四川省德阳市高考物理一诊试卷Word版含解析

1、2017年四川省德阳市高考物理一诊试卷一、选择题（本题共 1111 小题，每小题 4 4 分.在每小题给出的四个选项中，第 1 18 8 题只有一项符合题目要求，第 9 91111 题有多项符合题目要求.全部选对的得 4 4 分，选对但不全的得 2 2 分，有选错的得 0 0 分.）1 .下列说法正确的是（）A. 力是维持物体运动的原因B. 物体的速度方向改变，则加速度方向一定改变C. 物体运动状态的改变是指其加速度在变化D. 物体运动状态的变化是指其速度在变化2.如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，贝吐匕物体的运动不可能是（ ）A.匀速圆周运动 B .自由落体运动 C.平抛运动 D

2、.竖直上抛运动3.如图所示，某人通过光滑的定滑轮拉住一重物，当人向右跨出一步后，人与物体仍保持静止，则下列说法正确的是（）A .人对绳子的拉力增大B .地面对人的支持力不变C.地面对人的摩擦力减小 D .人对地面的作用力增大4.一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足 v=2+t （各物理量均选用国 际单位制中单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是（）A.质点可能做匀减速直线运动 B. 5 s 内质点的位移为 35 mC.质点运动的加速度为 1 m/s2D.质点 3 s 末的速度为 5 m/s5.10 月 17 日发射的 神舟十一号”飞船于 10 月 21 日与 天宫二号”顺利实现了

3、对 接.在对接过程中， 神舟十一号”与天宫二号”的相对速度非常小，可以认为具 有相同速率.它们的运动可以看作是绕地球的匀速圆周运动，设神舟十一号的质量为 m，对接处距离地球表面高度为 h，地球的半径为 r，地球表面处的重 力加速度为 g，不考虑地球自转的影响， 神舟一号”在对接时，下列结果正确的是（）A对地球的引力大小为 mg B.向心加速度为：.g17十hC.周期为：D 动能为丄二rV gr+h6.如图所示，在水平向右的匀强电场中的 0 点固定一点电荷+Q, a、b、c、d、 e,为以 O 点为球心的同一球面上的点，aecf 平面水平，bedf 平面与匀强电场垂 直，则下列说法中正确的是（

4、）A. a、c 两点电势相等B. d、f 两点电场强度大小相等C. 将点电荷+q 从球面上 b 点移到 c 点，电场力做功为零D. 将点电荷+q 在球面上任意两点之问移动，从 e 点移动到 f 点的电势能变化量 最大7.如图所示，放在光滑水平桌面上的 A、B 两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧， 当轻弹簧被放开时，A、B 两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落 在地面上.若 mA=3mB，则下列结果正确的是（）r-.pr JA .若轻弹簧对 A、B 做功分别为 Wi和 W2，则有 Wi： W2=1： 1B. 在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C.若 A、B 在空中飞行时的动量

5、变化量分别为 pi和AP2,则有 pi: P2=1：1D. 若 A、B 同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B 两木块的水平位移大小之比为 1: 38 某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在 0 至 t3时间段内，弹 簧测力计的示数 F 随时间 t 变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物 体运动的a-1 图、v-1 图及 P-t 图（P 为物体重力的功率大小）可能正确的是（ ）9甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为vo,船在静水中的速率均为 v，甲、乙两船船头均与河岸成B角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河 正对岸的 A 点，乙船到达河对岸

6、的 B 点，A、B 之间的距离为 L,则下列判断正 确的是（）ABA乙船先到达对岸B若仅是河水流速 vo增大，则两船的渡河时间都不变C.不论河水流速 vo如何改变，只要适当改变B角，甲船总能到达正对岸的 A 占八、D.若仅是河水流速 vo增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L10 .如图所示，带电质点 Pi固定在光滑的水平绝缘面上，在水平绝缘面上距Pi一定距离处有另一个带电质点 P2，P2在水平绝缘面上运动，某一时刻质点 P2以速度V沿垂直于 PlP2的连线方向运动，贝 U 下列说法正确的是（11. 如图所示，固定于地面、倾角为B的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一 端与固定于斜面底端

