《73.2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷（含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《73.2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷（含解析.docx（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（8648分，1-5为单选，6-8为多选）1（6分）以下说法正确的是（）A衰变是原子核内的变化所引起的B某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能增大C当氢原子以n4的状态跃迁到n1的状态时，要吸收光子D715N+11H612C+24He是衰变方程2（6分）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A若加速度足够小，竖直挡板对球的
2、弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面对球的弹力大小与加速度大小无关D斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma3（6分）2014年10月24日，“嫦娥五号”在西昌卫星发射中心发射升空，并在8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面“跳跃式再入”值航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后在进入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g下列说法正确的是（）A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度小于gR2r2C“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D“嫦娥五号”在c点速率
3、大于在e点的速率4（6分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断正确的是（）A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：45（6分）如图所示，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2（v2v1
4、）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数tan，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的vt图象不可能是（）ABCD6（6分）A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）A若将R2的滑动触头P向a端移动，则变小B若将R2
5、的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变小D保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变7（6分）如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=mgR，原长为L2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（）A无论v0多大，小球均不会离开圆轨道B若在2gRv05gR则小球会在B、D间脱离圆轨道C只要v02gR，小球就能做完整
6、的圆周运动D只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关8（6分）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下关于这个过程，下列说法正确的是（）A小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是mv2C小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化D车上曲面的竖直高度不会大于v24g二、非选择题（9-12为必考题，13-18为选考题）9在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验
7、中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流现有如下器材：直流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.1）电流表A2（量程600mA，内阻约5）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程15V，内阻约200k）滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值01k，额定电流300mA）（1）在该实验中，电流表应选择 （选填“A1”或“A2”），电压表应选择 （选填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”）（2）某同学用导线a、c、d、e、f、g和h连接成如图1的电路，请在图2方框中完成实验的电路图（3）
8、该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为 （4）如图3是某实验小组根据测得的实验数据，绘制的小灯泡伏安特性曲线若该灯泡与一个6欧的定值电阻串联，直接接在题中提供的电压上，请估算小灯泡的实际功率P W（保留两位有效数字）10某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所 接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：A按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B调节长木板的倾角
9、，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是 A小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B弹簧测力计的读数为小车所受合外力C实验过程中砝码处于超重状态D砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为 m/s2（结果保留2位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（如图丙），与本实验相符合的
10、是 11如图所示，现在有一个小物块，质量为m80g，带上正电荷q2104C与水平的轨道之间的滑动摩擦系数0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R40cm，取g10m/s2，求：（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？12如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R0.45m的14圆弧面A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑小滑块P1和P2的质量均为m滑板的质量M4m，P1
11、和P2与BC面的动摩擦因数分别为10.10和20.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v04.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零P1与P2视为质点，取g10m/s2问：（1）P1和P2碰撞后瞬间P1、P2的速度分别为多大？（2）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（3）N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？选考题【选修3-3】13（6分）以下说法正确的是（）A空气中小雨滴成球形是因为水的
12、表面张力作用的结果B分子间的作用力为零时，分子间的势能一定为零C自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动E一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加14（9分）如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C将容器分成A、B两室，A室体积为V0，B室的体积是A室的两倍，A、B两室分别放有一定质量的理想气体。A室上连有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），当两边水银柱高度为19cm时，两室气体的温度均为T1300K若气体的温度缓慢变化，当U形管两边水银柱等高时，求（外界大气压等于76cm汞柱）
13、此时气体的温度为多少？在这个过程中B气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）【选修3-4】15一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，该列波沿x轴 传播（填“正向”或“负向”）；该列波的波速大小为 m/s；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为 Hz16如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面求：（i）该材料对此平行
14、光束的折射率；（ii）这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两条？2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（8×648分，1-5为单选，6-8为多选）1（6分）以下说法正确的是（）A衰变是原子核内的变化所引起的B某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能增大C当氢原子以n4的状态跃迁到n1的状态时，要吸收光子D715N+11H612C+24He是衰变方程【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁；JA：原子核衰变及半
15、衰期、衰变速度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题【分析】从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；根据光电效应方程分析光电子最大初动能的变化；衰变是自发进行的，不需要其它粒子轰击【解答】解：A、衰变是原子核内的变化所引起的，故A正确。B、根据光电效应方程EkmhvW0知，光的颜色不变，即频率不变，增大光强，光电子的最大初动能不变，故B错误。C、氢原子从n4跃迁到n1时，氢原子的能量减小，辐射光子，故C错误。D、715N+11H612C+24He不是衰变方程，衰变是自发进行的，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了能级跃迁、光电效应
