圆轨对挡板N的压力为4mg,故D错误故选:A5如图所示,质量m=20kg的物块,在与水平方向成=37谢拉力F=100N作用下,一直沿足
20、够长的水平面做匀加速直线运动(取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)下列说法正确的是()A物体的合力可能大于80NB地面对物体的支持力一定等于140NC物块与水平面间动摩擦因数一定小于D物块的加速度可能等于2m/s2【考点】牛顿第二定律;摩擦力的判断与计算【分析】分两种情况,一是水平面光滑,二是水平面粗糙,运用正交分解法求合力;竖直方向受力平衡求出地面对物体的支持力;由牛顿第二定律和摩擦力公式导出动摩擦因数的表达式,再讨论范围;根据牛顿第二定律求加速度的可能值【解答】解:A、若水平面光滑,则合力为;水平面粗糙时,则合力为:,所以合力不可能大于80N,故A错误;B、在竖直方
21、向上,则,故B正确;C、若水平面粗糙,水平方向,解得,故C错误;D、当水平面光滑时,合力80N,则加速度水平面粗糙时,当时,a等于,故D正确;故选:BD62016年10月17日我国成功发射了质量为m的“神舟”十一号飞船飞船先沿椭圆轨道飞行,近地点Q贴近地面,在远地点P处点火加速,顺利进入距地面高度为h的圆轨道,在此圆轨道上飞船运行周期为T,已知地球半径为R,下列判断正确的是()A飞船在轨道的动能为2mB飞船在轨道运动的周期为C飞船变轨前通过椭圆轨道P点的速度大于Q点的速度D从Q到P飞船做离心运动,高度增加,机械能增大【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求出飞
22、船在圆形轨道上运行的周期,通过万有引力做功判断远地点和近地点的速度大小根据牛顿第二定律,结合万有引力的大小比较加速度的大小抓住卫星由椭圆轨道变轨到圆轨道需加速,比较远地点的速度和圆形轨道上运行的速度大小关系【解答】解:A、根据万有引力提供向心力,得:所以:v=飞船的动能:根据,解得:GM=所以:故A正确B、轨道的半长轴:根据开普勒第三定律得:所以:T1=故B正确;C、从椭圆轨道上由远地点向近地点运动时,由于万有引力做功,动能增加,所以远地点P点的速度小于近地点的速度故C错误D、从Q到P飞船做离心运动,但只有万有引力做功,系统的机械能不变故D错误故选:AB7如图所示,有五个完全相同、质量均为m的
23、滑块(可视为质点)用长均为L的轻杆依次相连接,最右侧的第1个滑块刚好位于水平面的O点处,O点左侧水平面光滑面、O点右侧水平面由长3L的粗糙面和长L的光滑面交替排列,且足够长,已知在恒力F的作用下,第3个滑块刚好进入O点右侧后,第4个滑块进入O点右侧之前,滑块恰好做匀速直线运动,则可判断(重力加速度为g)()A滑块与粗糙段间的动摩擦因数=B第4个滑块进入O点后,滑块开始减速C第5个滑块刚进入O点后时的速度为D轻杆对滑块始终有弹力作用【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力【分析】根据共点力平衡求出粗糙地带与滑块间的动摩擦因数根据动能定理求出匀速运动的速度大小通过整体法和隔离法分析即可判断【解答】解
24、:A、3个滑块刚好进入O点右侧后,第4个滑块进入O点右侧之前,滑块恰好做匀速直线运动,则F3mg=0,解得,故A正确;B、第4个滑块进入O点后,第三个滑出粗糙面,此时受到摩擦力还是f=3mg=F,还是匀速运动,故B错误;C、第5个滑块刚进入O点时,根据动能定理可知F4Lmg3Lmg3Lmg2Lmg=,解得v=2,故C错误;D、在匀速阶段,轻杆对滑块无弹力作用,故D错误故选:A8质量为m的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上,其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点,物体从A点以初速度v0向右运动,到达B点速度也为v0,OA与OB的方位如图所示,弹簧始终处于弹性限度
