辽宁省葫芦岛市普通高中协作体2017届高三上学期第二次考试物理试卷

辽宁省葫芦岛市普通高中协作体2017届高三上学期第二次考试物理试卷

‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛市普通高中协作体高三（上）第二次考试物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题4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。有选错或不答的得0分。‎ ‎1．如图所示，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定的，而后支架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画．下列说法正确的是（　　）‎ A．画架对画的作用力小于G B．画架对画的作用力大于G C．若后支架缓慢向后退，则画架对画的作用力不变 D．若 后支架缓慢向前移，则画架对画的作用力变大 ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．查德威克发现质子 B．火箭的飞行应用了反冲原理 C．物体动量的变化量等于其所受的合外力 D．微观粒子相互接近时，不发生直接碰撞，在相互作用时，其动量不可能守恒 ‎3．一个可视为质点的小球从某高处开始做自由落体运动，若测得小球经过厚度为10cm的砖块所用时间为0.0025s，则小石子出发点到砖块的高度约为（　　）‎ A．20m B．40m C．60m D．80m ‎4．在里约奥运会女子十米台决赛中，中国选手、四川妹子任茜为中国代表团拿下里约奥运会的第20枚金牌，也成为了中国奥运史上第一个00后冠军．如图所示，她在某次练习跳水时保持同一姿态在空中下落一段距离，重力对她做功950J，她克服阻力做功50J．任茜在此过程中（　　）‎ A．机械能减小了50J B．动能增加了950J C．动能增加了1000J D．重力势能减小了1000J ‎5．用频率相同但强度不同的两束光分别去照射同一金属，则（　　）‎ A．是否发生光电效应和光的强度无关，但和光照射的时间长短有关 B．若发生光电效应，则在相同时间内，用强度较大的光照射的金属逸出的光电子数较多 C．若发生光电效应，则强度大的光照射出的电子的最大初动能大 D．若发生光电效应，则强度大的光照射出的电子的最大初动能小 ‎6．关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核的结合能越大，原子核越稳定 B．任何两个原子核都可以发生核聚变 C． U衰变成Pb要经过8次β衰变和6次α衰变 D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2‎ ‎7．如图所示，ABDC和CDFE是两个边长均为L的正方形．在B点，小球甲以大小为v甲的初速度向左做平抛运动，在C点，小球乙以大小为v乙的初速度向右做平抛运动．甲球运动过程中经过C点，乙球运动过程中经过F点，两球同时落地．则下列说法正确的是（　　）‎ A．v甲=v乙 B．两球落地时的合速度大小相等 C．甲球运动到C点时，乙球开始做平抛运动 D．甲球落地点到F点的距离为2L ‎8．假设人类登上火星后，在火星上进行了如下实验，在固定的竖直光滑圆轨道内部，一小球恰好能做完整的圆周运动，小球在最高点的速度为v，轨道半径为r．若已知火星的半径为R，引力常量为G，则火星质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．有一个质量为0.5kg的小球，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为3N和4N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动情况，下列正确的说法是（　　）‎ A．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s2‎ B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2‎ C．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是10m/s2‎ D．可能做匀加速直线运动，加速度大小可能是15m/s2‎ ‎10．图示是质点甲和乙在同一条直线上运动的v﹣t图象．已知甲、乙在t=10s时相遇，则（　　）‎ A．在0﹣10s内，甲的加速度大小为2m/s2‎ B．在t=0时刻，甲、乙处于同一位置 C．在t=4s时刻，甲、乙速度大小相等，方向相反 D．在0﹣5s内，甲在前，乙在后 ‎11．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1=﹣54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的光子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（　　）‎ A．10.2eV B．45.5eV C．48.4eV D．51.0eV ‎12．如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R=0.2m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g=10m/s2，则下列判断可能正确的是（　　）‎ A．若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，达到地面上的C点左侧 B．若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点 C．若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧 D．若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体m也可能到达地面上C ‎　‎ 二、非选择题部分：共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎13．如图甲所示为小车做匀变速直线运动的示意图．‎ ‎（1）请写出图甲中两个重要的实验器材：①　　，②　　．‎ ‎（2）如图乙所示是实验中得到的纸带的一部分，则OE间的距离为　　cm．‎ ‎（3）如图丙所示是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至同一起点的距离），则加速度大小a=　　m/s2（保留2位有效数字）‎ ‎14．两位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．