重庆市渝中区巴蜀中学2018届高三（上）第二次月考物理试卷（Word版含解析）

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2017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题：本题共8个小题，每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求；第6-8题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分．1．（6分）一个物体在四个共点力作手下做匀速直线运动，若从某时刻起突然撤去某一个力，则此刻以后，该物体的速度不可能（　　）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大到某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大2．（6分）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上．质量为m的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜部分与竖直部分夹角为θ且为一定值．当支架在水平面上以加速度a向右匀加速运动时，小球受到的轻杆的弹力大小为（重力加速度为g）（　　）A．mg2+a2B．mcosθg2+a2C．mgcosθD．masinθ3．（6分）如图所示，甲叠放在物体乙上，m乙＝2m甲＝2m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．要使甲、乙一起运动，则F最大值为4μmgB．要使甲、乙一起运动，则F最大值为5μmgC．若F＝5μmg，则甲的速度为μgD．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，μ＝0.5，则F最小值为355mg4．（6分）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，已知物体到达底端B已与传送带共速，下列说法中正确的是（　　）A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后来摩擦力对物体不做功B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量C．物体与传送带共速前物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量D．物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量5．（6分）某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（　　）A．该天体半径为4v23πρGB．该天体表面重力加速度为3πρGv24C．绕天体表面附近飞行的卫星周期为3πρG

1D．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为3π4ρG6．（6分）如图，斜面倾角θ＝37°，小球从斜面上的顶点P处以初速度v0水平抛出，刚好落在斜面中点处。现将小球以初速度2v0水平抛出，不计运动过程中的空气阻力，小球下落后均不弹起。已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小球两次在空中运动过程中（　　）A．时间之比为1：2B．时间之比为1：2C．水平位移之比为1：4D．当初速度为v0时，小球在空中离斜面的最远距离为9v0240g7．（6分）如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，物块A叠放在B上，B、C到转盘中心O的距离分别为3r、2r。B、C间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力。已知B、C与圆盘间的动摩擦因数为μ，A、B间动摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现让圆盘从静止开始加速。则（　　）A．当ω=μg3r时，A、B即将开始滑动B．当ω=μg2r时，细线张力为3μmg/2C．当ω=μgr时，C受到圆盘的摩擦力为0D．当ω=2μg5r时剪断细线，C将做离心运动8．（6分）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动机卷绕绳子的轮子的半径R＝25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a＝[2（2+2）t]2，小船的质量m＝3kg，小船受到阻力大小恒为f＝10×（3+1）N，小船经过A点时的速度大小v0=263m/s，滑轮与水面竖直高度h＝1.5m，则（　　）A．小船过B点时速度为4m/sB．小船从A点到B点的时间为（2+1）sC．电动机功率P＝50WD．小船过B点时的加速度为252-203+56m/s2二、非选择题（一）必考题9．（6分）小明同学用如图1所示装置探究物体的加速度跟力的关系．

2（1）图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝　　　m/s2．（结果保留2位有效数字）（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加度，根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是　　A．所挂钩码的总质量过大　　　　B．所用小车的质量过大C．平面轨道倾斜角度过大　　　　　　　　　　　　　D．平面轨道倾斜角度过小．10．（9分）某实验兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度．倾斜气垫导轨倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和水平桌面上均有刻度值可读出长度．导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧上端与传感器之间的长度为L0气垫导轨开始工作后把质量为m的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上．（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v和对应的落点到导轨上端的长度x，画出了如图乙所示的v2﹣x图象，已知该图象为一过原点的直线，且直线斜率为k，则通过该图象可求出当地重力加速度g的值为　　，考虑到空气阻力，该小组测出的值　　（填“偏大”“偏小”或“不变”）．（2）通过事先对轻弹簧的测定，研究得出弹簧的弹性势能EP与压缩量△x的关系为EP=mg2L△x2．若每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L的n倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为　　（用x、n、L表示）．11．（12分）如图，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在D处恰好不与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动，到A处进入竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长L＝1m，θ＝60°，小球质量为m＝1kg，D点与小孔A的水平距离s＝2m，小球在粗糙水平面摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2．试求：（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？（2）要使摆球不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围？