25、内(取sin37=0.6,cos37=0.8)下列说法正确的是()A从A点到B点,物体的速度先增大后减小BA、B两点弹簧弹力的功率相等C由题中信息可知,轻质弹簧的原长为5.5dD在A点,物体加速度的大小为【考点】功率、平均功率和瞬时功率;物体的弹性和弹力;牛顿第二定律【分析】先由几何关系分析弹簧在两个不同位置的长度,结合物体动能的变化特点分析弹簧的长度以及长度变化;由力的关系结合牛顿第二定律分析物体的运动特点;由P=Fv分析弹力的功率大小关系;由牛顿第二定律求出物体的加速度【解答】解:A、C、由几何关系可得:;由于物体从A点以初速度v0向右运动,到达B点速度也为v0,可知从A到B的过程中物体的
26、动能变化量为0,;在该过程中,杆光滑,所以结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0,可知开始时弹簧的弹性势能等于后来的弹性势能,结合弹性势能的特点可知,开始时弹簧处于压缩状态,后来弹簧处于伸长状态;弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量,则:L05d=6dL0所以弹簧的原长:L0=5.5d;物体从A向O点的正下方运动的过程中弹簧继续压缩,所以弹簧对物体做负功,物体的速度减小;物体从O点的正下方向B运动的过程中弹簧伸长,先对物体做正功,物体的速度增大;当弹簧的长度大于弹簧原长后,弹簧又开始对物体做负功,物体的速度又减小所以物体先减速,再加速,最后又减速故A错误,C正确;B、分别画出A点受到的弹力与速度
27、,由公式:P=Fvcos可知,二者F与v0之间的夹角不同,则二者的瞬时功率不相等故B错误;C、在A点,弹簧的弹力F与运动方向之间的夹角为37,则物体在A点的加速度:a=故D正确故选:CD二、必做题(共4小题,满分47分)9某校学生验证向心力公式F=m的实验中,设计了如下实验: 第1步:先用粉笔在地上画一个直径为2L的圆; 第2步:通过力传感器,用绳子绑住质量为m的小球,人站在圆内,手拽住绳子离小球距离为L的位置,用力甩绳子,使绳子离小球近似水平,带动小球做匀速圆周运动,调整位置,让转动小球的手肘的延长线刚好通过地上的圆心,量出手拽住处距离地面的高度为h,记下力传感器的读数为F; 第3步:转到某
28、位置时,突然放手,小小球自由抛出去; 第4步:另一个同学记下小示的落地点C,将通过抛出点A垂直于地面的竖直线在地面上的垂足B与落地点C连一条直线,这条直线近似记录了小球做圆周运动时在地面上的投影圆的运动方向,量出BC间距离为S; 第5步:保持小球做圆周运动半径不变,改变小球做圆周运动的速度,重复上述操作试回答:(用题中的m、L、h、S和重力加速度g表示)(1)放手后,小球在空中运动的时间t=(2)在误差范围内,有F=(3)小球落地时的速度大小为v=【考点】向心力【分析】(1)小球飞出后做平抛运动,根据高度求出平抛运动的时间(2)小球做圆周运动,拉力提供向心力,结合平抛运动的水平位移和时间求出线
29、速度的大小,从而得出向心力的大小(3)根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度,结合平行四边形定则求出落地的速度【解答】解:(1)小球飞出后做平抛运动,根据h=得,小球在空中运动的时间t=(2)绳子的拉力等于小球做圆周运动的向心力,小球的线速度,则拉力F=(3)落地时的竖直分速度,根据平行四边形定则知,小球落地的速度v=故答案为:(1),(2),(3)10某实验小组按照如图1所示的装置对高中学生实验进行连续探究或验证:实验一“探究小车做匀变速直线运动规律”、实验二“验证牛顿第二定律”、实验三“探究小车受到的合力的功与动能变化的关系”(1)下列说法正确的是BDA、三个实验操作中均先释放小车,再接通
