湖南师大附中2017届高三(上)第二次月考物理试卷(解析版)

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1、、选择题（本题包括 12小题，每小题4分，共48分.其中17小题为单选题，812为多选题.全部选对的 得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分.结果填到答题卡上）1.伽利略利用 斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想是（A .小球沿斜面运动时加速度较小，速度的测量比较容易B.小球沿斜面运动时速度较小，位移的测量比较容易C.测量小球沿斜面运动时位移与时间平方的比值D.测量小球沿斜面运动时速度平方与位移的比值号，合理外推到2J合理外推到 s90902.在水平面上有a、b两点，相距20cm, 一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过 0.2s的时间先后通过a、b两点，则该质点

2、通过 a、b中点时的速度大小为（A .无论力的方向如何均大于1 m/sB.无论力的方向如何均小于1 m/sC.若力的方向由a向b,则大于1 m/s,若力的方向由b向a,D.若力的方向由 a向b,则小于1 m/s,若力的方向由 b向a,则小于1 m/s贝U大于1 m/s3.光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变, A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 B.可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（C. 一定做匀变速运动，加速度大小可能10 m/sD.可

3、能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是4.如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块5 m/s2 m/s210 m/s2A停下，A .增大斜面的倾角B .在木块A上再叠放一个重物C.对木块A施加一个垂直于斜面的力D,对木块A施加一个竖直向下的力5.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的7T夹角。为-不，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 6台由静止开始缓慢加速转动，角速度为w,加速度为g,则（叶卷，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转）A.当卡梓时，细线中张力为零c.当t凯细线的张力为B.当 时,物块与转台间的摩擦力为零D .当

4、co=J萼时，细绳的拉力大小为1TgV JiS6 .如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为炉15。，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环轻环C的两侧.调节 A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时3=45小环乙的质量为 m2,则m1: m2等于（）C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小;不计一切摩擦.设小环甲的质量为m1,A. tan15B tan30 C tan60 D tan757 .如图所示，质量M=8kg的小车静止在光滑水平面上， 在小车右端施加一水平拉力 F=8N, 时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质

5、量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数 物体从放上小车开始，经 t=1.5s的时间，物体相对地面的位移为（ g取10m/s2）（ ）当小车速度达到 1.5m/s户0.2,小车足够长，A. 1 m B. 2.1 m C. 2.25 m D. 3.1 m8.在平直公路上行驶的汽车中，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，不计空气阻力，用固定在路边的照相机 对汽车进行闪光照相，照相机闪两次光，得到清晰的两张照片，对照片进行分析，知道了如下信息： 两次闪光的时间间隔为 0.5s；第一次闪光时，小球刚释放，第二次闪光时，小球落地; 两次闪光的时间间隔内，汽车前进了5m；两次闪光时间间隔内，小球的位移

6、为5m,根据以上信息能确定的是（已知g=10m/s2）（）A.小球释放点离地的高度B.第一次闪光时小车的速度C.汽车做匀速直线运动D.两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度9.如图所示为赛车场的一个水平梨形”赛道，两个弯道分别为半径 R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心 O、O距离L=100m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2, 7F3.14）,则赛车（A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大

7、圆弧弯道上的速率为45m/s2C.在直道上的加速度大小为5.63m/sD.通过小圆弧弯道的时间为5.85s10.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命.为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为悟空”的暗物质探测卫星.已知 悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间 t （t小于其运动周期）量为G,则下列说法中正确的是（）A .悟空”的线速度小于第一宇宙速度C.悟空”的环绕周期为 考工,运动的弧长为s,与地球中心连线扫过的角度为3 （弧度），引力常B.悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度3d.悟空”的质量为T11

8、.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k, 一端固定在倾角为 。的斜面底端，另一端与物块 A连接, 两物块A、B质量均为m,初始时均静止，现用平行于斜面向上的力 F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中说法正确的是（）A. tl时刻，弹簧形变量为 加ip kB. t2时刻，弹簧形变量为1rl晅nB kC. tl时刻，A, B刚分离时的速度为向名式;D,从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变A、B图线t1时刻A、B的图加速度为g,则下列12.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率vi ,匀速向右运动，

