江西省宜春市高安市石脑中学高二（下）期末物理试卷

2022-2022学年江西省宜春市高安市石脑中学高二（下）期末物理试卷　一、选择题：本题共12小题，每小题4分.共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1．亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（　　）A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动﹣﹣静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性2．下列说法不正确的是（　　）A．α粒子散射实验中α粒子发生较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一B．用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子C．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，生成的新原子核的质子数较之减少3个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，成功地解释了各种原子光谱的实验规律3．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（　　）A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大4．用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3＞v2＞v1，则（　　）A．v0＜v1B．v3=v2+v1C．v0=v1+v2+v3D．=+19/205．古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是（重力加速度g取10m/s2）（　　）A．1.5m/sB．2.5m/C．3.5m/sD．4.5m/s6．如图所示，材料不同，但是质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是﹣2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现（　　）A．vA′=﹣2m/s，vB′=6m/sB．vA′=2m/s，vB′=2m/sC．vA′=1m/s，vB′=3m/sD．vA′=﹣3m/s，vB′=7m/s7．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）A．8B．10C．15D．189．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（　　）A．a1=3gB．a1=0C．△l1=2△l2D．△l1=△l210．图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是（　　）19/20A．经过B点时，运动员的速率最大B．经过C点时，运动员的速率最大C．从C点到D点，运动员的加速度增大D．从C点到D点，运动员的加速度不变11．匀速直线运动位移的数值等于v﹣t图象中的矩形“面积”．如图所示，在研究匀加速直线运动时，如果我们把0～t0内整个运动过程划分成很多相等的时间小段△t，则每一小段都可以近似看作匀速直线运动，当时间间隔△t取到很小时，所有矩形的“面积”之和就趋近于该图线与t轴在0～t0内所围成的梯形“面积”，即此梯形“面积”就表示匀加速直线运动的位移．请你类比上述方法判断以下说法正确的是（　　）A．如果v﹣t图象的图线是曲线，则图线与t轴在0～t0内所围成“面积”表示物体的位移B．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则a﹣t图象的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示t0时刻的速度C．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则a﹣t图象的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示0～t0内速度的增加量D．如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，则﹣x图象的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”不表示任何物理量12．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图2所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）A．传送带的速率v0=10m/s19/20B．0﹣2s内物块相对传送带走过的路程16mC．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D．传送带所受的摩擦力沿传送带始终向上　二、填空与实验：本题共3小题，每空2分，共14分．请把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．13．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．①如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F；②如图（b），将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、　　和电子秤的示数F1；③如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着②中L2的方向拉开细线L2，使　　和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；④在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．14．为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示．19/20（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是　　A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力B．三组实验都不需要平衡摩擦力C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，a=，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为　　．15．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Ue与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为　　，所用材料的逸出功表示为　　．　三、计算题：本题共4小题，40分．解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．16．某校举行托乒乓球跑步比赛，某同学将球置于球拍中心，从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0后做匀速直线运动跑至终点，整个过程球一直保持在球拍中心不动，比赛中该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ，如图所示．设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．求空气阻力大小与球速大小的比例系数k．17．如图所示，AB和BC为粗糙程度均匀的水平面和斜面，B点有微小的圆弧与两个面相切过渡．一物体（可看作质点）从A点以某一速度出发做匀减速运动并冲上斜面BC再作匀减速运动直到速度为零，以出发点为计时起点，各时间点的速度大小如表所述．t（s）012345v（m/s）151311840求：（1）AB和BC段加速度大小（2）物体到达B点速度．19/2018．如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92×10﹣3s2/m．已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2．（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2直线斜率的理论值k0．（ii）求k值的相对误差δ（δ=×100%），结果保留1位有效数字．19．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s2．若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？　