甘肃省嘉峪关市一中2022届高三物理上学期第三次模拟考试试题含解析

嘉峪关市一中2022——2022学年高三三模考试物理试卷第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，有的题有一项符合题目要求，有的题有多项符合题目要求，多选题在题号的前面有标注。全部选对的得4分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。）1.（多选）如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（）A．两粒子所带的电荷符号不同B．甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等2．在长约1.0m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，并迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底。将此玻璃管倒置安装在小车上，并将小车置于水平导轨上。若小车一端连接细线绕过定滑轮悬挂小物体，小车从A位置由静止开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B位置，如图所示。按照图3建立坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图中的3．（多选）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则A．地面对A的摩擦力减小B．A与B之间的作用力减小C．B对墙的压力增大D．A对地面的压力减小4．（多选）如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A.细线对物体a的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大6\n5．（多选）如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为零势能参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是6．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体A．重力势能增加了mghB．克服摩擦力做功mghC．动能损失了mghD．机械能损失了7．如图所示，斜面和水平面是由同一板材上截下的两段，连接处能量不损失。将小铁块从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处。若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并给铁块一个初速度，使之沿新斜面向下滑动。以下关于铁块运动的描述，正确的说法是A．铁块匀速直线运动B．两次运动摩擦力所做的功不相等C．后一次运动一定比前一次的时间短D．铁块匀变速直线运动8．（多选）如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为．轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点．重力加速度为g，则（）A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．OC之间的距离为2RD．小球运动到C点时的速率为6\n9．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有A.在释放瞬间，支架对地面压力为(m+M)gB.摆动过程中，支架对地面压力一直增大C.摆球到达最低点时，支架对地面压力为(2m+M)gD.摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大10．（多选）如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ。则：A．vA=vBcosθB．vB=vAcosθC．小球B减小的重力势能等于物块A增加的机械能D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大11．如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且水平地面光滑，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是（）A．0B．，方向向右C．，方向向左D．，方向向右12．“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图。之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆地月转形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。对此，下列说法不正确的是A.卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于月球的第一宇宙速度B.卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短C.卫星在轨道Ⅲ上运动的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点时的加速度D.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小第II卷（非选择题）二、实验题（共两小题，13小题4分，每空1分，14小题6分，每空2分，共10分）13．下列几个图分别是探究“功与物体速度变化的关系”实验、“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验和“验证机械能守恒定律”实验装置图。其中探究“功和物体速度变化的关系”实验装置图是（填写“甲”、“乙”、“丙”）；图甲中由于用砝码和砝码盘的总重力代替小车拉力，因此要求砝码和砝码盘的总质量小车的质量（填写“大于”、“小于”、“远大于”、“远小于”）；图甲中实验前需平衡摩擦力，平衡摩擦力时砝码盆挂上；（填写“需要”、“不需”）这三个实验都使用了打点计时器，打点计时器用电源（填写“直流”、“交流”、“交直流均可”）。在这三个实验挑选出的纸带中，其中有一条纸带中有一段打出的点间隔是均匀的，则这条纸带一定是实验装置图（填写“甲”、“乙”、“丙”）中实验得到的。