9、一质量为 m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2 （V2V1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端已知滑块与传送带的动摩擦因数为 巴关于这一过程的下列判断，正确的有（）屿A.滑块滑上传送带上的加速度大小为闻C*与工B.滑块向左滑动后离开左端的最大距离为 一三i2|igC.滑块返回传送带右端的速率为V2D.从滑块滑上传送带到离开所用时间大于2v21二、实验题（本题包括 2小题.13题6分,14题8分，每空2分，共14分）13.为验证力的平行四边形定则，某同学将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，用力拉使弹簧秤上的读数为2.00N时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为 O、O,选择合适的标度，作出橡皮筋拉

10、力的大小和方向，记为F QQ,如图甲所示.接着他在秤钩和两支圆珠笔上涂抹少许润滑油，用两支圆珠笔和秤钩将环形橡皮筋拉成三角形，使秤钩的下端仍到达Q点，将两笔尖的位置标记为 A、B ,橡皮筋QA段的拉力记为Fqa , QB段的拉力记为Fob,如图乙所示.再 将环形 橡皮筋剪断，测彳#所受的拉力F与长度l之间的关系，如图丙所示.完成下列问题：(1)测得 QA=6.10cm , QB=8.20cm, AB=10.70cm ,则 FQA 的大小为 N；(2)选择相同的标度，图丁按比例作出的Fqa和Fqb的合力F的图示正确的是 14.为了测量木块与木板间动摩擦因数某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验

11、装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机,描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示.(1)根据上述图线，计算 0.4s时木块的速度v=m/s,木块加速度a=m/s2；(2)为了测定动摩擦因数和还需要测量的量是 ;(已知当地的重力加速度 g)；(3)为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是(单选)A点释放的时刻.质计算机A. A点与传感器距离适当大些B.木板的倾角越大越好C.选择体积较大的空心木块D .传感器开始计时的时刻必须是木块从三、计算题(本题包括 3小题，其中15题10分，16题11分，17题12

12、分.共33分.解答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)15 .某星球的半径是地球半径的质量是地球质量的中国的一辆星球车，高 h=1.6m,在该星球表面以加速度a=2m/s2匀加速直线行驶，当速度为2m/s时突然车顶掉下一个质量为m的物体，试求(地球地面重力加速度 g=10m/s2)(1)当物体落地时，物体与小车的距离；(2)如果物体与地面的动摩擦因数为0.1,那么当物体停下来时与小车的距离.(物体落地时竖直速度由于碰撞而损失)16 .如图所示，半径为 R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心。的对称轴OO重合，转台以一定角速度

13、3匀速旋转，一质量为 m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和。点的连线与OO之间的夹角。为45.已知重力加速度大小为 g,小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f=mg .4（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度；（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值.317 .如图所示，长木板的质量为M=3m,长度为L,放在光滑水平面上距墙壁足够远处，在木板 A的左端放一个可视为质点的物体 B,质量为m, A与B的动摩擦因数为 臼乂合B 一个初速度丫0=仙时,已知木板与墙壁碰撞时间 极短，且碰后以原速率弹回.当长木板与墙壁碰撞时，

14、在墙壁的左边所有空间加一个竖直向上的匀强电场（物体B带正电，且电量为 q,并保持恒定），求：（1）木板与墙壁相碰时，物块与墙壁的距离；（2）如果木板与墙壁碰后的运动过程中物体恰好不能离开木板A,试求电场强度 E.H3四、选做题（三个模块任意选做一个，如果多做或全做的，按第一模块阅卷）【物理-选彳3-3】18 .下列说法中正确的是（）A. 一定质量的理想气体的内能随着温度升高一定增大B .第一类水动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律C.当分子间距rr0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所 以分子力表现为引力D.大雾天气学生感觉到教室潮

15、湿，说明教室内的相对湿度较大E. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的19.如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为 m的T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部ho处连接一 U形管 （管内气体的体积忽略不计）.初始时，封闭气体温度为T0,活塞距离气缸底部为 1.5h0,两边水银柱存在高度差. 已知水银的密度为 p,大气压强为P0,气缸横截面积为 S,活塞竖直部分长为 1.2h0,重力加速度为g.试问：初始时，水银柱两液面高度差多大？ 缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？【物理-选彳修3-4】20.如图所示，a、b和c都是厚度均匀的平行玻璃板，a和