7、的挡板 C 连接，另一端与物块 A 连接，物块 A 上方放置有另一物块 B，物块 A、B 质量均为 m 且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力 F作用下而处于静止状态.某一时刻将力 F 撤去，若在弹簧将 A、B 弹起过程中,A、B 能够分离，则下列叙述正确的是（）A.从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中，弹簧及 A、B 物块所构成的系统机 械能守恒B. A、B 被弹起过程中，A、B 即将分离时，两物块速度达到最大C. A、B 刚分离瞬间，A 的加速度大小为 gsin9D. 若斜面为粗糙斜面，则从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中，弹簧减少的 弹性势能一定大于 A、B 增加的机械能与系

8、统摩擦生热之和二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第 1212 题至第 1616 题为必考题，每 个试题考生都必须作答.第 1717 题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共 5353 分）12.如图 1 所示，有人对 利用频闪照相研究平抛运动规律”装置进行了改变，在 装置两侧都装上完全相同的斜槽 A、B，但位置有一定高度差，白色与黑色的两 个相同的小球都从斜槽某位置由静止开始释放.B.C.D.Pi、Pi、Pi、Pi、P2带同种电荷，P2带异种电荷，以后P2带异种电荷，以后P2一定做速度变大的曲线运动P2一定做加速度变大的曲线运动P2的速度和加速度可能都不变P2可能做加速度、速度都

9、变小的曲线运动实验后对照片做一定处理并建立直角坐标系，得到如图所示的部分小球位置示意图.（g 取 10m/s2）(1) 观察改进后的实验装置可以发现，斜槽末端都接有一小段水平槽，这样做的目的是_(2) 根据部分小球位置示意图(如图 2),下列说法正确的是_A 闪光间隔为 0.1sB.A 球抛出点坐标(0, 0)C. B 球抛出点坐标(0.95, 0.50)D 两小球作平抛运动的水平速度大小不等.13. 某实验小组探究合外力做功和动能变化的关系， 他们将宽度一定的挡光片固 定在小车上， 用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面 上的 A、B 两点各安装一个光电门，记录小车通过

10、A、B 位置时的遮光时间，小 车中可以放置砝码.(1) 实验主要步骤如下：1实验前应将木板左端略微抬高，使小车通过两光电门的遮光时间相等， 这样做的目的是_ ;2用长度测量工具游标卡尺测量挡光片宽度为 d,再用刻度尺量得 A、B 之间的 距离为 L;3将小车停在 C 点， 在砝码盘中放上砝码， 小车在细线拉动下运动， 记录此时 小车(含挡光片及车中砝码)的质量为 M，砝码盘和盘中砝码的总质量为 m， 小车通过 A、B的遮光时间分别为 t1、t2，已知重力加速度为 g,则可以得到 A 至 B 过程中小车的合外力做功为，小车的动能变化量为(用相应的字 母 m、M、t1、t2、L、d 表示)；4在小

11、车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复的操作.(2) 为了实验能达到预期效果，步骤中 M、m 应满足的条件是 .14. 如图甲所示，质量为 m=1kg 的物体置于倾角为9=37 的固定且足够长的斜面 上，对物体施以平行于斜面向上的拉力 F, ti=0.5s 时撤去拉力，物体速度与时间(v-t)的部分图象如图乙所示.(g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8)问：(1) 拉力 F 的大小为多少？(2) 物体沿斜面向上滑行的最大距离 s 为多少？15.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一绝缘轻质弯杆 AOB，/ AOB=120 , 弯杆可绕固定轴 O 在水平面内做无摩擦的自由

