2011-2012学年上海市重点中学高一(下)期中物理试卷.doc

2011-2012学年上海市重点中学高一（下）期中物理试卷 2011-2012学年上海市重点中学高一（下）期中物理试卷一、（24分）单项选择题（本大题共8小题，每小题3分）1（3分）关于“牛顿第一定律”，下列说法正确的是（）A它是通过实验直接得到的B它是通过理论推导出来的C它是以实验为基础，通过推理、想象总结出来的D它可以通过实验来进行验证2（3分）关于单摆下列说法正确的是（）A只有最大偏角小于5时才算单摆B单摆振动的回复力是由重力和绳子拉力的合力提供的C只有最大偏角小于5时单摆的振动才能看作简谐振动D秒摆的周期是1秒3（3分）做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（）A物体的线速度不变B物体的加速度不变C物体做变速运动D物体所受合外力是恒力4（3分）若月球上的重力加速度为地球上重力加速度的六分之一，一物体在地球表面和月球表面分别以相同初速沿水平面滑动，物体与水平面间的动摩擦因数相同，物体在地球上停下时间为t1，滑过的路程为s1，在月球上停下时间t2，滑过的路程为s2，则（）At1t2，s1s2Bt1t2，s1s2Ct1t2，s1s2Dt1t2，s1s25（3分）（2010长宁区二模）一物体静止在光滑水平面上，同时受到两个方向相反的水平拉力F1、F2的作用，Fl、F2随位移变化，如图所示则物体的动能将（）A一直变大，至20m时达最大B一直变小，至20m时达最小C先变大至10m时最大，再变小D先变小至10m时最小，再变大6（3分）如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，关于小物体所受摩擦力F f的叙述正确的是 （）AF f 的方向总是指向圆心B圆盘匀速转动时摩擦力 F f=0C在物体与转轴O的距离一定的条件下，F f 跟圆盘转动的角速度成正比D在转速一定的条件下，F f 跟物体到转轴O的距离成正比7（3分）（2009浙江）一列波长大于1m的横波沿着x轴正方向的播 处x1=1m和x2=2m的两质点A、B的振动图象如图所示由此可知（）A波长为mB波速为1m/sC3s末A、B两质点的位移相同D1s末A点的振动速度大于B点的振动8（3分）（2010宝山区一模）有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住，使摆长发生变化现使摆球做微小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示（悬点和小钉末被摄入），P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等由此可知，小钉与悬点的距离为（）ABCD无法确定二、（16分）多项选择题（本大题共4小题，每小题4分）9（4分）如图所示的皮带传动中，小轮的半径Ra是大轮半径Rb的一半，大轮上C点到轮心O1的距离恰好等于Ra，若在传动中皮带不打滑，则图中A、B、C三点（）A线速度之比为2：2：lB角速度之比为2：l：1C转动的周期之比为2：1：1D向心加速度大小之比为4：2：110（4分）火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（）A当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力B当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力C当速度大于v时，轮缘挤压外轨D当速度小于v时，轮缘挤压外轨11（4分）水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况如图所示，图中实线为波峰，虚线为波谷已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是（）AA、C两处的质点是振动加强的点BB、D两处的质点在该时刻的竖直高度差是8cmCE处质点是振动加强的点D经0.02s，B处质点通过的路程是8cm12（4分）利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值如图所示是使用这种方法获得弹性绳中拉力F随时间变化的图线，实验时把小球举高到绳子的悬点O处，然后释放让小球自由下落，由此图线所提供的信息，以下判断正确的是（）At2时刻小球速率最大Bt1t2期间小球速率先增大后减小Ct3时刻小球速率最大Dt3时刻与时刻t4小球速率相等三、（28分）填空题：（本大题共7小题，每小题4分）13（4分）将一弹簧振子从平衡位置拉开2cm后释放，经6.5s振子第7次经过平衡位置则该振子的振动周期为_s在6.5s内通过的路程为_m14（4分）（2011上海模拟）如图所示，水槽内有一振源，振动时产生的水波通过一个小缝隙发生衍射现象，为了使衍射现象更明显，可采用的方法是使小缝隙的宽度_；或者是使振源的振动频率_（选填“增大”或“减小”）15（4分）如图在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手C，让其上下振动，周期为T1；若使把手以周期T2（T2T1）匀速转动，当运动都稳定后，则弹簧振子的振动周期为_；要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速_（填：增大，减小，不变）16（4分）（2010虹口区一模）在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯先从静止加速上升然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其受的压力与时间的关系（Nt）图象，如图所示，则：（1）电梯在启动阶段经历了_s加速上升过程（2）电梯的最大加速度是多少？