6\n14．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β。我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；③经过一段时间，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量。（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径d为______cm；（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为______rad/s（计算结果保留3位有效数字）（3）圆盘转动的角加速度大小为______rad/s2。（计算结果保留3位有效数字）三、计算题：（要求写出必要的解题过程和文字说明，共2小题，27分）15．（12分）如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数，BC.DEN段均可视为光滑，且BC的始末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过，在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后静止释放（小球和弹簧不黏连），小球刚好能沿DEN轨道滑下，求：（1）小球刚好能通过D点时速度的大小（2）小球到达N点时速度的大小及受到轨道的支持力的大小（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能16．（15分）如图所示，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ＝306\n°，某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的(提示：离开的位置不一定是极板边缘)，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α＝45°时，小球恰好沿原路返回A点．求：(1)电容器极板间的电场强度E；(2)平行板电容器的板长L；(3)小球在A、B间运动的周期T.四、选做题（在选修3-3、选修3-4、选修3-5的试题中选出其中一题作答，共15分）17．选修3-3部分（1）(6分)下列说法正确的是()（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果(2)(9分)如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为S=lxl0-3m2，气缸内有质量m=2kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦。开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底L1=12cm，此时气缸内被封闭气体的压强为P1=1.5xl05Pa，温度为T1=300K。外界大气压为Po=l.0xl05Pa，g=l0m/s2。①现对密闭气体加热，当温度升到T2=400K，其压强P2多大？②若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3=360K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？③保持气体温度为360K不变，让气缸和活塞一起在竖直方向作匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4=16cm处，则求气缸和活塞应作匀加速直线运动的加速度a大小及方向。18．选修3-4部分（6分）如图所示，两束不同频率的平行单色光a、b从水射入空气（空气折射率为1）发生如图所示的折射现象(α<β)，下列说法正确的是()A.随着a、b入射角度的逐渐增加，a先发生全反射B.水对a的折射率比水对b的折射率小C.在水中的传播速度6\nD.在空气中的传播速度E.当a、b入射角为0°时，光线不偏折，但仍然发生折射现象（2）（9分）一列简谐波沿x轴方向传播,已知x轴上x1=0和x2=1m两处质点的振动图象分别如图(甲)、(乙)所示,求(1)若此波沿x轴正向传播，则波的传播速度的可能值.(2)若此波沿x轴负向传播，则波的传播速度的可能值.19．选修3-5部分（1）（6分）下列说法正确的是（）A．卢瑟福通过粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子B．铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hv，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能EkD．玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律。E．铀核（）衰变成离子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能2．（9分）如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5m的1/4光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5kg、0.5kg、4kg。现让A以6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰后速度大小变为4m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2，求：①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；②AB第一次滑上圆轨道所能到达的最大高度h。6\n参考答案1．AB【解析】试题分析：根据曲线运动时，质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A正确．甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初动能相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．经过b点时，a、b两点在同一等势面上，电场力做功为零，但是不知道质量关系，所以不能判断动能关系．