16、b、b和c之间的夹角都为 以 一细光束由红光和蓝光组成，以入射角。从O点射入a板，且射出c板后的两束单色光射在地面上P, Q两点，由此可知()A.射出c板后的两束单色光与入射光平行B.射到P点的光在玻璃中的折射率较大C.射到P点的光在玻璃中的传播速度较大，波长较长- .D.若稍微增大入射角 以光从b板上表面射入到其下表面时，在该界面上有可能发生明”全反射E.若射到P, Q两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝光21 .某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示.(1)若波向右传播.零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s, P点也开始起振.

17、求：该列波的周期 T;从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移 yo及其所经过的路程so各为多少？(2)若此列波的传播速度大小为20m/s,且波形由实线变为虚线需要经历0.575s时间，则该列波的传播方向如何？【物理-选彳修3-5】22 .下列说法正确的是()A.在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长B.考古学家发现某一骸骨中碳14的含量为活着的生物含量的四分之一，已知碳14的半衰期为5730年，则确定该生物死亡距今11460年C.按照波尔理论，氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，电子的动能减少，原子总

18、能量增大D.卢瑟福发现了中子，汤姆孙发现了电子E.机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了丫射线较强的穿透能力23 .如图所示，物体 A、B的质量分别是4kg和8kg.由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁接触，另有一个物体 C水平向左运动，在t=5s时与物体A相碰，并立即与 A有相同的速度，一起向左运动， 物块C的速度-时间图象如乙所示.(1)求物体C的质量；(2)在5s到15s的时间内，墙壁对物体 B的作用力的冲量.2016-2017学年湖南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析1 .【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.

19、【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确 解答本题.【解答】 解：A、B、小球沿斜面运动时加速度较小，同一位移，所用时间较长，时间测量较容易，故A、B错误C、D、斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想通过测量斜面上物体运动的情况，然后进行合理的外推，从而得出自由落体是匀变速直线运动，因而需要测量位移与时间平方的比值号情况，合理外推到 90。，故C正确,D错误.故选C.2 .【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】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出中间时刻的瞬时速度，通过与中间位置速度进行

20、比较.【解答】解：质点在恒定的合外力作用下，加速度恒定，质点做匀变速直线运动，a、b间的平均速度彳=2毁 m/s=10 . 2m/s,且这段时间内中间时刻的瞬时速度也等于这个值，即Vl=v=1 m/s.2若质点做匀加速直线运动，则前半段时间平均速度小，位移也小，故a、b中点位置在后半段时间内，所以 红飞.22若质点做匀减速直线运动， 则后半段时间平均速度小，位移也小，故a、b中点位置在前半段时间内， 所以昱工.故 22A正确.B、C、D错误.故选：A.3. 【考点】牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件.【分析】撤去大小分别为5N和15N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二

21、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.物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动.【解答】解：根据平衡条件得知， 其余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5N和15N的两个力后，物体的合力大小范围为10NWF合W20N,根据牛顿第二定律 F=ma得，物体的加速度范围为：5m/s2w aw 10m/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，物体可以做曲线运动， 加速度大小可能是 5m/s2.故A错误.B、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力

22、方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线 运动，由上知加速度大小不可能是2m/s2.故B错误.C、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动.加速度大小可能等于10 m/s2 .故C正确.D、由于撤去两个力后其余力保持不变，物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动.故D错误.故选：C4. 【考点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.【分析】木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得到动摩擦因数与斜面倾角。的关系.要使木块 A停下，必须使之减速，合力方向与速度方向应相反.分别分析木块的受力情况，确定合力的方向，判断其运动性质.【解答】解：A、木块匀速滑下