（g取10m/s2）17（4分）如图所示，质量为m2的物体2放在车厢地板上用竖直细绳通过定滑轮与质量为m1的物体1连接不计滑轮摩擦，当车厢水平向右加速运动时，物体2仍在车厢地板上相对静止连接物体1的绳子与竖直方向夹角为物体2与车厢地板的摩擦系数为则物体2受绳的拉力为_，物体2所受地板的摩擦力为_18（4分）一列横波沿x轴的正方向传播，到达坐标原点0时波形如图所示若经过2.3s，从O点传播到P点，P点的横坐标是11.5cm，此时原点O的振动位移是_cm，这列波的频率是_Hz19（4分）一个弹簧台秤的秤盘和弹簧的质量都不计，盘内放一个物体P处于静止状态，如图所示P的质量为m=10kg，弹簧的劲度系数为k=500N/m，现给P施加一个竖直向上的力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动已知在最初0.2s内F是变力，在0.2s以后是恒力，则F的最小值是_N，最大值是_N四、（8分）实验题：（本大题共2小题，每小题4分）20（4分）由牛顿第二定律可知：在质量一定的情况下，物体的加速度与物体受到的合外力成正比我们在做“物体的加速度与作用力关系”的探究实验时，用得到的实验数据画出的图象如图所示根据图象回答：（1）你认为造成图中直线不过坐标原点的原因是_（2）利用这个图象，_（填“能”或“不能”）得出实验时小车的总质量如选填“能”，则小车的总质量为_kg如选填“不能”，则简述原因：21（4分）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.5cm，摆球直径2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则（1）该摆摆长为_cm，秒表的读数为_s（2）在实验中，若测得g值偏小，可能是下列原因中的_A计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动C计算摆长时，将悬线长加小球直径D单摆振动时，振幅偏小五、（24分）计算题（本大题共4小题，每小题6分）22（6分）如图所示，质量为5kg的物体放在倾角为a=37的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为=0.2，受到一个大小为F=50N，与斜面成a=37角斜向上的拉力作用而沿斜面向上运动，则物体运动的加速度大小为多少？23（6分）如图所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为M的小球，试管的开口端加盖与水平轴0连接试管底与O相距L0，试管在转轴带动下沿竖直平面做匀速转动求：（1）转轴的角速度达到多大时，试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍（2）转轴的角速度满足什么条件时，会出现小球运动到最高点与试管底脱离接触的情况？24（6分）一列简谐波如图所示，t1时刻波形为图中实线所示，t2时刻波形如图中虚线所示，已知t=t2t1=0.5s，问：（1）若波向左传播，且2Tt3T，波速多大？（3）若波速v=68m/s，则这列波向哪个方向传播？25（6分）高一某研究性学习小组，将金属块m用压缩的轻弹簧顶在矩形箱的上端，如图所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动，当箱以a=2.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为6.0N，下底板的压力传感器显示的压力为10.0N不计摩擦求：（1）金属块的质量；（2）若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感器的示数的一半，试通过计算，分析箱的运动情况；（3）要使上顶板压力传感器的示数为零，则箱沿竖直轨道运动的加速度多大2011-2012学年上海市重点中学高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、（24分）单项选择题（本大题共8小题，每小题3分）1（3分）关于“牛顿第一定律”，下列说法正确的是（）A它是通过实验直接得到的B它是通过理论推导出来的C它是以实验为基础，通过推理、想象总结出来的D它可以通过实验来进行验证考点：牛顿第三定律1087264分析：牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律，它告诉我们物体在不受力的作用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态解答：解：牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故ABD选项错误、C选项正确故选C点评：此题是一道有关牛顿第一定律的基础性的试题，解答时把握好：牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