河北省唐山市开滦二中高三物理上学期10月月考试卷（含解析）.doc

河北省唐山市开滦二中 2016 届高三上学期月考物理试卷一、选择题：本大题共 8 小题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 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分1如图甲所示，一物块在 t0 时刻，以初速度 v0 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时 间变化的图象如图乙所示，t0 时刻物块到达最高点，3t0 时刻物块又返回底端，则以下说法正确的是（）a物块冲上斜面的最大位移为 v0t0b物块返回底端时的速度为v0c可以计算出物块所受摩擦力大小d不可以计算出物块与斜面间的动摩擦因数2如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻 力，则下列说法中正确的是（）a 从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 b篮球两次撞墙的速度可能相等 c篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等 d抛出时的动能，第一次一定比第二次大3如图甲所示，在电梯厢内由三根轻绳 ao、bo、co 连接吊着质量为 m 的物体，轻绳 ao、bo、 co 对轻质结点 o 的拉力分别为 f1、f2、f3，现电梯厢竖直向下运动，其速度 v 随时间 t 的变化规 律如图乙所示，重力加速度为 g，则（）a在 0tl 时间内，f1 与 f2 的合力小于 f319b在 0t1 时间内，物体处于超重状态c在 t1t2 时间内，f1 大于 mgd在 t1t2 时间内，物体处于失重状态4如图所示，水平光滑细杆上套一细环 a，环 a 和球 b 间用一轻质细绳相连，质量分别为 ma、 mb，b 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为 ，a 环与 b 球一起向右做加速度为 a 的匀 加速运动，则下列说法正确的是（）ab 球受到的风力大小为 mbab当风力增大时，杆对 a 环的支持力变大c此时球 b 受到的绳子拉力大小为d当风力增大时，轻绳对 b 球的拉力将会变大5如图，质量为 m 的小球从斜轨道高处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动，已知圆轨道 的半径为 r，不计一切摩擦阻力，重力加速度为 g则下列说法正确的是（）a当 h=2r 时，小球恰好能到达最高点 mb当 h=2r 时，小球在圆心等高处 p 时对轨道压力为 2mgc当 h时，小球在运动过程中不会脱离轨道d当 h=r 时，小球在最低点 n 时对轨道压力为 2mg6如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端 与物块 a 连接；两物块 a、b 质量均为 m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力 f 拉动物块 b， 使 b 做加速度为 a 的匀加速运动，a、b 两物块在开始一段时间内的 t 关系分别对应图乙中 a、 b 图线（t1 时刻 a、b 的图线相切，t2 时刻对应 a 图线的最高点），重力加速度为 g，则（ ）at2 时刻，弹簧形变量为 0bt1 时刻，弹簧形变量为c从开始到 t2 时刻，拉力 f 逐渐增大d从开始到 t1 时刻，拉力 f 做的功比弹簧弹力做的功少7两颗地球工作卫星均绕地心 o 做匀速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨 道上的 a、b 两位置（如图所示）若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径 为 r，不计卫星间的相互作用力则以下判断中正确的是（ ）a这 2 颗卫星的加速度大小相等，均为b卫星 1 由位置 a 第一次运动到位置 b 所需的时间为c卫星 1 向后喷气，瞬间加速后，就能追上卫星 2d卫星 1 向后喷气，瞬间加速后，绕地运行周期变长8如图所示，a、b 两物块的质量皆为 m，静止叠放在水平地面上a、b 问的动摩擦因数为 4 ， b 与地面间的动摩擦因数为 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g现对 a 施加一水平 拉力 f，则（ ）a当 f4 mg 时，a、b 都相对地面静止b当 f=5 mg 时，a 的加速度为 gc当 f8 mg 时，a 相对 b 滑动d无论 f 为何值，b 的加速度不会超过 g二、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用如图 1 所示装置验证牛顿第二定律，用 f 表示砝码和小桶的总重力（1）在探究“加速度和合外力的关系”时，图 2 中 f 为砝码和小桶总重力，要使得细线对小车的拉力 等于小车受到的合外力，下列做法正确的是 a平衡摩擦力时必须让小车连着穿过打点计时器的纸带b平衡摩擦力时必须撤去砝码和小桶c平衡摩擦力时打点计时器可以不通电d图 2 中的 a1实验中描绘的 af 图象如图 2 所示，当 f 较小时，图象为直线；当 f 较大时图象为曲线，出现这两段情况的原因是什么 10某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背 景照相，拍摄到了如图所示的照片，但照片上有一破损处已知每个小方格边长 9.8cm，当地的重 力加速度为 g=9.8m/s2（1）若以拍摄的第 1 个点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则照片上破损处的小球位置 坐标为 