23、，合力为零，根据平衡条件得mgsin 0= (imgcos。；若增大斜面的倾角 0,重力沿斜面向下的分力mgsin。增大，滑动摩擦力f=ggcos。减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动.故 A错 误.B、对木块A施加一个竖直向下的力，由于( F+mg) sin 9= (F+mg) cos9,木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不 可能停下.故B错误.C、对木块A施加一个垂直于斜面的力F,重力沿斜面向下的分力mgsin。不变，而滑动摩擦力 f=科(F+mgcos增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下.故 C正确.D、由A项分析可知，mgsin 9= mgcos 0得 s

24、in 9=(icos 0,与质量无关，在木块 A上再叠放一个重物后，整体匀速下 滑，不可能彳下.故 D错误.故选：C5. 【考点】向心力；牛顿第二定律.【分析】对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F=f+Tsin打mr 32, N+Tcos0=mg ,根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可.【解答】 解：A、当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时gg= m 3 I,解得：m=J由于所以当3=/时，细线中张力为不为零.故A错误；UTS)B、随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：mgtan1-=川352(1

25、，解得：也二、/2,由于 必也，所以当=1626V 31i 41V 41时，物块与转台间的摩擦力不为零.故 B错误；C、由于 必,惇32,由牛顿第二定律：f+Fsin3=m (思 2?lsin,因为压力小于 mg,所以fvmg,解得： V16Vl 63F4mg,故C错误；D、当=时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则： mgtan a=m2 (lsin3 ms 4a),解得：cos a=:，故 F=b=：7mg.故 D 正确.4 cos Q 3故选：D.6 .【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.【分析】小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据

26、平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解.【解答】解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60。，C环与甲环与竖直方向的夹角为 30。，A点与甲环与竖直方向的夹角也为 30。，乙环与B点与竖直方向的夹角 为60。，根据平衡条件，对甲环，有：2Tcos30=m1g对乙环，根据平衡条件，有：2Tcos60=m2g故 m1： m2=tan60故选：C7 .【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】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据

27、牛顿第二定律求出各自加速度,物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度 相等时一起向右做匀速运动，求出物块的位移即可.【解答】解：放上物体后，物体的加速度ai=四=2 m/s2,小车的加速度为：a2=- 上三邑=0.5 m/s2,设物体的速度达到与小车共速的时间为t,则有：a1t=v0+a2t,解得：t=1 s；此过程中物体的位移为：s1=a1t2=1 m； 1 1共同速度为： v=a it=2 m/s ；当物体与小车相对静止时，共同加速度为：a=0.8 m/s2,H+m再运动0.5 s的位移为：S2=vt +at 2=1.1 m ,2

28、故物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间，则物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,故B正确，ACD错误；故选：B.8 .【考点】匀变速直线运动规律的综合运用.【分析】从车窗相对于车静止释放一个小球，小球做平抛运动，根据小球落地的时间，可求出平抛运动的高度；通 过两次闪光间隔内小球的位移，根据竖直位移，可求出水平位移，从而求出小球平抛运动的初速度，即第一次闪光时小车的速度；汽车行驶的位移大于小球的水平位移，但不能判断汽车做匀加速直线运动；根据汽车的位移和时间,求出平均速度.【解答】 解：A、两次闪光的时间间隔为 0.5s,故小球平抛运动的时间为0.5s,由h=；gt2=1.25m

29、 ,故A正确.B、两次闪光时间间隔内，小球位移的大小为5m,根据竖直位移，可求出水平位移，再根据 v=可知平抛运动的初速度，即第一次闪光时小车的速度.故 B正确C、在0.5s内小车的位移大小等于小球的位移大小，而小球的位移必定大于小球的水平位移，故可知小车做加速运 动.故C错误.D、根据两次闪光的时间间隔内汽车的位移求出汽车的平均速度.能确定.故D正确故选ABD .9 .【考点】向心力；牛顿第二定律.【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短， 则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用1=2行X翳求时间.