312．（20分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，P1、P2是斜面上两点，PP1间距离L1=13m，P1P2间距离L2＝4m．轻绳跨过滑轮连接平板B和重物C，小物体A放在离平板B下端s＝1m处，平板B下端紧挨P2，当小物体A运动到P1P2区间使总受到一个沿斜面向下F＝0.1mg的恒力作用．已知A、B、C质量分别为m、2m、m，A与B间动摩擦因数μ1＝0.75，B与斜面间动摩擦因数μ2＝0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．平板B与挡板P碰撞前C与滑轮不会相碰．现让整个装置从静止释放，求：（1）小物体A在P1P2区间上方和进入P1P2区间内的加速度大小；（2）平板B与弹性挡板P碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B碰撞后沿斜面上升到最高点的时间．（二）选考题【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（　　）A．浸润液体在细管中上升的现象属于毛细现象B．液晶既有液体的流动性，又有光学各向异性C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的D．热量可以自发从高温传到低温，也可以自发从低温传到高温E．干湿泡湿度计中两个温度计读数相差越大，空气的相对湿度越大14．（10分）如图，一个简易的“高温计”示意图，在竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外气压差，吸管内水面与瓶内有一定高度差h。通过查阅相关资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．设1mmHg相当于13.6mm高蓝黑墨水水柱产生的压强。不计吸管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。①现将玻璃瓶放在离地面1.2m高的平台上时，吸管内水面将（填“升高”“降低”）mm．（温度保持不变）②已知玻璃瓶放置在地面上时，瓶附近温度约为27℃，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多高？【物理--选修3-4】（15分）15．下列说法中正确的是（　　）A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些E．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求（ⅰ）光线在M点的折射角；（ⅱ）透明物体的折射率．

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52017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8个小题，每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求；第6-8题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分．1．（6分）一个物体在四个共点力作手下做匀速直线运动，若从某时刻起突然撤去某一个力，则此刻以后，该物体的速度不可能（　　）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大到某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律；42：物体做曲线运动的条件．【专题】511：直线运动规律专题．【分析】物体原来处于平衡状态，撤去一个力后，其余的力的合力与撤去的力等值、反向、共线，根据其方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况．【解答】解：物体原来做匀速直线运动，受力平衡；撤去一个力后，合力的方向与该力的方向大小相等，方向相反；若合力与速度同向，则物体做加速运动，速度一直增大；若合力与速度反向，则物体先减速再反向加速；若力与速度不在同一直线上，且夹角大于90度时，物体的速度先减小到最小值，再逐渐增大；故ABD均有可能；但不可能先增大某一最大值，再减小；本题选择不可能的；故选：C。【点评】本题考查力和运动的关系，要注意明确力和速度的方向关系决定了物体的运动状态．2．（6分）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上．质量为m的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜部分与竖直部分夹角为θ且为一定值．当支架在水平面上以加速度a向右匀加速运动时，小球受到的轻杆的弹力大小为（重力加速度为g）（　　）A．mg2+a2B．mcosθg2+a2C．mgcosθD．masinθ【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】小球在竖直方向静止，在水平方向做匀加速直线运动，应用平衡条件与牛顿第二定律、力的合成求出小球受到轻杆的弹力大小．【解答】解：在竖直方向，小球静止，由平衡条件得：Fy＝mg，在水平方向，小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：Fx＝ma，小球受到的轻杆的弹力大小：F=Fx2+Fy2=(ma)2+(mg)2=mg2+a2；故选：A。【点评】本题关键是要明确杆的弹力与细线的弹力不同，杆的弹力可以与杆平行，也可以与杆不平行，可以是拉力，也可以是支持力．3．（6分）如图所示，甲叠放在物体乙上，m乙＝2m甲＝2m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．要使甲、乙一起运动，则F最大值为4μmgB．要使甲、乙一起运动，则F最大值为5μmgC．若F＝5μmg，则甲的速度为μg

