06.云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷（含解析.docx

微信公众号：678高中初中资料库2018-2019学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求；第19-21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）某质点的位移x与时间t的关系图象如图所示，则（）A由图象可知该质点的运动轨迹是曲线B在1620s内质点做匀速直线运动C在020s内质点的速度不断增加D在020s内质点的平均速度大小为0.8m/s2（6分）光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰好位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示，将悬点A缓慢沿圆弧形细杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，关于轻绳的拉力和斜面对小球的支持力，下列说法中正确的是（）A轻绳拉力逐渐增大B轻绳拉力先减小后增大C斜面对小球支持力大小不变D斜面对小球支持力先增大后减小3（6分）如图所示，一个小球从地面竖直上抛，不计空气阻力，已知小球两次经过一个较低点A的时间间隔为3s，两次经过较高点B的时间间隔为1s，则A、B两点间的距离为（g取10m/s2）（）A5mB10mC20mD40m4（6分）实验小组利用DS系统，观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，某次实验得到电梯内一物体的vt图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法错误的是（）A物体在前3s内的位移约为2.3mB在0t3s这段时间内，电梯内的物体处于超重状态C在3st8s这段时间内，电梯内物体的速度和加速度都在减小D在3st8s这段时间内，电梯内的物体受到的支持力小于重力5（6分）如图所示，斜面体质量为M，斜面与水平面的夹角为，静止在粗糙的水平地面上，质量为m的小物块恰好能沿斜面匀速下滑且M保持静止，则（）A若给小物块施加一个竖直向下的恒力F，则小木块加速下滑B若给小物块施加一个平行于斜面向下的恒力F，则斜面体M受到地面的摩擦力向左C若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m和M都处于静止状态，m可能受3个力的作用D若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m和M都处于静止状态，则m对M的作用力大小为mgcos+Fsin6（6分）如图所示，A球的质量为m1，B球的质量为m2，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）AB球的瞬时加速度为0BB球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为m1gsin+m2gsinm2CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为m1gsin+m2gsinm1DA、B两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin7（6分）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移与速度的关系式为x（400.1v2）m，下列分析正确的是（）A刹车过程中的加速度大小为10m/s2B开始刹车时的初速度为40m/sC从刹车开始计时，5秒内通过的位移为40mD从刹车开始计时，第1秒内和第3秒内的位移之比为7：38（6分）如图，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体。已知A和C的质量都是2kg，B的质量是3kg，A、B间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮，且A未与B分离，g10m/s2），下列说法正确的是（）AA、B两物体没有发生相对滑动BC物体的加速度大小是3.2m/s2CB物体受到的摩擦力大小是4ND细绳的拉力大小等于13.6N二、解答题（共4小题，满分47分）9（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即Fkx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明kYS/L，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量（1）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y的值表为橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录，请在图乙中作出Fx图象 拉力F/N5.010.015.020.025.0伸长量x/cm1.603.204.806.408.00（2）由以上实验可求出该橡皮筋的K值为 N/m（保留两位有效数字）（3）某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究合力的方法，如图丙所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法在实验过程中，下列说法正确的是 A只需要测量橡皮筋的长度，不需要测出橡皮筋的原长B为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋C以OB、OC为两邻边作平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且长度与OA相等D多次实验中即使O点不固定，也可以探究求合力的方法10（9分）为了探究物体质量、加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为小车的质量，m为砂和桶的质量，m0为小车上滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小，打点计时器的频率为50Hz。