湖南省师范大学附中高三物理上学期月考试卷（三）（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省师范大学附中高三（上）月考物理试卷（三）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48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关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）a奥斯特发现了电流的磁效应b库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值c开普勒发现了行星运动的规律，并通过实验测出了万有引力常量d牛顿不仅发现了万有引力定律，而且提出了场的概念2汽车在平直公路上做刹车实验，若从t=0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）a刹车过程汽车加速度大小为10m/s2b刹车过程持续的时间为5sc刹车过程经过3s的位移为7.5mdt=0时汽车的速度为10m/s3如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为2，且有12，则下列说法正确的是（）a任意两张卡片之间均可能发生相对滑动b上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左c第1张卡片受到手指的摩擦力向左d最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右4一质点在015s内竖直向上运动，其加速度一时间（at）图象如图所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）a质点的机械能不断增加b在05s内质点发生的位移为125mc在1015s内质点的机械能一直增加d在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能5如图，a、b两个带电小球，质量分别为ma、mb，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断两球静止时，它们距水平地面的高度均为h（h足够大），绳与竖直方向的夹角分别为和（）若剪断细线oc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为g则 （）aa球先落地，b球后落地b落地时，a、b水平速度大小相等，且方向相反c整个运动过程中，a、b系统的机械能守恒d落地时，a、b两球的动能和为 （ma+mb）gh6今有一个相对地面静止，悬浮在赤道上空的气球，对于一个站在宇宙背景惯性系的观察者，仅考虑地球相对其的自转运动，则以下对气球受力的描述正确的是（）a该气球受地球引力、空气浮力和空气阻力b该气球受力平衡c地球引力大于空气浮力d地球引力小于空气浮力7在竖直平面内固定一半径为r的金属细圆环，质量为m的金属小球（视为质点）通过长为l的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量q（未知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k则下列说法中正确的是（）a电荷量b电荷量c绳对小球的拉力d绳对小球的拉力8如图所示，物体a、b质量分别为m和2m物体a静止在竖直的轻弹簧上面，物体b用细线悬挂起来，a、b紧挨在一起但a、b之间无压力，已知重力加速度为g某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，b对a的压力大小为（）a0b mgc mgd2mg9如图为玻璃自动切割生产线示意图，右图中，玻璃以恒定的速度v向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行，滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动，割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割，移动玻璃的宽度为l，要使切割后的玻璃为长2l的矩形，以下做法能达到要求的是（）a保持滑杆不动，使割刀以速度沿滑杆滑动b滑杆以速度v向左移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动c滑杆以速度v向右移动的同时，割刀以速度2v沿滑杆滑动d滑杆以速度v向左移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动10如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻 绳一端连接一物块b，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面人的质量为m，b物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以a1大小的加速度沿斜面向上运动时，b 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是（）a物块一定向上加速运动b人要能够沿斜面向上加速运动，必须满足mmsinc若a2=0，则a1一定等于d若a1=a2，则a1可能等于11如图，有一对等量异种电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷受电场力和具有的电势能以下判断正确的是（）a在b点和d点受力大小相等，方向不同b在c点和h点受力大小相等，方向相同c在b点和d点电势能相等d在c点和h点电势能相等12如图，一半径为r的固定的光滑绝缘圆环，位于竖直平面内，环上有两个相同的带电小球a和b（可视为质点），只能在环上移动，静止时两小球之间的距离为r，现用外力缓慢推左球a使其达到圆弧最低点c，然后撤出外力，下列说法正确的是（）a在左球a到达c点的过程中，圆环对b求的支持力变大b在左球a到达c点的过程中，外力做正功，电势能增加c在左球a到达c点的过程中，a，b两球的重力势能之和不变d撤除外力后，a，b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒二、解答题（共2小题，满分14分）13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（2）小球平抛的初速度大小为14要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量请完成下列步骤（1）实验装置如图所示，设右边沙袋a质量为m1，左边沙袋b的质量为m2（2）取出质量为m的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现a下降，b上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）（3）用刻度尺测出a从静止下降的距离h，用秒表测出a下降所用的时间t，则可知a的加速度大小a=；（4）改变m，测量相应的加速度a，得到多组m及a的数据，作出（选填“am”或“a”）图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