6D．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，μ＝0.5，则F最小值为355mg【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】甲乙一起加速的最大加速度等于甲靠最大静摩擦力提供的加速度，根据整体法求得拉力，结合牛顿第二定律求得加速度，根据共点力平衡求得拉力的最小值【解答】解：A、甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度，则有：am=μm甲gm甲=μg，要使甲乙一起运动，故最大加速度不能超过μg，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：F﹣3μmg＝3mam，解得：F＝6μmg，故AB错误；C、若F＝5μmg＜6μmg，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可：知F﹣3μmg＝3ma，解得：a=23μg，故C错误；D、若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，设力F与水平方向的夹角为θ，则有：Fcosθ﹣μ（3mg﹣Fsinθ）＝0，解得：F=3μmgcosθ+μsinθ=3mg2cosθ+sinθ，故当分母最大时，拉力最小，最小为：F=355mg，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了叠加体问题，应用的方法是整体法和隔离法，正确的受力分析是解决问题的关键．4．（6分）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，已知物体到达底端B已与传送带共速，下列说法中正确的是（　　）A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后来摩擦力对物体不做功B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量C．物体与传送带共速前物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量D．物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量【考点】62：功的计算；6B：功能关系．【专题】34：比较思想；4E：模型法；52C：功率的计算专题；52Q：功能关系能量守恒定律．【分析】分析摩擦力方向与速度方向的关系判断摩擦力做功正负。物体动能的增加量等于外力对物体做的总功。物体与传送带间的摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积。结合功能关系分析。【解答】解：A、物体与传送带共速前，物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，与速度方向相同，则摩擦力对物体做正功。共速后，物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方向相反，对物体做负功，故A错误。B、物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和才等于物体动能的增加量，故B错误。C、物体与传送带共速前，物体与传送带间的相对位移为：△x＝vt-vt2=vt2物体与传送带间的摩擦生热为：Q＝μmgcosθ•△x＝μmgcosθ•vt2物体机械能的增加量为：△E＝μmgcosθ•x物＝μmgcosθ•vt2，则Q＝△E，故C正确。D、物体从A到B过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，共速后物体的机械能在减少，所以物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，故D错误。故选：C。【点评】解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系。要注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移大小的乘积。5．（6分）某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（　　）A．该天体半径为4v23πρG

7B．该天体表面重力加速度为3πρGv24C．绕天体表面附近飞行的卫星周期为3πρGD．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为3π4ρG【考点】4F：万有引力定律及其应用．【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．【分析】根据物体的重力等于天体的万有引力，列式求解天体的质量，由质量与体积之比求解半径，然后结合万有引力提供向心力即可求出。【解答】解：A、设该天体的质量为M，半径为R，则：M=43πR3根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=mv2R联立可得：R=3v24πρG．故A错误；B、根据第一宇宙速度的公式可得：mg′=mv2R可得：g′=v2R=4πρGv23．故B错误；C、周期：T=2πRv=3πρG．故C正确；D、若考虑天体自转，则维持该天体稳定的自转周期最小时，天体表面的物体受到的万有引力恰好提供向心力，则：m0g'=m0⋅4π2RT02可得：T0=3πρG．故D错误。故选：C。【点评】星球表面的物体受到星球万有引力的作用充当物体的向心力及支持力，星球的转动角速度越大、周期越小时，则需要的向心力越大，则物体所受支持力越小；而当向心力大到一定值时，物体会离开星球表面。6．（6分）如图，斜面倾角θ＝37°，小球从斜面上的顶点P处以初速度v0水平抛出，刚好落在斜面中点处。现将小球以初速度2v0水平抛出，不计运动过程中的空气阻力，小球下落后均不弹起。已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小球两次在空中运动过程中（　　）A．时间之比为1：2B．时间之比为1：2C．水平位移之比为1：4D．当初速度为v0时，小球在空中离斜面的最远距离为9v0240g【考点】43：平抛运动．【专题】32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．【分析】先判断第二次小球是否落在斜面上。根据小球落在斜面上时竖直位移与水平位移之比等于tanθ，求出平抛的时间，由几何关系分析位移，即可判断。再由时间之比，由分位移公式求解水平位移之比。当小石块的速度方向与斜面平行时，小石块到斜面的距离最大，根据分运动的规律求小球在空中离斜面的最远距离。【解答】解：AB、设小球的初速度为v时，落在斜面上时所用时间为t，落点距斜面顶端距离为S．斜面长度为L。

