87.2017学年广东省深圳中学高三（上）第十二次周测物理试卷（11.3）（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学年广东省深圳中学高三（上）第十二次周测物理试卷（11.3）一、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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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）甲乙两物体从同一地点向同一方向运动，其速度随时间变化关系如图所示，图中t2=t42，两段曲线均为14圆弧（乙物体的速度时间图线），则（）A两物体在t1时刻加速度相同B两物体在t2时刻的运动方向均改变C两物体在t3时刻，相距最远，t4时刻相遇D0t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速

2、度2（6分）如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m20kg，B物体质量M30kg且足够长处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为0.5现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m时（A还在B上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）（）A200NB300NC250ND350N3（6分）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动如图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确

3、的是（）Ah越高，摩托车对侧壁的压力将越大Bh越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大Ch越高，摩托车做圆周运动的周期将越小Dh越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大4（6分）在如图所示的自行车中，说法正确的是（）A小齿轮与后轮转动的快慢不相同B小齿轮和大齿轮转动的快慢相同C小齿轮和大齿轮边缘上的点的角速度与其半径成反比D小齿轮和后轮边缘上的点的线速度大小与其半径成反比5（6分）如图所示，在光滑水平桌面上有甲、乙两个用细线相连的物体，在水平拉力F1和F2的作用下运动已知F1F2，则以下叙述正确的是（）A若撤去F1，则甲的加速度一定变大B若撤去F1，则细线上的拉力一定变大C若撤去F2，则甲的加速度一定

4、变小D若撤去F2，则细线上的拉力一定变小6（6分）如图所示，物体以一定的初速度从O点向x轴正方向水平抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y0.2x2（x0，单位为m），已知重力加速度为g10m/s2，空气阻力不计，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，圆半径即为曲率半径那么以下说法正确的是（）A物体被抛出时的初速度为5m/sB物体被抛出时的初速度为2m/sCO点的曲率半径为2.5mDO点的曲率半径为0.5m7（6分）一颗在地球赤道上空绕地球运转的同步卫星，距地面高度为h，已知地球半径为R，自转周期为T，地面重力加速度为g，则这

5、颗卫星运转的速度大小是（）A（R+h）2TBRgR+hC32R2gTD342R2g2T28（6分）如图（甲）所示，固定斜面的倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面F滑回到底端，整个过程小物块的v一t图象如图（乙）所示下列判断正确的是（）A滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小18mv02B滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小316mv02C滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加14mv02D滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加13mv02二、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答9（2分）下列有关实验的描述中，正确的是 （）A在“

6、验证力的平行四边形定则”实验中，拉橡皮筋的细绳应稍长一些B在“探究弹簧弹力与其伸长量”关系的实验中，作出弹力和弹簧长度的图象也能求出弹簧的劲度系数C在“探究功与速度变化的关系”实验中，需要求出打点纸带的平均速度D在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须由vgt求出打某点时纸带的速度10（4分）如图所示为某同学所安装的“探究加速度与合外力、质量关系”的实验装置，在图示状态下，开始做实验请指出该同学在实验装置和操作中的主要错误：（至少举出两处）错误1 ；错误2 11（6分）如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置其步骤如下：a易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾

7、角，使小车沿木板匀速下滑b取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量Mc取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）O为打下的第一点已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g步骤c中小车所受的合外力为 为验证从OC 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为 需要验证的关系式为 （用所测物理最的符号表示）12（10分）如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC斜面，经C点进入光滑平面CD时速率不变，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m，A

8、、B两点高度差h，BC斜面高2h，倾角45，悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：（1）B点与抛出点A的水平距离x；（2）小球运动至C点的速度vc大小（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小。13（15分）光滑的14圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，弹簧处于自然长度另一端恰好在D点将质量为m的物块从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑物块滑至D点后向左压缩弹簧已知圆弧轨道半径为R，DE=L，物块与DE段水平轨道的动摩擦因数为0.2，重