的；再就是物体在不受力的作用时，总保持静止状态或者是匀速直线运动状态2（3分）关于单摆下列说法正确的是（）A只有最大偏角小于5时才算单摆B单摆振动的回复力是由重力和绳子拉力的合力提供的C只有最大偏角小于5时单摆的振动才能看作简谐振动D秒摆的周期是1秒考点：单摆周期公式1087264专题：单摆问题分析：单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，不是摆线的拉力与重力的合力由单摆的周期公式分析单摆的周期与哪些因素有关，与哪些因素无关单摆做简谐运动的条件是摆角很小如小于5解答：解：A、C单摆做简谐运动的条件是摆角很小，不超过5故A错误C正确B、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，B错误D、秒摆的周期是2秒故D错误故选C点评：对于单摆的回复力、周期公式、简谐运动的条件是重点，通过周期公式，掌握单摆的周期与什么因素有关我，与什么因素无关3（3分）做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（）A物体的线速度不变B物体的加速度不变C物体做变速运动D物体所受合外力是恒力考点：线速度、角速度和周期、转速1087264专题：匀速圆周运动专题分析：做匀速圆周运动的物体线速度大小不变，方向时刻改变角速度大小方向都不变，向心加速度的方向始终指向圆心，大小可根据a=或a=r2分析向心力的方向始终指向圆心，大小可根据F=mr2分析解答：解：A、匀速圆周运动的物体线速度大小不变，方向时刻改变，即速度是变化的，故A错误；B、向心加速度大小不变，方向时刻变化，故是变化的，故B错误；C、匀速圆周运动的物体线速度大小不变，方向时刻改变，是变速运动，故C正确；D、合外力提供向心力，大小不变，方向时刻改变，故是变化的，故D错误；故选C点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动线速度大小不变，方向时刻改变；角速度不变；向心加速度大小不变，方向始终指向圆心4（3分）若月球上的重力加速度为地球上重力加速度的六分之一，一物体在地球表面和月球表面分别以相同初速沿水平面滑动，物体与水平面间的动摩擦因数相同，物体在地球上停下时间为t1，滑过的路程为s1，在月球上停下时间t2，滑过的路程为s2，则（）At1t2，s1s2Bt1t2，s1s2Ct1t2，s1s2Dt1t2，s1s2考点：万有引力定律及其应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系1087264专题：万有引力定律的应用专题分析：根据动能定理 和动量定理Ft=mv，代入公式即可解题解答：解：（1）根据受力平衡，物体受的支持力大小等于重力设物体在月球上的重力mg2地球上重力mg1，由定理定理：Ft=mv，和f=kmg，故动量变化相等的情况下，重力越大，所用的时间越小，因此t1t2；（2）由动能定理，故动能变化相等的情况下，重力越大，所走的位移越小，因此s1s2由（1）和（2）可知，正确答案为B故选：B点评：本题考查动能定理和动量定理，该方法比牛顿运动定律解题更加方便快捷属于中档题目5（3分）（2010长宁区二模）一物体静止在光滑水平面上，同时受到两个方向相反的水平拉力F1、F2的作用，Fl、F2随位移变化，如图所示则物体的动能将（）A一直变大，至20m时达最大B一直变小，至20m时达最小C先变大至10m时最大，再变小D先变小至10m时最小，再变大考点：动能定理的应用1087264专题：动能定理的应用专题分析：如图，物体受到的两个力均随位移均匀变化，F1做正功，F2做负功，根据力的大小，分析物体速度的变化，再判断物体研究动能的变化解答：解：由图看出，位移s在010m：F1做正功，F2做负功，且两个力的大小关系是F1F2，物体所受的合力方向与速度相同，物体的速度增大，动能增大；当s=10m时，F1=F2；当s10m时，F1F2，物体所受的合力方向与速度相反，物体的速度减小，动能减小所以物体的动能将先变大至10m时最大，再变小故选C点评：本题关键是分析物体的受力情况，确定合力与速度方向的关系，分析速度的变化情况，来判断动能的变化情况6（3分）如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，关于小物体所受摩擦力F f的叙述正确的是 （）AF f 的方向总是指向圆心B圆盘匀速转动时摩擦力 F f=0C在物体与转轴O的距离一定的条件下，F f 跟圆盘转动的角速度成正比D在转速一定的条件下，F f 跟物体到转轴O的距离成正比考点：向心力；滑动摩擦力；牛顿第二定律1087264专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，做匀速圆周运动，P受到的静摩擦力提供向心力，根据向心力公式研究静摩擦力方向，及大小与半径、角速度的关系解答：解：A、圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力沿PO方向指向转轴故A正确B、木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，做匀速圆周运动，P受到的静摩擦力提供向心力，P受到的静摩擦力不可能为零故B错误C、由f=m2r得，在P点到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度的平方成正比故C错误D、根据向心力公式得到f=m（2n）2r，转速n一定时，f与r成正比，即P受到的静摩擦力的大小跟P点到O点的距离成正比故D正确故选AD点评：本题中由静摩擦力提供木块所需要的向心力，运用控制变量法研究f与其他量的关系7（3分）（2009浙江）一列波长大于1m的横波沿着x轴正方向的播 