（精校版）高三物理期中期末月考模考试卷集（106套）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

高三物理期中、期末、月考、模考试卷集（106 套）
第一遍限时检测，知识巩固；第二遍查漏补缺，总结提升（1+1＞2 张试卷）
部分目录清单
2019-2020 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）适应性物理试卷（3 月份）.................................- 4 -
2019-2020 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（二）..........................................- 19 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第三次月考物理试卷..........................................- 35 -
2019-2020 学年重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3 月份）.......................................... - 48 -
2019-2020 学年浙江省杭州市学军中学高三（上）月考物理试卷（二）（11 月份）......................- 62 -
2019-2020 学年云南师大附中高三（上）适应性物理试卷（9 月份）.............................................. - 86 -
2019-2020 学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷....................................................... - 100 -
2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）月考物理试卷（11 月份）..................... - 114 -
2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次月考物理试卷............................... - 129 -
2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第三次月考物理试卷............................... - 144 -
2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（下）第五次月考物理试卷............................... - 161 -
2019-2020 学年辽宁省大连二十四中高三（上）期中物理试卷....................................................... - 177 -
2019-2020 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）第一次月考物理试卷............................... - 193 -
2019-2020 学年北京四中高三（上）期中物理试卷............................................................................- 207 -
2019-2020 学年北京市中央民族大学附中朝阳分校高三（上）月考物理试卷（10 月份）......... - 223 -
2019-2020 学年北京市清华附中高三（上）摸底物理试卷................................................................- 239 -
2019 年重庆市南开中学高考物理适应性试卷.......................................................................................- 258 -
2019 年浙江省宁波市镇海中学选考物理模拟试卷...............................................................................- 271 -
2019 年浙江省宁波市镇海中学选考物理模拟试卷...............................................................................- 279 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（9 月份）................................- 295 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考物理试....................................................... - 300 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷....................................... - 311 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第三次月考物理试卷....................................... - 327 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第五次月考物理试卷....................................... - 342 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第七次月考物理试卷....................................... - 356 -
2018-2019 学年重庆市南开中学高三（上）期中物理试卷................................................................- 370 -
2018-2019 学年浙江省杭州市西湖区学军中学高三（上）第一次月考物理试卷........................... - 383 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（12 月份）..............................................- 394 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（1 月份）................................................- 408 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）开学物理试卷....................................................................- 423 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷....................................................... - 437 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷....................................................... - 451 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第三次月考物理试卷....................................................... - 464 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第七次月考物理试卷....................................................... - 478 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第八次月考物理试卷....................................................... - 491 -
2018-2019 学年陕西省西安市西咸新区高新一中高三（上）第四次月考物理试卷....................... - 505 -
2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学高三（上）期中物理试卷....................................... - 521 -
2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学滨河分校高三（上）期中物理试卷....................... - 530 -
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2018-2019 学年辽宁省实验中学、大连八中、二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三物理试卷- 544 -
2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（12 月份）..........................................- 565 -
2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（1 月份）............................................- 579 -
2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（下）第十七次调研物理试卷................................... - 594 -
2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）仿真模拟物理试卷........................................... - 609 -
2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第一次月考物理试卷....................................... - 609 -
2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第二次调研物理试卷....................................... - 637 -
2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第六次调研物理试卷....................................... - 653 -
2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第七次调研物理试卷....................................... - 671 -
2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）段考物理试卷（10 月份）..........................................- 687 -
2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）月考物理试卷（11 月份）..........................................- 699 -
2018-2019 学年广东省广州市黄埔区华南师大附中九年级（下）月考物理试卷（3 月份）........- 712 -
2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷............................... - 735 -
2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）开学物理试卷（9 月份）............................- 748 -
2018-2019 学年北京市十一学校高三（上）诊断物理试卷（10 月份）..........................................- 765 -
2018-2019 学年北京市十一学校高三（上）期中物理试卷................................................................- 781 -
2018-2019 学年北京市海淀区中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10 月份）............. - 799 -
2018-2019 学年北大附中高三（上）月考物理试卷（10 月份）......................................................- 816 -
2018 年陕西省西安市碑林区铁一中学高考物理模拟试卷（3 月份）............................................... - 830 -
2018 年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中等部分重点中学协作体高考物理模拟试卷（4 月
份）..............................................................................................................................................................- 846 -
2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理一模试卷...........................................................- 863 -
2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理二模试卷...........................................................- 879 -
2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理三模试卷...........................................................- 894 -
2018 年辽宁省大连二十四中高考物理模拟试卷...................................................................................- 911 -
2018 年湖南省长沙一中学业水平物理模拟试卷...................................................................................- 925 -
2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷.......................................................................- 941 -
2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷.......................................................................- 954 -
2018 年甘肃省兰州市安宁区西北师大附中高考物理二模试卷...........................................................- 967 -
2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第一次月考物理试卷....................................... - 983 -
2018-2019 学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷................................................................- 999 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（下）期中物理试卷............................................................. - 1012 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（下）第三次诊断物理试卷.................................................- 1026 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（12 月份）....................................... - 1042 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）期中物理试卷............................................................. - 1059 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）开学物理试卷............................................................. - 1072 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷.................................................- 1086 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（下）第八次月考物理试卷.....................................................- 1103 -
2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学高三（上）第二次月考物理试卷.........................- 1116 -
2018-2019 学年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三（上）期末物理试
卷................................................................................................................................................................- 1133 -
2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）月考物理试卷.........................................- 1149 -
2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）联考物理试卷.........................................- 1165 -
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- 3 -
2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次模拟物理试卷.............................- 1180 -
2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才高中高三（上）期中物理试卷.........................................- 1195 -
2018-2019 学年湖南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷.....................................................- 1213 -
2018-2019 学年湖南师大附中高三（上）第三次月考物理试卷.....................................................- 1232 -
2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（9 月份）..........................................- 1251 -
2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）开学物理试卷（8 月份）..........................................- 1265 -
2018-2019 学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3 月份）..........................................- 1280 -
2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十一次周测物理试卷（10.6）.............................- 1293 -
2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十二次周测物理试卷（11.3）.............................- 1304 -
2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十次周测物理试卷（9.22）.................................- 1317 -
2018-2019 学年广东省广州市铁一中学高三（上）月考物理试卷（10 月份）........................... - 1330 -
2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）综合物理试卷.........................................- 1344 -
2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）月考物理试卷（理科）.........................- 1358 -
2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）月考物理试卷（5 月份）..................... - 1371 -
2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）第四次诊断物理试卷.............................- 1385 -
2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）开学物理试卷.........................................- 1400 -
2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10 月份）.......................- 1413 -
2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（12 月份）.......................- 1428 -
2018 年辽宁省沈阳市东北育才学校高考物理五模试卷.................................................................... - 1446 -
2018 年湖南省长沙一中学业水平物理模拟试卷................................................................................ - 1461 -
2018 年湖南省长沙一中高考物理二模试卷.........................................................................................- 1474 -
2018 年湖北省襄阳五中高考物理一模试卷.........................................................................................- 1488 -
2018 年湖南省长沙一中高考物理三模试卷.........................................................................................- 1501 -
2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（三）............................................................................ - 1515 -
2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（五）............................................................................ - 1526 -
2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（八）............................................................................ - 1536 -
2018 年广东省华南师大附中高考物理模拟试卷................................................................................ - 1547 -
2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷.................................................................... - 1562 -
2018 年北京市中央民族大学附中高考物理三模试卷........................................................................ - 1578 -
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2019-2020 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）适应性物理试卷（3 月份）
一、选择题（第1〜5 题单选；第6〜8 题多选）
1．（3 分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为݁
= 220 2ݏth100ߨݐ(ܸ)，则下列说法中正
确的是（
）
A．当t＝0 时，线圈平面与中性面垂直
B．当ݐ=
1
200 ݏ时，穿过线圈的磁通量等于零
C．该交流电能让标注为“300V，5μF”的电容器正常工作
D．若转速n 提高1 倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为݁
= 440 2ݏth100ߨݐ(ܸ)
2．（3 分）如图所示，小球从A 点以初速度v0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A，C 为AB 的中点。下
列说法中正确的是（
）
A．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，合外力的冲量相同
C．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，速度的变化量相等
D．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相同
3．（3 分）如图所示，质量为m 的物块与转轴OO′相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一
定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为݉
th
8 ，若物块
与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为（
）
A．0.125
B．0.15
C．0.25
D．0.5
4．（3 分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A 带负电，
电荷量为0.2C，B 不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A 对B 的压力大小变为
8N，g＝10m/s2，则（
）
A．电场强度为120N/C，方向竖直向下
B．电场强度为60N/C，方向竖直向下
C．电场强度为120N/C，方向竖直向上
D．电场强度为100N/C，方向竖直向上
5．（3 分）如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2 和L3 垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a
的正方形的四个点上，L1 与L2 中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，L3 中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已
知电流为I 的长直导线产生的磁场中，距导线r 处的磁感应强度ܤ=݇
ܫ
ݎ（其中k 为常数）。某时刻有一质子（电量
为e）正好沿与x 轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为（
）
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- 5 -
A．方向垂直纸面向里，大小为
2 3݇ܫ㘴݁ܽ
B．方向垂直纸面向外，大小为
3 2݇ܫ㘴݁
2ܽ
C．方向垂直纸面向里，大小为
3 2݇ܫ㘴݁ܽ
D．D．方向垂直纸面向外，大小为
2 3݇ܫ㘴݁
2ܽ
6．（3 分）关于近代物理，下列说法正确的是（
）
A．α射线、β射线和γ射线都是高速运动的带电粒子流
B．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增大
C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）
c2（c 是真空中的光速）
D．用不同频率的光分别照射同一光电管，其遏止电压是相同的
7．（3 分）如图所示，I 为电流表示数，U 为电压表示数，P 为定值电阻R2 消耗的功率，Q 为电容器C 所带的电荷量，
W 为电源通过电荷量q 时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关
系的是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（3 分）如图所示，将一光滑的质量为4m 半径为R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m
的物块，今让一质量也为m 的小球自左侧槽口A 的正上方高R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自A 点进入槽
内，则以下结论中正确的是（
）
A．小球在半圆槽内第一次由A 到最低点B 的运动过程中，槽的支持力对小球做负功
B．小球第一次运动到半圆槽的最低点B 时，小球与槽的速度大小之比为4：1
C．小球第一次在半圆槽的最低点B 时对槽的压力为
13݉
t
3
D．物块最终的动能为݉
th
15
二、实验题（2 小题）
9．为测量滑块与木板之间的滑动摩擦力f，某同学的实验装置如图1 所示，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿
过打点计时器的纸带从斜面上滑下。
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（1）为测量滑动摩擦力f，除了滑块的质量m 和加速度a，下列物理量中还应测量的有（已知重力加速度为g）
（填字母序号）。
A．滑块运动的时间t
B．木板的长度L
C．木板的质量m
D．木板的末端被垫起的高度h
（2）图2 是打出纸带的一段。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C、…等7 个点为计数点，
各读数点间有一个点没有画出，纸带却不小心被弄上了墨迹，D 点看不清楚，如图中所示，则滑块下滑的加速度
a＝
m/s2（计算结果保留2 位有效数字）。
（3）可以推断出CD 间的距离约为
cm。
10．课外小组利用如图甲所示电路测量电压表（毫伏表）内电阻RV，该电压表量程为500mV，内电阻约为100Ω．图
中电源电动势为E、内可阻忽略不计，R1 为滑动变阻器，R2 为电阻箱，V 为待测电压表。经以下步骤可近似测得
电压表V（毫伏表）的内电阻RV。
a．断开S2，闭合S1，电阻箱R2 的阻值调到最大，调节R1，使电压表读数等于其量程U0；
b．保持R1 不变，闭合S2，调节R2，使电压表读数等于ܷ
0
2 ，然后读出R2 的值，取RV＝R2。
（1）按图甲所示的实物图，在图乙所给出的虚线框中画出电路图。
（2）在备选的实验器材中，有两个滑动变阻器供选择，它们的铭牌上分别标有：A．“4500Ω，1A”，B．“50Ω，
2A”，在保证各实验器材均能正常工作的前提下，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1 应选用
（填“A”或“B”）
（3）若实验中测得的结果R 测＝100Ω，要将这令电压表改装成量程为10V 的电压表，则应串联一个阻值为R 串＝
Ω定值电阻。
（4）本实验中测RV 的系统误差来自于
。
三、计算题（2 小题）
11．如图所示，半径R＝0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带皮带轮的半径r＝0.2m，
转速为
20
ߨr/s，可视为质点的物块从轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2．已知物块的质
量m＝lkg，两皮带轮间的距离L＝24m，传送带不打滑，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）传送带的速度；
（2）物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小；
（3）物块在水平传送带上的运动时间。
12．如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分足够长并与倾斜部分平滑连接，两导轨间距L＝10cm，导轨
的倾斜部分气水平面成θ＝53°，其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度B＝1T，
磁场下边界离水平轨道的高度h＝0.8m。水平部分导轨间'有竖直方向等距离间隔也为L 的匀强磁场B1 和B2，B1
和B2 的方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B．现有一质量m＝0.01kg、电阻R＝0.5Ω、边长也为L 的正方形金属
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框，由倾斜导轨上某高度处静止释放，金属框离开磁场abcd 时恰好做匀速运动，此后金属框在水平导轨上滑行一
段时间后进入水平磁场区域，最终线框静止。重力加速度g＝10m/s2，感应电流的磁场可以忽略不计，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6．求：
（l）金属框离开磁场abcd 时的速度；
（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热；
（3）若金属框恰能通过n 个完整磁场区域，试写出n 与高度h 的关系式。
四、选考题（4 小题）
13．（3 分）有关对热学的基础知识理解正确的是（
）
A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B．热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度
C．当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强不会为零
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就停止蒸发
E．在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、'忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视
为球形这三方面的近似处理
14．在盛有冰水混合物的水槽中竖直地浸有一足够高的导热气缸，不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活
塞的横截面积S＝4×10
﹣3m2，如图甲所示。现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙，活塞静止时气体的体积恰好变
为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热至某一温度，活塞刚好上升到最初的位置。整个过程中气缸内气
体的状态变化如图乙所示（箭头表示状态变化的方向）。大气压强P0＝1.0×105pa，g＝10m/s2，不计活塞与缸壁的
摩擦。求：，
Ⅰ．所加细沙的质量；
Ⅱ．气体最后的温度。
15．如图所示，沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为l00m/s，下列说法中正确的
是（
）
A．图示时刻质点b 的加速度正在减小
B．从图示时刻开始，经过0.03s，质点a 通过的路程为0.6m
C．从图示时刻开姶，再经过0.005s 质点b 恰好到达波谷
D．若此波遇到另一波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为25Hz
E．若发生明显衍射现象，则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸可能是3m
16．如图所示，两块半径均为R 的半圆形玻璃砖正对放置，沿竖直方向的两条直径BC、B′C′相互平行，两圆心
之间的距离为
3h
3 ，一束单色光正对圆心O 从A 点射入左侧的玻璃砖，最后从右侧玻璃砖上的P 点（图中未画出）
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射出。已知玻璃折射率若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块∠AOB＝60°，玻璃折射率h =
2，
若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间和从P 点射出时出射角大小（已
知光在真空中的速度大小为c）。
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2019-2020 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）适应性物理试卷（3 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（第1〜5 题单选；第6〜8 题多选）
1．（3 分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为݁
= 220 2ݏth100ߨݐ(ܸ)，则下列说法中正
确的是（
）
A．当t＝0 时，线圈平面与中性面垂直
B．当ݐ=
1
200 ݏ时，穿过线圈的磁通量等于零
C．该交流电能让标注为“300V，5μF”的电容器正常工作
D．若转速n 提高1 倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为݁
= 440 2ݏth100ߨݐ(ܸ)
【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理
量，如有效值、周期、频率等，明确电容器的耐压值为交流电的最大值。
【解答】解：A、t＝0 时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，故A 错误；
B、当ݐ=
1
200 ݏ时，݁= 220 2ݏth100ߨ× 1
200 = 220 2ܸ，电动势最大，线圈与中性垂直，磁能量等于零，故B
正确；
C、300V 是电容器允许的最高电压，而该交流电最大值是220 2ܸ
= 311ܸ，所以此交流电不可以使“300V，50μF”
的电容器正常工作，故C 错误；
D、感应电动势的瞬时值表达式为݁
= 220 2ݏth100ߨݐ(ܸ)，当将其电枢的转速提高一倍时，由ω＝2πn，Em＝nBSω，
可知Em 和ω都增加一倍，则表达式为݁' = 440 2ݏth200ߨݐ(ܸ)，故D 错误；
【点评】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含
义。
2．（3 分）如图所示，小球从A 点以初速度v0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A，C 为AB 的中点。下
列说法中正确的是（
）
A．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，合外力的冲量相同
C．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，速度的变化量相等
D．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相同
【考点】52：动量定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式△v＝a
△t 来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功。
【解答】解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从A 出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩
擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，即外力做功不为零，故A 错误；
B、C、B 为AC 的中点，故小球从A 到C 过程与从C 到B 过程加速度相同，但速度在减小，故AC 过程用时较
少，根据△v＝a△t，可知AC 过程的速度变化量较小，根据动量定理得：I＝△P＝m△v，可知AC 过程的合力冲
量较小；故B 错误，C 错误；
D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据﹣μmgscosθ＝﹣△E，可得小球从A 到C 过
程与从C 到B 过程，损失的机械能相等，故D 正确；
【点评】利用动能定理解题时注意：（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；（2）找出其中
恒力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定理求解。
3．（3 分）如图所示，质量为m 的物块与转轴OO′相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一
定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为݉
th
8 ，若物块
与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为（
）
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A．0.125
B．0.15
C．0.25
D．0.5
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】根据最大静摩擦力求出物块刚好发生转动时的线速度大小，结合动能定理求出转台做功的大小的表达式
即可求出。
【解答】解：由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力，并由
此提供向心力，则有：ߤ݉
t =݉
㘴2
R ，
解得：㘴=
ߤth，
设转台对物块做的功为W，根据动能定理得：ܹ
= 1
2݉
㘴2 =݉
th
8 ，
又㘴=
ߤth，
联立解得：μ＝0.25，故ABD 错误，C 正确
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的基本运用，通过最大静摩擦力求出发生滑动时的速度是解决本题
的关键。
4．（3 分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A 带负电，
电荷量为0.2C，B 不带电。开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A 对B 的压力大小变为
8N，g＝10m/s2，则（
）
A．电场强度为120N/C，方向竖直向下
B．电场强度为60N/C，方向竖直向下
C．电场强度为120N/C，方向竖直向上
D．电场强度为100N/C，方向竖直向上
【考点】37：牛顿第二定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】先对物体B 受力分析求解加速度，再对物体A 受力分析求解电场力，最后根据F＝Eq 求解电场强度。
【解答】解：开始时物体B 平衡，A 对B 的压力大小等于A 的重力大小，为20N；
加上电场后瞬间A 对B 的压力大小变为8N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12N，方向向上，根据牛顿第
二定律，有：ܽ
=
ܨ合݉= 12
2 = 6m/s2，
再对物体A 受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：FN+F﹣mg＝ma，
解得：F＝24N，
故场强为：ܧ= ܨ
ݍ= 24
0.2 = 120N/C，方向竖直向下，故A 正确，BCD 错误
【点评】本题关键是采用隔离法先后对物体B 和A 受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难。
5．（3 分）如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2 和L3 垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a
的正方形的四个点上，L1 与L2 中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，L3 中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已
知电流为I 的长直导线产生的磁场中，距导线r 处的磁感应强度ܤ=݇
ܫ
ݎ（其中k 为常数）。某时刻有一质子（电量
为e）正好沿与x 轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为（
）
A．方向垂直纸面向里，大小为
2 3݇ܫ㘴݁ܽ
B．方向垂直纸面向外，大小为
3 2݇ܫ㘴݁
2ܽ
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C．方向垂直纸面向里，大小为
3 2݇ܫ㘴݁ܽ
D．D．方向垂直纸面向外，大小为
2 3݇ܫ㘴݁
2ܽ
【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】通电导线在其周围产生磁场，求出三根通电导线产生的磁感应强度在O 点的场强，根据磁场的合成求得
在O 点的合场强，即可求得受到的磁场力
【解答】解：根据安培定则，作出三根导线分别在O 点的磁场方向，如图：
由题意知，L1 在O 点产生的磁感应强度大小为ܤ1 =݇
ܫܽ，
L2 在O 点产生的磁感应强度大小为ܤ2 =݇
ܫ
2ܽ，
L3 在O 点产生的磁感应强度大小为ܤ3 = 2݇ܫܽ，
先将B2正交分解，则沿x 轴负方向的分量为ܤ2ݔ=݇
ܫ
2ܽݏth45° =݇
ܫ
2ܽ，同理沿y 轴负方向的分量为ܤ2ݕ=݇
ܫ
2ܽݏth45° =݇
ܫ
2ܽ，
故x 轴方向的合磁感应强度为ܤݔ= ܤ1 + ܤ2ݔ= 3݇ܫ
2ܽ，
y 轴方向的合磁感应强度为ܤݕ= ܤ3 −ܤ2ݕ= 3݇ܫ
2ܽ，
故最终的合磁感应强度的大小为ܤ=
ܤݔ
2 + ܤݕ
2 = 3 2݇ܫ
2ܽ
，方向为ݐܽhߙ= ܤݕ
ܤݔ= 1，则α＝45°，
如图：
故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x 轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方
向为垂直纸面向外，大小为݂
= 㘴ܤ㘴= 3 2݇ܫ㘴݁
2ܽ
，故B 正确
【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解
题的前提。
6．（3 分）关于近代物理，下列说法正确的是（
）
A．α射线、β射线和γ射线都是高速运动的带电粒子流
B．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子电势能减小，核外电子运动的加速度增大
C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）
c2（c 是真空中的光速）
D．用不同频率的光分别照射同一光电管，其遏止电压是相同的
【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】γ射线是电磁波，不带电；根据爱因斯坦质能方程判断是释放核能还是吸收能量；氢原子辐射出一个光子
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后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大；关键光电效应方程分析。
【解答】解：A、α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，γ射线是电磁波，不带电，故A 错误；
B、氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，则电势能减小，由݇݁
2
ݎ2 =݉ܽ
知，加速度增大，故B
正确；
C、质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，质量亏损△m＝（2m1+2m2﹣
m3），根据质能方程，释放的能量为△ܧ=△݉ܿ
2 = (2݉
1 + 2݉
2 −݉
3)ܿ2，故C 正确；
D、根据光电效应方程：Ekm＝hν﹣W0，根据动能定理：eU 遏止＝Ekm，联立得：ܷ
遏止=݄
ɋ݁−ܹ
0݁，故用不同频率
的光分别照射同一光电管，遏止电压也不相同，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查选修3﹣5 中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，即可轻松解决，注意结合能
与比结合能的区别，及玻尔理论内容的理解。
7．（3 分）如图所示，I 为电流表示数，U 为电压表示数，P 为定值电阻R2 消耗的功率，Q 为电容器C 所带的电荷量，
W 为电源通过电荷量q 时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关
系的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表
达式，再进行分析。
【解答】解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2 消耗的功
率为
P＝I2R，P∝I2，故A 正确。
B、电容器C 的电压UC＝E﹣I（R2+r），电荷量Q＝CUC＝C[E﹣I（R2+r）]，则
△ܳ
△ܫ=−C（R2+r），保持不变，则
Q﹣I 图象是向下倾斜的直线，故B 正确。
C、电压表示数U＝E﹣Ir，U﹣I 图象应是向下倾斜的直线，故C 错误。
D、电源通过电荷量q 时电源做的功W＝qE，E 是电源的电动势，则W﹣q 是过原点的直线，故D 错误。
故选：AB。
【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法。
8．（3 分）如图所示，将一光滑的质量为4m 半径为R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m
的物块，今让一质量也为m 的小球自左侧槽口A 的正上方高R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自A 点进入槽
内，则以下结论中正确的是（
）
A．小球在半圆槽内第一次由A 到最低点B 的运动过程中，槽的支持力对小球做负功
B．小球第一次运动到半圆槽的最低点B 时，小球与槽的速度大小之比为4：1
C．小球第一次在半圆槽的最低点B 时对槽的压力为
13݉
t
3
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
- 13 -
D．物块最终的动能为݉
th
15
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】小球自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左
侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒。当小球在半圆槽内运动的B 到C 过程中，槽也会向右运动。
水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒。小球离开C 点以后，
既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。
【解答】解：A、小球从A→B 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运
动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力
方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，故槽的支持力对小球做负功，故A 正确；
B、由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为
正，则有：mv1﹣（4m+m）v2＝0，解得：v1：v2＝5：1，故B 错误；
C、根据系统机械能守恒得：݉
t × 2h = 1
2݉
㘴1
2 + 1
2 × (4݉
+݉
)㘴2
2，联立解得：㘴1 =
10th
3
，㘴2 = 1
5
10th
3
小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：ܨܰ−݉
t =݉
㘴1
2
h ，联立解得：ܨܰ
= 13
3݉
t，故C 正确；
D、当小球从B→C 的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以㘴2 =
1
5
10th
3
的速度向左匀速运动，则物块的动能为ܧ= 1
2݉
㘴2
2 =݉
th
15 ，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律。当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽
组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒。当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向
上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。
二、实验题（2 小题）
9．为测量滑块与木板之间的滑动摩擦力f，某同学的实验装置如图1 所示，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿
过打点计时器的纸带从斜面上滑下。
（1）为测量滑动摩擦力f，除了滑块的质量m 和加速度a，下列物理量中还应测量的有（已知重力加速度为g）
BD
（填字母序号）。
A．滑块运动的时间t
B．木板的长度L
C．木板的质量m
D．木板的末端被垫起的高度h
（2）图2 是打出纸带的一段。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选A、B、C、…等7 个点为计数点，
各读数点间有一个点没有画出，纸带却不小心被弄上了墨迹，D 点看不清楚，如图中所示，则滑块下滑的加速度
a＝
3.0
m/s2（计算结果保留2 位有效数字）。
（3）可以推断出CD 间的距离约为
7.24
cm。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】由△s＝aT2 可求加速度，对物体受力分析，求合力由牛顿第二定律得摩擦力，由f＝μN 得μ，夹角由斜面
的高、长求出；
【解答】解：（1）根据mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，得ߤ= tݏthߠ−ܽ
tܿ݋ݏߠ，
根据数学知识有：ݏthߠ=݄ܮ，ܿ݋ݏߠ=
ܮ2−݄2
，
联立解得ߤ= t݄−ܽܮ
t ܮ2−݄2，故还需要木板的长度L 和木板的末端被垫起的高度h，故选BD。
（2）因各读数点间有一个点没有画出，故相邻两计数点的时间间隔T＝0.04s，根据△x＝aT2，得ܽ
= ݔܨܩ−ݔܧܨܶ
2
，
代入数据得a＝3.0m/s2
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（3）根据ݔܥܧ−ݔܤܥ=△ݔ=ܽܶ
2，代入数据得：xCE＝7.24cm。
故答案为：（1）BD
（2）3.0
（3）7.24
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，进行数据处理等等。
10．课外小组利用如图甲所示电路测量电压表（毫伏表）内电阻RV，该电压表量程为500mV，内电阻约为100Ω．图
中电源电动势为E、内可阻忽略不计，R1 为滑动变阻器，R2 为电阻箱，V 为待测电压表。经以下步骤可近似测得
电压表V（毫伏表）的内电阻RV。
a．断开S2，闭合S1，电阻箱R2 的阻值调到最大，调节R1，使电压表读数等于其量程U0；
b．保持R1 不变，闭合S2，调节R2，使电压表读数等于ܷ
0
2 ，然后读出R2 的值，取RV＝R2。
（1）按图甲所示的实物图，在图乙所给出的虚线框中画出电路图。
（2）在备选的实验器材中，有两个滑动变阻器供选择，它们的铭牌上分别标有：A．“4500Ω，1A”，B．“50Ω，
2A”，在保证各实验器材均能正常工作的前提下，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1 应选用
A
（填“A”或“B”）
（3）若实验中测得的结果R 测＝100Ω，要将这令电压表改装成量程为10V 的电压表，则应串联一个阻值为R 串＝
