湖南省瀏陽(yáng)、醴陵、攸縣三校高三物理聯(lián)考試題（含解析）.doc

湖南省瀏陽(yáng)、醴陵、攸縣三校2015屆高三聯(lián)考物理試題（解析版）時(shí)間：90分鐘 分值：110分【試卷綜析】本試卷是高三模擬試題，包含了高中物理的必修一、必修二、選修3-1的電場(chǎng)、恒定電流內(nèi)容，主要包含受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、電場(chǎng)、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)、閉合電路歐姆定律等內(nèi)容，在考查問(wèn)題上以基本定義、基本規(guī)律為主，重視生素養(yǎng)的考查，注重主干知識(shí)，兼顧覆蓋面。一、單項(xiàng)選擇題（每小題4分,共32分,每小題給出的四個(gè)選項(xiàng),只有一個(gè)選項(xiàng)正確）【題文】1、在物理學(xué)的發(fā)展過(guò)程中，科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法，以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是 （ ）a、在不需要考慮物體本身的大小和形狀時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)代替物體的方法叫微元法b、在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí)，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實(shí)驗(yàn)采用了假設(shè)法c、在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法d、伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為900的斜面上的運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)銅球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，這里采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法【知識(shí)點(diǎn)】 物理學(xué)史p0【答案解析】 d 解析：a、在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時(shí)，用點(diǎn)電荷代替物體的方法叫建立理想化模型的方法故a錯(cuò)誤b、在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí)，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實(shí)驗(yàn)采用了控制變量法；故b錯(cuò)誤;c、在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，故c錯(cuò)誤;d、伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為90的斜面上的運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)銅球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，這是采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法故d正確;故選d【思路點(diǎn)撥】在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時(shí)，用點(diǎn)電荷代替物體的方法叫建立理想化模型的方法在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí)，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實(shí)驗(yàn)采用了控制變量法；在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為90的斜面上的運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)銅球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，這是采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法在高中物理學(xué)習(xí)的過(guò)程中，我們會(huì)遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對(duì)我們理解物理有很大的幫助，故在理解概念和規(guī)律的基礎(chǔ)上，要注意方法的積累【題文】2、在空氣阻力大小恒定的條件下，小球從空中下落，與水平地面相碰（碰撞時(shí)間極短）后彈到空中某一高度。