/（kgs2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1=kg，m2=kg三、解答题（共3小题，满分33分）15试将一天的时间记为t，地球半径记为r，地球表面重力加速度为g（结果可保留根式）（1）试求地球同步卫星p的轨道半径rp；（2）若已知一卫星q位于赤道上空且卫星q运动方向与地球自转方向相反，赤道上一城市a的人平均每三天观测到卫星q四次掠过他的上空，试求q的轨道半径rq16如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量m=1kg、长l=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径r的取值17如图所示为一利用传输带输送货物的装置，物块（视为质点）自平台经斜面滑到一定恒定速度v运动的水平长传输带上，再由传输带输送到远处目的地已知斜面高h=2.0m，水平边长l=4.0m，传输宽度d=2.0m，传输带的运动速度v=3.0m/s，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.30，物块自斜面顶端下滑的初速度为零沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直设物块通过斜面与传输带交界处时无动能损失，重力加速度g=10m/s2（1）为使物块滑到传输带上后不会从传输带边缘脱离，物块与传输带之间的动摩擦因数2至少为多少？（2）当货物的平均流量（单位时间里输送的货物质量）稳定在=40kg/s时，求单位时间里物块对传输带所做的功w1以及传输带对物块所做的功w2四、物理选修3-3（15分）18下列说法正确的是（）a理想气体等温膨胀时，内能不变b扩散现象表明分子在永不停息地运动c分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大d在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加e布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动19如图，体积为v、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4t0、压强为1.2p0的理想气体p0和t0分别为大气的压强和温度已知：气体内能u与温度t的关系为u=at，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积v1；（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量q五、物理选修3-4（15分）20下列说法正确的是（）a光导纤维传输信号是利用光的干涉现象b全息照相利用了激光相干性好的特性c光的偏振现象说明光是横波dx射线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象e刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象21如图所示，直角三棱镜的折射率n=，a=30一束与0b面成30角的光射向ob面，从ab面上的c点射出若不考虑光在ob面上的反射，求能从c点射向空气的光的方向六、物理选修3-5（15分）22在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史实的是（）a普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论b爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说c卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型d贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的e玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性23如图所示，质量m=0.040kg的靶盒a静止在光滑水平导轨上的o点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板p上，另一端与靶盒a连接q处有一固定的发射器b，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量m=0.010kg的弹丸，当弹丸打入靶盒a后，便留在盒内，碰撞时间极短不计空气阻力求：弹丸进入靶盒a后，弹簧的最大弹性势能为多少？2015-2016学年湖南省师范大学附中高三（上）月考物理试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48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关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）a奥斯特发现了电流的磁效应b库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值c开普勒发现了行星运动的规律，并通过实验测出了万有引力常量d牛顿不仅发现了万有引力定律，而且提出了场的概念【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、奥斯特发现了电流的磁效应，故a正确；b、库仑提出了库仑定律，密立根最早实验测得元电荷e的数值，故b错误；c、开普勒发现了行星运动的规律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故c错误；d、牛顿不仅发现了万有引力定律，法拉第提出了场的概念，故d错误；故选：a【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2汽车在平直公路上做刹车实验，若从t=0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）a刹车过程汽车加速度大小为10m/s2b刹车过程持续的时间为5sc刹车过程经过3s的位移为7.5mdt=0时汽车的速度为10m/s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】根据位移x与速度的平方v2之间的关系图线，结合速度位移公式得出初速度、加速度大小，根据速度时间公式求出刹车过程持续的时间，根据位移公式求出刹车过程中的位移【解答】解：根据0v2=2ax得，可知，解得刹车过程中加速度大小a=5m/s2，故a错误由图线可知，汽车的初速度为10m/s，则刹车过程持续的时间t=，故b错误，d正确刹车过程中3s内的位移等于2s内的位移，则x=，故c错误故选：d【点评】本题考查了运动学公式和图象的综合，关键理清图象斜率表示的物理意义，注意汽车速度减为零后不再运动3如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为2，且有12，则下列说法正确的是（）a任意两张卡片之间均可能发生相对滑动b上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左c第1张卡片受到手指的摩擦力向左d最