8小球落在斜面上时有tanθ=12gt2vt=gt2v，得t=2vtanθg，S=vtcosθ=2v2tanθgcosθ∝v2，若两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L处，大于斜面的长度，可知以2v0水平拋出时小球落在水平面上。两次下落高度之比1：2，根据t=2hg，得时间之比为1：2，故A错误，B正确。C、根据x＝vt得水平位移之比为x1：x2＝v0t1：（2v0•2t1）＝2：22．故C错误。D、当初速度为v0时，由上得小球在空中运动的时间t1=2v0tanθg当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大，由运动的对称性可知，从抛出到到达该点的时间为：t′=12t1在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0，所以在垂直于斜面方向的位移为：L=v⊥2t'=v0sinθ2•t′=v0⋅0.62⋅12•2v0tan37°g=9v0240g，故D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。要灵活选择分解的方向。7．（6分）如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，物块A叠放在B上，B、C到转盘中心O的距离分别为3r、2r。B、C间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力。已知B、C与圆盘间的动摩擦因数为μ，A、B间动摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现让圆盘从静止开始加速。则（　　）A．当ω=μg3r时，A、B即将开始滑动B．当ω=μg2r时，细线张力为3μmg/2C．当ω=μgr时，C受到圆盘的摩擦力为0D．当ω=2μg5r时剪断细线，C将做离心运动【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【专题】31：定性思想；4C：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】由于三物体具有相同的角速度，假设B与转台间的摩擦力达到3μmg，求出此时的角速度，再求出C此时的向心力与C的最大静摩擦力比较，看C能否与转盘相对静止。分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围。【解答】解：A、三物体具有相同的角速度，半径之比为2：3；根据fn=mω2r可知，AB先达到最大静摩擦力。B与转盘之间的最大静摩擦力为：fBm＝μ（m+2m）g＝3μmgC与转盘之间的最大静摩擦力为：fCm＝3μmg当AB刚刚要滑动时设细线的拉力为T，则对AB有：T+fBm=3m⋅ω02⋅3r对C：T-fCm=3mω02⋅2r联立得：ω0=2μgr当A开始滑动时有：fA＝3μmg＝mω0′•3r所以：ω0'=μgr当ω=μg3r＜μgr＜2μgr，所以AB不能开始滑动。故A错误；