1900
Ω定值电阻。
（4）本实验中测RV 的系统误差来自于
实际总电流变大
。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据实物图，画出电路图即可；
（2）滑动变阻器采用的是限流式接法，为了提高测量精度且便于调节，滑动变阻器应用电阻最大值较大的；
（3）根据串并联电路特点，结合欧姆定律，即可求出应串联一个阻值为R 串；
（4）闭合S2 前后，外电阻的减小了，故总电流变大。
【解答】解：（1）根据实物图画出电路图，如图所示：
（2）由电路图可知，滑动变阻器采用的是限流式接法，故为尽可能提高测量精度且便于调节并且保证电路安全，
滑动变阻器应用电阻最大值较大的，故选A。
（3）根据串联电路电流相等，可得：
500×10−3
100
=
10−500×10−3
hݔ
，解得：Rx＝1900Ω。
（4）闭合S2 前后，认为总电流不变，而实际上闭合S2 后外电阻的减小了，总电流变大，故本实验中测RV 的系
统误差来自于实际总电流变大，。
故答案为：（1）如图所示；（2）A；（3）1900（4）实际总电流变大。
【点评】本题考查了实验器材选择、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理
解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。
三、计算题（2 小题）
11．如图所示，半径R＝0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带皮带轮的半径r＝0.2m，
转速为
20
ߨr/s，可视为质点的物块从轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2．已知物块的质
量m＝lkg，两皮带轮间的距离L＝24m，传送带不打滑，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）传送带的速度；
（2）物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小；
（3）物块在水平传送带上的运动时间。
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【考点】37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）由公式v＝ωr，求解传送带的速度。
（2）物块下滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒定律求出物块滑到轨道底端时的速度，由牛顿第二定律求
解物块滑到圆弧轨道底端时轨道对物块的作用力，再由牛顿第三定律求物块对轨道作用力的大小。
（3）分析物块传动带带后的运动过程：物块滑上传送带后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合
求出物块匀加速到速度等于传送带速度所用时间，以及通过的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间。
【解答】解：（1）传送带的速度为：v＝ωr＝2πnr＝2π× 20
ߨ×0.2＝8m/s。
（2）物块在下滑过程中，由机械能守恒定律得：
mgR= 1
2݉
㘴0
2
代入数据解得：v0＝4m/s
物块在圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律得：
N﹣mg＝m
㘴0
2
h ；
解得物块所受的支持力：N＝30N
由牛顿第三定律知，物块对轨道的作用力大小为30N，方向竖直向下。
（3）物块滑上传送带后做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝μg＝2m/s2
物块匀加速到速度等于v 时运动的时间为：t1= 㘴−㘴0ܽ= 8−4
2
=2s
匀加速的位移为：x1= 㘴0+㘴
2
ݐ1 = 4+8
2
× 2 =12m
则匀速运动的时间为：t2= ܮ−ݔ1
㘴
= 24−12
8
=1.5s
故物块在水平传送带上的运动时间为：t 总＝t1+t2＝3.5s
答：（1）传送带的速度是8m/s；
（2）物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小是30N；
（3）物块在水平传送带上的运动时间是3.5s。
【点评】弄清楚物体的运动过程和受力情况是解题关键。要知道物块沿光滑圆弧下滑的过程，遵守机械能守恒定
律。物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
12．如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分足够长并与倾斜部分平滑连接，两导轨间距L＝10cm，导轨
的倾斜部分气水平面成θ＝53°，其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度B＝1T，
磁场下边界离水平轨道的高度h＝0.8m。水平部分导轨间'有竖直方向等距离间隔也为L 的匀强磁场B1 和B2，B1
和B2 的方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B．现有一质量m＝0.01kg、电阻R＝0.5Ω、边长也为L 的正方形金属
框，由倾斜导轨上某高度处静止释放，金属框离开磁场abcd 时恰好做匀速运动，此后金属框在水平导轨上滑行一
段时间后进入水平磁场区域，最终线框静止。重力加速度g＝10m/s2，感应电流的磁场可以忽略不计，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6．求：
（l）金属框离开磁场abcd 时的速度；
（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热；
（3）若金属框恰能通过n 个完整磁场区域，试写出n 与高度h 的关系式。
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【考点】6C：机械能守恒定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）在磁场中做匀速运动，根据共点力平衡求得速度；
（2）金属框最终停止时，从离开abcd 磁场到静止根据能量守恒得
（3）先运用动能定理求出金属线框刚全部进入水平导轨时的速度。线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力
作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，通过线框的电量相等，运用动量定理求出线框
穿越每一磁场区域速度的变化量，即可求解此题。
【解答】解：（1）金属框匀速离开磁场abcd，根据平衡条件得：mgsinθ＝BIL 根据闭合电路欧姆定律得：ܫ= ܤܮ㘴
h
联立则有：݉
tݏthߠ= ܤ2ܮ2㘴
h
解得：v＝4m/s
（2）金属框最终停止时，根据能量守恒得ܳ
= 1
2݉
㘴2 +݉
t(݄−ܮ
2 ݏthߠ)
解得：Q＝0.156J
（3）当线框滑到水平轨道时，速度设为v0，根据机械能守恒得：
1
2݉
㘴2 +݉
t(݄
−
ܮ
2 ݏthߠ) =
1
2݉
㘴0
2
解得：㘴0 =
15.2 + 20݄
当线框恰好穿过第一个磁场区域，n＝1 时，根据动量定理得：−(ܤܫ1ܮ△ݐ1 + 2ܤܫ2ܮ△ݐ2) = 0 −݉
㘴0
且ݍ1 = ܫ1 △ݐ1 = ܤܮ2
h ，
ݍ2 = ܫ2 △ݐ2 = 2ܤܮ2
h
联立得：
5ܤ2ܮ3
h
=݉
㘴0
同理，n＝2 时，−(ܤܮܤܮ2
h + 2ܤܮ2
h
2ܤܮ+ 2ܤܮ2
h
2ܤܮ) = 0 −݉
㘴0
联立得：
9ܤ2ܮ3
h
=݉
㘴0
综上可得：
(4h+1)ܤ2ܮ3
h
=݉
㘴0，n＝1，2，3…
即：4h + 1 = 5 15.2 + 20݄，n＝1，2，3…（4n+1）2＝500h+380，n＝1，2，3…
解得：h =
500݄+380−1
4
，n＝1，2，3…
答：（l）金属框离开磁场abcd 时的速度为4m/s；
（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热为0.156J；
（3）若金属框恰能通过n 个完整磁场区域，n 与高度h 的关系式为h =
500݄+380−1
4
，n＝1，2，3…。
【点评】该题考查了多个知识点的综合运用。
做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题。
动能定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑。
四、选考题（4 小题）
13．（3 分）有关对热学的基础知识理解正确的是（
）
A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B．热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度
C．当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强不会为零
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就停止蒸发
E．在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、'忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视
为球形这三方面的近似处理
【考点】9C：气体压强的微观意义；O1：用油膜法估测分子的大小．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；541：分子运动论专题．
【分析】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部；
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- 17 -
热的物体把热量传递给冷的物体；
气体压强是由分子频繁碰撞而引起的，与容器的运动状态无关；
空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就蒸发慢；
知道在油膜法测分子大小的实验中，将分子视为球形，并且不计分子间的间隙，同时形成的是单分子油膜。
【解答】解：A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A
错误；
B、在自然的过程中，热的物体把内能传递给冷的物体，最终达到温度相等；而不是热的物体把“温度”传递给冷
的物体，最终达到温度相等，故B 错误；
C、当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故C 正确；
D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D 错误；
E、在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有
空隙，紧密排列，故E 正确；
故选：CE。
【点评】考查表面引力的方向，掌握传递是热量，及传递的方向，同时理解气体压强产生的原由，注意处于饱和
汽压时，蒸发没有停止；最后考查了油膜法测分子大小的实验，注意实验模型的正确建立。
14．在盛有冰水混合物的水槽中竖直地浸有一足够高的导热气缸，不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活
塞的横截面积S＝4×10
﹣3m2，如图甲所示。现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙，活塞静止时气体的体积恰好变
为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热至某一温度，活塞刚好上升到最初的位置。整个过程中气缸内气
体的状态变化如图乙所示（箭头表示状态变化的方向）。大气压强P0＝1.0×105pa，g＝10m/s2，不计活塞与缸壁的
摩擦。求：，
Ⅰ．所加细沙的质量；
Ⅱ．气体最后的温度。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】Ⅰ．根据玻意耳定律求出倒上细沙之后的压强，根据平衡即可求出所加细沙的质量；
Ⅱ．移出水槽，气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律即可求出气体最后的温度。
【解答】解：Ⅰ．缓慢倒上细沙，故封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知当体积恰好变为原来的一半时，
气体的压强增加为原来的两倍：p2＝2p1＝2.0×105Pa
根据平衡条件得：mg＝（p2﹣p1）S
可得所加细沙的质量：݉
= 1×105×4×10−3
10݇
t = 40݇t
Ⅱ．移出水槽，气体发生等压变化，
初状态：体积V1＝1×10
﹣3m3，温度T1＝273K
末状态：体积V1＝2×10
﹣3m3，温度T2
根据盖﹣吕萨克定律：ܸ1ܶ
1
=ܸ
2ܶ
2
可得气体最后的温度：T2＝546K
答：Ⅰ．所加细沙的质量为40kg；
Ⅱ．气体最后的温度为546K。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
15．如图所示，沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为l00m/s，下列说法中正确的
是（
）
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A．图示时刻质点b 的加速度正在减小
B．从图示时刻开始，经过0.03s，质点a 通过的路程为0.6m
C．从图示时刻开姶，再经过0.005s 质点b 恰好到达波谷
D．若此波遇到另一波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为25Hz
E．若发生明显衍射现象，则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸可能是3m
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据波传播方向知道质点的振动的方向，从而知道质点加速度的变化和再经过0.005s 质点b 所处的位置。
根据波的图象，计算出周期，而波的周期与质点的振动周期相同，从而求出质点在一段时间内通过的路程。
发生干涉的条件是频率相同，看两列波的频率是否相同。
比较波的波长与障碍物的尺寸，因为只有当波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射。
【解答】解：A、由于波向x 轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b 质点向下振动，加速度正在增大，故A
错误；
B、由题知周期为ܶ
= ɉ
㘴=
4
100 ݏ= 0.04ݏ，从图示时刻开始，经过0.03s，即
3
4个周期，质点a 通过的路程为3 个振
幅，即60cm＝0.6m，故B 正确；
C、从图示时刻开姶，b 质点向下振动，做加速度增大的减速运动，故经过ݐ=ܶ8 = 0.005ݏ，b 质点仍末到达波谷，
故C 错误；
D、此波的频率为݂
= 1ܶ= 25ܪݖ，故此波遇到另一波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为25Hz，故
D 正确；
E、该波波长ɉ＝4m，当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，则该波所遇到的障碍物或孔
的尺寸可能是3m，故E 正确；
故选：BDE。
【点评】本题主要是考查横波的图象，解决本题的关键掌握波动与振动的联系以及知道发生干涉和明显衍射的条
件。
16．如图所示，两块半径均为R 的半圆形玻璃砖正对放置，沿竖直方向的两条直径BC、B′C′相互平行，两圆心
之间的距离为
3h
3 ，一束单色光正对圆心O 从A 点射入左侧的玻璃砖，最后从右侧玻璃砖上的P 点（图中未画出）
射出。已知玻璃折射率若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块∠AOB＝60°，玻璃折射率h =
2，
若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间和从P 点射出时出射角大小（已
知光在真空中的速度大小为c）。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】根据v=ܿh求出光在玻璃砖中传播速度，再由t= h
㘴求光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间。根据题意，
作出的光路图。由折射定律求出光BC 界面上的折射角，再结合几何关系求出光射在BC 界面上的位置、入射角、
折射角，由几何关系确定光射到弧面上的位置，最后由折射定律求出该单色光从P 点射出时出射角大小。
【解答】解：根据公式h =ܿ㘴，解得：㘴=ܿ
2
则光在第一块玻璃砖中传播的时间为：ݐ= h
㘴=
2hܿ．根据题意，作出的光路图，如图所示：
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在O 点发生折射，由图可知sin∠2＝nsin∠1，解得：∠2＝45°
在D 点发生折射，由光路可逆可知∠3＝30°
在△O′DP 中，由正弦定理有：
ݏth∠4ܱ
'ܦ
=
ݏth(90°+∠3)ܱ
'ܲ
而ܱ
'ܦ=ܱ
'ܱ
=
3
3 h
解得：ݏth∠4 = 1
2
所以∠4＝30°
在D 点发生折射，由折射定律有sin∠5＝nsin∠4
解得∠5＝45°
答：该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间是
2hܿ，从P 点射出时出射角大小为45°。
【点评】本题考查光的折射。关键是作出光路图，根据几何知识求出O′D 的位置，以及各个入射角与折射角。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:37:17 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
2019-2020 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（二）
二、选择题（14-18 为单选，19-21 为多选，6*8＝48 分）
1．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．对于行星绕太阳运动，开普勒第三定律公式ܽ
3ܶ
2 =݇
中的k 值由太阳质量决定，与行星质量无关
B．地球对月球的引力大于月球对地球的引力
C．牛顿发现了万有引力定律，测出了万有引力常量的数值G
D．第一宇宙速度是人造卫星的最大发射速度，同时也是最小环绕速度
2．（6 分）如图所示，在光滑水平面上一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。某时刻起人
将锤抡起，然后用力使锤落下敲打车的左端，如此不断的敲打车的左端。不计空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．不断敲打车的左端的过程中，车将不断向右运动
B．停止敲打后，人、锤和车将一起向右匀速运动
C．在任意过程，人、锤和车组成的系统动量守恒
D．在任意过程，人、锤和车组成的系统水平方向动量守恒
3．（6 分）如图，质量为m 和M 的两个物块A、B，中间连接着一根由轻绳束缚着、被压缩的轻质弹簧（弹簧还可
以继续压缩），最初A、B 在光滑水平面上静止不动，弹簧的弹性势能为Ep；某时刻质量为M、动量为P 的物块
C 向左运动与B 相碰并粘在一起，C 与B 碰撞的时间极短，且碰撞瞬间A、B 之间的绳子端开，则（
）
A．C、B 碰撞过程中，C 对B 的冲量为P
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B．C、B 碰后弹簧弹性势能最大是ܧ݌+ܲ
2
4ܯ
C．C、B 碰后，弹簧弹性势能最大时，A、B、C 的动量相同
D．C、B 碰后，弹簧第一次恢复原长时，A、B、C 的动能之和是ܧ݌+ܲ
2
4ܯ
4．（6 分）如图，一根长度为l 的轻绳系住一质量为m 的小球悬挂在O 点，在水平半径OP 的中点A 处钉一枚光滑
的钉子，在最低点给小球一个水平初速度v0，不计空气阻力，下列说法正确的（
）
A．若㘴0 =
2tt，则小球向上运动的过程中，水平速度先增大后减小
B．若㘴0 =
7tt
2 ，则小球刚好通过N 点做圆周运动
C．若㘴0 =
2tt，则小球向上运动的过程中，小球重力的功率一直增大
D．若㘴0 =
7tt
2 ，则小球在P 点后一瞬间绳子的拉力为mg
5．（6 分）如图，a、b、c 是三个质量相同的小球（可视为质点），a、b 两球套在水平放置的光滑细杆上，c 球分别用
长度为L 的细线与a、b 两球连接。起初a、b 两球固定在细杆上相距2L 处，若同时释放a、b、c 三球，重力加速
度为g。则（
）
A．在a、b 碰撞前的运动过程中，c 的动能一直增大
B．在a、b 碰撞前的运动过程中，c 的机械能守恒
C．在a、b 碰撞前的瞬间，b 的速度为tܮ
D．在a、b 碰撞前的瞬间，b 的速度为2tܮ
3
6．（6 分）某汽车在恒定功率牵引下由静止开始做直线运动，行驶10s 后的速度达到20m/s，设汽车所受阻力恒定，
则这段时间内汽车行驶的距离可能是（
）
A．90m
B．100m
C．110m
D．120m
7．（6 分）如图，赤道上空有2 颗人造卫星A．B 绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A、B 的轨
道半径分别为2R、8R，卫星B 的运动周期为T，某时刻2 颗卫星与地心在同一直线上。则（
）
A．卫星A 的角速度大于B 的角速度
B．卫星A 的加速度小于B 的加速度
C．卫星A 的机械能小于B 的机械能
D．再经过ܶ7，卫星A、B 又相距最近
8．（6 分）将一质量为M＝3kg 的长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲，一个质量m＝1kg 的小铅块（可视为质
点）以水平初速度v0＝4m/s 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。小铅块与木板之间的动
摩擦因数为0.6．现将木板分成A 和B 两段，使B 的长度和质量均为A 的2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小
铅块仍以初速度v0 由木块A 的左端开始向右滑动，如图乙。则下列有关说法正确的是（
）
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A．甲图中，如果减小铅块的质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出
B．甲图中木板的长度为1m
C．乙图中，滑块从B 的右端滑出
D．乙图中A 最终的速度为(1 −6
3 )m/s
三、非选择题
9．（6 分）用如图所示实验装置验证机械能守恒定律。实验时让小铁球从A 点自由下落，下落过程中经过光电门B
时，计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出AB 之间的距离h。实验前应调整光电门位置使小球下落
过程中球心通过光电门中的激光束。
（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，下列说法正确的是
；
A．必须测小铁球的质量m B．必须测小铁球从A 到B 的下落时间tAB
C．必须测小铁球的直径dD．可以通过㘴=
2t݄计算出B 点的瞬时速度
（2）若下落过程中机械能守恒，则
1
ݐ2与h 的关系式为
1
ݐ2 =
。
（3）空气阻力对实验带来的误差属于
（填“系统误差”“偶然误差”）
10．（9 分）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实
验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1 和m2；
②安装实验装置，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC 连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1 从斜槽顶端A 处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
④将小球m2 放在斜槽末端B 处，仍让小球m1 从斜槽顶端A 处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、
m2 在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B 的距离。图中从M、P、N 点是实验过程中记下的小球在斜面上的
三个落点位置，从M、P、N 到B 点的距离分别为SM、SP、SN．依据上述实验步骤，请回答下面问题：
（1）两小球的质量m1、m2 应满足m1
m2（填写“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式
，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；
（3）若改变两个小球的材质，步骤③中小球m1
（填写“一定”或“不一定”）落在中间落点位置P；
（4）若两小球的碰撞是弹性碰撞，图中PM 分别是小球m1 碰前、碰后的落点位置，实验测得BM＝15cm，BP＝
20cm，则小球m2 的落点位置BN＝
cm。
11．（12 分）某宇航员到一个星球后相分析这个星球的相关信息，于是做了两个小实验：一是测量了该星球的一个近
地卫星绕该星球做匀速圆周运动飞行N 圈用了时间t；二是将一个小球从星球表面竖直上抛，测出上升的最大高
度为h，第一次上升的时间为t1，第一次下降的时间为t2．设小球运动中受到的空气阻力大小不变，万有引力常量
为G，不计星球自转。求：
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（1）该星球的密度。
（2）该星球表面的重力加速度。
12．（20 分）某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将N 个大
小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左
到右依次为1、2、3、…、N，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k 倍（k＜1）。在第N 个小球右侧有一光
滑轨道，其中AB 段是水平的，BCD 段是竖直面内的半圆形，两段光滑轨道在B 点平滑连接，半圆轨道的直径
BD 沿竖直方向。在水平轨道的A 端放置一与第N 个悬挂小球完全相同的P 小球，所有小球的球心等高。现将1
号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1 号小球，使其与2 号小球碰撞，2 号小球再与3 号
小球碰撞…．所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失。已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰
撞时间均可忽略不计。求：
（1）求1 号小球与2 号小球碰撞之前的速度v1 的大小；
（2）若共有N 个小球，求P 小球第一次碰撞后的速度vP 的大小；
（3）若N＝6，当半圆形轨道半径R= 128݄
7
，k=
2 −1 时，求P 小球第一次被碰撞后能运动的最大高度。
【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．温度是分子平均动能的标志
B．某气体温度升高，每个气体分子的速率都会增大
C．﹣定质量的理想气体，若增大气体体积且保持压强不变，则单位时间撞击器壁的单位面积的分子数目减少
D．一定质量的理想气体，若降低温度、体积减小，其压强可能不变
E．打足气的自行车在太阳下暴晒容易爆胎，是因为车胎内气体温度升高，气体分子间的斥力增大
14．（10 分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，内有两个质量均为m 的密闭活塞，气缸和活塞AB 均导
热，活塞将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为
l0，温度为T0．气体Ⅰ的压强p1＝3p0．设外界大气压强为Po 保持不变，环境温度保持不变。求：①出状态系统
静止时，气体Ⅱ的压强p2；②在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m，两活塞在某位置重新处于平衡，活
塞A 下降的高度。
【物理--选修3-4】（15 分）
15．位于坐标原点处的波源A 沿y 轴做简谐运动，A 刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如图所
示，已知波速为2m/s，波源A 简谐运动的周期为0.4s，B 是沿波传播方向上介质的一个质点，则（
）
A．图中x 轴上A、B 之间的距离为0.8m
B．波源A 开始振动时的运动方向沿y 轴正方向
C．此后的1/4 周期内回复力对波源A 一直做负功
D．经半个周期质点B 又回到原来位置
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E．经半个周期质点C 的运动方向沿y 轴正方向
16．如图所示，MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为√2 的透明半球体，O 为球心，轴线OA
垂直于光屏，O 至光屏的距离OA= 3 3
2 h．一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB= h
2．已
知ݐܽh(ߙ−ߚ) = ݐܽhߙ−ݐܽhߚ
1+ݐܽhߙ⋅ݐܽhߚ．求：
（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度。
（2）光线在光屏形成的光斑到A 点的距离。
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2019-2020 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（二）
参考答案与试题解析
二、选择题（14-18 为单选，19-21 为多选，6*8＝48 分）
1．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．对于行星绕太阳运动，开普勒第三定律公式ܽ
3ܶ
2 =݇
中的k 值由太阳质量决定，与行星质量无关
B．地球对月球的引力大于月球对地球的引力
C．牛顿发现了万有引力定律，测出了万有引力常量的数值G
D．第一宇宙速度是人造卫星的最大发射速度，同时也是最小环绕速度
【考点】4D：开普勒定律；4E：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定；4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度
和第三宇宙速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】开普勒第三定律公式ܽ
3ܶ
2 =݇
中的k 值由太阳质量决定；地球对月球的引力与月球对地球的引力是相互作
用力大小相等；万有引力常量是由卡文迪许测
出的；第一宇宙速度是最大环绕速度，是最小发射速度；
【解答】解：A、开普勒第三定律公式ܽ
3ܶ
2 =݇
中的k 值由太阳质量决定，与行星质量无关，则A 正确
B、地球对月球的引力与月球对地球的引力是相互作用力，大小相等方向相反，则B 错误
C、卡文迪许测出的引力常数，则C 错误
D、第一宇宙速度是最大环绕速度，是最小发射速度，则D 错误
【点评】考查有关万有引力的知识开普勒行星运动定律，还要理解这几个定律的含义，并且要能在实际问题中会
运用。
2．（6 分）如图所示，在光滑水平面上一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止。某时刻起人
将锤抡起，然后用力使锤落下敲打车的左端，如此不断的敲打车的左端。不计空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．不断敲打车的左端的过程中，车将不断向右运动
B．停止敲打后，人、锤和车将一起向右匀速运动
C．在任意过程，人、锤和车组成的系统动量守恒
D．在任意过程，人、锤和车组成的系统水平方向动量守恒
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律分析即
可。
【解答】解：D、把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D 正确；
A、用大锤连续敲打车的左端过程中，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，大锤向左运动，小车向右运动，
大锤向右运动，小车向左运动，所以车左右往复运动，车不会不断地向右运动，故A 错误；
B、人、锤、车组成的系统在水平方向动量守恒，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，停止敲打后，人、
锤和车的速度为零，人、锤、车将静止，故B 错误；
C、在任意过程，人、锤、车组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，即系统所受
合外力不为零，系统动量不守恒，故C 错误；
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键是要知道系统的动量守恒，但总动量不守恒，运用动
量守恒定律分析小车的运动情况。
3．（6 分）如图，质量为m 和M 的两个物块A、B，中间连接着一根由轻绳束缚着、被压缩的轻质弹簧（弹簧还可
以继续压缩），最初A、B 在光滑水平面上静止不动，弹簧的弹性势能为Ep；某时刻质量为M、动量为P 的物块
C 向左运动与B 相碰并粘在一起，C 与B 碰撞的时间极短，且碰撞瞬间A、B 之间的绳子端开，则（
）
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A．C、B 碰撞过程中，C 对B 的冲量为P
B．C、B 碰后弹簧弹性势能最大是ܧ݌+ܲ
2
4ܯ
C．C、B 碰后，弹簧弹性势能最大时，A、B、C 的动量相同
D．C、B 碰后，弹簧第一次恢复原长时，A、B、C 的动能之和是ܧ݌+ܲ
2
4ܯ
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】B、C 碰撞过程B、C 系统动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理求出C 对B
的冲量；
当A、B、C 三者速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出
弹簧的最大弹性势能；
弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零，根据能量守恒定律求出此时系统的动能。
【解答】解：A、B 与C 碰撞过程BC 系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：P＝2Mv，解得：v=ܲ2ܯ，
对B，由动量定理得：I＝Mv=ܲ2，即C、B 碰撞过程C 对B 的冲量为ܲ2，故A 错误；
B、C、B 碰撞后，当A、B、C 三者速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，以向左为
正方向，由动量守恒定律得：P＝（2M+m）v′，
由能量守恒定律得：
1
2 ⋅2ܯ㘴2 +EP= 1
2 (2ܯ+݉
)㘴'2 +EPmax，解得，弹簧的最大弹性势能：EPmax＝EP+ܲ
2
4ܯ−ܲ
2
4ܯ+2݉
，
故B 错误；
C、C、B 碰后，弹簧弹性势能最大时，A、B、C 的速度相等，由于A 与B 和C 的质量不相等，则A 与B、C 的
动量不同，故C 错误；
D、C、B 碰后，弹簧第一次恢复原长时弹簧弹性势能为零，由能量守恒定律得：：
1
2 ⋅2ܯ㘴2 +EP＝EK 总，解得，A、
B、C 的动能之和：EK 总＝EP+ܲ
2
4ܯ，故D 正确；
【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒
定律与能量守恒定律即可解题。
4．（6 分）如图，一根长度为l 的轻绳系住一质量为m 的小球悬挂在O 点，在水平半径OP 的中点A 处钉一枚光滑
的钉子，在最低点给小球一个水平初速度v0，不计空气阻力，下列说法正确的（
）
A．若㘴0 =
2tt，则小球向上运动的过程中，水平速度先增大后减小
B．若㘴0 =
7tt
2 ，则小球刚好通过N 点做圆周运动
C．若㘴0 =
2tt，则小球向上运动的过程中，小球重力的功率一直增大
D．若㘴0 =
7tt
2 ，则小球在P 点后一瞬间绳子的拉力为mg
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；51A：圆周运动中的临界问题．
【分析】根据机械能守恒定律和功率的计算公式分析速度和功率的变化；小球在最高点时，由重力和轻绳的拉力
的合力提供小球的向心力，根据机械能守恒定律求解最低点速度；根据机械能守恒定律求解P 点的速度，根据牛
顿第二定律求解绳子的拉力大小。
【解答】解：AC、若㘴0 =
2tt，则小球向上运动的过程中，上升的最大高度h，则mgh= 1
2݉
㘴0
2，解得h＝l，则
刚好上升到P 点，小球的水平速度一直减小；
根据P＝mgvy 可知，小球重力的功率先增大后减小，故AC 错误；
B、小球能恰好越过大圆的最高点的则有：mg＝m
㘴2
t
2
，解得：v=
tt
2 ；
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设小球在最低点的速度为v0，则由机械能守恒定律可知：
1
2mv02＝mg⋅3
2R+ 1
2mv2；
解得初速度㘴0 =
7tt
2 ，故B 正确；
D，若㘴0 =
7tt
2 ，则小球在P 点后一瞬间速度为vP，根据机械能守恒，
1
2݉
㘴0
2 =mgl+ 1
2݉
㘴ܲ2
根据向心力公式：T＝m
㘴ܲ2
t
联立得：T= 3
2mg，故D 错误。
【点评】本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细
线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面
内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。
5．（6 分）如图，a、b、c 是三个质量相同的小球（可视为质点），a、b 两球套在水平放置的光滑细杆上，c 球分别用
长度为L 的细线与a、b 两球连接。起初a、b 两球固定在细杆上相距2L 处，若同时释放a、b、c 三球，重力加速
度为g。则（
）
A．在a、b 碰撞前的运动过程中，c 的动能一直增大
B．在a、b 碰撞前的运动过程中，c 的机械能守恒
C．在a、b 碰撞前的瞬间，b 的速度为tܮ
D．在a、b 碰撞前的瞬间，b 的速度为2tܮ
3
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】分析细线对c 做功情况，从而判断出c 的机械能变化情况。在a、b 碰撞前的瞬间，c 的速度为零，由系
统的机械能守恒求b 的速度。
【解答】解：A、从释放a、b 开始c 由静止向下做加速运动，当a、b 碰撞瞬间c 下降到最低点，速度为零，从释
放a、b 到a、b 碰撞过程c 的速度先增大后减小，c 的动能先增大后减小，故A 错误；
B、在a、b 碰撞前的运动过程中，c 向下运动，两细线对c 做负功，则c 的机械能一直减小，故B 错误；
CD、在a、b 碰撞前的瞬间，c 的速度为零，由系统的机械能守恒得：mgL= 1
2•2mvb2，可得，b 的速度为vb=
tܮ，
故C 正确，D 错误。
【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚各球的运动过程是解题的前提与关键，根据运动过程与球的受力情况，
应用机械能守恒定律可以解题。
6．（6 分）某汽车在恒定功率牵引下由静止开始做直线运动，行驶10s 后的速度达到20m/s，设汽车所受阻力恒定，
则这段时间内汽车行驶的距离可能是（
）
A．90m
B．100m
C．110m
D．120m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】火车以额定功率行驶时，随着速度的增加，牵引力会逐渐的减小，所以此时的火车不可能做匀加速运动，
做的是初速度为零加速度逐渐减小的加速运动，10s 末速度达到20m/s，可以把这个过程与匀加速直线运动比较解
题。
【解答】解：根据火车的运动的过程，画出火车的速度时间图象如图所示，
根据速度时间图象曲线与坐标轴围成的面积表示位移可知，如果物体做初速度为零，末速度为20m/s 的匀加速直
线运动，位移等于三角形的面积，即x= 1
2 ×20×10m＝100m
而此时实际曲线形成面积大于100m。
故AB 错误，CD 正确
故选：CD。
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【点评】根据速度时间图象可以快速准确的解决本题，要注意在速度时间图象中斜率表示加速度，图象与坐标轴
围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。
7．（6 分）如图，赤道上空有2 颗人造卫星A．B 绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A、B 的轨
道半径分别为2R、8R，卫星B 的运动周期为T，某时刻2 颗卫星与地心在同一直线上。则（
）
A．卫星A 的角速度大于B 的角速度
B．卫星A 的加速度小于B 的加速度
C．卫星A 的机械能小于B 的机械能
D．再经过ܶ7，卫星A、B 又相距最近
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】由万有引力提供向心力可确定出线速度，角速度，加速度的表达式，比较各量的大小分析各项。
【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地
球质量为M，有
F＝F 向&nbsp；；F＝G
ܯ݉
ݎ2
F 向＝m
㘴2
ݎ=mω2r＝m（
2ߨܶ）2r
因而G
ܯ݉
ݎ2 =m
㘴2
ݎ=mω2r＝m（
2ߨܶ）2r＝ma
解得：v=
ܩܯ
ݎ①T= 2ߨݎ
㘴=2π
ݎ3
ܩܯ②ω=
ܩܯ
ݎ3 ③a= ܩܯ
ݎ2 ④
A、由ω=
ܩܯ
ݎ3 可知半径小的角速度大，则A 正确
B、由a= ܩܯ
ݎ2 可知半径小的加速度大，则B 错误
C、卫星的机械能与质量有关，二者质量不确定，则无法比较机械能的大小，则C 错误
D、由B 的周期T＝2π (8h)3
ܩܯ，可知A 的周期T′＝2π
h3
ܩܯ=
1
16 2ܶ
若再次相距最近经历时间为t 则要满足：( 2ߨ
1
16 2ܶ
−2ߨܶ)ݐ= 2ߨ解得：t=ܶ16 2−1，则D 错误
【点评】本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星
何时相距最近的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度。
8．（6 分）将一质量为M＝3kg 的长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲，一个质量m＝1kg 的小铅块（可视为质
点）以水平初速度v0＝4m/s 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。小铅块与木板之间的动
摩擦因数为0.6．现将木板分成A 和B 两段，使B 的长度和质量均为A 的2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小
铅块仍以初速度v0 由木块A 的左端开始向右滑动，如图乙。则下列有关说法正确的是（
）
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A．甲图中，如果减小铅块的质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出
B．甲图中木板的长度为1m
C．乙图中，滑块从B 的右端滑出
D．乙图中A 最终的速度为(1 −6
3 )m/s
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】铅块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出木板的长度；
比较两次运动的区别，铅块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，
整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B 部分上后1 部分停止加速，只有2 加速，加速度
大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板。
应用动量守恒定律与能量守恒定律求出乙图中A 的最最终速度。
【解答】解：A、铅块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，
由能量守恒定律得：
1
2݉
㘴0
2 =
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 +μmgL
解得：L=
ܯ㘴0
2
2ߤ(ܯ+݉
)t，
如果减小铅块的质量m，其他条件不变，则铅块相对木板静止时相对木板滑行的距离s 将变大，s 大于木板长度，
铅块将从木板右端滑出，故A 正确；
B、铅块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，
由能量守恒定律得：
1
2݉
㘴0
2 =
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 +μmgL
代入数据解得：L＝1m，故B 正确；
C、在图甲中，在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第图乙中小铅块先使整个
木板加速，运动到B 部分上后A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于图甲中对应的过程，故图乙中小铅
块与B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B 的右端就相对B 静止，不会从B 的右端滑出，故C
错误；
D、从铅块滑上A 到离开A 的过程，铅块、A、B 组成的系统动量守恒，在铅块离开A 前，A、B 一起向右加速运
动，铅块离开A 时，A、B 的速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v+mv 铅块
由能量守恒定律得：
1
2݉
㘴0
2 =
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 +
1
2݉
㘴
铅块
2
+μmg⋅1
3L
代入数据解得：v＝（1−6
3 ）m/s，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动
量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
三、非选择题
9．（6 分）用如图所示实验装置验证机械能守恒定律。实验时让小铁球从A 点自由下落，下落过程中经过光电门B
时，计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出AB 之间的距离h。实验前应调整光电门位置使小球下落
过程中球心通过光电门中的激光束。
（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，下列说法正确的是
C
；
A．必须测小铁球的质量m B．必须测小铁球从A 到B 的下落时间tAB
C．必须测小铁球的直径dD．可以通过㘴=
2t݄计算出B 点的瞬时速度
（2）若下落过程中机械能守恒，则
1
ݐ2与h 的关系式为
1
ݐ2 =
2t݀
2h
。
（3）空气阻力对实验带来的误差属于
系统误差
（填“系统误差”“偶然误差”）
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【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B
点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知
道需要测量的数据。
（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械
能守恒的表达式可以求出所要求的关系式。
（3）根据系统误差和偶然误差的区别进行判断。
【解答】解：（1）A、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A 错误；
B、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故B 错误；
C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故
C 正确；
D、根据实验原理可知，若通过㘴=
2t݄计算出B 点的瞬时速度，则起不到验证的目的，故D 错误。
（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=݀ݐ，
根据机械能守恒的表达式有：mgh= 1
2 mv2，即：
1
ݐ2 =
2t݀
2h。
（3）系统误差是由于仪器本身不精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的；偶然误差是由各种偶然因
素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的；因此实验中空气阻力对实验带来的误差属于属于系统误差；
故答案为：（1）C；（2）
2t݀
2h；（3）系统误差。
【点评】无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，
要灵活应用所学运动学的基本规律。要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据
的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。另外注意打点计时器和刻度尺的使用。
10．（9 分）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实
验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1 和m2；
②安装实验装置，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC 连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1 从斜槽顶端A 处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
④将小球m2 放在斜槽末端B 处，仍让小球m1 从斜槽顶端A 处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、
m2 在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B 的距离。图中从M、P、N 点是实验过程中记下的小球在斜面上的
三个落点位置，从M、P、N 到B 点的距离分别为SM、SP、SN．依据上述实验步骤，请回答下面问题：
（1）两小球的质量m1、m2 应满足m1
＞
m2（填写“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式
m1 ܤܲ
=m1 ܤܯ+m2 ܤܰ
，就能说明两球碰撞前后动量
是守恒的；
（3）若改变两个小球的材质，步骤③中小球m1
不一定
（填写“一定”或“不一定”）落在中间落点位置P；
（4）若两小球的碰撞是弹性碰撞，图中PM 分别是小球m1 碰前、碰后的落点位置，实验测得BM＝15cm，BP＝
20cm，则小球m2 的落点位置BN＝
35+20 3
cm。
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【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52K：动量与动能定理或能的转化与
守恒定律综合．
【分析】（1）明确实验原理，从而分析实验中应满足的条件；
（2）小球m1 和小球m2 相撞后，小球m2 的速度增大，小球m1 的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不
难判断出；设斜面BC 与水平面的倾角为α，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1 和小球m2 的速度，表示出动量
的表达式即可求解；
（3）根据碰撞的基本性质进行分析，从而确定碰后两小球的速度关系，从而确定落点；
（4）如果为弹性碰撞，则应满足机械能守恒，联立（2）中表达式即可确定沿斜面长度间的关系，从而确定OP
距离。
【解答】解：（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量；
（2）小球m1 和小球m2 相撞后，小球m2 的速度增大，小球m1 的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1 球的
落地点是M 点，m2 球的落地点是N 点；
碰撞前，小于m1 落在图中的P 点，设其水平初速度为v1．小球m1 和m2 发生碰撞后，m1 的落点在图中的M 点，
设其水平初速度为v1′，m2 的落点是图中的N 点，设其水平初速度为v2．设斜面BC 与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：
SMsinα= 1
2gt2
SMcosα＝v′1t
解得：v1'=
tܤܯ
(ܿ
݋ݏߙ)22ݏthߙ
同理可解得：v1 =
tܤܲ(ܿ݋ݏߙ)2
2ݏthߙ
，v2 =
tܤܰ(ܿ݋ݏߙ)2
2ݏthߙ
所以只要满足m1v1 ＝m2v2+m1v ′ 1 即：
m1 ܤܲ
=m1 ܤܯ+m2 ܤܰ则说明两球碰撞过程中动量守恒；
（3）如果改变小球的材质，则两小球碰后的速度可能不同，故小球1 不一定落到中间位置P；
（4）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足：
1
2m1v'12= 1
2m1v12+ 1
2m2v22
代入以上速度表达式可知，应满足公式为：
m1SP＝m1SM+m2SN；
联立m1 ܤܲ
=m1 ܤܯ+m2 ܤܰ
解得：
ܤܲ
+
ܤܯ=
ܤܰ
解得：BN＝35+20 3cm。
故答案为：（1）＞（2）m1 ܤܲ
=m1 ܤܯ+m2 ܤܰ；（3）不一定；（4）35+20 3。
【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球
的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失。
11．（12 分）某宇航员到一个星球后相分析这个星球的相关信息，于是做了两个小实验：一是测量了该星球的一个近
地卫星绕该星球做匀速圆周运动飞行N 圈用了时间t；二是将一个小球从星球表面竖直上抛，测出上升的最大高
度为h，第一次上升的时间为t1，第一次下降的时间为t2．设小球运动中受到的空气阻力大小不变，万有引力常量
为G，不计星球自转。求：
（1）该星球的密度。
（2）该星球表面的重力加速度。
【考点】1N：竖直上抛运动；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】（1）由万有引力提供向心力，用周期表示向心力列等式可解；
（2）设空中运动时受到的阻力大小为f，据牛顿运动定律和运动学公式求得g。
【解答】解：（1）近地卫星的周期T= ݐܰ
据万有引力等于向心力得：G
ܯ݉
h2 =m（
2ߨܶ）2r
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密度：ߩ=
ܯ
4
3ߨh3
由以上各式可得：ߩ= 3ߨܰ
2
ܩݐ2
（2）设阻力大小为f：上升：h= 1
2 (t +݂݉
)ݐ1
2
下降：h= 1
2 (t −݂݉
)ݐ2
2
解得：g=݄ݐ1
2 −݄ݐ2
2
答：（1）该星球的密度为
3ߨܰ
2
ܩݐ2 。
（2）该星球表面的重力加速度为݄ݐ1
2 −݄ݐ2
2
【点评】在星球表面重力与万有引力相等，掌握运动学公式和牛顿第二定律的综合应用是解决第二问的关键。
12．（20 分）某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将N 个大
小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左
到右依次为1、2、3、…、N，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k 倍（k＜1）。在第N 个小球右侧有一光
滑轨道，其中AB 段是水平的，BCD 段是竖直面内的半圆形，两段光滑轨道在B 点平滑连接，半圆轨道的直径
BD 沿竖直方向。在水平轨道的A 端放置一与第N 个悬挂小球完全相同的P 小球，所有小球的球心等高。现将1
号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1 号小球，使其与2 号小球碰撞，2 号小球再与3 号
小球碰撞…．所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失。已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰
撞时间均可忽略不计。求：
（1）求1 号小球与2 号小球碰撞之前的速度v1 的大小；
（2）若共有N 个小球，求P 小球第一次碰撞后的速度vP 的大小；
（3）若N＝6，当半圆形轨道半径R= 128݄
7
，k=
2 −1 时，求P 小球第一次被碰撞后能运动的最大高度。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）对于1 号小球由h 高运动到最低点过程，根据机械能守恒求出碰前的速度；
（2）对于1、2 号小球碰撞的过程根据动量守恒定律和机械能守恒列出等式，对于2、3 号小球碰撞的过程，根据
动量守恒定律和机械能守恒求解。
（3）应用牛顿第二定律与机械能守恒定律求出小球P 脱离轨道时速度方向与圆弧轨道切线方向的夹角，球脱离轨
道后做斜抛运动，应用运动学公式求出上升的最大高度。
【解答】解：（1）设1 号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，
对于1 号小球由h 高运动到最低点过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：m1gh= 1
2݉
1㘴1
2，
解得：v1=
2t݄；
（2）设1 号、2 号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向。
对于1、2 号小球碰撞的过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：m1v1＝m1v'1+m2v2，
根据机械能守恒得：
1
2݉
1㘴1
2 =
1
2݉
1㘴'1
2 +
1
2݉
2㘴2
2，
解得：v2=
2
1+݇
2th，
设2 号、3 号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，
对于2、3 号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有m2v2＝m2v'2+m3v3
根据机械能守恒有：
1
2݉
2㘴2
2 =
1
2݉
2㘴'2
2 +
1
2݉
3㘴3
2，
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同理可解得：3 号小球被碰后的速度：v3＝（
2
1+݇）2 2th，
…………
则第N 个球与P 碰撞前的速度：vN＝（
2
1+݇）N﹣1 2th，
而小球P 的质量与第N 个小球的质量相等，且发生正碰，速度交换，
则P 小球离开光滑平台时的速度vP＝vN＝（
2
1+݇）N﹣1 2th；
（3）由（2）可知，P 球的初速度：v0＝v6＝（