12、转动.杆上 A、B 两点分别固定 着两个质量相同的带电小球，其质量均为m，电量分别为+q 和-2q.已知OA=2OB=2L .空间存在水平向右，场强大小为 E 的匀强电场，初始时刻 OA 与 电场方向平行.(忽略两小球间的相互作用)问：(1) 选 O 点电势为 0,求 A、B 两球在初始时刻处电势能之和；(2)从初始位置开始释放系统，问转过 30角时 B 球的速度是多少？(结果可 用根号表示)16.如图所示，倾角为9的无限长斜面上 PQ 部分粗糙，且长为 3L,其余部分 都光滑.质量均为 m 的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间 有一长为 L 且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物

13、块粘连而下端与物块不粘 连，各物块与斜面 PQ 段的动摩擦因数均为 2tan9A、B、C、D 同时释放时 A 恰在 P 点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点.重力加速度为 g.求：(1)A 在 PQ 段运动刚达到最大速度时的位置；(2)物块 C 刚过 P 点时，杆对物块 D 的弹力；(3)要使四个物块均能通过 Q 点最初释放各物块时的初速度应该满足的条件.17.一弹簧振子做简谐振动，则以下说法正确的是()A振子的质量越大，则该振动系统的周期越长B. 振子的质量越大，则该弹簧振子系统的机械能越大C. 已知振动周期为丁，若厶 t=T，则在 t 时刻和(t+At)时刻振子

14、运动的加速度 一定相同D. 若 t 时刻和(t+At)时刻弹簧的长度相等，则 t 一定为振动周期的整数倍巳振子的动能相等时，弹簧的长度不一定相等18.一列简谐横波的波形如图所示，实线表示ti=0 时刻的波形图，虚线表示t2=0.005s 时刻的波形图，求：(i) 该简谐横波的振幅与波长各为多少？(ii)若 2Tt2-t2T，波速可能为多大？ ( T 为周期)2017 年四川省德阳市高考物理一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共 1111 小题，每小题 4 4 分.在每小题给出的四个选项中，第 1 18 8 题只有一项符合题目要求，第 9 91111 题有多项符合题目要求.全部选对的得 4

15、 4 分，选对但不全的得 2 2 分，有选错的得 0 0 分.）1 .下列说法正确的是（）A. 力是维持物体运动的原因B. 物体的速度方向改变，则加速度方向一定改变C. 物体运动状态的改变是指其加速度在变化D. 物体运动状态的变化是指其速度在变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系.【分析】明确物体运动状态是指物体的速度，而力是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因，同时注意理解加速度和速度之间的关系.【解答】解：A、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因，故 A 错误；B、速度方向改变，但加速度方向不一定改变，如物体加速度不变，但先做减速

16、 运动，再做反向的加速运动，故 B 错误；CD、运动状态是指物体的速度，故运动状态的改变即为速度的改变，故C 错误D 正确.故选：D.2.如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，贝吐匕物体的运动不可能是（ ）A.匀速圆周运动 B .自由落体运动 C.平抛运动 D .竖直上抛运动【考点】动量定理.【分析】分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等，明确冲量不变则说明物体受到的一定是恒力.【解答】解：如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由匸 Ft 可知，物体受到的力是恒力.则可知，物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断

17、变化，合力为变力，在任何相等时间 内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动， BCD 均可能，A 不可能; 本题选运动不可能的，故选：A3如图所示，某人通过光滑的定滑轮拉住一重物，当人向右跨出一步后，人与物体仍保持静止，则下列说法正确的是（）A .人对绳子的拉力增大B .地面对人的支持力不变C.地面对人的摩擦力减小 D .人对地面的作用力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.【分析】对人进行受力分析，明确人受重力、支持力、拉力和静摩擦力的作用而 处于平衡，通过分析拉力的夹角变化判断各力的变化.【解答】解：以物体为研究对象，根据平衡条件分析可知，绳子的拉力大小等于 物体的

18、重力，没有变化.人受重力、支持力、拉力和静摩擦力处于平衡，受力如图.设拉力与竖直方向的夹角为根据共点力平衡得f=Tsin，Tcos +N=mg.当人拉着绳向右跨出一步后人和物保持静止，B增大，T 不变，则静摩擦力 f 增 大，支持力 N 增大，根据牛顿第三定律，人对地面的压力增大.故 D 正确，ABC 错误.故选：D.4. 一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足 v=2+t （各物理量均选用国 际单位制中单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是（）A质点可能做匀减速直线运动 B. 5 s 内质点的位移为 35 m2C. 质点运动的加速度为 1 m/s D 质点 3 s 末的速度为 5