9B、当ω=μg2r＜μgr＜2μgr时，A与B不能开始滑动，则AB需要的向心力为：fnB=3m⋅ω2⋅3r=9mr×μg2r=4.5μmg则细线的拉力：T′＝fnB﹣fBm＝4.5μmg﹣3μmg＝1.5μmg．故B正确；C、当ω=μgr时，AB需要的向心力为：fnB=3m⋅ω2⋅3r=9mr×μgr=9μmg则细线的拉力为：T″＝fnB﹣fBm＝4.5μmg﹣3μmg＝6μmgC需要的向心力为：fnC=3m⋅ω2⋅2r=6mr×μgr=6μmg=T″C受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C的摩擦力一定等于0．故C正确；D、当ω=2μmg5r＜μgr＜2μgr时ABC都还没有滑动，剪断细线，C在水平方向只受到摩擦力的作用，C做圆周运动需要的向心力为：fc=mω2⋅2r=m⋅2μg5r⋅2r=45μmg＜μmgC与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C仍然做匀速圆周运动。故D错误。故选：BC。【点评】本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。8．（6分）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动机卷绕绳子的轮子的半径R＝25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a＝[2（2+2）t]2，小船的质量m＝3kg，小船受到阻力大小恒为f＝10×（3+1）N，小船经过A点时的速度大小v0=263m/s，滑轮与水面竖直高度h＝1.5m，则（　　）A．小船过B点时速度为4m/sB．小船从A点到B点的时间为（2+1）sC．电动机功率P＝50WD．小船过B点时的加速度为252-203+56m/s2【考点】45：运动的合成和分解．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；4C：方程法；517：运动的合成和分解专题．【分析】（1）先根据a=v2R求出沿绳子方向上的速度，再表示出小船经过AB两点时沿绳方向上的速度，作出v﹣t图象根据斜率即为加速度和面积即为位移列方程即可求出小船过B点时速度和小船从A点到B点的时间；（2）根据几何知识可知AB间的距离，利用动能定理求出电动机功率；（3）小船在B处，根据牛顿第二定律求出小船过B点时的加速度．【解答】解：AB、由a=v2R得，沿绳子方向上的速度为：v=aR=（2+2）t小船经过A点时沿绳方向上的速度为：v1＝v0cos30°=32v0，小船经过A点时沿绳方向上的速度为：v2＝vBcos45°=22vB，作出沿绳速度的v﹣t图象，直线的斜率为：22vB-32v0t=（2+2）…①沿绳位移即A到B图象与横轴所夹面积：

1022vB+32v02t＝（2-2）h…②联立①②可解得：vB＝4m/s；t＝（2-1）s故A正确，B错误；C、小船从A点运动到B点，由动能定理：Pt﹣fs=12mvB2-12mv02⋯③由几何知识可知，s＝（3-1）h…④联立③④可解得：P＝50（2+1）W，故C错误；D、小船在B处，由牛顿第二定律得：PvBcos45°cos45°﹣f＝maB。解得：aB=252-203+56m/s2，故D正确。故选：AD。【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，要知道小船沿绳子方向的分速度等于绳速，牛顿第二定律可以研究某一状态的加速度，而动能定理研究的是一个过程．二、非选择题（一）必考题9．（6分）小明同学用如图1所示装置探究物体的加速度跟力的关系．（1）图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝　1.3　　m/s2．（结果保留2位有效数字）（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加度，根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是　A　A．所挂钩码的总质量过大　　　　B．所用小车的质量过大C．平面轨道倾斜角度过大　　　　　　　　　　　　　D．平面轨道倾斜角度过小．【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据纸带数据，由△x＝at2可求小车的加速度．（2）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量【解答】解：（1）计数点间的时间间隔t＝0.02s×5＝0.1s，由△x＝at2可得：小车的加速度a=xCE-xAC4T2=1.3m/s2．（2）随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故A正确；故答案为：（1）1.3；（2）A