以向下為正方向，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，取g=10 m/s2，則以下結(jié)論正確的是 （ ）a小球彈起的最大高度為1.0mb小球彈起的最大高度為0.45 mc小球彈起到最大高度的時(shí)刻t2=0.80 sd空氣阻力與重力的比值為15【知識(shí)點(diǎn)】 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像a5【答案解析】 d 解析：a、b、根據(jù)圖象可知小球彈起的最大高度h=30.25m=0.375m故a、b錯(cuò)誤；c、d、小球下落過(guò)程中有a1= mg-f=ma1解得 f=mg-ma1=mg故，故d正確在小球彈起過(guò)程中有mg+f=ma2解得a2=12m/s2故小球上升的時(shí)間t= =0.25s 故c錯(cuò)誤故選：d【思路點(diǎn)撥】解決本題的關(guān)鍵是正確理解速度時(shí)間圖象的物理意義：速度圖象的斜率代表物體的加速度，速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積代表物體的位移，根據(jù)牛頓第二定律求出物體所受的阻力進(jìn)而求出反彈的時(shí)間，最后求出反彈的高度利用速度時(shí)間圖象可以求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度，然后利用牛頓第二定律求出物體的受力情況，進(jìn)而根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或速度時(shí)間圖象求解物體的運(yùn)動(dòng)情況【題文】3、如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩球由輕質(zhì)彈簧相連，在恒力f作用下，以大小為a的加速度豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，突然撤除恒力瞬間，a、b的加速度大小分別為（ ） aaa =ab=abaa =2g+a,ab=acaa =ab=gdaa=2g+a,ab=0【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律c2【答案解析】b 解析：根據(jù)題意知，以ab整體為研究對(duì)象有：f-2mg=2ma可得：恒力f=2mg+2ma，再以a為研究對(duì)象，得f-mg-f彈簧=ma可得f彈簧=f-m（g+a）=m（g+a）f撤去瞬間，f消失，彈簧彈力瞬間保持不變，故以a為研究對(duì)象：f合a=mg+f彈簧=mg+m（g+a），根據(jù)牛頓第二定律知，此時(shí)a的加速度aa=對(duì)b而言，在f撤去瞬間，由于彈簧彈力保持不變，故b的受力瞬間沒(méi)有發(fā)生變化，即此時(shí)b的加速度ab=a所以b正確，acd錯(cuò)誤故選：b 【思路點(diǎn)撥】抓住撤去外力f的瞬間，恒力f立即消失，而彈簧彈力由于形變量沒(méi)有發(fā)生變化，在此瞬間彈簧彈力保持不變，運(yùn)用整體法和隔離法分別求解即可解決本題的關(guān)鍵是抓住f瞬間消失，在f消失的瞬間，彈簧的形變量沒(méi)有發(fā)生變化故在此瞬間彈簧彈力保持不變，由此再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度情況【題文】4、據(jù)新華社北京11月1日電（記者張辛欣）1日，探月工程三期再入返回飛行試驗(yàn)任務(wù)的返回器經(jīng)歷了數(shù)天的太空之旅后平安回家，標(biāo)志著探月工程全面轉(zhuǎn)入無(wú)人自主采樣返回新階段。中國(guó)探月工程以無(wú)人探測(cè)為主，分三個(gè)實(shí)施階段：“繞”“落”“回”三步走。2007年10月24日，嫦娥一號(hào)衛(wèi)星由長(zhǎng)征三號(hào)甲運(yùn)載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空。2013年12月2日，嫦娥三號(hào)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射，2013年12月14日，嫦娥三號(hào)成功著陸月球。設(shè)探月衛(wèi)星可貼近月球表面運(yùn)動(dòng)且軌道是圓形的，已知地球半徑約是月球半徑的4倍，地球質(zhì)量約是月球質(zhì)量的81倍，地球近地衛(wèi)星的周期約為84min，地球表面重力加速度g取10m/s2，則：a、 繞月球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的探月衛(wèi)星，其運(yùn)動(dòng)周期約是80min b、 設(shè)想宇航員在月球表面上做自由落體實(shí)驗(yàn)，某物體從離月球表面20m處自由下落，約經(jīng)4.5s時(shí)間落地c、嫦娥三號(hào)衛(wèi)星最小以7.9km/s的速度離開月球才能成為繞月衛(wèi)星d、繞月球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的探月衛(wèi)星，其向心加速度約是4m/s2【知識(shí)點(diǎn)】 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用d5【答案解析】b 解析：a、對(duì)地球近地衛(wèi)星：，解得：t= ，故饒?jiān)虑蜻\(yùn)動(dòng)耳朵衛(wèi)星pr+prd、電路中總電阻為2時(shí)，外電阻上消耗的功率最大且為2.25w【知識(shí)點(diǎn)】 閉合電路的歐姆定律；電功、電功率j2【答案解析】 d 解析：a、b：直流電的總功率pe=ei，故圖線a的斜率等于電的電動(dòng)勢(shì)，由得到e= =3v由圖線b，當(dāng)i=3a時(shí)，pr=9w，由公式pr=i2r得，r=1故a、b錯(cuò)誤；c、在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的a、b、c三點(diǎn)，這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)pa、pb、pc，則這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)pa、pb、pc分別是電的總功率、電內(nèi)部的發(fā)熱功率和輸出功率，根據(jù)能量關(guān)系可知，pa=pb+pc即p=pr+pr，故c錯(cuò)誤d、由圖線c可知，當(dāng)電流為1.5a時(shí)外電阻消耗的功率最大此時(shí)電路中的總電阻為r+r= =2，外電阻上消耗的功率最大為pr=ei-i2r=31.5-1.521=2.25w故d正確故選d 