‎ ‎（1）在安装斜槽时，应保持斜槽末端　　．‎ ‎（2）甲同学测得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点时小球抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．当所测物理量满足表达式　　时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式　　时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．‎ ‎15．甲、乙两辆客车（均可看做质点）沿同一平直公路同向匀速行驶，速度均为v0=10m/s，甲车在前，乙车在后，两车相距s0=23m，前方遇到紧急情况，甲车以大小a=5m/s2的加速度紧急刹车，直到停止；甲车开始刹车后，乙车经过t0=0.8s的反应时间才开始刹车．为保证甲、乙两车不相撞，求乙车在刹车过程中的加速度的最小值．‎ ‎16．如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，通电后赛车的电动机以额定功率P=3W工作，经过时间t（未知）后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出．已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f=0.5N，赛车的质量m=0.8kg，轨道AB的长度L=6.4m，B、C两点的高度差h=0.45m，赛车在C点的速度大小vC=5m/s，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）赛车运动到B点时的速度vB大小；‎ ‎（2）赛车电动机工作的时间t．‎ ‎17．如图所示，质量为M=0.3kg的长木板A放在光滑的水平面上，板长L=1.5m，在其左端放一质量为m=0.1kg的物块B．现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的水平初速度v0=2m/s，使A开始向左运动、B开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，取g=10m/s2．‎ ‎（1）要使物块B不从长木板A的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；‎ ‎（2）若B恰好不从长木板A的右端滑落，求B相对长木板A滑动过程中发生的位移．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛市普通高中协作体高三（上）第二次考试物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题4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。有选错或不答的得0分。‎ ‎1．如图所示，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定的，而后支架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画．下列说法正确的是（　　）‎ A．画架对画的作用力小于G B．画架对画的作用力大于G C．若后支架缓慢向后退，则画架对画的作用力不变 D．若 后支架缓慢向前移，则画架对画的作用力变大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】画处于静止状态，受力平衡，对画进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解．‎ ‎【解答】解：A、画处于静止状态，受到重力和画架对画的作用力，受力平衡，所以画架对画的作用力大小等于重力G，故A、B错误；‎ C、无论后支架缓慢向后退或向前移动，画仍然处于平衡状态，画架对画的作用力大小仍然等于重力G，不变，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．查德威克发现质子 B．火箭的飞行应用了反冲原理 C．物体动量的变化量等于其所受的合外力 D．微观粒子相互接近时，不发生直接碰撞，在相互作用时，其动量不可能守恒 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】在原子核人工转变的实验中，查德威克发现了中子；火箭的飞行应 根据动量守恒定律分析反冲运动与粒子的碰撞；‎ 物体动量的变化量等于其所受的合外力的冲量．‎ ‎【解答】解：A、在原子核人工转变的实验中，查德威克发现了中子，故A错误；‎ B、火箭的飞行火箭与喷出的气体动量守恒，应用了反冲原理，故B正确；‎ C、根据动量定理可知，物体动量的变化量等于其所受的合外力的冲量．故C错误；‎ D、微观粒子相互接近时，不发生直接碰撞，在相互作用的过程中，其动量是可能守恒的．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．一个可视为质点的小球从某高处开始做自由落体运动，若测得小球经过厚度为10cm的砖块所用时间为0.0025s，则小石子出发点到砖块的高度约为（　　）‎ A．20m B．40m C．60m D．80m ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】根据v=求得小石子经过砖块的平均速度，即为瞬时速度，利用速度位移公式求得位移 ‎【解答】解：小球通过砖块的平均速度为 故经过砖块的瞬时速度接近v=40m/s 故石子下落的高度h=，故D正确 故选：D ‎　‎ ‎4．在里约奥运会女子十米台决赛中，中国选手、四川妹子任茜为中国代表团拿下里约奥运会的第20枚金牌，也成为了中国奥运史上第一个00后冠军．如图所示，她在某次练习跳水时保持同一姿态在空中下落一段距离，重力对她做功950J，她克服阻力做功50J．任茜在此过程中（　　）‎ A．机械能减小了50J B．动能增加了950J C．动能增加了1000J D．重力势能减小了1000J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少．根据动能定理确定动能的变化．机械能减小量等于克服阻力做的功．‎ ‎【解答】解：A、除重力外，物体克服阻力做功50J，故机械能减小50J，故A正确；‎ BC、重力做功950J，物体克服阻力做功50J，故动能增加J=900J，故BC错误；‎ C、重力对物体做功为950J，是正功，则物体重力势能减小950J．故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．用频率相同但强度不同的两束光分别去照射同一金属，则（　　）‎ A．是否发生光电效应和光的强度无关，但和光照射的时间长短有关 B．