19/202022-2022学年江西省宜春市高安市石脑中学高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本题共12小题，每小题4分.共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1．亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（　　）A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动﹣﹣静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性【考点】物理学史．【分析】惯性是物体的固有属性，一切物体都惯性，与物体的运动状态无关．力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因．【解答】解：A、一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动﹣﹣静止或者匀速直线运动，故A正确；B、作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因，故B正确；C、可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故C错误；D、竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性，故D正确；本题选不正确的，故选：C．　2．下列说法不正确的是（　　）A．α粒子散射实验中α粒子发生较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一B．用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子C．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，生成的新原子核的质子数较之减少3个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，成功地解释了各种原子光谱的实验规律【考点】氢原子的能级公式和跃迁．19/20【分析】核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等．α粒子散射实验中，少数α粒子发生较大偏转，证明了原子的核式结构模型．衰变的过程中，质量数守恒，电荷数守恒．【解答】解：A、α粒子散射实验中，少数α粒子发生较大偏转，知道原子中央有一很小的核，集中了全部的正电荷，即原子核式结构模型汤，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一．故A正确．B、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子．故B正确．C、在衰变的过程中，质量数守恒，电荷数守恒，经过2次α衰变和一次β衰变，生成的新原子核的质子数较之减少3个．故C正确．D、波尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，可知波尔模型的局限性．故D错误．本题选择错误的，故选：D．　3．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（　　）A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与θ的关系，再分析其变化情况．【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．根据平衡条件得：N1′=Gcotθ，N2′=将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，cotθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小．故选B　19/204．用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3＞v2＞v1，则（　　）A．v0＜v1B．v3=v2+v1C．v0=v1+v2+v3D．=+【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能级向低能级跃迁，根据能级图，有三条光谱线说明原子最高能级在n=3能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于n=3能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解．【解答】解：大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁．n=3能级向n=1能级跃迁时，hv3=E3﹣E1n=2能级向n=1能级跃迁时，hv2=E2﹣E1n=3能级向n=2能级跃迁时，hv1=E3﹣E2将以上三式变形可得hv3=hv2+hv1解得v3=v2+v1，所以B正确，再根据氢原子理论可知，入射光频率v0=v3，所以AC错误．故选B．　5．古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是（重力加速度g取10m/s2）（　　）A．1.5m/sB．2.5m/C．3.5m/sD．4.5m/s【考点】动量定理．【分析】由题意可知作用力、作用时间，末动量，则由动量定理可求出兔子刚好撞死时的初速度，只有兔子的速度大于该速度才会撞死．【解答】解：设兔子的速度方向为正，能使兔子致死的力F=﹣2mg，兔子的运动视为匀减速，说明作用力为恒力；时间为0.2s，末动量为零；则由动量定理可知：﹣Ft=0﹣mv解得：v==4m/s；故只有速度大于4m/s，兔子才会死亡，故只有D符合题意；故选：D．　6．如图所示，材料不同，但是质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是﹣2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现（　　）A．vA′=﹣2m/s，vB′=6m/sB．vA′=2m/s，vB′=2m/sC．vA′=1m/s，vB′=3m/sD．vA′=﹣3m/s，vB′=7m/s19/20【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】碰撞过程动量守恒，碰撞过程总的机械能不会增加，据此分析答题．【解答】解：设每个球的质量均为m，碰前系统总动量P=mAvA+mBvB=4m，碰前的总机械能E=mAvA2+mBvB2=20m；A、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=20m，动量守恒，机械能守恒，故A可能实现；B、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=4m，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；C、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=5m，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；D、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=29m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；故选D．　7．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和v3据运动学公式可知：v22﹣v12=2ax1，v32﹣v22=2ax2，且v2﹣v1=v3﹣v2=△v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误．故选：D．　8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）A．8B．10C．15D．18【考点】牛顿第二定律．【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可．【解答】解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pm•a，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm•a，根据以上两式可得，，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC．19/20故选：BC．　9．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（　　）A．a1=3gB．a1=0C．△l1=2△l2D．