9、力加速度为g，物块可视为质点求：（1）物块第一次经过E点时对圆弧轨道的压力多大（2）若物块不能与弹簧相碰，设物块从E点到运动停止所用的时间为t，求R得取值范围及t与R的关系式（3）如果物块能与弹簧相碰，但不能返回道圆弧部分，设压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求R的取值范围及Ep与R的关系式（弹簧始终在弹性限度内）选考题14（5分）下列说法正确的是（）A射线、射线和射线是三种波长不同的电磁波B一群处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光C重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少D经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性E光电效

10、应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性15（10分）如图所示，质量均为m的三个物体A、B、C置于足够长光滑水平面上，B与C紧靠在一起但不粘连，A、B之间用弹簧拴接某时刻，给A一个向左的瞬间冲量I，求：获得冲量后A的速度v0；弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1和第一次拉伸到最长时A的速度大小2016-2017学年广东省深圳中学高三（上）第十二次周测物理试卷（11.3）参考答案与试题解析一、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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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）甲乙两物体从同一地点向同一

11、方向运动，其速度随时间变化关系如图所示，图中t2=t42，两段曲线均为14圆弧（乙物体的速度时间图线），则（）A两物体在t1时刻加速度相同B两物体在t2时刻的运动方向均改变C两物体在t3时刻，相距最远，t4时刻相遇D0t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度【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】根据速度图象与时间轴所围的“面积”大小等于位移、斜率等于加速度，平均速度等于位移与时间之比，运用数学知识进行分析【解答】解：A、根据斜率等于加速度，可知在t1时刻两物体的加速度方向相反，则加速度不同，故A错误。B、两个物体一直沿正向运动，运动方向

12、没有改变，故B错误。C、图象的“面积”等于位移大小，根据数学知识可知0t4时间内甲物体的位移为 x甲=v02t4，乙物体的位移为 x乙v0t2v0v42，则知两个物体的位移相等，所以t4时刻相遇。在t3时刻之前，两者间距增大，在t3时刻之后，两者间距减小，则在t3时刻，相距最远。故C正确。D、由平均速度公式v=xt，则知0t4时间内甲、乙两物体的平均速度相等，故D错误。故选：C。【点评】本题关键从速度图象的数学意义，来分析物体的运动情况，分析时关键要抓住：“面积”大小等于位移、斜率等于加速度2（6分）如图，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m20kg，B物体质量M30kg且足够长处于水平

13、位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为0.5现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m时（A还在B上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）（）A200NB300NC250ND350N【考点】2S：胡克定律；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】522：牛顿运动定律综合专题【分析】判断物体B上缓慢地向墙壁移动0.5m时，A物块有无滑动，然后根据对B受力分析，根据平衡求出水平推力F的大小【解答】解：若A物块未滑动，则弹簧的压缩量为0.5m，则弹簧的弹力

14、F1kx2500.5N125Nmg100N假设不成立。对B在竖直方向上平衡，在水平方向上受推力F、A对B的滑动摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有：Ff1+f2mg+（M+m）g100+250N350N故D正确，A、B、C错误。故选：D。【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据受力平衡确定未知力判断出A、B之间是静摩擦力还是滑动摩擦力是关键3（6分）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动如图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（）Ah越高，摩托车对侧壁的压力将越大Bh越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大

15、Ch越高，摩托车做圆周运动的周期将越小Dh越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力菁优网版权所有【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图。设圆台侧壁与竖直方向的夹角为，侧壁对摩托车的支持力F=mgsin不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A错误。 B、如图向心力Fnmgcot，m，不变，向心力大小不

16、变。故B错误。 C、根据牛顿第二定律得Fnm42T2r，h越高，r越大，Fn不变，则T越大。故C错误。 D、根据牛顿第二定律得Fnmv2r，h越高，r越大，Fn不变，则v越大。故D正确。故选：D。【点评】本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量4（6分）在如图所示的自行车中，说法正确的是（）A小齿轮与后轮转动的快慢不相同B小齿轮和大齿轮转动的快慢相同C小齿轮和大齿轮边缘上的点的角速度与其半径成反比D小齿轮和后轮边缘上的点的线速度大小与其半径成反比【考点】48：线速度、角速度和周期、转速菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；519：