2
1+݇）5 2th，
设P 小球在轨道CD 之间脱离轨道，P 被碰撞后脱离轨道时有：݇5݉
1tݏthߠ=݇
5݉
1㘴2
h
，
P 球由A 到脱离轨道过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
1
2݉
6㘴0
2 =݉
6t(h + hݏthߠ) +
1
2݉
6㘴2，解得：θ＝30°，
P 脱离轨道后做斜抛运动，
在竖直方向：（vcosθ）2＝2gh′，
上升的高度：H＝R+Rsinθ+h′，
解得：H= 27
16R= 216
7 h；
答：（1）1 号小球与2 号小球碰撞之前的速度v1 的大小为2th；
（2）若共有N 个小球，P 小球第一次碰撞后的速度vP 的大小为（
2
1+݇）N﹣1 2th；
（3）若N＝6，当半圆形轨道半径R= 128݄
7
，k=
2 −1 时，P 小球第一次被碰撞后能运动的最大高度为
216
7 h。
【点评】本题是利用动量守恒和机械能守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子，其中由1 号球的速度归纳第n+1
号球的速度是关键，而且也是难点。
【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．温度是分子平均动能的标志
B．某气体温度升高，每个气体分子的速率都会增大
C．﹣定质量的理想气体，若增大气体体积且保持压强不变，则单位时间撞击器壁的单位面积的分子数目减少
D．一定质量的理想气体，若降低温度、体积减小，其压强可能不变
E．打足气的自行车在太阳下暴晒容易爆胎，是因为车胎内气体温度升高，气体分子间的斥力增大
【考点】86：分子间的相互作用力；89：温度是分子平均动能的标志；9C：气体压强的微观意义．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．
【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说没有意义，
即当气体温度升高时，有的分子的速率可能增大，有的分子的速率可能减小，有的分子的速率可能不变；
气体的压强与分子平均动能和气体分子的数密度有关。气体的温度升高时气体的压强不一定增大。气体体积变小
时，气体的压强不一定增大。
理想气体在等容变化的过程中，温度升高，压强增大。
【解答】解：A、温度是分子平均动能大小的标志。故A 正确。
B、由于气体分子的速率成正态分布，所以某气体温度升高，不是每个气体分子的速率都会增大。故B 错误。
C、气体的压强与分子平均动能和气体分子的数密度有关。增大气体体积，单位时间撞击器壁的单位面积的分子数
目减少。故C 正确。
D、气体体积变小时，气体分子的数密度增大，单位时间撞击器壁的单位面积的分子数目增多，温度降低分子平
均动能减小，气体的压强可能不变，故D 正确。
E、车胎内气体温度升高，发生等容变化，由查理定律可知，压强增大，所以容易爆炸，并不是分子斥力的原因，
对于气体分子间距较大，分子力视为零，故E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题要掌握气体的压强与分子平均动能和气体分子的数密度两个因素有关。一定质量的理想气体内能只
与温度有关。
14．（10 分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，内有两个质量均为m 的密闭活塞，气缸和活塞AB 均导
热，活塞将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为
l0，温度为T0．气体Ⅰ的压强p1＝3p0．设外界大气压强为Po 保持不变，环境温度保持不变。求：①出状态系统
静止时，气体Ⅱ的压强p2；②在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m，两活塞在某位置重新处于平衡，活
塞A 下降的高度。
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【考点】9D：气体的等温变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．
【分析】①根据活塞平衡受力分析求解气体压强；
②分别表示出添加沙子后的压强，气体为等温变化，根据玻意耳定律列式求解气体长度，最后根据几何关系求解
A 下降的高度。
【解答】解：①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+݉
t
ݏ=3p0
所以：mg＝2P0S
Ⅱ气体压强：P2＝P1+݉
t
ݏ=5P0
②添加铁砂后Ⅰ气体压强：P′1＝P0+ 2݉
t
ݏ
=5P0
气体Ⅰ的等温变化，P1l0s＝P1′l1s
压强：P2′＝P1′+݉
t
ݏ=7P0
Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S＝P2′l2S
A 活塞下降的高度：h＝2l0﹣l1﹣l2
联立解得h= 24
35l0
答：：①出状态系统静止时，气体Ⅱ的压强p2 为5P0；
②在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A 下降的高度为
24
35l0。
【点评】考查理想气体状态方程，找出初末状态的状态参量，对于压强可以选择活塞受力分析列式求解，最后列
理想气体状态方程即可。
【物理--选修3-4】（15 分）
15．位于坐标原点处的波源A 沿y 轴做简谐运动，A 刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如图所
示，已知波速为2m/s，波源A 简谐运动的周期为0.4s，B 是沿波传播方向上介质的一个质点，则（
）
A．图中x 轴上A、B 之间的距离为0.8m
B．波源A 开始振动时的运动方向沿y 轴正方向
C．此后的1/4 周期内回复力对波源A 一直做负功
D．经半个周期质点B 又回到原来位置
E．经半个周期质点C 的运动方向沿y 轴正方向
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由波速和周期求得波长，即可根据波形得到AB 间距离；根据波的传播方向得到质点振动方向，即可根
据运动时间得到起振方向；由位移判断回复力方向，即可根据位移变化判断回复力做功。
【解答】解：A、根据波速v＝2m/s，周期T＝0.4s 可得：波长ɉ＝vT＝0.8m，如图所示：AB 间的距离为x= 1
2 × 0.8m
＝0.4m，故A 错误；
B、根据A 刚好完成一个全振动可得：波源A 的起振方向和图示时刻振动方向一致，根据波向右传播可得：波源
A 向下振动，故起振方向向下，故B 错误；
C、由B 可知：质点A 向下运动，故此后的
1
4周期内速度方向向下，回复力方向向上，那么，回复力做负功，故C
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正确；
D、质点B 现在在平衡位置，经半个周期质点B 又回到原来位置，故D 正确；
E、图示时刻质点C 的位移为负，故合外力方向沿y 轴正方向，故E 正确；
故选：CDE。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的
传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
16．如图所示，MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为√2 的透明半球体，O 为球心，轴线OA
垂直于光屏，O 至光屏的距离OA= 3 3
2 h．一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB= h
2．已
知ݐܽh(ߙ−ߚ) = ݐܽhߙ−ݐܽhߚ
1+ݐܽhߙ⋅ݐܽhߚ．求：
（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度。
（2）光线在光屏形成的光斑到A 点的距离。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）根据数学上正弦定理和折射定律分别列式，得到∠BOA，即可求得出射光线偏离原方向的角度。
（2）光线在光屏形成的光斑到A 点的距离。
【解答】解：（1）分析如图。设入射点B 到O 的垂直距离BO＝h，∠BCO＝β，折射角为i。
对△OBC，由正弦公式得：sinβ=݄h = 1
2
又n= ݏtht
ݏthߚ=
2
联立解得i＝45°
出射光线偏离原方向的角度：△θ＝i﹣β＝60°﹣45°＝15°
（2）设出射光线与MN 交与P 点，则由几何关系可得，
tan∠ECP= ܧܲ
ܥܧ= ܧt−tܱܲ
t−ܱܳ
又由于EA＝Rsin30°= h
2，
OQ＝Rcos30°=
3
2 h
解得：AP＝3.5R﹣2 3R
答：（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度是15°。
（2）光线在光屏形成的光斑到A 点的距离是3.5R﹣2 3R。
【点评】本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图进
行分析。
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第三次月考物理试卷
二．选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）卫星甲和乙绕地球做匀速圆周运动，甲的线速度是5km/s，乙的线速度是3km/s。下列说法正确的是（
）
A．甲的运行周期一定比乙的小
B．甲的向心力一定比乙的小
C．甲的加速度一定比乙的小
D．甲的角速度一定比乙的小
2．（6 分）将两个相同的小球从同一高度以相同的速率分别平抛和斜向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地的过
程中（
）
A．落地时两个小球的动量相同
B．重力对两个小球的冲量相同
C．两个小球动量的变化量相同
D．两个小球动能的变化量相同
3．（6 分）平直公路上一辆轿车以20m/s 的速度匀速行驶，在距离前方红绿灯停车线50m 的地方司机发现黄灯亮了，
该司机经过0.5s 的反应时间，然后刹车做匀减速直线运动，最后刚好停在停车线上，则（
）
A．轿车刹车的加速度大小是10m/s2
B．司机发现黄灯亮后，轿车经过4.5s 停下
C．从司机发现黄灯亮到停下来的过程中轿车的平均速度大小是10m/s
D．轿车停止前3s 的位移大小是20m
4．（6 分）如图所示，一个质量为M 的物块放在粗糙的斜面上，斜面的倾角为α，斜面放在粗糙的水平地面上．当受
到平行于斜面的水平推力F 的作用时物块和斜面都处于静止状态，下列关于物块的说法正确的是（
）
A．物块静止时受到5 个力
B．地面对斜面的摩擦力向左
C．若撤去推力F 则物块仍处于静止状态
D．若增大水平推力F 则可能出现斜面不动，物块向左匀速运动的情况
5．（6 分）如图所示，一质量为m 的滑块放在固定的粗糙斜面上，从距离斜面底端高度为H 的地方滑到斜面底端与
挡板P 相碰，已知滑块与挡板每次相碰都以原速率反弹．滑块第一次反弹的最大高度为
3
5 ܪ，斜面倾角为37°
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列结论中正确的是（
）
A．滑块每次下滑与上滑的时间相等
B．滑块下滑加速度与上滑加速度大小相等
C．滑块与斜面上运动的总路程为
3
16
D．滑块在斜面上运动的总路程为7H
6．（6 分）如图所示，轻绳的一端固定，另一端连接一个小球在竖直平面内运动，绳长为l，小球可视为质点．小球
在最低点的速度设为v0，则（
）
A．当㘴0＜tt时，细绳始终处于绷紧状态
B．当㘴0＞2 tt时，小球能通过最高点P 做完整的圆周运动
C．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态
D．若小球能逆时针做完整的圆周运动，则小球从N 点到P 点的水平速度一直增大
7．（6 分）在某次电影的拍摄中，需要拍摄演员竖直向上飞起的过程．剧组在离地面H＝20m 处架设了轮轴（轮与轴
有相同的角速度），轮和轴的直径之比为2：1（人和车均视为质点，且轮轴直径小于H），若特技演员质量m＝50kg，
一辆汽车从图中A 点静止出发加速前进到B，在A 处绳子竖直，在B 处时汽车的速度v＝5m/s 且BO 与水平方向
的夹角为53°，连接汽车的绳子绕在轮轴的轴上，拉动演员的绳子绕在轮轴的轮上，运动过程中轮轴的半径视为
不变．使演员由地面从静止开始向上运动，不计空气阻力（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．在汽车从A
运动到B 的过程中（
）
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A．若汽车匀加速运动，则演员向上匀加速运动
B．演员上升的高度为5m
C．演员的最大速度为6m/s
D．绳子在这一过程中对演员做功为5900J
8．（6 分）如图7 所示，A、B、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为
mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝2kg，初状态三个小球均静止，BC 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给
A 一个向左的初速度v0＝10m/s，A、B 碰后A 球的速度变为向右，大小为2m/s．下列说法正确的是（
）
A．球A 和B 碰撞是弹性碰撞
B．球A 和B 碰后，弹簧恢复原长时球C 的速度为9.6m/s
C．球A 和B 碰后，球B 的最小速度为1.6m/s
D．球A 和B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33 题～第
38 题为选考题，考生根据需求作答．）（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置验证“动量守恒定律”．实验的时候首先让a 小球从斜槽上某一位置静止释
放，然后沿斜槽末端水平面做平抛运动，落在P 点．然后把半径相同的b 小球放在斜槽末端，让a 小球从之前释
放的同一位置静止释放，与b 小球碰撞后，b 小球落在N 点，a 小球落在M 点．图中O 点为斜槽末端在地面上的
垂直投影．
（1）为减小实验误差，应该选取小球的质量ma
mb（填“大于”“等于”或“小于”）
（2）若a、b 小球碰撞时动量守恒，则应满足
（用图中出现的字母表示）．
（3）若只是改变a、b 小球的材质，题目中的小球碰撞后b 的落点N 点是否可能在P 点的左边？
（填“可
能”或“不可能”）．
10．（9 分）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，小华同学设计了如图甲所示的实验，将表面粗糙的木板固定在
水平桌面上，木板右端装有定滑轮；木板上放一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过定滑
轮的细线与托盘连接。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做
匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点。
（1）选取实验中点迹清晰的一条纸带，取纸带的一部分点0、1、2、3、4、5、6 为计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），实验中只记录了如图乙所示的部分数据，由此计算滑块的加速度a＝
m/s2（保
留2 位有效数字）
（2）若不计空气阻力，实验中还测出了托盘和砝码的总质量m1，滑块的质量m2，则滑块与木板间的动摩擦因数
μ＝
（用g、a、m1、m2 中所需字母表示）。
（3）若考虑空气阻力，上一问题中测出的动摩擦因数
（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
11．（12 分）宇航员到一个半径为R 的星球后想分析这个星球的质量和星球表面的气体对运动物体的阻力，于是做了
两个小实验：首先测出一个质量为m 的小球的重力为G1，然后将小球从地面竖直上抛，测出第一次上升的时间为
t1，第一次下降的时间为t2．设小球运动中受到的阻力大小不变，万有引力常量为G，不计星球自转，且小球与地
面碰撞时等速反弹．求：
（1）该星球的质量；
（2）小球在空中运动时受到的阻力大小．
12．（20 分）如图所示，光滑的水平面上固定一光滑的半圆形凹槽，凹槽下端右侧放置一质量M＝1kg 的木板，凹槽
的上端右侧固定一个长度L＝2m 逆时针运转的传送带，传送带速度v0＝2m/s，传送带右侧连接光滑的平台，平台
上右端连接轻弹簧。现用一个可视为质点的质量m＝0.5kg 的滑块压缩弹簧然后静止释放，滑块从B 点刚好能向
下做圆周运动到C 点，当滑块上木板后立即撤去凹槽。木板足够长，滑块不会从木板上掉下。已知凹槽的半径R
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＝0.9m，滑块和传送带、木板的动摩擦因数均为μ＝0.25．其他阻力不计，g＝10m/s2。
（1）求释放滑块时，弹簧的弹性势能是多大？
（2）若在木板右边与木板右端相距d＝5m 的水平地面上固定一弹性挡板（图中未画出），求滑块在木板上产生的
总摩擦生热为多少？
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，求能使滑块与木板之间产生最多摩擦生热的d 的所有可能
取值。
【物理-选修3-3】
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同
B．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动
C．晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．某一过程气体对外做功，其内能不一定减小
E．某容器中气体压强减小，则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数一定减少
14．（10 分）如图所示，一竖直放置的U 形管两端开口、粗细均匀，两管的竖直部分高度为20cm，内径很小，水平
部分BC 长16cm．一空气柱将管内水银分割成左、右两段．大气压强p0＝76cmHg．当空气柱温度T0＝273K、长
L0＝8cm 时，BC 管内左边水银柱和AB 管内水银柱长都为2cm．右边水银柱只画出了一部分，求：
（1）右边水银柱总长度；
（2）若缓慢降低空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边水银柱全部进入BC 管？
（3）若缓慢升高空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管？
【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波从左向右以v＝5m/s 的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（
）
A．C 质点再经过一个ܶ4周期将传播到D 点
B．B 点再经过ܶ8回到平衡位置
C．B 点正在向上运动
D．该波的周期T＝0.02s
E．每0.02sC 点的路程为16cm
16．如图所示，AOBC 为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为半径R＝10cm 的四分之一圆弧，
AB 与水平面屏幕MN 垂直并接触于A 点。由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB 分界面上
的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1= 2 3
3 ，
n2=
2。
（i）判断在AM 和AN 两处产生亮斑的颜色；
（ii）求两个亮斑间的距离（结果保留4 位有效数字）。
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第三次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二．选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）卫星甲和乙绕地球做匀速圆周运动，甲的线速度是5km/s，乙的线速度是3km/s。下列说法正确的是（
）
A．甲的运行周期一定比乙的小
B．甲的向心力一定比乙的小
C．甲的加速度一定比乙的小
D．甲的角速度一定比乙的小
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉߱
2ݎ=݉ܽ
=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，分析线速度、角速度、周期与轨道半
径的关系。
【解答】解：根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉߱
2ݎ=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ
得：㘴=
ܩܯ
ݎ，߱
=
ܩܯ
ݎ3 ，ܶ
= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ。
甲的线速度是5km/s，乙的线速度是3km/s，由㘴=
ܩܯ
ݎ可知甲的轨道半径小于乙的轨道半径；
A、由ܶ
= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ可知，轨道半径较小的甲的周期一定比乙的小。故A 正确；
B、卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，由于二者的质量关系未知，所以不能判断二者的向心力的关系。故
B 错误；
C、卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则：a= ܩܯ
ݎ2 ，可知轨道半径较小的甲的向心加速度一定比乙的大。
故C 错误；
D、由߱
=
ܩܯ
ݎ3 可知，轨道半径较小的甲的角速度一定比乙的大。故D 错误
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉߱
2ݎ=݉ܽ
=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ=ma，能够分析出加速
度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系。
2．（6 分）将两个相同的小球从同一高度以相同的速率分别平抛和斜向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地的过
程中（
）
A．落地时两个小球的动量相同
B．重力对两个小球的冲量相同
C．两个小球动量的变化量相同
D．两个小球动能的变化量相同
【考点】43：平抛运动；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】小球均只受重力，加速度相等，均为g，将小球的运动分解水平方向和竖直方向，结合竖直方向上的运
动比较运动的时间．根据动能定理比较落地的动能大小，根据动量定理分析动量的变化量以及末动量关系．
【解答】解：A、根据动能定理可知，两小球落地时速度大小相同，但方向不同，故两小球的末动量不相同，故A
错误；
BC、两球均仅受重力，加速度相同，但由于向上抛出的小球具有向上的初速度，故向上抛出的小球落时用时较长，
重力的冲量要大；根据动量定理可知，落地小球的动量的变化量不相同，故BC 错误；
D、根据动能定理知，mgh＝△EK，由于重力做功相等，初动能相等，可知落地的动能相等，动能的变化量相同，
故D 正确。
【点评】本题考查动量定理和动能定理的应用；对于曲线运动问题，在比较运动时间等问题时，一般的解题思路
是将运动进行分解，抓住等时性进行比较．比较落地速度不涉及方向时，可以通过动能定理或动量定理进行分析
求解．
3．（6 分）平直公路上一辆轿车以20m/s 的速度匀速行驶，在距离前方红绿灯停车线50m 的地方司机发现黄灯亮了，
该司机经过0.5s 的反应时间，然后刹车做匀减速直线运动，最后刚好停在停车线上，则（
）
A．轿车刹车的加速度大小是10m/s2
B．司机发现黄灯亮后，轿车经过4.5s 停下
C．从司机发现黄灯亮到停下来的过程中轿车的平均速度大小是10m/s
D．轿车停止前3s 的位移大小是20m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】汽车在反应时间内做匀速运动，之后做匀减速运动，根据运动学公式即可求得
【解答】解：A、反应时间内通过的位移为x 反＝v0t＝20×0.5m＝10m，减速通过的位移为x＝x0﹣x 反＝40m，根
据速度位移时间公式可知㘴2−㘴0
2 = 2ܽݔ，解得a＝﹣5m/s2，故A 错误；
B、减速运动的时间为ݐ' = 0−㘴0ܽ= 0−20
−5 ݏ= 4ݏ，故轿车经过时间t 总＝t+t′＝4.5s，故B 正确；
C、从司机发现黄灯亮到停下来的过程中轿车的平均速度大小是㘴= ݔ
ݐ= 50
4.5݉
/ݏ= 11݉
/ݏ，故C 错误；
D、反向看汽车做初速度为零的匀加速运动，故x= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 5 × 32݉
= 22.5݉
，故D 错误
【点评】本题主要考查了匀减速运动，结合位移时间公式即可求得
4．（6 分）如图所示，一个质量为M 的物块放在粗糙的斜面上，斜面的倾角为α，斜面放在粗糙的水平地面上．当受
到平行于斜面的水平推力F 的作用时物块和斜面都处于静止状态，下列关于物块的说法正确的是（
）
A．物块静止时受到5 个力
B．地面对斜面的摩擦力向左
C．若撤去推力F 则物块仍处于静止状态
D．若增大水平推力F 则可能出现斜面不动，物块向左匀速运动的情况
【考点】27：摩擦力的判断与计算；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N 和静摩擦力f，根据共点力平衡条件，结合正交分解法列
式求解．然后对整体进行受力分析即可．
【解答】解：A、物块处于静止状态，受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力以及推力F 的作用，共受到四个
力的作用。故A 错误；
B、以斜面与物块组成的整体为研究对象，则整体在水平方向受到向左的推论F 的作用，若要平衡，则斜面必定
受到地面对斜面的向右的摩擦力。故B 错误；
C、对物块受力分析，受推力F、重力G、支持力N 和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力
Mgsinθ和垂直斜面向上的分力Mgcosθ；
在与斜面平行的平面内，如图，有：f=
ܨ2 + (ܯtݏthߠ)2
当撤去推力F 后，如果静摩擦力与重力的下滑分力平衡，有：f′＝Mgsinθ＜f
可知若撤去推力F 则物块仍处于静止状态；故C 正确；
D、增大水平推力F，如果物块开始运动，则运动的方向必定沿推力F 与重力沿斜面向下的分力组成的合力的方向，
而不是向左运动的。故D 错误
【点评】本题的难点在于物体受到的力不在一个平面内，需要将重力按照作用效果进行分析，根据静摩擦力的产
生特点和共点力平衡条件列式求解静摩擦力．
5．（6 分）如图所示，一质量为m 的滑块放在固定的粗糙斜面上，从距离斜面底端高度为H 的地方滑到斜面底端与
挡板P 相碰，已知滑块与挡板每次相碰都以原速率反弹．滑块第一次反弹的最大高度为
3
5 ܪ，斜面倾角为37°
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列结论中正确的是（
）
A．滑块每次下滑与上滑的时间相等
B．滑块下滑加速度与上滑加速度大小相等
C．滑块与斜面上运动的总路程为
3
16
D．滑块在斜面上运动的总路程为7H
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据牛顿第二定律和速度公式结合分析下滑和上滑的时间关系，对整个过程，运用动能定理求总路程．
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：
下滑过程有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma 下。
上滑过程有mgsin37°+μmgcos37°＝ma 上。
对比可得a 下＜a 上。
下滑时间为t 下= 㘴ܽ
下
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上滑时间为t 上= 㘴ܽ
上
，则知t 下＞t 上．故AB 错误。
CD、滑块从开始下滑到第一次反弹到最大高度的过程，根据动能定理得
mg（H−3
5H）﹣μmgcos37°•
ܪ+3
5ܪ
ݏth37° =0
滑块最终停在挡板P 上，设滑块在斜面上运动的总路程为S．对整个过程，由动能定理得
mgH﹣μmgcos37°•S＝0
联立解得S＝7H，故C 错误，D 正确。
【点评】本题根据牛顿运动定律、运动学规律和动能定理，关键是要知道滑动摩擦力做功与总路程有关．对于多
过程问题，从能量的角度分析可以大大简化解题过程．
6．（6 分）如图所示，轻绳的一端固定，另一端连接一个小球在竖直平面内运动，绳长为l，小球可视为质点．小球
在最低点的速度设为v0，则（
）
A．当㘴0＜tt时，细绳始终处于绷紧状态
B．当㘴0＞2 tt时，小球能通过最高点P 做完整的圆周运动
C．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态
D．若小球能逆时针做完整的圆周运动，则小球从N 点到P 点的水平速度一直增大
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】细绳始终处于绷紧状态有两种情况；分析小球做完整的圆周运动的条件；小球在最低点加速度的方向向
上；结合牛顿第二定律方向分析小球在水平方向的分速度．
【解答】解：A、B、若小球最高到达与O 在同一个水平线上的M 点或N 点，则：
1
2݉
㘴0
2 =݉
tt
得：㘴0 =
2tt
若小球恰好通过最高点，则在最高点重力恰好提供向心力，得：݉
㘴݌
2
t
=݉
t
从最低点到最高点的过程中机械能守恒，得：
1
2݉
㘴0
2 =
1
2݉
㘴݌
2 + 2݉
tt
联立得：㘴0 =
5tt
即：当小球的速度小于等于2tt或大于等于5tt时，细绳始终处于绷紧状态；而只有最低点的速度大于等于5tt
时，小球才能通过最高点P 做完整的圆周运动。故A 正确，B 错误；
C、小球在最低点时加速度的方向向上，是处于超重状态。故C 错误；
D、若小球能逆时针做完整的圆周运动，则小球从P 运动到N 的过程中始终受到始终的拉力；由于绳子的拉力可
以分解为竖直方向与水平方向，可知水平方向的分力始终等于小球做正功，所以小球从N 点到P 点的水平速度一
定一直增大。故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道“绳模型”最高点的临界情况，结合牛顿第二
定律进行分析．
7．（6 分）在某次电影的拍摄中，需要拍摄演员竖直向上飞起的过程．剧组在离地面H＝20m 处架设了轮轴（轮与轴
有相同的角速度），轮和轴的直径之比为2：1（人和车均视为质点，且轮轴直径小于H），若特技演员质量m＝50kg，
一辆汽车从图中A 点静止出发加速前进到B，在A 处绳子竖直，在B 处时汽车的速度v＝5m/s 且BO 与水平方向
的夹角为53°，连接汽车的绳子绕在轮轴的轴上，拉动演员的绳子绕在轮轴的轮上，运动过程中轮轴的半径视为
不变．使演员由地面从静止开始向上运动，不计空气阻力（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．在汽车从A
运动到B 的过程中（
）
A．若汽车匀加速运动，则演员向上匀加速运动
B．演员上升的高度为5m
C．演员的最大速度为6m/s
D．绳子在这一过程中对演员做功为5900J
【考点】62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
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【分析】将汽车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，可求得人的速度，由几何关系可求得人上升的高度，
由能量关系可求得最大机械能及钢丝对演员所做的功．
【解答】解：A、设BO 与水平方向夹角为θ，则a 绳子＝a 车cosθ，若汽车匀加速运动，a 车大小不变，由于θ不断减
小，a 绳子大小不断增大，演员竖直向上的加速度大小不断变大，演员做变加速运动，故A 错误；
B、设轮的半径为R，轴的半径为r。在车由A 到B 的过程中，轮和轴转过的角度相等。即为：
ܪ
ݏth53°−ܪ
ݎ
=݄h，h
为人上升的高度，
由题意可知：R：r＝2：1，解得：h＝10m，故B 错误，
C、将汽车的速度v 分解，如图所示，则得绳子的伸长速度：v1＝vcos53°＝5×0.6＝3m/s，由于轮轴的角速度相
等，设人的上升速度为v 人，轮的半径为R，轴的半径为r，则有：
㘴1
㘴人
=
ݎ
h，解得：v 人= h㘴1
ݎ
=3× 2
1 =6m/s，故C
正确；
D、绳子在这一过程中对人所做的功也就是人具有的最大机械能：E= 1
2mv 人2+mgh，解得E＝5900J，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查能量关系及运动的合成与分解，要注意明确人的速度为车的速度在沿绳子上的分速度；解决本
题要注意两点：1、轮和轴的角速度相同，根据轮和轴的直径之比知道线速度关系．2、掌握速度分解找出分速度
和合速度的关系．
8．（6 分）如图7 所示，A、B、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为
mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝2kg，初状态三个小球均静止，BC 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给
A 一个向左的初速度v0＝10m/s，A、B 碰后A 球的速度变为向右，大小为2m/s．下列说法正确的是（
）
A．球A 和B 碰撞是弹性碰撞
B．球A 和B 碰后，弹簧恢复原长时球C 的速度为9.6m/s
C．球A 和B 碰后，球B 的最小速度为1.6m/s
D．球A 和B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】A、B 两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后B 球的速度，然后判断碰撞是否为弹性碰
撞；
弹簧恢复原长时B 球的速度最小，对B、C 系统应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出B 的最小速度；
当B、C 两球的速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C 两球组成的系统水平方向动量守恒，
应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．
【解答】解：A、A、B 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB，
解得：vB ＝8m/s ，碰撞前系统总动能：EK = 1
2 mAv02 = 1
2 × 2 × 102 ＝100J ，碰撞后系统总动能：EK ′
= 1
2mAvA2+ 1
2mBvB2= 1
2 ×2×（﹣2）2+ 1
2 ×3×82＝100J，碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，
故A 正确；
BC、A、B 碰撞后，B、C 组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B 的速度最小，C 的速度最大，以向左
为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB＝mBvB′+mCvC
由机械能守恒定律得：
1
2mBvB2= 1
2mBvB′2+ 1
2mCvC2
解得：vB′＝1.6m/s，vC＝9.6m/s（弹簧恢复原长时C 的速度最大，vB′＝8m/s，vC＝0m/s
不符合实际，舍去），
由此可知，弹簧恢复原长时C 的速度为9.6m/s，B 的最小速度为1.6m/s，故BC 正确；
D、B、C 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C 系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB＝（mB+mC）v，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由机械能守恒定律得：
1
2mBvB2= 1
2（mB+mC）vC2+EP，解得，弹簧的最大弹性势能：EP＝38.4J，故D 错误；
故选：ABC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与
机械能守恒定律即可解题，解题时要注意系统在水平方向动量守恒，注意正方向的选择．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33 题～第
38 题为选考题，考生根据需求作答．）（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置验证“动量守恒定律”．实验的时候首先让a 小球从斜槽上某一位置静止释
放，然后沿斜槽末端水平面做平抛运动，落在P 点．然后把半径相同的b 小球放在斜槽末端，让a 小球从之前释
放的同一位置静止释放，与b 小球碰撞后，b 小球落在N 点，a 小球落在M 点．图中O 点为斜槽末端在地面上的
垂直投影．
（1）为减小实验误差，应该选取小球的质量ma
大于
mb（填“大于”“等于”或“小于”）
（2）若a、b 小球碰撞时动量守恒，则应满足
maOP＝maOM+mbON
（用图中出现的字母表示）．
（3）若只是改变a、b 小球的材质，题目中的小球碰撞后b 的落点N 点是否可能在P 点的左边？
可能
（填“可
能”或“不可能”）．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】本题通过等效替代验证动量守恒守恒，通过实验的原理，结合平抛运动的规律进行分析，从而确定实验
中的注意事项以及应验证的表达式．
【解答】解：（1）为了防止实验时入射球发生反弹，所以应该选取小球的质量ma 大于mb；
（2）两小球在空中做平抛运动，在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0＝mavA+mbvB，
两边同时乘以时间t 得：mav0t＝mavAt+mbvBt，
得：maOP＝maOM+mbON，
（3）如果两球碰后粘在一起，则碰后两球速度相同，且一定小于入射球原来的速度，故落地点在P 点左侧．
故答案为：（1）大于；（2）maOP＝maOM+mbON；（3）可能．
【点评】解决本题的关键知道在实验中，平抛运动的时间相等，所以可以用水平位移代替速度，同时明确本实验
中应让质量大的小球去碰质量较小的小球．
10．（9 分）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，小华同学设计了如图甲所示的实验，将表面粗糙的木板固定在
水平桌面上，木板右端装有定滑轮；木板上放一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过定滑
轮的细线与托盘连接。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做
匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点。
（1）选取实验中点迹清晰的一条纸带，取纸带的一部分点0、1、2、3、4、5、6 为计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），实验中只记录了如图乙所示的部分数据，由此计算滑块的加速度a＝
0.45
m/s2（保
留2 位有效数字）
（2）若不计空气阻力，实验中还测出了托盘和砝码的总质量m1，滑块的质量m2，则滑块与木板间的动摩擦因数
μ＝݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
（用g、a、m1、m2 中所需字母表示）。
（3）若考虑空气阻力，上一问题中测出的动摩擦因数
大于
（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△x＝aT2，
可计算出打出某点时纸带运动加速度；
（2）对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，
（3）由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大。
【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有4 个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s。
利用匀变速直线运动的推论△x＝at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a=ܽ
1+ܽ2
2
= ݔ45+ݔ56−ݔ12−ݔ23
6ܶ2
=
3.76+4.20−2.40−2.86
6×0．12
× 10−2 ≈0.45m/s2
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- 43 -
（2）根据牛顿第二定律有：m1g﹣μm2g＝（m1+m2）a，
故解得：μ=݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
，
（3）由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了空气阻力，
即为μ=݉
1t−݂−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
，
因此摩擦因数的测量值会偏大。
故答案为：（1）0.45；（2）݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
；（3）偏大。
【点评】能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，运用仪器
进行测量，正确的进行有关误差分析。
11．（12 分）宇航员到一个半径为R 的星球后想分析这个星球的质量和星球表面的气体对运动物体的阻力，于是做了
两个小实验：首先测出一个质量为m 的小球的重力为G1，然后将小球从地面竖直上抛，测出第一次上升的时间为
t1，第一次下降的时间为t2．设小球运动中受到的阻力大小不变，万有引力常量为G，不计星球自转，且小球与地
面碰撞时等速反弹．求：
（1）该星球的质量；
（2）小球在空中运动时受到的阻力大小．
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）地球表面重力与万有引力相等，求得星球的重力加速度和星球半径求得星球质量；
（2）根据牛顿运动定律和运动学公式求得小球在空中运动时受到的阻力大小即可．
【解答】解：（1）在星球表面质量为m 的物体受到的重力为G1，据G＝mg 可得星球表面重力加速度为：g= ܩ1݉
据万有引力等于重力得：ܩ݉
ܯ
h2 =݉
t
可得星球的质量为：M= th2
ܩ
= ܩ1h2݉
ܩ
（2）在星球上升时，据牛顿第二定律可知，物体上升的加速度为：ܽ1 = t +
ܨ݂݉
物体下降时的加速度为：ܽ2 = t −
ܨ݂݉
根据逆向思维上升时的高度为：h= 1
2ܽ
1ݐ1
2
下降时：h= 1
2ܽ
2ݐ2
2
连列两式代入加速度和重力加速度表达式有：
1
2 (
ܩ1݉+
ܨ݂݉
)ݐ1
2 =
1
2 (
ܩ1݉−
ܨ݂݉
)ݐ2
2
解得：Ff= ܩ1(
ݐ2
2−ݐ1
2
ݐ1
2+ݐ2
2 )
答：（1）该星球的质量为
ܩ1h2݉
ܩ；
（2）小球在空中运动时受到的阻力大小为ܩ1(
ݐ2
2−ݐ1
2
ݐ1
2+ݐ2
2 )．
【点评】在星球表面重力与万有引力相等，掌握运动学公式和牛顿第二定律的综合应用是解决第二问的关键．
12．（20 分）如图所示，光滑的水平面上固定一光滑的半圆形凹槽，凹槽下端右侧放置一质量M＝1kg 的木板，凹槽
的上端右侧固定一个长度L＝2m 逆时针运转的传送带，传送带速度v0＝2m/s，传送带右侧连接光滑的平台，平台
上右端连接轻弹簧。现用一个可视为质点的质量m＝0.5kg 的滑块压缩弹簧然后静止释放，滑块从B 点刚好能向
下做圆周运动到C 点，当滑块上木板后立即撤去凹槽。木板足够长，滑块不会从木板上掉下。已知凹槽的半径R
＝0.9m，滑块和传送带、木板的动摩擦因数均为μ＝0.25．其他阻力不计，g＝10m/s2。
（1）求释放滑块时，弹簧的弹性势能是多大？
（2）若在木板右边与木板右端相距d＝5m 的水平地面上固定一弹性挡板（图中未画出），求滑块在木板上产生的
总摩擦生热为多少？
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，求能使滑块与木板之间产生最多摩擦生热的d 的所有可能
取值。
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【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】（1）滑块从B 点刚好能向下做圆周运动到C 点，则滑块在B 点受到的重力弹簧向心力，由此求出滑块到
达B 的速度，然后结合传送带的速度以及动能定理即可求出弹簧的弹性势能；
（2）由机械能守恒先求出滑块到达C 的速度，然后假设滑块、木板与挡板碰前达到共速，木板与挡板碰撞后，原
速率反弹，之后木板与物块组成的系统动量守恒，列式求出最后两者共同的速度，作出判断，最后求出滑块在在
木板上产生的总摩擦生热为多少；
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，根据动量守恒以及功能关系分析能使滑块与木板之间产生
最多摩擦生热的d 的所有可能取值。
【解答】解：（1）由题意可知，滑块到达B 点时，重力恰好提供向心力，则：
mg=݉
㘴ܤ
2
h
所以：㘴ܤ=
th =
10 × 0.9 = 3m/s＞v0
可知滑块滑过传送带的过程中传送带与滑块之间的摩擦力对滑块做负功，则：
ܧܲ−ߤ݉
tܮ= 1
2݉
㘴ܤ
2
代入数据得：EP＝4.75J
即释放滑块时，弹簧的弹性势能是4.75J
（2）滑块从B 到达C 的过程中就差你守恒，则：
1
2݉
㘴ܤ
2 + 2݉
th =
1
2݉
㘴ܥ
2
代入数据得：㘴ܿ= 3 5m/s
假设滑块、木板与挡板碰前达到共速，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvc＝（m+M）v 共
所以：㘴共=
5m/s
设该过程中木板的位移为x1，则：ߤ݉
tݔ1 = 1
2 ܯ㘴
共
2
代入数据得：x1＝2m＜5m
此后滑块与木板一起向右运动，直到木板与挡板相碰；相碰后木板以原速率返回，然后滑块再次相对于木板发生
滑动，直到二者的速度再次相等；
由动量守恒定律得：mv 共﹣Mv 共＝（m+M）v
代入数据得：㘴=−5
6 m/s
木板向右加速的过程中滑块的位移x2：−ߤ݉
tݔ2 = 1
2݉
㘴
共
2 −1
2݉
㘴ܿ2
代入数据得：x2＝8m
木板向右加速的过程中系统产生的热量：Q1＝μmg（x2﹣x1）
木板向左运动的过程中产生的热量：ܳ
2 = 1
2 (݉
+ ܯ)㘴
共
2 −1
2 (݉
+ ܯ)㘴2
滑块在木板上产生的总摩擦生热：Q＝Q1+Q2
代入数据，联立得：Q＝11.15J
（3）结合以上的分析可知，若滑块的速度与木板的速度相等后木板与挡板相碰，则碰撞后木板向左运动的过程中，
滑块最终将与木板一起向左运动；所以若使滑块与木板之间产生最多热量，则向右滑块的动能全部转化为内能，
即最终二者的速度都是0。
当二者最终的速度等于0 时，设木板与挡板碰撞时，滑块的速度为v1；木板的速度为v2，碰撞后木板的速度则为
﹣v2；
碰撞前木板向右运动的过程中：mvc＝mv1+Mv2
碰撞后木板向左运动的过程中：mv1﹣Mv2＝0
联立可得：㘴1 = 1.5 5m/s，㘴2 = 0.75 5m/s
该过程中木板的位移为d，则：ߤ݉
t݀
= 1
2 ܯ㘴2
2
代入数据得：d＝1.125m
答：（1）释放滑块时，弹簧的弹性势能是4.75J
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（2）若在木板右边与木板右端相距d＝5m 的水平地面上固定一弹性挡板，滑块在木板上产生的总摩擦生热为
11.15J；
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，能使滑块与木板之间产生最多摩擦生热的d 是1.125m。
【点评】本题关键是分析清楚滑块的运动过程，抓住每个过程和各个状态的特点和物理规律，分段由动量守恒定
律、动能定理、牛顿运动定律和向心力公式进行研究。
【物理-选修3-3】
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同
B．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动
C．晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．某一过程气体对外做功，其内能不一定减小
E．某容器中气体压强减小，则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数一定减少
【考点】85：扩散；89：温度是分子平均动能的标志；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同；布朗运动不是分子的运动，间接反映了
分子的无规则运动，扩散现象直接说明了分子的无规则运动；晶体与非晶体的区别是否有固定的熔点；做功与热
传递都可以改变物体的内能；根据气体压强的微观意义分析．
【解答】解：A、0℃的铁和0℃的冰，它们的温度相同，则分子平均动能相同，故A 正确。
B、扩散现象和布朗运动都与温度有关，但是布朗运动不是分子的运动，间接反映了分子的无规则运动，故B 错
误。
C、晶体与非晶体的区别是晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C 正确。
D、根据热力学第一定律可知，某一过程气体对外做功，若同时吸收热量，其内能不一定减小，故D 正确。
E、根据气体压强的微观意义可知，某容器中气体压强减小，可知是分子对器壁的平均撞击力减小，单位时间内气
体分子对容器壁单位面积的碰撞次数不一定减少。故E 错误
故选：ACD。
【点评】本题考查了分子平均动能、分子热运动、热力学第一定律等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基
础知识点，注意布朗运动不是分子的运动．
14．（10 分）如图所示，一竖直放置的U 形管两端开口、粗细均匀，两管的竖直部分高度为20cm，内径很小，水平
部分BC 长16cm．一空气柱将管内水银分割成左、右两段．大气压强p0＝76cmHg．当空气柱温度T0＝273K、长
L0＝8cm 时，BC 管内左边水银柱和AB 管内水银柱长都为2cm．右边水银柱只画出了一部分，求：
（1）右边水银柱总长度；
（2）若缓慢降低空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边水银柱全部进入BC 管？
（3）若缓慢升高空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）由于平衡，两边水银面等高，即可求得右边水银柱总长；
（2）对封闭气体运用理想气体的状态方程，即可求出空气柱的温度为多少时，左边水银柱全部进入BC 管；
（3）对最初和最后状态的封闭气体运用盖﹣吕萨克定律，即可求出当空气柱的温度为多少时，左边的水银恰好有
一半溢出U 形管．
【解答】解：（1）由于水银柱处于平衡状态，则封闭气体的压强：P1＝P0+h 左＝P0+h 右
可得CD 中水银柱的长度：h 右＝2cm
所以右边水银柱总长：L 右＝h 右+（16﹣10）cm＝8cm．
（2）当左边水银全部进入AB 管时，右边竖直管中水银柱高也为4cm，
此时气体压强为：P2＝（76+4）cmHg＝80cmHg，
根据几何关系可得空气柱长度：L2＝（8+2+2）cm＝12cm．
设横截面积为S，
初态：压强P1＝78cmHg，封闭气柱长度L1＝8cm，温度T0＝273K
末态：压强P2＝80cmHg，封闭气柱长度L2＝12cm，温度T2，
根据理想气体状态方程得：ܲ1ܮ1ܵܶ
0
=ܲ
2ܮ2ܵܶ
2
代入数据：
78×8
273 =
80×12ܶ
2
可得：T2＝420K
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（3）设当空气柱的温度为T3 时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管，即左边的水银溢出2cm，剩余2cm
左边竖直管中的水银柱为2cm，右侧竖直管中的水银柱长度为也为2cm，
封闭空气柱的长度变为30cm，封闭气体的压强：P3＝
选择封闭气柱为研究对象，
初态：压强P1＝78cmHg，封闭气柱长度L1＝8cm，温度T0＝273K
末态：压强P3＝78cmHg，封闭气柱长度L3＝30cm，温度T3，
对封闭气体运用盖﹣吕萨克定律可得：
ܮ1ܵܶ
0
=
ܮ3ܵܶ
3
可得：T3＝1023.75K
答：（1）右边水银柱总长度为8cm；
（2）若缓慢降低空气柱的温度，当空气柱的温度为420K 时，左边水银柱全部进入BC 管；
（3）若缓慢升高空气柱的温度，当空气柱的温度为1023.75K 时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管．
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决．
【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波从左向右以v＝5m/s 的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（
）
A．C 质点再经过一个ܶ4周期将传播到D 点
B．B 点再经过ܶ8回到平衡位置
C．B 点正在向上运动
D．该波的周期T＝0.02s
E．每0.02sC 点的路程为16cm
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】简谐横波传播的过程中，介质中各个质点并不随波迁移。根据横波的图象得出机械波的振幅，波长。根
据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4 倍的振幅得出质点在0.02s 内通过的路程。运用波形平
移法分析质点的振动方向。
【解答】解：A、在波的传播过程中，质点在其平衡位置附近振动，并不随波的传播迁移，质点C 经过一个ܶ4周期
不会传播到D 点，故A 错误；
B、质点越靠近平衡位置其运动速度越大，质点B 由图示位置运动到平衡位置所需时间小于ܶ8，故B 错误；
C、由题意可知，波由左向右传播，由图示波形图可知，此时B 点正向上运动，故C 正确；
D、由图示波形图可知，波长：ɉ＝10cm＝0.10m，波的周期：T= ɉ
㘴= 0.10
5
=0.02s，故D 正确；
E、由图示波形图可知，质点的振幅：A＝4cm，C 点在一个周期T＝0.02s 运动的路程为：4A＝16cm，并不是质点
C 在任一0.02s 内的路程为16cm，故E 错误；
故选：CD。
【点评】此题考查读图的能力，能由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，
若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力。
16．如图所示，AOBC 为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为半径R＝10cm 的四分之一圆弧，
AB 与水平面屏幕MN 垂直并接触于A 点。由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB 分界面上
的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1= 2 3
3 ，
n2=
2。
（i）判断在AM 和AN 两处产生亮斑的颜色；
（ii）求两个亮斑间的距离（结果保留4 位有效数字）。
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- 47 -
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】①由全反射可知红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两光点的性质；
②由折射定律及几何知识可求得两光斑的距离。
【解答】解：①根据临界角公式sinC= 1
h知，C＝arcsin
1
h
则得红光与紫光的临界角分别为C 红＝60°，C 紫＝45°，
而光线在AB 面上入射角i＝45°，说明紫光恰好发生了全反射，红光从AB 面有反射，也有折射。所以在AM 区
域的亮斑P1 为红色，
在AN 区域的亮斑P2 为红色与紫色的混合色。
②画出如图光路图。
设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律得
n1= ݏthݎ
ݏtht
求得sinr=
6
3
由几何知识可得tanr=
h
tܲ1
解得AP1＝7.05×10
﹣2m
由几何知识可得△OAP2 为等腰直角三角形，
解得
AP2＝0.1m
所以
P1P2＝（5 2 +10）cm＝17.07cm
答：①在AM 区域的亮斑P1 为红色，在AN 区域的亮斑P2 为红色与紫色的混合色。
②两个亮斑间的距离是0.17m。
【点评】本题首先要能熟练作出光路图，并能正确应用几何关系进行求解，难度适中。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:31:12 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3 月份）
一．选择题：共8 小题，每小题6 分．每小题的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题有多项
符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）2018 年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3 台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研
究，下列说法正确的是（
）
A．Th 核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应
C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性
2．（6 分）如图所示，在距地面高为h＝0.4m 处，有一小球A 以初速度v0 水平抛出如图甲所示，与此同时，在A 的
右方等高处有一物块B 以大小相同的初速度v0 沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A、B 同时到达地面，
A、B 均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10m/s2，则v0 的大小是（
）
A．1 m/s
B．2m/s
C．2 m/s
D．2 2m/s
3．（6 分）2018 年12 月8 日消息，科学家发现土卫六上有大量的碳氢化合物，比地球上的石油和天然气多几百倍。
土卫六和土卫五绕土星的运动可近似看作匀速圆周运动，土卫六质量、直径、距土星中心的距离都比土卫五的这
三个量大，两卫星相比，土卫六绕土星运动的（
）
A．周期较大
B．线速度较大
C．角速度较大
D．向心加速度较大
4．（6 分）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270 匝，P 是副线圈上的滑动触
头，当P 处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135 匝，电容器C 恰好不被击穿，灯泡L 恰能正常发
光，R 是滑动变阻器。以下判断正确的是（
）
A．若向下移动P，电容器的电荷量增加
B．若保持P 不动，向下移动R 的滑片，灯泡变暗
C．若保持R 的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮
D．电容器的击穿电压为11 2V
5．（6 分）将两个点电荷A、B 分别固定在水平面上x 轴的两个不同位置上，将一正试探电荷在水平面内由A 点的附