△l1=△l2【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【分析】对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量．【解答】解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，根据平衡条件，有：对a：F2=F1+mg对b：F1=F+mg对c：F=mg所以：F1=2mg弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零．当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误．C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=k△l1，；同时：F=k△l2，所以：．联立得△l1=2△l2：故C正确，D错误．故选：AC．　10．图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是（　　）19/20A．经过B点时，运动员的速率最大B．经过C点时，运动员的速率最大C．从C点到D点，运动员的加速度增大D．从C点到D点，运动员的加速度不变【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】运动员从O点自由下落，到达B点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化．【解答】解：A、运动员到达B点后弹性绳伸直，随着运动员向下运动弹性绳的弹力不断增大．在B到C过程：重力大于弹性绳的弹力，合力方向竖直向下，运动员做加速运动，其速度增大．在C点重力等于弹力，运动员的合力为零．在C到D的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，合力方向竖直向上，运动员做减速运动，其速度减小．所以经过C点时，运动员的速率最大．故A错误，B正确．C、D从C点到D点，运动员所受的弹力大于其重力，合力竖直向上，由于弹性绳的弹力逐渐增大，合力增大，所以其加速度增大．故C正确，D错误．故选BC　11．匀速直线运动位移的数值等于v﹣t图象中的矩形“面积”．如图所示，在研究匀加速直线运动时，如果我们把0～t0内整个运动过程划分成很多相等的时间小段△t，则每一小段都可以近似看作匀速直线运动，当时间间隔△t取到很小时，所有矩形的“面积”之和就趋近于该图线与t轴在0～t0内所围成的梯形“面积”，即此梯形“面积”就表示匀加速直线运动的位移．请你类比上述方法判断以下说法正确的是（　　）A．如果v﹣t图象的图线是曲线，则图线与t轴在0～t0内所围成“面积”表示物体的位移B．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则a﹣t图象的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示t0时刻的速度C．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则a﹣t图象的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示0～t0内速度的增加量19/20D．如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，则﹣x图象的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”不表示任何物理量【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】图线与横轴围成的面积表示什么，可采用微元极限的思想来分析，先分成无数小段，认为每一小段中纵轴表示的物理量不变，从而得出矩形面积的物理意义，根据极限的思想得出整个面积表示的含义．【解答】解：A、如果v﹣t图象的图线是曲线，采用微元的思想，认为每一小段做匀速直线运动，当时间间隔△t取到很小时，所有矩形的“面积”之和表示物体的位移．故A正确．BC、如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，将图线分成无数小段，认为每一小段加速度不变，由△v=a△知，矩形面积表示速度的变化量，则a﹣t图象的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示0～t0内速度的增加量．故B错误，C正确．D、如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，由t==•x知，﹣x图象的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”表示运动的时间．故D错误．故选：AC　12．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图2所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）A．传送带的速率v0=10m/sB．0﹣2s内物块相对传送带走过的路程16mC．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D．传送带所受的摩擦力沿传送带始终向上【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合传送带的位移，从而得到相对位移．【解答】解：A、由图示图象可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t=1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为：v0=10m/s．故A正确．B、根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移为：x1=×10×1=5m，传送带的位移为：x2=v0t1=10m，物体对传送带的位移大小为：△x1=x2﹣x1=5m，方向向上；19/201.0～2.0s物体相对于地的位移为：x3=×1=11m，传送带的位移为：x4=v0t1=10m，物体对传送带的位移大小为：△x2=x3﹣x4=1m，方向向下．故0～2.0s物体对传送带的位移为：△x=△x1﹣△x2=5m，故B错误．C、在0﹣1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：a1==gsinθ+μgcosθ，由图示图象可知：a1===10m/s2．即有：gsinθ+μgcosθ=10m/s2…①在1.0﹣2.0s，物体的加速度为：a2==gsinθ﹣μgcosθ，由图示图象可知：a2===2m/s2．即有：gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2…②联立①②两式解得：μ=0.5，θ=37°，C正确．D、0﹣1s内物体的速度小于传送带速度，物体受到的摩擦力平行与传送带向下，1﹣2s内物体的速度大于传送带速度，物体受到的摩擦力平行与传送带向上，故D错误；故选：AC．　二、填空与实验：本题共3小题，每空2分，共14分．请把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．13．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．①如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F；②如图（b），将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、　三细线的方向　和电子秤的示数F1；19/20③如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着②中L2的方向拉开细线L2，使　结点O的位置　和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；④在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向，以两个分力为边做出平行四边形，其对角线长度代表合力的大小，水杯处于平衡状态，因此两个弹簧秤所测拉力的合力应该与重力等大反向【解答】解：①要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F；②要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；③已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；④根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．故答案为：②三细线的方向；③结点O的位置．　14．为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示．