故D错误．考点：考查了带电粒子在电场中的偏转2．C【解析】试题分析：蜡烛在竖直方向做匀速运动，则竖直位移y=v0t；水平方向做匀加速运动：，联立可知：，可知图线C正确；考点：运动的合成3．AB【解析】试题分析:A和B做为一个整体始终处于静止状态，受力如图整体受到地面对整体的支持力和整体的重力平衡，竖直墙对整体向右的弹力和地面对整体向左的摩擦力平衡，A对地面的压力和地面对整体的支持力相等，所以D错误；对B进行受力分析，，A向右移动，减小，则F减小，所以C错误；f=F，所以A正确；NB增加，所以D错误。考点：本题考查静力学平衡的分析。4．AD【解析】\n试题分析：对滑轮和物体吧受力分析如图，根据平衡条件得，将固定点C向右移少许，则θ增加，固拉力T增加所以A正确；对斜面、a、b整体受力分析如图，根据平衡条件N与角度无关，恒定不变，根据牛顿第三定律压力也不变，故B错误；，将固定点C向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加，所以D正确；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，所以无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，所以C错误。综上所述选AD。考点：本题考查了物体的平衡、整体法和隔离法5．BD【解析】试题分析：取B点势能为零，释放点的重力势能不为零，A错误；若物块始终做匀加速运动，则摩擦力始终做正功，B正确；若物块加速到中间某一位置，物块与传送带相对静止一起匀速运动到B点，则先时沿运动方向的滑动摩擦力做正功，然后与速度相反的静摩擦力做负功，机械能先增加，后减小，D正确。考点：本题考查功能关系。【名师点睛】首先对物块受力分析，确定其运动情况：开始时，物体受到重力、支持力、滑动摩擦力，做加速运动；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．根据功能原理分析。本题考查传送带上的机械能问题，关键掌握功能原理，并能通过列式，分析图象可能的情况．6．D【解析】试题分析：加速度，则摩擦力f=mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功，故B错误；由动能定理可知，动能损失等于合外力做功的大小△Ek=F合•s=m•g•2h=mgh，故C错误；机械能的损失量为fs=mg•2h=，故D正确．故选D.\n考点：牛顿第二定律；动能定理；功【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及功的求解；关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关.7．A【解析】试题分析：设A距离地面的高度为h，，，动摩擦因数为μ，斜面AB的倾角为，斜面AB的倾角为，对全过程运用动能定理有，，而，整理得：，而，即；解得；若将AP连接，则物体在斜面上受重力、支持力及摩擦力，合外力，而由几何关系可知：，代入合力表达式可知，物体受到的合力为零，故物体应在AP斜面上做匀速直线运动，故选项A正确；第一次摩擦力做功，与斜面的倾角无关，故两次运动摩擦力所做的功相等，选项B不正确，D选项错误；由于题中没有给出第二次匀速下滑的速度的具体数值，故无法确定两次运动的时间关系，故C选项错误。考点：动能定理匀速直线运动物体的平衡【名师点睛】物体从斜面滑至水平面上，若动摩擦因素相等，则下滑过程中滑动摩擦力对物体所做的功为，即物体从A经B滑到C点跟物体从A经P滑到C点，滑动摩擦力对物体所做的功相等，与斜面的倾角无关。8．BD【解析】\n试题分析：从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：，解得：，在B点，当重力恰好作为向心力时，由，解得：，所以当小球到达B点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从B点开始做平抛运动到达C，所以A错误，B正确．根据平抛运动的规律，水平方向上：x=vBt；竖直方向上：R=gt2，解得：x=R，所以C错误．对整个过程机械能守恒，解得：，故D正确；故选BD.考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律.9．B【解析】试题分析：在释放瞬间，m的速度为零，细线拉力为零，对支架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，则支架对地面压力为Mg，故A错误；对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsinθ=mv2，根据牛顿第二定律得：T=mgsinθ+2mgsinθ=3mgsinθ而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力．根据平衡条件得：在竖直方向上有：Tsinθ+Mg=FN所以FN=3mgsin2θ+Mg，摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确．在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：mgR=mv2在最低点绳子拉力为T，根据牛顿第二定律得：\n当小球在最低点时，对支架根据平衡条件得：FN=Mg+T；解得：FN=（3m+M）g，故C不正确．小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率P1=mgV0=0；当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得，并且重力与速度的方向夹角为θ，则这时重力的功率P2=mgvcosθ=mgcosθ＞0；当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mg•v'•cos90°=0，因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误．故选BC．考点：动能定理；牛顿第二定律；功率.【名师点睛】此题考查了动能定理、牛顿第二定律的应用以及功率的问题；解题时要正确对物体进行受力分析，通过物体所处的任意状态运用牛顿第二定律列出等式求解．注意要去判断一个物理量的变化，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来.10．