近沿x 轴的正方向移动到B 点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC＞xCB，
图中的水平虚线在C 点与图线相切，两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB 表示。则下列分析正确的是（
）
A．两固定点电荷都带负电，且qA＞qB
B．C 点的电场强度最小但不等于零
C．如果将试探电荷改为负电荷，则该电荷在C 点的电势能最大
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D．A、B 两点间沿x 轴方向的电场强度始终向右
6．（6 分）如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B 相切，
可视为质点的小球从A 点通过B 点进入半径为R 的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M 点飞出后落在水平
面上，不计空气阻力，则（
）
A．小球到达M 点时的速度大小为0
B．小球在A 点时的速度为5th
C．小球落地点离B 点的水平距离为2R
D．小球落地时的动能为3mgR
7．（6 分）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方
向垂直于纸面向里，一质量为m 带电荷量大小为q 的小球从左侧M 点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从
右侧的N 点（未画出）穿出，则（
）
A．小球一定带正电
B．N 点一定与M 点在同一水平线上
C．小球速度之差的大小可能为
2݉
t
ݍܤ
D．若该带电小球以大小相同的速度从N 点反向进入该区域，运动过程中动能一定增加
8．（6 分）如图所示，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过O 点的转轴上，另一端与一质量为m 的小环相连。环可
以沿与水平方向成30°的光滑固定杆下滑，已知弹簧原长为L．现让环从O 点的正上方距O 点为L 的A 点由静
止开始下滑，环刚好滑到与O 点处于同一水平面上的B 点时速度变为零。则小环在从A 点下滑到B 点的过程中
（
）
A．小环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一直变大
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．除A、B 两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处
二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16 为
选考题，考生根据要求作答．
9．（6 分）如图1 所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：
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①如图1 所示，木板置于水平桌面上，用垫块将长木板固定有打点计时器的一端垫高，不断调整垫块的高度，直
至轻推小车后，小车恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；
②保持长木板的倾角不变，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小
F．将小车右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放小车，让小车从静止开
始加速下滑；
③实验中得到一条纸带，相邻的各计时点到A 点的距离如图2 所示。电源的频率为f。
根据上述实验，请回答如下问题：
（1）若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中小车加速下滑时所受的合外力为
；
（2）为探究从B 点到D 点的过程中，做功与小车速度变化的关系，则实验中还需测量的量有
；
（3）请写出探究结果表达式
。
10．（9 分）某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30 格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与
光照强度之间的关系。实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为U＝18.0V，内阻不计）、电阻箱R（最
大阻值9999.9Ω）、单刀双掷开关一个、导线若干。
（1）该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a 端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱
的阻值调为1700Ω时，毫安表刚好能够偏转一个格的刻度，将电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好能偏转三个
格的刻度，实验小组据此得到了该毫安表的量程为
mA，内阻Rg＝
Ω。
（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为
3A 的电流表，则需在毫安表两端
（选填“串联”或“并联”）一个阻值为
Ω的电阻。
（3）该小组将单刀双掷开关接至b 端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：
cd）之间的关系满足I= 1
3E，由此可得光敏电阻的阻值R（单位：Ω）与光照强度E 之间的关系为R＝
。
11．（12 分）如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M＝2kg，体积相等的滑块甲和乙质量均为m＝1kg，
三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1＝2m/s 向左运动，同时滑块乙以v2＝4m/s 向右运动。最终甲、乙
两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L＝9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取10m/s2，滑块甲和乙
可视为质点）求：
（1）两滑块与小车间的动摩擦因数；
（2）两滑块运动前滑块乙离右端的距离。
12．（20 分）如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R 的定值电阻，两导轨之间
的距离为d。矩形区域abdc 内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd 之间的距离为L．在
cd 下方有一导体棒MN，导体棒MN 与导轨垂直，与cd 之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体
棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F 作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒
到达ab 处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒到达cd 处时速度的大小；
（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R 的电荷量和电阻R 产生的热量。
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- 51 -
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列有关热力学现象和规律的描述正确的是（
）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．一定质量的气体，在体积不变时，气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现
D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大
E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
14．（10 分）如图所示，总长度为15cm 的气缸放置在水平桌面上。活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活
塞可沿气缸壁无摩擦地滑动但不漏气，开始时活塞与气缸底的距离12cm。外界气温为27℃，大气压强为1.0×
105Pa．将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平，
取g＝10m/s2，求：
①活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？
②在对气缸内气体加热的过程中，吸收了189J 的热量，则气体增加的内能是多少？
【物理-选修3-4】（15 分）
15．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．当声源相对于观察者远离时，观察者听到的声音频率会变低
B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象
D．雷达是利用电磁波中的长波来测定物体位置的无线电设备
E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关
16．（10 分）如图所示，实线是一列简谐横波在t1＝0 时刻的波形图，虚线是在t2＝0.2s 时刻的波形图。
①若周期T 符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x 轴正方向传播，波速多大？
②若周期T 符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x 轴负方向传播，波速多大？
③在t1 到t2 的时间内，如果M 通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？
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2019-2020 学年重庆市南开中学高三（下）适应性物理试卷（3 月份）
参考答案与试题解析
一．选择题：共8 小题，每小题6 分．每小题的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题有多项
符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）2018 年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3 台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研
究，下列说法正确的是（
）
A．Th 核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应
C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】依据质量数与质子数守恒；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应；卢瑟福通过分析α粒子散射
实验结果，提出了原子的核式结构模型；所有粒子都具有波粒二象性，即可求解。
【解答】解：A、α衰变的本质是发生衰变的核中减小2 个质子和2 个中子形成氦核，所以一次α衰变，新核与原
来的核相比，中子数减小了2，故A 错误；
B、裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，故B 错误；
C、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的
实验发现了中子，故C 错误；
D、所有粒子都具有波粒二象性，故D 正确；
【点评】考查核反应书写规律，掌握裂变与聚变的区别，知道质子和中子的发现者。
2．（6 分）如图所示，在距地面高为h＝0.4m 处，有一小球A 以初速度v0 水平抛出如图甲所示，与此同时，在A 的
右方等高处有一物块B 以大小相同的初速度v0 沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A、B 同时到达地面，
A、B 均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10m/s2，则v0 的大小是（
）
A．1 m/s
B．2m/s
C．2 m/s
D．2 2m/s
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出
加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小。
【解答】解：A 做平抛运动，由h= 1
2gt2 得：t=
2݄
t
B 在斜面下滑的加速度为：a=݉
tݏth45°݉=gsin45°=
2
2 g。
根据
2h＝v0t+ 1
2at2 解得：v0= 1
2
t݄
= 1
2 ×
10 × 0.4 = 1m/s。故A 正确，BCD 错误
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时
间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
3．（6 分）2018 年12 月8 日消息，科学家发现土卫六上有大量的碳氢化合物，比地球上的石油和天然气多几百倍。
土卫六和土卫五绕土星的运动可近似看作匀速圆周运动，土卫六质量、直径、距土星中心的距离都比土卫五的这
三个量大，两卫星相比，土卫六绕土星运动的（
）
A．周期较大
B．线速度较大
C．角速度较大
D．向心加速度较大
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】卫星绕着土星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后得到周期、线速度、角
速度和向心加速度的表达式进行分析即可。
【解答】解：A、土星的卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
G
ܯ݉
ݎ2 =m
4ߨ2ܶ
2 ݎ，
解得：T＝2π
ݎ3
ܩܯ，
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- 53 -
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动周期大，故A 正确；
B、根据G
ܯ݉
ݎ2 =m
㘴2
ݎ，解得：v=
ܩܯ
ݎ，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动线速度小，故B 错误；
C、根据G
ܯ݉
ݎ2 =mω2r，解得：ω=
ܩܯ
ݎ3 ，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动角速度小，故C 错误；
D、根据G
ܯ݉
ݎ2 =ma，解得：a= ܩܯ
ݎ2 ，
土卫六距土星中心的距离比土卫五距土星中心的距离大，故土卫六绕土星运动向心加速度小，故D 错误；
【点评】本题考查万有引力定律在天文学上的运用，关键是明确卫星的动力学来源，根据牛顿第二定律列式分析，
基础题目。
4．（6 分）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270 匝，P 是副线圈上的滑动触
头，当P 处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135 匝，电容器C 恰好不被击穿，灯泡L 恰能正常发
光，R 是滑动变阻器。以下判断正确的是（
）
A．若向下移动P，电容器的电荷量增加
B．若保持P 不动，向下移动R 的滑片，灯泡变暗
C．若保持R 的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮
D．电容器的击穿电压为11 2V
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】保持P 位置不动，则输出电压不变，保持滑片位置不动，则负载不变，再根据电压器的特点及闭合电路
的欧姆定律即可分析。
【解答】解：A、原线圈输入电压的有效值ܷ
1 =ܷ݉
2 = 22ܸ
当P 位移题图乙所示位置，副线圈电压的有效值为ܷ
2 = h2
h1ܷ
1 = 11ܸ，电容器C 恰好不被击穿，若向下移动P，
电容器C 两端的电压减小，有Q＝CU 可知，电容器所带的电荷量减小，故A 错误；
B、若保持P 不动，向下移动R 的滑片，R 接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，故B 错误；
C、若保持R 的滑片不动，向下移动P，则副线圈的电压变小，灯泡变暗，故C 错误；
D、电容器击穿电压的最大值ܷ
'݉
=
2ܷ
1 = 11 2V，故D 正确
【点评】本题的关键在于P 位置不动时总电阻不变，Q 不变时输出电压不变，完全利用变压器特点，知道电容器
的击穿电压为交流电的最大值
5．（6 分）将两个点电荷A、B 分别固定在水平面上x 轴的两个不同位置上，将一正试探电荷在水平面内由A 点的附
近沿x 轴的正方向移动到B 点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC＞xCB，
图中的水平虚线在C 点与图线相切，两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB 表示。则下列分析正确的是（
）
A．两固定点电荷都带负电，且qA＞qB
B．C 点的电场强度最小但不等于零
C．如果将试探电荷改为负电荷，则该电荷在C 点的电势能最大
D．A、B 两点间沿x 轴方向的电场强度始终向右
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
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【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电势能变化得到电势变化，从而根据斜率得到电场强度方向；进而根据电势变化得到试探电荷带负
电时的电势变化；最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B 所带电荷关系。
【解答】解：B、由图可知：C 点处电势能斜率为零，故电势变化为零，那么由电场强度为电势图斜率可知：电场
强度为零，故B 错误；
C、试探电荷为正时，电势能为正，C 点电势能最小；那么，试探电荷为负时，电势能为负，C 点电势的绝对值最
小，则电势能最大，故C 正确；
D、由图可知：电势能先减小后增大，故电势先减小后增大，那么，电场强度方向先向右，后向左，故D 错误；
A、由电场强度方向先向右，后向左可知：两个点电荷同为正；又有xAC＞xCB，故中点电场方向向右，那么，qA
＞qB，故A 错误；
【点评】对于不需要求电势的具体值，只要判断电势大小关系的问题，一般转化为求解电场方向，根据沿着电场
线电势降低来求解。
6．（6 分）如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B 相切，
可视为质点的小球从A 点通过B 点进入半径为R 的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M 点飞出后落在水平
面上，不计空气阻力，则（
）
A．小球到达M 点时的速度大小为0
B．小球在A 点时的速度为5th
C．小球落地点离B 点的水平距离为2R
D．小球落地时的动能为3mgR
【考点】43：平抛运动；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，由此求出小球通过M 点的速度。由动能定理求出
小球在A 点时的速度。由平抛运动的规律求小球落地点离B 点的水平距离，再由动能定理求小球落地时的动能。
【解答】解：A、小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m
㘴ܯ
2
h ，解得：
vM=
th，故A 错误。
B、A 到M，由动能定理得：﹣mg•2R= 1
2mv
ܯ
2 −1
2݉
㘴t
2，解得：vA=
5th，故B 正确。
C、小球离开M 点后做平抛运动，则有
x＝vMt，2R= 1
2 tݐ2，解得：x＝2R，故C 正确。
D、M 到落地，由动能定理得：mg•2R＝Ek−1
2݉
㘴ܯ
2 ，解得，小球落地时的动能：Ek= 5
2mgR，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题的关键要理清小球的运动过程，明确M 点的临界条件：重力等于向心力。要熟练运用分运动的规律
求平抛运动的时间和水平位移。运用动能定理要注意选择研究的过程。
7．（6 分）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方
向垂直于纸面向里，一质量为m 带电荷量大小为q 的小球从左侧M 点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从
右侧的N 点（未画出）穿出，则（
）
A．小球一定带正电
B．N 点一定与M 点在同一水平线上
C．小球速度之差的大小可能为
2݉
t
ݍܤ
D．若该带电小球以大小相同的速度从N 点反向进入该区域，运动过程中动能一定增加
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
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【专题】34：比较思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】小球沿水平直线运动，其受力平衡，分析其受力情况，判断其电性。根据平衡条件分析速度之差的大小。
由外力做功分析动能的变化。
【解答】解：A、小球恰好沿水平直线运动，故其受力平衡，若小球带正电，应有mg+qE＝qv1B，若小球带负电，
应有mg+qv2B＝qE，两种情况都有可能，故A 错误。
B、根据上述平衡条件可判定N 点一定与M 点在同一水平线上，故B 正确。
C、小球可能带正电，也可能带负电，当小球带正电，应有mg+qE＝qv1B，当小球带负电，应有：mg+qv2B＝qE
整理两式得小球速度之差的大小可能为：v1﹣v2= 2݉
t
ݍܤ，故C 正确。
D、若该带电小球以大小相同的速度从N 点反向进入该区域时，当小球带正电时，判断可知mg、qE、qv1B 三力
方向均竖直向下，重力和电场力均做正功，故小球的动能一定增加。当小球带负电时，应有mg 竖直向下，qE、
qv2B 三力方向竖直向上，由上知qE＞mg，且可判断知qE+qv2B＞mg，则重力做负功，电场力做正功，故小球的
动能一定增加。故D 正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键是分析小球的受力情况，采用试探法分析两种情况讨论。要注意洛伦兹力方向与速度方
向有关，而电场力方向与速度方向无关。
8．（6 分）如图所示，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过O 点的转轴上，另一端与一质量为m 的小环相连。环可
以沿与水平方向成30°的光滑固定杆下滑，已知弹簧原长为L．现让环从O 点的正上方距O 点为L 的A 点由静
止开始下滑，环刚好滑到与O 点处于同一水平面上的B 点时速度变为零。则小环在从A 点下滑到B 点的过程中
（
）
A．小环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一直变大
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．除A、B 两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】小环和弹簧系统中，只有重力势能、动能个弹性势能之间的转化，故系统机械能守恒；结合瞬时功率公
式P＝Fvcosθ分析功率为零的位置。
【解答】解：A、对小环而言，有弹簧弹力对其做功，故小环的机械能不守恒，是小环和弹簧的系统机械能守恒，
故A 错误；
B、弹簧的长度先缩短后伸长，故弹簧的弹性势能先增加后减小、最后再次增加，故B 错误；
C、小环和弹簧的系统机械能守恒，系统重力势能在减小，而在最低点时重力势能最小，动能为零，故此时弹簧的
弹性势能最大，为mgL，故C 正确；
D、根据功的瞬时功率表达式P＝Fvcosθ，要使得P 为零，可能是F 为零、v 为零、或者cosθ为零，故除A、B 两
点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处，其中一处为弹力与速度垂直，一处为弹力为零，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查机械能守恒定律和功率，关键是记住机械能守恒的条件和功率公式P＝Fvcosθ，基础题目。
二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16 为
选考题，考生根据要求作答．
9．（6 分）如图1 所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：
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①如图1 所示，木板置于水平桌面上，用垫块将长木板固定有打点计时器的一端垫高，不断调整垫块的高度，直
至轻推小车后，小车恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；
②保持长木板的倾角不变，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小
F．将小车右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放小车，让小车从静止开
始加速下滑；
③实验中得到一条纸带，相邻的各计时点到A 点的距离如图2 所示。电源的频率为f。
根据上述实验，请回答如下问题：
（1）若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中小车加速下滑时所受的合外力为
2F
；
（2）为探究从B 点到D 点的过程中，做功与小车速度变化的关系，则实验中还需测量的量有
小车的质量m
；
（3）请写出探究结果表达式
2ܨ(ݔ3 −ݔ1) = 1
8݂݉
2(ݔ4
2 −2ݔ2ݔ4)
。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据实验装置和动滑轮的特点求得小车受到的合力；
（2）根据动能的增加量等于沙桶和沙重力做的功即可判断
【解答】解：（1）有题中步骤可知，小车所受到的摩擦力被重力沿斜面向下的分力平衡，所以小车加速下滑时所
受到的合力等于拉力传感器显示所受拉力大小F 的两倍；
（2）细绳对小车做功为：
W＝2F（x3﹣x1）
打点计时器打B 点时，小车的速度大小为：
㘴ܤ= ݔ2
2ܶ
= ݔ2
2݂
打D 点时，小车的速度大小为：
㘴ܦ= ݔ4−ݔ2
2ܶ
= ݔ4−ݔ2
2݂
从B 到D 的过程中，小车动能的变化量为：
△ܧ݇= 1
2݉
㘴ܦ
2 −1
2݉
㘴ܤ
2
则需要探究的结果为：ܹ
= 1
2݉
㘴ܦ
2 −1
2݉
㘴ܤ
2
有上式可知，需要测量小车的质量m
（3）根据（2）可知：
2ܨ(ݔ3 −ݔ1) = 1
8݂݉
2(ݔ4
2 −2ݔ2ݔ4)
故答案为：（1）2F；（2）小车的质量m；（3）2ܨ(ݔ3 −ݔ1) = 1
8݂݉
2(ݔ4
2 −2ݔ2ݔ4)
【点评】该题要掌握验证动能定理中平衡摩擦力的目的和方法，正确动能定理的表达式，即可选择所需要的实验
器材。
10．（9 分）某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30 格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与
光照强度之间的关系。实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为U＝18.0V，内阻不计）、电阻箱R（最
大阻值9999.9Ω）、单刀双掷开关一个、导线若干。
（1）该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a 端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱
的阻值调为1700Ω时，毫安表刚好能够偏转一个格的刻度，将电阻箱的阻值调为500Ω时，毫安表刚好能偏转三个
格的刻度，实验小组据此得到了该毫安表的量程为
300
mA，内阻Rg＝
100
Ω。
（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为
3A 的电流表，则需在毫安表两端
并联
（选填“串联”或“并联”）一个阻值为
11.1
Ω的电阻。
（3）该小组将单刀双掷开关接至b 端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：
cd）之间的关系满足I= 1
3E，由此可得光敏电阻的阻值R（单位：Ω）与光照强度E 之间的关系为R＝
54000
ܧ
−10
。
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【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；33：参照思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）由题意，根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻
度线就能求出毫安表的量程；
（2）电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；
（3）设光敏电阻的电流为I′，由欧姆定律太题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系。
【解答】解：（1）设毫安表每格表示电流大小为I0，
则当电阻箱的阻值为R1＝1700Ω时，由闭合电路的欧姆定律可得：I0（R1+Rg）＝U
当电阻箱的阻值为R＝500Ω时，则有3（R2+R1）I0＝U，
两式联立并代入数据可解得：Rg＝100Ω，I0＝10mA。
故该毫安表的量程为300mA；
（2）要将量程为300mA 的毫安表改成量程为IA＝3A 电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其电阻为R′，
则有
IgRg＝（IA﹣Ig）R′，
代入数据可解得R′= 10
9 Ω≈11.1Ω；
（3）由题意可知，改装后电流表的内阻为RG＝10Ω，
设通过光敏电阻的电流大小为I′（单位：A）则有
（R+RG）I′＝U 成立，且I′= ht+h'
h'
ܫ× 10−3，
即（R+10）× 10
3 ܧ× 10−3（V）＝18.0V，
整理可得：R= 54000
ܧ
−10（Ω）。
故答案为：（1）300
100
（2）并联
11.1Ω
（3）
54000
ܧ
−10
【点评】解决本题的关键掌握两个欧姆定律的原理，以及知道器材选取的原则，掌握电流表内外接、滑动变阻器
分压限流的区别。
11．（12 分）如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M＝2kg，体积相等的滑块甲和乙质量均为m＝1kg，
三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1＝2m/s 向左运动，同时滑块乙以v2＝4m/s 向右运动。最终甲、乙
两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L＝9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取10m/s2，滑块甲和乙
可视为质点）求：
（1）两滑块与小车间的动摩擦因数；
（2）两滑块运动前滑块乙离右端的距离。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定
律综合．
【分析】（1）系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出动摩擦因数。
（2）对滑块，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出其滑行的距离。
【解答】解：（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv2﹣mv1＝（M+m+m）v，
由能量守恒定律得：
1
2mv12+ 1
2mv22= 1
2（M+m+）v2+μmgL，
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解得：μ＝0.1，v＝0.5m/s；
（2）滑块甲离左端距离为x1，刚运动到左端历时t1，在滑块甲运动至左端前，小车静止。
由牛顿第二定律得：μmg＝ma1，
速度：v1＝a1t1，
位移：x1= 1
2a1t12，
解得：t1＝2s，x1＝2m，
滑块乙离右端的距离：x2＝L﹣x1＝7.5m；
答：（1）两滑块与小车间的动摩擦因数为0.1；
（2）两滑块运动前滑块乙离右端的距离为7.5m。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、
牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
12．（20 分）如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R 的定值电阻，两导轨之间
的距离为d。矩形区域abdc 内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd 之间的距离为L．在
cd 下方有一导体棒MN，导体棒MN 与导轨垂直，与cd 之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体
棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F 作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒
到达ab 处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒到达cd 处时速度的大小；
（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R 的电荷量和电阻R 产生的热量。
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；2：创新题型；32：定量思想；42：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）导体棒从开始到运动到cd 处的过程，利用动能定理可求得导体棒到达cd 处时速度的大小；
（2）由E＝Bdv、I=
ܧ
h+ݎ、F 安＝BId 求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小，再由牛顿第二定律求得加速度
的大小；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻
R 的电荷量。由能量守恒求电阻R 产生的热量。
【解答】解：（1）根据动能定理得（F﹣mg）H= 1
2݉
㘴2
解得导体棒到达cd 处时速度的大小v=
2(ܨ−݉
t)ܪ݉。
（2）导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Bdv
感应电流I=
ܧ
h+ݎ
所受的安培力F 安＝BId
根据牛顿第二定律得mg+F 安﹣F＝ma
联立解得导体棒刚进入磁场时加速度的大小a＝g+
ܤ2݀2݉
(h+ݎ)
2(ܨ−݉
t)ܪ݉−ܨ݉。
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R 的电荷量q= ܫ△t
又ܫ=
ܧ
h+ݎܧ= △Ȱ
△ݐ
联立得q= △Ȱ
h+ݎ
根据△Ȱ＝BLd，得q= ܤܮ݀
h+ݎ
根据动能定理得（F﹣mg）（H+L）﹣W 安= 1
2݉
㘴0
2
电路中的总热量Q＝W 安
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电阻R 产生的热量QR=
h
h+ݎQ
联立解得QR=
h
h+ݎ[（F﹣mg）（H+L）−1
2݉
㘴0
2]
答：
（1）导体棒到达cd 处时速度的大小是
2(ܨ−݉
t)ܪ݉；
（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小是g+
ܤ2݀2݉
(h+ݎ)
2(ܨ−݉
t)ܪ݉−ܨ݉；
（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R 的电荷量是
ܤܮ݀
h+ݎ，电阻R 产生的热量是
h
h+ݎ[（F﹣mg）
（H+L）−1
2݉
㘴0
2]。
【点评】本题的关键是明确导体切割磁感线过程中的受力及能量转化关系，要知道电荷量要根据电流的平均值求，
热量往往根据能量守恒定律或功能关系求解。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列有关热力学现象和规律的描述正确的是（
）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．一定质量的气体，在体积不变时，气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现
D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大
E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
【考点】8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】液体表面张力的作用的方向沿液面的切线方向；根据压强的微观意义分析；非晶体各向同性，单晶体各
向异性，而多晶体各向同性；温度是分子的平均动能的标志；根据热力学第二定律的意义分析。
【解答】解：A、液体表面张力的作用的方向沿液面的切线方向，或平行于液体的表面，而不是与液面垂直。故A
错误；
B、根据压强的微观意义可知，一定质量的气体，在体积不变时，若温度降低则分子运动的激烈程度减弱，所以气
体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小，故B 正确；
C、热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现。故C 错误；
D、根据理想气体的状态方程：ܸܲܶ
= ܥ可知，一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，物体的温度一定升高，所
以分子平均动能将增大；而气体的体积增大，则气体密度将减小。故D 正确；
E、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，
故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题主要考查了表面张力、压强的微观意义、各向同性与各向异性、热力学第二定律等知识点的内容，
要注意对热力学第二定律的理解，还有就是晶体的分类即物理特性。
14．（10 分）如图所示，总长度为15cm 的气缸放置在水平桌面上。活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活
塞可沿气缸壁无摩擦地滑动但不漏气，开始时活塞与气缸底的距离12cm。外界气温为27℃，大气压强为1.0×
105Pa．将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平，
取g＝10m/s2，求：
①活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？
②在对气缸内气体加热的过程中，吸收了189J 的热量，则气体增加的内能是多少？
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①活塞刚好到达气缸口的过程中气体的压强与体积、温度都发生了变化，分别列出初末的状态参量，再
应用理想气体状态方程求出气体的温度。
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②气体的体积膨胀的过程中对外做功：W＝P△V，然后结合热力学第一定律即可求出内能的增加量。
【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象，当气缸水平放置时，气体初状态参量：
p0＝1.0×105Pa，V0＝LS，T0＝（273+27）K＝300K，
当气缸口朝上时，活塞到达气缸口时，活塞受力分析如图所示。
有p1S＝p0S+mg
则p1＝p0+݉
tܵ
解得p1＝1.2×105Pa
气体末状态参量：V1＝L1S，T1＝？
由理想气体的状态方程：
݌0ܸ
0ܶ
0
=
݌1ܸ
1ܶ
1
代入数据得：T2＝450K
②当气缸开口向上竖直位置时，未加热稳定时，设气体的长度为L′，则：
p0LS＝p1L′S
代入数据得：L′＝0.1m
加热后，气体做等压膨胀，气体对外力做功：W＝p1S•（L1﹣L′）
解得W＝60J
由热力学第一定律：△U＝﹣W+Q
代入数据联立得：△U＝129J
答：
①活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为450K；
②气体增加的内能△U 是129J。
【点评】本题的关键要确定气体状态变化过程，要掌握等压变化过程气体做功公式W＝p△V，可根据功的计算公
式理解记忆。运用热力学第一定律时注意功的符号。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．当声源相对于观察者远离时，观察者听到的声音频率会变低
B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象
D．雷达是利用电磁波中的长波来测定物体位置的无线电设备
E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关
【考点】H5：全反射；K2：* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；54J：光的波粒二象性和物质波专题．
【分析】根据观察者与声源间距离变化，分析多普勒效应。对照全反射条件分析光导纤维中内层和外层的折射率
关系。泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象。雷达是利用电磁波中的微波来测定
物体位置的无线电设备。真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。
【解答】解：A、当声源相对于观察者远离时，产生多普勒效应，观察者听到的声音频率会降低，故A 正确。
B、光导纤维利用的是全反射原理，对照全反射条件知，光导纤维中内层的折射率大于外层的折射率，故B 错误。
C、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象，故C 正确。
D、雷达是利用电磁波中的微波来测定物体位置的无线电设备；故D 错误。
E、根据相对论的基本原理知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无
关，故E 正确。
故选：ACE。
【点评】解决本题的关键是理解并掌握光波的基本知识，理解日常光现象产生的原因，特别是全反射现象的应用。
16．（10 分）如图所示，实线是一列简谐横波在t1＝0 时刻的波形图，虚线是在t2＝0.2s 时刻的波形图。
①若周期T 符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x 轴正方向传播，波速多大？
②若周期T 符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x 轴负方向传播，波速多大？
③在t1 到t2 的时间内，如果M 通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？
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【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】①根据波的传播方向得到时间间隔可周期的关系式，然后由周期的取值范围得到周期，即可根据波长求
得波速；
②同①一致，根据波的传播方向得到时间间隔可周期的关系式，然后由周期的取值范围得到周期，即可根据波长
求得波速；
③根据M 的路程，由时间间隔得到周期，即可由①②得到传播方向，根据波长求得波速。
【解答】解：由图可知：波长ɉ＝4cm＝0.04m
①波向x 轴正方向传播，那么，经过t2﹣t1 波向右传播了h + 1
4（n∈N）个周期，故有：ݐ2 −ݐ1 = (h + 1
4 )ܶ；
又有2T＜t2﹣t1＜3T，所以，ݐ2 −ݐ1 = (2 + 1
4 )ܶ
= 9
4ܶ，故波速㘴= ɉܶ=
ɉ
4
9(ݐ2−ݐ1) = 0.45݉
/ݏ；
②波向x 轴负方向传播，那么，经过t2﹣t1 波向右传播了h + 3
4（n∈N）个周期，故有：ݐ2 −ݐ1 = (h + 3
4 )ܶ；
又有2T＜t2﹣t1＜3T，所以，ݐ2 −ݐ1 = (2 + 3
4 )ܶ
= 11
4ܶ
，故波速㘴= ɉܶ=
ɉ
4
11(ݐ2−ݐ1) = 0.55݉
/ݏ；
③在t1 到t2 的时间内，如果M 通过的路程为1m＝5A；
又有一个周期质点的路程为4A，根据t1＝0 时刻，质点M 在平衡位置可知：t1 到t2 的时间为
5
4ܶ
，即ݐ2 −ݐ1 = 5
4ܶ；
那么，波向x 轴正方向传播㘴= ɉܶ=
ɉ
4
5(ݐ2−ݐ1) = 0.25݉
/ݏ；
答：①若周期T 符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x 轴正方向传播，波速为0.45m/s；
②若周期T 符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x 轴负方向传播，波速为0.55m/s；
③在t1 到t2 的时间内，如果M 通过的路程为1m，那么波向x 轴正方向传播，波速为0.25m/s。
【点评】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求
得周期，即可得到质点振动情况，由㘴= ɉܶ求得波速。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:33:31 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年浙江省杭州市学军中学高三（上）月考物理试卷（二）（11
月份）
一、选择题Ⅰ（本题共13 小题，每小题3 分，共39 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，
选对的得3 分，选错的得0 分）
1．（3 分）下列各图中，测量示数的单位属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．
A 点示数：0.0365m B．
弹簧秤示数：2.00N
C．
电压表示数：2.30VD．
显示屏示数：171km/h
2．（3 分）下列说法错误的是（
）
A．英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比”的
猜想
B．英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星
C．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量”
D．美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖
3．（3 分）手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大的方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出
租车的压力．下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘
客的软件部分截图，下列说法正确的是（
）
A．图甲中“市内行程今天08：00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔
B．图甲中“顺路程度55%”，指的是位移大小有55%重合
C．图乙中“九堡地铁站九堡距你起点20.6km”，20.6km 指的是位移，其初始位置是起点
D．图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点
4．（3 分）伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验．下列哪些方法是他在这个实验中采用过的
①测出相同长度的斜面在不同倾角时，物体落到斜面底端的速度v 和所用时间t，比较
㘴
ݐ的比值的大小
②用打点计时器打出纸带进行数据分析
③改变斜面倾角，比较各种倾角得到的
ݔ
ݐ2的比值的大小
④将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动（
）
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A．①②③④
B．①③④
C．①④
D．③④
5．（3 分）以下是必修课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是（
）
A．甲图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以认为冰壶在接下去的过程中做匀速直线
运动
B．过山车关闭油门后能依靠强大的惯性通过接下去的竖直圆轨道，但机械能不守恒
C．丙图中赛车的质量不很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的惯性
D．丁图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来增大车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便
与安全
6．（3 分）如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽
略不计，原来保持静止．一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止．则
（
）
A．绳的拉力可能变大
B．绳的拉力一定不变
C．绳对挂钩作用力变小
D．绳对挂钩作用力不变
7．（3 分）公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏﹣﹣“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。
假设某小孩和大人站立在界外，在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小
孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体。如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说
法正确的是（
）
A．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等
B．大人和小孩抛出的圆环抛出时的速度相等
C．大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等
D．大人和小孩抛出的圆环速度变化率相等
8．（3 分）下列电容器相关知识描述正确的是（
）
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A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U 等于电源的电动势E
B．图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流
过的总电量为2Q
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V，1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V 的电压时电容才为1.0F
9．（3 分）高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一
团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是（
）
A．向东
B．向南
C．向西
D．向北
10．（3 分）同步卫星离地心距离为R，运行速度为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为
a2；第一宇宙速度为v2，地球半径为r，则下列比值正确的是（
）
A．ܽ1ܽ
2
=
h
ݎ
B．ܽ1ܽ
2
= (
h
ݎ)2
C．
㘴1
㘴2
=
ݎ
h
D．
㘴1
㘴2
=
h
ݎ
11．（3 分）如图所示，荡秋千是小朋友们最喜欢的一项传统游戏，人通过下蹲和站起，使秋千越荡越高。忽略绳的
质量，及空气阻力，则（
）
A．在最高点人下蹲时，重力势能转化为动能
B．在最高点时人和秋千板所受到的合力为零
C．在最低点秋千板对人的支持力等于人的重力
D．在摆动过程中人和秋千的机械能总和不变
12．（3 分）如图所示，将一带电小球A 通过绝缘细线悬挂于O 点．现要使细线偏离竖直线30°角，可在O 点正
下方的B 点放置带电量为q1 的点电荷，且BA 连线垂直于OA；也可在O 点正下方C 点放置带电量为q2 的
点电荷，且CA 处于同一水平线上，则
ݍ1
ݍ2
为（
）
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A．
1
2
B．
2
3
C．
3
1
D．
3
2
13．（3 分）大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面50km 以下的大
气看做是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50km 以上的大气则可看做是带电粒子
密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面h＝50km 处与地面之间的电势差约为U＝
3.0×105V．由于电场的作用，地球处于放电状态。但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电
场恒定不变（可视为匀强电场），统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q＝1800C，已知地球半径r＝
6400km。下列说法正确的是（
）
A．离地面越近电势越高
B．大气层的电场强度约为6×103 V/m
C．地球漏电功率约为6×107 W
D．大气电阻率ρ约为2×1012Ω•m
二、选择题Ⅱ（本题共3 小题，每小题2 分，共6 分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全
部选对的得2 分，选对但不全的得1 分，有选错的得0 分）
14．（2 分）下列说法错误的是（
）
A．原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和
B．在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律
C．在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的
D．镭226 衰变为氡222 的半衰期为1620 年，也就是说，100 个镭226 核经过1620 年后一定还剩下50 个镭226
没有发生衰变
15．（2 分）氢原子光谱如甲图所示，图中给出了谱线对应的波长，已知普朗克常量h＝6.63×10
﹣34J•s，玻尔的氢原
子能级图如乙图所示，则下列说法正确的是（
）
A．Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量
B．甲图所示的四种光均属于可见光范畴
C．Hβ对应光子的能量约为10.2 eV
D．Hα谱线对应的跃迁是从n＝3 能级到n＝2 能级
16．（2 分）两列波速相同的简谐横波沿x 轴相向传播，实线波的频率为3Hz，振幅为10cm，虚线波的振幅为5cm．t
＝0 时，两列波在如图所示区域内相遇，则（
）
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A．两列波在相遇区域内会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．t= 1
6时，x＝9m 处的质点实际振动方向向上
D．t= 1
12时，x＝4m 处的质点实际位移大小|y|＞12.5cm
三、非选择题（本题共7 小题，共55 分）
17．（4 分）（5 分）在“探究功与速度关系”的实验中，采用下图所示的实验方案：
（1）某学校使用的是电磁式打点计时器，在释放小车前，老师拍下了几个同学实验装置的部分细节图（如图乙所
示），下列图中操作不正确的是
（填序号）。
（2）在滑板的左侧加一垫块，用以平衡摩擦阻力，如图丙所示。开启电源，轻推小车，打出了一条纸带，如图所
示。据此纸带可判断，垫块应
。
A．向左移动一些
B．向右移动一些
C．保持不动
（3）下图是某次实验测得的纸带的一段，可以判断纸带的
（填“左”或“右”）端与小车连接，在打点计
时器打下计数点9 时（两计数点之间还有4 个点），钩码的瞬时速度大小为
m/s（保留两位有效数字）。
18．（6 分）（1）“练习使用多用电表”的实验中，小沈同学用欧姆挡去测量“220V、60W”的白炽灯不发光时的灯丝
电阻，在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去，如图所示，但是小沈同学认为还是能够知道其电阻值，
那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是
Ω。
（2）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
①用最小刻度为毫米的刻度尺测量其长度如图（a）所示，（圆柱体另一端与0 刻度对齐），由图（a）可知其长度
为
mm；用游标为10 分度的游标卡尺测量其直径如图（b）所示，由图（b）可知其直径为
mm；
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②该同学想用伏安法更精确地测量待测圆柱体电阻R，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I 图上，如图（c）所
示。由图（c）可知，新材料制成的圆柱体的电阻为
Ω（保留2 位有效数字）。
③由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ＝
Ω•m（保留1 位有效数字）
19．（9 分）《公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪
口比动能大于等于1.8 焦耳/平方厘米都认定为枪支，枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以
枪口的横截面积，现有一玩具枪，其枪管长度L＝20cm，枪口直径d＝6mm，子弹质量为m＝2g，在测试中，让
玩具枪在高度h＝1.8m 处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：
（1）子弹出枪口的速度；
（2）此玩具枪是否可能被认定为枪支，请计算说明．
（3）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小．
20．（12 分）在电影中，“蜘蛛侠”常常能通过发射高强度的蜘蛛丝，穿梭于高楼大厦之间，从而成就了一系列的超
级英雄传说．在某次行动中，蜘蛛侠为了躲避危险，在高为hA＝20m 的A 楼顶部进过一段距离L0＝14.4m 的助跑
后在N 点水平跳出，已知N 点离铁塔中轴线水平距离为L＝32m，重力加速度为g＝10m/s2，假设蜘蛛侠可看作质