11【点评】对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解．对牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量远小于小车质量的理由．10．（9分）某实验兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度．倾斜气垫导轨倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和水平桌面上均有刻度值可读出长度．导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧上端与传感器之间的长度为L0气垫导轨开始工作后把质量为m的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上．（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v和对应的落点到导轨上端的长度x，画出了如图乙所示的v2﹣x图象，已知该图象为一过原点的直线，且直线斜率为k，则通过该图象可求出当地重力加速度g的值为　32k　，考虑到空气阻力，该小组测出的值　偏大　（填“偏大”“偏小”或“不变”）．（2）通过事先对轻弹簧的测定，研究得出弹簧的弹性势能EP与压缩量△x的关系为EP=mg2L△x2．若每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L的n倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为　L=23x3(n2-n-1)　（用x、n、L表示）．【考点】MD：验证机械能守恒定律．【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）物块离开斜面后做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的竖直上抛运动，应用运动学公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象答题．（2）动能与势能统称为机械能，根据题意应用机械能守恒定律求出需要验证的表达式，然后分析答题．【解答】解：（1）物块到达斜面顶端时的速度为v，则：vx＝vcos30°=32v，vy＝vsin30°=12v，物块离开斜面后做斜上抛运动，运动时间：t=2vyv=vg，水平位移：x＝vxt=3v22g，整理得：v2=23g3x，由v2﹣x图象可知，图象斜率：k=23g3，重力加速度：g=32k，考虑空气阻力影响，所测重力加速度偏大；（2）每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L的n倍，则：△x＝nL，弹簧的弹性势能：EP=mg2L△x2＝EP=mg2L（nL）2，以释放点所处水平面为重力势能的零势面，由机械能守恒定律得：mg2L（nL）2＝mg（n+1）Lsin30°+12mv2，整理得：L=23x3(n2-n-1)；故答案为：（1）32k；偏大；（2）L=23x3(n2-n-1)．【点评】本题考查了实验数据处理，本题是一道信息给予题，认真审题理解题意、知道实验原理是解题的前提与关键，应用运动的合成与分解、运动学公式与机械能守恒定律可以解题．11．（12分）如图，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在D处恰好不与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动，到A处进入竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长L＝1m，θ＝60°，小球质量为m＝1kg，D点与小孔A的水平距离s＝2m，小球在粗糙水平面摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2．试求：（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？（2）要使摆球不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围？

12【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）对CD段运用动能定理，求出小球到达最低点的速度，结合牛顿第二定律，通过拉力和重力的合力提供向心力求出绳子的拉力。（2）首先找出进入圆弧的临界条件，再据动能定理求摩擦因数μ的范围。摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道有两种情况：一种能做完整的圆周运动。另一种在下半个圆周上运动。【解答】解：（1）小球从A到B过程有mgL(1-cos60°)=12mvD2①在B处有T-mg=mvD2L②联立①②得T＝20N③（2）从B开始，当小球运动到14圆弧高度处速度为零，有-μmgs-mgR=0-12mvB2④解得R＝0.1m从B开始，当小球恰好过圆弧最高点时，有mg=mv2R⑤此过程有-μmgs-mg⋅2R=12mv2-12mvB2⑥联立得R＝0.04m综上，要使小球不脱离圆弧轨道，R取值范围为R≤0.04m或者R≥0.1m答：（1）摆线能承受的最大拉力为20N（2）要使摆球不脱离轨道，圆形轨道半径R的取值范围为R≤0.04m或者R≥0.1m【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题，关键确定研究的过程，分析过程中有哪些力做功，结合动能定理列式研究。12．（20分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，P1、P2是斜面上两点，PP1间距离L1=13m，P1P2间距离L2＝4m．轻绳跨过滑轮连接平板B和重物C，小物体A放在离平板B下端s＝1m处，平板B下端紧挨P2，当小物体A运动到P1P2区间使总受到一个沿斜面向下F＝0.1mg的恒力作用．已知A、B、C质量分别为m、2m、m，A与B间动摩擦因数μ1＝0.75，B与斜面间动摩擦因数μ2＝0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．平板B与挡板P碰撞前C与滑轮不会相碰．现让整个装置从静止释放，求：（1）小物体A在P1P2区间上方和进入P1P2区间内的加速度大小；（2）平板B与弹性挡板P碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B碰撞后沿斜面上升到最高点的时间．【考点】37：牛顿第二定律．【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）假设A相对B静止，对A、B、C整体，由牛顿第二定律求得加速度，再对A，由牛顿第二定律求得A所受的摩擦力，与最大静摩擦力比较，即可知道假设成立，A、B、C一起运动，再对A，由牛顿第二定律求出加速度．当小物体A进入P1P2区间内，隔离A，由牛顿第二定律求加速度．（2）小物体A刚到P2时，A、B、C速度满足v02＝2as，求v0．当小物体A进入P1P2区间内时，对B、C整体，由牛顿第二定律求得加速度．当小物体A刚到P1时，小物体速度满足v12﹣v02＝2a1L2．解出v1．从而求得小物体A从P2到P1运动时间．得到B、C速度和此过程中B运动距离，分析何时B与挡板P发生碰撞，再由牛顿第二定律和运动学公式列式求解．【解答】解：（1）小物体A在P1P2区间上方运动时，假设A相对B静止，对A、B、C整体，由牛顿第二定律有：3mgsinθ﹣μ2•3mgcosθ﹣mg＝4ma代入数据解得：a＝0.5m/s2．隔离A，有：mgsinθ﹣f＝ma

