湖南师大附中2022届高三物理上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年湖南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9一12小题至少有一个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填写在答题卷）1．在2022年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是()A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下2．一质点沿某一条直线运动时的速度﹣时间图象如图所示，则以下说法中正确的是()A．第1s末质点的位移和速度都改变方向B．第2s末质点的位移改变方向C．前4s内质点的位移为零D．第3s末和第5s末质点的位置相同3．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑固定斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则()A．两物体落地时速度相同B．两物体落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同-27-\n4．有一种大型游戏器械，是一个圆筒状大型容器，筒壁竖直．游客进入容器后紧靠筒壁站立，当圆筒的转速达到某一数值时，其底板突然塌落，游客发现自己竟然没有掉下去！以下说法正确的是()A．游客处于超重状态B．游客处于失重状态C．筒壁对游客的支持力等于重力D．游客受到的摩擦力等于重力5．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是()A．B．C．D．6．某月球探测卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时其动能为EK1，周期为T1；再控制它进行一系列变轨，最终进入贴近月球表面的圆轨道做匀速圆周运动，此时其动能为EK2，周期为T2．已知地球的质量为M1，月球的质量为M2，地月距离为R，则为C()A．B．C．D．7．甲、乙两名溜冰运动员，M甲=80kg，M乙=40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.2N，下列判断中正确的是()A．两人的线速度相同，约为40m/sB．两人的角速度相同，为6rad/sC．两人的运动半径相同，都是0.45mD．两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m-27-\n8．如图所示，斜面倾角为θ=37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ=0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为()A．3hB．hC．2hD．h9．如图所示，长约1m的一端封闭的玻璃管中注满水，假设t=0时质量为0.1kg，红蜡块从玻璃管口开始运动，且每1s上升的距离都是30cm；从t=0开始，玻璃管以初速度为零的匀加速向右平移，第1s内、第2s内、第3s内通过的水平位移依次是5cm、15cm、25cm．y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时红蜡块位于坐标原点()A．t=2s时红蜡块是速度大小为0.3m/sB．前3s内红蜡块的位移大小为45cmC．红蜡块的轨迹方程为y2=xD．红蜡块在上升过程中受到的合力是0.01N10．在9.3阅兵中，20架直升机在空中组成数字“70”字样，将抗战胜利70周年大写在天安门广场上空，大长中华之气．而其领头的直升机悬挂的国旗更是让人心潮彭拜．如图所示，为了使国旗能悬在直升机下不致漂起来，在国旗的下端还悬挂了重物，我们假设国旗与悬挂物的质量为m，直升机的质量为M，直升机以速度v匀速直线飞行，飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向的夹角为a，那么以下说法正确的是：()A．直升机发动机的有效功率一定是（M+m）gv-27-\nB．细线的张力是F=C．国旗受到3个力的作用D．国旗和重物克服阻力做功的功率为mgvtanα11．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2rn/s运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度从位置A滑上传送带工件与传送带之间的动靡擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对猾动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是()A．工件经0.5s停止相对滑动B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5mC．摩擦力对每个工件做正功为0.75JD．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为1J12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出()A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能二、实验题：（共15分，将答案填写在答题卷中）13．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．-27-\n（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是__________．（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：__________（选填“变”或“不变”）．（3）本实验采用的科学方法是__________．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法．14．某探究学习小组的同学欲以右图装置中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙、垫块．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有__________、__________．（两个）（2）实验时为了保证滑块（质量为M）受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量m应满足的实验条件是__________，实验时首先要做的步骤是__________．（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为__________（用题中的字母表示）．