【思路點(diǎn)撥】三種功率與電流的關(guān)系是：直流電的總功率pe=ei，內(nèi)部的發(fā)熱功率pr=i2r，輸出功率pr=ei-i2r，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)選擇圖線根據(jù)圖線a斜率求解電的電動(dòng)勢(shì)由圖讀出電流i=3a時(shí)，發(fā)熱功率pr=i2r，求出電的內(nèi)阻當(dāng)電流為1.5a時(shí)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出總電阻，根據(jù)能量關(guān)系求外電阻上消耗的最大功率本題首先考查讀圖能力，物理上往往根據(jù)解析式理解圖象的物理意義【題文】7、某同學(xué)在研究電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，得到了電子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡（圖中實(shí)線所示），圖中未標(biāo)明方向的一組虛線可能是電場(chǎng)線，也可能是等勢(shì)面，則下列說(shuō)法不正確的判斷是 （ ）a如果圖中虛線是電場(chǎng)線，電子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大。b如果圖中虛線是等勢(shì)面，電子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小。c不論圖中虛線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都大于b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)d不論圖中虛線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，a點(diǎn)的電勢(shì)都高于b點(diǎn)的電勢(shì)【知識(shí)點(diǎn)】 電場(chǎng)線；電場(chǎng)強(qiáng)度i1 i2【答案解析】 d 解析：a、若虛線是電場(chǎng)線，從軌跡彎曲方向可知電場(chǎng)力沿著電場(chǎng)線向左，ab曲線上每一點(diǎn)的瞬時(shí)速度與電場(chǎng)力方向均成鈍角，故電子做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，所以a正確；b、若虛線為等勢(shì)面，根據(jù)等勢(shì)面與電場(chǎng)線處處垂直可大致畫出電場(chǎng)線，顯然可看出曲線上每個(gè)位置電子受到的電場(chǎng)力與速度成銳角，電子加速運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，所以b正確；c、不論圖中虛線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，由電場(chǎng)線的密集程度可看出a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)較大，故c正確；d、若虛線是等勢(shì)面，從電子曲線軌跡向下彎曲可知電場(chǎng)線方向垂直虛線向上，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)越越低，故a點(diǎn)電勢(shì)較小；若虛線是電場(chǎng)線，從軌跡彎曲方向可知電場(chǎng)力沿著電場(chǎng)線向左，故電場(chǎng)線方向向右，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)越越低，故a點(diǎn)電勢(shì)較大，故d錯(cuò)誤本題選不正確的故選d【思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，在等勢(shì)面密的地方，電場(chǎng)的強(qiáng)度也是較大，在等勢(shì)面疏的地方，電場(chǎng)的強(qiáng)度也是較小，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低無(wú)論虛線代表的是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，粒子受到的電場(chǎng)力的方向都是指向運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲的內(nèi)側(cè)，由此可以判斷粒子的受力的方向和運(yùn)動(dòng)方向之間的關(guān)系，從而可以確定電場(chǎng)力對(duì)粒子做的是正功還是負(fù)功【題文】8、在如圖所示的電路中，電電動(dòng)勢(shì)為e、內(nèi)電阻為r，c為電容器，r。為定值電阻，r為滑動(dòng)變阻器。