30、打点计时器的电源B、实验一不需要平衡摩擦力,实验二和实验三需要平衡摩擦力C、实验一和实验二需要满足小车质量远大于钩码总质量,实验三则不需要D、要求全部完成上述三个实验,除了图中所示的实验器材外,还须提供的共同实验器材有刻度尺(2)实验小组按照规范操作打出的纸带如图2所示,已知相邻计数点时间为T,间距为s1、s2、s3,钩码总质量为m,小车质量为M,且Mm,重力加速度为g,以小车为研究对象,那么从b到c小车合力做的功W=mgs2,小车动能的变化Ek=M(3)在第(2)问中,用钩码总重力代替小车受到的拉力,存在系统误差(填“偶然误差”或“系统误差”);为了准确探究,在保留原装置基础上,请提出一条合
31、理的改进措施让该实验满足钩码的质量远小于小车的质量【考点】探究功与速度变化的关系;探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】(1)根据打点计时器使用的注意事项以及各个实验的注意事项依次分析即可;(2)纸带法实验中,若纸带匀变速直线运动,测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论,可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度,从而求出动能根据功的定义求出合外力对小车做功;(3)由图象可知,当F=0时,a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大【解答】解:(1)根据打点计时器使用的注意事项可知,三个实验操作中均先接通打点计时器的电源,在释放小车故A错误;B
32、、实验“探究小车做匀变速直线运动规律”中,只探索速度随时间的变化,不需要平衡摩擦力;实验二和实验三探索合外力与加速度、或做功的关系,所以都需要平衡摩擦力故B正确;C、实验“探究小车做匀变速直线运动规律”中,只探索速度随时间的变化,不需要满足小车质量远大于钩码总质量;实验三“探究小车受到的合力的功与动能变化的关系”中,将钩码的总重力看作是小车受到的合外力,则需要满足小车质量远大于钩码总质量故C错误;D、要求全部完成上述三个实验,除了图中所示的实验器材外,还须提供的共同实验器材有刻度尺,来测量纸带上点与点之间的距离故D正确故选:BD(2)对bc段进行研究,则合外力对小车做功为W合=mgs2,利用匀
33、变速直线运动的推论vb=;vc=; 小车动能的增加量Ekbc=M(3)在第(2)问中,用钩码总重力代替小车受到的拉力,在小车加速的过程中,其加速度:a=所以对小车的拉力:mg,可知存在一定的系统误差;为了准确探究,需要让该实验满足:mM,即钩码的质量远小于小车的质量故答案为:(1)BD;(2)mgs2, M;(3)系统误差,让该实验满足钩码的质量远小于小车的质量11在一条平直的公路上,甲车停在A点,乙车以速度v=10m/s匀速运动,当乙车运动到B点时,甲车以恒定加速度a=0.5m/s2匀加速启动,与乙车相向运动,若经过20s两车相遇,此时甲车恰好达到最大速度已知甲车质量为1.0104kg,额定
34、功率为50kW,阻力是车重的0.05倍试求:(1)甲车保持匀国速运动的时间;(2)AB两点间的距离【考点】功率、平均功率和瞬时功率;牛顿第二定律【分析】(1)根据牛顿第二定律求得加速阶段的牵引力,根据P=Fv求得加速达到的最大速度,利用速度时间公式求得加速时间;(2)根据运动学公式和动能定理求得加速阶段和变加速阶段通过的位移,根据甲乙相遇的位移关系求得相距距离【解答】解:对甲车,根据牛顿第二定律可知:Ff=ma,解得:F=f+ma=0.051000010+100000.5N=10000N匀加速达到的最大速度为:加速时间为:t=(2)甲车加速运动通过的位移为:甲车达到的最大速度为:甲车1020s
35、内通过的位移为x2,根据动能定理有:,代入数据解得:x2=25m甲车通过的总位移为:x甲=x1+x2=50m乙车在20s内通过的位移为:x乙=vt=200mAB两点间的距离为:x=x乙x甲=150m答:(1)甲车保持匀国速运动的时间为10s;(2)AB两点间的距离为150m12如图所示,AB为光滑圆弧形轨道,半径R=2.5m,圆心角为60,质量M=4kg的小车(紧靠B点)静止在光滑水平面上,上表面离地高度h=0.8m,且与B点的等高,右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C(厚度可忽略),DE是以恒定速率15m/s转动的传送带,D点位于水平面上有一可视为质点m=1kg的物体,从A点静止释放,在B点