17、匀速圆周运动专题【分析】对于皮带传动装置问题要把握两点一是同一皮带上线速度相等，二是同一转盘上角速度相等，然后结合线速度与角速度的关系分析即可。【解答】解：A、小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；B、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据=vr可知，大齿轮和小齿轮的角速度不同，则转动的快慢不相同，故B错误；C、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据知=vr可知，小齿轮和大齿轮边缘上的点的角速度与其半径成反比，故C正确；D、小齿轮和后轮共轴，根据vr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小与其半径成正比，故D错误。故选：C。【点评】本题在皮带轮中考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的

18、关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。5（6分）如图所示，在光滑水平桌面上有甲、乙两个用细线相连的物体，在水平拉力F1和F2的作用下运动已知F1F2，则以下叙述正确的是（）A若撤去F1，则甲的加速度一定变大B若撤去F1，则细线上的拉力一定变大C若撤去F2，则甲的加速度一定变小D若撤去F2，则细线上的拉力一定变小【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；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】连接体问题可以先整体求连接体的加速度，再隔离分析某物体的受力情况，通过计算分析可得相关结论【解答】解：A、撤去F1之前，甲的加速度a甲

19、1=F2-F1m甲+m乙，撤去F1后，甲产生的加速度为a甲2=F2m甲+m乙，知加速度变大。故A正确。B、撤去F1之前，甲的加速度a甲1=F2-F1m甲+m乙，此时细线上拉力满足TF1m甲a甲1即T=m甲F2+m乙F1m甲+m乙，撤去F1后，甲产生的加速度为a甲2=F2m甲+m乙，此时线中拉力满足T=m甲F2m甲+m乙，知绳子的拉力减小。故B错误。C、撤去F2之前，乙的加速度为a乙1=F2-F1m甲+m乙，撤去F2之后，乙产生的加速度a=F1m甲+m乙，因为只知道F1F2，并不能确定F2F1与F1谁大谁小，故不能判断a和a的大小关系，故C错误；D、撤去F2之前，绳子的张力为T=m甲F2+m乙F

20、1m甲+m乙，撤去F2之后，乙产生的加速度a=F1m甲+m乙，此时的绳子的拉力T=m乙F1m甲+m乙，知绳子的拉力变小。故D正确。故选：AD。【点评】本题考查牛顿第二定律关于连接体问题的应用，关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小6（6分）如图所示，物体以一定的初速度从O点向x轴正方向水平抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y0.2x2（x0，单位为m），已知重力加速度为g10m/s2，空气阻力不计，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，圆半径即为曲率半径那么以下说法正确的是（）A物体被抛出时的

21、初速度为5m/sB物体被抛出时的初速度为2m/sCO点的曲率半径为2.5mDO点的曲率半径为0.5m【考点】43：平抛运动菁优网版权所有【专题】518：平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向上的分运动是自由落体运动，根据竖直位移和水平位移与时间的关系得出y与x的方程，即可求得初速度；根据数学知识求解O点的曲率半径【解答】解：根据xv0t，y=12gt2得，y=g2v02x2，因为y0.2x2，知g2v02=0.2，解得初速度v05m/s，故A错误，B正确。C、抛物线方程y0.2x2求导得，y0.4x，根据数学知识，O点的曲率半径为r=10.4m=2.5m，故C正

22、确，D错误。故选：AC。【点评】本题运用数学上参数方程的方法求解初速度，关键是抓住平抛运动的分解方法根据曲率半径的定义，由数学知识求解7（6分）一颗在地球赤道上空绕地球运转的同步卫星，距地面高度为h，已知地球半径为R，自转周期为T，地面重力加速度为g，则这颗卫星运转的速度大小是（）A（R+h）2TBRgR+hC32R2gTD342R2g2T2【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】528：万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力及万有引力和圆周运动公式即可求解【解答】解：A、根据圆周运动线速度公式得：v=2rT=（R+h）2T，故A正确

23、。B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r v=GMr在地球表面，重力等于万有引力得：GMmR2=mg 由得vRgR+h，故B正确。C、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m42rT2 r=3GMT242=R+hh=3GMT242-R 由得：v=32R2gT，故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】该题为天体运动的典型题型，由万有引力提供向心力，再根据向心力的基本公式求解，解题过程中注意黄金代换式GMmr2=mg的应用8（6分）如图（甲）所示，固定斜面的倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面F滑回到底端，整个过程小物块的v