小球平抛的初速度大小为 11如图所示，质量为 m 的斜劈静止于粗糙水平地面上，质量为 m 的滑块在斜面上匀速下滑，已知 斜面足够长，倾角为 ，某时刻对滑块 m 施加一个与斜面夹角为 的力 f，滑块开始加速下滑，重 力加速度取 g，求：（1）滑块 m 的加速度 a；m 受到的地面的摩擦力 f12如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量 m=1kg 的小物块轻轻放在传送带上的 p 点，物块运动到 a 点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 b 点进入竖直光滑圆弧轨道 下滑b、c 为圆弧上的两点，其连线水平，已知圆弧对应圆心角 =106，a 点距水平面的高度 h=0.8m小物块到达 c 点时的速度大小与 b 点相等，并沿固定斜面向上滑动，小物块从 c 点到第二次经过 d 点的时间间隔为 0.8s，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 =，重力加速度 g 取 10m/s2， 取 sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）小物块从 a 到 b 的运动时间； 小物块离开 a 点时的水平速度大小；（3）斜面上 c、d 点间的距离（二）选考题：共 45 分请考生从给出的 3 道物理题中任选一题作答，并用 2b 铅笔在答题纸上把 所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定 位置答题如果多做，则科按所做的第一题计分【选修 3-4】13一列简谐横渡沿 x 轴正方向传播，图甲是波传播到 x=5m 的 m 点的波形图，图乙是质点 n（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，q 是位于 x=10m 处的质点，下列说法正确的是（）a这列波的波长是 5mb这列波的传播速度是 1m/scm 点以后的各质点开始振动时的方向都沿 z 轴正方向 d由甲图对应时刻开始计时质点 q 经过在 6s 时，第一次到达波谷 e这列波由 m 点传播到 q 点需要 5s14如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形 abc，a=30，b=60，一束平行于 ac 的光线自ab 边的 p 点射入三棱镜，若棱镜的折射率 n=，光在真空中的速度为 c求光在棱镜中的传播速度；通过计算说明光线射出棱镜时的出射方向【选修 3-5】15下列说法中正确的是（） a在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散 射后波长变长ba 粒子散射实验中少数 n 粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之 一 c由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子， 同时电子的动能减少，电势能增大d原子核发生 a 衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了 4e有核能释放的核反应一定有质量亏损16如图所示，三个质量分别为 3kg、1kg1kg 的木块 ab、c 放置在光滑水平轨道上，开始时 b、c 均静止，a 以初速度 v0=5m/s 向右运动，a 与 b 碰撞后分开，b 又与 c 发生碰撞并粘在一起， 此后 a 与 b 间的距离保持不变求 b 与 c 碰撞前 b 的速度大小；若 a 与 b 的碰撞时间约为 0.01s，求 b 对 a 的作用力 f河北省唐山市开滦二中 2016 届高三上学期月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 8 小题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 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分1如图甲所示，一物块在 t0 时刻，以初速度 v0 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时 间变化的图象如图乙所示，t0 时刻物块到达最高点，3t0 时刻物块又返回底端，则以下说法正确的是（）a物块冲上斜面的最大位移为 v0t0b物块返回底端时的速度为v0c可以计算出物块所受摩擦力大小d不可以计算出物块与斜面间的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移根据上滑与下滑的位移大 小相等，可求出物块返回底端时的速度根据动量定理分析能否求出摩擦力大小和斜面的倾角【解答】解：a、根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为 x=故 a 错误 b、由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度设物块返回 底端时的速度大小为 v，则=，得到 v=故 b 正确c、d、根据动量定理得：上滑过程：（mgsin+ mgcos）t0=0mv0下滑过程：（mgsin mgcos）2t0=m 由解得，f= mgcos=3mgsin，由于质量 m 未知，则无法求出 f因此也不能求出动 摩擦因数故 c 错误，d 错误故选：b【点评】本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小也可以根 据牛顿第二定律和运动学结合求解 f 和 sin2如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）a从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 