開關(guān)閉合后，燈泡l能正常發(fā)光；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)后，下列說(shuō)法中正確的是 （ ） a燈泡l變亮 b電容器c的帶電量將增大 cr0兩端的電壓減小 d電的總功率變小，但電的輸出功率一定變大【知識(shí)點(diǎn)】 閉合電路的歐姆定律j2【答案解析】b 解析： a、把滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知：電路中總電流i減小，則燈泡l變暗故a錯(cuò)誤；b、c電容器兩端的電壓uc=e-ir，i減小，e、r不變，則uc增大，即電容器兩極板的電壓減小，由q=cu知電容器的電量增大，電容器放電，r0上電壓為零，沒(méi)有變化故b正確，c錯(cuò)誤；d、由于電的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，無(wú)法判斷電輸出功率的變化故d錯(cuò)誤；故選：b【思路點(diǎn)撥】把滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中總電流的變化，判斷燈泡l亮度的變化電路穩(wěn)定時(shí)電容器的電壓等于路端電壓，分析路端電壓的變化，判斷電容器電量的變化根據(jù)電內(nèi)外電阻的關(guān)系分析的電輸出功率的變化本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，根據(jù)變阻器接入電路的電阻變化，確定外電路總電阻的變化，再分析電容器的電壓變化，是常用的分析方法和思路二、 多項(xiàng)選擇題（每小題4分,共16分,每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)正確,全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,選錯(cuò)或不答的得0分）【題文】9、如圖所示，一電荷量為+q、質(zhì)量為m的物體在傾角為，質(zhì)量為m的絕緣斜面體上恰能勻速下滑，此時(shí)地面對(duì)斜面體的摩擦力為f1；地面對(duì)斜面體的支持力為fn1；如果在空間突然施加平行斜面向上的、場(chǎng)強(qiáng)為e的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在物體停止運(yùn)動(dòng)前，地面對(duì)斜面體的摩擦力為f2，地面對(duì)斜面體的支持力為fn2，施加電場(chǎng)前后斜面體均不動(dòng)，則（ ）a、f1=0，f2=qecosb、fn1=（m+m）g，fn2（m+m）gc、f1=0，f2=0d、fn1=fn2=（m+m）g【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用b4 c2【答案解析】 cd 解析： 沒(méi)加電場(chǎng)時(shí)物體在斜面上恰能勻速下滑，物體處于平衡狀態(tài)，可得斜面對(duì)物體的摩擦力與斜面對(duì)物體支持力的合力豎直向上，跟物體的重力相抵消，有牛頓第三定律得，物體對(duì)斜面的摩擦力與物體對(duì)斜面的壓力的合力必定豎直向下，大小必為mg，所以斜面受到地面的支持力fn=（m+m）g，地面對(duì)斜面的摩擦力為0；當(dāng)施加沿斜面向上的電場(chǎng)力f后，m與m之間的彈力沒(méi)有變化，因而m與m之間的滑動(dòng)摩擦力也沒(méi)有變化，故彈力和摩擦力的合力也不會(huì)變化，物體對(duì)斜面的摩擦力與物體對(duì)斜面的壓力的合力必定豎直向下，大小必為mg，斜面受到地面的支持力也是fn=（m+m）g，地面對(duì)斜面的摩擦力仍然為0，故選cd【思路點(diǎn)撥】求解地面對(duì)斜面的支持力采用隔離法，斜面受到重力、支持力、小物體的壓力和摩擦力四個(gè)力作用，列豎直方向的平衡方程即可,求物體的加速度也應(yīng)采取隔離法，對(duì)斜面上的物體受力分析由于沒(méi)加外力時(shí)物體在斜面上恰能勻速下滑，可得所以摩擦力恰好與重力沿斜面向下的分力相平衡，運(yùn)用等效的觀點(diǎn)，好像物體僅受沿斜面向下的力f，利用牛頓第二定律可解【題文】10、光滑水平面上有一邊長(zhǎng)為l的正方形區(qū)域處在電場(chǎng)強(qiáng)度為e的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為（ ）mv02- qelmv02a、 b、mv02+ qelc、mv02+ qeld、【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) i3【答案解析】abd 解析： a、若初速度的方向與電場(chǎng)方向平行，但方向與電場(chǎng)方向相反，則小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若沒(méi)有到達(dá)對(duì)邊速度就減為零，則小球會(huì)返回到出發(fā)點(diǎn)，速度仍為v0，動(dòng)能為若從對(duì)面出去則ek=-eql，若初速度的方向與電場(chǎng)方向平行，但方向與電場(chǎng)方向相同，則小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從對(duì)邊出去，根據(jù)動(dòng)能定理，ek=+eql故a、b正確c、d、若初速度方向與電場(chǎng)方向垂直，則小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，從鄰邊出去，根據(jù)動(dòng)能定理，ek=，若果從對(duì)邊出去則 ，所以c錯(cuò)誤、d正確；故選abd【思路點(diǎn)撥】若初速度的方向與電場(chǎng)方向平行，則可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到對(duì)邊邊緣，還可能未到對(duì)邊邊緣，速度減為0，然后返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)若初速度方向與電場(chǎng)方向垂直，則小球做類平拋運(yùn)動(dòng)解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)速度與合力方向平行時(shí)，做直線運(yùn)動(dòng)，可能加速直線，也可能做減速直線；當(dāng)速度與合力垂直時(shí)，做曲線運(yùn)動(dòng)，故存在多種情況，要分別討論【題文】11、如圖所示，豎直面有兩個(gè)3/4圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上，半徑r相同，a軌道由金屬凹槽制成，b軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑軌道。