30、【解答】 解：A.在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由 BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故 A正确；2B.设经过大圆弧的速度为 v,经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m-可知，代入数据解得：Rv=45m/s,故 B 正确；2C.设经过小圆弧的速度为 V0,经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m31可知，代入数据解得:TV0=30m/s,由几何关系可得直道的长度为：x= V1002- 00- 40) =50Vsm,再由v2- u：=2ax代入数据解得： a=6.50m/s,故 C 错

31、误;50 ID.设R与OO的夹角为a,由几何关系可得：cos,小60。，小圆弧的圆心角为：120。，经过小圆弧弯道的时间为t=2 xlX =2.79s,故D错误.360 v0故选：AB.10 . 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.【分析】已知该太空电站经过时间 t （t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s,它与地球中心连线扫过的角 度为3（弧度），根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速度，然后根据v=d可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量.【解答】解：A、该太空电站经过时间 t （t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s,它

32、与地球中心连线扫过 的角度为3 （弧度），则太空站运行的线速度为角速度为：3=9v=根据v=西得轨道半径为：工二43 B人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有:悟空”在轨道上运行的速丫二旧卜可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故 度小于地球的第一宇宙速度，故A正确；MmGMB、由G-=m得：加速度a=,则知 悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度.故 B正确.971 +C、悟空”的环绕周期为丁二巨=三5工，故C正确；D、悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：G粤=mrL,g3联立解得：地王的质量为

33、 M=,不能求出 悟空”的质量.故D错误;Gt? 6故选：ABC11 .【考点】牛顿第二定律；胡克定律.【分析】A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值.由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解.根据功能关系分析能量 如何转化. D 【解答】解：A、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx - mgsin 9=ma,则x=吧兰吧，k故A错误.B、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin仁kx ,则得：x=2空普旦,故B正确对AB整体，根据牛顿第

34、二定律得：F-2mgsin （+kx=2ma ,得F=2mgsin 0- kx+2ma,则知开始时 F最小，此时有： 2mgsin 9=kx ,得F的最小值为 F=2ma,故B错误.C、由图读出，ti时刻A、B开始分离，对 A根据牛顿第二定律：kx- mgsin打ma 开始时有：2mgsin 9=kx0,又 x0 - x=-yat J tU速度V=at产用耳三.故C错误.D、从开始到ti时刻，对 AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx - mgsin 0=2ma,得F=mgsin 0+2ma- kx, x减小，F增大；ti时刻到t2时刻，对B,由牛顿第二定律得：F- mgsin 9=ma,得F

35、=mgsin什ma,可知F不变，故D正确.故选：BD12.【考点】牛顿第二定律；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】由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速， 由于ViV2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不 受摩擦力，最后物体与传送带一起向右匀速运动，直到离开传送带.根据运动学公式，可求出运动的总时间.【解答】解：A、滑块滑上传送带，受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度 a=词，故A正确；B、滑块受摩擦力作用，根据动能定律得fs=my92 mv

36、%导：s2 一故B错误；222 klgc、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于 V1VV2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩 擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，速度等于Vi,故C错误；D、由题意知，物体先想做减速，后反向加速到vi后一起随传送带匀速运动，速度-时间图象如图所示：物体向右运动的位移即图象下方的位移与向左时的位移即图象上方的位移相等，根据图象，故时间t大于g2时，才能满足,区f9Vj_ pg故从滑块滑上传送带到离开所用时间t大于一故选项D正确一 1 一。口 吕

37、片 1I故选：AD二、实验题(本题包括 2小题.13题6分，14题8分，每空2分，共14分)13 .为验证力的平行四边形定则，某同学将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，用力拉使弹簧秤上的读数为2.00N时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为 O、O,选择合适的标度，作出橡皮筋拉力的大小和方向，记为F QQ,如图甲所示.接着他在秤钩和两支圆珠笔上涂抹少许润滑油，用两支圆珠笔和秤钩将环形橡皮筋拉成三角形，使秤钩的下端仍到达Q点，将两笔尖的位置标记为 A、B ,橡皮筋QA段的拉力记为Fqa , QB段的拉力记为Fqb,如图乙所示.再 将环形 橡皮筋剪断，测彳#所受的拉力F与长度l之间的关系，如图丙所示.完成