16、方程、衰变等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关2（6分）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面对球的弹力大小与加速度大小无关D斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma【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
17、题【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力FN2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案。【解答】解：A、小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，设斜面的倾斜角为则竖直方向有：FN1cosmg因为mg和夹角不变，无论加速度如何变化，FN1不变且不可能为零，水平方向有：FN2FN1sinma，则可知，若加速度越大，竖直挡板的水平弹力越大，故AB错误；C正确D、根据牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma，故D正确。故选：CD。【点评
18、】本题结合力的正交分解考查牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键，注意将力分解到水平和竖直方向是解题的关键。3（6分）2014年10月24日，“嫦娥五号”在西昌卫星发射中心发射升空，并在8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面“跳跃式再入”值航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后在进入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g下列说法正确的是（）A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度小于gR2r2C“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率【考
19、点】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】52A：人造卫星问题【分析】根据加速度的方向确定“嫦娥五号”处于超重还是失重，根据牛顿第二定律，结合GMgR2求出d点的加速度嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c两点的速率大小从c点到e点，机械能守恒，速率大小相等【解答】解：A：“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的*，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故A错误。B、在d点，“嫦娥五号”的加速度a=GMmr2m=GMr2，又GMgR2，所以a=gR2r2故B错误。C、“嫦娥五号”
20、从a点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率。故C正确。D、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解4（6分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断正确的是（）A三种粒子从B板运动到荧光屏
21、经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4【考点】65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系根据WqEy，分析电场力做功之比【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2
22、，偏转极板的长度为L，板间距离为d。A、在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02，得，加速获得的速度为v0=2qU1m三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同。故A错误。B、根据推论：y=U2L24dU1，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同。故B正确。C、D、偏转电压的电场力做功为WqEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2故C错误，D错误。故选：B。【点评】本题是带电粒子
23、在电场中运动问题，先加速后偏转，y=U2L24dU1是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关5（6分）如图所示，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2（v2v1）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数tan，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的vt图象不可能是（）ABCD【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】34：比较思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】通过分析物块可能的受力情况，运用牛顿第二定律分析其运动情
24、况，再判断vt图象的形状【解答】解：A、若Fmgsin+mgcos，物块一直做匀加速运动，vt图象是向上倾斜的直线，A图是可能的，故A正确。B、若Fmgsin+mgcos，物块一直做匀速运动，vt图象是平行t轴的直线，B图是可能的，故B正确。CD、若Fmgsin+mgcos，物块先做匀减速运动，合力大小 F合mgcos+mgsinF，速度减至v1时，由于tan，即有mgsinmgcos，可能有 mgsinF+f，物块以速度v1做匀速运动。共速后，物块也可能继续做匀减速运动，合力大小为 F合mgsinFmgcosF合，所以加速度将发生变化，故C图不可能，D是可能的，故C错误，D正确。本题选不可能
25、的，故选：C【点评】解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，考虑问题要全面，特别要关注临界点：物体速度与传送带速度相同的状态6（6分）A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）A若将R2的滑动触头P向a端移动，则变小B若将R2的滑动触头P向b端移动，则
26、I减小，U减小C保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变小D保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及角的变化。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。【解答】解：A、B、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则不变。故A错误
27、，B错误。C、D、用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量U内I=r不变。因为外电压减小，R3电压增大，则R2两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后变小。故C正确，D正确。故选：CD。【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。7（6分）如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=mgR，原长为L2R，弹
28、簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（）A无论v0多大，小球均不会离开圆轨道B若在2gRv05gR则小球会在B、D间脱离圆轨道C只要v02gR，小球就能做完整的圆周运动D只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关【考点】2S：胡克定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；4T：寻找守恒量法；519：匀速圆周运动专题；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项AB的正
29、误C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C的正误D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项D的正误【解答】解：AB、因弹簧的劲度系数为k=mgR，原长为L2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为FK（lR）KRmg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，选项A正确，选项B错误。C、小球在运动过程中只有重力做功，弹
30、簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：12mv02=2mgR，解得：v02gR，所以只要v02gR，小球就能做完整的圆周运动，选项C正确。D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：NKRmgmv02R解得：N2mg+mv02R运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N，设此时的速度为v，由机械能守恒有：12mv02=2mgR+12mv2此时合外力提供向心力，有：NKR+mgmv2R联立解得：Nmv02R-4mg联立得压力差为：N6mg，与初速度无关，选项D正确。故选：ACD。【点评】该题涉及到的指示点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对
31、物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解8（6分）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下关于这个过程，下列说法正确的是（）A小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是mv2C小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化D车上曲面的竖直高度不会