点，蜘蛛丝不能伸长．
（1）要使蜘蛛侠能落到铁塔中轴线上，他跳出的初速度至少为多少？
（2）由于体能的限制，蜘蛛侠的助跑最大加速度为5m/s2，在跳出1.6s 后发现按照预定路线不能到达铁塔中轴线
上，于是他立即沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置P 发射蜘蛛丝，使得他在蜘蛛丝的作用下绕P 点运动，假
设蜘蛛丝从发射到固定在P 点的时间可忽略不计，请问他能否到达铁塔中轴线上？如果能，请计算出到达的位置，
如果不能，请说明原因．
（3）蜘蛛侠注意到在铁塔后方有一个小湖，他决定以5m/s2 的加速度助跑后跳出，择机沿垂直速度方向朝铁塔中
轴线上某位置发出蜘蛛丝，在到达铁塔中轴线时脱离蜘蛛丝跃入湖中，假设铁塔足够高，欲使落水点最远，他经
过铁塔时的高度为多少？
21．（4 分）（1）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1 为原线圈，L2 为副线圈。
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①在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路。
（
2
）
用
图
示
实
验
装
置
探
究
“
碰
撞
中
的
不
变
量
”
实
验
，
若实验中得到一条纸带如图所示，已知A、B 车的质量分别为mA、mB，则该实验需要验证的表达式是
。
（用图中物理量和已给出的已知量表示）
（3）在“探究单摆周期与摆场的关系”实验时，下列用游标卡尺测小球直径的操作最合理的是
。
（4）如图所示，某同学按实验装置安装好仪器后，观察光的干涉现象，获得成功，若他在此基础上对仪器的安装
做如下改动，仍能使实验成功的是
。
A．将滤光片移至单缝和双缝之间，其他不动。
B．将单缝与双缝的位置互换，其他不动。
22．（10 分）如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ 竖直放置，两导轨之间的距离为L＝1m，两导轨M、
P 之间接入电阻R＝0.2Ω，导轨电阻不计，在abcd 区域内有一个方向垂直于两导轨平面向里的磁场Ⅰ，磁感应强
度B0＝1T．磁场的宽度x1＝1m，在cd 连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向里的磁场Ⅱ，磁感应强度B1
＝0.5T．一个质量为m＝1kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2Ω，若金属棒
在离ab 连线上端x0 处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef 时系
统达到稳定状态，cd 与ef 之间的距离x2＝15m．（g 取10m/s2）
（1）金属棒进入磁场Ⅰ时的速度大小
（2）金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R 产生的热量．
（3）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间．
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23．（10 分）真空中有一半径为R 的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图1 所示，虚线圆的右侧放置
一对水平正对的金属板M 和N，两金属板的中心线O1O2 与虚线圆的圆心O 在同一水平线上，在圆上P 点（位于
O 点的正下方）处有一点状电子源，电子源可以向圆内各个方向发射速率均为v0 的电子，其中沿PO 方向射入磁
场的电子恰好从圆上的O1 点沿两板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2 所示的交变电压，最后
电子恰好从M 板的边缘水平飞出，已知金属板的板长L＝2.4R，板间距d＝1.2R，电子的质量为m、电量为e，忽
略电子的重力和相互间的作用力。求：
（1）圆形区域内的磁感应强度B 的大小和方向；
（2）图2 中U0 和周期T；
（3）若在两板右端加一竖直探测板（图中未画出），电子经磁场偏转后从N 板的左端水平射入两板间，同时在板
间加上图2 的交变电压，经电场偏转后垂直打在探测板上，若每秒打在探测板上的电子数为x，有70%的电子被
吸收，30%的电子被原速率弹回两板间，探测板受此类电子撞击的平均作用力大小；
（4）在满足（3）的条件下，被原速率弹回的某电子在t= 5ܶ
2 时刻返回两板间，求该电子在磁场中运动的总时间。
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2019-2020 学年浙江省杭州市学军中学高三（上）月考物理试卷（二）（11
月份）
参考答案与试题解析
一、选择题Ⅰ（本题共13 小题，每小题3 分，共39 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，
选对的得3 分，选错的得0 分）
1．（3 分）下列各图中，测量示数的单位属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．
A 点示数：0.0365m B．
弹簧秤示数：2.00N
C．
电压表示数：2.30VD．
显示屏示数：171km/h
【考点】3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】在国际单位制中力学的基本单位有m、kg、s，电学的基本单位有A．
【解答】解：A、m 是国际单位制中力学的基本单位，故A 正确。
B、N 国际单位制中的导出单位，故B 错误。
C、V 是国际单位制中的导出单位，故C 错误。
D、km/h 是国际单位制中的导出单位，故D 错误。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量和七个基本单位，这都需要学生自己记住，不能搞混．
2．（3 分）下列说法错误的是（
）
A．英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比”的
猜想
B．英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星
C．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量”
D．美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据物理学史的知识，结合哥白尼、牛顿、开普勒等人的贡献即可正确解答。
【解答】解：A、英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平
方成反比”的猜想。故A 正确；
B、发现万有引力定律后，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算并观测到海王
星，故B 正确；
C、牛顿于1687 年正式发表万有引力定律，测出引力常量的科学家是卡文迪许，卡文迪许倍成为“称量了地球的
重量”故C 错误；
D、美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故D 正确。
本题选择错误的，
【点评】本题考查有关天体运动的物理学史；对于物理学家所作的科学贡献，要加强记忆，这也是高考考查的内
容之一。
3．（3 分）手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大的方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出
租车的压力．下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘
客的软件部分截图，下列说法正确的是（
）
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A．图甲中“市内行程今天08：00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔
B．图甲中“顺路程度55%”，指的是位移大小有55%重合
C．图乙中“九堡地铁站九堡距你起点20.6km”，20.6km 指的是位移，其初始位置是起点
D．图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点
【考点】13：质点的认识；16：时间与时刻．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】位移是从起点到终点的有向线段．时刻是指某一瞬时，时间间隔是两个时刻之间的间隔．路程是物体运
动轨迹的长度．当物体的大小和形状在研究的问题中能够忽略，物体可以看成质点．结合相关知识分析．
【解答】解：A、08：00 是滴滴司机出发的时刻，故A 错误。
B、位移是从起点到终点的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度，“顺路程度55%”，指的是路程有55%重合，
故B 错误。
C、位移是从起点到终点的有向线段，“九堡地铁站九堡距你起点20.6km”，20.6km 指的是运动轨迹的长度，是
路程，故C 错误。
D、研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状能够忽略，可以把汽车看成质点。故D 正确。
【点评】本题要正确区分路程与位移、时间与时刻，知道一个物体能否看成质点，关键看物体的大小和形状在研
究的问题中能否忽略
4．（3 分）伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验．下列哪些方法是他在这个实验中采用过的
①测出相同长度的斜面在不同倾角时，物体落到斜面底端的速度v 和所用时间t，比较
㘴
ݐ的比值的大小
②用打点计时器打出纸带进行数据分析
③改变斜面倾角，比较各种倾角得到的
ݔ
ݐ2的比值的大小
④将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动（
）
A．①②③④
B．①③④
C．①④
D．③④
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正
确解答本题．
【解答】解：①、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是用水钟计时，故①错误；
②、在伽利略时代还没有发明打点计时器，故②错误；
③、在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略
通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x 与t 平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随
时间均匀变化，故③正确；
④、将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，故④正确；
故D 正确，ABC 错误。
【点评】伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科
学的发展极为有益的科学方法．
5．（3 分）以下是必修课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是（
）
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A．甲图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以认为冰壶在接下去的过程中做匀速直线
运动
B．过山车关闭油门后能依靠强大的惯性通过接下去的竖直圆轨道，但机械能不守恒
C．丙图中赛车的质量不很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的惯性
D．丁图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来增大车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便
与安全
【考点】31：惯性与质量；37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52L：力学知识在生产和生活中的应用．
【分析】阻力很小的冰壶做匀速直线运动；当重力完全提供向心力，轨道和过山车之间没有作用力；惯性和仅和
质量有关；高大的桥要造很长的引桥可以减小车辆重力沿桥面方向的分力。
【解答】解：A、由于冰壶在冰面上只受到阻力，如果阻力很小，则可认为冰壶做匀速直线运动，故A 正确；
B、过山车关闭油门后能依靠强大的惯性通过接下去的竖直圆轨道，但机械能不守恒，故B 正确；
C、惯性和质量有关，与其他因素无关，故C 错误；
D、高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便
与安全，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题是用物理的知识来解释生活中的一些现象，知道产生的各种现象的根本的原因，这样也可以加强对
物理知识的理解和记忆。
6．（3 分）如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽
略不计，原来保持静止．一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止．则
（
）
A．绳的拉力可能变大
B．绳的拉力一定不变
C．绳对挂钩作用力变小
D．绳对挂钩作用力不变
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，多个风力后是四力平衡，根据共点力平衡条件分析即可．
【解答】解：C、D、衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，多个风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重
力、风力的合力相平衡，故两个绳子的拉力的合力变大，即绳对挂钩作用力变大，故C 错误，D 错误；
A、B、两个绳子的夹角变小，两个绳子的拉力的合力变大，故两个绳子的拉力可能变大、变小火不变，故A 正确，
B 错误；
【点评】本题关键是受力分析后结合共点力平衡条件分析，注意多个风力后两边绳子的夹角不在相等．
7．（3 分）公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏﹣﹣“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。
假设某小孩和大人站立在界外，在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小
孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体。如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说
法正确的是（
）
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- 73 -
A．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等
B．大人和小孩抛出的圆环抛出时的速度相等
C．大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等
D．大人和小孩抛出的圆环速度变化率相等
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运
动来求解，两个方向上运动的时间相同。
【解答】解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：t=
2݄
t ，水平方向位移x＝vt
＝v 2݄
t ，
A．平抛运动的时间由高度决定，可知大人抛出圆环的时间较长，故A 错误；
B．大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则大人要以小点的速度抛出圈圈，
故B 错误；
C、大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，
故C 错误；
D．环做平抛运动，加速度a＝g，所以大人、小孩抛出的圆环速度变化率相等，故D 正确。
【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的
自由落体运动来求解。
8．（3 分）下列电容器相关知识描述正确的是（
）
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U 等于电源的电动势E
B．图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流
过的总电量为2Q
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V，1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V 的电压时电容才为1.0F
【考点】AN：电容器与电容．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．
【分析】电容器充电稳定时，极板电压等于电源电动势，极板电量即为电容器的带电量；
电解电容器有正负极之分；
电容器的电容与极板是否带电无关．
【解答】解：A、图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压U 等
于电源的电动势E，故A 正确；
B、图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流
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过的总电量为Q，故B 错误；
C、图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没
有，故C 错误；
D、图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5V，而电容与电容器的电压，及
电量均无关，总是为1.0F，故D 错误；
【点评】考查电容器的充电与放电过程，掌握电容器带电量与极板带电量的关系，理解电容的含义，与极板电量，
及两端电压无关，同时区别电解电容器与可变电容器的不同．
9．（3 分）高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一
团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是（
）
A．向东
B．向南
C．向西
D．向北
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据负电荷的移动方向可明确电流的方向，再根据左手定则进行分析，从而明确磁场对电流的作用．
【解答】解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷
针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西。
【点评】左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感
线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向
10．（3 分）同步卫星离地心距离为R，运行速度为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为
a2；第一宇宙速度为v2，地球半径为r，则下列比值正确的是（
）
A．ܽ1ܽ
2
=
h
ݎ
B．ܽ1ܽ
2
= (
h
ݎ)2
C．
㘴1
㘴2
=
ݎ
h
D．
㘴1
v2
=
h
ݎ
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4J：同步卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a＝rω2 得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，
根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比．
【解答】解：因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据a＝rω2 得，ܽ1ܽ
2
=
h
ݎ。
根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，解得㘴=
ܩܯ
ݎ，则
㘴1
㘴2
=
ݎ
h．故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星
靠万有引力提供向心力．
11．（3 分）如图所示，荡秋千是小朋友们最喜欢的一项传统游戏，人通过下蹲和站起，使秋千越荡越高。忽略绳的
质量，及空气阻力，则（
）
A．在最高点人下蹲时，重力势能转化为动能
B．在最高点时人和秋千板所受到的合力为零
C．在最低点秋千板对人的支持力等于人的重力
D．在摆动过程中人和秋千的机械能总和不变
【考点】4A：向心力；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】当秋千在最高点时，人下蹲重心下降使得摆长变长，使得下摆过程的高度差更大（摆角一样的情况下），
下摆过程更多的重力势能转化成动能；而当秋千在最低点时，人起立重心上升使得摆长变短，使得上摆过程的角
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度更大（高度差一样的情况下），获得比最低点更高的高度差（加上人起立）。
【解答】解：A、在最高点时，人下蹲，重力势能降低转化为动能，故A 正确；
B、在最高点时人和秋千板时，任何秋千板的速度为零，即向心力为零，但沿切向方向合力不为零，向下做加速运
动，故B 错误；
C、在最低点人和秋千板的速度不为零，以人为研究对象，重力和秋千板对人的合力提供向心力，即ܨܰ−݉
t =݉
㘴2
ܮ，
故FN＞mg，故C 错误；
D、在最低点时由于人肌肉紧张，消耗化学能转变为重力势能，机械能不守恒，故D 错误；
【点评】本题主要考查曲线运动中的能量问题，注意在最低点时由于人肌肉紧张，消耗化学能转变为重力势能。
机械能不守恒。
12．（3 分）如图所示，将一带电小球A 通过绝缘细线悬挂于O 点．现要使细线偏离竖直线30°角，可在O 点正
下方的B 点放置带电量为q1 的点电荷，且BA 连线垂直于OA；也可在O 点正下方C 点放置带电量为q2 的
点电荷，且CA 处于同一水平线上，则
ݍ1
ݍ2
为（
）
A．
1
2
B．
2
3
C．
3
1
D．
3
2
【考点】3C：共点力的平衡；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53E：电荷守恒定律与库仑定律专题．
【分析】对各自进行受力分析，结合矢量的合成法则与库仑定律，及三角知识，与平衡条件，即可求解．
【解答】解：对两种情况进行受力分析，如图所示：
依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：
F′＝mgsin30°，
F＝mgtan30°，
根据库仑定律，则有：F′=݇ܳ
ݍ1
tܤt
2
，
而F=݇ܳ
ݍ2
tܥt
2
根据三角知识，则有：lBA＝Ltna30°，
lCA＝Lsin30°，
综上所得：
ݍ1
ݍ2
=
2
3，故ACD 错误，B 正确；
【点评】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长
度相等，是解题的关键．
13．（3 分）大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面50km 以下的大
气看做是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50km 以上的大气则可看做是带电粒子
密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面h＝50km 处与地面之间的电势差约为U＝
3.0×105V．由于电场的作用，地球处于放电状态。但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电
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场恒定不变（可视为匀强电场），统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q＝1800C，已知地球半径r＝
6400km。下列说法正确的是（
）
A．离地面越近电势越高
B．大气层的电场强度约为6×103 V/m
C．地球漏电功率约为6×107 W
D．大气电阻率ρ约为2×1012Ω•m
【考点】AG：电势差和电场强度的关系；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】21：信息给予题；32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】地球本身带负电，越靠近负电荷电势越低，故离地面越近电势越低；
地球通过地面附近50km 的大气层向外漏电，相当于通过一段导体向外放电，该导体的横截面积为地球表面积，
长度为大气层的高度h。设每秒闪电的次数为n，每次闪电给地球的电荷量为q，由此可求得大气漏电的电流每秒
大气漏电电流平均值。由于地球周围电场恒定不变。故可知每秒失去（漏掉）的电荷和补充的电荷电荷量相同，
可由欧姆定律求得大气的漏电电阻，进而由电阻定义式得到大气电阻率。
由P＝IU 可得地球漏电的功率。
【解答】解：A、地球本身带负电，越靠近负电荷电势越低，故离地面越近电势越低，故A 错误；
B、如果视为匀强电场，根据E=ܷ݀
知E= 3.0×105
50×103V/m＝6V/m，故B 错误；
CD、本题中把50 km 厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体，其长度为50 km，横截面积为地球的表面积，所加电压
为U＝3.0×105 V
则由题意得：
I= ݍ
ݐ=1800A
R=ܷܫ= 3.0×105
1800 Ω= 500
3 Ω
又由电阻定律R= ߩt
ݏ
得ρ= 4ߨݎ2h
ܫ
=2×1012Ω•m，故D 正确；
地球漏电功率为：P＝UI＝3×105×1 800 W≈5×108 W，故C 错误。
【点评】本题重点是对物理模型的建立，将地球地面附近50km 的大气层向外漏电，相当于通过一段导体向外放
电，该导体的横截面积为地球表面积，长度为大气层的高度h。这样就建立起来我们与我们知识关联的物理模型，
就可以解决一些看似陌生的情形。建模能力是物理能力的根本。
二、选择题Ⅱ（本题共3 小题，每小题2 分，共6 分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全
部选对的得2 分，选对但不全的得1 分，有选错的得0 分）
14．（2 分）下列说法错误的是（
）
A．原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和
B．在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律
C．在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的
D．镭226 衰变为氡222 的半衰期为1620 年，也就是说，100 个镭226 核经过1620 年后一定还剩下50 个镭226
没有发生衰变
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JE：原子核的结合能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】所有核反应中，质量数守恒，核电荷数守恒；原子核结合能是质量亏损以能量形式释放，β衰变是内部中
子转化为质子时同时生成电子，半衰期是统计规律。
【解答】解：A、原子核的结合能是核反应前后有质量亏损，以能量的形式释放出来，并不是组成原子核的所有
核子的能量总和，故A 错误；
B、在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，故B 正确；
C、β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，故C 错误；
D、半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故D 错误。
本题选择错误的
故选：ACD。
【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，在平时学习中要注意多积累。
15．（2 分）氢原子光谱如甲图所示，图中给出了谱线对应的波长，已知普朗克常量h＝6.63×10
﹣34J•s，玻尔的氢原
子能级图如乙图所示，则下列说法正确的是（
）
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A．Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量
B．甲图所示的四种光均属于可见光范畴
C．Hβ对应光子的能量约为10.2 eV
D．Hα谱线对应的跃迁是从n＝3 能级到n＝2 能级
【考点】J5：氢原子光谱．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】根据图线中波长，结合E=݄ܿɉ ，即可判定两种谱线能量的大小；
根据公式E=݄ܿɉ ，结合ɉα＝656.47nm，ɉβ＝486.27nm，即可求解；
【解答】解：A、由图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E=݄ܿɉ 可知，Hα谱线对
应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A 正确；
B、依据氢光谱的特点可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B 正确；
C、Hβ谱线对应光子的能量E=݄ܿɉ = 6.63×10−34×3.0×108
486.1×10−9
=4.09×10
﹣19J＝2.556eV，故C 错误；
D、55eVHα谱线对应光子的能量为：E=݄ܿɉ = 6.63×10−34×3.0×108
656.3×10−9
J＝3.03×10
﹣19J≈1.89eV，可知Hα谱线对应的
跃迁时从n＝3 能级到n＝2 能级，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】考查学生对量子论、波尔原子模型的理解。解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光
子频率、波长的大小与能量变化的关系。
16．（2 分）两列波速相同的简谐横波沿x 轴相向传播，实线波的频率为3Hz，振幅为10cm，虚线波的振幅为5cm．t
＝0 时，两列波在如图所示区域内相遇，则（
）
A．两列波在相遇区域内会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3：2
C．t= 1
6时，x＝9m 处的质点实际振动方向向上
D．t= 1
12时，x＝4m 处的质点实际位移大小|y|＞12.5cm
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系；F7：波的干涉和衍射现象．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】两列波能发生干涉的条件是频率相同。由波速公式v＝ɉf 分析频率关系来确定能否发生干涉。根据波的
叠加原理，分析质点的振动方向。由x＝vt 求出t= 1
12s 时间内波传播的距离，由波形平移法和叠加原理分析分析
x＝4m 处质点的位移。
【解答】解：AB、实线波的波长为ɉ1＝4m，虚线波的波长为ɉ2＝6m，它们的波速相等，由波速公式v＝ɉf 得：
实线波和虚线波的频率之比为f1：f2＝ɉ2：ɉ1＝3：2，两列波的频率不同，不能发生干涉现象。故A 错误，B 正
确。
C、波速为：v＝ɉ1f1＝4×3m/s＝12m/s，则在t= 1
6s 时间内波传播的距离x＝vt＝2m= 1
2ɉ1= 1
3 ɉ2，实线波单独传播
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时，在t= 1
6s 时，x＝9m 处的质点到达波谷，振动速度为零。虚线波单独传播时，在t= 1
6s 时，x＝9m 处的质点振
动方向向上，则根据波叠加原理可知t= 1
6s 时，x＝9m 处的质点振动方向向上。故C 正确。
D、波速为：v＝ɉ1f1＝4×3m/s＝12m/s，则在t= 1
12s 时间内波传播的距离x＝vt＝1m= 1
4ɉ1，实线波单独传播时，
t= 1
12s 时，x＝4m 处的质点到达波谷，位移大小为y1＝10cm；根据波形的平移法作出虚线波传播x＝1m 时的波
形，如图红线所示，由图看出此刻x＝4m 处的质点位移大小y2＞2.5cm，则波的叠加原理可知t= 1
12s 时，x＝4m
处的质点位移|y|＝y1+y2＞12.5cm，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】题关键要掌握干涉产生的条件和波的叠加原理，运用波形的平移法分析波形，确定质点的位移。
三、非选择题（本题共7 小题，共55 分）
17．（4 分）（5 分）在“探究功与速度关系”的实验中，采用下图所示的实验方案：
（1）某学校使用的是电磁式打点计时器，在释放小车前，老师拍下了几个同学实验装置的部分细节图（如图乙所
示），下列图中操作不正确的是
AB
（填序号）。
（2）在滑板的左侧加一垫块，用以平衡摩擦阻力，如图丙所示。开启电源，轻推小车，打出了一条纸带，如图所
示。据此纸带可判断，垫块应
B
。
A．向左移动一些
B．向右移动一些
C．保持不动
（3）下图是某次实验测得的纸带的一段，可以判断纸带的
右
（填“左”或“右”）端与小车连接，在打点计
时器打下计数点9 时（两计数点之间还有4 个点），钩码的瞬时速度大小为
0.41
m/s（保留两位有效数字）。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）做纸带类实验时，纸带应放在复写纸下面，纸带拉直可以避免纸带拉断，电磁式打点计时器选学生
电源4V～6V 交流电；
（2）平衡摩擦力时，可以观察纸带上的点迹分布情况判断，点迹均匀说明小车匀速运动。
（3）根据匀变速直线的运动规律，某段时间中间时刻速度等于这段时间的平均速度。
【解答】解：（1）A、纸带应从复写纸下面穿过，故A 错误。
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B、纸带应拉直，团成一团容易拉断纸带，也增加了纸带和限位孔的摩擦，故B 错误。
C、实验采用的时电磁式打点计时器，故应用学生电源，交流4V～6V 之间，故C 正确。
让选操作不正确的，
故答案为：AB。
（2）从纸带上的点迹分布看，从左至右，点迹间距先增大，然后又减小，说明没有完全平衡摩擦力，垫块向右移
动可以增大斜面倾角用以平衡摩擦力，故AC 错误，B 正确。
故答案为：B。
（3）在绳子拉力作用下，小车做加速运动，通过点迹分布可以看出：纸带左侧速度大，右侧速度小，故纸带的右
端与小车连接；
打记数点9 时小车的瞬时速度为㘴=ܺ2ܶ
= 0.0430+0.0398
2×0.1݉
/ݏ= 0.414݉
/ݏ≈0.41݉
/ݏ，故答案为：0.41。
故答案为：（1）AB；（2）B；（3）右；0.41
【点评】本题主要考查实验的原理，在掌握实验原理的基础上要特别注意操作中的注意事项。
18．（6 分）（1）“练习使用多用电表”的实验中，小沈同学用欧姆挡去测量“220V、60W”的白炽灯不发光时的灯丝
电阻，在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去，如图所示，但是小沈同学认为还是能够知道其电阻值，
那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是
60
Ω。
（2）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
①用最小刻度为毫米的刻度尺测量其长度如图（a）所示，（圆柱体另一端与0 刻度对齐），由图（a）可知其长度
为
100.5
mm；用游标为10 分度的游标卡尺测量其直径如图（b）所示，由图（b）可知其直径为
5.8
mm；
②该同学想用伏安法更精确地测量待测圆柱体电阻R，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I 图上，如图（c）所
示。由图（c）可知，新材料制成的圆柱体的电阻为
8.0
Ω（保留2 位有效数字）。
③由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ＝
2×10
﹣3
Ω•m（保留1 位有效数字）
【考点】N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）灯泡电阻随温度升高而增大，灯泡在常温下的电阻小于正常发光时的电阻，应用电功率公式求出灯
泡正常发光时的电阻，然后根据图示欧姆表表盘确定其量程，然后根据指针位置读出其示数。
（2）①根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出圆柱体的长度；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示
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数，根据图示游标卡尺读出其示数；
②根据坐标系内描出的点作出图象，根据图示图象应用欧姆定律求出圆柱体的电阻；
③根据实验数据应用电阻定律求出圆柱体的电阻率。
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电阻为：R=ܷ
额
2ܲ
额
= 2202
60 ≈806.7Ω，
灯泡在常温下的电阻远小于正常发光时的电阻，常温下灯泡电阻约为正常发光时的十分之一，
由图示表盘可知，欧姆表应选择×10 档，由图示表盘可知，灯泡电阻为：6×10＝60Ω；
（2）①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，圆柱体的长度为：L＝10.5cm＝100.5mm；
由图示游标卡尺可知，其直径为：d＝5mm+8×0.1mm＝5.8m；
②根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
由图示图象可知，圆柱体的电阻为：R=ܷܫ= 2.00ܸ
0.25t =8.0Ω；
③由电阻定律可知：R＝ρ
ܮܵ=ρ
ܮ
ߨ(݀2)2
电阻率：ρ= ߨh݀2
4ܮ
= 3.14×8.0×(5.8×10−3)2
4×0.1052
≈2×10
﹣3Ω•m；
故答案为：（1）60；（2）①100.5；5.8；②8.0；③2×10
﹣3。
【点评】本题主要是考查了测量工具的读数问题；对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，
要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，能够正确的进行读数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，
不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
19．（9 分）《公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪
口比动能大于等于1.8 焦耳/平方厘米都认定为枪支，枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以
枪口的横截面积，现有一玩具枪，其枪管长度L＝20cm，枪口直径d＝6mm，子弹质量为m＝2g，在测试中，让
玩具枪在高度h＝1.8m 处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：
（1）子弹出枪口的速度；
（2）此玩具枪是否可能被认定为枪支，请计算说明．
（3）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小．
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】（1）子弹做平抛运动，根据平抛运动的特点求得初速度；
（2）计算出动能和枪口的面积，求得比值即可判断；
（3）在枪管内做匀加速直线运动，根据运动学公式求得加速度，根据牛顿第二定律求得推力
【解答】解：（1）子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间t=
2݄
t =
2×1.8
10 ݏ= 0.6ݏ
由x＝vt，则㘴= ݔ
ݐ= 12
0.6݉
/ݏ= 20݉
/ݏ2
（2）子弹动能ܧ݇= 1
2݉
㘴2 = 0.4ܬ，枪口比动能= ܧ݇ܵ= 1.41ܬ/ܿ݉
2，故不能认定为枪支
（3）在枪管内，由公式v2＝2ax 得，ܽ
= 㘴2
2ݔ= 1000݉
/ݏ2，根据牛顿第二定律可知F＝ma＝2N
答：（1）子弹出枪口的速度为20m/s；
（2）此玩具枪不能被认定为枪支
（3）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，此推力的大小为2N
【点评】本题主要考查了平抛运动和牛顿第二定律，利用平抛运动的特点求得初速度，知道加速度是匀变速直线
运动的桥梁
20．（12 分）在电影中，“蜘蛛侠”常常能通过发射高强度的蜘蛛丝，穿梭于高楼大厦之间，从而成就了一系列的超
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级英雄传说．在某次行动中，蜘蛛侠为了躲避危险，在高为hA＝20m 的A 楼顶部进过一段距离L0＝14.4m 的助跑
后在N 点水平跳出，已知N 点离铁塔中轴线水平距离为L＝32m，重力加速度为g＝10m/s2，假设蜘蛛侠可看作质
点，蜘蛛丝不能伸长．
（1）要使蜘蛛侠能落到铁塔中轴线上，他跳出的初速度至少为多少？
（2）由于体能的限制，蜘蛛侠的助跑最大加速度为5m/s2，在跳出1.6s 后发现按照预定路线不能到达铁塔中轴线
上，于是他立即沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置P 发射蜘蛛丝，使得他在蜘蛛丝的作用下绕P 点运动，假
设蜘蛛丝从发射到固定在P 点的时间可忽略不计，请问他能否到达铁塔中轴线上？如果能，请计算出到达的位置，
如果不能，请说明原因．
（3）蜘蛛侠注意到在铁塔后方有一个小湖，他决定以5m/s2 的加速度助跑后跳出，择机沿垂直速度方向朝铁塔中
轴线上某位置发出蜘蛛丝，在到达铁塔中轴线时脱离蜘蛛丝跃入湖中，假设铁塔足够高，欲使落水点最远，他经
过铁塔时的高度为多少？
【考点】43：平抛运动；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）蜘蛛侠做平抛运动，由平抛运动公式求解即可；
（2）根据平抛运动知识点求得1.6 后的位置及速度，发射蜘蛛丝后蜘蛛侠做圆周运动，通过几何关系求的到地面
的高度；
（3）利用动能定理求得脱手后的速度，再由平抛运动知识求得运动时间，进而求得水平位移表达式，由数学知识
确定结果；
【解答】解：（1）由题意得，蜘蛛侠离开楼顶后做平抛运动，下落高度为：hA＝20m，
竖直方向：ht = 1
2 tݐ2，解得：t＝2s
水平方向：L＝v0t．解得：v0＝16m/s
（2）假设能到达，在助跑阶段，以最大加速度a＝5m/s2 匀加速运动，设跳出速度vx，
则由：㘴ݔ
2 = 2ܽܮ0，解得：vx＝12m/s
设经过1.6s 后水平位移为x1、竖直位移y1、竖直速度为vy，
x1＝vxt＝12×1.6＝19.2m，
ݕ1 = 1
2 tݐ2 = 1
2 × 10 × 1．62 =12.8m，
vy＝gt＝10×1.6＝16m/s
合速度与水平方向夹角：ݐtߠ= 㘴ݕ
㘴ݔ= 16
12 = 4
3，θ＝53° 由几何关系得：R= ܮ−ݔ1
ݏth53° = 32−19.2
0.8
= 16݉
，
离地面的高度：h＝hA﹣y1﹣R（1﹣cos53°）＝0.8m，故能到达塔的中线位置．
（3）设蜘蛛侠经过铁塔的位置高度为y，则脱手后的初速度为v，落地点离高塔的水平距离为x，
由动能定理得：
1
2݉
㘴2 −
1
2݉
㘴ݔ
2 =݉
t(݄t −ݕ)，
y= 1
2 tݐ'2，x＝vt′
联立各式得：ݔ=
4(27.2 −ݕ)ݕ，
当y＝27.2﹣y 时，即y＝13.6m 时，水平距离x 最大．
答：（1）要使蜘蛛侠能落到铁塔中轴线上，他跳出的初速度至少为16m/s
（2）能，到达的位置为离地面0.8m．
（3）欲使落水点最远，他经过铁塔时的高度为13.6m．
【点评】本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的
问题，动能定理不失为一种好的方法，再者是数学方法的应用．
21．（4 分）（1）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1 为原线圈，L2 为副线圈。
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①在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路。
（
2
）
用
图
示
实
验
装
置
探
究
“
碰
撞
中
的
不
变
量
”
实
验
，
若实验中得到一条纸带如图所示，已知A、B 车的质量分别为mA、mB，则该实验需要验证的表达式是
mAxBC
＝（mA+mB）xDE
。（用图中物理量和已给出的已知量表示）
（3）在“探究单摆周期与摆场的关系”实验时，下列用游标卡尺测小球直径的操作最合理的是
A
。
（4）如图所示，某同学按实验装置安装好仪器后，观察光的干涉现象，获得成功，若他在此基础上对仪器的安装
做如下改动，仍能使实验成功的是
A
。
A．将滤光片移至单缝和双缝之间，其他不动。
B．将单缝与双缝的位置互换，其他不动。
【考点】O4：用双缝干涉测光的波长．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；54G：光的干涉专题．
【分析】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与
副线圈组成另一个闭合电路；
（2）A 与B 碰后速度减小，通过纸带上相等时间内点迹的间隔大小确定哪段表示A 的速度，哪段表示共同速度，
求出碰前和碰后的速度大小，得出碰前和碰后总动量的大小，从而得出结论；
（3）用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上；
（4）由波的干涉中条纹的间距公式△x= ܮ݀ɉ，即可求解
【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流
计与副线圈组成另一个闭合电路，故画出电路图，如图所示：
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（2）A 与B 碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC 段来计算A 的碰前速度，通过DE
段计算A 和B 碰后的共同速度。
得：mAxBC＝（mA+mB）xDE
（3）游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上，BC 错误，D 应是测量内径的，（4）在波的干涉中，
干涉条纹的间距△x= ܮ݀ɉ，由公式可得，条纹间距与波长、屏之间的距离成正比，与双缝间的距离d 成反比，
A、滤光片移至单缝和双缝之间，没有影响条纹间距的因素，故A 正确；
B、若单缝与双缝的位置互换，则缝间距变化，从而导线条纹间距变化，故B 错误；
故选：A
故答案为：（1）如图所示；（2）mAxBC＝（mA+mB）xDE；（3）A；（4）A。
【点评】本题考查了连接电路图、实验注意事项等问题，知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连
接实物电路图的前提与关，光波的干涉条纹的间距公式，应牢记条纹间距的决定因素，不要求定量计算，但要求
定性分析。
22．（10 分）如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ 竖直放置，两导轨之间的距离为L＝1m，两导轨M、
P 之间接入电阻R＝0.2Ω，导轨电阻不计，在abcd 区域内有一个方向垂直于两导轨平面向里的磁场Ⅰ，磁感应强
度B0＝1T．磁场的宽度x1＝1m，在cd 连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向里的磁场Ⅱ，磁感应强度B1
＝0.5T．一个质量为m＝1kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2Ω，若金属棒
在离ab 连线上端x0 处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef 时系
统达到稳定状态，cd 与ef 之间的距离x2＝15m．（g 取10m/s2）
（1）金属棒进入磁场Ⅰ时的速度大小
（2）金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R 产生的热量．
（3）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间．
【考点】37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切
割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由安培力公式及平衡条件可以求出棒离开下边界时的速度．
（2）由能量守恒定律可以求出金属棒产生的焦耳热．
（3）ab 棒在磁场中先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，由牛顿第二定律和加速度定义式结合求解时
间．
【解答】解：（1）设棒在到达磁场边界ab 时的速度为v．导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝B0Lv
电路中的感应电流为：I=
ܧ
h+ݎ
导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mg﹣B0IL＝0，
解得：v=݉
t(h+ݎ)
ܤ0
2ܮ2
= 1×10×(0.2+0.2)
12×12
=4m/s；
（2）设棒在到达磁场边界ef 时的速度为v′．导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：E′＝B1Lv′
电路中的感应电流为：I′= ܧ'
h+ݎ
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导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mg﹣B1I′L＝0，
解得：v′=݉
t(h+ݎ)
ܤ1
2ܮ2
= 1×10×(0.2+0.2)
0.52×12
=16m/s；
设整个电路产生的焦耳热是Q，由能量守恒定律可得：mg•d＝Q+ 1
2݉
㘴'2，
由于棒与R 的电阻值相等，所以产生的焦耳热相等，在棒通过磁场区的过程中R 产生的焦耳热QR= 1
2Q，
解得：QR＝20 J
（3）金属棒在磁场上方运动的时间：ݐ0 = 㘴
t = 4
10 = 0.4s
棒在磁场Ⅰ中运动的时间：ݐ1 = ݔ1
㘴= 1
4 = 0.25s
棒刚进入磁场Ⅱ时的速度为：v＝4 m/s
设棒在磁场中运动速度为v 时加速度为a，则由于：mg﹣B1IL＝ma
又I= ܤ1ܮ㘴
h+ݎ，a= △㘴
△ݐ
可得：mg−
ܤ1
2ܮ2㘴
h+ݎ=m
△㘴
△ݐ
变形得：mg△t−
ܤ1
2ܮ2㘴
h+ݎ⋅△ݐ=m△v
两边求和得：σ
mg△t−σ
ܤ1
2ܮ2㘴
h+ݎ⋅△ݐ= σ
m△v
得：mgt2−
ܤ1
2ܮ2ݔ2
h+ݎ
=m（v′﹣v）
代入解得：t2＝2.1375 s
金属棒运动的总时间：t＝t0+t1+t2＝0.4+0.25+2.1375＝2.7875s
答：（1）棒ab 在离开磁场下边界时的速度是4m/s；
（2）棒ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热是20J；
（3）ab 棒在磁场中运动的时间是2.7875s．
【点评】本题最后一问要求非匀变速运动的时间，不能直接运用运动学公式解答，而要运用积分法求解，其切入
点是牛顿第二定律和加速度定义式．
23．（10 分）真空中有一半径为R 的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图1 所示，虚线圆的右侧放置
一对水平正对的金属板M 和N，两金属板的中心线O1O2 与虚线圆的圆心O 在同一水平线上，在圆上P 点（位于
O 点的正下方）处有一点状电子源，电子源可以向圆内各个方向发射速率均为v0 的电子，其中沿PO 方向射入磁
场的电子恰好从圆上的O1 点沿两板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2 所示的交变电压，最后
电子恰好从M 板的边缘水平飞出，已知金属板的板长L＝2.4R，板间距d＝1.2R，电子的质量为m、电量为e，忽
略电子的重力和相互间的作用力。求：
（1）圆形区域内的磁感应强度B 的大小和方向；
（2）图2 中U0 和周期T；
（3）若在两板右端加一竖直探测板（图中未画出），电子经磁场偏转后从N 板的左端水平射入两板间，同时在板
间加上图2 的交变电压，经电场偏转后垂直打在探测板上，若每秒打在探测板上的电子数为x，有70%的电子被
吸收，30%的电子被原速率弹回两板间，探测板受此类电子撞击的平均作用力大小；
（4）在满足（3）的条件下，被原速率弹回的某电子在t= 5ܶ
2 时刻返回两板间，求该电子在磁场中运动的总时间。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）根据电子运动方向应用左手定则判断磁场方向，根据题意求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，
应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
（2）根据题意作出电子运动轨迹，根据题意求出电子的运动时间，应用位移公式与牛顿第二定律求出电势差。
（3）对电子应用动量定理可以求出作用力。
（4）作出电子运动轨迹，求出电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角，然后求出电子的运动时间。
【解答】解：（1）由左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，沿PO 方向射入磁场的电子恰好从圆上的O1 点沿两板
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中心线射出，则电子的轨道半径为R，
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev0B＝m
㘴0
2
h ，
解得：B=݉
㘴0݁
h ；
（2）从O1 射出磁场的电子运动轨迹如图所示：
根据电子恰好从M 板的边缘飞出可知，电子在板间的运动时间为交变电压周期的整数倍，
则有：t= ܮ
㘴0 =nT
解得：T= 2.4h
h㘴0
n＝1、2、3……
电子在板间偏转的总位移为：y＝2n•
1
2ܽݐ'2 =݀2，
加速度为：a=ܷ݁
0݉݀
时间为：t′=ܶ2，d＝1.2R，
解得：U0=
h݉
㘴0
2
2݁
（n＝1、2、3……）；
（3）电子经磁场偏转后从N 板的左端水平射入两板间，经磁场偏转后在O2 点垂直打在探测板上，以水平向右为
正方向，由动量定理得：
Ft＝0﹣（﹣70%xmv0）+30%xmv0﹣（﹣30%xmv0），
解得：F＝1.3xmv0；
（4）根据题意，电子在t= 5
2T 时刻返回两板间，经电场偏转后刚好平行于N 板从N 板左边缘水平进入磁场，电
子运动轨迹如图所示：
设电子从C 点离开磁场，易知OBO′C 为菱形，则：OC∥BO′，由几何关系可知，
OC 处于竖直方向，因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为180°，
电子在磁场中运动总时间：t 总= 180°
360°T′= ߨ݉݁
ܤ
代入B=݉
㘴0݁
h 解得：t 总= ߨh
㘴0；
答：（1）圆形区域内的磁感应强度B 的大小为݉
㘴0݁
h ，方向：垂直于纸面向里；
（2）U0 为：
h݉
㘴0
2
2݁
（n＝1、2、3……）
周期T 为：T= 2.4h
h㘴0
n＝1、2、3……；
（3）探测板受此类电子撞击的平均作用力大小为1.3xmv0；
（4）求该电子在磁场中运动的总时间为
ߨh
㘴0
。
【点评】本题考查了电子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹是解题的
前提与关键，应用几何知识、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:22:00 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年云南师大附中高三（上）适应性物理试卷（9 月份）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14-17 题只有一项符合题目要求，第18-21
题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E= ܨ
ݍ、电容C=ܷܳ
、加速度a= △㘴
△ݐ都是采
用比值法定义的
B．汤姆孙发现了电子，卢瑟福发现了中子
C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值
D．法拉第通过大量的实验数据得出了法拉第电磁感应定律
2．（6 分）正点电荷和水平放置的无限大金属平板之间形成电场，其电场线分布如图所示，电场中有位于同一水平线
上的A、B、C 三点，且AB＝BC，则下列关系中正确的是（
）
A．电场强度大小关系为EA＝EC＝EB
B．电势φA＝φC＞φB
C．将一带正电粒子由A 经B 移至C 点过程中，电场力先做负功再做正功
D．将一带负电粒子由A 经B 移至C 点过程中，电势能先增大再减小
3．（6 分）太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“Gl﹣581c”却很值得我们期待。该
行星的温度在0℃～40℃之间，质量是地球的6 倍，直径是地球的1.5 倍，公转周期为13 个地球日。Gliese581”
的质量是太阳质量的0.31 倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则
（
）
A．该行星表面的重力加速度是地球的3 倍
B．该行星的第一宇宙速度是地球的2 倍
C．该行星与“Glicsc58”的距离是日地距离的
3 132
3652倍
D．恒星“Gliese581”的密度是太阳的169 倍
4．（6 分）如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B 叠放在木板上且处于静止状态，
此时物体B 的上表面水平。现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B 仍保持静止，与原位置的情
况相比（
）
A．B 对A 的支持力变大
B．B 对A 的作用力变大
C．木板对B 的摩擦力不变
D．木板对B 的作用力不变
5．（6 分）如图所示，10 匝矩形线圈，在磁感应强度为0.5T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度100rad/s
匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想电流表和一理想变压器的原线圈相连，原副线圈
匝数比为10：1，副线圈接有两只灯泡L1 和L2，开关断开时L 正常发光。则（
）
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值e＝250cos100t（V）
B．若开关S 闭合，电流表示数将减小
C．若开关S 闭合，灯泡L1 亮度将不变
D．灯泡L1 的额定电压是25V
6．（6 分）利用如图所示的电路研究光电效应现象，其中电极K 由金属钨制成，其逸出功为4.54eV．用某一频率的