19、 m/s【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系； 匀变速直线运动的位移与时间的关系.【分析】根据平均速度和时间的关系式得出位移与时间的关系式，从而结合位移时间公式得出物体的初速度和加速度，结合速度时间公式求出质点的速度.【解答】解：A、根据平均速度；知，x=vt=2t +t2，根据 x= ；”一丄.二=2t+t2知， 质点的初速度 vo=2m/s，加速度 a=2m/s，质点做匀加速直线运动，故 A 错误，C 错误.B、5s 内质点的位移 x=、丄 丄. U 厂=35m,故 B 正确.D、 质点在 3s 末的速度 v=vo+at=2+2x3m/s=8m/s，故 D 错误.故选：B.5.10 月

20、 17 日发射的 神舟一号”飞船于 10 月 21 日与 天宫二号”顺利实现了对 接在对接过程中，神舟十一号”与天宫二号”的相对速度非常小，可以认为具有相同速率它们的运动可以看作是绕地球的匀速圆周运动，设神舟十一号”的质量为 m，对接处距离地球表面高度为 h，地球的半径为 r，地球表面处的重 力加速度为 g，不考虑地球自转的影响，神舟一号”在对接时，下列结果正确的是（）A 对地球的引力大小为 mg B.向心加速度为:.gr+hC.周期为 D 动能为丄二rX gr+h【考点】万有引力定律及其应用.【分析】根据万有引力提供向心力公式及角速度、周期、线速度之间的关系列式即可求解.【解答】解：A、神舟

21、一号在对接处的重力加速度小于地球表面的重力加速度, 对地球的引力小于 mg,故 A 错误;B、在地球表面重力等于万有引力,2 羔动能人一芫故 D 错误;故选：C6如图所示，在水平向右的匀强电场中的 0 点固定一点电荷+Q, a、b、c、d、 e,为以 O 点为球心的同一球面上的点，aecf 平面水平，bedf 平面与匀强电场垂 直，则下列说法中正确的是（）对接时，万有引力提供向心力，有G(r+h)r2联立式得：一亍故B 错误;C、根据万有引力提供向心力，有v,MID(r+h)2联立得-* J:h二，故 C 正确;D、根据万有引力提供向心力，一A. a、c 两点电势相等B. d、f 两点电场强度

22、大小相等C. 将点电荷+q 从球面上 b 点移到 c 点，电场力做功为零D. 将点电荷+q 在球面上任意两点之问移动，从 e 点移动到 f 点的电势能变化量 最大【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能.【分析】本题中电场可以看作是由匀强电场和点电荷的电场叠加而成，结合电场线和等势面的分布情况，判断电场力做功和电势能的变化.【解答】解：A、在点电荷+Q 产生的电场中 a、b、c、d、e、f 点电势相等，但在匀强电场中 b、d、e、f 点电势相等，因此 a、c 两点电势不相等，故 A 错误.B、在点电荷+Q 产生的电场中 d、f 点电场强度大小相等，而根据电场的叠加原 理可知，d、f 两点的

23、合场强大小相等.故 B 正确.C、将点电荷+q 从球面上 b 点移到 c 点，点电荷的电场力不做功，但匀强电场的 电场力却做功，所以电场力做功不为零.故 C 错误.D、 将点电荷+q 在球面上任意两点之间移动，点电荷的电场力不做功； 而两点间 的电势差最大，由公式 W=Uq 知，匀强电场的电场力做功最大，则从 a 点移动 到 c 点的电势能变化量最大，故 D 错误；故选：B.7.如图所示，放在光滑水平桌面上的 A、B 两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧， 当轻弹簧被放开时，A、B 两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落 在地面上.若 mA=3mB，则下列结果正确的是（）A 若轻弹簧对 A、