三、计算题（本题共3小题，解答须写由必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程计0分，请将解题过程书写在答卷中．15题8分，26题9分，17题15分）15．一电梯启动时匀加速上升，加速度为2m/s2，制动时匀减速上升，加速度为﹣1m/s2，上升高度为52米．则当上升的最大速度为6m/s时，电梯升到楼顶的最短时间是__________s．如果电梯先加速上升，最后减速上升，全程共用时间为16s，则上升的最大速度是__________m/s．16．如图所示，三个完全相同的木板A、B、C自左向右紧靠在一起，静止放在水平地面上，每个木板的质量均为m=0.5kg，长度均为L=0.5m，它们与地而间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在A木板的最左端放一个质量为M=1kg的小铁块．它与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，所有的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．现突然给小铁块一个水平向右的初速度v0=4m/s．使其在木板上滑行．重力加速度g=10m/s2，求（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度aM和木板的加速度am大小分别多大？（2）当小铁块刚滑上C时的速度多大？（3）能滑出C木板吗？请说明理．-27-\n17．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R=0.4m的两个光滑圆弧轨道BCD的最低点B平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A，D两点等高，在D点右侧有一以v1=3m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量m=1kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2．（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ1（2）若使滑块恰能到达D点，滑块从离地多高处由静止开始下滑？（3）在第（2）问前提下若滑块滑到D点后水平滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高，以及此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？五、[物理-选修3-3】18．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A．保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能改变B．保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变C．若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小19．如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气（视为理想气体）相通，初始时管内气体温度为T1．现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为l：3．若将管内下部气体温度降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐（没有水银漏出）．已知T1=T2，大气压强为P0，重力加速度为g．求水银柱的长度h和水银的密度ρ．七、【物理-选修3一41】-27-\n20．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是()A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离八、解答题（共1小题，满分0分）21．如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏．一束宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，经三棱镜折射后在屏P上形成一条光带．①以图中编号为a、b、c的三条光线为代表画出光束经棱镜折射的光路示意图；②若从AC面出射的光线与原来入射光线的夹角为30°，求棱镜的折射率．九、[物理-选修3一5]22．在实验室内较精准地测量到的双β衰变事例是在1987年公布的，在进行了7960小时的实验后，以68%的置信度认出Se发生的36个双β衰变事例．已知静止的Se发生双β衰变时，将释放出两个电子和两个中微子（中微子的质量数和电荷数都为零），同时转变成一个新核X，则X核的中子数为__________；若衰变过程释放的核能是E，真空中的光速为c，则衰变过程的质量亏损是__________．23．如图所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量M=50kg的人，甲车（连同车上的人）以v=3m/s的速度向右滑行．此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m-27-\n/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应当在什么范围内才能避免两车相撞？（不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g=10m/s2）-27-\n2022-2022学年湖南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题只有一个选项正确，9一12小题至少有一个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填写在答题卷）1．在2022年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是()A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；本题中，运动员受到三个力而平衡，根据平衡条件和对称性分析其受力情况．【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，受力情况如图．A、由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等．故A错误．B、由图看出，手对吊环的拉力斜向上，则由牛顿第三定律知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下．故B错误．