若发生光电效应，则在相同时间内，用强度较大的光照射的金属逸出的光电子数较多 C．若发生光电效应，则强度大的光照射出的电子的最大初动能大 D．若发生光电效应，则强度大的光照射出的电子的最大初动能小 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程．‎ ‎【分析】发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，光强不一定能发生光电效应，‎ ‎【解答】解：A、是否发生光电效应和光的强度无关，和光的照射时间长短无关，只要入射光的频率大于该金属的极限频率就能发生光电效应，故A错误；‎ B、若发生光电效应，在相同时间内，光强越强，照射的光子数越多，逸出的光电子数也越多，故B正确；‎ CD、若发生光电效应，光电子的最大初动能只随入射光频率的增大而增大，与入射光的强弱无关，故CD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核的结合能越大，原子核越稳定 B．任何两个原子核都可以发生核聚变 C． U衰变成Pb要经过8次β衰变和6次α衰变 D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】比结合能越大原子核越稳定；‎ 根据α衰变和β衰变的特点分析发生衰变的次数；‎ 发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数和质子数都减少了2；‎ ‎【解答】解：A、比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；‎ B、只有较小的原子核才会发生聚变，故B错误；‎ C、铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，α衰变一次质量数减少4个，次数n=，‎ β衰变的次数为n=88×2+82﹣92=6要经过8次α衰变和6次β衰变，故C错误；‎ D、α粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，ABDC和CDFE是两个边长均为L的正方形．在B点，小球甲以大小为v甲的初速度向左做平抛运动，在C点，小球乙以大小为v乙的初速度向右做平抛运动．甲球运动过程中经过C点，乙球运动过程中经过F点，两球同时落地．则下列说法正确的是（　　）‎ A．v甲=v乙 B．两球落地时的合速度大小相等 C．甲球运动到C点时，乙球开始做平抛运动 D．甲球落地点到F点的距离为2L ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上通过相等位移所用的时间，判断乙球何时开始运动．根据B到C的时间小于C到地面的时间，确定甲球落地点到F点的距离．根据下降相同高度时水平位移关系比较初速度的大小，结合速度位移公式比较落地的竖直分速度，从而结合平行四边形定则比较落地的速度大小．‎ ‎【解答】解：AB、甲乙两球下降相同高度时的水平位移相等，则初速度相等，由于落地时下降的高度不同，则竖直分速度不同，根据平行四边形定则知，两球落地时的合速度不等，故B错误，A正确．‎ C、因为两球同时落地，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，甲球从B到C大于C到地面的时间，而乙球C到F的时间和甲球B到C的时间相等，可知甲球未到达C点时，乙球开始做平抛运动，故C错误．‎ D、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，甲球从B到C大于C到地面的时间，则C到地面的水平位移小于L，则甲球落地到F点的距离小于2L，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．假设人类登上火星后，在火星上进行了如下实验，在固定的竖直光滑圆轨道内部，一小球恰好能做完整的圆周运动，小球在最高点的速度为v，轨道半径为r．若已知火星的半径为R，引力常量为G，则火星质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】小球在最高点的速度满足火星的引力提u供其沿圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程，即可求得火星表面的重力加速度；由火星表面的物体的重力约等于物体与火星的万有引力可得火星的质量．‎ ‎【解答】解：设小球的质量为m，火星的质量为M，因小球在最高点恰好完成圆周运动，设最高点时小球速度为v，由牛顿第二定律得：‎ mg=‎ 得g=‎ 对于任一月球表面的物体m′，万有引力等于其重力，即：‎ m′g=‎ 由③④得，M= 选项A正确 故选：A ‎　‎ ‎9．有一个质量为0.5kg的小球，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为3N和4N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动情况，下列正确的说法是（　　）‎ A．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s2‎ B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2‎ C．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是10m/s2‎ D．可能做匀加速直线运动，加速度大小可能是15m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】根据题意求出撤去两个力后物体受到的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．‎ ‎【解答】‎ 解：由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为3N和4N的两个力后，物体的合力大小范围为1N≤F合≤7N，物体的加速度范围为：2m/s2≤a≤14m/s2；‎ A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s2，故A正确．‎ B、匀速圆周运动的合外力是个变力，所以不可能做匀速圆周运动，故B错误；‎ C、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小可能是10m/s2，故C正确；‎ D、由以上分析可知，撤去两个力后，加速度不可能为15m/s2，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．图示是质点甲和乙在同一条直线上运动的v﹣t图象．已知甲、乙在t=10s时相遇，则（　　）‎ A．