紫外线照射时，逸出光电子的最大初动能为500eV，电流表的示数为I．已知普朗克常量约为6.63×10
﹣34J•s，下
列说法正确的是（
）
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A．金属钨发生光电效应的极限频率约为10.96×1034Hz
B．若入射光频率减半，将不发生光电效应现象
C．若入射光频率加倍，电流表的示数变为2I
D．若入射光频率加倍，遏止电压的大小将变为14.54V
7．（6 分）水平地面上质量m＝6kg 的物体，在大小为12N 的水平拉力F 的作用下做匀速直线运动。从x＝2.5m 位置
力逐渐减小，力F 随位移x 变化规律如图所示，当x＝7m 时拉力减为零，物体也恰好停下，取g＝10m/s2
，下列结论正确的是（
）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B．在减速阶段合外力对物体做的功为﹣27J
C．全过程中合外力对物体的冲量为0N•S
D．从x＝2.5m 处，物体做匀减速直线运
8．（6 分）如图甲所示，AB、CD 是间距l＝1m 的足够长的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面夹角为α，在虚线
下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导轨电阻不计，长为1m 的导体棒ab 垂直AB，CD 放置
在导轨上，导体棒电阻R＝2Ω；AB、CD 右侧连接一电路，已知灯泡L 的规格是“3v 1.5W“定值电阻R1＝3Ω、
R2＝6Ω，在t＝0 时，将导体棒ab 从某一高度由静止释放，导体棒的速度一时间图象如图乙所示，其中OP 段是
直线，PM 段是曲线，M 点后是水平直线。若导体棒沿导轨下滑12.5m 时，导体棒达到最大速度，并且此时灯泡L
正常发光。假设灯泡的电阻恒定不变，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．α＝37°
B．匀强磁场的磁感应强度大小B 为0.5T
C．导体棒的质量为0.05kg
D．从导体棒由静止释放至速度达到最大的过程中，通过小灯泡的电荷量为1C
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33 题一第
38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（7 分）小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，A 为装有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的挡
光宽度为b，轻绳一端与A 相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m（m＜M）的重物B 相连。他的做法是：
先用力拉住B，保持A、B 静止，测出A 的挡光片上端到光电门的距离h；然后由静止释放B，A 下落过程中经过
光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A 下落h（h 远大于b）
时的速度，重力加速度为g。
（1）在A 从静止开始下落h 的过程中，验证A、B 组成的系统机械能守恒的表达式为
；绳子拉力对重物
B 做的功为
。（用题目所给物理量的符号表示）
（2）由于光电门所测的平均速度与物体A 下落h 时的瞬时速度间存在一个差值△v，因而系统减少的重力势能
系统增加的动能（选填“大于“或“小于”）
（3）为减小上述△v 对结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是
A．减小挡光片上端到光电门的距离h
B．增大挡光片的挡光宽度b
C．适当减小挡光片的挡光宽度b
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10．（8 分）某兴趣小组的同学想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员取长度L
为100m（真实长度）的铜电线，进行实验，测量其电阻率，实验室现有的器材如下：
A．电源（电动势约为1.5V，内阻不计）
B．待测铜电线（长度L 为100m）
C．电流表A1（量程为300mA，内阻约为0.1Ω）
D．电流表A2（量程为600mA，内阻约为0.05Ω）
E．电阻箱R（阻值范围0～99.99Ω）
F．定值电阻R0＝3.0g
G．开关、导线若干
（1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d＝
mm。
（2）小组设计的测量电路如图乙所示，则P 是
，N 是
，通过实验作出的图象如图丙所示。（两空
均填器材名称及对应符号）
（3）由图乙电路测得铜电线的电阻值为
Ω，此测量值与真实值相比
（填“偏大”“相
等”或“偏小”）。
（4）这捆铜电线的电阻率ρ＝
Ω•m（计算结果保留3 位有效数字）。
11．（12 分）如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，ab 段水平粗糙，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的
一小段圆弧（Od 处于竖直位置且弧ce 关于Od 对称），可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A、
B 中间夹有少量炸药，A 的质量是B 的3 倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。B
沿轨道过d 点时恰好与轨道无相互作用力，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求
（1）物块B 过d 点的速度大小；
（2）物块A 滑行的距离s。
12．（20 分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强
度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m 的微粒从原点出发以与x 轴正
方向的夹角为60°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，3l）时，电场突然改变，方
向变为竖直向上，大小变为݉
t
ݍ（不计电场变化的时间），粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场。
不计一切阻力，求
（1）初始时电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小。
（3）粒子在复合场中的运动时间。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔
在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理选修3-3】（15 分）
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13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蛳蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．随着分子间距离增加，分子间的引力和斥力都减小，分子间距小于r0（合力为零时分子间的距离为r0）时，距
离越小，分子势能越大
C．一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，说明温度越高布朗运动越剧烈
D．如果液体不浸润某种固体，则在液体与固体接触的附着层内，分子分布比液体内部稀疏，分子间的作用力表
现为引力
E．不同晶体的熔化热不同，面非晶体没有固定的熔化热
14．（10 分）如图所示，上细下粗的玻璃管，上端开口且足够长，下端封闭，粗管部分的横截面积S1＝2cm2，细管
部分的横截面积S2＝1cm2．用适量的水银在管内密封一定质量的理想气体，初始状态封闭气体的温度为t1＝47℃，
封闭气柱的长度L1＝4lcm，细管和粗管中水银柱的高度均为h0＝2cm。现对封闭气体缓慢加热，当气体的温度升
高到t2 时，粗管中的水银刚好全部压入细管。已知外界大气压P0＝76cmHg
（i）求气体温度t2 是多少K？
（ii）当粗管中的水银刚好全部压入细管，封闭气体气体的温度每升高1℃，细管中水银面升高多少？
【物理-选修3-4】（15 分
15．一列正弦式简谐横波，在t＝0 时刻的波形图如图所示，已知这列波沿x 轴正方向传播，M 为传播方向上一质点，
此时M 点的纵坐标为2cm，若经过时间△t＝0.1s，M 点首次到达波峰。下列说法中正确的是（
）
A．M 点的振动方向向下
B．M 点的坐标为（
3
8，2）
C．波的传播速度大小为12.5m/s
D．质点的振动周期为0.8s
E．从t＝0 时刻起，再经过t＝0.5s 质点M 的路程为（6−
2）cm
16．如图所示的圆柱形容器中盛满折射率n= 5
3的某种透明液体，容器底部安装一块平面镜，容器直径L＝2H，在圆
心正上方高度h 处有一点光源S。
（i）点光源S 发出的光在液体中的传播速度是多少？
（ii）要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S 发出的光，h 应该满足什么条件？
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2019-2020 学年云南师大附中高三（上）适应性物理试卷（9 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14-17 题只有一项符合题目要求，第18-21
题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E= ܨ
ݍ、电容C=ܷܳ
、加速度a= △㘴
△ݐ都是采
用比值法定义的
B．汤姆孙发现了电子，卢瑟福发现了中子
C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值
D．法拉第通过大量的实验数据得出了法拉第电磁感应定律
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】明确比值定义法的应用，知道哪些物理量是采用比值定义法得出的；同时明确各物理学家的主要贡献。
【解答】解：A、场强E= ܨ
ݍ、电容C=ܷܳ
、加速度a= △㘴
△ݐ都是采用比值法定义的，故A 正确；
B、汤姆孙发现了电子，查德威克发现了中子，故B 错误。
C、牛顿发现了万有引力定律，但卡文迪许测出了引力常量的数值，故C 错误。
D、法拉第通过大量的实验研究发现了电磁感应现象，但没有得到法拉第电磁感应定律，故D 错误。
【点评】本题考查物理学史和比值定义法，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，
这也是考试内容之一。
2．（6 分）正点电荷和水平放置的无限大金属平板之间形成电场，其电场线分布如图所示，电场中有位于同一水平线
上的A、B、C 三点，且AB＝BC，则下列关系中正确的是（
）
A．电场强度大小关系为EA＝EC＝EB
B．电势φA＝φC＞φB
C．将一带正电粒子由A 经B 移至C 点过程中，电场力先做负功再做正功
D．将一带负电粒子由A 经B 移至C 点过程中，电势能先增大再减小
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由电场线的疏密可以判断场强的大小；由电场线和等势能的性质可明确电势高低；根据电势的高低可以
判断电势能的大小，从而判断电场力做功情况。
【解答】解：A、依据电场线的疏密，并由电场线分布可知，EA＝EC＜EB，故A 错误；
B、根据等势面与电场线垂直以及电场的对称性作出等势面，及正点电荷，可知A、C 在同一等势面上，B 点电势
高于A、C 点电势，即φA＝φC＜φB，故B 错误；
C、将一带正电粒子由A 经B 移至C 点过程中电场力，先做负功再做正功，故C 正确；
D、将一带负电粒子由A 经B 移至C 点过程中电场力先做正功再做负功，电势能先减小再增大，故D 错误；
【点评】本题考查电场的性质，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱；沿电场线的方向电势降低，电场线与
等势面相互垂直。
3．（6 分）太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“Gl﹣581c”却很值得我们期待。该
行星的温度在0℃～40℃之间，质量是地球的6 倍，直径是地球的1.5 倍，公转周期为13 个地球日。Gliese581”
的质量是太阳质量的0.31 倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则
（
）
A．该行星表面的重力加速度是地球的3 倍
B．该行星的第一宇宙速度是地球的2 倍
C．该行星与“Glicsc58”的距离是日地距离的
3 132
3652倍
D．恒星“Gliese581”的密度是太阳的169 倍
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度和该行星与“Gliese581”的距离。
由周期关系
【解答】解：A 设地球质量为M，半径为R，太阳质量为M 日．由万有引力近似等于重力，得ܩ݉
ܯ
h2 =݉
t，g= ܩܯ
h2 ，
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则：g 行：g 地= 6ܯ
ܯ×
h2
(1.5h)2 =8：3，故A 错误，
B、卫星绕任一行星表面附近做匀速圆周运动时的速度即为该行星的第一宇宙速度，㘴=
ܩܯ
h ，则v 行：v 地
=
6ܯ
ܯ×
h
1.5h =2：1，故B 正确。
C、行星绕恒星运转时，ܩܯܩ݉
ݎ2
=݉
4ߨ2ݎܶ
2 ，可行r=
3 ܩܯܩܶ2
4ߨ2 ，则r 行G：r 地=
3 0.31(13)2
(365)2 ，故C 错误。
D、由于恒星“Glicsc581”的半径未知，不能确定其密度与太阳密度的关系，故D 错误。
【点评】本题行星绕恒星、卫星绕行星的类型，建立模型，根据万有引力提供向心力殘进行求解。
4．（6 分）如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B 叠放在木板上且处于静止状态，
此时物体B 的上表面水平。现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B 仍保持静止，与原位置的情
况相比（
）
A．B 对A 的支持力变大
B．B 对A 的作用力变大
C．木板对B 的摩擦力不变
D．木板对B 的作用力不变
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以AB 整体为研究对象，由平衡条件分析板对B 的支持力如何变化。板对B 的作用力等于AB 的总重力，
保持不变。
以A 为研究对象，分析其所受摩擦力变化。
【解答】解：A、当将P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，B 的上表面不再水平，A 受力情况如图1，N1＝GAcosα，
B 对A 的支持力变小，故A 错误；
B、物体A、B 均处于静止状态，所受合力始终为0，B 对A 的作用力与A 受到的重力是一对平衡力，故B 对A
的作用力不变，故B 错误；
C、以A、B 整体为研究对象，分析受力情况如图2，受总重力GAB、板的支持力N2 和摩擦力f2，由平衡条件分
析可知N2＝GABcosβ；f2＝GABsinβ，由于β逐渐增大，所以N2 减小，f2 增大，故C 错误。
D、以A、B 整体为研究对象，整体一直处于静止状态，所受合力始终为0，木板对整体的作用力与整体受到的重
力是一对平衡力，故木板对B 的作用力不变，故D 正确。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意
整体法和隔离法的应用。
5．（6 分）如图所示，10 匝矩形线圈，在磁感应强度为0.5T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度100rad/s
匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想电流表和一理想变压器的原线圈相连，原副线圈
匝数比为10：1，副线圈接有两只灯泡L1 和L2，开关断开时L 正常发光。则（
）
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值e＝250cos100t（V）
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B．若开关S 闭合，电流表示数将减小
C．若开关S 闭合，灯泡L1 亮度将不变
D．灯泡L1 的额定电压是25V
【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】先根据公式Um＝NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求
解。
【解答】解：A、交流发电机最大电动势：Em＝NBSω＝10×0.5×0.5×100＝250V，从垂直中性面位置开始计时，
故线框中感应电动势的瞬时值：e＝Emcosωt＝250cos100t（V），故A 正确。
B、开关S 闭合，输入、输出电压不变，输出端电阻减小，输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数增大，
故B 错误。
C、开关S 闭合，输入、输出电压不变，灯泡L1 亮度不变，故C 正确。
D、变压器输入电压的有效值为：U1=ܷ݉
2 = 250
2 =125 2V
由变压比：ܷ
1ܷ
2
=
h1
h2
=
10
1 ，
则：ܷ
2 = 12.5 2V，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um＝NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电
流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
6．（6 分）利用如图所示的电路研究光电效应现象，其中电极K 由金属钨制成，其逸出功为4.54eV．用某一频率的
紫外线照射时，逸出光电子的最大初动能为500eV，电流表的示数为I．已知普朗克常量约为6.63×10
﹣34J•s，下
列说法正确的是（
）
A．金属钨发生光电效应的极限频率约为10.96×1034Hz
B．若入射光频率减半，将不发生光电效应现象
C．若入射光频率加倍，电流表的示数变为2I
D．若入射光频率加倍，遏止电压的大小将变为14.54V
【考点】IC：光电效应；IE：爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】根据hv0＝W0 求解极限频率，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，通过动能定理求出反向电压
的大小。
【解答】解：A、设金属的极限频率为vc，由W0＝hvc，解得：vc＝10.96×1034Hz，故A 正确；
B、若入射光的频率减半，݄
㘴
2 ＞金属钨的逸出功，可以发生光电效应现象，故B 错误；
C、若入射光的频率加倍，电流表的示数不一定是原来的2 倍，故C 错误；
D、由Ekm＝hv﹣W0，知入射光的能量为：hv＝9.54eV，若入射光的频率加倍，则Ekm＝2hv﹣W0＝14.54eV，而
eUc＝Ekm，所以遏止电压Uc＝14.54V，故D 正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，结合动能定理进行求解，明确入射光频率加倍，入射光能量加倍，
但是逸出功不变，最大初动能没有加倍。
7．（6 分）水平地面上质量m＝6kg 的物体，在大小为12N 的水平拉力F 的作用下做匀速直线运动。从x＝2.5m 位置
力逐渐减小，力F 随位移x 变化规律如图所示，当x＝7m 时拉力减为零，物体也恰好停下，取g＝10m/s2
，下列结论正确的是（
）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B．在减速阶段合外力对物体做的功为﹣27J
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C．全过程中合外力对物体的冲量为0N•S
D．从x＝2.5m 处，物体做匀减速直线运
【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理；62：功的计算．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】物体做匀速运动时，受力平衡，拉力等于摩擦力，根据滑动摩擦力计算公式求解动摩擦因数，图象与坐
标轴围成的面积表示拉力做的功，从而求出合外力做的功，根据动能定理求出初速度，根据动量定理求解冲量
【解答】解：A、0～2.5m 物体在水平拉力的作用下做匀速直线运动，即物体所受摩擦力与拉力平衡，ߤ= ܨ݉
t =0.2，
故A 正确。
B、0～2.5m 物体做匀速直线运动，合外力为零，做功为零；所以减速阶段合外力对物体做的功与全过程做的功相
等。全过程拉力做正功，ܹ
= ܨݏ= (7+2.5)×12
2
=57J，摩擦力做负功wf＝﹣fs＝﹣12×7＝﹣84W 合＝57﹣84＝﹣
27J，故B 正确。
C、根据动能定理可知W 合＝△Ek＝0−1
2݉
㘴2，解得v＝3m/s，由动量定理有I 合＝0﹣mv＝﹣18NS，故C 错误。
D、从x＝2.5m 处，后面物体做的是加速度增大的减速运动，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题主要考查了恒力做功公式，动能定理的直接应用，知道F﹣x 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示
F 做的功是解答此题的关键。
8．（6 分）如图甲所示，AB、CD 是间距l＝1m 的足够长的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面夹角为α，在虚线
下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导轨电阻不计，长为1m 的导体棒ab 垂直AB，CD 放置
在导轨上，导体棒电阻R＝2Ω；AB、CD 右侧连接一电路，已知灯泡L 的规格是“3v 1.5W“定值电阻R1＝3Ω、
R2＝6Ω，在t＝0 时，将导体棒ab 从某一高度由静止释放，导体棒的速度一时间图象如图乙所示，其中OP 段是
直线，PM 段是曲线，M 点后是水平直线。若导体棒沿导轨下滑12.5m 时，导体棒达到最大速度，并且此时灯泡L
正常发光。假设灯泡的电阻恒定不变，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．α＝37°
B．匀强磁场的磁感应强度大小B 为0.5T
C．导体棒的质量为0.05kg
D．从导体棒由静止释放至速度达到最大的过程中，通过小灯泡的电荷量为1C
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】导体棒在磁场外的运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据V﹣t 图象求加速度，进而求斜面的倾角；
导体棒最终匀速运动时，灯泡正常发光可以求干路电流，进而求动生电动势，根据动生电动势公式求磁感应强度；
导体棒匀速运动时，重力沿斜面向下的分力等于安培力，根据二力平衡可求导体棒的质量；
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式结合可求通过灯泡的电荷量。
【解答】解：A、导体棒在磁场外运动时，由图乙得：ܽ1 = △㘴
△ݐ= 5݉
/ݏ2，由牛顿第二定律知：a1＝gsina，可得a
＝30°，故A 错误。
B、小灯泡正常发光时，ܫ=ܷܲ
= 0.5t，导体棒中的电流也为I＝0.5A；导体棒达到最大速度时，ܫ=
ܤt㘴݉
h灯+h12+h，
其中h灯=ܷ
2ܲ
= 6Ω，h12 = h1h2
h1+h2 = 2Ω，由图乙知最大速度为vm＝10m/s，解得B＝0.5T，故B 正确。
C、达到最大速度时，mgsina＝BIl，解得m＝0.05kg，故C 正确。
D/导体棒在磁场中滑行的距离ݔ= 12.5 −1
2ܽ
1ݐ2 = 10݉
，通过小灯泡的总电荷量ݍ= △Ȱ
h总
=
ܤtݔ
h灯+h12+h = 0.5ܥ，故
D 错误。
故选：BC。
【点评】本题时电磁感应和力学知识的综合，根据图象斜率的物理意义求加速度，推导斜面倾角；根据安培力给
予电磁感应有联系，又与力学知识有关系，熟练推导安培力与速度关系，由平衡条件和动力学方程进行解答。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33 题一第
38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
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9．（7 分）小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，A 为装有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的挡
光宽度为b，轻绳一端与A 相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m（m＜M）的重物B 相连。他的做法是：
先用力拉住B，保持A、B 静止，测出A 的挡光片上端到光电门的距离h；然后由静止释放B，A 下落过程中经过
光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A 下落h（h 远大于b）
时的速度，重力加速度为g。
（1 ）在A 从静止开始下落h 的过程中，验证A 、B 组成的系统机械能守恒的表达式为
(ܯ−݉
)th = 1
2 (ܯ+݉
)(ܾݐ)2
；绳子拉力对重物B 做的功为
mgh+ 1
2݉
(ܾݐ)2
。
（用题目所给物理量的符号表示）
（2）由于光电门所测的平均速度与物体A 下落h 时的瞬时速度间存在一个差值△v，因而系统减少的重力势能
大
于
系统增加的动能（选填“大于“或“小于”）
（3）为减小上述△v 对结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是
C
A．减小挡光片上端到光电门的距离h
B．增大挡光片的挡光宽度b
C．适当减小挡光片的挡光宽度b
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出瞬时速度，
从而得出系统动能的增加量，得出系统机械能守恒的表达式。根据动能定理得出绳子拉力对重物B 做功的大小。
（2）根据速度测量值的误差得出系统减小的重力势能和系统增加动能的关系。
（3）根据实验的原理和注意事项确定可行的操作步骤。
【解答】解：（1）A 下降h 高度时，系统重力势能的减小量为△Ep＝（M﹣m）gh，通过光电门的瞬时速度v=ܾݐ，
则系统动能增加量为△ܧ݇= 1
2 (ܯ+݉
)(ܾݐ)2，则系统机械能守恒的表达式为：(ܯ−݉
)th = 1
2 (ܯ+݉
)(ܾݐ)2。
对重物B 运用动能定理得，W﹣mgh= 1
2݉
㘴2，解得绳子拉力做功W＝mgh+ 1
2݉
(ܾݐ)2。
（2）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，用光电门测出的瞬时速度小于下落h 时的真实速度，则系
统减小的重力势能大于系统增加的动能。
（3）为了减小△v 对结果的影响，可行的方法是适当减小挡光片的宽度b，故答案为：（1）(ܯ−݉
)th = 1
2 (ܯ+݉
)(ܾݐ)2，mgh+ 1
2݉
(ܾݐ)2，（2）大于，（3）C。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住系统重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进
行验证，知道实验误差的来源。
10．（8 分）某兴趣小组的同学想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员取长度L
为100m（真实长度）的铜电线，进行实验，测量其电阻率，实验室现有的器材如下：
A．电源（电动势约为1.5V，内阻不计）
B．待测铜电线（长度L 为100m）
C．电流表A1（量程为300mA，内阻约为0.1Ω）
D．电流表A2（量程为600mA，内阻约为0.05Ω）
E．电阻箱R（阻值范围0～99.99Ω）
F．定值电阻R0＝3.0g
G．开关、导线若干
（1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d＝
1.200
mm。
（2）小组设计的测量电路如图乙所示，则P 是
电流表A1
，N 是
电流表A2
，通过实验作出的图象如图丙
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所示。（两空均填器材名称及对应符号）
（3）由图乙电路测得铜电线的电阻值为
2.00
Ω，此测量值与真实值相比
相等
（填“偏大”“相
等”或“偏小”）。
（4）这捆铜电线的电阻率ρ＝
2.26×10
﹣6
Ω•m（计算结果保留3 位有效数字）。
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【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；根据题意应用电阻定律可以求出合
金丝的长度表达式；
（2）N 测量的是干路电流大于P 测量的支路电流；
（3）根据电路特点知I2＝I1+ ܫ1h
hݔ，解得
ܫ2
ܫ1
=
1
hݔ
R+1．由图得
1
hݔ
解得Rx．设A1 的内阻为RA，则I2＝I1+ ܫ1(h+ht)
hݔ
，
解得
ܫ2
ܫ1
=
1
hݔ
h + (1 +
ht
hݔ
)，因为斜率
1
hݔ
不变，所以Rx 的测量值等于真实值。
（4）横截面积S＝πr2，所以ρ= hݔܵ
ܮ。
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，合金丝的直径为：d＝1mm+20×0.01mm＝1.200mm；
（2）N 测量的是干路电流大于P 测量的支路电流，故P 是电流表A1，N 是电流表A2。
（3）根据电路特点知I2＝I1+ ܫ1h
hݔ，解得
ܫ2
ܫ1
=
1
hݔ
R+1．由图得
1
hݔ
=
5.00−1.00
8.00
，解得Rx＝2.00Ω．设A1 的内阻为
RA，则I2＝I1+ ܫ1(h+ht)
hݔ
，解得
ܫ2
ܫ1
=
1
hݔ
h + (1 +
ht
hݔ
)，因为斜率
1
hݔ
不变，所以Rx 的测量值等于真实值。
（4）横截面积S＝πr2＝1.130mm2，ρ= hݔܵ
ܮ
= 2.00×1.130×10−6
100
Ωgm＝2.26×10
﹣6Ωgm。
故答案为：（1）1.200
（2）电流表A1
电流表A2
（3）2.00
相等
（4）2.26×10
﹣6
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、设计实验电路等问题；螺旋测微器固定刻度与可动刻度
示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直；要掌握实验器材的选择原则，
选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则。
11．（12 分）如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，ab 段水平粗糙，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的
一小段圆弧（Od 处于竖直位置且弧ce 关于Od 对称），可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A、
B 中间夹有少量炸药，A 的质量是B 的3 倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。B
沿轨道过d 点时恰好与轨道无相互作用力，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求
（1）物块B 过d 点的速度大小；
（2）物块A 滑行的距离s。
【考点】43：平抛运动；53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）在d 点物体B 受到的合外力提供向心力，根据向心力公式可求得在d 点速度；
（2）根据B 物体机械能守恒，对A 物体应用动能定理，整个A、B 系统动量守恒可知A 滑行的距离。
【解答】解：（1）设物块A 和B 的质量分别为mA 和mB，
B 经过d 点时恰好与轨道间无相互作用力，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：mBg＝mB
㘴2
h ，
解得：v=
th；
（2）设A、B 分开时的速度分别为v1、v2，系统动量守恒，
以碰撞碰撞后A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv1﹣mBv2＝0，
B 由b→d 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
1
2݉
ܤ㘴2
2 =mBgR+ 1
2݉
ܤ㘴2，
A 由b 到静止，由动能定理得：﹣μmAgS＝0−1
2݉
t㘴1
2，
解得：s= h
6ߤ；
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答：（1）物块B 过d 点的速度大小为th；
（2）物块A 滑行的距离s 为
h
6ߤ。
【点评】本题考查向心力公式和动能定理的应用，注意：先通过机械能守恒求得B 的速度，再根据A、B 两物体
分开时动量守恒可求得A 的速度，应用动能定理可得A 的滑行距离。
12．（20 分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强
度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m 的微粒从原点出发以与x 轴正
方向的夹角为60°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，3l）时，电场突然改变，方
向变为竖直向上，大小变为݉
t
ݍ（不计电场变化的时间），粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场。
不计一切阻力，求
（1）初始时电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小。
（3）粒子在复合场中的运动时间。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）微粒做直线运动，受重力、电场力和洛仑兹力，由于洛仑兹力大小与速度成正比，故三力平衡，粒
子做匀速直线运动，根据平衡条件列式求解；
（2）粒子运动到A（l，3l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），电场力与重力平衡，粒
子继续运动是匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合几何关系列式分析得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列
式求解磁感应强度B 的大小；
（3）根据公式t= ߠ
2ߨܶ
求解在磁场中的运动时间，在根据速度定义公式求解匀速的时间，相加就得到总时间。
【解答】解：（1）微粒在到达A（l，3l）之前做匀速直线运动，受力分析可得：qE＝mgtan60°
①
可得：E=
3݉
t
ݍ
②
（2）电场的方向水平向右时，由受力分析可得：qvB=݉
t
ݏth30°③
电场变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，分析轨迹得：r= 2 3t
3 ④
根据牛顿第二定律，有：qvB=݉
㘴2
ݎ⑤
联立解得：B=݉ݍ
3t
t ⑥
v= 2
3
3 tt⑦
（3）微粒做匀速直线运动的时间：ݐ1 =
t2+( 3t)2
㘴
=
3t
t ⑧
做圆周运动的时间：ݐ2 =
2ߨݎ
3
㘴= 2ߨ
9
3 3t
t ⑨
在复合场中运动时间t＝t1+t2= (1 + 2 3ߨ
9
)
3t
t ⑩
答：（1）初始时电场强度E 的大小为
3݉
t
ݍ
；
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- 97 -
（2）磁感应强度B 的大小为݉ݍ
3t
t 。
（3）粒子在复合场中的运动时间为(1 + 2 3ߨ
9
)
3t
t 。
【点评】本题关键是明确微粒受力情况和运动性质，要画出运动轨迹，造成圆心，结合几何关系求解轨道半径，
不难。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔
在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蛳蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．随着分子间距离增加，分子间的引力和斥力都减小，分子间距小于r0（合力为零时分子间的距离为r0）时，距
离越小，分子势能越大
C．一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，说明温度越高布朗运动越剧烈
D．如果液体不浸润某种固体，则在液体与固体接触的附着层内，分子分布比液体内部稀疏，分子间的作用力表
现为引力
E．不同晶体的熔化热不同，面非晶体没有固定的熔化热
【考点】85：扩散；86：分子间的相互作用力；92：* 晶体和非晶体；97：浸润和不浸润．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；541：分子运动论专题．
【分析】非晶体没有固定的熔点，晶体都有固定的熔点，晶体又分为单晶和多晶，单晶体各向异性，多晶体和非
晶体各向同性；
不浸润：液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏；
分子间距离增加，分子间的引力和斥力都减小，分子间距小于r0 时，分子力表现为斥力，距离减小，分子力做负
功，分子势能增大；
布朗运动是固体微粒在液体或气体中的运动，是肉眼看不到的。
【解答】解：A、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故A
错误。
B、分子间距离增加，分子间的引力和斥力都减小，分子间距小于r0 时，分子力表现为斥力，距离减小，分子力
做负功，分子势能增大，故B 正确。
C、一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚是水的对流引起的，不是布朗运动，故C 错误。
D、液体不浸润某种固体，例如水银对玻璃。当水银与玻璃接触时，附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内
部水银分子弱，结果附着层中的水银分子比水银内部稀疏，这时在附着层中的分子之间相互吸引就出现跟表面张
力相似的收缩力，使跟玻璃接触的水银表面有缩小的趋势，因而形成不浸润现象，故液体与固体接触时，如果附
着层内分子比液体内部稀疏，附着层内分子力表现为引力，液体与固体之间表现为不浸润，故D 正确。
E、晶体在熔化过程中要吸热，但温度不变，这个温度叫做晶体的熔点，不同晶体熔点不同，故不同晶体的熔化热
不同，而非晶体没有固定的熔点，所以非晶体没有固定的熔化热，故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题研究固体、液体、气体的特点；固体的分类，固体的各向同性和各向异性，浸润和不浸润，考查知
识点多注意多积累。
14．（10 分）如图所示，上细下粗的玻璃管，上端开口且足够长，下端封闭，粗管部分的横截面积S1＝2cm2，细管
部分的横截面积S2＝1cm2．用适量的水银在管内密封一定质量的理想气体，初始状态封闭气体的温度为t1＝47℃，
封闭气柱的长度L1＝4lcm，细管和粗管中水银柱的高度均为h0＝2cm。现对封闭气体缓慢加热，当气体的温度升
高到t2 时，粗管中的水银刚好全部压入细管。已知外界大气压P0＝76cmHg
（i）求气体温度t2 是多少K？
（ii）当粗管中的水银刚好全部压入细管，封闭气体气体的温度每升高1℃，细管中水银面升高多少？
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）找出封闭气体的初末状态参量，根据理想气体状态方程列式求解；
（ii）当粗管中的水银刚好全部压入细管后，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解。
【解答】解：（ⅰ）t＝47℃时管内气体体积为：V1＝L1S2＝41S2、温度为：T1＝47+273K＝320K
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以水银柱下底面为研究对象，根据平衡得：
P1＝P0+2•ρgh0＝80cmHg
当粗管中的水银刚好全部压入细管时气体体积为：V2＝（L1+h0）S2＝43S2
设水银全部进入细管后，高度为h′．水银总体积不变，
则S1h′＝S1h0+S2h0
解得
h′＝6cm
此时气体的压强为
P2＝P0+ρgh′＝82cmHg
根据理想气体状态方程得：ܲ1ܸ
1ܶ
1
=ܲ
2ܸ
2ܶ
2
解得：T2＝344K
（ⅱ）水银全部到细管后，气体再升温，做等压变化，
根据盖吕萨克定律得：ܸ2ܶ
2
=
△ܸ
△ܶ
又△V＝△hS2
当△T＝1K
解得：△h＝0.25cm
答：（i）求气体温度t2 是344K；
（ii）当粗管中的水银刚好全部压入细管，封闭气体气体的温度每升高1℃，细管中水银面升高0.25cm。
【点评】找出各个状态下的参量是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题。
【物理-选修3-4】（15 分
15．一列正弦式简谐横波，在t＝0 时刻的波形图如图所示，已知这列波沿x 轴正方向传播，M 为传播方向上一质点，
此时M 点的纵坐标为2cm，若经过时间△t＝0.1s，M 点首次到达波峰。下列说法中正确的是（
）
A．M 点的振动方向向下
B．M 点的坐标为（
3
8，2）
C．波的传播速度大小为12.5m/s
D．质点的振动周期为0.8s
E．从t＝0 时刻起，再经过t＝0.5s 质点M 的路程为（6−
2）cm
【考点】F4：横波的图象．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】质点做简谐运动时，在一个周期的时间内，质点通过的路程是四倍振幅。图示时刻M 点的纵坐标为2cm，
若经过时间△t＝0.1s，M 点首次到达波峰，由此求出该波的波速；由图可以直接读出波长，求出周期；根据时间
与周期的关系求质点M 点在t＝0.5s 内通过的路程。
【解答】解：A、波沿x 轴正方向传播，故M 点的振动方向向上，故A 错误；
B、根据波形图可知ɉ＝1m，振幅A＝2cm，则波动方程为ݕ= tݏth 2ߨ
ɉ ݔ= 2ݏth(2ߨݔ)ܿ݉
，将M 点纵坐标ݕ=
2ܿ݉
代入，解得x= 3
8，故M 点的坐标为（
3
8 ，
2），故B 正确；
C、经过时间△t＝0.1s，M 点首次到达波峰，即M 点左侧相邻波峰传播距离△ݔ= ( 3
8 −1
4 )݉
= 1
8݉
，则㘴= △ݔ
△ݐ=
1
8
0.1݉
/ݏ= 1.25݉
/ݏ，故C 错误；
D、波的传播方向上任意质点的振动周期ܶ
= ɉ
㘴=
1
1.25 ݏ= 0.8ݏ，故D 正确；
E、假设质点M 在此过程中振动了n 个周期，则t＝nT，代入数据可得h = 5
8，t＝0 时刻M 向上振动，t＝0.5s 时
M 点首次到达波谷位置，所以质点M 运动的路程ݏ= (2 −
2) + 2t = (6 −
2)ܿ݉
，此时M 在波谷位置，故E 正
确；
故选：BDE。
【点评】本题中注意时间上的周期性即可顺利求解，能通过题意求出周期，读出波长。要知道质点做简谐运动时，
在一个周期的时间内，质点通过的路程是四倍振幅，而不是一个波长。要注意质点通过的距离与波传播的距离是
两回事，不要混淆。
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- 99 -
16．如图所示的圆柱形容器中盛满折射率n= 5
3的某种透明液体，容器底部安装一块平面镜，容器直径L＝2H，在圆
心正上方高度h 处有一点光源S。
（i）点光源S 发出的光在液体中的传播速度是多少？
（ii）要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S 发出的光，h 应该满足什么条件？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）根据折射率与速度的关系求出速度；
（2）要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S 发出的光，点光源发出的光必须全部能折射进入空气中，
根据对称性，作出点光源经平面镜所成的像。当光射向水面时，入射角应不大于临界角，光线才能射入空气中。
由几何知识求出h 应满足的条件。
【解答】解：（ⅰ）介质中的光速：v=ܿh = 3.0×108
5
3
=1.8×108m/s
（ⅱ）点光源S 通过平面镜所成像为S'，如图所示，要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S 发出的
光，即相当于像S'发出的光在水面不发生全反射，则：
入射角i≤C，C 为全反射临界角，而sinC= 1
h = 3
5
由几何知识得，tani=
ܮ
2
ܪ+݄
≤tanC，L＝2H，
得到：h≥1
3H，
所以：H＞h≥1
3H。
答：（i）点光源S 发出的光在液体中的传播速度是1.8×108m/s；
（ii）要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源S 发出的光，h 应该满足条件H＞h≥1
3H。
【点评】本题要利用对称性作出平面镜所成的像，点光源发出的光好像从虚像发出的。再根据临界角和几何知识
求解h 满足的条件。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 19:02:58 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14-18 题只有一项符合题目要求；第19-21
题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）某质点的位移x 与时间t 的关系图象如图所示，则（
）
A．由图象可知该质点的运动轨迹是曲线
B．在16～20s 内质点做匀速直线运动
C．在0～20s 内质点的速度不断增加
D．在0～20s 内质点的平均速度大小为0.8m/s
2．（6 分）光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰好位
于圆弧形细杆的圆心处，如图所示，将悬点A 缓慢沿圆弧形细杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程
中，关于轻绳的拉力和斜面对小球的支持力，下列说法中正确的是（
）
A．轻绳拉力逐渐增大
B．轻绳拉力先减小后增大
C．斜面对小球支持力大小不变
D．斜面对小球支持力先增大后减小
3．（6 分）如图所示，一个小球从地面竖直上抛，不计空气阻力，已知小球两次经过一个较低点A 的时间间隔为3s，
两次经过较高点B 的时间间隔为1s，则A、B 两点间的距离为（g 取10m/s2）（
）
A．5m
B．10m
C．20m
D．40m
4．（6 分）实验小组利用DS 系统，观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，某次实验得到电梯内一物体
的v﹣t 图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法错误的是（
）
A．物体在前3s 内的位移约为2.3m
B．在0≤t＜3s 这段时间内，电梯内的物体处于超重状态
C．在3s≤t≤8s 这段时间内，电梯内物体的速度和加速度都在减小
D．在3s＜t＜8s 这段时间内，电梯内的物体受到的支持力小于重力
5．（6 分）如图所示，斜面体质量为M，斜面与水平面的夹角为θ，静止在粗糙的水平地面上，质量为m 的小物块恰
好能沿斜面匀速下滑且M 保持静止，则（
）
A．若给小物块施加一个竖直向下的恒力F，则小木块加速下滑
B．若给小物块施加一个平行于斜面向下的恒力F，则斜面体M 受到地面的摩擦力向左
C．若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m 和M 都处于静止状态，m 可能受3 个力的作用
D．若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m 和M 都处于静止状态，则m 对M 的作用力大小为mgcosθ+Fsinθ
6．（6 分）如图所示，A 球的质量为m1，B 球的质量为m2，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时弹簧
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与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．B 球的瞬时加速度为0
B．B 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为݉
1tݏthߠ+݉
2tݏthߠ݉
2
C．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为݉
1tݏthߠ+݉
2tݏthߠ݉
1
D．A、B 两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
7．（6 分）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移与速度的关
系式为x＝（40﹣0.1v2）m，下列分析正确的是（
）
A．刹车过程中的加速度大小为10m/s2
B．开始刹车时的初速度为40m/s
C．从刹车开始计时，5 秒内通过的位移为40m
D．从刹车开始计时，第1 秒内和第3 秒内的位移之比为7：3
8．（6 分）如图，A、B 两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C 物体。已知
A 和C 的质量都是2kg，B 的质量是3kg，A、B 间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计。由静止释放C，C 下落一
定高度的过程中（C 未落地，B 未撞到滑轮，且A 未与B 分离，g＝10m/s2），下列说法正确的是（
）
A．A、B 两物体没有发生相对滑动
B．C 物体的加速度大小是3.2m/s2
C．B 物体受到的摩擦力大小是4N
D．细绳的拉力大小等于13.6N
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x 与弹力F 成正比，即F＝kx，k 的值与橡皮筋未受到拉力
时的长度L、横截面积S 有关，理论与实践都表明k＝YS/L，其中Y 是一个由材料决定的常数，材料力学中称之
为杨氏模量．
（1）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y 的值．表为橡皮筋
受到的拉力F 与伸长量x 的实验记录，请在图乙中作出F﹣x 图象．
拉力F/N
5.0
10.0
15.0
20.0
25.0
伸长量x/cm
1.60
3.20
4.80
6.40
8.00
（2）由以上实验可求出该橡皮筋的K 值为
N/m（保留两位有效数字）．
（3）某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究合力的方法，如图丙所示，三根橡皮筋在O 点
相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C 三点．在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡
皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC 的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方
法．在实验过程中，下列说法正确的是
A．只需要测量橡皮筋的长度，不需要测出橡皮筋的原长
B．为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋
C．以OB、OC 为两邻边作平行四边形，其对角线必与OA 在一条直线上且长度与OA 相等
D．多次实验中即使O 点不固定，也可以探究求合力的方法．
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10．（9 分）为了探究物体质量、加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M 为小车的质量，
m 为砂和桶的质量，m0 为小车上滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小，打点计时器的频率为50Hz。
（1）打点计时器打出的纸带如图乙所示，图中所标的是每5 段时间间隔取一个计数点A、B、C、D、E 等，由图
中给出的数据计算小车运动的加速度a＝
m/s2；在打下计数点B 时，纸带运动的瞬时速度vB＝
m/s
（结果保留3 位有效数字）。
（2）该同学以力传感器的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a﹣F 图象是一条直线，求得图线的斜率
为k，则小车的质量为
（填序号）。
A.
1݇B.
1݇−݉
0C.
2݇−݉
0D.
2݇
11．（12 分）如图所示，一斜面固定在水平面上，倾角＝37°，一物块自斜面上某点由静止释放，同时一人自斜面底
端以速度v＝2m/s 在水平面上向右做匀速直线运动，已知物块经过时间t＝2s 到达斜面底端且从斜面滑上水平面时
没有能量损失，物块与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.4．已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8；g 取10m/s2．求：
（1）物块到达斜面底端时的速度大小；
（2）通过计算判断物块能否追上前方运动的人。
12．（20 分）如图所示，一水平长L＝2.5m 的传送带与木板靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以3m/s 匀速顺
时针转动，现在在传送带左端无初速度放上一质量m＝1kg 的小物块（可视为质点），小物块与传送带及小物块与
木板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2 经过一段时间，小物块被传送到传送带的右端，随后小物块平稳滑上右
端木板上的同时（小物块从传送带滑上木板时速度大小不变）在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，F 作用了t0
＝1s 后小物块与木板速度恰好相等，此时撒去F，最终小物块没有从木板上滑下，已知木板质量M＝4kg，木板与
地面间动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）小物块与传送带间的相对位移大小；
（2）水平恒力F 的大小；
（3）木板上表面至少多长（计算结果保留2 位有效数字）。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔
在答题卡上把所选题目的题号涂界．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第一类永动机不可能制成，因为违了能量守恒定律
B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
C．分子间的距离增大时，分子势能一定增大
D．气体吸热时，它的内能可能不增加
E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
14．（10 分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的气缸开口向下竖直固定放置，活塞的横截面积为S、质量为m0，
活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的重物。若开始时气缸内理想气体的温度为T0，重物和地面之间刚好无挤压作
用，外界大气压强为p，一切摩擦均不计且m0g＜p0S
（i）若使气体体积保持不变，级慢改变气体温度，则轻绳拉力为零时气体的温度为多少；
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- 103 -
（i）若缓慢降低气魟内气体的温度，最终使得气缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．图甲为一列简谐横波在t＝0.20s 时刻的波形图，P 是平衡位置x＝1m 处的质点，Q 是平衡位置x＝4m 处的质点，
图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法正确的是（
）
A．该波的周期是0.10s
B．该波的传播速度为40m/s
C．该波沿x 轴的正方向传播
D．t＝0.10s 时，质点P 的振动方向向下
E．从t＝0.10s 到t＝0.20s，质点P 通过的路程为20cm
16．如图所示，ABCD 是柱体玻璃校镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE＝30°，∠BAE＝45°，∠DCB
＝60°，一束单色细光束从AD 面人射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AD 面的夹角α＝60°，a 是
AD 边的中点，ab 与BD 平行。已知玻璃的折射率n=
2，BC 线段的长度为l，光速为c。求
（i）这束光线在a 点的入射角多大；
（ii）这束光线在棱镜中传播的最短时间。
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2019-2020 学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14-18 题只有一项符合题目要求；第19-21
题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）某质点的位移x 与时间t 的关系图象如图所示，则（
）
A．由图象可知该质点的运动轨迹是曲线
B．在16～20s 内质点做匀速直线运动
C．在0～20s 内质点的速度不断增加
D．在0～20s 内质点的平均速度大小为0.8m/s
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【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】位移时间图线的切线斜率表示瞬时速度，斜率正负表示速度方向。根据切线斜率的变化判断质点的变化
情况。由图象可直接读出位移，而位移与时间之比即为平均速度。
【解答】解：A、x﹣t 图象描述的是直线运动，故A 错误。
B、在16～20s 内图象的斜率减小，则质点的速度减小，故B 错误。
C、图象的斜率先增大后减小，则质点的速度先增大后减小，故C 错误；
D、在0～20s 内质点的位移为△x＝16m﹣0＝16m，平均速度大小㘴= △ݔ
△ݐ= 16
20m/s＝0.8m/s，故D 正确。
【点评】解决本题的关键理解位移时间图线的物理意义，知道图线切线的斜率表示瞬时速度，位移等于纵坐标的
变化量。
2．（6 分）光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰好位
于圆弧形细杆的圆心处，如图所示，将悬点A 缓慢沿圆弧形细杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程
中，关于轻绳的拉力和斜面对小球的支持力，下列说法中正确的是（
）
A．轻绳拉力逐渐增大
B．轻绳拉力先减小后增大
C．斜面对小球支持力大小不变
D．斜面对小球支持力先增大后减小
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【专题】31：定性思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，由平衡条件分析F 大小的变化..