在兩軌道右側(cè)的正上方將質(zhì)量均為m的金屬小球a和b由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用ha和hb表示，則下列說(shuō)法正確的是（ ） a適當(dāng)調(diào)整ha和hb，均可使兩小球從軌道最高點(diǎn)飛出后，恰好落在軌道右端口處 b若ha=hb=2r，則兩小球在軌道最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為4mg c若ha=hb=r，則兩小球都能上升到離地高度為r的位置 d若使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)并且能從最高點(diǎn)飛出，a小球的最小高度為5r/2，b小球在hb2r的任何高度均可?！局R(shí)點(diǎn)】 機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力c2 d4 e3【答案解析】cd 解析：a、a中為繩模型，小球a能從a飛出的最小速度為v=，從最高點(diǎn)飛出后下落r高度時(shí)，水平位移的最小值為：xa=，小球a落在軌道右端口外側(cè)而適當(dāng)調(diào)整hb，b可以落在軌道右端口處故a錯(cuò)誤；b、若ha=hb=2r，由機(jī)械能守恒定律可知，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度v=，則由向心力公式可得：f=mg+m =3mg；故b錯(cuò)誤；c、若ha=hb=r，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，兩小球都到達(dá)與o點(diǎn)等高的位置速度為零，即兩小球都能上升到離地高度為r的位置，故c正確；d、由a的分析可知，a球最高點(diǎn)最小速度為，則由機(jī)械能守恒定律可知，mg（ha-2r）=mva2，a球下落的最小高度為r；而b中小球只要在最高點(diǎn)的速度大于2r即可；故d正確；故選cd 【思路點(diǎn)撥】小球a恰好能到a軌道的最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球無(wú)作用力，由重力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出速度小球恰好能到b軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，根據(jù)機(jī)械能守恒分別求出ha和hb再判斷ha=hb=2r，兩小球是否能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)根據(jù)最高點(diǎn)的臨界速度求出小球最高點(diǎn)飛出的水平位移的最小值本題是向心力、機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，a軌道與輕繩系的球模型相似，b軌道與輕桿固定的球模型相似，要注意臨界條件的不同【題文】12、在傾角為的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊a、b，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，c為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力f拉物塊a使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊b剛要離開擋板c時(shí)，物塊a運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v，則此時(shí) a物塊b的質(zhì)量滿足 b物塊a的加速度為 c拉力做功的瞬時(shí)功率為 d此過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的增量為【知識(shí)點(diǎn)】 功能關(guān)系；功率、平均功率和瞬時(shí)功率e1【答案解析】bd 解析：a、開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于a的重力沿斜面下的分力，當(dāng)b剛離開c時(shí)，彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，x2為彈簧相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)量，但由于開始是彈簧是壓縮的，故dx2，故m2gsinkd，故a錯(cuò)誤；b、當(dāng)b剛離開c時(shí)，彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，根據(jù)牛頓第二定律：f-m1gsin-kx2=ma，已知m1gsin=kx1，x1+x2=d 故物塊a加速度等于，故b正確；c、拉力的瞬時(shí)功率p=fv，故c錯(cuò)誤；d、根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即為：fd-m1gdsin-m1v2，故d正確；故選：bd 【思路點(diǎn)撥】當(dāng)b剛離開c時(shí)，彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長(zhǎng)量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊a的加速度大?。