C、当运动员两臂竖直时，每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半．故C错误．D、由平衡条件和牛顿第三定律知，两根吊带受到环的拉力的合力与重力大小相等、方向相同，一定是竖直向下．故D正确．故选D【点评】本题的解题关键是作出受力图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论．-27-\n2．一质点沿某一条直线运动时的速度﹣时间图象如图所示，则以下说法中正确的是()A．第1s末质点的位移和速度都改变方向B．第2s末质点的位移改变方向C．前4s内质点的位移为零D．第3s末和第5s末质点的位置相同【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向．【解答】解：A、第1s末前后质点的速度均为正，故速度方向没有改变，故A错误；B、根据“面积”可知，前2s内位移为正，方向没有改变，质点一直前进，2s末速度方向改变，但位移还是正值，位移方向没有改变，故B错误；C、0﹣2s内的位移为x1=×2×1m=1m，2﹣4s内的位移为x2=﹣×2×1m=﹣1m，故4s内质点的位移为x=x1+x2=0；故C正确；D、根据图线的面积表示位移，图线在时间轴上方表示的位移为正，在时间轴下方表示的位移为负，可知3﹣5s内质点的位移为0，则第3秒末和第5秒末位移相等，故质点的位置相同，故D正确；故选：CD【点评】深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口．3．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑固定斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则()A．两物体落地时速度相同B．两物体落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论．-27-\n【解答】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，但速度方向不同，故A错误．B、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以B错误．C、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，但是时间不同，则重力的平均功率不同，所以C正确，D错误．故选：C．【点评】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．4．有一种大型游戏器械，是一个圆筒状大型容器，筒壁竖直．游客进入容器后紧靠筒壁站立，当圆筒的转速达到某一数值时，其底板突然塌落，游客发现自己竟然没有掉下去！以下说法正确的是()A．游客处于超重状态B．游客处于失重状态C．筒壁对游客的支持力等于重力D．游客受到的摩擦力等于重力【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】圆筒地板塌落，游客发现自己没有落下去，游客在竖直方向上受重力和静摩擦力平衡，水平方向上受弹力，弹力提供圆周运动的向心力．【解答】解：A、B、游客的加速度沿水平方向，处于非超重和失重状态．故AB错误．C、D、游客在竖直方向上平衡，摩擦力等于重力．故C错误，D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键搞清游客做圆周运动向心力的来源，抓住竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求解．5．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是()A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】物体沿斜面匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件可求出物体所受的滑动摩擦力大小，当物体沿斜面上滑时，滑动摩擦力大小不变，再根据牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求上滑的最大距离．【解答】解：物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsinθ，-27-\n当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma，由此解得：a=2gsinθ，方向沿斜面向下．根据v2﹣v02=2ax，解得：x=；故选：C．【点评】本题要求的是空间距离，运用动能定理求解比较简单，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．6．某月球探测卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时其动能为EK1，周期为T1；再控制它进行一系列变轨，最终进入贴近月球表面的圆轨道做匀速圆周运动，此时其动能为EK2，周期为T2．已知地球的质量为M1，月球的质量为M2，地月距离为R，则为C()A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】对于卫星绕地球运动，根据动能表达式计算向心力，再根据万有引力提供向心力列方程，解出周期与质量和动能之间的关系，对于卫星绕月球运动有类似的关系．【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星质量为m，轨道半径为r1，运动线速度为v1因为动能为，所以向心力为=万有引力提供向心力解得同理，卫星绕月球做圆周运动时，有类似的结论故故C正确、ABD错误．故选：C．-27-\n【点评】本题考查了万有引力在天体中的应用，根据万有引力提供向心力列出等式．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．7．甲、乙两名溜冰运动员，M甲=80kg，M乙=40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.2N，下列判断中正确的是()A．两人的线速度相同，约为40m/sB．两人的角速度相同，为6rad/sC．两人的运动半径相同，都是0.45mD．两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】分析甲、乙两名运动员，弹簧秤对各自的拉力提供向心力．根据牛顿第二定律和向心力公式求解．【解答】解：弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：M甲R甲ω甲2=M乙R乙ω乙2=9.2N由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以ω甲=ω乙=．则R甲=0.3m，R乙=0.6m．由于v=Rω，知两人的线速度不等．