（1）打点计时器打出的纸带如图乙所示，图中所标的是每5段时间间隔取一个计数点A、B、C、D、E等，由图中给出的数据计算小车运动的加速度a m/s2；在打下计数点B时，纸带运动的瞬时速度vB m/s（结果保留3位有效数字）。（2）该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 （填序号）。A.1kB.1k-m0C.2k-m0D.2k11（12分）如图所示，一斜面固定在水平面上，倾角37°，一物块自斜面上某点由静止释放，同时一人自斜面底端以速度v2m/s在水平面上向右做匀速直线运动，已知物块经过时间t2s到达斜面底端且从斜面滑上水平面时没有能量损失，物块与斜面之间的动摩擦因数10.25，与水平面之间的动摩擦因数20.4已知sin37°0.6，cos37°0.8；g取10m/s2求：（1）物块到达斜面底端时的速度大小；（2）通过计算判断物块能否追上前方运动的人。12（20分）如图所示，一水平长L2.5m的传送带与木板靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以3m/s匀速顺时针转动，现在在传送带左端无初速度放上一质量m1kg的小物块（可视为质点），小物块与传送带及小物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为10.2经过一段时间，小物块被传送到传送带的右端，随后小物块平稳滑上右端木板上的同时（小物块从传送带滑上木板时速度大小不变）在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，F作用了t01s后小物块与木板速度恰好相等，此时撒去F，最终小物块没有从木板上滑下，已知木板质量M4kg，木板与地面间动摩擦因数20.3，重力加速度g取10m/s2求：（1）小物块与传送带间的相对位移大小；（2）水平恒力F的大小；（3）木板上表面至少多长（计算结果保留2位有效数字）。（二）选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂界注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A第一类永动机不可能制成，因为违了能量守恒定律B根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C分子间的距离增大时，分子势能一定增大D气体吸热时，它的内能可能不增加E一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热14（10分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的气缸开口向下竖直固定放置，活塞的横截面积为S、质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物。若开始时气缸内理想气体的温度为T0，重物和地面之间刚好无挤压作用，外界大气压强为p，一切摩擦均不计且m0gp0S（i）若使气体体积保持不变，级慢改变气体温度，则轻绳拉力为零时气体的温度为多少；（i）若缓慢降低气魟内气体的温度，最终使得气缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少。【物理一选修3-4】（15分）15图甲为一列简谐横波在t0.20s时刻的波形图，P是平衡位置x1m处的质点，Q是平衡位置x4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（）A该波的周期是0.10sB该波的传播速度为40m/sC该波沿x轴的正方向传播Dt0.10s时，质点P的振动方向向下E从t0.10s到t0.20s，质点P通过的路程为20cm16如图所示，ABCD是柱体玻璃校镜的横截面，其中AEBD，DBCB，DAE30°，BAE45°，DCB60°，一束单色细光束从AD面人射，在棱镜中的折射光线如图中ab所示，ab与AD面的夹角60°，a是AD边的中点，ab与BD平行。已知玻璃的折射率n=2，BC线段的长度为l，光速为c。求（i）这束光线在a点的入射角多大；（ii）这束光线在棱镜中传播的最短时间。2018-2019学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求；第19-21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）某质点的位移x与时间t的关系图象如图所示，则（）A由图象可知该质点的运动轨迹是曲线B在1620s内质点做匀速直线运动C在020s内质点的速度不断增加D在020s内质点的平均速度大小为0.8m/s【考点】19：平均速度；1I：匀变速直线运动的图像菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】位移时间图线的切线斜率表示瞬时速度，斜率正负表示速度方向。根据切线斜率的变化判断质点的变化情况。由图象可直接读出位移，而位移与时间之比即为平均速度。【解答】解：A、xt图象描述的是直线运动，故A错误。B、在1620s内图象的斜率减小，则质点的速度减小，故B错误。C、图象的斜率先增大后减小，则质点的速度先增大后减小，故C错误；D、在020s内质点的位移为x16m016m，平均速度大小 v=xt=1620m/s0.8m/s，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键理解位移时间图线的物理意义，知道图线切线的斜率表示瞬时速度，位移等于纵坐标的变化量。