处x1=1m和x2=2m的两质点A、B的振动图象如图所示由此可知（）A波长为mB波速为1m/sC3s末A、B两质点的位移相同D1s末A点的振动速度大于B点的振动考点：波长、频率和波速的关系；波的形成和传播；横波的图象1087264专题：压轴题；振动图像与波动图像专题分析：由振动图象可得出周期，在图象上的同一时刻可知两点相距的距离与波长的关系，则可求得可能的波长；由波长、频率及波速的关系可得出波速的值解答：解：A、x=x2x1=1m，由于波沿x正方向传播，所以A先振动，又由于波长大于1m，所以，故A正确；B、波速，B错误；C、由振动图象知，在3s末，A、B两质点的位移不相同，C错误；D、由振动图象可知，1s末A点速度为零，B点速度最大，D错误故选A点评：本题重点在于明确振动图象的性质，并能从振动图象中找出两点在空间上的距离8（3分）（2010宝山区一模）有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住，使摆长发生变化现使摆球做微小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示（悬点和小钉末被摄入），P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等由此可知，小钉与悬点的距离为（）ABCD无法确定考点：单摆周期公式1087264专题：简谐运动专题分析：已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，根据摆球从M到P、P到N的间隔，确定摆球在左右两侧摆动的周期关系，由单摆周期公式研究摆长关系，再求解小钉与悬点的距离解答：解：设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆球在右侧摆动的周期为T1=8t，在左侧摆动的周期为T2=4t，T1：T2=2：1设左侧摆长为l，则T1=2 T2=2 由：得 l=L所以 小钉与悬点的距离s=Ll=L故选A点评：本题是拐子摆类型，考查分析单摆周期的能力，比较简单二、（16分）多项选择题（本大题共4小题，每小题4分）9（4分）如图所示的皮带传动中，小轮的半径Ra是大轮半径Rb的一半，大轮上C点到轮心O1的距离恰好等于Ra，若在传动中皮带不打滑，则图中A、B、C三点（）A线速度之比为2：2：lB角速度之比为2：l：1C转动的周期之比为2：1：1D向心加速度大小之比为4：2：1考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速1087264专题：匀速圆周运动专题分析：在皮带传动装置中，皮带不打滑，轮边缘的线速度大小相等，同一轮上各点的角速度相等，由线速度、角速度、周期间的关系式及向心加速度公式分析答题解答：解：A、A、B两点线速度相等vA=vB=v，B、C两点角速度相等B=C=，vC=Rc=，则三点线速度之比为2：2：1，故A正确；B、A的角速度A=2，则三点的角速度之比为2：1：1，故B正确；C、周期T=，三者角速度之比为2：1：1，则周期之比为1：2：2，故C错误；D、向心加速度a=2r，角速度之比为2：1：1，半径之比为1：2：1，则4：2：1，故D正确；故选ABD点评：知道“在皮带传动装置中，皮带不打滑，轮边缘的线速度大小相等，同一轮上各点的角速度相等，”是正确解题的前提与关键，由线速度、角速度、周期间的关系式及向心加速度公式即可正确解题10（4分）火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（）A当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力B当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力C当速度大于v时，轮缘挤压外轨D当速度小于v时，轮缘挤压外轨考点：牛顿第二定律；向心力1087264专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力解答：解：A、当火车以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力恰好提供向心力，内外轨都为压力故A正确，B错误 C、若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨故C正确 