BD【解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度．在沿绳子方向的分速度为vAcosθ，所以vB=vAcosθ，故A错误，B正确；A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则小球重力势能的减小等于系统动能的增加和B的重力势能的增加，故C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小．所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，故D正确。考点：此题考查了运动的合成与分解、机械能守恒定律。11．B【解析】试题分析：整体的加速度，方向水平向左．隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：设摩擦力方向水平向右．，解得．若M=m，摩擦力为零．若M＞m，摩擦力方向向右，大小为．若M＜m，摩擦力方向向左，大小为，故A、C、D正确。考点：考查了牛顿第二定律的应用12．C【解析】试题分析：根据万有引力提供向心力\n，轨道半径越大，线速度越小．月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度．故A正确．根据开普勒第三定律，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道Ⅰ运动的周期最长．故B正确．卫星在轨道Ⅲ上在P点和在轨道Ⅰ在P点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等．故C错误．从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小，故D正确．此题选错误的故选C.考点：万有引力定律的应用.【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；解决本题的关键掌握开普勒第三定律，以及万有引力提供卫星做圆周运动的向心力；知道第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度；此题难度不大，是基础题.13．乙、远小于、不需、交流、乙【解析】本实验采用改变橡皮筋条数看动能是否成倍数增大，来验证动能定理的，图乙对；图甲中，只有砝码质量远小于小车质量时，小车所受合外力才约等于砝码和砝码盘的重力之和14．12（1）6000cm；（2）130rad/s（计算结果保留3位有效数字）（3）198--201rad/s2（计算结果保留3位有效数字）。【解析】试题分析：(1)根据游标卡尺的读数原理，可得读数应为主尺上的和游标尺上的刻度相加由图乙可知游标尺的分度为005mm，主尺上为60cm，游标尺上的第0个刻度线和主尺对齐，所以读数为60cm＋005×0mm＝6000cm，即可得该圆盘的直径d＝6000cm(2)由题意知，纸带上每两点的时间间隔T＝010s，打下计数点D时，纸带运动速度大小为：vD==cm/s2＝39cm/s2＝039m/s2，此时圆盘转动的角速度为ωD=＝130rad/s,(3)纸带运动的加速度大小为a=，代入数值，得a＝0593m/s2，设角加速度为β，则β=＝198rad/s2考点：圆周运动【名师点睛】（1）20分度的游标卡尺精确度为005mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1m的小数部分；（2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=ωr求解角速度；（3）用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度15．（1）（2）、（3）0.44J【解析】试题分析：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：，则\n（2）从D点到N点，由机械能守恒得：，代入数据得：．在N点有：，得（3）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能，根据动能定理得，即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J考点：考查了圆周运动，机械能守恒，动能定理【名师点睛】小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度．从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度，由牛顿运动定律求小球到达N点时速度的大小对轨道的压力．从A到C的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能16.(1)(2)3h(3)2【解析】(1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动，可知：qEcosθ＝mg①故E＝.(2)小球垂直落到弹性挡板上，且α＝45°则有v0＝vy＝②由动能定理得：qE·Ltanθ＝mv③由②③得：L＝3h.(3)由小球在电场中做匀加速运动＝gtanθ·tt1＝＝平抛运动的时间为t2＝\n总时间为：t＝2t1＋2t2＝2.17．BCE【解析】试题分析：布朗运动是指水中的花粉在液体分子无规则运动的撞击下发生无规则运动，它间接反应了液体分子的无规则运动，A错误；在液体表面张力的作用下，水滴呈球形，B正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；水的沸点和气压有关，高原地区水的沸点较低，是因为高原地区大气压较低，D错误；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低，E正确；考点：布朗运动；分子间的相互作用力；晶体和非晶体【名师点睛】】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较（1）2.0×105Pa；（2）18cm；（3）7.5m/s2【解析】试题分析：(1）等容变化：，解得P2=2.0×105Pa（2）活塞受力平衡，故封闭气体压强为p3=p0+=1.2×105Pa根据理想气体状态方程，有，解得：L3=18cm（3）等温变化p3V3=p4V4，解得p4=1.35×105Pa应向上作匀加速直线运动，对活塞，由牛顿第二定律：p4S-p0S-mg=ma解得：a=7.5m/s2考点：理想气体状态方程【名师点睛】本题主要考查了理想气体状态方程的相关知识。