2（6分）光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰好位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示，将悬点A缓慢沿圆弧形细杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，关于轻绳的拉力和斜面对小球的支持力，下列说法中正确的是（）A轻绳拉力逐渐增大B轻绳拉力先减小后增大C斜面对小球支持力大小不变D斜面对小球支持力先增大后减小【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，由平衡条件分析F大小的变化.【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、斜面的支持力N和绳子A的拉力T，如图：由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，当将A点向上缓慢移动，使AO绳绕O点顺时针转动的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T先变小后变大，斜面对小球支持力逐渐减小，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。本题是利用图解法来分析。3（6分）如图所示，一个小球从地面竖直上抛，不计空气阻力，已知小球两次经过一个较低点A的时间间隔为3s，两次经过较高点B的时间间隔为1s，则A、B两点间的距离为（g取10m/s2）（）A5mB10mC20mD40m【考点】1N：竖直上抛运动菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】竖直上抛运动具有对称性，利用对称性可以得到物体从顶点到A的时间和从顶点到B点的时间，再由自由落体的规律求解。【解答】解：根据竖直上抛运动的对称，可知物体从顶点下落A点的时间为TA2，从顶点下落到B点的时间为TB2而下落过程物体做自由落体运动，则A、B两点间的距离为：h=12g（TA2）2-12g（TB2）2代入数据解得：h10m，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】竖直上抛运动上升和下降具有对称性，所需的时间是一样的，所以只要讨论下落过程就可以。在解题时我们要充分竖直上抛运动的对称性。4（6分）实验小组利用DS系统，观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，某次实验得到电梯内一物体的vt图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法错误的是（）A物体在前3s内的位移约为2.3mB在0t3s这段时间内，电梯内的物体处于超重状态C在3st8s这段时间内，电梯内物体的速度和加速度都在减小D在3st8s这段时间内，电梯内的物体受到的支持力小于重力【考点】1I：匀变速直线运动的图像；3E：牛顿运动定律的应用超重和失重菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】明确vt图象的性质，知道图象中图象的斜率表示加速度，而图象与时间轴所围成的面积表示位移，根据对应的格数可确定位移大小；再根据超重和失重规律确定其超重还是失重。【解答】解：A、vt图象中图形的面积表示位移，则由图可知，每一小格表示的面积为s0.1×10.1m，则由图可知，总格数为23，故总位移应为2.3m，故A正确；B、在0t3s这段时间内，电梯内的物体的加速度向上，故物体处于超重状态，故B正确；C、在3st8s这段时间内，电梯内物体的速度一直在减小，但加速度先增大后减小，故C错误；D、在3st8s这段时间内，电梯内的物体做向上的减速运动，处于失重状态，故受到的支持力小于重力，故D正确。本题选错误的，故选：C。【点评】本题考查超重失重以及vt图象的应用，要准确掌握vt图象的性质，知道vt图象中点、线、面的意义和应用。5（6分）如图所示，斜面体质量为M，斜面与水平面的夹角为，静止在粗糙的水平地面上，质量为m的小物块恰好能沿斜面匀速下滑且M保持静止，则（）A若给小物块施加一个竖直向下的恒力F，则小木块加速下滑B若给小物块施加一个平行于斜面向下的恒力F，则斜面体M受到地面的摩擦力向左C若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m和M都处于静止状态，m可能受3个力的作用D若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m和M都处于静止状态，则m对M的作用力大小为mgcos+Fsin【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】35：整体思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】A、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sin与cos的大小；再分析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态；B、未加F时，分析物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力大小，未加F时，分析物块对斜面体的压力和摩擦力如何变化来判断；C、对m受力分析知摩擦力可能有也可能没有；D、先分析斜面对物块的作用力大小，由牛顿第三定律得出对斜面的作用力大小。【解答】解：A、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡由平衡条件得：mgsinmgcos得：sincos对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f（F+mg）cos重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sin，则上可知：（F+mg）sin（F+mg）cos，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故A错误；B、未加F时，物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，加一个平行于斜面向下的恒力F时，物块对斜面体的压力和摩擦力未变，可知地面的摩擦力为零。