根据F=M甲R甲ω甲2解得：ω甲=rad/s．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道甲乙两人角速度相等，靠弹簧的弹力提供向心力．8．如图所示，斜面倾角为θ=37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ=0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为()-27-\nA．3hB．hC．2hD．h【考点】功能关系．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】先对整体受力分析可知，2、3向下带动1运动；当3落地后，由于1的重力大，则12将做减速运动；对两过程由功能关系可求得物体上滑的最大位移．【解答】解：设2的质量为m；从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体有功能关系可知：6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h=（10m）v12；此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知：mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s=0﹣（5m）v12解得：s=；则1沿斜面上滑的最大距离为L=h+s=h；故选：D．【点评】本题考查功能关系的应用，解题时一定要先做受力分析，明确物体的运动状态后再由功能关系进行列式求解．9．如图所示，长约1m的一端封闭的玻璃管中注满水，假设t=0时质量为0.1kg，红蜡块从玻璃管口开始运动，且每1s上升的距离都是30cm；从t=0开始，玻璃管以初速度为零的匀加速向右平移，第1s内、第2s内、第3s内通过的水平位移依次是5cm、15cm、25cm．y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时红蜡块位于坐标原点()A．t=2s时红蜡块是速度大小为0.3m/sB．前3s内红蜡块的位移大小为45cmC．红蜡块的轨迹方程为y2=xD．红蜡块在上升过程中受到的合力是0.01N【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】根据相等的时间内，位移之差相等，即可判定运动性质，再结合运动的合成与分解方法，及合成法则，即可求解．【解答】解：A、由题意可知，红蜡块沿玻璃管做匀速上升运动，由v竖=-27-\n，而水平方向，因相等时间内的位移之差相等，则为匀加速直线运动，根据a===0.1m/s2；那么t=2s时红蜡块是速度大小v===m/s，故A错误；B、前3s内红蜡块的水平位移大小x===0.45m；而竖直方向位移y=v竖t=0.3×3=0.9m；那么前3s内红蜡块的位移大小为S==m=45cm，故B正确；C、根据竖直方向位移y=v竖t=0.3t，而水平位移x==0.05t2；合并消去时间，则有轨迹方程为y2=x，故C正确；D、红蜡块在上升过程中，做类平抛运动，则合力F=ma=0.1×0.1N=0.01N，故D正确；故选：BCD．【点评】考查由运动学公式来判定运动性质，掌握运动的合成规律，理解矢量的合成法则，注意平抛运动的规律在本题的应用．10．在9.3阅兵中，20架直升机在空中组成数字“70”字样，将抗战胜利70周年大写在天安门广场上空，大长中华之气．而其领头的直升机悬挂的国旗更是让人心潮彭拜．如图所示，为了使国旗能悬在直升机下不致漂起来，在国旗的下端还悬挂了重物，我们假设国旗与悬挂物的质量为m，直升机的质量为M，直升机以速度v匀速直线飞行，飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向的夹角为a，那么以下说法正确的是：()A．直升机发动机的有效功率一定是（M+m）gvB．细线的张力是F=C．国旗受到3个力的作用D．国旗和重物克服阻力做功的功率为mgvtanα【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】正确对国旗受力分析，根据共点力平衡求的拉力和阻力大小，根据P=Fv求的组里的功率，根据飞机的受力分析判断出发动机的功率【解答】解：A、发动机的有效功率是指克服总重力做功功率与克服阻力做功功率，克服重力做功的功率应等于重力乘以空气向下运动的速度，故A错误；B、对国旗受力分析可知如图，国旗受三个力，重力绳子的拉力和空气的阻力，根据共点力平衡F=，f=mgtanα，故BC正确D、阻力的功率为P=fv=mgvtanα，故D正确-27-\n故选：BCD【点评】本题主要考查了对国旗的受力分析，有共点力平衡即可判断，关键是发动机的功率根据能量守恒即可判断11．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2rn/s运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度从位置A滑上传送带工件与传送带之间的动靡擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对猾动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是()A．工件经0.5s停止相对滑动B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5mC．摩擦力对每个工件做正功为0.75JD．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为1J【考点】功能关系．【分析】当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间，由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功．摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能．【解答】解：A、工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小由：μmg=ma得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2加速运动的时间t==s=0.5s，故A正确．B、在0.5s内传送带相对地的位移即是正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为：d=vt=2×0.5m=1m，故B错误．C、由动能定理得摩擦力对每个工件做正功为：Wf=mv2﹣=×0.5×22﹣×0.5×12=0.75J，故C正确．D、工件对地位移为：x1==0.5m=0.75m传送带对地位移为x2=vt=1m则工件相对传送带的位移大小为：△x=x1﹣x2=1﹣0.75=0.25m因摩擦产生的内能为：Q=μmg△x=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J，故D错误．