b篮球两次撞墙的速度可能相等 c篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等 d抛出时的动能，第一次一定比第二次大【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方 向和竖直方向上的运动规律分析求解【解答】解：a、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间 较短故 a 正确b、水平射程相等，由 x=v0t 得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，故 b 错 误c、由 vy=gt，可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故 c 错误d、根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故 d 错误故选：a【点评】本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向 上的运动规律3如图甲所示，在电梯厢内由三根轻绳 ao、bo、co 连接吊着质量为 m 的物体，轻绳 ao、bo、 co 对轻质结点 o 的拉力分别为 f1、f2、f3，现电梯厢竖直向下运动，其速度 v 随时间 t 的变化规 律如图乙所示，重力加速度为 g，则（）a在 0tl 时间内，f1 与 f2 的合力小于 f3b在 0t1 时间内，物体处于超重状态c在 t1t2 时间内，f1 大于 mgd在 t1t2 时间内，物体处于失重状态【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】结点质量为零，结点所受的合力为零，根据加速度的方向判断超失重，从而判断出拉力和 重力的大小关系【解答】解：a、对于轻质结点 o，质量为 0，则合力为零，可知 f1、f2、f3 三个力的合力为零，故a 错误b、在 0t1 时间内，电梯厢向下做匀加速运动，加速度方向向下，物体处于失重状态，故 b 错误 c、在 t1t2 时间内，加速度方向向上，则物块的合力向上，则 oc 绳的拉力大于 mg，根据平行四 边形定则知，ao 绳的拉力大于 oc 绳的拉力，则 f1 大于 mg，故 c 正确d、在 t1t2 时间内，加速度方向向上，物体处于超重状态，故 d 错误 故选：c【点评】解决本题的关键掌握判断超失重的方法，当加速度的方向向上，物体处于超重，当加速度 的方向向下，物体处于失重4如图所示，水平光滑细杆上套一细环 a，环 a 和球 b 间用一轻质细绳相连，质量分别为 ma、 mb，b 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为 ，a 环与 b 球一起向右做加速度为 a 的匀 加速运动，则下列说法正确的是（）ab 球受到的风力大小为 mbab当风力增大时，杆对 a 环的支持力变大c此时球 b 受到的绳子拉力大小为d当风力增大时，轻绳对 b 球的拉力将会变大【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】分别对 ab 两球及整体进行分析，利用正交分解法可明确水平和竖直两个方向上的受力情 况，再对水平方向由牛顿第二定律进行分析求解【解答】解：ac、对球 b 受力分析，受重力、拉力和水平风力，如图对小球 b 分析可知，b 球竖直方向受力平衡，则有：tcos=mbg；t=；故 c 错误； 水平方向，根据牛顿第二定律，有： ftsin=mba故 f=tsin+mba，故 a 错误；b、对整体分析可知，在竖直方向整体受力平衡，故水平风力增大时不会改变杆对 a 球的支持力， 故 b 错误； d、风力增大时，整体的加速度增大，故拉力在水平方向上的分力增大，而竖直方向分力不变，故 夹角增大；则拉力 t=增大，故 d 正确； 故选：d【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意选择研究对象，用好正交分解法进行分析5如图，质量为 m 的小球从斜轨道高处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动，已知圆轨道 的半径为 r，不计一切摩擦阻力，重力加速度为 g则下列说法正确的是（）a当 h=2r 时，小球恰好能到达最高点 mb当 h=2r 时，小球在圆心等高处 p 时对轨道压力为 2mgc当 h时，小球在运动过程中不会脱离轨道d当 h=r 时，小球在最低点 n 时对轨道压力为 2mg【考点】向心力【专题】匀速圆周运动专题【分析】使小球能够通过圆轨道最高点 m，那么小球在最高点时应该是恰好是由物体的重力作为物 体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得高度 h球不 脱离轨道，也可在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动【解答】解：a、在圆轨道的最高点 m，由牛顿第二定律有：mg=m， 得：v0=根据机械能守恒得：mgh=mg2r+m解得：h=2.5r，所以当 h时，小球在运动过程中不会脱离轨道，故 ac 错误b、当 h=2r 时，小球在圆心等高处 p 时速度为 v，根据机械能守恒得：mg2r=mgr+mv2小球在 p 时，有：n=m联立解得 n=2mg，则知小球在圆心等高处 p 时对轨道压力为 2mg，故 b 正确d、当 h=r 时，设小球在最低点 n 时速度为 v，则有：mgr= mv在圆轨道最低点，有：nmg=m解得：n=3mg，则小球在最低点 n 时对轨道压力为 3mg，故 d 错误 故选：b【点评】本题属于圆周运动中绳的模型，在最高点时应该是重力恰好做为圆周运动的向心力，对于 