24、一t图象如图（乙）所示下列判断正确的是（）A滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小18mv02B滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小316mv02C滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加14mv02D滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加13mv02【考点】6B：功能关系；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52Q：功能关系 能量守恒定律【分析】根据图象的斜率求出滑块上滑与下滑时加速度大小之比，由牛顿第二定律求出摩擦力与重力的关系对于上滑过程，由功能原理和动能定理分别列式，可求得机械能的减少量对下滑过程，由动能定理列式，可求得动能的增加量【解答】解：AB、设滑块

25、上滑时加速度大小为a1，下滑时加速度大小为a2由速度图象的斜率表示加速度，可知a1=v0t0，a2=0.5v0t0，因此a12a2。对上滑过程，根据牛顿第二定律得：mgsin30+fma1；对下滑过程，根据牛顿第二定律得：mgsin30fma2；联立解得 f=13mgsin30对于上滑过程，由动能定理得：（mgsin30+f）S0-12mv02 由功能原理得：fSE 由以上两式解得E=-18mv02即滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小18mv02故A正确、B错误。CD、对于下滑过程，由动能定理得：（mgsin30f）SEk解得Ek=14mv02，即滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加14mv0

26、2故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题是竖直上抛运动模型，运用牛顿第二定律求出空气阻力大小与重力的关系是关键研究动能时要想到动能定理二、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答9（2分）下列有关实验的描述中，正确的是 （）A在“验证力的平行四边形定则”实验中，拉橡皮筋的细绳应稍长一些B在“探究弹簧弹力与其伸长量”关系的实验中，作出弹力和弹簧长度的图象也能求出弹簧的劲度系数C在“探究功与速度变化的关系”实验中，需要求出打点纸带的平均速度D在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须由vgt求出打某点时纸带的速度【考点】M3：验证力的平行四边形定则；M8：探究加速度与物体质量、物体受力的

27、关系；MD：验证机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】13：实验题；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】考查了高中阶段中一些基础实验的操作，只要明确实验原理，了解各个实验的操作细节和注意事项即可正确解答；该题的关键是弄清实验原理，特别是在“验证机械能守恒定律”的实验中，由于重锤下落过程中受到阻力作用导致加速度小于重力加速度g的值，故不能由vgt求出打某点时纸带的速度【解答】解：A、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，利于确定力的方向，有利于实验中作图，故A正确；B、作出弹力和弹簧长度的图象，由胡克定律可知Fkxk（ll0），由此可知，在弹力和弹簧长度的图象中图象的斜率也

28、表示劲度系数k，故B正确；C、在探究功和速度变化关系时，由v22as求出速度，不需求出平均速度，故C错误；D、若vgt求出打某点时纸带的速度，需要验证的方程mgh=12mv2是恒等式，无需验证，故D错误。故选：AB。【点评】通过本题让学生掌握各种实验关键的步骤，重要的方法，及实验原理10（4分）如图所示为某同学所安装的“探究加速度与合外力、质量关系”的实验装置，在图示状态下，开始做实验请指出该同学在实验装置和操作中的主要错误：（至少举出两处）错误1打点计时器没有使用交流电源；错误2没有平衡摩擦力【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；31：定性思想

29、；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】打点计时器应使用交流电源；实验时小车应靠近打点计时器；在实验前应平衡小车受到的摩擦力；砂桶与小车的连线应平行于木板；【解答】解：由图所示实验装置图可知，存在的问题有：打点计时器没有使用交流电源；没有平衡摩擦力；小车没有靠近打点计时器故答案为：打点计时器没有使用交流电源；没有平衡摩擦力（或小车没有靠近打点计时器）【点评】本题考查“探究加速度与合外力、质量关系”的实验；要注意明确打点计时器的使用原理，同时明确实验中应平衡摩擦力以保证绳子的拉力等于小车受到的拉力11（6分）如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置其步骤如下：a易拉罐内盛上适量