38、下列问题：(1)测得 QA=6.10cm , QB=8.20cm, AB=10.70cm ,则 FQA 的大小为 1.5 N;(2)选择相同的标度，图丁按比例作出的Fqa和Fqb的合力F的图示正确的是C O6甲 1【分析】(1)根据图丙求出橡皮条的原长以及劲度系数，根据乙图求出橡皮条的行变量，根据胡克定律求出力的大(2)由于是同一根橡皮条，所以 OA与OB的力相等，根据平行四边形定值判断；(3)比较实验值和理论值得出结论.【解答】解：(1)根据图丙可知，橡皮条的原长lo=10cm=0.1m ,劲度系数k=2- 1Al -0,3-0. 2nON,根据乙图可知，橡皮条现在的长度l=OA +OB+B

39、C=6.10+8.20+10.70=25cm=0.25m ,(2)由于是同一根橡皮条，所以 同，故C正确；故选：C则 FoA=kAl=10x (0.25 0.1) =1.5NOA与OB的力相等，以Foa和Fob的作出的平行四边行的对角线大致与OO相(3)通过比较F与Foo的大小和方向，即可得出实验结论. 故答案为：(1) 1.5; (2) C； (3) Foo14 .为了测量木块与木板间动摩擦因数由某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示.

40、(1)根据上述图线，计算 0.4s时木块的速度 v= 0.4 m/s,木块加速度a= 1 m/s2；(2)为了测定动摩擦因数的还需要测量的量是斜面倾角(或 A点的高度) ;(已知当地的重力加速度 g);(3)为了提高木块与木板间动摩擦因数科的测量精度，下列措施可行的是A(单选)【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.【分析】(1)由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速 度；根据加速度的定义式即可求出加速度；(2)为了测定动摩擦力因数科还需要测量的量是木板的倾角0;(3)为了提高木块与木板间摩擦力因数W的测量精度，可行的措施是 A点与传感器位移适当大

41、些或减小斜面的倾角.【解答】 解：(1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：0. 3 - 0.14 ,v=m/ / 05/s,0.2s末的速度为：,0. 32 - 5 24 ,v 二 口 ./s-O 2m/s)则木块的加速度为：V - V a=0.2mZ s F m/sz-（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为: ma=mgsin 0-师gcos 0目. gsinS - a行.geos y所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加

42、木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻.故A正确，BCD错误.故选：A故答案为：（1） 0.4, 1; （2）斜面倾角（或A点的高度）；（3） A .三、计算题（本题包括 3小题，其中15题10分，16题11分，17题12分.共33分.解答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）15.某星球的半径是地球半径的质量是地球质量的中国的一辆星球车，高 h=1.6m,在该星球表面以加速度a=2m/s2匀加速直线行驶，当速度为2m/s时突然车顶掉下一个质量为 m的物体，试求（地球地面重力加速度 g=10m/s2）（1）当物体落地时，

43、物体与小车的距离；（2）如果物体与地面的动摩擦因数为0.1,那么当物体停下来时与小车的距离.（物体落地时竖直速度由于碰撞而损失）【考点】万有引力定律及其应用；自由落体运动.【分析】（1）在星体表面上根据卫星的万有引力等于重力，得到重力加速度大小表达式，进而通过求解该星球表面 的重力加速度与地球表面重力加速度的比值，进一步得到星球表面的重力加速度；根据平抛运动的知识结合加速度 比值可以求得从该星球上，从同样高度以同样速度平抛一物体的水平射程.（2）由牛顿第二定律求出物块的加速度，由运动学的公式求出物块在地面上运动的时间，然后求出小车的位移， 由空间几何关系即可求出它们之间的距离.【解答】解：（1

44、）在星体表面上万有引力等于重力，故：GM解得：g=T2M星”星R地1 Sg 地 M 地-11故-二-：在星球表面上物块做类平抛运动；水平方向：s=v0t 1竖直方向：.- -联立得：二- 一 丁一 s 物小车在力时间内的位移：与军工v0ti+a之;=2X0. 4+春X2X0. m-0, 96 m U乙所以当物体落地时，物体与小车的距离：*1=$车-s物=0.96-0.8=0.16m=U g 星=0.1乂20二加/(2)物体落地后的加速度：. ,a - m落地后停止的时间： s5-2-1该过程中物体的位移：.： m物体落地时车的速度：vi=V0+ati=2 +2 x 0.4=2.8m/s车的位移