属于中等难度题目。解决本题关键是根据题意得到各个状态对应的压强、体积、温度中已知量，然后根据理想气体状态方程列式求解未知量。用理想气体状态方程解题的难点是找出不同状态下气体的压强，要结合受力分析和牛顿第二定律来求压强。18BCE【解析】试题分析：由于，所以折射率小于，由知，在水中的传播速度，由\n知随着a、b入射角度的逐渐增加，b先发生全反射，a、b在空气的传播速度都是c。当a、b入射角为0°时，光线虽然不偏折，但仍然发生折射现象。所以BCE正确。考点：光的折射定律；全反射.【名师点睛】此题考查了光的折射定律、全反射等知识；对于折射率与光在介质中的速度、频率、波长、临界角等量之间的关系可结合光的色散、干涉等实验结果进行记忆，是考试的热点；此题是中等题，必须熟记.（1）m/s(n=0,1,2…)（2）=m/s(n=0,1,2…)。【解析】试题分析：由所给出的振动图象可知周期T=4×10-3s；由题图可知，t=0时刻，x1=0的质点在正向最大位移处；x2=1m的质点在平衡位置向y轴负方向运动，所以当简谐波沿x轴正向传播时，两质点间距离为(n+)λ1；当波沿x轴负方向传播时,两质点间距离为(n+)λ2,其中n=0,1,2…因为(n+)λ1=1m,所以λ1=m因为(n+)λ2=1m,所以λ2=m故波沿x轴正方向传播时的波速v1=m/s(n=0,1,2…)波沿x轴负方向传播时的波速v2==m/s(n=0,1,2…)考点：波的传播与波速的计算。19.BCE【解析】试题分析：A、卢瑟福的实验提出了带核的原子结构模型：原子是由原子核和核外电子构成，并不是证实了在原子核内部存在质子，故A错误；B、设发生x次α衰变，y次β衰变，衰变方程为：则：238=206+4x，解得x=8；又92=82+8×2-y，得y=6，故B正确.C、按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能Ek\n，故C正确；D.玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，不能解释复杂的原子光谱的规律，故D错误；E、结合能越大越稳定，衰变后的产物相当于衰变前要稳定，所以铀核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故E正确；故选BCE．考点：本题考查物理学史、光电效应、核反应【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．23．①F=50N②h=0.3m【解析】试题分析：①A与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对A由动量定理有：解得F=50N（3分）②A与B碰撞过程，对A、B系统水平方向动量守恒有：（2分）A、B滑上斜面到最高度的过程，对A、B、C系统水平方向动量守恒有：由能量关系：得h=0.3m（1分）考点：考查了动量守恒定律，动量定理参考答案1．AB【解析】试题分析：根据曲线运动时，质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A正确．甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初动能相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．经过b点时，a、b两点在同一等势面上，电场力做功为零，但是不知道质量关系，所以不能判断动能关系．故D错误．考点：考查了带电粒子在电场中的偏转2．C【解析】试题分析：蜡烛在竖直方向做匀速运动，则竖直位移y=v0t；水平方向做匀加速运动：，联立可知：，可知图线C正确；\n考点：运动的合成3．AB【解析】试题分析:A和B做为一个整体始终处于静止状态，受力如图整体受到地面对整体的支持力和整体的重力平衡，竖直墙对整体向右的弹力和地面对整体向左的摩擦力平衡，A对地面的压力和地面对整体的支持力相等，所以D错误；对B进行受力分析，，A向右移动，减小，则F减小，所以C错误；f=F，所以A正确；NB增加，所以D错误。考点：本题考查静力学平衡的分析。4．AD【解析】试题分析：对滑轮和物体吧受力分析如图，根据平衡条件得，将固定点C向右移少许，则θ增加，固拉力T增加所以A正确；对斜面、a、b整体受力分析如图，根据平衡条件N与角度无关，恒定不变，根据牛顿第三定律压力也不变，故B错误；，将固定点C向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加，所以D正确；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，所以无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，所以C错误。综上所述选AD。考点：本题考查了物体的平衡、整体法和隔离法\n5．BD【解析】试题分析：取B点势能为零，释放点的重力势能不为零，A错误；若物块始终做匀加速运动，则摩擦力始终做正功，B正确；若物块加速到中间某一位置，物块与传送带相对静止一起匀速运动到B点，则先时沿运动方向的滑动摩擦力做正功，然后与速度相反的静摩擦力做负功，机械能先增加，后减小，D正确。考点：本题考查功能关系。【名师点睛】首先对物块受力分析，确定其运动情况：开始时，物体受到重力、支持力、滑动摩擦力，做加速运动；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．根据功能原理分析。本题考查传送带上的机械能问题，关键掌握功能原理，并能通过列式，分析图象可能的情况．6．D【解析】试题分析：加速度，则摩擦力f=mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功，故B错误；由动能定理可知，动能损失等于合外力做功的大小△Ek=F合•s=m•g•2h=mgh，故C错误；机械能的损失量为fs=mg•2h=，故D正确．故选D.考点：牛顿第二定律；动能定理；功【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及功的求解；关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关.7．A【解析】试题分析：设A距离地面的高度为h，，，动摩擦因数为μ，斜面AB的倾角为，斜面AB的倾角为，对全过程运用动能定理有，，而，整理得：，而，即；解得；若将AP\n连接，则物体在斜面上受重力、支持力及摩擦力，合外力，而由几何关系可知：，代入合力表达式可知，物体受到的合力为零，故物体应在AP斜面上做匀速直线运动，故选项A正确；第一次摩擦力做功，与斜面的倾角无关，故两次运动摩擦力所做的功相等，选项B不正确，D选项错误；由于题中没有给出第二次匀速下滑的速度的具体数值，故无法确定两次运动的时间关系，故C选项错误。