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、斜面的支持力N 和绳子A 的拉力T，如图：
由平衡条件得知，F 和T 的合力与G 大小相等、方向相反，当将A 点向上缓慢移动，使AO 绳绕O 点顺时针转动
的过程中，作出三个位置力的合成图，由图看出，T 先变小后变大，斜面对小球支持力逐渐减小，故B 正确，ACD
错误。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。本题
是利用图解法来分析。
3．（6 分）如图所示，一个小球从地面竖直上抛，不计空气阻力，已知小球两次经过一个较低点A 的时间间隔为3s，
两次经过较高点B 的时间间隔为1s，则A、B 两点间的距离为（g 取10m/s2）（
）
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A．5m
B．10m
C．20m
D．40m
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【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】竖直上抛运动具有对称性，利用对称性可以得到物体从顶点到A 的时间和从顶点到B 点的时间，再由自
由落体的规律求解。
【解答】解：根据竖直上抛运动的对称，可知物体从顶点下落A 点的时间为ܶt
2 ，从顶点下落到B 点的时间为ܶܤ
2
而下落过程物体做自由落体运动，则A、B 两点间的距离为：
h= 1
2g（ܶt
2 ）2−1
2g（ܶܤ
2 ）2
代入数据解得：h＝10m，故B 正确，ACD 错误。
【点评】竖直上抛运动上升和下降具有对称性，所需的时间是一样的，所以只要讨论下落过程就可以。在解题时
我们要充分竖直上抛运动的对称性。
4．（6 分）实验小组利用DS 系统，观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，某次实验得到电梯内一物体
的v﹣t 图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法错误的是（
）
A．物体在前3s 内的位移约为2.3m
B．在0≤t＜3s 这段时间内，电梯内的物体处于超重状态
C．在3s≤t≤8s 这段时间内，电梯内物体的速度和加速度都在减小
D．在3s＜t＜8s 这段时间内，电梯内的物体受到的支持力小于重力
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【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】明确v﹣t 图象的性质，知道图象中图象的斜率表示加速度，而图象与时间轴所围成的面积表示位移，根
据对应的格数可确定位移大小；再根据超重和失重规律确定其超重还是失重。
【解答】解：A、v﹣t 图象中图形的面积表示位移，则由图可知，每一小格表示的面积为s＝0.1×1＝0.1m，则由
图可知，总格数为23，故总位移应为2.3m，故A 正确；
B、在0≤t＜3s 这段时间内，电梯内的物体的加速度向上，故物体处于超重状态，故B 正确；
C、在3s≤t≤8s 这段时间内，电梯内物体的速度一直在减小，但加速度先增大后减小，故C 错误；
D、在3s＜t＜8s 这段时间内，电梯内的物体做向上的减速运动，处于失重状态，故受到的支持力小于重力，故D
正确。
本题选错误的，【点评】本题考查超重失重以及v﹣t 图象的应用，要准确掌握v﹣t 图象的性质，知道v﹣t 图象中
点、线、面的意义和应用。
5．（6 分）如图所示，斜面体质量为M，斜面与水平面的夹角为θ，静止在粗糙的水平地面上，质量为m 的小物块恰
好能沿斜面匀速下滑且M 保持静止，则（
）
A．若给小物块施加一个竖直向下的恒力F，则小木块加速下滑
B．若给小物块施加一个平行于斜面向下的恒力F，则斜面体M 受到地面的摩擦力向左
C．若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m 和M 都处于静止状态，m 可能受3 个力的作用
D．若给小物块施加一个水平向左的恒力F，使m 和M 都处于静止状态，则m 对M 的作用力大小为mgcosθ+Fsinθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】35：整体思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】A、未加F 时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sinθ与μcosθ的大小；再分析对
物块施加一个竖直向下的恒力F 时，重力和F 沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态；
B、未加F 时，分析物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力大小，未加F 时，分析物块对斜面体的压力
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和摩擦力如何变化来判断；
C、对m 受力分析知摩擦力可能有也可能没有；
D、先分析斜面对物块的作用力大小，由牛顿第三定律得出对斜面的作用力大小。
【解答】解：A、未加F 时，物块匀速下滑，受力平衡
由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ
得：sinθ＝μcosθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F 时，物块受到的滑动摩擦力大小为：
f＝μ（F+mg）cosθ
重力和F 沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sinθ，
则上可知：（F+mg）sinθ＝μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故A 错误；
B、未加F 时，物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，加一个平行于斜面向下的恒力F 时，
物块对斜面体的压力和摩擦力未变，可知地面的摩擦力为零。故B 错误；
C、加一个水平向左的恒力F，使m 和M 都处于静止状态，m 受重力、斜面的支持力、恒力F，可能有摩擦力，
故C 正确；
D、若斜面对物块没有摩擦力，则斜面对小物块的作用力大小mgcosθ+Fsinθ，由牛顿第三定律知：m 对M 的作用
力大小为mgcosθ+Fsinθ。
若有摩擦力就不等于mgcosθ+Fsinθ，故D 错误；
【点评】本题中物块匀速下滑时，μ＝tanθ，作为一个重要结论可在理解的基础上记住，对分析解答有帮助。
6．（6 分）如图所示，A 球的质量为m1，B 球的质量为m2，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时弹簧
与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．B 球的瞬时加速度为0
B．B 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为݉
1tݏthߠ+݉
2tݏthߠ݉
2
C．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为݉
1tݏthߠ+݉
2tݏthߠ݉
1
D．A、B 两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
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【专题】31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，烧断细线后，隔离分析，运用牛
顿第二定律进行求解。
【解答】解：AB、当系统静止时，对B 受力分析，根据共点力平衡有：F＝m2gsinθ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉
力消失，弹簧的弹力在瞬间不变，则B 所受的合力为零，B 的加速度为0．故A 正确，B 错误；
CD、A 所受的合力：FA＝m1gsinθ+F＝m1gsinθ+m2gsinθ，根据牛顿第二定律得，aA=݉
1tݏthߠ+݉
2tݏthߠ݉
1
，沿斜面
向下。故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住烧断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求
解。
7．（6 分）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移与速度的关
系式为x＝（40﹣0.1v2）m，下列分析正确的是（
）
A．刹车过程中的加速度大小为10m/s2
B．开始刹车时的初速度为40m/s
C．从刹车开始计时，5 秒内通过的位移为40m
D．从刹车开始计时，第1 秒内和第3 秒内的位移之比为7：3
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出刹车过程中的加速度和初速度，结合速度时间公式求出刹车过
程持续的时间，根据速度位移公式求出刹车过程中的位移大小。
【解答】解：AB、根据v2﹣v02＝2ax，得：x=−
㘴0
2
2ܽ+ 㘴2
2ܽ，结合x＝40﹣0.1v2，则有
1
2ܽ
=−0.1，解得：a＝﹣5m/s2，
−
㘴0
2
2ܽ
=40，解得：v0＝20m/s，故AB 错误；
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C、刹车过程持续的时间为：t=−㘴0ܽ=4s，刹车开始计时，5 秒内通过的位移x=
㘴0
2
2ܽ
=40m，故C 正确；
D、第1 秒内位移为：x1＝v0t1−1
2ܽݐ1
2 =17.5m，前2 秒内位移为：x2＝v0t2−1
2ܽݐ2
2 =30m，前3 秒内位移为：x3＝
v0t3−1
2ܽݐ3
2 =37.5m
第3 秒内位移为：△x＝x3﹣x2＝7.5m，x1：△x＝7：3 故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、速度位移公式，并能灵活运用，难度不大。
8．（6 分）如图，A、B 两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C 物体。已知
A 和C 的质量都是2kg，B 的质量是3kg，A、B 间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计。由静止释放C，C 下落一
定高度的过程中（C 未落地，B 未撞到滑轮，且A 未与B 分离，g＝10m/s2），下列说法正确的是（
）
A．A、B 两物体没有发生相对滑动
B．C 物体的加速度大小是3.2m/s2
C．B 物体受到的摩擦力大小是4N
D．细绳的拉力大小等于13.6N
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对A、B、C 整体分析，根据牛顿第二定律求出整体加速度，隔离对A 分析，求出摩擦力的大小，与最
大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动，再隔离分析，求出拉力、加速度的大小
【解答】解：A、C、假设A、B 不发生相对滑动，整体的加速度：݉
ܥt݉
t+݉
ܤ+݉
ܥ
=
2×10
2+3+2݉
/ݏ2 = 2.9݉
/ݏ2
隔离对A 分析，f＝mAa＝2×2.9N＝5.8N＞μmAg＝0.2×2×10＝4N，可知假设不成立，即A、B 两物体发生相对
滑动，B 所受的摩擦力为4N，故A 错误，C 正确；
B、B 与C 的加速度是相等的，对B 与C 组成的整体：（mB+mC）a＝mCg﹣fB
代入数据得加速度：a＝3.2m/s2，故B 正确。
D、对C 分析，根据牛顿第二定律得：mCg﹣T＝mCa
解得：T＝13.6N，故D 正确
故选：BCD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A、B 是否发生相对滑动是解决本题
的关键
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x 与弹力F 成正比，即F＝kx，k 的值与橡皮筋未受到拉力
时的长度L、横截面积S 有关，理论与实践都表明k＝YS/L，其中Y 是一个由材料决定的常数，材料力学中称之
为杨氏模量．
（1）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y 的值．表为橡皮筋
受到的拉力F 与伸长量x 的实验记录，请在图乙中作出F﹣x 图象．
拉力F/N
5.0
10.0
15.0
20.0
25.0
伸长量x/cm
1.60
3.20
4.80
6.40
8.00
（2）由以上实验可求出该橡皮筋的K 值为
3.1×102
N/m（保留两位有效数字）．
（3）某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究合力的方法，如图丙所示，三根橡皮筋在O 点
相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C 三点．在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡
皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC 的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方
法．在实验过程中，下列说法正确的是
D
A．只需要测量橡皮筋的长度，不需要测出橡皮筋的原长
B．为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋
C．以OB、OC 为两邻边作平行四边形，其对角线必与OA 在一条直线上且长度与OA 相等
D．多次实验中即使O 点不固定，也可以探究求合力的方法．
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【考点】M3：验证力的平行四边形定则；M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】（1）描点作图
（2）根据图线的斜率，求出橡皮筋的k 值．（3）由题意可知该实验利用了共点力的平衡来验证力的平行四边形定
则，该实验中需要记录各力的大小和方向，各力的大小可以通过橡皮筋的伸长量来表示．
【解答】解：（1）描点作图，如图示
（2）图线的斜率为：k=
25−5
0.08−0.16 =3.1×102N/m，
（3）A、需要知道橡皮筋的伸长量才能表示橡皮筋的弹力，故应该测量橡皮筋的原长，故A 错误；
B、为了减小误差，橡皮筋的伸长量应该大些，故应选择劲度系数稍小的橡皮筋，故B 错误；
C、由于橡皮筋的弹力与它的长度不成正比，所以OB、OC 弹力的合力方向与以OB、OC 为两邻边做平行四边形
的对角线不重合，故C 错误；
D、不同的O 点依然满足任意两个橡皮筋弹力的合力与第三个橡皮筋弹力等大反向的特点，所以即使O 点不固定，
也可以探究求合力的方法，故D 正确．
故选：D．
故答案为：（1）图略
（2）3.1×102N/m（保留两位有效数字）
（3）D．
【点评】该题属于创新的信息题，知道单位间的关系对应物理量之间的关系，以及知道图线斜率表示的含义．
10．（9 分）为了探究物体质量、加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M 为小车的质量，
m 为砂和桶的质量，m0 为小车上滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小，打点计时器的频率为50Hz。
（1）打点计时器打出的纸带如图乙所示，图中所标的是每5 段时间间隔取一个计数点A、B、C、D、E 等，由图
中给出的数据计算小车运动的加速度a＝
2.00
m/s2；在打下计数点B 时，纸带运动的瞬时速度vB＝
0.383
m/s
（结果保留3 位有效数字）。
（2）该同学以力传感器的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a﹣F 图象是一条直线，求得图线的斜率
为k，则小车的质量为
C
（填序号）。
A.
1݇B.
1݇−݉
0C.
2݇−݉
0D.
2݇
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的
瞬时速度求出B 点的速度。
（2）根据实验原理分析a﹣F 的关系，然后求出小车的质量。
【解答】解：（1）根据ݏ4 −ݏ1 = 3ܽܶ
2得加速度为：a= 0.0883−0.0283
0.03
= 2.00݉
/ݏ2。
ݏ2 = ݏ1 +ܽܶ
2 = 0.0283 + 2 × 0.01 = 4.83ܿ݉
，
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则B 点的速度为：㘴ܤ= ݏ1+ݏ2
2ܶ
= .0283+0.0483
0.2
m/s＝0.383m/s。
（2）小车受到两根绳子的拉力，则：2F＝（M+m0）a
所以：ܽ
=
2ܨ
ܯ+݉
0
以力传感器的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a﹣F 图象是一条直线的斜率：k= △ܽ
△ܨ=
2
ܯ+݉
0
所以小车的质量：ܯ= 2݇−݉
0．故C 正确，ABD 错误
故选：C
故答案为：（1）2.00，0.383；（2）C
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个
重要推论的运用。
11．（12 分）如图所示，一斜面固定在水平面上，倾角＝37°，一物块自斜面上某点由静止释放，同时一人自斜面底
端以速度v＝2m/s 在水平面上向右做匀速直线运动，已知物块经过时间t＝2s 到达斜面底端且从斜面滑上水平面时
没有能量损失，物块与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.4．已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8；g 取10m/s2．求：
（1）物块到达斜面底端时的速度大小；
（2）通过计算判断物块能否追上前方运动的人。
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）物块沿斜面匀加速下滑，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据速度时间关系求物块到达斜面底端
时的速度大小；
（2）求出物体和人的速度相等时经过的时间，再根据位移关系求解是否追上。
【解答】解：（1）物块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1&nbsp；；①
物块到达斜面底端时的速度
v1＝a1t ②
由①、②可得v1＝8m/s ③
（2）物块滑上水平面后，有ma2＝μ2mg ④
当物块速度与人的速度相等时，有v＝v1﹣a2t2⑤
人在水平面上通过的位移x＝v（t+t2）⑥
物块在水平面上通过的位移ݔ1 = 㘴1+㘴
2
ݐ2⑦
由③④⑤⑥⑦得x＝7m＜x1＝7.5m⑧
所以能追上
答：
（1）物块到达斜面底端时的速度大小是8m/s；
（2）物块能追上前方运动的人。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度。追及相遇类的问题要找准三个关键点：①速度关系；②时间关系；③位移关系，把
握这三个关系列式即可。
12．（20 分）如图所示，一水平长L＝2.5m 的传送带与木板靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以3m/s 匀速顺
时针转动，现在在传送带左端无初速度放上一质量m＝1kg 的小物块（可视为质点），小物块与传送带及小物块与
木板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2 经过一段时间，小物块被传送到传送带的右端，随后小物块平稳滑上右
端木板上的同时（小物块从传送带滑上木板时速度大小不变）在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，F 作用了t0
＝1s 后小物块与木板速度恰好相等，此时撒去F，最终小物块没有从木板上滑下，已知木板质量M＝4kg，木板与
地面间动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）小物块与传送带间的相对位移大小；
（2）水平恒力F 的大小；
（3）木板上表面至少多长（计算结果保留2 位有效数字）。
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【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4N：临界法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）小物块放上皮带后先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度。假设小物块一直加速到右
端，根据速度位移公式求出物块运动到皮带右端时的速度，与皮带的速度比较，判断知道小物块先加速到与传送
带共速，然后一起匀速运动至右端。根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，由位移公式求得皮带和物块的位
移，两者之差即为小物块与传送带间的相对位移大小；
（2）小物块滑上木板后做匀减速运动，木板在F 作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出两者的加速度。结
合速度关系求出共同速度，再对木板由牛顿第二定律求
水平恒力F 的大小；
（3）由于μ2＞μ1，共速后小物块将以a1 匀减速到停止，而木板以a3 匀减速运动。再根据牛顿第二定律和位移时
间公式求木板上表面的最小长度。
【解答】解：（1）对小物块由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：ܽ1 = 2݉
/ݏ2①
若小物块一直加速到右端，设到右端速度为v1。
得㘴1
2 = 2ܽ
1ܮ
解得㘴1 =
10݉
/ݏ②
因为v1＞v0，所以小物块先加速到与传送带共速，然后一起匀速运动至右端③
设需t1 时间加速到共速，则ݐ1 = 㘴0ܽ
1 = 3
2 ݏ④
t1 时间内皮带位移s 皮＝v0t1＝3× 3
2m＝4.5m⑤
t1 时间内小物块位移ݏ1 = 1
2ܽ
1ݐ12 = 2.25݉
⑥
所以小物块与传送带间的相对位移大小△s＝s 皮﹣s1＝2.25m ⑦
（2）小物块滑上木板时速度v0＝3m/s，加速度大小ܽ
1 = 2݉
/ݏ2
设木板的加速度为a2
两者速度相等有v 共＝v0﹣a1t0＝a2t0⑧
解得ܽ2 = 1݉
/ݏ2⑨
v 共＝1m/s ⑩
对木板由牛顿第二定律有F+μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2（11）
解得F＝17N （12）
（3）由于μ2＞μ1，共速后小物块将以a1 匀减速到停止，而木板以a3 匀减速运动
对木板由牛顿第二定律有μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3（13）
得ܽ3 =−13
4݉
/ݏ2 （14）
ݐ2 =
0−㘴共ܽ
3
= 4
13 ݏ（15）
全过程木板位移ݏ板=
0+㘴共
2
(ݐ0 + ݐ2)，解得ݏ板= 17
26݉
（16）
全过程小物块位移s 物=
㘴0
2
2ܽ1 = 32
2×2 = 9
4m（17）
所以板长l＝s 物﹣s 板＝1.6m（18）
答：
（1）小物块与传送带间的相对位移大小是2.25m；
（2）水平恒力F 的大小是17N；
（3）木板上表面至少1.6m。
【点评】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键要理清物块、传送带、木板在整个过程中的运动情
况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔
在答题卡上把所选题目的题号涂界．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第一类永动机不可能制成，因为违了能量守恒定律
B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
C．分子间的距离增大时，分子势能一定增大
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D．气体吸热时，它的内能可能不增加
E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
【考点】87：分子势能；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】正确解答本题需要掌握：明确热力学第一定律以及第一类永动机无法制成的原因；正确理解和应用热力
学第二定律；掌握分子间作用力做功与分子势能间的关系。
【解答】解：A、第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律，故A 正确；
B、由热力学第二定律可知：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化，故B 错误；
C、当分子间的距离小于r0 时，随着距离的增大，分子间的势能在变小，故C 错误；
D、气体吸收热量的同时可以向外做功，内能不一定增加，故D 正确；
E、一定量的理想气体满足PV＝CT，压强不变，体积增大，气体对外做功。温度升高，内能增大，由△U＝Q+W
可知气体一定从外界吸收热量，故E 正确。
故选：ADE。
【点评】本题考查了热学的有关基础知识，对于这部分知识，计算题少，主要是理解和记忆，因此平时要加强练
习注意积累，重点掌握重要知识点，如热力学定理、理想气体的状态方程等。
14．（10 分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的气缸开口向下竖直固定放置，活塞的横截面积为S、质量为m0，
活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的重物。若开始时气缸内理想气体的温度为T0，重物和地面之间刚好无挤压作
用，外界大气压强为p，一切摩擦均不计且m0g＜p0S
（i）若使气体体积保持不变，级慢改变气体温度，则轻绳拉力为零时气体的温度为多少；
（i）若缓慢降低气魟内气体的温度，最终使得气缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少。
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．
【分析】（i）根据题意找出封闭气体状态参量，根据查理定律列式求解；
（ii）根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出气体的温度。
【解答】解：（ⅰ）设初始时气体的压强为p1
重物和地面之间刚好无挤压作用，绳子拉力F＝mg①
由受力平衡得F+m0g+p1S＝p0S②
设轻绳拉力为零时气体的压强为p，温度为T
由受力平衡得m0g+pS＝p0S③
由理想气体等体积变化根据查理定律得：
݌1ܶ
0
=
݌ܶ④
①②③④联立解得ܶ
=
݌0ܵ−݉
0t
݌0ܵ−݉
0t−݉
tܶ
0⑤
（ii）因为缓慢降低温度，活塞处于动态平衡，
据②式得理想气体的压强恒为݌1 = ݌0ܵ−݉
0t−݉
tܵ⑥
所以理想气体是等压变化根据盖吕萨克定律得：ܸܶ
0
=ܸ
2ܶ
1
⑦
解得：ܶ
1 =ܶ
0
2 ⑧
答：（i）若使气体体积保持不变，级慢改变气体温度，则轻绳拉力为零时气体的温度为ܲ
0ܵ−݉
0tܲ
0ܵ−݉
0t−݉
tܶ
0；
（i）若缓慢降低气魟内气体的温度，最终使得气缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为ܶ0
2 。
【点评】本题考查气体实验定律，关键是分析出状态参量，以及气体做何种变化，然后选择合适气体实验定律列
式求解即可。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．图甲为一列简谐横波在t＝0.20s 时刻的波形图，P 是平衡位置x＝1m 处的质点，Q 是平衡位置x＝4m 处的质点，
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图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法正确的是（
）
A．该波的周期是0.10s
B．该波的传播速度为40m/s
C．该波沿x 轴的正方向传播
D．t＝0.10s 时，质点P 的振动方向向下
E．从t＝0.10s 到t＝0.20s，质点P 通过的路程为20cm
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t＝0.20s 时Q 点在平衡位置上，由乙图知
下一时刻向上振动，从而确定了该波向右传播。根据时间与周期的关系，分析质点P 的位置和加速度，求出通过
的路程。
【解答】解：AB、由图甲得ɉ＝8m，图乙得周期T＝0.20s，所以波速v= ɉܶ= 8
0.2m/s＝40m/s，故A 错误B 正确；
C、由图乙可知t＝0.20s 时刻Q 从平衡位置向上振动，所以机械波的传播方向是沿x 轴正方向，故C 正确；
D、t＝0.20s 时质点P 从平衡位置上方向下振动，则半个周期前振动方向向上，故D 错误；
E、P 在半个周期内通过的路程为2A＝20cm，故E 正确；
故选：BCE。
【点评】本题有一定的综合性，考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住
振动图象和波动图象之间的内在联系。要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在半
周期内振动的路程是2A。
16．如图所示，ABCD 是柱体玻璃校镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE＝30°，∠BAE＝45°，∠DCB
＝60°，一束单色细光束从AD 面人射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AD 面的夹角α＝60°，a 是
AD 边的中点，ab 与BD 平行。已知玻璃的折射率n=
2，BC 线段的长度为l，光速为c。求
（i）这束光线在a 点的入射角多大；
（ii）这束光线在棱镜中传播的最短时间。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（i）已知光线在a 点的折射角和折射率，根据折射率的定义公式求解这束入射光线的入射角；
（ii）由临界角公式sinC= 1
h求出临界角C，分析光线在AB 面上能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求出
光束在棱镜中走过的最短路程，从而求得最短时间。
【解答】解：（i）ab 与AD 夹角α＝60°，则折射角为30°
由
ݏtht
ݏth30° = h 得①
i＝45° ②
（ii）设全反射的临界角为C，则ݏthܥ= 1
h③
解得C＝45°
ab 光线在AB 面的入射角为45°，所以入射光线在AB 边上发生全反射不能射出，光线将从CD 边上射出
设ab 与BD 之间的距离为x，由几何关系可得
ݔܾܽ
= ݔܤܦ
2
xBD＝ltan60°
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- 113 -
所以ݔܤܦ=
3tݔܾܽ
=
3
2 t
ݔ
ݐܽh60° + ݔ+ ݔܾܽ
= ݔܤܦ④
光束在棱镜中走过的最短路程ݏ= ݔܾܽ
+ ݔ+ ݔܤܦ−ݔ
ݐܽh60°⑤
光束在棱镜中的传播速度h =ܿ㘴⑥
光束从棱镜中射出的最短时间ݐ= ݏ
㘴⑦
联立解得ݐ= 3 6−2
2ܿ
t
答：
（i）这束光线在a 点的入射角是45°；
（i）这束光线在棱镜中传播的最短时间是
3 6−2
2ܿ
t。
【点评】本题中当光线从玻璃射向空气时，要根据入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射，而入射角可以
根据几何知识求出。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 19:02:50 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）月考物理试卷（11 月
份）
一、选择题：（共12 小题，每小题4 分，在每小题给出的四个选项中，第1～8 题只有一项符合题目要求，第9～12
题有多项符合题目要求，全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
1．（4 分）假如要撑住一扇用弹簧拉着的门，在门前地面上放一块石头，门往往能推动石头慢慢滑动。然而，在门下
缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），虽然木楔比石头的质量更小，却能把门卡住。下列分析正确的是（
）
A．门能推动石头是因为门对石头的力大于石头对门的力
B．将门对木楔的力正交分解，其水平分力与地面给木楔的摩擦力大小相等
C．若门对木楔的力足够大，门就一定能推动木楔慢慢滑动
D．塞在门下缝隙处的木楔，其顶角θ无论多大都能将门卡住
2．（4 分）在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v0 匀速运动。某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发
生正碰。两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的
1
4．则碰后B 球的速度大小是（
）
A．
㘴0
2
B．
㘴0
6
C．
㘴0
2 或
㘴0
6
D．无法确定
3．
（4 分）伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，下图可大致表示其实验和思维的过程．让
小球由倾角为α的光滑斜面滑下，然后在不同的α时分别进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直
线运动．对这一过程的分析，下列说法中不正确的是（
）
A．采用图甲的斜面实验，可“冲淡”重力的作用，使时间更容易测量
B．让不同质量的球沿相同斜面下滑，可证实小球均做加速度相同的匀变速运动
C．伽利略通过实验直接测量了物体自由下落的位移与时间的平方的关系
D．图甲是实验现象，图丁的情景是经过合理的外推得到的结论
4．（4 分）如图所示为一理想变压器，原线圈接在一输出电压为u＝U0sinωt 的交流电源两端．电路中R0 为定值电阻，
V1、V2 为理想交流电压表，A 为理想交流电流表，导线电阻不计．现使滑动变阻器R 的滑动触头P 向上滑动，则
下列说法中正确的是（
）
A．A 的示数变小
B．V2 的示数变小
C．V1 与V2 示数的比值变大
D．R0 消耗的电功率变大
5．（4 分）如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端与木块B 相连，木块A 紧靠木块B 放置，A、B 与水平面间
的动摩擦因数分别为μA、μB，且μA＞μB．用水平力F 向左压A，使弹簧被压缩，系统保持静止。撤去F 后，A、
B 向右运动并最终分离。下列判断正确的是（
）
A．A、B 分离时，弹簧长度一定等于原长
B．A、B 分离时，弹簧长度一定大于原长
C．A、B 分离时，弹簧长度一定小于原长
D．A、B 分离后极短时间内，A 的加速度大于B 的加速度
6．（4 分）光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤去恒力，不计空气
阻力，设斜面足够长。物体的速度用v 表示，物体的动能用Ek 表示，物体和地球组成系统的重力势能用EP 表示、
机械能用E 表示，运动时间用t 表示、路程用l 表示。对整个运动过程，如图表示的可能是（
）
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A．v 随t 变化的v﹣t 图象
B．EP 随t 变化的EP﹣t 图象
C．E 随l 变化的E﹣l 图象
D．Ek 随l 变化的Ek﹣l 图象
7．（4 分）电源的两个重要参数分别是电动势E 和内电阻r．对一个电路有两种特殊情况：当外电路断开时，电源两
端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值．现有一个电动势为E、内电
阻为r 的电源和一阻值为R 的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式
构成的等效电源分别如图3 甲和乙中虚线框所示．设新的等效电源的电动势为E′，内电阻为r′．试根据以上信
息，判断下列说法中正确的是（
）
A．甲图中的E'=
ݎ
h+ݎE，r′＝R+r
B．甲图中的E'=
h
h+ݎE，r′＝R+r
C．乙图中的E′＝E，r'= hݎ
h+ݎ
D．乙图中的E'=
h
h+ݎE，r'= hݎ
h+ݎ
8．（4 分）图甲是洛伦兹力演示仪。图5 乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电
子束通过时能够显示电子的径迹。图5 丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大
磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电
压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。
关
于
电
子
束
的
轨
道
半
径
，
下
列
说
法
正
确
的
是
（
）
A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变
D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小
9．（4 分）太阳系中的第二大行星是土星，它的卫星众多，目前已发现的卫星达数十颗。根据下表所列土卫五和土卫
六两颗卫星的相关参数，可以比较（
）
土星的卫星
距离土星距离/km
半径/km
发现者
发现年份
土卫五
527000
765
卡西尼
1672
土卫六
1 222 000
2575
惠更斯
1655
A．这两颗卫星公转的周期大小
B．这两颗卫星公转的速度大小
C．这两颗卫星表面的重力加速度大小
D．这两颗卫星公转的向心加速度大小
10．（4 分）兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图1 所示，其中橡皮筋两端点A、B 固定在把
手上。橡皮筋处于ACB 时恰好为橡皮筋原长状态（如图2 所示），将模型飞机的尾部放在C 处，将C 点拉至D 点
时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C、D 两点均在AB 连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计。
现将模型飞机竖直向上发射，在它由D 运动到C 的过程中（
）
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A．模型飞机在D 位置所受弹力最大
B．模型飞机在C 位置时的速度最大
C．模型飞机的加速度先减小，后增大
D．模型飞机的机械能一直在增大
11．（4 分）如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B．已知A 的质量为m，B
的质量为3m，重力加速度大小为g。静止释放物块A、B 后（
）
A．相同时间内，A、B 运动的路程之比为2：1
B．物块A、B 的加速度之比为1：1
C．细绳的拉力为
6݉
t
7
D．当B 下落高度h 时，速度为2t݄
5
12．（4 分）如图甲所示，在某电场中建立x 坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x 轴正方向运动，经过A、B、C
三点，已知xC﹣xB＝xB﹣xA．该电子的电势能Ep 随坐标x 变化的关系如图乙所示．则下列说法中正确的是（
）
A．A 点电势低于B 点电势
B．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
C．A、B 两点电势差UAB 等于B、C 两点电势差UBC
D．电子经过A 点的速率小于经过B 点的速率
二、实验题（共15 分，把答案写在答题纸指定的答题处）
13．（6 分）某同学用如图所示的“碰撞实验装置”研究直径相同的两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
①在实验中小球速度不易测量，可通过仅测量
解决这一问题。
A．小球做平抛运动的时间
B．小球做平抛运动的水平距离
C．小球做平抛运动的初始高度
D．小球释放时的高度
②图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽，R 为水平槽末端。利用铅垂线在记录纸上确定R 的投影点O．实验时先使A
球从斜槽上G 处由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹；此后，再把B 球放在R 处，将A
球再从G 处由静止释放，与B 球碰撞后在记录纸上分别留下A、B 两球落点痕迹。由测量可知，碰撞前A 球做平
抛运动的水平距离为x0；碰撞后，A、B 两球做平抛运动的水平距离分别为x1、x2．用天平称量A、B 两球的质量
分别为mA、mB．若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
（用题目给出的物理量符号表示）。
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14．（9 分）如图所示的装置可以用来测量滑块与水平面之间的动摩擦因数。在水平面上将弹簧的一端固定，另一端
与带有挡光片的滑块接触（弹簧与滑块不固连）。压缩弹簧后，将其释放，滑块被弹射，离开弹簧后经过O 处的
光电门，最终停在P 点。
（1）除了需要测量挡光片的宽度d，还需要测量的物理量有
。
A．光电门与P 点之间的距离s
B．挡光片的挡光时间t
C．滑块（带挡光片）的质量m
D．滑块释放点到P 点的距离x
（2）动摩擦因数的表达式μ＝
（用上述测量量和重力加速度g 表示）。
（3）请提出一个可以减小实验误差的建议：
三、计算题（本题3 小题，共计37 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案
的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（10 分）某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量m＝50kg 的小明
同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m 高度，然后
由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。下落h1＝80m 时，
制动系统启动，使平台均匀减速，再下落h2＝20m 时刚好停止运动。取g＝10m/s2，求：
（1）下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
（2）当平台落到离地面15m 高的位置时，小明对跳楼机作用力F 的大小；
（3）在全部下落过程中，跳楼机对小明做的功W。
16．（12 分）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开h＝0.8m 高
的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C 点沿固定斜面
向上运动至最高点D．圆弧轨道的半径为1m，B、C 为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ＝106°，
斜面与圆弧相切于C 点。已知滑板与斜面问的动摩擦因数为μ= 1
3，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计
空气阻力，运动员（连同滑板）质量为50kg，可视为质点。试求：
（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0；
（2）运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力；
（3）运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离。
17．（15 分）如图所示，长为9l 水平传送带以恒定的速度v0＝4 tt作顺时针转动，紧邻传送带的右端放置一长为6.5l
滑板，滑板静止在光滑水平地面上，滑板的上表面与传送带处在同一水平面。在距滑板右端一段距离处固定一挡
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板C．一质量为m 的物块被轻放在传送带的最左端（A 点），物块在传送带的作用下到达B 点后滑上滑板，滑板
在物块的怍用下运动到C 处撞上档板并被牢固粘连。物块可视为质点，滑板的质量M＝2m，物块与传送带、物块
与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度取g。求：
（1）求物块在传送带的作用下运动到B 点时的速度大小v；
（2）若物块和滑板共速时，滑板恰与挡板C 相撞，求开始时滑板右端到C 的距离L；
（3）若滑板右端到挡板C 的距离为L（已知），且l≤L≤5l，试求解：
a．若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C 的过程中，物块克服摩擦力做的
功Wf；
b．若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C 的过程中，物块克服摩擦力做的
功Wf；并求出物块到C 时速度的最大值。
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）月考物理试卷（11
月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：（共12 小题，每小题4 分，在每小题给出的四个选项中，第1～8 题只有一项符合题目要求，第9～12
题有多项符合题目要求，全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
1．（4 分）假如要撑住一扇用弹簧拉着的门，在门前地面上放一块石头，门往往能推动石头慢慢滑动。然而，在门下
缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），虽然木楔比石头的质量更小，却能把门卡住。下列分析正确的是（
）
A．门能推动石头是因为门对石头的力大于石头对门的力
B．将门对木楔的力正交分解，其水平分力与地面给木楔的摩擦力大小相等
C．若门对木楔的力足够大，门就一定能推动木楔慢慢滑动
D．塞在门下缝隙处的木楔，其顶角θ无论多大都能将门卡住
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对木楔受力分析，受重力、门的压力、地面支持力和摩擦力，根据平衡条件列式分析即可。
【解答】解：A、门能推动石头是因为门对石头的力大于摩擦力，门对石头的力与石头对门的力是相互作用力，
一定大小相等，故A 错误；
BCD、对木楔受力分析，受重力、支持力、压力和摩擦力，如图所示：
竖直方向：N＝Fcosθ+mg，
水平方向：f＝Fsinθ，
最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，为：fmax＝μN＝μ（Fcosθ+mg），
考虑摩擦自锁情况：不管多大的力F 均满足满足fmax≥f，
即μ（Fcosθ+mg）≥Fsinθ，
由于m 很小，故只要μ≥tanθ即可，题中由于θ很小，故很容易满足自锁条件；
故B 正确，CD 错误；
【点评】本题考查平衡问题中的摩擦自锁现象，解决本题要掌握摩擦力公式f＝μN，分析压力和动摩擦因数的大
小，即可作出判断。
2．（4 分）在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v0 匀速运动。某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发
生正碰。两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的
1
4．则碰后B 球的速度大小是（
）
A．
㘴0
2
B．
㘴0
6
C．
㘴0
2 或
㘴0
6
D．无法确定
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】根据碰后A 球的动能求出碰后A 的速度，然后由动量守恒定律求出B 的速度。
【解答】解：A 球的动能恰好变为原来的
1
4，则vA= 1
2v0，碰后A 速度可能与碰前速度方向相同，也可能相反，
若碰后A 球速度方向和原来一致，则根据动量守恒得：mv0＝mvA+3mv2，
将vA= 1
2v0 带入得vB= 㘴0
6 ，vA＞vB，因此将发生第二次碰撞，故这种情况不可能，碰后A 球速度将发生反向。
把vA=−1
2v0 带入mv0＝mvA+3mvB，解得：vB= 1
2v0；
【点评】应用动能计算公式与动量守恒定律即可解题，要注意碰后A 球的速度方向问题。
3．
（4 分）伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，下图可大致表示其实验和思维的过程．让
小球由倾角为α的光滑斜面滑下，然后在不同的α时分别进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直
线运动．对这一过程的分析，下列说法中不正确的是（
）
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A．采用图甲的斜面实验，可“冲淡”重力的作用，使时间更容易测量
B．让不同质量的球沿相同斜面下滑，可证实小球均做加速度相同的匀变速运动
C．伽利略通过实验直接测量了物体自由下落的位移与时间的平方的关系
D．图甲是实验现象，图丁的情景是经过合理的外推得到的结论
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，要了解其研究过程为什么要“冲淡”重力的方法．
【解答】解：让不同质量的球沿相同斜面下滑，可证实小球均做加速度相同的匀变速运动；伽利略设想物体下落
的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，
那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿
阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得
多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推。所
以伽利略用来抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法。
故ABD 正确，C 错误。
本题选不正确的，【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，要注
意准确理解伽利略实验的现象以及所应用的方法．
4．（4 分）如图所示为一理想变压器，原线圈接在一输出电压为u＝U0sinωt 的交流电源两端．电路中R0 为定值电阻，
V1、V2 为理想交流电压表，A 为理想交流电流表，导线电阻不计．现使滑动变阻器R 的滑动触头P 向上滑动，则
下列说法中正确的是（
）
A．A 的示数变小
B．V2 的示数变小
C．V1 与V2 示数的比值变大
D．R0 消耗的电功率变大
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】明确理想变压器的性质，知道理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，而电流之比等于线圈匝数的反比；
从而明确电压表、电流表的变化情况．
【解答】解：AB、滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，即
电压表ܸ
2 示数不变，输出功率ܲ
2 =ܷ
2
2
h+h0
，输出功率变小，输入功率变小，根据ܲ
1 =ܷ
1 ܫ1 ，ܷ
1 不变，ܫ1 变小，
电流表t1 示数变小，故A 正确，B 错误；
C、由于变压器电压之比等于线圈匝数之比，所以V1 与V2 示数的比值不变。故C 错误；
D、滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，则流过副线圈的
电流值减小，流过R0 的电流减小，由P＝I2R 可知，R0 消耗的电功率减小；故D 错误；
【点评】本题考查理想变压器的性质，要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系，同时注意输出端用电器可
以利用欧姆定律分析求解．
5．（4 分）如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端与木块B 相连，木块A 紧靠木块B 放置，A、B 与水平面间
的动摩擦因数分别为μA、μB，且μA＞μB．用水平力F 向左压A，使弹簧被压缩，系统保持静止。撤去F 后，A、
B 向右运动并最终分离。下列判断正确的是（
）
A．A、B 分离时，弹簧长度一定等于原长
B．A、B 分离时，弹簧长度一定大于原长
C．A、B 分离时，弹簧长度一定小于原长
D．A、B 分离后极短时间内，A 的加速度大于B 的加速度
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【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】A、B 分离的瞬间，A、B 作用力为零，两者加速度相同，结合牛顿第二定律分析弹簧是处于伸长还是压
缩状态，从而确定弹簧长度和原长的关系。分离后，根据物体的受力，结合牛顿第二定律分析加速度的大小。
【解答】解：A、当A、B 分离的瞬间，A、B 间的作用力为零，两者加速度相同，对A，加速度大小aA＝μAg，
由于A、B 的加速度相同，又μA＞μB，可知ܽ
ܤ=
ߤܤ݉
ܤt+ܨ弹݉
ܤ
= ߤܤt +
ܨ弹݉
ܤ，可知弹簧处于伸长，即弹簧的长度一
定大于原长，故B 正确，A、C 错误。
D、A、B 分离后极短时间内，A 的加速度不变，B 的加速度增大，则A 的加速度小于B 的加速度，故D 错误。
【点评】本题考查了牛顿第二定律临界问题的运用，关键抓住临界状态，知道临界状态的特点，结合牛顿第二定
律进行求解。
6．（4 分）光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤去恒力，不计空气
阻力，设斜面足够长。物体的速度用v 表示，物体的动能用Ek 表示，物体和地球组成系统的重力势能用EP 表示、
机械能用E 表示，运动时间用t 表示、路程用l 表示。对整个运动过程，如图表示的可能是（
）
A．v 随t 变化的v﹣t 图象
B．EP 随t 变化的EP﹣t 图象
C．E 随l 变化的E﹣l 图象
D．Ek 随l 变化的Ek﹣l 图象
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】分析物体的运动情况，判断v﹣t 图象的形状。由EP＝mglsinθ分析EP﹣l 图象形状。根据功能关系分析E
﹣l 图象形状；根据动能定理列式，分析Ek﹣l 图象形状。
【解答】解：A、撤去恒力前物体做初速度为零的匀加速直线运动，v﹣t 图象是过原点的倾斜直线。撤去恒力后，
物体做匀减速直线运动达到最高点后加速下滑，由于不受摩擦力，故加速度大小相同，速度方向反向，为负，故
A 错误；
B、由EP＝mglsinθ知物体速度减速到零之前，重力势能一直增加，故B 错误。
