72.2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）开学物理试卷（含解析.docx

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1、微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）开学物理试卷二、选择题（本题共8个小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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）在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢B人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方C伽利略利用斜槽实验，直接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体

2、自由下落的速度与时间成正比D一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”2（6分）关于两个运动的合成，下列说法正确的是（）A小船渡河的运动中，水流速度大小，不影响小船渡河所需时间B小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度C两个直线运动的合运动一定也是直线运动D不同方向两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动3（6分）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其vt图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A在t1s时，甲、乙相遇B在t2s时，甲、乙的运动方向均改变C在t4s时，乙的加速度方向改变D在t2st6s内，甲

3、相对乙做匀速直线运动4（6分）如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（）A2F3 2F3m+gBF3 2F3m+gC2F3 F3m+gDF3 F3m+g5（6分）如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度w匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，A与B 间的动摩擦因数也为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）AB对A的摩

4、擦力有可能为3mgBC与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C转台的角速度有可能恰好等于2g3rD若角速度再在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动6（6分）如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处则汽车运动的vt图象可能是（）ABCD7（6分）如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上其落点分别是a、b、c下列判断正确的是（）A图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最长B图中三小球比较，落在c点的小

5、球飞行时间最长C图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最小D图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快8（6分）如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是（）A甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等B甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离可能不相等C甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点

6、的水平距离可能相等三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个试题都必须作答第3335题为选考题，考生根据要求作答）9（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x，实验得到了弹簧指针位置x与小盘中砝码质量m的图象如图2所示，取g10m/s2回答下列问题（1）某次测量如图1所示，指针指示的刻度值为 cm（刻度尺单位为：cm）（2）从图2可求得该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留两位有效数字）；（3）另一同学在做该实验时有下列做法，其中错误的是 A

7、实验中未考虑小盘的重力B刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐C读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取D在利用xm图线计算弹奏的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据10（12分）用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律（1）下列做法正确的是 （填字母代码）A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D通过增减小车上的砝码改变质量时，需要再次调节木板倾斜度E为取绳子拉力近似等于砂和砂桶总重力，应保证砂和小桶的总质量远小于小车的质量（2）如图2所示为某次实验得到的纸带

8、，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小 m/s2（3）保持小车的质量M不变，改变砂桶与砂的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在aF图象中描点（如图3所示）结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 若不断增加砂桶中砂的质量，aF图象中各点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为 11（13分）如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g。（1）求小木块与木板

9、间的动摩擦因数；（2）当60角时，小木块沿木板向上滑行的距离；（3）当60角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。12（19分）如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R0.6m的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B端、C端与光滑绝缘水平地面平滑连接。A端、D端之间放一绝缘水平传送带。传送带下方B、C之间的区域存在水平向右的匀强电场，场强E5105V/m。当传送带以6m/s的速度沿图示方向匀速运动时，现将质量为m4103kg，带电量q+1108C的物块从传送带的右端由静止放上传送带。小物块运动第一次到A时刚好能沿半圆轨道滑下。不计小物块大小及传送带与半圆轨道间的距离，g取

10、10m/s2，已知A、D端之间的距离为1.2m。求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数；（2）物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时速度；（3）物块第几次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大，最大速度为多大。四、选考题（共15分请考生从给出的3道物理题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法中正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E某气体

11、的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV014（10分）如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，外界大气压强不变若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：（1）大气压强p0的值；（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度物理选修3-5（15分）15实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是（）A电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C人们利用慢中子衍射来研究晶体的

12、结构D人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关16如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M3kg，AO部分粗糙且长L2m，动摩擦因数0.3，OB部分光滑另一小物块a放在车的最左端，和车一起以v04m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b两物块视为质点质量均为m1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动（取g10m/s2）求：（1）物块a与b碰后的速度大小；（2）当物块a相对小车静止时小

13、车右端B到挡板的距离；（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）开学物理试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题共8个小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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）在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢B人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方C伽利略利用斜槽实验，直

14、接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体自由下落的速度与时间成正比D一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【考点】1U：物理学史菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误【解答】解：A、伽利略认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点。故A错误。B、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保

15、持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方。符合伽利略、牛顿的惯性理论。故B正确。C、伽利略利用斜槽实验，直接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体自由下落的速度与时间成正比。故C正确。D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点。故D错误。故选：BC。【点评】本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解可以根据牛顿的三大定律进行分析2（6分）关于两个运动的合成，下列说法正确的是（）A小船渡河的运动中，水流速度大小，不影响小船渡河所需时间B小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度C两个直线运动的合