考点：动能定理匀速直线运动物体的平衡【名师点睛】物体从斜面滑至水平面上，若动摩擦因素相等，则下滑过程中滑动摩擦力对物体所做的功为，即物体从A经B滑到C点跟物体从A经P滑到C点，滑动摩擦力对物体所做的功相等，与斜面的倾角无关。8．BD【解析】试题分析：从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：，解得：，在B点，当重力恰好作为向心力时，由，解得：，所以当小球到达B点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从B点开始做平抛运动到达C，所以A错误，B正确．根据平抛运动的规律，水平方向上：x=vBt；竖直方向上：R=gt2，解得：x=R，所以C错误．对整个过程机械能守恒，解得：，故D正确；故选BD.考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律.9．B【解析】试题分析：在释放瞬间，m的速度为零，细线拉力为零，对支架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，则支架对地面压力为Mg，故A错误；对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：\n当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsinθ=mv2，根据牛顿第二定律得：T=mgsinθ+2mgsinθ=3mgsinθ而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力．根据平衡条件得：在竖直方向上有：Tsinθ+Mg=FN所以FN=3mgsin2θ+Mg，摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确．在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：mgR=mv2在最低点绳子拉力为T，根据牛顿第二定律得：当小球在最低点时，对支架根据平衡条件得：FN=Mg+T；解得：FN=（3m+M）g，故C不正确．小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率P1=mgV0=0；当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得，并且重力与速度的方向夹角为θ，则这时重力的功率P2=mgvcosθ=mgcosθ＞0；当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mg•v'•cos90°=0，因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误．故选BC．考点：动能定理；牛顿第二定律；功率.【名师点睛】此题考查了动能定理、牛顿第二定律的应用以及功率的问题；解题时要正确对物体进行受力分析，通过物体所处的任意状态运用牛顿第二定律列出等式求解．注意要去判断一个物理量的变化，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来.10．BD【解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度．在沿绳子方向的分速度为vAcosθ，所以vB=vAcosθ，故A错误，B正确；A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则小球重力势能的减小等于系统动能的增加和B的重力势能的增加，故C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小．所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，故D正确。考点：此题考查了运动的合成与分解、机械能守恒定律。11．B【解析】试题分析：整体的加速度，方向水平向左．隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：设摩擦力方向水平向右．，解得\n．若M=m，摩擦力为零．若M＞m，摩擦力方向向右，大小为．若M＜m，摩擦力方向向左，大小为，故A、C、D正确。考点：考查了牛顿第二定律的应用12．C【解析】试题分析：根据万有引力提供向心力，轨道半径越大，线速度越小．月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度．故A正确．根据开普勒第三定律，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道Ⅰ运动的周期最长．故B正确．卫星在轨道Ⅲ上在P点和在轨道Ⅰ在P点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等．故C错误．从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小，故D正确．此题选错误的故选C.考点：万有引力定律的应用.【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；解决本题的关键掌握开普勒第三定律，以及万有引力提供卫星做圆周运动的向心力；知道第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度；此题难度不大，是基础题.13．乙、远小于、不需、交流、乙【解析】本实验采用改变橡皮筋条数看动能是否成倍数增大，来验证动能定理的，图乙对；图甲中，只有砝码质量远小于小车质量时，小车所受合外力才约等于砝码和砝码盘的重力之和14．12（1）6000cm；（2）130rad/s（计算结果保留3位有效数字）（3）198--201rad/s2（计算结果保留3位有效数字）。