圆周运动中的两种模型一定要牢牢的掌握住6如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端 与物块 a 连接；两物块 a、b 质量均为 m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力 f 拉动物块 b， 使 b 做加速度为 a 的匀加速运动，a、b 两物块在开始一段时间内的 t 关系分别对应图乙中 a、 b 图线（t1 时刻 a、b 的图线相切，t2 时刻对应 a 图线的最高点），重力加速度为 g，则（ ）at2 时刻，弹簧形变量为 0bt1 时刻，弹簧形变量为c从开始到 t2 时刻，拉力 f 逐渐增大d从开始到 t1 时刻，拉力 f 做的功比弹簧弹力做的功少【考点】胡克定律；功能关系【分析】刚开始 ab 静止，则 f 弹=2mgsin，外力施加的瞬间，对 a 根据牛顿第二定律列式即可求 解 ab 间的弹力大小，由图知，t2 时刻 a 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律 可以求出弹簧形变量，t1 时刻 a、b 开始分离，对 a 根据牛顿第二定律求出 t1 时刻弹簧的形变量， 并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变 量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求 出从开始到 t1 时刻，拉力 f 做的功和弹簧释放的势能的关系【解答】解：a、由图知，t2 时刻 a 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故 a 错误；b、由图读出，t1 时刻 a、b 开始分离，对 a 根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma，则x=，故 b 正确c、从开始到 t1 时刻，对 ab 整体，根据牛顿第二定律得：f+kx2mgsin=2ma，得 f=2mgsin+2makx，x 减小，f 增大；t1 时刻到 t2 时刻，对 b，由牛顿第二定律得：fmgsin=ma，得f=mgsin+ma，可知 f 不变，故 c 错误d、由上知：t1 时刻 a、b 开始分离开始时有：2mgsin=kx0 从开始到 t1 时刻，弹簧释放的势能 ep= 从开始到 t1 时刻的过程中，根据动能定理得：wf+ep2mgsin（x0x）= 2a（x0x）=v12 由解得：wfep=，所以拉力 f 做的功比弹簧释放的势能 少，故 d 正确故选：bd【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从运动学角度看，一起运动 的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等7两颗地球工作卫星均绕地心 o 做匀速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨 道上的 a、b 两位置（如图所示）若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径 为 r，不计卫星间的相互作用力则以下判断中正确的是（ ）a这 2 颗卫星的加速度大小相等，均为b卫星 1 由位置 a 第一次运动到位置 b 所需的时间为c卫星 1 向后喷气，瞬间加速后，就能追上卫星 2d卫星 1 向后喷气，瞬间加速后，绕地运行周期变长【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题22【分析】由 g=m=m r=m（） r=ma，可得出 r 相同则速度 v 大小相等，v 变大则 r 变大（做离心运动），再结合=mg，即 gm=gr2（黄金代换），即可求解【解答】解：a、根据 f 合=ma 得，对卫星有=ma， 取地面一物体由=mg， 联立解得 a=g，故 a 正确b、根据 g=m（）2r，又 gm=gr2，t= t，联立可解得 t=故 b 正确；c、d、若卫星 1 向后喷气，则其速度会增大，卫星 1 将做离心运动，轨道半径增大，所以周期增 大，卫星 1 不可能追上卫星 2故 c 错误，d 正确；故选：abd22【点评】关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式 g =m =m r=m（ ） r=ma、=mg，注意卫星若加速则做离心运动，减速则做向心运动8如图所示，a、b 两物块的质量皆为 m，静止叠放在水平地面上a、b 问的动摩擦因数为 4 ， b 与地面间的动摩擦因数为 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g现对 a 施加一水平 拉力 f，则（ ）a当 f4 mg 时，a、b 都相对地面静止b当 f=5 mg 时，a 的加速度为 gc当 f8 mg 时，a 相对 b 滑动d无论 f 为何值，b 的加速度不会超过 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】根据 a、b 之间的最大静摩擦力，隔离对 b 分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定 律求出 a、b 不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析【解答】解：a、ab 之间的最大静摩擦力为：fmax= mag=4 mg，b 与地面间的最大静摩擦力为：fmax= （ma+mb）g=2 mg，a、当 f4 mg 时，ffmax，ab 之间不会发生相对滑动，当 2 mgf4 mg，由于拉力大于 b与地面间的最大静摩擦力；故 ab 与地面间发生相对滑动；故 a 错误；b、当 f=5 mg 时，f4 