D、若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨故D错误故选AC点评：解决本题的关键知道火车拐弯时对内外轨均无压力，此时靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力11（4分）水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况如图所示，图中实线为波峰，虚线为波谷已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是（）AA、C两处的质点是振动加强的点BB、D两处的质点在该时刻的竖直高度差是8cmCE处质点是振动加强的点D经0.02s，B处质点通过的路程是8cm考点：波的叠加1087264分析：两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍解答：解：A、A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱故A错误B、B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时B点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm故B正确C、B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点故C正确D、由T=0.04s，时间t=0.02s为半个周期，则B点处质点通过的路程是S=2A=24cm=8cm故D正确故选BCD点评：本题考查对波的叠加原理及规律的理解能力两列波叠加振动加强时，振幅增大，等于两列波单独传播时振幅之和12（4分）利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值如图所示是使用这种方法获得弹性绳中拉力F随时间变化的图线，实验时把小球举高到绳子的悬点O处，然后释放让小球自由下落，由此图线所提供的信息，以下判断正确的是（）At2时刻小球速率最大Bt1t2期间小球速率先增大后减小Ct3时刻小球速率最大Dt3时刻与时刻t4小球速率相等考点：自由落体运动1087264分析：把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1与t4时刻绳子刚好绷紧，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大当绳子的拉力最大时，小球运动到最低点，绳子也最长解答：解：A、把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，所以t2时刻小球速度不是最大故A错误；B、t1t2时间内小球先做加速度减小的加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，故B正确；C、t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，而t1t2期间小球速率先增大后减小，故t3时刻小球速率不是最大，故C错误；D、t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确；故选BD点评：本题考查运用牛顿定律分析小球运动情况的能力，要注意绳子拉力的变化与弹簧的弹力类似三、（28分）填空题：（本大题共7小题，每小题4分）13（4分）将一弹簧振子从平衡位置拉开2cm后释放，经6.5s振子第7次经过平衡位置则该振子的振动周期为2s在6.5s内通过的路程为0.26m考点：单摆周期公式1087264专题：单摆问题分析：振子完成一次全振动所需的时间为一个周期，振子在一个周期内经过的路程等于4倍的振幅解答：解：将一弹簧振子从平衡位置拉开2cm后释放，经6.5s振子第7次经过平衡位置知t=T，则T=2s振子在一个周期内经过的路程等于4倍的振幅则s=故答案为：2，0.26点评：解决本题的关键知道简谐运动的周期性，知道在一个周期内的路程s=4A14（4分）（2011上海模拟）如图所示，水槽内有一振源，振动时产生的水波通过一个小缝隙发生衍射现象，为了使衍射现象更明显，可采用的方法是使小缝隙的宽度减小；或者是使振源的振动频率减小（选填“增大”或“减小”）考点：波的干涉和衍射现象1087264分析：发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多解答：解：发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多，因此，为了使衍射现象更明显，可采用的方法是使小缝隙的宽度减小，或者是使振源的振动频率减小，增大了波长故答案为：减小，减小点评：本题考查了发生明显衍射的条件：障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多15（4分）如图在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手C，让其上下振动，周期为T1；若使把手以周期T2（T2T1）匀速转动，当运动都稳定后，则弹簧振子的振动周期为T2；要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大（填：增大，减小，不变）考点：简谐运动的振幅、周期和频率1087264专题：简谐运动专题分析：使把手匀速转动时，弹簧振子做受迫振动，当运动稳定后，弹簧振子的振动周期等于驱动力周期当驱动力的周期与弹簧振子的固有周期接近时振子的振幅增大解答：解：据题，不转动把手C，让弹簧振子上下振动，周期为T1，弹簧振子的固有周期即为T1使把手匀速转动时，弹簧振子做受迫振动，当运动稳定后，弹簧振子的振动周期等于驱动力周期T2当驱动力的周期与弹簧振子的固有周期接近时振子的振幅增大，由于T2T1，即驱动力气周期大于振子的固有周期，则当T2减小时，把手转速增大时，振幅增大故答案为：T2； 增大点评：振动从形成原因可分为自由振动和受迫振动，不转动把手C，让弹簧振子上下振动是自由振动，其周期即为固有周期当驱动力周期等于固有周期时，产生共振现象16（4分）（2010虹口区一模）在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯先从静止加速上升然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其受的压力与时间的关系（Nt）图象，如图所示，则：（1）电梯在启动阶段经历了4s加速上升过程（2）电梯的最大加速度是多少？