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右【考点】摩擦力的判断与计算【专题】摩擦力专题【分析】第1张卡片受到手指的摩擦力是静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反第2张卡片受到手指的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张卡片之间不发生相对滑动根据卡片之间的相对运动，从而分析摩擦力的方向【解答】解：a、设每张的质量为m，动摩擦因数为2，对第2张分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，最大静摩擦力fm=2（2mg+f），而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f=2（mg+f）fm，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动同理，第3张到第54张卡片也不发生相对滑动故a错误；b、根据题意，因上一张相对下一张要向右滑动，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故b正确，c、第1张卡片相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，故c错误d、对53张卡片（除第1张卡片外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张卡片的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张卡片受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，即水平向左故d错误故选：b【点评】本题考查对摩擦力理解和判断能力本题是实际问题，要应用物理基本知识进行分析，同时要灵活选择研究对象4一质点在015s内竖直向上运动，其加速度一时间（at）图象如图所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）a质点的机械能不断增加b在05s内质点发生的位移为125mc在1015s内质点的机械能一直增加d在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能【考点】功能关系；重力势能【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力做功若物体向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g，则机械能减小【解答】解：a、由图象可以看出05s内的物体向上做减速运动的加速度等于g，说明物体只受到重力的作用，机械能守恒；510s内的加速度小于g，物体受到向上的作用力，该作用力做正功，机械能增大1015s内的加速度大于g，物体受到向下的作用力，此作用力做负功，物体的机械能减小故物体的机械能先不变，后增大，再减小，故a错误；b、在05s内，由于物体的初速度未知，不能求出位移，故b错误c、在1015s内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，此力对物体做负功，物体的机械能减少，故c错误；d、根据牛顿第二定律，510s内，mgf=ma，得：f=2m，方向向上，做正功，物体机械能增加；1015s内，mg+f=ma，得f=2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而1015s内的速度小于510s内的速度，则1015s内的位移小于510s内的位移，故fs2fs3，则515s内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=15s时的机械能大于t=5s时的机械能，故d正确；故选：d【点评】本题关键要掌握功能关系，知道机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少5如图，a、b两个带电小球，质量分别为ma、mb，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断两球静止时，它们距水平地面的高度均为h（h足够大），绳与竖直方向的夹角分别为和（）若剪断细线oc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为g则 （）aa球先落地，b球后落地b落地时，a、b水平速度大小相等，且方向相反c整个运动过程中，a、b系统的机械能守恒d落地时，a、b两球的动能和为 （ma+mb）gh【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用；机械能守恒定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】剪断细线oc，空气阻力不计，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性，结合机械能守恒的条件，可正确求解【解答】解：a、在竖直方向上，只受重力，因高度相同，则两球同时落地，故a错误；b、因为两球距地足够高，所以在落地前绳被拉直，又细绳无弹性且不会拉断，故落地时，两球水平方向的速度均为零，故b错误c、因为ab球在拉直细绳时，有一部分动能会转化为内能，机械能会损失，故c错误；d、水平方向在库仑斥力作用下，各自相向运动，当绳子拉直时，水平方向速度损失，转化为内能，而竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，则落地时，a、b两球的动能和为 （ma+mb）gh，故d正确故选：d【点评】本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，注意过程中库仑力做功，机械能不守恒，但最终动能来自于减小的重力势能是解题关键6今有一个相对地面静止，悬浮在赤道上空的气球，对于一个站在宇宙背景惯性系的观察者，仅考虑地球相对其的自转运动，则以下对气球受力的描述正确的是（）a该气球受地球引力、空气浮力和空气阻力b该气球受力平衡c地球引力大于空气浮力d地球引力小于空气浮力【考点】力的合成与分解的运用【专题】受力分析方法专题【分析】气球做圆周运动，受地球引力、空气浮力和空气阻力，合力提供向心力【解答】解：a、气球相对地面静止，做匀速圆周运动，受地球引力、空气浮力和空气阻力，故a正确b、气球做匀速圆周运动，合力提供向心力，受力不平衡，故b错误cd、根据牛顿第二定律知，合力指向地心，地球引力大于空气浮力，故c正确，d错误故选：ac【点评】本题要考虑地球的自转运动，和平时的受力分析不同，此时气球不处于静止状态，合力不为零7在竖直平面内固定一半径为r的金属细圆环，质量为m的金属小球（视为质点）通过长为l的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量q（未知）时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k则下列说法中正确的是（）a电荷量b电荷量c绳对小球的拉力d绳对小球的拉力【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【专题】压轴题【分