在0﹣10s内，甲的加速度大小为2m/s2‎ B．在t=0时刻，甲、乙处于同一位置 C．在t=4s时刻，甲、乙速度大小相等，方向相反 D．在0﹣5s内，甲在前，乙在后 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由v﹣t图象的斜率求出甲的加速度．根据图象与时间轴围成的面积可求出两质点在10s内的位移，即可确定t=0时甲、乙的位置关系．由速度公式求速度相等的时间．根据位移公式得到5s内两质点的位移，分析它们的位置关系．‎ ‎【解答】解：A、甲的加速度 a===﹣2m/s2，加速度大小为2m/s2．故A正确．‎ B、在0～10s内，甲的位移为：x甲=×20×10m=100m，乙的位移为：x乙=12×10m=120m，据题，甲、乙在t=10s时相遇，则知在t=0时，甲在乙的前方20m．故B错误．‎ C、设经过时间t两质点的速度相等，则 v甲0+at=v乙；得 t===4s，故在t=4s时刻，甲、乙速度大小相等，方向相同，故C错误．‎ D、在0～5s内，甲的位移为 x甲′=v甲0t′+at′2=20×5﹣×2×52=75m，乙的位移为 x乙′=v乙t′=12×5m=60m，因为x甲′+20m＞x乙′，则甲在前，乙在后，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎11．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为E1=﹣54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的光子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（　　）‎ A．10.2eV B．45.5eV C．48.4eV D．51.0eV ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】氦离子吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，或吸收光子能量后，总能量大于等于0，发生电离．‎ ‎【解答】解：A、基态的氦离子吸收10.2eV，能量为﹣44.2eV，不能吸收发生跃迁．故A错误．‎ B、基态的氦离子吸收45.5eV，能量为﹣8.9eV，不能吸收发生跃迁．故B错误．‎ C、基态的氦离子吸收48.4eV，能量为﹣6.0eV，能被吸收跃迁到第3能级．故C正确．‎ D、基态的氦离子吸收51.0eV，能量为﹣3.4eV，能被吸收跃迁到第4能级．故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R=0.2m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g=10m/s2，则下列判断可能正确的是（　　）‎ A．若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，达到地面上的C点左侧 B．若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点 C．若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧 D．若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体m也可能到达地面上C ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】应用动能定理求出物体到达传送带上时的速度，然后根据传送带的运动情况分析物块在传送带上的运动情况，然后判断物体到达地面时的位置．‎ ‎【解答】解：物体在圆弧轨道上下滑过程，由动能定理得：mgR=mv02﹣0，解得：v0==2m/s；传送带静止时物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s；‎ A、若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故A错误；‎ B、若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故B正确；‎ C、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2m/s，做平抛运动的初速度大于2m/s，物体将落在C点的右侧，故C正确；‎ D、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，五月天也可能在你传送带上一直做匀减速直线运动，到达传送带右端时的速度与传送带静止时的速度相等，物体将落在C点，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、非选择题部分：共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎13．如图甲所示为小车做匀变速直线运动的示意图．‎ ‎（1）请写出图甲中两个重要的实验器材：①　纸带　，②　打点计时器　．‎ ‎（2）如图乙所示是实验中得到的纸带的一部分，则OE间的距离为　1.80　cm．‎ ‎（3）如图丙所示是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至同一起点的距离），则加速度大小a=　0.93　m/s2（保留2位有效数字）‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】（1）明确实验装置，并清楚各仪器的名称；‎ ‎（2）确定OE的初末刻度，从而确定OE的长度，注意精度是1毫米刻度尺读数要估读到毫米的下一位，整数刻度用零补充位置；‎ ‎（3）根据解析式讨论图象斜率的意义，从而求出加速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）实验中①为纸带；②为打点计时器；‎ ‎（2）由图可知，O点坐标为1.00cm，E点坐标为2.80cm，故OE间的距离应为OE=2.80﹣1.00=1.80cm；所以OE间的距离为1.80cm．‎ ‎（3）由公式S=at2知图象的斜率表示a，即加速度的二分之一；‎ k=a==0.467‎ 解得a=2k=0.467×2=0.93m/s2‎ 故答案为：（1）纸带；打点计时器；‎ ‎（2）1.80；‎ ‎（3）0.93．‎ ‎　‎ ‎14．两位同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．‎ ‎（1）在安装斜槽时，应保持斜槽末端　切线水平　．‎ ‎（2）甲同学测得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点时小球抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．