故选：AC【点评】本题考查传送带问题中的速度及能量关系，关键在于明确能量转化间的关系，知道如何求出内能的增加量．-27-\n12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出()A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．【解答】解：A、B、C由图可得炸弹的水平位移为x=设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==又==联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．炸弹的飞行时间t=，也可以求出t．轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为v0=，可知也可以求出．故A、B、C正确．D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．故选：ABC．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．二、实验题：（共15分，将答案填写在答题卷中）-27-\n13．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′．（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：不变（选填“变”或“不变”）．（3）本实验采用的科学方法是B．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题．【分析】在实验中F和F′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答；本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；【解答】解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差．（2）如果将细线也换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化．（3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法．故答案为：F′，不变，B【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．14．某探究学习小组的同学欲以右图装置中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙、垫块．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：-27-\n（1）你认为还需要的实验器材有天平、刻度尺．（两个）（2）实验时为了保证滑块（质量为M）受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量m应满足的实验条件是m＜＜M，实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力．（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为mgL=M﹣M（用题中的字母表示）．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题．【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有mg﹣T=ma对滑块，有T=Ma解得T=mg故当M＞＞m时，有T≈mg滑块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（3）总功为：mgL动能增加量为：M﹣M根据动能定理，则有：mgL=M﹣M故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）m＜＜M，平衡摩擦力；（3）mgL=M﹣M．【点评】本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法．三、计算题（本题共3小题，解答须写由必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程计0分，请将解题过程书写在答卷中．15题8分，26题9分，17题15分）-27-\n15．一电梯启动时匀加速上升，加速度为2m/s2，制动时匀减速上升，加速度为﹣1m/s2，上升高度为52米．则当上升的最大速度为6m/s时，电梯升到楼顶的最短时间是13.17s．如果电梯先加速上升，最后减速上升，全程共用时间为16s，则上升的最大速度是4m/s．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）当电梯先匀加速直线运动到最大速度，以最大速度匀速，最后匀减速直线运动到零，这样所需的时间最短．根据运动学公式求出最短的时间．（2）设最大速度为v，根据匀变速直线运动和匀速直线运动的公式，抓住总位移为52m，总时间为16s，求出上升的最大速度．【解答】解：匀加速直线运动的位移x1=．匀加速直线运动的时间t1=．匀减速直线运动的位移x2=，匀减速直线运动的时间t2=．匀速运动的位移x3=x﹣x1﹣x2=25m，则匀速直线运动的时间t3=则电梯升到楼顶的最短时间为t=t1+t2+t3=13.17s．设最大速度为v′．则匀加速直线运动的位移x1==，匀加速直线运动的时间t1=匀速运动的位移x2=vt2匀减速直线运动的位移x3==，匀减速直线运动的时间t3=因为x1+x2+x3=52m，t1+t2+t3=16s联立解得v′=4m/s．故答案为：13.17s，4m/s【点评】解决本题的关键理清电梯的运动过程，抓住总位移一定，灵活运用运动学公式进行求解．16．如图所示，三个完全相同的木板A、B、C自左向右紧靠在一起，静止放在水平地面上，每个木板的质量均为m=0.5kg，长度均为L=0.5m，它们与地而间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在A木板的最左端放一个质量为M=1kg的小铁块．它与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，所有的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．现突然给小铁块一个水平向右的初速度v0=4m/s．使其在木板上滑行．重力加速度g=10m/s2，求（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度aM和木板的加速度am大小分别多大？（2）当小铁块刚滑上C时的速度多大？（3）能滑出C木板吗？