析】小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上x来分析，再取以圆心对称的x，这2点合力向右，距离l，竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力m，即可求得库仑力的表达式；小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，则由共点力的平衡条件可求得绳对小球的拉力及库仑力；则可求得电量【解答】解：由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，设总电量为q，则该部分电量为q；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力f1=，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与f1相同；如图所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2=； 因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力f库=r=，方向水平向右；小球受力分析如图所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故t与f的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得： =； 则小球对绳子的拉力t=，故c正确、d错误；=； 则f=； 解得q=； 故a正确，b错误；故选ac【点评】因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力，应注意体会该方法的使用库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析8如图所示，物体a、b质量分别为m和2m物体a静止在竖直的轻弹簧上面，物体b用细线悬挂起来，a、b紧挨在一起但a、b之间无压力，已知重力加速度为g某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，b对a的压力大小为（）a0b mgc mgd2mg【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】细线剪断瞬间，先考虑ab整体，根据牛顿第二定律求解加速度；再考虑b，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解b对a的压力【解答】解：细线剪断瞬间，先考虑ab整体，受重力、支持力，合力等于b的重力，故：mbg=（ma+mb）a再分析物体b，有：mbgn=mba联立解得：n=根据牛顿第三定律，b对a的压力为；故选：b【点评】本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体b并根据牛顿第二定律列式求解，不难9如图为玻璃自动切割生产线示意图，右图中，玻璃以恒定的速度v向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行，滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动，割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割，移动玻璃的宽度为l，要使切割后的玻璃为长2l的矩形，以下做法能达到要求的是（）a保持滑杆不动，使割刀以速度沿滑杆滑动b滑杆以速度v向左移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动c滑杆以速度v向右移动的同时，割刀以速度2v沿滑杆滑动d滑杆以速度v向左移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】根据运动的合成与分解的规律，结合矢量的合成法则，确保割刀在水平方向的速度等于玻璃的运动速度，即可求解【解答】解：由题意可知，玻璃以恒定的速度向右运动，割刀通过沿滑杆滑动，而滑杆与滑轨垂直且可沿滑轨左右移动要得到矩形的玻璃，则割刀相对于玻璃，在玻璃运动方向速度为零即可，因此滑杆以速度v向右移动，由于移动玻璃的宽度为l，要使切割后的玻璃为长2l的矩形，所以割刀以速度2v沿滑杆滑动，故c正确，abd错误；故选：c【点评】考查运动的合成与分解的内容，掌握平行四边形定则的应用，注意割刀一个分运动必须与玻璃速度相同，是解题的关键10如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻 绳一端连接一物块b，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面人的质量为m，b物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以a1大小的加速度沿斜面向上运动时，b 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是（）a物块一定向上加速运动b人要能够沿斜面向上加速运动，必须满足mmsinc若a2=0，则a1一定等于d若a1=a2，则a1可能等于【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】通过牛顿第二定律求的绳子对人的拉力，即可求的人对绳子的拉力，当拉力与物体b 重力的关系即可求的物体b的运动状态，当物体b加速度为零时，利用牛顿第二定律即可求的人加速度【解答】解：a、对人受力分析，有牛顿第二定律可知fmgsin=ma1得：f=mgsin+ma1若fmg，则物体b加速上升，若fmg，则物体b加速下降，若f=mg，物体b静止，故a错误；b、人要能够沿斜面向上加速运动，只需满足fmgsin即可，故b错误；c、若a2=0，故f=mg，故mgmgsin=ma1，a1=，故c正确，d、若a1=a2，f=mgsin+ma1，mgf=ma2；则a1等于；故d正确故选：cd【点评】本题主要考查了牛顿第二定律，抓住受力分析即可；11如图，有一对等量异种电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷受电场力和具有的电势能以下判断正确的是（）a在b点和d点受力大小相等，方向不同b在c点和h点受力大小相等，方向相同c在b点和d点电势能相等d在c点和h点电势能相等【考点】电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】一对等量异种电荷在空间产生的电场具有对称性，根据电场线的分布情况和对称性，分析场强大小和方向，判断电场力大小和方向的关系根据等势面分布情况，判断电势关系，确定电势能的关系【解答】解：a、根据等量异种电荷电场线的分布情况和对称性可知，b点和d点场强大小相等、方向不同，则试探电荷在b点和d点受力大小相等，方向不同故a正确b、c点和h点场强大小相等、方向相同，则试探电荷在c点和h点受力大小相等，方向相同故b正确c、根据对称性可知，b点和d点电势相等，则试探电荷在b点和d点电势能相等故c正确d、由图看出，c点离场源正电荷较远，而h点离场源正电荷较近，所以c点和h点电势不等，则试探电荷在c点和h点电势能不相等故d错误故选abc【点评】本题的解题关键是抓住对称性进行分析，等量异种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要熟悉，并能在相关问题中能恰到好处地应用12如图，一半径为r的固定的光滑绝缘圆环，位于竖直平面内，环上有两个相同的带电小球a和b（可视为质点），只能在环上移动，静止时两小球之间的距离为r，现用外力缓慢推左球a使其达到圆弧最低点c，然后撤出外力，下列说法正确的是（）a在左球a到达c点的过程中，圆环对b求的支持力变大b在左球a到达c点的过程中，外力做正功，电势能增加c在左球a到达c点的过程中，a，b两球的重力势能之和不变d撤除外力后，a，b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】对b受力分析，由其平衡状态确定各力的变化，由各力的做功情况确定其中的能量的变化【解答】解：a、左球a到达c点的过程中，b向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对b球的支持力变小则a错误 