16、运动一定也是直线运动D不同方向两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动【考点】45：运动的合成和分解菁优网版权所有【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题【分析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则合运动与分运动具有等时性和独立性【解答】解：A、分运动具有相互独立性，小船渡河的运动中，水流速度大小，不影响小船渡河所需时间。故A正确； B、小船渡河的运动中，小船的对地速度可以大于水流速度，也可以小于水流速度，没有影响。故B错误； C、两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动。故C错误； D、不同线两个匀速直线运动

17、，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动与合运动具有等时性3（6分）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其vt图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A在t1s时，甲、乙相遇B在t2s时，甲、乙的运动方向均改变C在t4s时，乙的加速度方向改变D在t2st6s内，甲相对乙做匀速直线运动【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像菁优网版权所有【专题】512：运动学中的图像专题【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负

18、数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负【解答】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇。根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t1s时，乙的位移大于甲的位移，说明两者没有相遇。故A错误。B、由图知，在t2s时甲乙的速度方向没有改变。故B错误。C、速度图象的斜率表示加速度，由数学知识得知，在t4s时，乙的加速度方向仍沿负方向，没有改变。故C错误。D、在t2st6s内，甲沿正方向做匀减速运动，乙先沿正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，由于加速

19、度不变，把乙的运动看成是一种匀减速运动，甲乙的加速度相同，故甲相对乙做匀速直线运动。故D正确。故选：D。【点评】本题是速度时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况4（6分）如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（）A2F3 2F3m+gBF3 2F3m+gC2F3 F3m+gDF3 F3m+g【考点】37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：

20、方程法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】正确对物体受力分析，抓住细线断的瞬间，线的弹力立即消失，而弹簧的弹力因弹簧形变没有改变而保持不变来分析A和B的加速度即可【解答】解：根据题意，对AB整体受力分析如图1所示，AB整体受线的拉力F和重力3mg，根据牛顿第二定律有3mgF3ma；解得：ag-F3m；对A球进行受力分析如图2所示，A球受线的拉力F和重力mg以及弹簧拉力F1三个力作用下向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：F1+mgFma，所以F1Fmg+maFmg+m（g-F3m）=23F；又因为在细线断开的瞬间，细线的拉力F立即消失，而弹簧的弹力因形变没有发生变化而保持不变，故线断开的

21、瞬间，A的合力为F合F1+mg，根据牛顿第二定律可得，物体A在线断开的瞬间的加速度a=F合m=23F+mgm=2F3m+g，所以A正确，B、C、D错误；故选：A。【点评】正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键5（6分）如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度w匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，A与B 间的动摩擦因数也为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于

22、滑动摩擦力，以下说法正确的是（）AB对A的摩擦力有可能为3mgBC与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C转台的角速度有可能恰好等于2g3rD若角速度再在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题【分析】分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的临界值结合牛顿第二定律求出A与B间的摩擦力最大值【解答】解：A、对AB整体，有：（3m+2m）2r（3m+2m）g对物体C，有：m2（1.5r）mg对物体A，有：3m2r（3m）g联立解得：2g3r，即满

23、足不发生相对滑动，转台的角速度2g3r，可知A与B间的静摩擦力最大值fm=3mr2=3mr2g3r=2mg，故A错误，故C正确。B、由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m1.5r23mr2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；D、由A选项分析可知，最先发生相对滑动的是物块C，故D错误。故选：C。【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6（6分）如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处则汽车运动的vt图象可能

24、是（）ABCD【考点】1I：匀变速直线运动的图像菁优网版权所有【专题】512：运动学中的图像专题【分析】由题，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是20m的速度图象才符合题意【解答】解：A、在3s内位移为x=1210315m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意。故A错误。B、由图可知SB15m，可能为20m，所以汽车可能不超过停车线，故B正确；C、在3s内位移等于x=1+321020m，则C可能是该汽车运动的vt图象。故C正确。D、在3s内位移等于x=0.5+321017.5m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意。故D错误。故选：BC。【点

25、评】本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择7（6分）如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上其落点分别是a、b、c下列判断正确的是（）A图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最长B图中三小球比较，落在c点的小球飞行时间最长C图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最小D图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快【考点】43：平抛运动菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分

26、解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同，平抛运动加速度相同都为重力加速度【解答】解：A、小球在平抛运动过程中，可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由于竖直方向的位移落在c点处的最小，而落在a点处的最大，所以落在a点的小球飞行时间最长，落在c点的小球飞行时间最短，故A正确、B错误；C、速度的变化量vgt，则落在c点的小球速度变化最小，故C正确。D、因为a、b、c的加速度相同，所以飞行过程中速度变化快慢相同，故D错误。故选：AC。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初