请说明理．-27-\n【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）先根据滑动摩擦定律求解小铁块与A间的摩擦力，三个滑板的总的最大静摩擦力，判断相对运动情况，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间；（2）根据运动学公式即可求解滑上C时的速度；（3）根据受力分析和牛顿第二定律求解滑板C和滑块的加速度，根据运动学公式分析能不能滑出C木板．【解答】解：（1）小铁块与木板之间的摩擦力：f1=μ2Mg=0.2×1×10=2N小铁块的加速度：地面对木板整体的摩擦力：f2=μ1（3m+M）g=0.1×（3×0.5+1）=2.5N＞f1所以木板不动；（2）小铁块在B上运动时，地面对BC整体的摩擦力：f3=μ1（2m+M）g=0.1×（2×0.5+1）=2N=f1可知木板仍然不动，设小铁块到达C的速度为v，则：代入数据得：m/s（3）设小铁块能滑出C，铁块在C上滑动的过程中：对C进行受力分析得：μ2Mg﹣μ1（m+M）g=maC的位移：且：xM﹣xm=L代入数据，化简得方程：得：t=＞0，说明小铁块能滑出C．答：（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度aM和木板的加速度am大小分别是2m/s2和0；（2）当小铁块刚滑上C时的速度是m/s（3）能滑出C木板．【点评】本题研究对象多，力多，关键先求解出各个具体的力，确定相对滑动情况；根据牛顿第二定律求解加速度，再然后根据运动学公式列式求解即可．17．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R=0.4m的两个光滑圆弧轨道BCD的最低点B平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A，D两点等高，在D点右侧有一以v1=3m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量m=1kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2．-27-\n（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ1（2）若使滑块恰能到达D点，滑块从离地多高处由静止开始下滑？（3）在第（2）问前提下若滑块滑到D点后水平滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高，以及此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【专题】计算题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题．【分析】（1）对滑块从A运动到C的过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数μ1．（2）滑块恰能到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的速度．再由动能定理求滑块开始滑下时的高度．（3）由动能定理求出滑块返回到斜面上上升的最大高度．滑块在传送带上滑动时，由运动学公式求出相对位移，再得到热量．【解答】解：（1）A到C的过程，由动能定理有：mg（2R﹣R）﹣μ1mgcos45°•=0可得μ1=0.5（2）若滑块恰能到达D点，在D点，由牛顿第二定律有：mg=m，vD==2m/s从高度为H的最高点到D点的过程，由动能定理得：mg（H﹣2R）﹣μ1mgcos45°•=﹣0解得H=2m（3）由于v1＞vD，滑块P返回到D点时的速度大小仍为vD．设滑块P从D点返回后在斜面上上升的最大高度为h，由动能定理得：mg（2R﹣h）﹣μ1mgcos45°•=0﹣解得h=m当滑块P在传送带上向右运动时，加速度大小为a==μg滑块向右运动的位移为s1==1m，传送带的位移为s2=v1t=v1•=3m两者相对位移为△s1=s1+s2=4m当滑块P在传送带上向左运动时，两者相对位移为△s2=s2﹣s1=2m产生的热量为Q=μmg（△s1+△s2）=12J答：-27-\n（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ1是0.5．（2）若使滑块恰能到达D点，滑块从离地2m高处由静止开始下滑．（3）在第（2）问前提下若滑块滑到D点后水平滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升m高，此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为12J．【点评】本题考查了动能定理及牛顿第二定律，在研究传送带问题时，要注意传送带与滑块速度间的关系，从而确定出滑块的运动情况；注意热量一般由摩擦力乘以相对位移求出．五、[物理-选修3-3】18．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A．保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能改变B．保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变C．若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小【考点】理想气体的状态方程．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．【解答】解：A、由理想气体的状态方程=C可知，保持气体的压强p不变，改变其体积V，则气体温度T发生变化，气体内能发生变化，故A正确；B、保持气体的压强不变，改变其温度，气体温度发生变化，气体内能发生变化，故B错误；C、由理想气体的状态方程=C可知，若气体的温度T逐渐升高，如果体积V同时变大，其压强可能不变，故C正确；D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；E、由理想气体状态方向=C可知，当气体体积逐渐增大时，如果压强p不变，或pV增大，则气体温度T升高，气体内能增大，E错误；故选：ACD．【点评】理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力通常认为是零，即分子势能为零，理想气体内能由分子的平均动能决定的，其宏观的表现是温度决定．19．如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气（视为理想气体）相通，初始时管内气体温度为T1．现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为l：3．若将管内下部气体温度降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐（没有水银漏出）．