36、冲上小车时,小车立即受到一水平向右恒力F的作用,当物块滑到小车最右端时,二者恰好相对静止,同时撤掉恒力F,然后小车撞到障碍物C后立即停止运动,物块沿水平方向飞出,在D点恰好无磁撞地切入传送带,并沿着传送带下滑已知物块与小车间的动摩擦因数1=0.2,与传送带的动摩擦因数为2=,传送带长度为s=28m,与水平面的夹角为53(取g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6)求:(1)物块滑到B点的速度大小v0和物块飞离小车的水平速度大小v;(2)恒力F的大小和小车的长度L;(3)物块在传送带上的运动时间t及在传送带上由于摩擦产生的内能Q【考点】功能关系;牛顿第二定律【分析】(1)由机械能
37、守恒定律求出物块滑到B点的速度大小v0,研究小车撞到障碍物C后物块沿水平方向飞出的过程,该过程物块做平抛运动,下落的高度为h,到达D点时速度与水平方向的夹角为53,由h求得下落到D点时竖直分速度,再由速度分解法求得物块飞离小车的水平速度大小v和物块滑到B点的速度大小v0(2)物块在小车上运动的过程中做匀减速运动,由速度时间公式求出物块在小车上滑行的时间再对小车,由牛顿第二定律和速度公式结合求F,由位移公式求出物块与小车的位移,两者之差即等于小车的长度L(3)分析物块在传送带上的运动情况,由牛顿第二定律和运动学公式求时间t,求得两者的相对位移,即可求得内能Q【解答】解:(1)物块从A到B的过程,
38、由机械能守恒定律得:mgR(1cos60)=代入数据得:v0=5m/s小车撞到障碍物C后物块做平抛运动,则有:h=代入数据得:t=0.4s物块到达D点时竖直分速度大小为:vy=gt=100.4=4m/s速度与水平方向的夹角为53,则物块飞离小车的水平速度大小为: v=vycot53=4=3m/s(2)物块在小车滑行的加速度大小为:am=1g=0.210=2m/s2物块在小车上滑行的时间为:t=1s则小车在此过程中的加速度为:aM=3m/s2对小车,由牛顿第二定律得:F1mg=MaM代入数据解得:F=14N小车的长度为:L=2.5m;(3)物块刚滑上传送带时的初速度为:v1=5m/s设传送带的速
39、度为v皮,则有:v皮=15m/s可知,物块滑上传送带后先做匀加速运动,所受的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度为:a1=g(sin53+2cos53)代入数据解得:a1=10m/s2物块速度从v1增大到传送带速度的时间为:t1=1s位移为:x1=10ms=28m共速后,由于mgsin532mgcos53,所以物块继续匀加速运动,加速度大小为:a2=g(sin532cos53)代入数据解得:a2=6m/s2根据运动学公式得:sx1=v皮t2+代入数据得:18=15t2+3t22解得:t2=1s(另一负值舍去)所以物块在传送带上的运动时间为:t总=t1+t2=2s物块在传送带上由于摩擦产生的内能为:Q=
40、2mgcos53(v皮t1x1)+(sx1v皮t2)代入数据解得:Q=16J答:(1)物块滑到B点的速度大小v0和物块飞离小车的水平速度大小v分别为5m/s和4m/s;(2)恒力F的大小是14N,小车的长度L是2.5m;(3)物块在传送带上的运动时间t是2s,在传送带上由于摩擦产生的内能Q是16J三、选考题(共2小题,满分15分)13下列说法正确的是()A液体的温度越高,布朗微粒运动越显著B“水黾”可以停在水面上,是浮力作用的结果C当分子之间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小D晶体的物理性质都是各向同性的E第二类永动机虽不违背能量守恒定律,但也是不可能制成的【考点】分子间的相互作用力;布朗运