mg；故 ab 间会发生相对滑动；此时加速度 a=；故b 正确；c、当 f8 mg 时，f4 mg；故 ab 间会发生相对滑动，故 c 正确；d、当 ab 发生相对滑动时，b 的加速度为，故 d 错误 故选：bc【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出 a、b 不发生相对滑动时的最大拉力二、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用如图 1 所示装置验证牛顿第二定律，用 f 表示砝码和小桶的总重力（1）在探究“加速度和合外力的关系”时，图 2 中 f 为砝码和小桶总重力，要使得细线对小车的拉力 等于小车受到的合外力，下列做法正确的是 ab a平衡摩擦力时必须让小车连着穿过打点计时器的纸带b平衡摩擦力时必须撤去砝码和小桶c平衡摩擦力时打点计时器可以不通电d图 2 中的 a1实验中描绘的 af 图象如图 2 所示，当 f 较小时，图象为直线；当 f 较大时图象为曲线，出现这两段情况的原因是什么 小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量 【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】实验题【分析】在“验证牛顿第二定律”实验中，使得砝码和小桶的重力等于小车的合力，需平衡摩擦力， 平衡摩擦力时，不挂砝码和小桶，小车后面需连接纸带连接小桶和小车的轻绳应和长木板保持平 行，平衡摩擦力后，长木板与水平面夹角不能改变，小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释 放小车【解答】解：（1）a、平衡摩擦力时，不需砝码和小桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过 程中纸带受到阻力故 ab 正确； c、平衡摩擦力时打点计时器需要通电，根据纸带上点的疏密分布判断小车是否是匀速运动，故 c 错误；d、根据牛顿第二定律，有 对重物，有 mgt=ma 对小车，有 t=ma解得：a=，所以 a1=g故 d 错误；随着外力 f 的增大，砝码的质量越来越大，最后出现了不满足远小于小车质量的情况，因此图线出现了偏折现象，因此小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量，加速度不可能一直 均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值 g故答案为：（1）ab 小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其 中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚10某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背 景照相，拍摄到了如图所示的照片，但照片上有一破损处已知每个小方格边长 9.8cm，当地的重 力加速度为 g=9.8m/s2（1）若以拍摄的第 1 个点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则照片上破损处的小球位置 坐标为 （58.8cm，58.8cm） 小球平抛的初速度大小为 1.96m/s 【考点】研究平抛物体的运动【专题】实验题【分析】（1）平抛运动水平方向为匀速直线运动，故相同时间内水平方向的距离相等，竖直方向位 移差为以定值；由h=gt2，求得闪光周期，由 v0=求得初速度；【解答】解：（1）根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为：329.8cm=58.8cm； 竖直方向：y=（1+2+3）9.8cm=58.8cm； 故没有被拍摄到的小球位置坐标为：（58.8cm，58.8cm）；由h=gt2，得：t=0.1s由 v0=1.96m/s； 故答案为：（1）（58.8m，58.8m）1.96m/s【点评】解决本题的关键掌握“研究平抛运动”实验的注意事项，以及知道平抛运动在水平方向和竖 直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式求解11如图所示，质量为 m 的斜劈静止于粗糙水平地面上，质量为 m 的滑块在斜面上匀速下滑，已知 斜面足够长，倾角为 ，某时刻对滑块 m 施加一个与斜面夹角为 的力 f，滑块开始加速下滑，重 力加速度取 g，求：（1）滑块 m 的加速度 a；m 受到的地面的摩擦力 f【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）不加外力时，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，加上外力后，抓住垂直斜面方 向合力为零，根据牛顿第二定律求出滑块的加速度 对斜面体分析，抓住水平方向上平衡，根据共点力平衡求出 m 受到的摩擦力大小【解答】解：（1）不加外力时，物体在斜面上匀速下滑，在沿斜面方向：mgsin=ff，ff= n， 在垂直斜面方向上，n=mgcos，解得 =tan， 加上外力后，受力如图所示，在沿斜面方向：fcos+mgsinff=ma， 垂直斜面方向：n=fsin+mgcos，ff= n，联立解得 a= 对斜面体分析，斜面体静止不动，受力平衡，在水平方向上 ffcos 与 nsin 的合力与地面摩擦力 f 等大反向，ff= n，故有：， 所以地面给斜面的摩擦力为零答：（1）滑块 m 的加速度 a 为；m 受到的地面的摩擦力为 0【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，受力分 析是解题的关键12如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量 