（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是　C　A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力B．三组实验都不需要平衡摩擦力C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件19/20（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，a=，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为　1：2　．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码的总质量m与小车的总质量M的关系；（2）根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解．【解答】解：（1）AB、为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故AB错误；CD、由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误；（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有：F=M乙a，2F=M丙a；因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；由牛顿第二定律，对砝码研究，则有m乙g﹣F=m乙a，而m丙g﹣F=m丙2a，因a=g，解得，m乙：m丙=1：2；即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为1：2；故答案为：（1）C；（2）1：2．　15．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Ue与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为　ek　，所用材料的逸出功表示为　﹣eb　．【考点】光电效应．【分析】由爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，图象与纵轴和横轴交点分别表示普朗克常量和金属的极限频率．【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y=ax+b类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：EK=eUe所以：eUe=hγ﹣W，由图可得Ue=kγ+（﹣b）其中﹣b表示直线在y轴上的截距，整理得：h=ek；EK=hf﹣W，EK=0时有hγ0﹣W=0，所以逸出功W=﹣eb故答案为：ek，﹣eb　19/20三、计算题：本题共4小题，40分．解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．16．某校举行托乒乓球跑步比赛，某同学将球置于球拍中心，从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0后做匀速直线运动跑至终点，整个过程球一直保持在球拍中心不动，比赛中该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ，如图所示．设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．求空气阻力大小与球速大小的比例系数k．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】在匀速运动阶段，乒乓球受到重力，球拍的支持力和空气阻力作用下处于平衡状态，根据平衡条件列式求得空气阻力的大小，再根据空气阻力与速度成正比求得比例系数k即可．【解答】解：运动中乒乓球处于平衡状态，对乒乓球受力分析有：竖直向下的重力mg，垂直于球拍的支持力N和与速度方向相反的空气阻力f，在三个力作用下处于平衡状态，根据平衡条件可得乒乓球所受空气阻力f=mgtanθ又由题意可得，乒乓球所受阻力与速度成正比，即f=kv所以比例系数k==答：空气阻力的大小与球速的比例系数为：．　17．如图所示，AB和BC为粗糙程度均匀的水平面和斜面，B点有微小的圆弧与两个面相切过渡．一物体（可看作质点）从A点以某一速度出发做匀减速运动并冲上斜面BC再作匀减速运动直到速度为零，以出发点为计时起点，各时间点的速度大小如表所述．t（s）012345v（m/s）151311840求：（1）AB和BC段加速度大小（2）物体到达B点速度．19/20【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】先由加速度的定义式即可求解出AB段和BC段的加速度，然后根据速度时间关系公式求解在AB面上运动的时间；根据速度时间公式求出B点的速度．【解答】解：（1）从表中可得物体在AB方向上运动的加速度为：a1==﹣2m/s2在BC方向上运动的加速度为：a2==﹣4m/s2（2）设物体在AB方向上运动的时间为t1，则vB=15﹣2t1设物体在BC方向上运动的时间为t2，则0=vB﹣4t2又t1+t2=5s综上得：vB=15﹣2t1=10m/s答：（1）AB和BC段加速度大小分别为2m/s2、4m/s2（2）物体到达B点速度为10m/s．　18．如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92×10﹣3s2/m．已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2．（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2直线斜率的理论值k0．（ii）求k值的相对误差δ（δ=×100%），结果保留1位有效数字．【考点】动量守恒定律．【分析】（i）若B与A碰撞过程，由碰撞时间极短，外力的冲量不计，认为AB系统的动量守恒．由动量守恒定律得出碰后AB的共同速度．在碰撞后A和B共同上升的过程中，绳子拉力不做功，AB共同体的机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立可得到h与v2的关系式，结合数学知识得到h﹣v2直线斜率的理论值k0．（ii）根据题意δ=）×100%，求k值的相对误差δ．【解答】解：（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mBv=（mA+mB）v′①在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有（mA+mB）v′2=（mA+mB）gh②19/20联立①②式得h=v2③由题意得：h﹣v2直线斜率的理论值k0=④代入题给数据得k0=2.04×10﹣3s2/m⑤（ii）按照定义知，k值的相对误差δ=×100%⑥由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦答：（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，h﹣v2直线斜率的理论值k0是2.04×10﹣3s2/m．（ii）k值的相对误差δ是6%．　19．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s2．若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】（1）应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小．（2）应用牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．（3）应用运动学公式求出位移，然后求出拉力大小【解答】解：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：f1=μm1g，f2=μ（m1+m2）g纸板所受摩擦力的大小：f=f1+f2=μ（2m1+m2）g（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=m1a1，F﹣f1﹣f2=m2a2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ（m1+m2）g（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l=0.002m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为x1=a1t12，19/20纸板运动距离d+x1=a2t22纸板抽出后砝码运动的距离x2=a3t22，L=x1+x2由题意知a1=a3，a1t1=a3t2代入数据联立得F=22.4N答：（1）纸板所受摩擦力的大小为μ（2m1+m2）g；（2）所需拉力的大小F＞2μ（m1+m2）g；（3）纸板所需的拉力至少22.4N．　19/20