（g取10m/s2）考点：牛顿第二定律1087264专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）电梯加速上升时，重物对台秤的压力大于重力由图象可知：电梯在启动阶段经历了4.0s加速上升过程（2）当重物的合力最大时，加速度最大，此时重物对台秤的压力最大由图可知：418s内电梯做匀速直线运动，压力大小等于重力，求出质量当压力N=50N时，重物的合力最大，由牛顿第二定律求出最大加速度解答：解： （1）电梯加速上升时，重物对台秤的压力大于重力由图象可知：电梯在启动阶段经历了4.0s加速上升过程 （2）由图可知：418s内电梯做匀速直线运动，N=G=30N， 则重物的质量为m=3kg 当压力N=50N时，重物的合力最大，加速度最大 由牛顿第二定律得 Nmg=ma 代入解得最大加速度为a=6.7m/s2故答案为：4s，电梯的最大加速度是6.7m/s2点评：本题考查读图的能力，关键抓住产生超重和失重现象时，重物对台秤的压力与重力的关系17（4分）如图所示，质量为m2的物体2放在车厢地板上用竖直细绳通过定滑轮与质量为m1的物体1连接不计滑轮摩擦，当车厢水平向右加速运动时，物体2仍在车厢地板上相对静止连接物体1的绳子与竖直方向夹角为物体2与车厢地板的摩擦系数为则物体2受绳的拉力为，物体2所受地板的摩擦力为mgtan考点：牛顿第二定律1087264专题：牛顿运动定律综合专题分析：车厢水平向右做加速直线运动，两物体与车厢具有相同的加速度，根据隔离对物体1分析，得出物体1的加速度以及细线的拉力，从而得知车厢的加速度再隔离对物体2分析，求出摩擦力的大小解答：解：A、物体1与车厢具有相同的加速度，对物体1分析，受重力和拉力，根据合成法知，F合=m1gtan，拉力T=，物体1的加速度a=gtan，所以车厢的加速度为gtan所以物体2加速度为gtan，对物体2受力分析，受重力、支持力和摩擦力，支持力N=mg，f=ma=mgtan故答案为：；mgtan点评：解决本题的关键的关键知道车厢和两物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法进行求解18（4分）一列横波沿x轴的正方向传播，到达坐标原点0时波形如图所示若经过2.3s，从O点传播到P点，P点的横坐标是11.5cm，此时原点O的振动位移是1cm，这列波的频率是2.5Hz考点：简谐运动的振动图象1087264专题：振动图像与波动图像专题分析：先读出波长波从O点传播到P点所用时间为t=2.3s，距离为x=11.5cm，由v=求出波速，由波速公式v=f求出波的周期和频率，根据时间t与周期T的关系，分析原点O的振动位移解答：解：由图知，波长=2cm由题，波从O点传播到P点所用时间为t=2.3s，传播距离为x=11.5cm，则波速v=由v=得 T=0.4s，f=2.5Hz由于t=2.3s=5T，图示时刻原点O向上运动，则t=2.3s时刻原点到达波谷，其位移为y=1cm故答案为：1，2.5点评：本题要掌握波在介质中匀速传播时，波速可根据两个公式研究：v=和v=19（4分）一个弹簧台秤的秤盘和弹簧的质量都不计，盘内放一个物体P处于静止状态，如图所示P的质量为m=10kg，弹簧的劲度系数为k=500N/m，现给P施加一个竖直向上的力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动已知在最初0.2s内F是变力，在0.2s以后是恒力，则F的最小值是100N，最大值是200N考点：牛顿第二定律1087264专题：牛顿运动定律综合专题分析：在P和秤盘分离之前F为变力，分离后，F为恒力；两物体分离瞬间，P对秤盘无作用力，弹簧处于原长，但P的加速度还与原来一样，此后P做匀速运动，而从开始到分离历时0.2s，由分析可知，刚开始时F最小，F为恒力时最大解答：解：设刚开始时弹簧压缩亮为x，则：x=0.2m在前0.2s时间内，有运动学公式得：x=at2由解得：a=10m/s2由牛顿第二定律得，开始时，Fmin=ma=100N最终分离后，Fmaxmg=ma即：Fmax=m（g+a）=200N故答案为：100；200点评：弹簧的弹力是变力，分析好何时两者分离是关键，此时两者间无作用力，此时弹簧处于原长，另外牛顿定律与运动学公式的熟练应用也是同学必须掌握的四、（8分）实验题：（本大题共2小题，每小题4分）20（4分）由牛顿第二定律可知：在质量一定的情况下，物体的加速度与物体受到的合外力成正比我们在做“物体的加速度与作用力关系”的探究实验时，用得到的实验数据画出的图象如图所示根据图象回答：（1）你认为造成图中直线不过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（2）利用这个图象，能（填“能”或“不能”）得出实验时小车的总质量如选填“能”，则小车的总质量为0.40kg如选填“不能”，则简述原因：考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