b、左球a到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，则b正确 c、左球a到达c点的过程中，a，b两球的重力势能之和变化，则c错误 d、撤除外力后，只有重力与库仑力做功，则a，b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒，则d正确故选：bd【点评】考查力的平衡与能量变化，明确有外力做功与能量转化的关系可分析难度大，是奥赛题二、解答题（共2小题，满分14分）13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）（2）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；（2）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）；（2）由h=gt2，得：t=0.1s由v0=1.96m/s；故答案为：（1）（58.8m，58.8m）（2）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14要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量请完成下列步骤（1）实验装置如图所示，设右边沙袋a质量为m1，左边沙袋b的质量为m2（2）取出质量为m的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现a下降，b上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）（3）用刻度尺测出a从静止下降的距离h，用秒表测出a下降所用的时间t，则可知a的加速度大小a=；（4）改变m，测量相应的加速度a，得到多组m及a的数据，作出am（选填“am”或“a”）图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/（kgs2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1=3kg，m2=1.5kg【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量【解答】解：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=gt2，解得a=（4、5）根据牛顿第二定律得：对m1及砝码：（m1+m）gt=（m1+m）a对m2及砝码：t（m2+mm）g=（m2+mm）a联立解得：a=g+根据数学知识得知：作“am”图线，图线的斜率k=，图线的截距b=将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg故答案为：（3）；（4）“am”；（5）3；1.5【点评】本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，得到a与m的关系式，再根据图线的数学意义求解两个沙袋的质量三、解答题（共3小题，满分33分）15试将一天的时间记为t，地球半径记为r，地球表面重力加速度为g（结果可保留根式）（1）试求地球同步卫星p的轨道半径rp；（2）若已知一卫星q位于赤道上空且卫星q运动方向与地球自转方向相反，赤道上一城市a的人平均每三天观测到卫星q四次掠过他的上空，试求q的轨道半径rq【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】简答题；定量思想；推理法；人造卫星问题【分析】1、地面附近卫星绕地飞行时，重力等于万有引力，同步卫星绕地飞行，根据万有引力提供向心力，列出等式求解轨道半径；2、卫星绕地球做匀速圆周运动，赤道一城市a的人三天看到q四次掠过上空，求出周期关系，由万有引力等于向心力列出等式求解q的轨道半径【解答】解：（1）地面附近卫星绕地飞行时，重力等于万有引力，则有：，同步卫星绕地飞行，根据万有引力提供向心力得：，解得：rp=（2）卫星q自东向西转动，地球自西向东转动，某时刻q掠过a城市上空（aq在同一直线上），根据题意，经过t=，q将再一次掠过a城市上空，则有：（a+q）t=2即（）t=2而ta=t，解得：tq=3t根据万有引力定律和牛顿第二定律得：联立以上各式得：答：（1）地球同步卫星p的轨道半径rp为；（2）q的轨道半径rq为【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点，掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用16如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量m=1kg、长l=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径r的取值【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；能量守恒定律【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】（1）假设小车与墙壁碰撞前有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出此过程中滑块与小车的相对位移，判断小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同，并求出小车与墙壁碰撞时的速度；（2）若滑块恰能滑过圆的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过最高点时的速度，根据动能定理求出轨道半径；若滑块恰好滑至圆弧到达t点时就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理求解半径，即能得到半径的条件【解答】解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv0=（m+m）v1代入数据解得 v1=4m/s 设滑块与小车的相对位移为 l1，由系统能量守恒定律，有 mgl1=代入数据解得 l1=3m 设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理，有 