【解析】试题分析：(1)根据游标卡尺的读数原理，可得读数应为主尺上的和游标尺上的刻度相加由图乙可知游标尺的分度为005mm，主尺上为60cm，游标尺上的第0个刻度线和主尺对齐，所以读数为60cm＋005×0mm＝6000cm，即可得该圆盘的直径d＝6000cm(2)由题意知，纸带上每两点的时间间隔T＝010s，打下计数点D时，纸带运动速度大小为：vD==cm/s2＝39cm/s2＝039m/s2，此时圆盘转动的角速度为ωD=＝130rad/s,(3)纸带运动的加速度大小为a=，代入数值，得a＝0593m/s2\n，设角加速度为β，则β=＝198rad/s2考点：圆周运动【名师点睛】（1）20分度的游标卡尺精确度为005mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1m的小数部分；（2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=ωr求解角速度；（3）用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度15．（1）（2）、（3）0.44J【解析】试题分析：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：，则（2）从D点到N点，由机械能守恒得：，代入数据得：．在N点有：，得（3）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能，根据动能定理得，即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J考点：考查了圆周运动，机械能守恒，动能定理【名师点睛】小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度．从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度，由牛顿运动定律求小球到达N点时速度的大小对轨道的压力．从A到C的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能16.(1)　(2)3h　(3)2【解析】(1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动，可知：qEcosθ＝mg①故E＝.(2)小球垂直落到弹性挡板上，且α＝45°则有v0＝vy＝②由动能定理得：qE·Ltanθ＝mv③由②③得：L＝3h.\n(3)由小球在电场中做匀加速运动＝gtanθ·tt1＝＝平抛运动的时间为t2＝总时间为：t＝2t1＋2t2＝2.17．BCE【解析】试题分析：布朗运动是指水中的花粉在液体分子无规则运动的撞击下发生无规则运动，它间接反应了液体分子的无规则运动，A错误；在液体表面张力的作用下，水滴呈球形，B正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；水的沸点和气压有关，高原地区水的沸点较低，是因为高原地区大气压较低，D错误；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低，E正确；考点：布朗运动；分子间的相互作用力；晶体和非晶体【名师点睛】】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较（1）2.0×105Pa；（2）18cm；（3）7.5m/s2【解析】试题分析：(1）等容变化：，解得P2=2.0×105Pa（2）活塞受力平衡，故封闭气体压强为p3=p0+=1.2×105Pa根据理想气体状态方程，有，解得：L3=18cm（3）等温变化p3V3=p4V4，解得p4=1.35×105Pa应向上作匀加速直线运动，对活塞，由牛顿第二定律：p4S-p0S-mg=ma解得：a=7.5m/s2考点：理想气体状态方程\n【名师点睛】本题主要考查了理想气体状态方程的相关知识。属于中等难度题目。解决本题关键是根据题意得到各个状态对应的压强、体积、温度中已知量，然后根据理想气体状态方程列式求解未知量。用理想气体状态方程解题的难点是找出不同状态下气体的压强，要结合受力分析和牛顿第二定律来求压强。18BCE【解析】试题分析：由于，所以折射率小于，由知，在水中的传播速度，由知随着a、b入射角度的逐渐增加，b先发生全反射，a、b在空气的传播速度都是c。当a、b入射角为0°时，光线虽然不偏折，但仍然发生折射现象。所以BCE正确。考点：光的折射定律；全反射.【名师点睛】此题考查了光的折射定律、全反射等知识；对于折射率与光在介质中的速度、频率、波长、临界角等量之间的关系可结合光的色散、干涉等实验结果进行记忆，是考试的热点；此题是中等题，必须熟记.（1）m/s(n=0,1,2…)（2）=m/s(n=0,1,2…)。【解析】试题分析：由所给出的振动图象可知周期T=4×10-3s；由题图可知，t=0时刻，x1=0的质点在正向最大位移处；x2=1m的质点在平衡位置向y轴负方向运动，所以当简谐波沿x轴正向传播时，两质点间距离为(n+)λ1；当波沿x轴负方向传播时,两质点间距离为(n+)λ2,其中n=0,1,2…因为(n+)λ1=1m,所以λ1=m因为(n+)λ2=1m,所以λ2=m故波沿x轴正方向传播时的波速v1=m/s(n=0,1,2…)波沿x轴负方向传播时的波速v2==m/s(n=0,1,2…)考点：波的传播与波速的计算。19.BCE【解析】试题分析：A、卢瑟福的实验提出了带核的原子结构模型：原子是由原子核和核外电子构成，并不是证实了在原子核内部存在质子，故A错误；B、设发生x次α衰变，y次β衰变，衰变方程为：则：238=206+4x，解得x=8；又92=82+8×2-y，得y=6，故B正确.C、按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0\n，剩下的表现为逸出后电子的初动能Ek，故C正确；D.玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，不能解释复杂的原子光谱的规律，故D错误；E、结合能越大越稳定，衰变后的产物相当于衰变前要稳定，所以铀核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故E正确；故选BCE．考点：本题考查物理学史、光电效应、核反应【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．23．①F=50N②h=0.3m【解析】试题分析：①A与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对A由动量定理有：解得F=50N（3分）②A与B碰撞过程，对A、B系统水平方向动量守恒有：（2分）A、B滑上斜面到最高度的过程，对A、B、C系统水平方向动量守恒有：由能量关系：得h=0.3m（1分）考点：考查了动量守恒定律，动量定理