45、：:.! - 1 一： ,：:.一 m所以当物体停下来日与小车的距离X2=xi+s车s物=0.16+3.8 - 1=2.96m答：(1)当物体落地时，物体与小车的距离是0.16m；(2)如果物体与地面的动摩擦因数为0.1,那么当物体停下来时与小车的距离是2.96m.16.如图所示，半径为 R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心。的对称轴OO重合，转台以一定角速度3匀速旋转，一质量为 m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和。点的连线与OO之间的夹角。为45。.已知重力加速度大小为 g,小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f

46、=Y2mg .4(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度也；(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值.【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速.【分析】(1)小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；(2)当3知时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最大角速度，当3V 30时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最小值.【解答】解：(1)当摩擦力为

47、零，支持力和重力的合力提供向心力，有： ingtanQ-mRsinS解得：,(2)当时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值， 设此最大角速度为必，由牛顿第二定律得，N . ,：:fsin 0+mg=FNcos 0联立以上三式解得：3 士*返邑1 2R当3V 30时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为CL2由牛顿第二定律得，FjjSinS - fcos 8 =inRsin 8 co J,mg=FNCOS 什fsin 0,联立解得：，,2 V 2R近最小值为傍.答：（1）

48、若小物块受到的摩擦力恰好为零，此时的角速度 为（2）若小物块一直相对陶罐静止，陶罐旋转的角速度的最大值为17 .如图所示，长木板的质量为M=3m,长度为L,放在光滑水平面上距墙壁足够远处，在木板 A的左端放一个可视为质点的物体 B,质量为m, A与B的动摩擦因数为 乂n B 一个初速度V0=J四gL,已知木板与墙壁碰撞时间 极短，且碰后以原速率弹回.当长木板与墙壁碰撞时，在墙壁的左边所有空间加一个竖直向上的匀强电场（物体B带正电，且电量为 q,并保持恒定），求：（1）木板与墙壁相碰时，物块与墙壁的距离；（2）如果木板与墙壁碰后的运动过程中物体恰好不能离开木板A,试求电场强度 E.【考点】牛顿第

49、二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速直线运动的运动学公式求出物块与墙壁间的距离.（2）由匀变速直线运动的运动规律求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出电场强度.【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：对物块：木二闻，对木板：a2=闻1 由匀变速直线运动的速度公式得：I3VnV0 四力=不 闻t1,解得：t1=-34 N gv015*2则物块位移：X1 =2_,木板位移：X2=32 g3，32 g3 x=X1 - X2=w；L,因此物体与墙壁的距离为 (2)速度：v=v - -at2= - v+at2, t2=03 2则物块：X3=-木板:128a

50、X4=2d,123a x=| X3I+I X4I =L ,解得:匚 1由牛顿第二定律得： FN=ma, F=qE=mg - Fn,答：（1）木板与墙壁相碰时，物块与墙壁的距离为(2)如果木板与墙壁碰后的运动过程中物体恰好不能离开木板A,电场强度E为工运20q四、选做题(三个模块任意选做一个，如果多做或全做的，按第一模块阅卷)【物理-选彳3-3】18 .【考点】热力学第二定律.【分析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关.第二类永动机失败的原因是违背了热力学第二定律.根据分子斥力和引力都随分子间距增大而减小，斥力减小更快，来分析分子力的性质.在一定气温条件下，大气中相对湿度 越大，水气蒸发也就越

51、慢，人就感受到越潮湿.单晶体在熔化过程温度不变，根据能量守恒定律分析分子势能的变 化.【解答】 解：A、一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，故A正确.B、第一类水动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律.故 B错误.C、当分子间距r0时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现 为引力.故C错误.D、相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内

52、的相对湿度较大.故D正确.E、一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，故E正确.故选：ADE19 .【考点】 理想气体的状态方程；封闭气体压强.【分析】 根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差;气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度.【解答】解：被封闭气体压强：p=po+=po+gh,S初始时，液面高度差为：h=U、；Ia 降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化.初状态：Pi=p0+号, Vi=1.5ho s, Ti=T02 分根据理想气体状态方程得:pm p2y2T】末状态：P