桓鶕?jù)機(jī)械能守恒定律求解a的速度含有彈簧的問(wèn)題，往往要研究彈簧的狀態(tài)，分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長(zhǎng)量的關(guān)系是常用思路三、 實(shí)驗(yàn)題（共2小題，16分）【題文】13、（4分）一個(gè)實(shí)驗(yàn)小組在“探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，使用兩條不同的輕質(zhì)彈簧a和b，得到彈力與彈簧長(zhǎng)度的圖象如圖所示。下列表述正確的是 （ ) aa的原長(zhǎng)比b的長(zhǎng) ba的勁度系數(shù)比b的大 ca的勁度系數(shù)比b的小 d測(cè)得的彈力與彈簧的長(zhǎng)度成正比【知識(shí)點(diǎn)】 探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系b5【答案解析】b 解析：a、在圖象中橫截距表示彈簧的原長(zhǎng)，故a的原長(zhǎng)比b的短，故a錯(cuò)誤；b、在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k，故a的勁度系數(shù)比b的大，故b正確；c、在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k，故a的勁度系數(shù)比b的大，故c錯(cuò)誤；d、彈簧的彈力滿足胡克定律，彈力與彈簧的形變量成正比，故d錯(cuò)誤故選：b【思路點(diǎn)撥】彈簧的彈力滿足胡克定律，f=kx，在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k，橫截距表示彈簧的原長(zhǎng)本題考查了胡克定律，注意f-t圖象的認(rèn)識(shí)，明確胡確定律中的x為形變量【題文】14、（12分）如下面右圖所示，用包有白紙的質(zhì)量為1.00kg的圓柱棒替代紙帶和重物，蘸有顏料的毛筆固定在電動(dòng)機(jī)上并隨之轉(zhuǎn)動(dòng)，使之替代打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。當(dāng)燒斷懸掛圓柱棒的線后，圓柱棒豎直自由下落，毛筆就在圓柱棒面上的紙上畫出細(xì)線，如左圖所示，設(shè)毛筆接觸棒時(shí)不影響棒的運(yùn)動(dòng)。測(cè)得各線之間的距離依次為26.0mm、42.0mm、58.0mm、74.0mm、90.0mm、106.0mm，已知電動(dòng)機(jī)銘牌上標(biāo)有“1500r/min”字樣，由此驗(yàn)證機(jī)械能守恒。根據(jù)以上內(nèi)容，回答下列問(wèn)題：（1）左圖中的圓柱棒的 端是懸掛端（填左或右）。（2）根據(jù)左圖所給的數(shù)據(jù)，可知毛筆畫下細(xì)線c時(shí)，圓柱棒下落的速度vc= m/s；畫下細(xì)線d時(shí)，圓柱棒下落的速度vd= m/s；細(xì)線c、d之間棒的動(dòng)能的動(dòng)能的變化量為 j，重力勢(shì)能的變化量為 j（取g=9.8m/s2）。由此可得出的結(jié)論是 ?！局R(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律e5【答案解析】 （1）左端 (2)1.25m/s 1.65m/s 0.580j 0.568j 圓柱棒在自由下落過(guò)程中,在誤差允許范圍內(nèi)機(jī)械能守恒。解析： ：（1）毛筆畫相鄰兩條線的時(shí)間間隔為電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)周期，已知電動(dòng)機(jī)銘牌上標(biāo)有“1500r/min”字樣，即每秒轉(zhuǎn)25周，所以時(shí)間間隔為：t=0.04s圓柱下落過(guò)程中，毛筆依次從圓柱的下端往上端畫，隨著時(shí)間圓柱是加速運(yùn)動(dòng)，在圖b中圓柱的左端速度較大，右端速度較小，所以圖b中的圓柱棒的左端是懸掛端（2）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，因此有：vc= =1.25m/s vd=1.65m/sc、d之間棒的動(dòng)能的變化量為ek=ekd-ekc= m（1.65）2-（1.25）2）=0.580 j根據(jù)重力勢(shì)能的定義式得：重力勢(shì)能減小量ep=mgh=0.568j由此可得出結(jié)論為實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，重物下落過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量，機(jī)械能守恒【思路點(diǎn)撥】（1）了解該實(shí)驗(yàn)裝置的原理，它類似于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，蘸有顏料的毛筆隨電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)一圈就在圓柱棒面上的紙上畫出記號(hào)，這就像打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔一定時(shí)間就打一個(gè)點(diǎn)；（2）利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度，從而求出動(dòng)能根據(jù)功能關(guān)系得重力勢(shì)能減小量等于重力做功的數(shù)值四、 計(jì)算題（共4小題，46分）【題文】15、（8分）如圖a，質(zhì)量m1kg的物體沿傾角q37的固定粗糙斜面由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，風(fēng)對(duì)物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖b所示。