故B错误；C、加一个水平向左的恒力F，使m和M都处于静止状态，m受重力、斜面的支持力、恒力F，可能有摩擦力，故C正确；D、若斜面对物块没有摩擦力，则斜面对小物块的作用力大小mgcos+Fsin，由牛顿第三定律知：m对M的作用力大小为mgcos+Fsin。若有摩擦力就不等于mgcos+Fsin，故D错误；故选：C。【点评】本题中物块匀速下滑时，tan，作为一个重要结论可在理解的基础上记住，对分析解答有帮助。6（6分）如图所示，A球的质量为m1，B球的质量为m2，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）AB球的瞬时加速度为0BB球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为m1gsin+m2gsinm2CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为m1gsin+m2gsinm1DA、B两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，烧断细线后，隔离分析，运用牛顿第二定律进行求解。【解答】解：AB、当系统静止时，对B受力分析，根据共点力平衡有：Fm2gsin，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧的弹力在瞬间不变，则B所受的合力为零，B的加速度为0故A正确，B错误；CD、A所受的合力：FAm1gsin+Fm1gsin+m2gsin，根据牛顿第二定律得，aA=m1gsin+m2gsinm1，沿斜面向下。故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住烧断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。7（6分）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移与速度的关系式为x（400.1v2）m，下列分析正确的是（）A刹车过程中的加速度大小为10m/s2B开始刹车时的初速度为40m/sC从刹车开始计时，5秒内通过的位移为40mD从刹车开始计时，第1秒内和第3秒内的位移之比为7：3【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出刹车过程中的加速度和初速度，结合速度时间公式求出刹车过程持续的时间，根据速度位移公式求出刹车过程中的位移大小。【解答】解：AB、根据v2v022ax，得：x=-v022a+v22a，结合x400.1v2，则有12a=-0.1，解得：a5m/s2，-v022a=40，解得：v020m/s，故AB错误；C、刹车过程持续的时间为：t=-v0a=4s，刹车开始计时，5秒内通过的位移x=v022a=40m，故C正确；D、第1秒内位移为：x1v0t1-12at12=17.5m，前2秒内位移为：x2v0t2-12at22=30m，前3秒内位移为：x3v0t3-12at32=37.5m第3秒内位移为：xx3x27.5m，x1：x7：3 故D正确。故选：CD。【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、速度位移公式，并能灵活运用，难度不大。8（6分）如图，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体。已知A和C的质量都是2kg，B的质量是3kg，A、B间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮，且A未与B分离，g10m/s2），下列说法正确的是（）AA、B两物体没有发生相对滑动BC物体的加速度大小是3.2m/s2CB物体受到的摩擦力大小是4ND细绳的拉力大小等于13.6N【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】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】对A、B、C整体分析，根据牛顿第二定律求出整体加速度，隔离对A分析，求出摩擦力的大小，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动，再隔离分析，求出拉力、加速度的大小【解答】解：A、C、假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度：mCgmA+mB+mC=2×102+3+2m/s2=2.9m/s2隔离对A分析，fmAa2×2.9N5.8NmAg0.2×2×104N，可知假设不成立，即A、B两物体发生相对滑动，B所受的摩擦力为4N，故A错误，C正确；B、B与C的加速度是相等的，对B与C组成的整体：（mB+mC）amCgfB代入数据得加速度：a3.2m/s2，故B正确。D、对C分析，根据牛顿第二定律得：mCgTmCa解得：T13.6N，故D正确故选：BCD。