27、速度和时间共同决定水平位移，难度不大，属于基础题8（6分）如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是（）A甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等B甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离可能不相等C甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动菁优网版权

28、所有【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小【解答】解：A、若v小于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动。速度为零后可以再向相反的方向运动。整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动。乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同。甲乙到达B点时的速度相同。落地的位置在同一点。故A正确，B错误。C、若弹簧时的速度v大于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加

29、速度为a的匀减速运动。乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动。此种情况下，两物体从两边离开传送带，可能速度相等，则两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等。故C错误，D正确。故选：AD。【点评】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个试题都必须作答第3335题为选考题，考生根据要求作答）9（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指

30、针的位置x，实验得到了弹簧指针位置x与小盘中砝码质量m的图象如图2所示，取g10m/s2回答下列问题（1）某次测量如图1所示，指针指示的刻度值为18.00cm（刻度尺单位为：cm）（2）从图2可求得该弹簧的劲度系数为0.30N/m（结果保留两位有效数字）；（3）另一同学在做该实验时有下列做法，其中错误的是BCA实验中未考虑小盘的重力B刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐C读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取D在利用xm图线计算弹奏的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据【考点】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【分析】（1）根据刻度尺的读数方法可得出对应的读

31、数；（2）根据图象及胡克定律可求出对应的劲度系数；（3）根据实验中应注意的事项及做法分析各项的正误【解答】解：（1）刻度尺的最小分度为0.1cm；故读数为18.00cm；（2）由图可知，图象的斜率的倒数为弹簧的劲度系数；故k=0.0810-20.42-0.151020.30N/m；（3）A、本实验中可采用图象进行处理，故小盘的重力可以不考虑；故A正确；B、读数时开始时的零刻度应与弹簧上端对齐；才能准确测量；故B错误；C、在读指针的位置时，应让弹簧指针静止之后再读取；故C错误；D、当拉力超过弹性限度时，将变成曲线；不再符合胡克定律，故应设去；故D正确；本题选错误的做法；故选：BC故答案为：（1）

32、18.00；（2）0.30；（3）BC【点评】本题考查探究弹国和弹簧伸长之间的关系实验，要注意明确实验原理及实验中的注意事项，并正确根据图象分析实验数据10（12分）用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律（1）下列做法正确的是AE（填字母代码）A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D通过增减小车上的砝码改变质量时，需要再次调节木板倾斜度E为取绳子拉力近似等于砂和砂桶总重力，应保证砂和小桶的总质量远小于小车的质量（2）如图2所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计

33、数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小1.5m/s2（3）保持小车的质量M不变，改变砂桶与砂的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在aF图象中描点（如图3所示）结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是砂和小桶的质量太大若不断增加砂桶中砂的质量，aF图象中各点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为mM+mg【考点】M6：验证牛顿第二运动定律菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦

34、力，因为fmgsinmgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m；（2）根据匀变速直线运动的推论公式xat2可以求出加速度的大小；（3）对求出的加速度a与F的表达式，然后讨论aF图象的斜率变化趋势即可【解答】解：（1）A在实验的过程中要注意调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使绳子的拉力平行于运动的方向故A正确；B在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，需要将装有砂的砂桶摘下故B错误；C实验时，先接通打点计时器的电源故C错误；D通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要再次调节木板倾斜度故D错误；E为取绳子拉力近似等于砂和砂桶总重力，应保证砂和小桶的总质

35、量远小于小车的质量故E正确故选：AE（2）相邻计数点间还有四个点没有画出，则计数点间的时间间隔：t0.0250.1s，由匀变速直线运动的推论xat2可知，加速度为：a=6.2010-2-3.2010-220.12=1.5m/s2（3）以小车与砂和小桶码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力mg，由牛顿第二定律得：mg（m+M）a，小车的加速度a=mM+mg，小车受到的拉力Fm小车a=mMM+mg，当mM时，可以认为小车受到的合力等于砂和小桶的重力，如果砂和小桶的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，aF图象偏离直线因为砂和小桶的重力在这个实验中充当小车所收到的合

36、外力，若不断增加砂桶中砂的质量，aF图象中各点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为mM+mg故答案为：（1）AE；（2）1.5；（3）砂和小桶的质量太大，mM+mg【点评】应明确“探究物体加速度与力关系”实验的原理是：在平衡摩擦力的前提下，小车受到的拉力才等于合力；在满足砂桶质量m远小于小车质量M的前提下，绳子拉力才等于砂桶的重力mg11（13分）如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g。（1）求小木块与木板间的动摩