30、细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下滑b取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量Mc取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）O为打下的第一点已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g步骤c中小车所受的合外力为mg为验证从OC 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为x0f2需要验证的关系式为mgx1=Mx02f28 （用所测物理最的符号表示）【考点】MJ：探究功与速度变化的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；16：压轴题【分析】小车匀

31、速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故新的合力等于撤去的拉力；根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度求C点速度，再确定动能增量；需要验证动能增加量等于合力做的功【解答】解：小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力；故答案为：mg匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故vC=x02T=x0f2动能增量为：12mvC2=Mx02f28合力的功为：mgx1故答案为：x0f2，mgx1=Mx02f28【点评】本题关键根据实验原理确定需要验证的等式，其中合力的求解根据共点力平衡条件确定12

32、（10分）如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC斜面，经C点进入光滑平面CD时速率不变，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m，A、B两点高度差h，BC斜面高2h，倾角45，悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：（1）B点与抛出点A的水平距离x；（2）小球运动至C点的速度vc大小（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小。【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动；4A：向心力菁优网版权所有【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】（1）小球从A到B

33、做平抛运动，小球恰好与无碰撞地进入光滑的BC斜面，速度沿BC面向下，可得到两个方向的分速度关系。从水平方向和竖直方向运用平抛运动的规律分析解决问题。（2）运用动能定理可求解小球到达C点的速度。（3）小球进入轻质筐后瞬间，进行受力分析，并运用牛顿第二定律求解。【解答】解：（1）小球至B点时速度方向与水平方向夹角为45，设小球抛出的初速度为v0，A点至B点时间为t。则得： h=12gt2，得 t=2hg又tan45=v0gt=v0g2hg=v02gh得：v02gh则得：xv0t2gh2hg得水平距离：x2h（2）设小球至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a， vB=2v0， agsin45，

34、由动能定理得：vC2-vB2=2a2hsin45联立以上几式得：vC22gh（3）小球进入轻筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得：FmgmvC23h，解得小球所受拉力：F=113mg答：（1）B点与抛出点A的水平距离x为2h；（2）小球运动至C点的速度vc大小为22gh。（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小为113mg。【点评】遇到题目过程非常复杂时，注意把题目细化分解到小的过程。比如此题中，整个过程可分为平抛、沿光滑斜面匀加速、沿水平面匀速、沿圆轨道圆周运动。13（15分）光滑的14圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙一根轻质弹簧一端固定在C处

35、的竖直面上，弹簧处于自然长度另一端恰好在D点将质量为m的物块从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑物块滑至D点后向左压缩弹簧已知圆弧轨道半径为R，DE=L，物块与DE段水平轨道的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，物块可视为质点求：（1）物块第一次经过E点时对圆弧轨道的压力多大（2）若物块不能与弹簧相碰，设物块从E点到运动停止所用的时间为t，求R得取值范围及t与R的关系式（3）如果物块能与弹簧相碰，但不能返回道圆弧部分，设压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求R的取值范围及Ep与R的关系式（弹簧始终在弹性限度内）【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理菁优网版权所有【专题】52D：动能定理

36、的应用专题【分析】（1）根据机械能守恒定律求出物块第一次经过E点时的速度物块经过E点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解物块第一次经过E点时对轨道的压力（2）设物块恰好不能与弹簧相碰时，圆弧轨道半径为R1，从F到D由动能定理有：mgR1mgL00解得：R10.2L，则物块不能与弹簧相碰R必须满足：R0.2L（3）物块要能与弹簧相碰，R0.2L，设物块恰好到达E点时，圆弧轨道半径为R2，从F到E由动能定理求范围【解答】解：（1）从F到E对物块由动能定理有：mgR=12mvE2 解得vE=2gR在E点对物块由牛顿第二定律有：NE-mg=mvE2R 解得NE3mg由牛顿第三