13代入数据得：f＝5.5m而A、B间的最大静摩擦力fm＝μ1mgcosθ＝6m则f＜fm，所以假设成立，A、B、C一起运动所以小物体A进入P1P2区间上方运动时加速度为：a＝0.5m/s2．当小物体A进入P1P2区间内，隔离A，有：F+mgsinθ﹣f＝ma得f＝6.5m＞fm，即A相对于B向下滑动，对A有：F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，解代入数据得：a1＝1m/s2．（2）小物体A刚到P2时，A、B、C速度满足v02＝2as代入数据解得：v0＝1m/s当小物体A进入P1P2区间内时，对B、C整体，有：2mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2•3mgcosθ﹣mg＝3ma2．代入数据解得：a2=23m/s2．当小物体A刚到P1时，小物体速度满足v12﹣v02＝2a1L2．代入数据解得：v1＝3m/s小物体A从P2到P1运动时间为：t1=v1-v0a1=3-11=2sB、C速度为：v2＝v0+a2t1＝1+23×2=73m/s此过程中B运动距离为：x2=v0+v22t1=1+732×2=103m因此，当小物体A刚过P1时，小物体A离平板B下端距离为：△x＝s﹣（L2﹣x2）=13m此时B刚好与挡板P发生碰撞且绳断，此后A将以速度v1＝3m/s向下匀速运动，B将向上以v2=73m/s做匀速运动．隔离B，有：2mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2•3mgcosθ﹣mg＝2ma3．代入数据解得：a3＝12m/s2．对A、B，有：△x＝v1t2+v2t2-12a3t22解得：t2=8-4618s此时平板B速度为：vB＝v2﹣a3t2=246-93m/s此后A滑离平板B，B继续向上匀减速，对B，有：2mgsinθ+μ2•2mgcosθ﹣mg＝2ma4．代入数据解得：a4＝8m/s2．平板B向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为：t3=vBa4=246-924s因此，平板B与挡板P碰后到最高点时间为：tB＝t2+t3=246+572s答：（1）小物体A在P1P2区间上方和进入P1P2区间内的加速度大小分别为0.5m/s2和1m/s2；（2）平板B与弹性挡板P碰撞瞬间同时剪断轻绳，平板B碰撞后沿斜面上升到最高点的时间是246+572s．【点评】解决本题的关键是分析三个物体的运动状态，采用隔离法和整体法研究物体的受力，根据运动学公式求解运动时间．（二）选考题【物理--选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（　　）A．浸润液体在细管中上升的现象属于毛细现象B．液晶既有液体的流动性，又有光学各向异性C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的D．热量可以自发从高温传到低温，也可以自发从低温传到高温E．干湿泡湿度计中两个温度计读数相差越大，空气的相对湿度越大【考点】8H：热力学第二定律；93：*液体的微观结构．【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．