mgs1=代入数据解得s1=2m 因l1l，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为l2=ll1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点p若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为 mg=m根据动能定理，有mgl2联立并代入数据解得r=0.24m 若滑块恰好滑至圆弧到达t点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理，有mgl2代入数据解得r=0.6m 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足r0.24m或r0.6m 答：（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径r的取值为r0.24m或r0.6m【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达t点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力17如图所示为一利用传输带输送货物的装置，物块（视为质点）自平台经斜面滑到一定恒定速度v运动的水平长传输带上，再由传输带输送到远处目的地已知斜面高h=2.0m，水平边长l=4.0m，传输宽度d=2.0m，传输带的运动速度v=3.0m/s，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.30，物块自斜面顶端下滑的初速度为零沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直设物块通过斜面与传输带交界处时无动能损失，重力加速度g=10m/s2（1）为使物块滑到传输带上后不会从传输带边缘脱离，物块与传输带之间的动摩擦因数2至少为多少？（2）当货物的平均流量（单位时间里输送的货物质量）稳定在=40kg/s时，求单位时间里物块对传输带所做的功w1以及传输带对物块所做的功w2【考点】牛顿第二定律；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】（1）计算出物体滑上传输带时的速度，根据速度合成求了物块相对于传输带的速度，根据速度的合成求出合速度并根据所受摩擦力求出物体速度与传输带相同的时相对传输带的位移，根据位移的方向和传输带的宽度求出动摩擦力的最小值，从而得出动摩擦因数；（2）求出摩擦力大小，然后应用功的计算公式求出物块对传送带做功，应用定能定理求出传送带对物块做功【解答】解：（1）令m表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度为：根据匀变速直线运动的速度位移关系，物块在斜面上滑动距离为所以有：以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小为：v0=5m/s，运动方向与传输带边缘的夹角满足：物块在传输带上作减速运动，其加速度大小为：当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离为：s=，物块不超过传输带宽的边缘对应的最小摩擦系数2应满足：ssin=d，解得：2=0.5；（2）传送带上与传送带间存在相对滑动的货物质量：m=，物块对传送带的摩擦力大小：f=2mg=v0，单位时间内物块对传送带做功：w1=fvcos（）=v0vcos=v2=360j，单位时间内传送带对物块做功：w2=v2v02=140j；答：（1）为使物块滑到传输带上后不会从传输带边缘脱离，物块与传输带之间的动摩擦因数2至少为0.5（2）单位时间里物块对传输带所做的功w1以为360j，传输带对物块所做的功w2为140j【点评】本题是一道力学综合题，难度较大，关键是能根据动力学计算求出满足物体运动条件的受力情况从而得出动摩擦因数，应用功的计算公式与动能定理可以解题四、物理选修3-3（15分）18下列说法正确的是（）a理想气体等温膨胀时，内能不变b扩散现象表明分子在永不停息地运动c分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大d在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加e布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动【考点】热力学第一定律；布朗运动；扩散【分析】温度是分子平均动能的标志，理想气体等温膨胀时，温度不变，内能不变；扩散现象表明分子在永不停息地运动；分子热运动加剧，则物体内分子的平均动能变大，并不是每个分子的动能都变大；在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加；布朗运动反映了液体分子在不停地做无规则热运动【解答】解：a、温度是分子平均动能的标志，理想气体等温膨胀时，温度不变，内能不变故a正确；b、扩散现象表明分子在永不停息地运动故b正确；c、分子热运动加剧，则物体内分子的平均动能变大，并不是每个分子的动能都变大故c正确；d、在绝热过程中，外界对物体做功，物体与外界没有热量的交换，所以物体的内能一定增加故d正确；e、布朗运动反映了液体分子在不停地做无规则热运动，不是悬浮颗粒内部的分子的运动故e错误故选：abd【点评】本题运用气态方程和热力学第一定律结合，分过程进行分析，就可以正确解答19如图，体积为v、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4t0、压强为1.2p0的理想气体p0和t0分别为大气的压强和温度已知：气体内能u与温度t的关系为u=at，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积v1；（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量q【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【专题】理想气体状态方程专题【分析】找出初状态和末状态的物理量，由查理定律和盖吕萨克定律求体积，根据功的公式和内能表达式求放出的热量【解答】解：（1）在气体由压缩p=1.2p0到p0时，v不变，温度由2.4t0变为t1，由查理定律得得：t1=2t0在气体温度由t1变为t0的过程中，体积由v减小到v1，气体压强不变，由着盖吕萨克定律得解得：v1=0.5v（2）活塞下降过程中，活塞对气体的功为w=p0（vv1）在这一过程中，气体内能的减少为u=a（t1t0）由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为q=w+u得：q= 答：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积为0.5v（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量为 【点评】本题考查了理想气体状态方程的应用和热力学第一定律的应用，难度适中五、物理选修3-4（15分）20下列说法正确的是（）a光导纤维传输信号是利用光的干涉现象b全息照相利用了激光相干性好的特性c光的偏振现象说明光是横波dx射线比无线电波更容易