当所测物理量满足表达式　mAOP=mAOM+mBON　时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式　mAOP2=mAOM2+mBON2　时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；‎ ‎（2）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须切线水平；‎ ‎（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，‎ 它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，‎ 若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，‎ 代入得：mAOP=mAOM+mBON，‎ 若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得： mAv02=mAv12+mBv22，‎ 将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t 代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；‎ 故答案为：（1）切线水平；（2）mAOP=mAOM+mBON；mAOP2=mAOM2+mBON2；‎ ‎　‎ ‎15．甲、乙两辆客车（均可看做质点）沿同一平直公路同向匀速行驶，速度均为v0=10m/s，甲车在前，乙车在后，两车相距s0=23m，前方遇到紧急情况，甲车以大小a=5m/s2的加速度紧急刹车，直到停止；甲车开始刹车后，乙车经过t0=0.8s的反应时间才开始刹车．为保证甲、乙两车不相撞，求乙车在刹车过程中的加速度的最小值．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】甲车匀减速直线运动，乙车先做匀速直线运动，再做匀减速直线运动，抓住两车的位移关系，结合运动学公式求出乙车的最小加速度．‎ ‎【解答】解：设甲乙两车刹车前的速度为v0，刹车前的距离为S0，甲车刹车距离为S甲，乙车刹车距离为S乙．由题意可得，当乙车的加速度最小为a′时，两车恰好停在同一位置．‎ 由 可得甲车的刹车距离为：‎ 由题意可得：S乙=S0+S甲 ‎ 代入数据解得S乙=33m ‎ 当甲车开始刹车时，乙车先匀速运动t0=0.8s时间，再匀减速刹车直到停止运动，所以：‎ 代入数据：‎ 由④⑤两式联立可得：a′=1m/s2．‎ 答：乙车在刹车过程中的加速度至少为1m/s2．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，通电后赛车的电动机以额定功率P=3W工作，经过时间t（未知）后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出．已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f=0.5N，赛车的质量m=0.8kg，轨道AB的长度L=6.4m，B、C两点的高度差h=0.45m，赛车在C点的速度大小vC=5m/s，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）赛车运动到B点时的速度vB大小；‎ ‎（2）赛车电动机工作的时间t．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动规律可求得竖直分速度，再根据C点的速度利用几何关系即可求得B点的速度；‎ ‎（2）从A点到B点的过程中由动能定理求得工作的时间．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）因为赛车从B到C的过程作平抛运动，根据平抛运动规律所以有：‎ vy===3m/s 根据几何关系可知：‎ v2C=vy2+vB2‎ 代入数据解得：vB=4m/s；‎ ‎（2）从A点到B点的过程中由动能定理有 Pt﹣fL=mvB2‎ 代入数据解得：t=2s ‎ 答：（1）赛车运动到B点时速度的大小是4m/s；‎ ‎（2）赛车电动机工作的时间是2s．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，质量为M=0.3kg的长木板A放在光滑的水平面上，板长L=1.5m，在其左端放一质量为m=0.1kg的物块B．现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的水平初速度v0=2m/s，使A开始向左运动、B开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，取g=10m/s2．‎ ‎（1）要使物块B不从长木板A的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；‎ ‎（2）若B恰好不从长木板A的右端滑落，求B相对长木板A滑动过程中发生的位移．‎ ‎【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）当物块B刚好滑到A板的最右端时动摩擦因数μ最小．系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，故AB相对滑动时，系统总动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合即可求解μ的最小值，从而得到μ的取值范围．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求得B相对于A滑动过程中的加速度大小，由运动学速度位移公式求B相对长木板A滑动过程中发生的位移．‎ ‎【解答】解：（1）当物块B滑到木板A的最右端与木板有共同速度v时，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：‎ ‎ Mv0﹣mv0=（M+m）v ‎ 根据能量守恒定律知：‎ Mv02+mv02=（M+m）v2+μmgL 联立解得 v=1m/s，μ=0.4‎ 所以要使物块B不从长木板A的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为 μ≥0.4；‎ ‎（2）B相对于A滑动过程中的加速度大小 a==μg=4m/s2．‎ 由运动学公式有 2ax=‎ 解得B相对长木板A滑动过程中发生的位移 x=0.375m 答：‎ ‎（1）动摩擦因数μ的取值范围是μ≥0.4；‎ ‎（2）B相对长木板A滑动过程中发生的位移是0.375m．‎ ‎　‎ ‎2017年2月27日