已知T1=T2，大气压强为P0，重力加速度为g．求水银柱的长度h和水银的密度ρ．-27-\n【考点】理想气体的状态方程．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】注入水银的过程，下部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程；将管倒置后，温度降低的过程，管内气体的三个参量都发生变化，根据气态方程列式，再联立求解．【解答】解：设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为：V0=LS；注入水银后下部气体压强为：p1=p0+ρgh；体积为：V1=（L﹣h）S由玻意耳定律有：p0LS=（p0+ρgh）×（L﹣h）S…①将管倒置后，管内气体压强为p2=p0﹣ρgh；体积为：V2=（L﹣h）S由理想气体状态方程有：=…②由①、②解得：h=L，ρ=答：水银柱的长度h为L，水银的密度ρ是．【点评】本题关键是求解出初状态和末状态气体的压强，然后根据玻意耳定律和气态方程列出方程，进行求解．七、【物理-选修3一41】20．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是()A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．-27-\n【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．【解答】解：A、由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播．故A正确．B、由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速v==m/s=20m/s．故B正确．C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C错误；D、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向．故D错误．E、t=0.35s=1.75T，经过0.35s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离．故E正确．故选ABE．【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．八、解答题（共1小题，满分0分）21．如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏．一束宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，经三棱镜折射后在屏P上形成一条光带．①以图中编号为a、b、c的三条光线为代表画出光束经棱镜折射的光路示意图；②若从AC面出射的光线与原来入射光线的夹角为30°，求棱镜的折射率．【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】①平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图即可．②根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率n．【解答】解：①平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，光路如图所示．②图中θ1、θ2为AC面上入射角和折射角，根据折射定律．有：nsinθ1=sinθ2由题意知，出射光线与水平方向夹角α=30°由几何关系得：θ1=θ=30°θ2=θ1+α=60°所以n===-27-\n答：①光束经棱镜折射的光路示意图见上；②棱镜的折射率为．【点评】本题的解题关键能正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用折射定律求折射率．九、[物理-选修3一5]22．在实验室内较精准地测量到的双β衰变事例是在1987年公布的，在进行了7960小时的实验后，以68%的置信度认出Se发生的36个双β衰变事例．已知静止的Se发生双β衰变时，将释放出两个电子和两个中微子（中微子的质量数和电荷数都为零），同时转变成一个新核X，则X核的中子数为46；若衰变过程释放的核能是E，真空中的光速为c，则衰变过程的质量亏损是．【考点】爱因斯坦质能方程．【专题】爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定X核的电荷数和质量数，从而确定其中子数．根据爱因斯坦质能方程求出衰变过程中的质量亏损．【解答】解：静止的Se发生双β衰变时，将释放出两个电子和两个中微子（中微子的质量数和电荷数都为零），同时转变成一个新核X，根据电荷数守恒、质量数守恒，知X核的电荷数为36，质量数为82，质量数等于电荷数与中子数之和，则中子数为46．根据爱因斯坦质能方程得：E=△mc2解得质量亏损：．故答案为：46，．【点评】解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程，知道释放的能量与质量亏损的关系．23．如图所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量M=50kg的人，甲车（连同车上的人）以v=3m/s的速度向右滑行．此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m-27-\n/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应当在什么范围内才能避免两车相撞？（不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g=10m/s2）【考点】动量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】人从甲车上跳出的过程，人与甲车组成的系统动量守恒，人落到乙车的过程，人与车组成的系统动量守恒，当两车速度相等时，两车可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度．【解答】解：取甲乙和人为研究对象，系统动量守恒，以向右为正方向：由动量守恒定律得：（m1+M）V﹣m2v0=（M+m1+m2）V共，代入数据解得：V共=1m/s，取人和乙车为研究对象，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：MV'﹣m2V0=（M+m2）V共，代入数据解得：V'=3.8m/s，所以人的速度应大于等于3.8m/s．答：车的水平速度（相对地面）人的速度应大于等于3.8m/s才能避免两车相撞．【点评】本题考查了求车的速度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题，本题的难点是研究对象的选择与避免碰撞条件的确定．-27-