41、动;* 晶体和非晶体【分析】正确解答本题需要掌握:布朗运动的特点、实质以及物理意义;分子力与分子之间距离的关系;热力学第二定律的理解和应用【解答】解:A、液体的温度越高,分子无规则热运动越剧烈,故微粒布朗运动越显著,故A正确;B、“水黾”可以停在水面上,是液体表面张力作用的结果,故B错误;C、当分子之间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,只是斥力减小的更快,故C正确;D、晶体分为单晶体与多晶体,其中多的物理性质是各向同性的,而单晶体是各向异性,故D错误;E、第二类永动机不违反能量守恒定律,违反了宏观热学过程的方向性,不可能从单一热源吸取热量,并将这热量变为功,而不产生其他影响热机的效率不可以
42、达到100%故E正确;故选:ACE14如图所示,绝热气缸A与导热气缸B、C均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与AB两气缸间均无摩擦,真空气缸C与气缸B通过阀门相连,气缸C的体积为2V0,气缸A、B内装有处于平衡状态的理想气体,气体体积均为V0,温度均为T0,现打开阀门,等达到稳定后,A中气体压强为原来的0.4倍,设环境温度始终保持不变求:(1)气缸A中气体的体积VA和温度TA(2)判断BC连体气缸,在变化过程中是吸热还是放热过程?简述理由【考点】理想气体的状态方程【分析】(1)B气缸中发生的是等温变化,由等温变化的规律确定B气体体积变化,由几何关系求出AB气体变化后的体积,对A中气体根据理想
43、气体状态方程求变化后的温度;(2)根据热力学第一定律进行分析吸放热情况;【解答】解:(1)根据题意知A中气体压强为原来的0.4倍,根据活塞受力平衡,A、B中气体压强始终相等,所以B中气体压强也变为原来的0.4倍,因为气缸B是导热气缸,气体发生的是等温变化,对B中气体,根据玻意耳定律pV=C,所以B中气体的体积为原来的2.5倍,打开阀门后,气体扩散到C气缸,所以B气缸体积活塞向右移动了,A的体积对A,根据理想气体状态方程,有代入数据:解得:(2)气体B中气体的温度不变,内能不变U=0活塞对B气体做功,W0根据热力学第一定律Q0,即在变化过程中气体放热答:(1)气缸A中气体的体积为和温度为(2)判
44、断BC连体气缸,在变化过程中是放热过程选修3415弹簧振子在光滑水平面上振动,其位移时间图象如图所示,则下列说法正确的是()A10秒内振子的路程为2mB动能变化的周期为2.0sC在t=0.5s时,弹簧的弹力最大D在t=1.0s时,振子的速度反向E振动方程是x=0.10sint(m)【考点】简谐运动的振动图象【分析】由振动图象读出周期,一个周期振子通过的路程为4A,根据时间与周期的关系,求10s内振子的路程;动能是标量,处于平衡位置动能最大,处于最大位移处,动能为0,知振子一个全振动动能变化2个周期;根据振动图象的特点,判断振子的位置;振动方向可根据“上坡上振,下坡下振”来判断;根据x=Asin
45、t求振动方程【解答】解:A、根据振动图象可知周期T=2.0s,振幅A=10cm,t=10s=5T,一个周期通过的路程为4A,则10s内通过的路程为s=54A=2010cm=200cm=2m,故A正确;B、每次经过平衡位置动能最大,在最大位移处动能为0,在振子完成一个周期的时间内,动能完成2个周期的变化,故动能变化的周期为1s,故B错误;C、t=0.5s时,振子处于最大位移处,弹簧的弹力最大,故C正确;D、在t=0.5s到t=1.5s时间内振子沿x负方向运动,在t=0.1s时,振子的速度未反向,故D错误;E、由振动图象知T=2.0s,角速度,振动方程x=0.10sint(m),故E正确;故选:ACE16如图所示,横截面为圆形的圆柱体光学器件是用折射率为的某种玻璃制成的,其截面半径为R,现用一细光束垂直圆柱体的轴线以i=60的入射角从真空中射入圆柱体,不考虑光线在圆柱体内的反射,真空中光速为c(1)求该光线从圆柱中射出时,折射光线偏离进入圆柱体光线多大的角度?(2)光线在圆柱体中的传播
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