32、大于v24g【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系菁优网版权所有【分析】小球和小车组成的系统，动量守恒，根据动量的变化来计算冲量的大小，根据系统的能量不会增加来判断最大的高度大小【解答】解：A、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，故A错误。B、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv2mv，得共同速度v=v2小车动量的变化为12mv，这个增加的动量是小车受到的总动量的大小，即总冲量的大小，而压力的冲量并不是总的冲量！故B错误。C、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时
33、会出现这个情况，故C正确；D、由于小球原来的动能为12mv2，小球到最高点时系统的动能为122m（v2）2=mv24，所以系统动能减少了mv24，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即mv24=mgh，得h=v24g显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，故D正确。故选：CD。【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题二、非选择题（9-12为必考题，13-18为选考题）9在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流现有如下器材：直
34、流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.1）电流表A2（量程600mA，内阻约5）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程15V，内阻约200k）滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值01k，额定电流300mA）（1）在该实验中，电流表应选择A2（选填“A1”或“A2”），电压表应选择V1（选填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择R1（选填“R1”或“R2”）（2）某同学用导线a、c、d、e、f、g和h连接成如图1的电路，请在图2方框中完成实验的电路图（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复
35、调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为h（4）如图3是某实验小组根据测得的实验数据，绘制的小灯泡伏安特性曲线若该灯泡与一个6欧的定值电阻串联，直接接在题中提供的电压上，请估算小灯泡的实际功率P0.31W（保留两位有效数字）【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据灯泡的额定电压及功率可得出通过灯泡的电流，则可选择电流表；根据实验的接法及滑动变阻器的应用可选出滑动变阻器；（2）根据实验的原理可选了正确的滑动变阻器及电流表的接法；（3）根据电路中的现
36、象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；（4）作出等效电源的伏安特性曲线，两图的交点为灯泡的工作点，则由PUI可求得灯泡的实际功率【解答】解：（1）由PUI可知，I=PU=1.53=0.5A，为了安全和准确，电流表应选择A2；因为灯泡的额定电压为3V，则电压表选择V1因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；（2）因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如下；（3）调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接法，由电路图可知，导线h断了（4
37、）定值电阻与电源组成等效电源，在灯泡IU图象坐标系内作出等效电源的IU图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压为U0.9V，通过灯泡的电流为0.34A，灯泡实际功率为：PUI0.90.340.31W；故答案为：（1）A2 V1 R1 （2）如图所示；（3）h；（4）0.31【点评】描绘小灯泡的伏安持性曲线实验中要注意实验中的原理及接法；要求学生熟练应用分压接法；并能正确应用图象分析实际问题10某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所 接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：A按图甲所示，安装好实验装置，其
38、中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是BA小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B弹簧测力计的读数为小车所受合外力C实验过程中砝码处于超重状态D砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为0.16m/s2（结果保留2位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速
39、度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（如图丙），与本实验相符合的是A【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；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；（3）数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线【解答】解：（1）A、由图
40、可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；B、已经平衡摩擦力，弹簧测力计的读数为小车所受合力，故B正确；C、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故C错误；E、小车所受拉力可以由测力计测出，实验不需要控制砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量，故D错误；故选：B（2）由图示纸带可知，相邻两个计数点之间的时间间隔t50.020.1s，由xaT2可知加速度：a=x3-x12t2=(3.84-3.52)10-2m2(0.1s)20.16m/s2；（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合；故选：A故答案为：（1）B；
41、（2）0.16；（3）A【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系11如图所示，现在有一个小物块，质量为m80g，带上正电荷q2104C与水平的轨道之间的滑动摩擦系数0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R40cm，取g10m/s2，求：（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道
42、的压力等于多少？【考点】6B：功能关系；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】532：电场力与电势的性质专题【分析】（1）物块恰好到达最高点，在最高点轨道对物块的作用力为零，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度，结合动能定理求出小物块在水平轨道上的释放点距离N点的距离（2）根据动能定理求出到达P点的速度，根据径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出轨道对物块的作用力，从而得出物块对轨道的压力【解答】解：（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有：mgmv2R 解得：v=gR=100.4m/s2m/s设小物块释放位置距N处为s，根据能量守恒得： Eqsmgs+12m
43、v2+mg2R解得s20m，即小物块应该从在水平位置距N处为20m处开始释放；（2）物块到P点时，12mv2+mgR+EqR=12mvP2 解得：vP=14m/s在P点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有： FNEq=mvP2R 解得：FN3.0N由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：FN=FN3.0N；答：（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，小物块应该从在水平位置距N处为20m处开始释放（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于3.0N【点评】解决本题的关键知道最高点的临界情况是轨道对物块的作用力为零，以及知道做圆周运动，靠径向的合力提供向心力
44、，结合牛顿第二定律和动能定理解题12如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R0.45m的14圆弧面A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑小滑块P1和P2的质量均为m滑板的质量M4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为10.10和20.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v04.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零P1与P2视为质点，取g10m/s2问：（1）P1和
45、P2碰撞后瞬间P1、P2的速度分别为多大？（2）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（3）N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题【分析】（1）由机械能守恒可求得P1与P2碰前的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律可求得碰后两物体的速度；（2）由牛顿第二定律可求得P2的加速度；（3）由机械能守恒对CD分析可得出P2滑到C点速度；对三个滑板N、P1、及P2在相碰到P2滑到C点这一过程中，由动量守恒可求得滑块及P1的速度；则对整体由功能关系可求得BC长度L；而碰后两物体均要运动，最后静止，由动力学知识可求得两物体的位移，则可求得两物体相距的距离【解答】解：（1）设P1滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：有：12mv02+mgR=12mv12 代入数据解得：v15m/sP1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1、v2取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：