14【分析】明确浸润现象的基本规律，知道液晶的性质；并明确热力学第二定律的几种不同的说法；明确湿度的定义，知道湿度计的基本原理。【解答】解：A．水可以浸润玻璃，水银不能浸润玻璃，故A正确；B、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性；故B正确；C、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。故C正确；D、热量可以自发从高温传到低温，但不能自发从低温传到高温。故D错误；E、干泡温度计显示空气温度，湿泡温度计显示的是浸水纱布的温度，空气相对湿度越小（越干燥），则湿泡处水挥发越快，温度越低，两个温度计差值就越大，故E错误。故选：ABC。【点评】本题以“温度”这个热学核心物理量为线索，全面考查学生对热学各个部分考点的理解能力，重点掌握热力学第一定律的基本内容以及温度的微观意义。14．（10分）如图，一个简易的“高温计”示意图，在竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外气压差，吸管内水面与瓶内有一定高度差h。通过查阅相关资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．设1mmHg相当于13.6mm高蓝黑墨水水柱产生的压强。不计吸管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。①现将玻璃瓶放在离地面1.2m高的平台上时，吸管内水面将（填“升高”“降低”）mm．（温度保持不变）②已知玻璃瓶放置在地面上时，瓶附近温度约为27℃，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多高？【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．【分析】①根据平衡列出平衡方程，瓶内气体压强p不变，而外界大气压强p0减小，即可分析出吸管内水面的变化情况。②利用平衡求出压强，封闭气体发生等容变化，根据查理定律即可求出末态压强，再根据地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg的关系，即可求出此处距地面的高度。【解答】解：①根据平衡可得：p＝p0+h由于是密封玻璃瓶，瓶内气体压强p不变，而外界大气压强p0减小，故吸管内水面将升高。②玻璃瓶在地面上时：温度T1＝300K，压强：p1＝（750+13613.6）mmHg＝760mmHg玻璃瓶在高处时：温度T2＝303K，压强p2由于瓶内空气体积一定，故根据查理定律可得：p1T1=p2T2解得：p2＝767.6mmHg此高度处大气压为：p＝（767.6-136+13613.6）mmHg＝747.6mmHg则此处高度为：h＝（750﹣747.6）×12m＝28.8m答：①现将玻璃瓶放在离地面1.2m高的平台上时，吸管内水面将升高；②此处距地面28.8m。【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。【物理--选修3-4】（15分）15．下列说法中正确的是（　　）A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些

15E．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽【考点】O4：用双缝干涉测光的波长．【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题．【分析】泊松亮斑是光通过圆板时，在圆板后面出现亮光的现象；检查平整程度是利用光的干涉现象；当波长越长时，干涉条纹间距变宽；日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些，从而即可求解．【解答】解：A、出现泊松亮斑，体现光偏离原来直线方向传播，即发生了光的衍射。故A正确。B、用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹。故B正确。C、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象。故C错误。D、发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些。故D正确；E、做双缝干涉实验时，会在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，当波长越长时，条纹间距越宽，当改成紫光时，由于波长变小，则条纹间距变小，故E错误；故选：ABD。【点评】解决本题的关键知道干涉和衍射都说明光具有波动性，知道干涉、偏振和衍射的区别，注意日环食与日全食的区别．16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求（ⅰ）光线在M点的折射角；（ⅱ）透明物体的折射率．【考点】H3：光的折射定律．【专题】54D：光的折射专题．【分析】（ⅰ）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角．（ⅱ）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．【解答】解：（ⅰ）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β．根据题意有α＝30°①由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是β+r＝60°②且α+r＝β③由①②③式得：r＝15°④（ⅱ）根据折射率公式有sini＝nsinr⑤由④⑤式得：n=6+22⑥答：（ⅰ）光线在M点的折射角为15°．（ⅱ）透明物体的折射率为6+22．【点评】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高．2019/4/1123:32:14；