37、定律有：FE3mg（2）设物块恰好不能与弹簧相碰时，圆弧轨道半径为R1从F到D由动能定理有：mgR1mgL00解得：R10.2L则物块不能与弹簧相碰R必须满足：R0.2L对物块由牛顿第二定律有：mgma解得ag则物块从E点到运动停止所用的时间为t=0-vE-a=52Rg （3）由（2）可知物块要能与弹簧相碰，R0.2L设物块恰好到达E点时，圆弧轨道半径为R2从F到E由动能定理有：mgR2mg2L00解得：R20.4L则R的范围是：0.2LR0.4L从F点到弹簧压缩得最短，对物块与弹簧组成的系统，由能量守恒定律有：mgLEPmgR解得EPmgR0.2mgL答：（1）物块第一次经过E点时对圆弧轨道

38、的压力3mg（2）若物块不能与弹簧相碰，R0.2L，t=52Rg（3）如果物块能与弹簧相碰，但不能返回道圆弧部分，R的取值范围0.2LR0.4LEp与R的关系式EPmgR0.2mgL【点评】本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理，对学生能力的要求较高要注意物体恰好不能回到圆轨道的条件选考题14（5分）下列说法正确的是（）A射线、射线和射线是三种波长不同的电磁波B一群处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光C重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少D经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性E光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性

39、【考点】I6：X射线、射线、射线、射线及其特性；J4：氢原子的能级公式和跃迁；JK：重核的裂变菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题【分析】射线、射线不是电磁波；根据数学组合Cn2，即可确定辐射种类；核子结合成原子核时伴随巨大能量产生；经典物理学解释不了原子稳定性与特征光谱，从而出现玻尔的能量、轨道量子化，及跃迁的三种假设；光电效应和康普顿效应揭示了光具有粒子性【解答】解：A、射线是电磁波，而射线、射线不是电磁波，故A错误；B、根据数学组合C42=6，那么一群处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时，会辐射出6种不同频率的光，故B正确；C、核子结合成原子核时一定

40、有质量亏损，释放出能量，故C正确；D、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，故D错误。E、光电效应和康普顿效应揭示了光具有粒子性，故E正确；故选：BCE。【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，要在平时学习中多积累，注意光的波动性与粒子性的区别，及理解半衰期适用条件，最后会区别三种射线的不同15（10分）如图所示，质量均为m的三个物体A、B、C置于足够长光滑水平面上，B与C紧靠在一起但不粘连，A、B之间用弹簧拴接某时刻，给A一个向左的瞬间冲量I，求：获得冲量后A的速度v0；弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1和第一次拉伸到最长时A的速度大小【考点】53：动量守恒定律；6B：功能

41、关系菁优网版权所有【专题】11：计算题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题【分析】给A一个向左的瞬间冲量I，根据动量定律求获得冲量后A的速度v0；弹簧第一次压缩到最短时三个物体的速度相同，根据系统的机械能守恒求弹性势能Ep1第一次拉伸到最长时，此时B、C共速，再由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求A的速度大小【解答】解：取向左为正方向对A施加一个瞬间冲量，由动量定理：Imv00则A的速度为 v0=Im从A获得速度v0开始到弹簧第一次被压缩到最短（此时A、B、C共速），取向左为正方向，三个物体动量守恒得： mv03mv1得三者共同的速度为：v1=13v0弹簧第一次压缩到

42、最短时的弹性势能 Ep1=12mv02-12(3m)v12=13mv02弹簧在原长时B与C分离，此时B、C共速，从A获得速度到此时，三者动量守恒，则得 mv0mvA+2mvB；等效于弹性碰撞，则有： 12mv02=12mvA2+122mvB2；解得 vA=m-2mm+2mv0=-13v0 vB=2mm+2mv0=23v0之后B、C分离，至弹簧第一次拉伸到最长时，对A、B系统，动量守恒： mvA+mvB（m+m）vAB；解得 vAB=16v0此时的弹性势能为：Ep2=12mvA2+12mvB2-122mvAB2=14mv02答：获得冲量后A的速度v0是Im弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1是13mv02，第一次拉伸到最长时A的速度大小是16v0【点评】本题要正确分析三个物体的运动情况，抓住隐含的一个中间状态：弹簧在原长时，之后B与C分离，应选取A、B为一个系统，很多学生容易忽略这点，导致错误声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/14 18:59:05；用户：tp；邮箱：lsgjgz137；学号：21474120第14页（共14页）