【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A、B是否发生相对滑动是解决本题的关键二、解答题（共4小题，满分47分）9（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即Fkx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明kYS/L，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量（1）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y的值表为橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录，请在图乙中作出Fx图象 拉力F/N5.010.015.020.025.0伸长量x/cm1.603.204.806.408.00（2）由以上实验可求出该橡皮筋的K值为3.1×102N/m（保留两位有效数字）（3）某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究合力的方法，如图丙所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法在实验过程中，下列说法正确的是DA只需要测量橡皮筋的长度，不需要测出橡皮筋的原长B为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋C以OB、OC为两邻边作平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且长度与OA相等D多次实验中即使O点不固定，也可以探究求合力的方法【考点】M3：验证力的平行四边形定则；M7：探究弹力和弹簧伸长的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；523：弹力的存在及方向的判定专题【分析】（1）描点作图（2）根据图线的斜率，求出橡皮筋的k值（3）由题意可知该实验利用了共点力的平衡来验证力的平行四边形定则，该实验中需要记录各力的大小和方向，各力的大小可以通过橡皮筋的伸长量来表示【解答】解：（1）描点作图，如图示（2）图线的斜率为：k=25-50.08-0.16=3.1×102N/m，（3）A、需要知道橡皮筋的伸长量才能表示橡皮筋的弹力，故应该测量橡皮筋的原长，故A错误；B、为了减小误差，橡皮筋的伸长量应该大些，故应选择劲度系数稍小的橡皮筋，故B错误；C、由于橡皮筋的弹力与它的长度不成正比，所以OB、OC弹力的合力方向与以OB、OC为两邻边做平行四边形的对角线不重合，故C错误；D、不同的O点依然满足任意两个橡皮筋弹力的合力与第三个橡皮筋弹力等大反向的特点，所以即使O点不固定，也可以探究求合力的方法，故D正确故选：D故答案为：（1）图略 （2）3.1×102N/m（保留两位有效数字） （3）D【点评】该题属于创新的信息题，知道单位间的关系对应物理量之间的关系，以及知道图线斜率表示的含义10（9分）为了探究物体质量、加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为小车的质量，m为砂和桶的质量，m0为小车上滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小，打点计时器的频率为50Hz。（1）打点计时器打出的纸带如图乙所示，图中所标的是每5段时间间隔取一个计数点A、B、C、D、E等，由图中给出的数据计算小车运动的加速度a2.00m/s2；在打下计数点B时，纸带运动的瞬时速度vB0.383m/s（结果保留3位有效数字）。（2）该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为C（填序号）。A.1kB.1k-m0C.2k-m0D.2k【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度。（2）根据实验原理分析aF的关系，然后求出小车的质量。【解答】解：（1）根据s4-s1=3aT2得加速度为：a=0.0883-0.02830.03=2.00m/s2。s2=s1+aT2=0.0283+2×0.01=4.83cm，则B点的速度为：vB=s1+s22T=.0283+0.04830.2m/s0.383m/s。（2）小车受到两根绳子的拉力，则：2F（M+m0）a所以：a=2FM+m0以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图象是一条直线的斜率：k=aF=2M+m0所以小车的质量：M=2k-m0故C正确，ABD错误故选：C故答案为：（1）2.00，0.383；（2）C【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。11（12分）如图所示，一斜面固定在水平面上，倾角37°，一物块自斜面上某点由静止释放，同时一人自斜面底端以速度v2m/s在水平面上向右做匀速直线运动，已知物块经过时间t2s到达斜面底端且从斜面滑上水平面时没有能量损失，物块与斜面之间的动摩擦因数10.25，与水平面之间的动摩擦因数20.4已知sin37°0.6，cos37°0.8；g取10m/s2求：（1）物块到达斜面底端时的速度大小；（2）通过计算判断物块能否追上前方运动的人。【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）物块沿斜面匀加速下滑，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据速度时间关系求物块到达斜面底端时的速度大小；（2）求出物体和人的速度相等时经过的时间，再根据位移关系求解是否追上。【解答】解：（1）物块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin1mgcosma1&nbsp；物块到达斜面底端时的速度 v1a1t 由、可得 v18m/s （2）物块滑上水平面后，有 ma22mg 当物块速度与人的速度相等时，有 vv1a2t2人在水平面上通过的位移 xv（t+t2）物块在水平面上通过的位移 x1=v1+v2t2由得x7mx17.5m所以能追上答：（1）物块到达斜面底端时的速度大小是8m/s；（2）物块能追上前方运动的人。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度。追及相遇类的问题要找准三个关键点：速度关系；时间关系；位移关系，把握这三个关系列式即可。