24、B 做功分别为 Wi和 W2，则有 Wi： W2=1： 1B 在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C. 若 A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为 pi和Ap?，则有 pi： P2=1:1D. 若 A、B 同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B 两木块的水平位移大小之比为 1: 3【考点】动量守恒定律；功的计算.【分析】弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律求出A、B 离开弹簧时速度大小之比，由动能定理求弹簧对 A、B 做功之比.A、B 离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由动 量定理分析动量变化量之比.由 X=vot 分

25、析水平位移之比.【解答】解：A、弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取 水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAVA- mBVB=O，则速度之比 VA：VB= 1 : 3根据动能定理得：轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1=mAVA2，W2=mBVB2，联立 解得W1: W2=1： 3,故 A 错误.B、根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和 为零，即 mA VA+mBVB=O，可得，VA+厶VB丰0，故 B 错误.C、A、B 离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t .由动量定理得：A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为

26、p1=mAgt， p2=mBgt，所以 p1：Ap2=3： 1，故 C 错误.D、 平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=vot 知，t 相等，则 A、B 两木块的水平位移大小之比等于VA: VB=1: 3.故 D 正确.故选：D8 .某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在 0 至 t3时间段内，弹 簧测力计的示数 F 随时间 t 变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物 体运动的a-1 图、v-1 图及 P-t 图(P 为物体重力的功率大小)可能正确的是( )根据物体的受力情况判断物体的运动规律，从而得出电梯的运动规律,根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求出速

27、度和功率.【解答】解：由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系， 可以依题意,分三种情况讨论:1. 若 Fi=mg,则 0-ti时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于 0,或速 度保持不变，加速度等于 0.四个图线没有是可能的；2. 若 F2=mg，则 FiVmg，在 0-ti时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值.所以 D 是不可能的；加速度的方向向下，则物体 0-ti时间内在可能向下做加速运动，速度为负，故 AB 是不可能的；而 ti- t2时间内 受到的合外力等于 0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，故B 是错误的；又由：P=mgv,可知 ti- t2时

28、间内重力的功率不变，故 C 是错误的；3. 若 F3=mg， 则 FiVmg, F2Vmg,在 0-t2时间内电梯受到的合外力的方向都 是向下，加速度的方向向下，故 ACD 是不可能的；F3=mg,可知在 0-ti时间内向下的加速度大于 ti- t2时间内向下的加速度，而 t2-t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图象如图，牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.【分析】A.D.【考点】C速度的方向向下，重力的方向也向下，由 P=mgv 可知，图 C 是重力的功率随时 间变化的图线.故 C 是正确.由以上的分析，可知只有 C 选项是可能的，ABD 都是不可能的.故选：C9.甲、乙两船在同一河流中

29、同时开始渡河，河水流速为vo,船在静水中的速率均为 v，甲、乙两船船头均与河岸成B角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河 正对岸的 A 点，乙船到达河对岸的 B 点，A、B 之间的距离为 L,则下列判断正 确的是（）iIA .乙船先到达对岸B. 若仅是河水流速 vo增大，则两船的渡河时间都不变C. 不论河水流速 vo如何改变，只要适当改变B角，甲船总能到达正对岸的 A 占八、D. 若仅是河水流速 vo增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为 L 【考点】运动的合成和分解.【分析】根据小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向， 抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以

30、及两船沿河岸方向上的 位移大小，与间距，从而即可求解.【解答】解：A、将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住 分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等.渡河的时间t=；,，故 A 错误；B 若仅是河水流速 vo增大，渡河的时间 t=，则两船的渡河时间都不变,故 B 正确;C、只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速 vo如何改变，甲船都可能到达河 的正对岸A点，故 C 错误；D、若仅是河水流速 vo增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L 故 D 正确.故选：BD.10 .如图所示，带电质点 Pi固定在光滑的

31、水平绝缘面上，在水平绝缘面上距 Pi一定距离处有另一个带电质点 P2，P2在水平绝缘面上运动，某一时刻质点 P2以 速度 V 沿垂直于 PiP2的连线方向运动，则下列说法正确的是（）【考点】库仑定律.【分析】分 Pi和 P2为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，P2要远离 Pi,当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨 论可能的运动情况.【解答】解：A、若 Pi、P2为同种电荷，Pi、P2之间的库仑力为排斥力，并且力 的方向和速度的方向不再一条直线上，所以质点 P2一定做曲线运动，由于两者 之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以P2的加速度在减小.