系1087264分析：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关于aF图象是一条倾斜的直线，说明a与F成线性关系可通过求直线的斜率求解质量m解答：解：（1）从上图中发现直线没过原点，当F0时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0处于静止，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤所以造成图中直线不过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（2）根据aF图象从数学角度可得函数表达式为：a=kFb造成图中直线不过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足可以求出aF图线的斜率即物体的质量，所以m=k=0.40kg故答案是：（1）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（2）0.40点评：物理中关于图象的问题要结合数学知识去解决对于直线图象，我们一般从直线的斜率、截距、特殊点这几个方面去考虑，而斜率、截距、特殊点在物理问题中都有一定的物理意义这也是高考的热点21（4分）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.5cm，摆球直径2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则（1）该摆摆长为98.50cm，秒表的读数为98.0s（2）在实验中，若测得g值偏小，可能是下列原因中的AA计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动C计算摆长时，将悬线长加小球直径D单摆振动时，振幅偏小考点：用单摆测定重力加速度1087264专题：实验题；单摆问题分析：（1）摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和秒表读数等于小盘读数加上大盘读数（2）根据重力加速度的表达式分析g值偏小可能的原因解答：解：（1）摆长L=97.5cm+1.00cm=98.50cm秒表读数t=90s+8.0s=98.0s（2）A、将摆线长的长度作为摆长，摆长偏小，则根据重力加速度的表达式g=，可知，测得的g值偏小故A正确B、测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动，则周期偏小，根据重力加速度的表达式g=，可知，测得的g值偏大故B错误C、计算摆长时，将悬线长加小球直径，摆长偏大，根据重力加速度的表达式g=，可知，测得的g值偏大故C错误D、振幅偏下，不影响单摆的周期，则不影响重力加速度的大小故D错误故选A故答案为：（1）98.50，98.0（2）A点评：单摆的摆长不是摆线的长度，还要加上摆球的半径对于实验误差，要从实验原理公式进行分析五、（24分）计算题（本大题共4小题，每小题6分）22（6分）如图所示，质量为5kg的物体放在倾角为a=37的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为=0.2，受到一个大小为F=50N，与斜面成a=37角斜向上的拉力作用而沿斜面向上运动，则物体运动的加速度大小为多少？考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用1087264专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体进行受力分析，求出物体受到的合力，然后由牛顿第二定律可以求出物体的加速度解答：解：物体受力如图所示，在垂直于斜面方向上，由平衡条件得：N+Fsin37=mgcos37，在平行于斜面方向上，由牛顿第二定律得：Fcos37mgsin37N=ma，解得：a=1.6m/s2；答：物体运动的加速度大小为1.6m/s2点评：对物体正确受力分析时正确解题的前提与关键，也是本题的难点，求出物体所受到的合力，由牛顿第二定律可以求出加速度23（6分）如图所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为M的小球，试管的开口端加盖与水平轴0连接试管底与O相距L0，试管在转轴带动下沿竖直平面做匀速转动求：（1）转轴的角速度达到多大时，试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍（2）转轴的角速度满足什么条件时，会出现小球运动到最高点与试管底脱离接触的情况？考点：向心力；牛顿第二定律1087264专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）试管在转轴带动下，在竖直平面内做匀速圆周运动，在最高点时对试管的压力最小，在最低点时对试管的压力最大，根据向心力公式即可求解；（2）当小球对试管的压力正好等于0时，小球刚好与试管分离，根据向心力公式即可求解解答：解：（1）在最高点时对试管的压力最小，根据向心力公式有：Nmin+Mg=M2L0在最低点时对试管的压力最大，根据向心力公式有：NmaxMg=M2L0因为Nmax=3Nmin所以解得：=；（2）当小球对试管的压力正好等于0时，小球刚好与试管分离，根据向心力公