m=1kg 的小物块轻轻放在传送带上的 p 点，物块运动到 a 点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 b 点进入竖直光滑圆弧轨道 下滑b、c 为圆弧上的两点，其连线水平，已知圆弧对应圆心角 =106，a 点距水平面的高度h=0.8m小物块到达 c 点时的速度大小与 b 点相等，并沿固定斜面向上滑动，小物块从 c 点到第二次经过 d 点的时间间隔为 0.8s，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 =，重力加速度 g 取 10m/s2， 取 sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）小物块从 a 到 b 的运动时间； 小物块离开 a 点时的水平速度大小；（3）斜面上 c、d 点间的距离【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）物块从 a 到 b 做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动求出运动时间；在 b 点对速度进行正交分解，得到水平速度和竖直方向速度的关系，而竖直方向速度 vy=显然 易求，则水平速度 v0 可解（3）物块在轨道上上滑属于刹车问题，要求出上滑的加速度、所需的时间；再求出下滑加速度、距离，利用匀变速直线运动规律公式求出位移差【解答】解：（1）物块从 a 到 b 做平抛运动，则h=解得：t=对小物块，由 a 到 b 有 v 2=2gh在 b 点 tan=解得：v0=3m/s（3）物块沿斜面上滑：mgsin53+ mgcos53=ma1解得：a1=10m/s2物块沿斜面下滑：mgsin53 mgcos53=ma2 a2=6m/s2由机械能守恒知 vc=vb=5m/s小物块由 c 上升到最高点历时 t1=0.5s 小物块由最高点回到 d 点历时 t2=0.8s0.5s=0.3s 故 scd=t1解得：scd=0.98m答：（1）小物块从 a 到 b 的运动时间为 0.4s；小物块离开 a 点时的水平速度大小为 3m/s；（3）斜面上 c、d 点间的距离为 0.98m【点评】本题是一个单物体多过程的力学综合题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路关 键是分析清楚物体的运动情况，然后根据机械能守恒定律、平抛运动知识、牛顿第二定律列式求 解（二）选考题：共 45 分请考生从给出的 3 道物理题中任选一题作答，并用 2b 铅笔在答题纸上把 所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定 位置答题如果多做，则科按所做的第一题计分【选修 3-4】13一列简谐横渡沿x 轴正方向传播，图甲是波传播到 x=5m 的 m 点的波形图，图乙是质点 n（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，q 是位于 x=10m 处的质点，下列说法正确的是（）a这列波的波长是 5mb这列波的传播速度是 1m/scm 点以后的各质点开始振动时的方向都沿 z 轴正方向 d由甲图对应时刻开始计时质点 q 经过在 6s 时，第一次到达波谷 e这列波由 m 点传播到 q 点需要 5s【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】振动图像与波动图像专题【分析】由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据 v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波 前的运动方向相同【解答】解：a、由甲图得到波长为 4m，故 a 错误；b、由乙图得到周期为 4s，故波速 v=1m/s；故 b 正确； c、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故 m 点以后的各质点开始 振动时的方向都沿y 方向，故 c 错误；d、x=4m 处的波峰传到 q 点时，质点第一次到达波谷，故 t=6s；故 d 正确；e、波速为 1m/s，故在 5s 末，波前传到 q 点；故 e 正确； 故选：bde【点评】本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向， 由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握14如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形 abc，a=30，b=60，一束平行于 ac 的光线自ab 边的 p 点射入三棱镜，若棱镜的折射率 n=，光在真空中的速度为 c求光在棱镜中的传播速度；通过计算说明光线射出棱镜时的出射方向【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】根据入射角和折射角大小关系，作出光路图根据几何关系求出光线在 p 点的入射角和折 射角，根据折射定律求出折射率的大小【解答】解：根据光在介质中的传播速度公式 v=，可得：v=根据几何关系知，关系在 ab 面上的入射角为：i=60， 根据折射定律，可求得折射角 r=30在 ac 边上入射角等于 60，则 sin60=； 所以在 ac 边上发生全反射根据几何关系可得，在 bc 边上入射角等于 30，再由折射定律，可求出折射角等于 60， 所以出射光线与 cb 的夹角为 30，斜向上，光路图如图所示答：光在棱镜中的传播速度；光线射出棱镜时的出射方向如图所示【点评】本题考查光的折射问题，对数学几何能力的要求较高，平时需加强训练，提高解题能力，