32、速度增大，故 A 正确，B 错误；C、 若 Pi、P2为异种电荷，Pi、P2之间的库仑力为吸引力，当 Pi、P2之间的库仑 力恰好等于向心力的时候，P2就绕着 Pi做匀速圆周运动，此时 P2速度的大小和 加速度的大小都不变，但是方向改变，故 C 错误.D、 若 Pi、P2为异种电荷，Pi、P2之间的库仑力为吸引力，若速度较大，吸引力 小于向心力，P2做离心运动，吸引力减小，则加速度减小，引力做负功，速度减 小，做加速度、速度都变小的曲线运动，故 D 正确.故选：AD .B.C.D.Pi、Pi、Pi、Pi、P2带同种电荷，以后P2带同种电荷，以后P2带异种电荷，以后P2带异种电荷，以后P2一定做

33、速度变大的曲线运动P2一定做加速度变大的曲线运动P2的速度和加速度可能都不变P2可能做加速度、速度都变小的曲线运动ii.如图所示，固定于地面、倾角为B的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧端与固定于斜面底端的挡板 C 连接，另一端与物块 A 连接，物块 A 上方放置有 另一物块 B，物块 A、B 质量均为 m 且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力 F 作用下而处于静止状态某一时刻将力 F 撤去，若在弹簧将 A、B 弹起过程中，A、B 能够分离，则下列叙述正确的是（）A从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中，弹簧及 A、B 物块所构成的系统机 械能守恒B. A、B 被弹起过程中，A、B 即将分离

34、时，两物块速度达到最大C. A、B 刚分离瞬间，A 的加速度大小为 gsin9D若斜面为粗糙斜面，则从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中，弹簧减少的 弹性势能一定大于 A、B 增加的机械能与系统摩擦生热之和【考点】功能关系；弹性势能.【分析】系统机械能守恒的条件是只有重力和弹簧的弹力做功.A、B 被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大.A、B 刚分离瞬间，以 B 为研究对象，求解 B 的加速度大小，即等于 A 的加速度大小若斜面有摩擦时，根据能 量守恒定律分析能量是如何转化的.【解答】解：A、从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中，弹簧及 A、B 物块所 构成的系统只有重力和

35、弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A 正确.B、 A、B 被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于 压缩状态，A、B 还没有分离，故 B 错误.C、 A、B 刚分离瞬间，A、B 间的弹力为零，对 B，由牛顿第二定律得 mgsin9=ma 得aB=gsin0此瞬间 A 与 B 的加速度相同，所以 A 的加速度大小为 gsin0故 C 正确.D、 若斜面为粗糙斜面，则从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中，由能量守恒 定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于 A、B 增加的机械能与系统摩擦生热之和， 故 D 错误.故选：AC二、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第 121

36、2 题至第 1616 题为必考题，每 个试题考生都必须作答第 1717 题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共 5353 分）12.如图 1 所示，有人对 利用频闪照相研究平抛运动规律”装置进行了改变，在 装置两侧都装上完全相同的斜槽 A、B，但位置有一定高度差，白色与黑色的两 个相同的小球都从斜槽某位置由静止开始释放.实验后对照片做一定处理并建立直角坐标系，得到如图所示的部分小球位置示意图.（g 取 10m/s2）LOO L IJI L I丄I I LSI小U32（1）观察改进后的实验装置可以发现，斜槽末端都接有一小段水平槽，这样做的目的是 保证小球抛出时的速度在水平方向.（2）