12（20分）如图所示，一水平长L2.5m的传送带与木板靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以3m/s匀速顺时针转动，现在在传送带左端无初速度放上一质量m1kg的小物块（可视为质点），小物块与传送带及小物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为10.2经过一段时间，小物块被传送到传送带的右端，随后小物块平稳滑上右端木板上的同时（小物块从传送带滑上木板时速度大小不变）在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，F作用了t01s后小物块与木板速度恰好相等，此时撒去F，最终小物块没有从木板上滑下，已知木板质量M4kg，木板与地面间动摩擦因数20.3，重力加速度g取10m/s2求：（1）小物块与传送带间的相对位移大小；（2）水平恒力F的大小；（3）木板上表面至少多长（计算结果保留2位有效数字）。【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4N：临界法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）小物块放上皮带后先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度。假设小物块一直加速到右端，根据速度位移公式求出物块运动到皮带右端时的速度，与皮带的速度比较，判断知道小物块先加速到与传送带共速，然后一起匀速运动至右端。根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，由位移公式求得皮带和物块的位移，两者之差即为小物块与传送带间的相对位移大小；（2）小物块滑上木板后做匀减速运动，木板在F作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出两者的加速度。结合速度关系求出共同速度，再对木板由牛顿第二定律求水平恒力F的大小；（3）由于21，共速后小物块将以a1匀减速到停止，而木板以a3匀减速运动。再根据牛顿第二定律和位移时间公式求木板上表面的最小长度。【解答】解：（1）对小物块由牛顿第二定律有 1mgma1解得：a1=2m/s2若小物块一直加速到右端，设到右端速度为v1。得v12=2a1L解得 v1=10m/s因为v1v0，所以小物块先加速到与传送带共速，然后一起匀速运动至右端 设需t1时间加速到共速，则t1=v0a1=32st1时间内皮带位移 s皮v0t13×32m4.5mt1时间内小物块位移 s1=12a1t12=2.25m所以小物块与传送带间的相对位移大小ss皮s12.25m （2）小物块滑上木板时速度v03m/s，加速度大小 a1=2m/s2设木板的加速度为a2两者速度相等有 v共v0a1t0a2t0解得a2=1m/s2v共1m/s 对木板由牛顿第二定律有 F+1mg2（M+m）gMa2（11）解得 F17N （12）（3）由于21，共速后小物块将以a1匀减速到停止，而木板以a3匀减速运动对木板由牛顿第二定律有1mg2（M+m）gMa3（13）得a3=-134m/s2 （14）t2=0-v共a3=413s （15）全过程木板位移 s板=0+v共2(t0+t2)，解得 s板=1726m （16）全过程小物块位移 s物=v022a1=322×2=94m（17）所以板长 ls物s板1.6m（18）答：（1）小物块与传送带间的相对位移大小是2.25m；（2）水平恒力F的大小是17N；（3）木板上表面至少1.6m。【点评】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键要理清物块、传送带、木板在整个过程中的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解。（二）选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂界注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A第一类永动机不可能制成，因为违了能量守恒定律B根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C分子间的距离增大时，分子势能一定增大D气体吸热时，它的内能可能不增加E一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【考点】87：分子势能；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律；99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题【分析】正确解答本题需要掌握：明确热力学第一定律以及第一类永动机无法制成的原因；正确理解和应用热力学第二定律；掌握分子间作用力做功与分子势能间的关系。【解答】解：A、第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律，故A正确；B、由热力学第二定律可知：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化，故B错误；C、当分子间的距离小于r0时，随着距离的增大，分子间的势能在变小，故C错误；D、气体吸收热量的同时可以向外做功，内能不一定增加，故D正确；E、一定量的理想气体满足PVCT，压强不变，体积增大，气体对外做功。温度升高，内能增大，由UQ+W可知气体一定从外界吸收热量，故E正确。故选：ADE。【点评】本题考查了热学的有关基础知识，对于这部分知识，计算题少，主要是理解和记忆，因此平时要加强练习注意积累，重点掌握重要知识点，如热力学定理、理想气体的状态方程等。14（10分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的气缸开口向下竖直固定放置，活塞的横截面积为S、质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物。若开始时气缸内理想气体的温度为T0，重物和地面之间刚好无挤压作用，外界大气压强为p，一切摩擦均不计且m0gp0S（i）若使