求：（1）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)m；（2）比例系數(shù)k。（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律c2【答案解析】（1）0.25；（2）0.84kg/s 解析：（1）對(duì)初始時(shí)刻：mgsinqmmgcosqma0 由圖讀出a0=4m/s2代入式， 解得：m0.25； （2）對(duì)末時(shí)刻加速度為零：mgsinqmnkvcosq0 又nmgcosqkvsinq由圖得出此時(shí)v=5 m/s代入式解得：k0.84kg/s?！舅悸伏c(diǎn)撥】（1）根據(jù)b圖可以看出當(dāng)沒(méi)有風(fēng)的作用時(shí) 物體的加速度的大小是4m/s2，由牛頓第二定律可以求得物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）當(dāng)風(fēng)速為5m/s時(shí)，物體的加速度為零，說(shuō)明此時(shí)的物體受力平衡，對(duì)物體受力分析，由平衡的條件可以求得比例系數(shù)k【題文】16、（12分）如圖所示是放置在豎直平面內(nèi)游戲滑軌的模擬裝置，滑軌由四部分粗細(xì)均勻的金屬桿組成：水平直軌ab，半徑分別為r1和r2的圓弧軌道, 其中r2=3.0m，長(zhǎng)為l=6m的傾斜直軌cd，ab、cd與兩圓弧軌道相切，其中傾斜直軌cd部分表面粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為=1/6，其余各部分表面光滑，一質(zhì)量為m=2kg的滑環(huán)（套在滑軌上），從ab的中點(diǎn)e處以v0=10m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)。已知=370， g取10m/s2。（sin=0.6,cos=0.8）求：（1）滑環(huán)第一次通過(guò)圓弧軌道o2的最低點(diǎn)f處時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）滑環(huán)克服摩擦力做功所通過(guò)的總路程?！局R(shí)點(diǎn)】 動(dòng)能定理；向心力d4 e2【答案解析】(1) (2)78m 解析：（1）滑環(huán)從e點(diǎn)滑到f點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得：mv02+mgh=mvf2在f點(diǎn)對(duì)滑環(huán)分析受力，得fn-mg=m由式得：fn=根據(jù)牛頓第三定律得滑環(huán)第一次通過(guò)o2的最低點(diǎn)f處時(shí)對(duì)軌道的壓力為（2）由題意可知得：滑環(huán)最終只能在o2的d點(diǎn)下方回晃動(dòng)，即到達(dá)d點(diǎn)速度為零，由能量守恒得：mv02+mgr2(1+cos)=mgscos解得：滑環(huán)克服摩擦力做功所通過(guò)的路程s=78m【思路點(diǎn)撥】（1）從e到f過(guò)程中，由機(jī)械能守恒可求得f點(diǎn)的速度，再由向心力公式可求得f處軌道的支持力，再由牛頓第三定律可求得滑環(huán)對(duì)軌道的壓力；（2）圓環(huán)最后只能在df之間滑動(dòng)，則由能量守恒定律可求得滑環(huán)克服摩擦力做功的總路程本題考查能量守恒及機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，注意最后若圓環(huán)將無(wú)法滑上d處，只能在f兩側(cè)回滑動(dòng)【題文】17、（12分）某電視臺(tái)娛樂(lè)節(jié)目，要求選手要從較高的平臺(tái)上以水平速度v0躍出后，落在水平傳送帶上，已知平臺(tái)與傳送帶高度差h= 18m，水池寬度s0=12m，傳送帶ab間的距離l0= 2085m，由于傳送帶足夠粗糙，假設(shè)人落到傳送帶上后瞬間相對(duì)傳送帶靜止，經(jīng)過(guò)一個(gè)t= 05s反應(yīng)時(shí)間后，立刻以a=2m/s2，方向向右的加速度跑至傳送帶最右端。 （1）若傳送帶靜止，選手以v0= 3m/s水平速度從平臺(tái)躍出，求從開始躍出到跑至傳送帶右端經(jīng)歷的時(shí)間。 （2）若傳送帶以u(píng)=1m/s的恒定速度向左運(yùn)動(dòng)，選手若要能到達(dá)傳送帶右端，則從高臺(tái)上躍出的水平速度v1至少多大？【知識(shí)點(diǎn)】 平拋運(yùn)動(dòng)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律a2 d2 c2【答案解析】(1)5.6s (2)3.25m/s 解析：（1）平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程有：h=gt12t1= =0.6s選手在水平方向上的位移s1=v0t1=1.8m則勻加速運(yùn)動(dòng)的位移s2=l0+s0-s1=at22解得 t2=4.5s 所以總時(shí)間：t=t1+t2+t=5.6s（2）設(shè)水平躍出速度v1，落到傳送帶0.5s反應(yīng)時(shí)間內(nèi)向左位移大小s1=ut=0.5m然后向左減速至速度為零，向左發(fā)生位移s2= =0.25m不從傳送帶上掉下，平拋水平位移ss0+s1+s2=1.2+0.5+0.25m=1.95m所以v1 =3.25m/