37、根据部分小球位置示意图（如图 2），下列说法正确的是ABA .闪光间隔为 0.1sB.A 球抛出点坐标（0, 0）C. B 球抛出点坐标（0.95, 0.50）D .两小球作平抛运动的水平速度大小不等.【考点】研究平抛物体的运动.【分析】（1）斜槽末端都接有一小段水平槽，是为了保证小球水平抛出，做平抛 运动.（2） A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动， 根据 y=gT2求出闪光的间隔.BC、求出小球在某一位置竖直方向上的分速度，从而求出运动的时间，根据 h= gt，x=V0t 求出抛出点的坐标.D、根据平抛运动的初速度是否相等，从而即可求解.【解答】解：（1）观察改进后的实验装置可以发现，

38、斜槽末端都接有一小段水平槽，这样做的目的是保证小球抛出时的速度在水平方向.（2） A、由图可知，每格边长为 0.05m,对 A 球，根据 y=2L=gT2得闪光的周期为 T 二（：. .：,故 A 正确.B、 A 球在第二位置的竖直分速度为一 I s- irr,-,在抛出点到该位置运动的时间为匸二二一，等于闪光的周期，可知 A 球的抛出点坐标 g 10为（0，0），故 B 正确.门?C、 横坐标为 0.80m 的小球在竖直方向上的分速度为 vy 二=1.5m/s.则运行的时间为 t=0.15s.水平分速度为vo= m/s=1.5m/s.gi则此时 B 球的水平位移为 x=vot=1.5x 0.

39、15m=0.225m,竖直位移为 y=，: gt2=. X 10 x0.152m=0.1125m.所以 B 球抛出点的坐标为：（1.025, 0.4875）.故 C 错误.D、 两球在水平方向上相等时间间隔内的位移相等，则初速度相等，故D 错误.故答案为：（1）保证小球抛出时的速度在水平方向；（2） AB .13. 某实验小组探究合外力做功和动能变化的关系， 他们将宽度一定的挡光片固 定在小车上， 用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面 上的 A、B 两点各安装一个光电门，记录小车通过 A、B 位置时的遮光时间，小 车中可以放置砝码.（1）实验主要步骤如下：1实验前应将木板

40、左端略微抬高，使小车通过两光电门的遮光时间相等， 这样做的目的是 平衡摩擦力;2用长度测量工具游标卡尺测量挡光片宽度为d,再用刻度尺量得 A、B 之间的距离为 L;3将小车停在 C 点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，记录此时小车（含挡光片及车中砝码）的质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，小车通过 A、B 的遮光时间分别为 如 t2，已知重力加速度为 g,则可以得到 A 至 B 过程中小车的合外力做功为 mgL ,小车的动能变化量为22?!:.） ：（用相应的字母 m、M、ti、t2、L、d 表示）；ztj4在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复的操作.（2）为了实验能达到预

41、期效果，步骤中 M、m 应满足的条件是 M 远大于 m【考点】探究功与速度变化的关系.【分析】（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的 功应先平衡摩擦力.（2） 小车合力做的功等于砝码盘和盘中砝码的重力做的功，根据广二求出小车通过 AB 两点的速度，从而求出动能的变化率；（3） 只有当M远大于 m 时，砝码盘和盘中砝码的重力才等于绳子的拉力.【解答】解：（1）实验前应将木板左端略微抬高，使小车通过两光电门的遮光时间相等的目的是平衡摩擦力，小车受到的拉力等于其合力，细线的拉力对小车做 的功等于合力对小车做的功；（2）A 至 B 过程中小车的合外力做功等于砝码盘和盘中砝码受

42、到的重力做功，即 W=mgL，小车通过 A 时的速度：VA=，小车通过 B 时的速度：VB=.；贝U小车通过 A、 B 过程中动能的变化量 E= 士 MvB2-；MVA2宀 f 肓：；（3） 只有当 M 远大于 m 时，砝码盘和盘中砝码的重力才等于绳子的拉力，即 满足 M 远大于 m 时可以用砝码盘和盘中砝码的重力做的功代替小车合力做的 功.2 -ij2故答案为：（1）平衡摩擦力；mgL;|； （2） M 远大于 m.14. 如图甲所示，质量为 m=1kg 的物体置于倾角为9=37 的固定且足够长的斜面 上，对物体施以平行于斜面向上的拉力 F, ti=0.5s 时撤去拉力，物体速度与时间(v-