53、2=po, V2=1.2h0 s, T2= ?解得：丁2=答：初始时，水银柱两液面高度差是缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U形管两水银面相平时封闭气体的温度是瓦两;【物理-选修3-420 .【考点】光的折射定律；全反射.【分析】根据光的偏折程度比较光的折射率的大小，从而比较出波长的大小，根据v=比较出光在介质中的传播速n度大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较间距的大小.【解答】 解：A、光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从c板射出的两束单色光与入射光仍然平行.故A正确.B、射到P点的光偏折程度比射到 P点的光偏折程度厉害，知射到 Q点的光在玻璃中的折射率较大.故 B正确.C、射

54、到P点的光折射率较大，根据 v=知，在玻璃中传播的速度较小，折射率大，则频率大，波长小.故C错误.nD、光从b板上表面射入到其下表面时的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性可知，光线不可能在下表面上发生全反射，故 D错误.E、根据 x=入知，条纹间距较小的光波长小，则频率大，折射率大，偏折厉害，为射到P点的光，即蓝光.故 Ea正确.故选：ABE.21 .某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示.P ( xm.一a,上J,.234567(1)若波向右传播.零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s, P点也开始起振.求：该列波的周期 T;从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O

55、点对平衡位置的位移 y0及其所经过的路程S0各为多少？(2)若此列波的传播速度大小为20m/s,且波形由实线变为虚线需要经历0.575s时间，则该列波的传播方向如何？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象.【分析】(1)波向右匀速传播，根据传播距离x=6m,时间t=0.6s,求出波速，由图读出波长，求出周期.(2)由波速和时间求出波传播的距离，研究与波长的关系，根据波形的平移确定波的传播方向.【解答】 解：(1)由图象可知，波长 F2m；当波向右传播时，点 B的起振方向沿-y方向，则P点的起振方向沿-y方向.贝U波速 v= =m/s=10m/s,t 0.6由 v=M得，周期 T= =/s=

56、0.2s.Tv 10从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程所经历的时间为t=0.6s+L=0.65s=3!T44则O点到达波峰，对平衡位置的位移y0=10cm ,其所经过的路程S0=3.25x 4A=13 x 10cm=1.3m(2)若波速v=20m/s,时间t=0.575s,则波沿x轴方向传播的距离为： 3 x=vt=20 x 0.575m=11.5m= ( 5+t)入根据波形的平移可知，波沿 x轴正确方向传播.答：(1)该列波的周期 T是0.2s;从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移 y0及其所经过的路程s0各为10cm和1.3m.(2)该列波的传播方向沿x轴

57、正方向.【物理-选彳修3-5】22 .【解答】解：A、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据入=生，知波长增大.故 A正确； 口B、考古专家发现某一骸骨中C14的含量为活着的生物中 C14的四分之一，可知经过了 2个半衰期，C14的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今11460年，故B正确；22e VC、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子能量增大，根据1T彳二知，动能减小，T2 r故C正确；D、卢瑟福发现了质子，查德维克发现了中子，汤姆孙发现了电子，故 D错误；E、机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱

58、内物品，利用了x射线较强的穿透能力，丫射线能够穿透金属，可用于工业探伤，故 E错误；故选：ABC23 .【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律.【分析】(1) A、C碰撞过程遵守动量守恒，即可列式求出C的质量.(2)根据动量定理求出墙壁对物体B的作用力冲量.【解答】 解：(1)由图象可得：物体 C以速度vo=6m/s与A相碰，碰撞后两者立即有相同的速度v=2m/s,A、C在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：mcvo= (mA+mc) v,代入数据解得：mc=2kg.(2)在5s到15s内，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0,再反弓t到2m/s,则弹力的冲量等于 F的冲量为：I= (mA+mc) v- (mA+mc) v解得：I=24N?s,方向向右.答：(1)物块C的质量为2kg;(2)在5s到15s的时间内，墙壁对物体 B的作用力的冲量为 24N?s,方向向右.