37、擦因数；（2）当60角时，小木块沿木板向上滑行的距离；（3）当60角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。【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；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）30时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件列方程求出摩擦因数；（2）先根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据速度时间关系公式列式求解时间，根据位移时间关系公式列式求解位移；（3）对下滑过程，先根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据位移时间关系公式

38、列式求解时间；最后得到总时间。【解答】解：（1）当30时，对木块受力分析得：mgsinFNFNmgcos联立得：tantan30=33（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则：mgsin +mgcosma小木块的位移为x：v02=2ax则：x=v022g(sin+cos)60x=v022g(sin60+cos60)=3v024g （3）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a1，则：mgsin +mgcos ma1t1=v0a1=3v02g 当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：mgsin mgcos ma2解得：a2=33g由x=12a2t22得：t2=62v0g 故：t=t1

39、+t2=3+62v0g 答：（1）小木块与木板间的动摩擦因数为33；（2）当60角时，小木块沿木板向上滑行的距离为3v024g；（3）当60角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间为3+62v0g。【点评】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是受力分析后根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解时间。12（19分）如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R0.6m的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B端、C端与光滑绝缘水平地面平滑连接。A端、D端之间放一绝缘水平传送带。传送带下方B、C之间的区域存在水平向右的匀强电场，场强E5105V/m。当传送带以6

40、m/s的速度沿图示方向匀速运动时，现将质量为m4103kg，带电量q+1108C的物块从传送带的右端由静止放上传送带。小物块运动第一次到A时刚好能沿半圆轨道滑下。不计小物块大小及传送带与半圆轨道间的距离，g取10m/s2，已知A、D端之间的距离为1.2m。求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数；（2）物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时速度；（3）物块第几次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大，最大速度为多大。【考点】65：动能定理菁优网版权所有【专题】52D：动能定理的应用专题【分析】（1）先根据重力提供向心力列式求出过A点的速度，然后对加速过程运用动能定理列式求解即可；（2）对从D出发，

41、第一次回到D的过程运用动能定理列式求解即可；（3）先全程列式求出到达D点速度等于传送带速度的传动圈数，然后再加上一次即可。【解答】解：（1）由题意及向心力公式得：mg=mvA12RvA1=gR=100.6=6m/sv0 小滑块从D到A的过程中被全程加速，由动能定理得：12mvA12=mgL 联立以上各式并代入数据解得：0.25（2）小物块从D出发，第一次回到D的过程，由动能定理得：12mvD12=mgL+qEL 联立以上各式并代入数据解得：vD13m/s（3）设第n次到达D点时的速度等于传送带的速度，由动能定理得：12mv02=nmgL+nqEL 联立以上各式并代入数据解得：n4由于n4为整数

42、，说明小物块第4次到达D点时的速度刚好等于传送带的速度，则小物块将同传送带一起匀速到A点，再次回到D点的速度为vD，由动能定理得：12mvD2-12mv02=qEL 代入数据解得：vD=39m/sv0小物块第5次到达D点后，将沿传送带做减速运动，设在传送带上前进距离S后与传送带速度相等，由动能定理得：12mv02-12mvD2=-mgS 联立以上各式并代入数据解得：S0.6m从以上计算可知，小物块第5次到达D点后，沿传送带做减速到传送带中点以后即同传送带一起匀速到A点，以后的运动将重复上述的过程，因此小物块第5次到达D点速度最大，最大速度为vD=39m/s。答：（1）物块与传送带间的动摩擦因数

43、为0.25；（2）物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时速度为3m/s；（3）物块第5次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大，最大速度为39m/s。【点评】本题关键是根据动能定理多次全程列式，涉及到牛顿第二定律、向心力公式、动能定理，较难！四、选考题（共15分请考生从给出的3道物理题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法中正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定

44、律，但违反了热力学第一定律E某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV0【考点】82：阿伏加德罗常数；84：布朗运动；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律菁优网版权所有【专题】547：内能及其变化专题【分析】热力学第一定律公式：UW+Q；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子力做功等于分子势能的减小量。【解答】解：A、气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减

45、小而增大，故C正确；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，虽违反了热力学第二定律，但不违反了热力学第一定律，故D错误；E、某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV0，而气体此式不成立；故E错误；故选：ABC。【点评】此题考查分子动理论、热力学定律、布朗运动、分子力与分子势能的关系、阿伏加德罗常数等，知识点多，难度小，关键是记住相关知识。14（10分）如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，外界大气压强不变若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：（1）大气压强p0的值；（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度