43、t)的部分图象如图乙所示.(g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8)问:(1) 拉力 F 的大小为多少？(2) 物体沿斜面向上滑行的最大距离 s 为多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用.【分析】(1)由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可 qc 拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 比(2)根据 v-t 图象面积求解位移.【解答】解：(1)设物体在力 F 作用时的加速度为，撤去力 F 后物体的加速 度为a2，根据图象可知：A v 1 g _n95 二斗厂肓1陆/吕力 F 作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知F-

44、mgs in卩 mgcos9=m，撤去力 F 后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知-(mgsinO+卩 mgcosj)=ma2，解得：F=24N(2)设撤去力 F 后物体运动到最高点所花时间为 t2，此时物体速度为零，有V*,Q0-vjh 0-81s向上滑行的最大距离： II. - I . m答：(1)拉力 F 的大小为 24N；(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离 s 为 6m.15.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一绝缘轻质弯杆 AOB，/ AOB=120 , 弯杆可绕固定轴 O 在水平面内做无摩擦的自由转动.杆上 A、B 两点分别固定 着两个质量相同的带电小球，其质量均为m，电量分别为

45、+q 和-2q.已知OA=2OB=2L .空间存在水平向右，场强大小为 E 的匀强电场，初始时刻 OA 与 电场方向平行.(忽略两小球间的相互作用)问：(1) 选 O 点电势为 0,求 A、B 两球在初始时刻处电势能之和；(2)从初始位置开始释放系统，问转过 30角时 B 球的速度是多少？(结果可 用根号表示)【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能.【分析】(1)根据电场力做功和电势能的变化关系分别求出小球 A 和 B 的电势 能即可；(2)系统转过 30角时，根据动能定理列方程求解 B 的速度.【解答】解：(1)根据电场力做功和电势能的变化关系可得：小球 A 的电势能：EPA=-E

46、q?2L小球 B 的电势能：EPB=2q?ELsin30。所以总的电势能为：EP=- Eq?2L-EX2q?Lsin30，代入数据解得：EP=-3EqL(2)设系统转过 30角时，B 球的速度为VB，由动能定理有：-Eq? (2L - 2Lcos30 +2Eq? ( Lsin60。- Lsin30 =事诵号血 两个小球转动的角速度相同，根据 v=r3可知，VA=2VB 联立解得：VB=丄.5m答：(1)选 O 点电势为 0, A、B 两球在初始时刻处电势能之和为-3EqL；F(2)从初始位置开始释放系统，转过 30。角时 B 球的速度是：-16如图所示，倾角为B的无限长斜面上 PQ 部分粗糙，

47、且长为 3L,其余部分 都光滑质量均为 m 的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间 有一长为 L 且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘 连，各物块与斜面PQ 段的动摩擦因数均为 2tan0A、B、C、D 同时释放时 A 恰在 P 点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点重力加速度为 g.求：(1) A 在 PQ 段运动刚达到最大速度时的位置；(2) 物块 C 刚过 P 点时，杆对物块 D 的弹力；(3) 要使四个物块均能通过 Q 点最初释放各物块时的初速度应该满足的条件.【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律.【分析】(1)将四物块及杆看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速 度达最大值，由此列式分析知道块 B 刚过 P 点，此时 A 离 P 点的距离为 L .(2)对四物块及杆整体运用用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离D，由牛顿第二定律求杆对物块 D 的弹力.(3) 要使四物块都能滑出 Q 点，物块 D 过 Q 点时它的速度应大于零.对物块 D 从 P到 Q 的过程用动能定理列方程.对整体进入 PQ 段过程用动能定理列式，求 初速度应满足的条件.【解答】解：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，