C、根据功能原理，撤去恒力前有E＝Fl，E﹣l 图象是过原点的倾斜直线。撤去恒力后有只有重力做功，物体的机
械能守恒，E﹣l 图象是平行l 轴的直线，故C 错误；
D、根据动能定理，撤去恒力前有：Ek＝（F﹣mgsinθ）l，Ek﹣l 图象是过原点的倾斜直线。撤去恒力后有：Ek＝
Ekm﹣mgsinθ•l，Ek﹣l 图象是向下倾斜的直线；达到最高点后向下运动，Ek＝mglsinθ，故D 正确。
【点评】本题主要是考查了机械能守恒定律和图象问题的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力
或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能
就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。
7．（4 分）电源的两个重要参数分别是电动势E 和内电阻r．对一个电路有两种特殊情况：当外电路断开时，电源两
端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值．现有一个电动势为E、内电
阻为r 的电源和一阻值为R 的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式
构成的等效电源分别如图3 甲和乙中虚线框所示．设新的等效电源的电动势为E′，内电阻为r′．试根据以上信
息，判断下列说法中正确的是（
）
A．甲图中的E'=
ݎ
h+ݎE，r′＝R+r
B．甲图中的E'=
h
h+ݎE，r′＝R+r
C．乙图中的E′＝E，r'= hݎ
h+ݎ
D．乙图中的E'=
h
h+ݎE，r'= hݎ
h+ݎ
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
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【专题】34：比较思想；42：等效替代法；535：恒定电流专题．
【分析】等效电源的电动势等于MN 间的电压，由串联电路分压规律求解．等效电源的内电阻由串联或并联电路
的规律求解．
【解答】解：AB、甲图中的E'＝E，r′＝R+r．故AB 错误。
CD、乙图中的E'等于MN 间的电压，则有：E'=
h
h+ݎE
内电阻r′等于R 与r 并联的阻值，即有：r'= hݎ
h+ݎ，故C 错误，D 正确。
【点评】解决本题的关键是要搞清电路的结构，运用等效替代的思维来研究等效电源的电动势和内电阻，要灵活
运用串联电路的分压规律．
8．（4 分）图甲是洛伦兹力演示仪。图5 乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电
子束通过时能够显示电子的径迹。图5 丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大
磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电
压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。
关
于
电
子
束
的
轨
道
半
径
，
下
列
说
法
正
确
的
是
（
）
A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变
D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，然后分析
各选项答题。
【解答】解：电子被加速电场加速，由动能定理得：
eU= 1
2mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：
eBv0＝m
㘴0
2
ݎ⋯②
解得：r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
⋯③；
AB、只增大电子枪的加速电压U，由r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
可知，轨道半径变大，故AB 错误；
CD、值增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B 增大，由r= 1
ܤ
2ܷ݉݁
可知，轨道半径r 变小，故C 错误，D 正确；
【点评】本题考查了粒子在电场中的加速和磁场中的偏转运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关
键。
9．（4 分）太阳系中的第二大行星是土星，它的卫星众多，目前已发现的卫星达数十颗。根据下表所列土卫五和土卫
六两颗卫星的相关参数，可以比较（
）
土星的卫星
距离土星距离/km
半径/km
发现者
发现年份
土卫五
527000
765
卡西尼
1672
土卫六
1 222 000
2575
惠更斯
1655
A．这两颗卫星公转的周期大小
B．这两颗卫星公转的速度大小
C．这两颗卫星表面的重力加速度大小
D．这两颗卫星公转的向心加速度大小
【考点】4D：开普勒定律；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】由开普勒第三定律分析公转周期的大小。由万有引力提供向心力，比较线速度的大小和的大小向心加速
度的大小。
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【解答】解：设土星的质量为M，
A、由开普勒第三定律
h3ܶ
2 =݇
，半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小。故A 正确。
B、由卫星速度公式v=
ܩܯ
h ，公转半径R 越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小。故B 正确。
C、不知道二者的质量关系，不能比较它们表面的重力加速度的大小关系。故C 错误。
D、这两颗卫星公转的向心加速度都是万有引力提供，则：a= ܩܯ
ݎ2 ，公转半径R 越大，卫星的向心加速度越小，
则土卫六的公转向心加速度小。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题是卫星类型，在建立物理模型的基础上，运用万有引力定律和圆周运动知识结合研究，难度适中。
10．（4 分）兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图1 所示，其中橡皮筋两端点A、B 固定在把
手上。橡皮筋处于ACB 时恰好为橡皮筋原长状态（如图2 所示），将模型飞机的尾部放在C 处，将C 点拉至D 点
时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C、D 两点均在AB 连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计。
现将模型飞机竖直向上发射，在它由D 运动到C 的过程中（
）
A．模型飞机在D 位置所受弹力最大
B．模型飞机在C 位置时的速度最大
C．模型飞机的加速度先减小，后增大
D．模型飞机的机械能一直在增大
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】从D 到C 点，模型受到弹力与重力作用，开始一段弹力大于重力，加速度向上，做加速运动，后一段重
力大于弹力，加速度向下，做减速运动，此过程，弹力一直减小，根据牛顿第二定律分析加速度变化，根据动能
定理分析动能的变化。
【解答】解：A、根据胡克定律可知，在D 位置弹力最大，且两个分力的夹角最小，故模型飞机在D 位置所受弹
力最大，故A 正确；
B、从D 到C，橡皮筋对模型飞机的弹力先大于重力，后小于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度先减小后增
大，加速度方向先向上后向下，则模型飞机的速度先增大后减小，故B 错误，C 正确；
D、橡皮筋对模型飞机的弹力与位移方向一直相同，所以橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功，而非重力做功等
于机械能的增加量，故模型飞机的机械能一直在增大，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题正确分析模型飞机的受力情况，判断其运动情况是关键。同时要明确受力与运动的关系、功能关系，
熟练应用能量守恒分析实际问题。
11．（4 分）如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B．已知A 的质量为m，B
的质量为3m，重力加速度大小为g。静止释放物块A、B 后（
）
A．相同时间内，A、B 运动的路程之比为2：1
B．物块A、B 的加速度之比为1：1
C．细绳的拉力为
6݉
t
7
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D．当B 下落高度h 时，速度为2t݄
5
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】物体A 下降h 时，物体B 下降0.5h，故A 的速度一直为B 的速度的2 倍，可以得到加速度之比也为2：
1，根据牛顿第二定律列式求解拉力和加速度；根据运动学公式列式求解速度。
【解答】解：A、同时间内，图中A 向右运动h 时，B 下降一半的距离，即为݄2，故A、B 运动的路程之比为2：1，
故A 正确；
B、任意相等时间内，物体A、B 的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B 错误；
C、设A 的加速度为a，则B 的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，对A，有：T＝ma，
对B，有：3mg﹣2T＝3m•0.5a，
联立解得：T= 6݉
t
7 ，a= 6
7 t，故C 正确；
D、对B，加速度为a′＝0.5a= 3
7 t，根据速度位移公式，有：v2＝2•a′•h，
解得：v=
6t݄
7 ，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查连接体问题，关键时结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定
律分析，不难。
12．（4 分）如图甲所示，在某电场中建立x 坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x 轴正方向运动，经过A、B、C
三点，已知xC﹣xB＝xB﹣xA．该电子的电势能Ep 随坐标x 变化的关系如图乙所示．则下列说法中正确的是（
）
A．A 点电势低于B 点电势
B．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
C．A、B 两点电势差UAB 等于B、C 两点电势差UBC
D．电子经过A 点的速率小于经过B 点的速率
【考点】AB：电势差；AC：电势；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的
减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fs 可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速
运动，知道了运动形式即可解正确解答本题．
【解答】解：AD、一个电子仅在电场力作用下沿x 轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A 到B 电
场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A 点电势低于B 点电势，故AD 正确；
B、根据EP＝qEx，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A 到B，电场强度减小，A 点的电场强度大
于B 点的电场强度，故B 错误；
C、由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，A、B 两点电势差UAB 大于B、C 两点电势差
UBC，故C 错误；
故选：AD。
【点评】解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为
本题的突破点．
二、实验题（共15 分，把答案写在答题纸指定的答题处）
13．（6 分）某同学用如图所示的“碰撞实验装置”研究直径相同的两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
①在实验中小球速度不易测量，可通过仅测量
B
解决这一问题。
A．小球做平抛运动的时间
B．小球做平抛运动的水平距离
C．小球做平抛运动的初始高度
D．小球释放时的高度
②图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽，R 为水平槽末端。利用铅垂线在记录纸上确定R 的投影点O．实验时先使A
球从斜槽上G 处由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹；此后，再把B 球放在R 处，将A
球再从G 处由静止释放，与B 球碰撞后在记录纸上分别留下A、B 两球落点痕迹。由测量可知，碰撞前A 球做平
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抛运动的水平距离为x0；碰撞后，A、B 两球做平抛运动的水平距离分别为x1、x2．用天平称量A、B 两球的质量
分别为mA、mB．若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
mAx0＝mAx1+mBx2
（用题目给出的物理量
符号表示）。
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】在该实验中，小球做平抛运动，H 相等，时间t 就相等，水平位移x＝vt，与v 成正比，因此可以用位移
x 来代替速度v。根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；
根据实验原理可明确实验中如何采用容易测量的物理量来代替速度的测量；根据动量守恒定律以及平抛运动规律
可确定对应的表达式。
【解答】解：（1）因为平抛运动水平方向速度不变，而高度相同，所以下落时间相同，所以只需要测量两小球水
平方向上的位移，即可根据速度公式求解水平方向上的速度；而时间和高度不需要测量，故B 正确ACD 错误。
（2）若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0＝mAv1+mBv2，又x0＝v0t，x1＝v1t，x2＝v2t，代入得：
mAx0＝mAx1+mBx2
故答案为：（1）B；（2）mAx0＝mAx1+mBx2
【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，将处用平抛运动验证动量守恒的所有方法均
进行了考查，要注意明确平抛运动的性质，知道水平方向为匀速运动，竖直方向做自由落体运动，要正确分析两
个方向上运动的规律应用。
14．（9 分）如图所示的装置可以用来测量滑块与水平面之间的动摩擦因数。在水平面上将弹簧的一端固定，另一端
与带有挡光片的滑块接触（弹簧与滑块不固连）。压缩弹簧后，将其释放，滑块被弹射，离开弹簧后经过O 处的
光电门，最终停在P 点。
（1）除了需要测量挡光片的宽度d，还需要测量的物理量有
AB
。
A．光电门与P 点之间的距离s
B．挡光片的挡光时间t
C．滑块（带挡光片）的质量m
D．滑块释放点到P 点的距离x
（2）动摩擦因数的表达式μ＝݀
2
2tݏݐ2
（用上述测量量和重力加速度g 表示）。
（3）请提出一个可以减小实验误差的建议：
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）（2）根据题目的叙述，确定实验的原理，然后确定待测量与摩擦力的公式；
（3）根据实验原理及误差的分析即可
【解答】解：（1）（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：v=݀ݐ；
因此需要：通过光电门时间t，
B 到C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：﹣μmgx＝0−1
2mv2；
联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式：μ=݀
2
2tݏݐ2
还需要测量的物理量是：光电门P 与C 之间的距离s。故AB 正确，CD 错误；
（3）减小实验误差的建议为多次测量取平均值，选用宽度d 较小的挡光片均可
故答案为：（1）AB；（2）݀
2
2tݏݐ2；（3）多次测量取平均值，选用宽度d 较小的挡光片
【点评】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量。要先确定实验的原理，然后依
据实验的原理解答即可
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三、计算题（本题3 小题，共计37 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案
的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（10 分）某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量m＝50kg 的小明
同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m 高度，然后
由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。下落h1＝80m 时，
制动系统启动，使平台均匀减速，再下落h2＝20m 时刚好停止运动。取g＝10m/s2，求：
（1）下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
（2）当平台落到离地面15m 高的位置时，小明对跳楼机作用力F 的大小；
（3）在全部下落过程中，跳楼机对小明做的功W。
【考点】29：物体的弹性和弹力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据自由落体运动的公式即可求出最大速度；
（2）由运动学的公式求出加速度，然后由牛顿第二定律即可求出作用力；
（3）由动能定理即可求出跳楼机对小明做的功W。
【解答】解：（1）当下落80m 时的速度增大，由vm2＝2gh1
代入数据可得：vm＝40m/s
（2）减速下落过程中加速度大小：ܽ2 = 㘴݉
2
2݄2
代入数据可得：a2＝40m/s2
根据牛顿第二定律
F﹣mg＝ma2
代入数据得：F＝2500 N
根据牛顿第三定律，小明对系统作用力的大小F 为2500N。
（3）方法1：加速下落段，小明处于完全失重状态，系统对小明的作用力为零。
对小明W1＝0
在减速阶段，系统对小明做功W2＝﹣FN×h2＝﹣5×104J
代入数据得：WFN＝W1+W2＝﹣5×104J
方法2：对下落全过程使用动能定理得：mg（h1+h2）+WFN＝0﹣0
代入数据得：WFN＝﹣mg（h1+h2）＝﹣5×104J
答：（1）下落的过程中小明运动速度的最大值是40m/s；
（2）当平台落到离地面15m 高的位置时，小明对跳楼机作用力F 的大小是2500N；
（3）在全部下落过程中，跳楼机对小明做的功W 是﹣5×104J。
【点评】本题是两个过程的问题，采用力学基本的处理方法：牛顿运动定律和运动学公式结合。同时要抓住两个
过程之间的关系，比如位移和速度关系进行分析。
16．（12 分）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开h＝0.8m 高
的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C 点沿固定斜面
向上运动至最高点D．圆弧轨道的半径为1m，B、C 为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ＝106°，
斜面与圆弧相切于C 点。已知滑板与斜面问的动摩擦因数为μ= 1
3，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计
空气阻力，运动员（连同滑板）质量为50kg，可视为质点。试求：
（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0；
（2）运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力；
（3）运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离。
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【考点】4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）从A 至B 的过程中，人做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求出开始平抛时初速度的大小；
（2）运动员在圆弧轨道做圆周运动，在最低点时，对人受力分析，根据牛顿第二定律和向心力的公式可以求得人
对轨道的压力的大小；
（3）在斜面上时，对人受力分析，找出对人做功的有几个力，根据动能定理可以求得在斜面上滑行的最大距离．
【解答】解：（1）运动员离开平台后从A 至B 的过程中，
在竖直方向有：vy2＝2gh
①
在B 点有：㘴ݕ= 㘴0ݐܽh ߠ
2②
由①②得：v0＝3m/s
③
（2）运动员在圆弧轨道做圆周运动，
由牛顿第二定律可得ܰ
−݉
t =݉
㘴2
h ④
由机械能守恒得
1
2݉
㘴0
2 +݉
t[݄
+ h(1 −ܿ
݋ݏ53°)] =
1
2݉
㘴2⑤
联立③④⑤解得N＝2150N．
（3）运动员从A 至C 过程有：݉
th = 1
2݉
㘴ܥ
2 −1
2݉
㘴0
2⑥
运动员从C 至D 过程有：݉
tܮݏth ߠ
2 + ߤ݉
tܮܿ݋ݏߠ
2 = 1
2݉
㘴ܥ
2⑦
由③⑥⑦解得：L＝1.25m．
答：（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0 为3m/s；
（2）运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力为2150N；
（3）运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离为1.25m．
【点评】本题是一个综合性较强的题目，在题目中人先做的是平抛运动，然后再圆轨道内做的是圆周运动，最后
运动到斜面上时，由于有摩擦力的作用，机械能不守恒了，此时可以用动能定理来计算运动的距离的大小．整个
题目中力学部分的重点的内容在本题中都出现了，本题是一道考查学生能力的好题．
17．（15 分）如图所示，长为9l 水平传送带以恒定的速度v0＝4 tt作顺时针转动，紧邻传送带的右端放置一长为6.5l
滑板，滑板静止在光滑水平地面上，滑板的上表面与传送带处在同一水平面。在距滑板右端一段距离处固定一挡
板C．一质量为m 的物块被轻放在传送带的最左端（A 点），物块在传送带的作用下到达B 点后滑上滑板，滑板
在物块的怍用下运动到C 处撞上档板并被牢固粘连。物块可视为质点，滑板的质量M＝2m，物块与传送带、物块
与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度取g。求：
（1）求物块在传送带的作用下运动到B 点时的速度大小v；
（2）若物块和滑板共速时，滑板恰与挡板C 相撞，求开始时滑板右端到C 的距离L；
（3）若滑板右端到挡板C 的距离为L（已知），且l≤L≤5l，试求解：
a．若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C 的过程中，物块克服摩擦力做的
功Wf；
b．若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C 的过程中，物块克服摩擦力做的
功Wf；并求出物块到C 时速度的最大值。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）先加速滑块从A 到B 一直加速，根据动能定理求解末速度，与传送带速度比较即可；
（2）根据动量守恒定律列式求解共同速度，然后根据功能关系列式求解相对位移；然后对滑板根据动能定理列式
求解开始时滑板右端到C 的距离L；
（3）a．若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C，则对滑块根据动能定理列式求解即；
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b．若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C，滑块在滑板上一直减速到右端，根据动能定理列式分析即可。
【解答】解：
（1）设物块到达B 点的速度为vB，对物块从A 到B 过程，由动能定理，得：ߤ݉
t ⋅9t = 1
2݉
㘴ܤ
2 −0⋯①
解得：vB＝3 tt⋯②
由于vB＝3 tt＜4 tt，所以物块一直加速，运动到B 点时的速度大；
（2）假设物块与滑板达到共同速度v 时，物块还没有离开滑板，对物块与滑板，由动量守恒，有：mvB＝（m+M）
v…③
设物块在滑板上运动的距离为s1，由能量守恒ߤ݉
tݏ1 = 1
2݉
㘴ܤ
2 −1
2 (݉
+ ܯ)㘴2⋯④
联立解得s1＝6R＜6.5R…⑤
即达到共同速度v 时，物块不会脱离滑板滑下。
设此过程滑板向右运动的距离为s2，对滑板由动能定理ߤ݉
tݏ2 = 1
2 ܯ㘴2⋯⑥
解得s2＝2l；
（3）讨论：a．当2l≤L≤5l 时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与C 相碰，碰后滑块在滑板上继续做减速运动
到右端，设此时的速度为vC1，
对物块由动能定：−ߤ݉
t(8t + 0.5t) = 1
2݉
㘴ܿ1
2 −1
2݉
㘴ܤ
2⋯⑨
解得：vC1=
tt
2 ＞0
所以克服摩擦力所做的功为：Wf＝μmg（8l+05l）= 17
4݉
tt；
b．当l＜L＜2l 时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为vC，对物块由动能定理有：−ߤ݉
t(6.5t + ܮ) =
1
2݉
㘴ܿ2 −1
2݉
㘴ܤ
2⋯⑦
解得：㘴ܿ=
t(2.5t −ܮ)＞0
所以克服摩擦力所做的功为：Wf＝μmg（6.5l+L）＝3.25mgl+0.5mgL= 13
4݉
tt + 1
2݉
tt；
答：（1）物块在传送带的作用下运动到B 点时的速度大小v 为3 tt；
（2）若物块和滑板共速时，滑板恰与挡板C 相撞，开始时滑板右端到C 的距离L 为2l；
（3）a．若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C 的过程中，物块克服摩擦
力做的功Wf 为
17
4݉
tt；
b．若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C 的过程中，物块克服摩擦力做的
功Wf 为
13
4݉
tt +
1
2݉
tt，物块到C 时速度的最大值为t(2.5t −ܮ)。
【点评】本题是力学综合问题，涉及过程多，要结合动能定理、动量守恒定律多次列式分析，难度较大，关键是
分过程讨论，注意各个过程的连接点。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 17:40:47 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次月考物理试卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1-7 小题为单选题，8-12 小题为多选题，全部选对的得4
分，选对但选不全的得2 分，有选错的得0 分．
1．（4 分）如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉﹣﹣日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直上喷出，喷出时水的速度
为53m/s，喷嘴的出水量为0.5m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为（取g＝10m/s2）（
）
A．2.65m3
B．5.3m3
C．10.6m3
D．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定
2．（4 分）甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0 时刻，乙车在甲车前方50m 处，它们的v﹣t 图象如
图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是（
）
A．在第30s 末，甲、乙两车相距100m
B．甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动
C．在第20s 末，甲、乙两车的加速度大小相等
D．在整个运动过程中，甲、乙两车相遇两次
3．（4 分）如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀变速运动，依次经A，B，C，D 到达最高点E
已知AB＝BD＝6m，BC＝1m，滑块从A 到C 和从C 到JD 所用的时间都是2s．设滑块经B，C 时的速度分别为
vB、vc，则（
）
A．vc＝6m/s
B．vb=
8m/s
C．DE＝3m
D．从0 到E 所用时间为4s
4．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．牛顿认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C．国际单位制中，kg、m、N 是三个基本单位
D．根据速度定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t→0 时，
△ݔ
△ݐ
就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了微元的思想方
法
5．（4 分）假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的
引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（
）
A．1−݀h
B．1+݀h
C．（
h−݀
h ）2
D．（
h
h−݀）2
6．（4 分）嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的
万有引力，则（
）
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A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度
B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点的速度大于Q 点的速度
D．嫦娥三号在动力下降段，处于超重状态
7．（4 分）如图所示，一个固定的
1
4圆弧阻挡墙PQ，其半径OP 水平，OQ 竖直。在PQ 和一个斜面体A 之间卡着一
个表面光滑的重球B，斜面体A 放在光滑的地面上并用一水平向左的力F 推着，整个装置处于静止状态，现改变
推力F 大小，推动斜面体A 沿着水平地面向左缓慢运动，使球B 沿斜面上升一很小高度。则在球B 缓慢上升过程
中，下列说法中正确的是（
）
A．斜面体A 与球B 之间的弹力逐渐增大
B．阻挡墙PQ 与球B 之间的弹力逐渐减小
C．水平推力F 不变
D．水平地面对斜面体A 的弹力逐渐增大
8．（4 分）如图所示，A 球的质量为确定值m0，B 球的质量m 可以是任意值，忽略阻力以及其他部分的质量，则下
列说法正确的是（
）
A．无论B 球的质量为多少，天花板受到的拉力总是等于A、B 两球的总重力
B．B 球的质量大于m0 时，天花板受到的拉力小于A、B 两球的总重力
C．当B 球的质量大于m0 时，A 球处于失重状态
D．天花板受到的最大拉力不会超过4m0g
9．（4 分）如图所示，放在水平面上的物体A 和B，质量分別为M 和m，而且M＞m，物体A 与水平面之间的动摩
擦因数为μ，物体B 与水平面之间光滑无摩擦。当水平外力大小为F，作用在物体A 上时。物体A、B 间作用力大
小为F1；当方向相反的外一水平外力作用在物体B 上时，物体A、B 间的作用力大小为F2．已知两种情况下两物
体都做加速度大小相同的匀加速直线运动。则（
）
A．第二次水平外力大小也为F
B．F1+F2＝F
C．F1＜F2
D．
ܨ1
ܨ2
=
ܯ݉
10．（4 分）引力波探测于2018 年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星
系统由P、Q 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P 星的
周期为T，P、Q 两颗星的距离为l，P、Q 两颗星的轨道半径之差为△r（P 星的轨道半径大于Q 星的轨道半径），
万有引力常量为G，则（
）
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A．Q、P 两颗星的质量差为
4ߨ2△ݎt
ܩܶ2
B．P、Q 两颗星的运动半径之比为
t
t−△ݎ
C．P、Q 两颗星的线速度大小之差为
2ߨ△ݎܶ
D．P、Q 两颗星的质量之比为
t−△ݎ
t+△ݎ
11．（4 分）如图所示，A、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在将A 球
以速度v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角为α、β，下列说法正确的是（
）
A．此时B 球的速度为
㘴ݏthߙܿ
݋ݏߚ
B．此时B 球的速度为
㘴ܿ݋ݏߙܿ
݋ݏߚ
C．在β增大到90°的过程中，B 球做匀速运动
D．在β增大到90°的过程中，B 球做加速运动
12．（4 分）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球（半径比r 小
很多），现给小球以水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0 应当满足（g＝10m/s2）（
）
A．v0≥0
B．v0≥4m/s
C．v0≥2 5m/s
D．v0≤2 2m/s
二、实验题：共16 分
13．（6 分）将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧（记
为A）劲度系数为k1，原细弹簧（记为B）劲度系数为k2、套成的新弹簧（记为C）劲度系数为k3．关于k1、k2、
k3 的大小关系，同学们做出了如下猜想：
甲同学：和电阻并联相似，可能是
1݇
3 =
1݇
1 +
1݇
2
乙同学：和电阻串联相似，可能是k3＝k1+k2
丙同学：可能是k3=݇
1+݇2
2
（1）为了验证猜想，同学们设计了相应的实验（装置如图1）。
（2）简要实验步骤如下，请完成相应填空。
a．将弹簧A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A 的自然长度L0；
b．在弹簧A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m 和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测
量弹簧的长度L1；
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c．由F＝
计算弹簧的弹力，由x＝L1﹣L0 计算弹簧的伸长量，由k= ܨ
ݔ计算弹簧的劲度系数；
d．改变
，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A 的劲度系数的平均值k1；e．仅将弹簧分别换为B、C，重复
上述操作步骤，求出弹簧B、C 的劲度系数的平均值k2、k3．比较k1、k2、k3 并得出结论。（3）图2 是实验得到
的图线，由此可以判断
同学的猜想正确。
14．（10 分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某组同学制定实验方案、选择实验器材且组装完成。在
接通电源进行实验之前，实验装置如图1 所示。
（1）关于图1 中的实验装置，下列说法正确的是
；
A．打点计时器应该固定在长木板的最左端
B．打点计时器不应该使用干电池，应使用低压交流电源
C．应该将木板右端垫起合适的高度，平衡小车所受的摩擦力
D．小车初始应该靠近打点计时器放置
（2）保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度与合外力的关系图线如图2 所示，
该图线不通过原点的主要原因是
；
（3）沙和沙桶质量小车质量
时，才可以认为细绳对小车拉力的大小近似等于沙和沙桶的重力大小；
A．远大于
B．远小于
C．接近
D．小于
（4）另一组同学用正确的方法进行操作，某次实验使用频率50Hz 的交流电源，得到的纸带如图3 所示，纸带中
相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求小车的加速度大小是
m/s2，打
点1 时小车的瞬时速度大小是
m/s．（结果保留二位有效数字）
三、计算题：共36 分
15．（10 分）现从某一水池水面上方h＝0.8m 高处，让一质量为0.1kg 的硬质小球自由下落，如该水池水深H＝0.8m，
小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6s，（不计空气阻力，取g＝10m/s2）．
（1）试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？
（2）若要使小球落至池底部所用时间最短，必须从水面上方多高处由静止释放小球？
16．（12 分）如图所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过圆心的竖直轴OO′匀速转动，以经过O 水平向右
的方向作为x 轴的正方向．在圆心O 正上方距盘面高为h 处有一个正在间断滴水的容器，在t＝0 时刻开始随传送
带沿与x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v．已知容器在t＝0 时滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚
好落到盘面上时再滴一滴水，问：
（1）每一滴水经多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上，圆盘转动的最小角速度ω．
（3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s．
17．（14 分）如图所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L＝1m、质量为M＝1kg
的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，其下端P 到斜面底端的挡板C 的距离d＝0.5m。
现在木板的正中央放一质量为m＝1kg 可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态。现对木板施加一沿斜
面向上的外力F1 使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力。最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与
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斜面间的动摩擦因数为μ3＝0.5，g＝10m/s2．试求：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2 及外力F1 的大小；
（2）现将外力大小变为F2＝21N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰。
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次月考物理试
卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1-7 小题为单选题，8-12 小题为多选题，全部选对的得4
分，选对但选不全的得2 分，有选错的得0 分．
1．（4 分）如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉﹣﹣日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直上喷出，喷出时水的速度
为53m/s，喷嘴的出水量为0.5m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为（取g＝10m/s2）（
）
A．2.65m3
B．5.3m3
C．10.6m3
D．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【分析】先根据速度时间公式得出上升和下降的总时间，然后根据V＝Qt 计算处于空中的水的体积。
【解答】解：喷出的水做竖直上抛运动，水的流速v0＝53m/s，
水在空中停留的时间：t= 2㘴0
t = 2×53
10
=10.6s，
处于空中的水的体积为V＝Qt＝0.5×10.6＝5.3m3；
【点评】本题关键是对水在空中运动的整个过程运用位移公式列式求解出总时间，然后根据体积与流量关系公式
V＝Qt 列式求解。
2．（4 分）甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0 时刻，乙车在甲车前方50m 处，它们的v﹣t 图象如
图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是（
）
A．在第30s 末，甲、乙两车相距100m
B．甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动
C．在第20s 末，甲、乙两车的加速度大小相等
D．在整个运动过程中，甲、乙两车相遇两次
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4F：几何法；512：运动学中的图像专题．
【分析】v﹣t 图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加
速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积
表示位移为负．相遇要求在同一时刻到达同一位置．看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方
到时间轴的下方．
【解答】解：A、在第30s 末，甲的位移为x 甲＝20×10+ 1
2 ×20×20＝400m，乙的位移为x 乙= 1
2 ×20×30m＝300m，
所以甲乙两车相距S＝400﹣300﹣50m＝50m，故A 错误。
B、由图象可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运动，但甲的速度图象一直在时间轴的上方，一直沿正向运动，
没有反向，故B 错误。
C、在第20s 末，甲车的加速度为a 甲= △㘴
△ݐ= 0−20
30−20 =−1m/s2，大小为1m/s2；乙车的加速度大小为a 乙
= △㘴
△ݐ= 20
30 = 2
3m/s2，所以加速大小不相等，故C 错误。
D、刚开始乙在甲的前面50m 处，甲的速度大于乙的速度，经过一段时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到
30s 末，甲停止运动，甲在乙的前面50m 处，此时乙以20m/s 的速度匀速运动，所以再经过2.5s 乙追上甲，故在
整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故D 正确。
【点评】本题是速度﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积
的含义，能根据图象读取有用信息．
3．（4 分）如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀变速运动，依次经A，B，C，D 到达最高点E
已知AB＝BD＝6m，BC＝1m，滑块从A 到C 和从C 到JD 所用的时间都是2s．设滑块经B，C 时的速度分别为
vB、vc，则（
）
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- 135 -
A．vc＝6m/s
B．vb=
8m/s
C．DE＝3m
D．从0 到E 所用时间为4s
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】本题的突破口是ab＝bd＝6m，bc＝1m，小球从a 到c 的时间是2s，从a 到d 的时间是4s，根据x＝v0t+ 1
2ܽݐ2
即可求出va 和a；再根据速度公式vt＝v0+at 求出vc 和vd，然后根据vt2﹣v02＝2ax 求出de 的距离，最后根据vt
＝v0+at 求出从d 到e 的时间．
【解答】解：物体在a 点时的速度大小为v0，加速度为a，
则从a 到c 有：xac＝v0t1+ 1
2ܽݐ1
2，
即：7＝v0×2+ 1
2 ×ܽ
× 4，
7＝2v0+2a
物体从a 到d 有：xad＝v0t2+ 1
2ܽݐ22
即：12＝v0×4+ 1
2ܽ
× 16
3＝v0+2a
故：a=−1
2݉
/ݏ2
得：v0＝4m/s
根据速度公式vt＝v0+at 可得：vc＝4−1
2 × 2 =3m/s，故A 错误。
从a 到b 有：vb2﹣va2＝2axab
解得：vb=
10݉
/ݏ，故B 错误。
根据速度公式vt＝v0+at 可得：vd＝v0+at2＝4−1
2 × 4 =2m/s，
则从d 到e 有：﹣vd2＝2axde
则：xde=−㘴݀2
2ܽ
=
4
2×1
2
= 4݉
，故C 错误。
vt＝v0+at 可得从d 到e 的时间为：ݐ݀݁
=−㘴݀ܽ= 2
1
2
= 4ݏ．故D 正确。
【点评】本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法
就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．
4．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．牛顿认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C．国际单位制中，kg、m、N 是三个基本单位
D．根据速度定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t→0 时，
△ݔ
△ݐ
就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了微元的思想方
法
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】明确牛顿第一定律和第二定律的内容和意义，知道一切物体均具有惯性；同时明确国际单位制中的基本
单位为kg、m、s；明确当时间趋向于零时，可以用平均速度表示瞬时速度。
【解答】解：A、牛顿第一定律认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故A 正确。
B、因为没有阻力的情况是不存在的，故牛顿第一定律无法用实验验证，故B 错误；
C、国际单位制中，kg、m、s 是三个基本单位，牛顿是导出单位，故C 错误；
D、根据速度定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t→0 时，
△ݔ
△ݐ就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，
故D 错误；
【点评】本题考查了有关力和运动的物理学史、国际单位制以及物理学方法，要注意掌握著名科学家对物理学发
展的贡献和物理方法的应用等基本内容。
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5．（4 分）假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的
引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（
）
A．1−݀h
B．1+݀h
C．（
h−݀
h ）2
D．（
h
h−݀）2
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R 的球体在表面产生的加速度，矿井深度为d 的井底的
加速度相当于半径为R﹣d 的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半
径关系求解即可。
【解答】解：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g= ܩܯ
h2，
由于地球的质量为：M= ߩ4
3 ߨh3，所以重力加速度的表达式可写成：
g= ܩܯ
h2 = ܩ
ߩ4
3ߨh3
h2
= 4
3 ܩߩߨh。
根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d 的井底，受到地球的万有引力即为半径
等于（R﹣d）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g′= 4
3 ܩߩߨ(h −݀
)
所以有
t'
t =
4
3ܩߩߨ(h−݀)
4
3ܩߩߨh
=
h−݀
h
= 1 −݀h
【点评】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所
谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R﹣d）的球体的质量。
同时还可利用g＝rω2，它们的角速度相同，因此重力加速度与半径成正比，从而即可求解。
6．（4 分）嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的
万有引力，则（
）
A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度
B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点的速度大于Q 点的速度
D．嫦娥三号在动力下降段，处于超重状态
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】在地面上的发射速度如果大于第二宇宙速度11.2km/s，卫星将要脱离地球束缚，绕太阳运动。根据卫星
变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速。在同一椭圆轨道上根据引力做功的正负判断速度的变化。
【解答】解：A、已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉
( 2ߨܶ)2ݎ得出月球的
质量为：M= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，但是月球的半径未知，故无法求出月球的平均密度。故A 错误；
B、嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，
进入椭圆轨道。故B 错误；
C、从P 点到Q 点，万有引力做正功，动能增大，则P 点的速度小于Q 点的速度。故C 错误；
D、嫦娥三号在动力下降段，做减速运动，加速度向上，则处于超重状态，故D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，即从高
轨道进入低轨道要减速，从低轨道进入高轨道要加速。
7．（4 分）如图所示，一个固定的
1
4圆弧阻挡墙PQ，其半径OP 水平，OQ 竖直。在PQ 和一个斜面体A 之间卡着一
个表面光滑的重球B，斜面体A 放在光滑的地面上并用一水平向左的力F 推着，整个装置处于静止状态，现改变
推力F 大小，推动斜面体A 沿着水平地面向左缓慢运动，使球B 沿斜面上升一很小高度。则在球B 缓慢上升过程
中，下列说法中正确的是（
）
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A．斜面体A 与球B 之间的弹力逐渐增大
B．阻挡墙PQ 与球B 之间的弹力逐渐减小
C．水平推力F 不变
D．水平地面对斜面体A 的弹力逐渐增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】小球B 处于平衡状态，对B 受力分析，根据力的合成原则画出受力分析图，当球B 沿斜面上升一很小高
度时，圆弧阻挡墙对B 的压力方向与水平方向的夹角减小，根据作图法分析AB 之间的弹力以及PQ 与B 之间的
弹力变化，把AB 看成一个整体，整体受到重力、地面的支持力、水平推力F 以及PQ 对B 的压力，
根据平衡条件判断F 以及地面对A 的支持力的变化即可。
【解答】解：AB、小球B 处于平衡状态，对B 受力分析，如图所示：
当球B 沿斜面上升一很小高度时，圆弧阻挡墙对B 的压力方向与水平方向的夹角减小，
根据图象可知，斜面体A 与球B 之间的弹力N1 逐渐减小，阻挡墙PQ 与球B 之间的弹力N2 逐渐减小，故A 错误、
B 正确；
CD、以斜面体为研究对象，则有上述解析可知球B 对斜面A 的弹力减小，我们可以将该力分解为水平方向和竖
直方向，该力与水平竖直所成夹角不变，所以竖直与水平分力都减小，而F 等于其水平分力，故F 减小，地面对
A 的支持力等于A 的重力+该力的竖直分力，故地面对A 的支持力也减小，故CD 错误。
【点评】本题主要考查了动态平衡问题，要求同学们能正确分析物体的受力情况，能根据平均条件列式求解，注
意整体法和隔离法的应用。
8．（4 分）如图所示，A 球的质量为确定值m0，B 球的质量m 可以是任意值，忽略阻力以及其他部分的质量，则下
列说法正确的是（
）
A．无论B 球的质量为多少，天花板受到的拉力总是等于A、B 两球的总重力
B．B 球的质量大于m0 时，天花板受到的拉力小于A、B 两球的总重力
C．当B 球的质量大于m0 时，A 球处于失重状态
D．天花板受到的最大拉力不会超过4m0g
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当AB 的质量不相等时，以整体研究对象，利用牛顿第二定律求的加速度，在隔离B，利用牛顿第二定
律求的绳的拉力，即可取得对天花板的拉力
【解答】解：A、当B 球的质量大于A 球的质量时，A 向上加速，B 向下加速，以整体为研究对象，有：（m﹣m0）
g＝（m0+m）a
对B 球有：mg﹣T＝ma
联立解得：ܶ
= 2݉݉
0݉
0+݉
t
故天花板受到的拉力为：F＝2T= 4݉݉
0݉
0+݉
t，故不等于AB 的重力，故A 错误，B 正确；
C、当B 球的质量大于m0 时，A 球向上加速运动，故A 球处于超重现象，故C 错误；
D、天花板受到的拉力为：F＝2T= 4݉݉
0݉
0+݉
t，不论m 的质量如何变化，最大拉力为4m0g，故D 正确
故选：BD。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律，关键是利用好整体法和隔离法求的绳子的拉力，注意极限的运用
9．（4 分）如图所示，放在水平面上的物体A 和B，质量分別为M 和m，而且M＞m，物体A 与水平面之间的动摩
擦因数为μ，物体B 与水平面之间光滑无摩擦。当水平外力大小为F，作用在物体A 上时。物体A、B 间作用力大
小为F1；当方向相反的外一水平外力作用在物体B 上时，物体A、B 间的作用力大小为F2．已知两种情况下两物
体都做加速度大小相同的匀加速直线运动。则（
）
A．第二次水平外力大小也为F
B．F1+F2＝F
C．F1＜F2
D．
ܨ1
ܨ2
=
ܯ݉
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律得到加速度大小，以整体为研究对象确定两种情况下外力的大小；再以B 为研究对象
求解相互作用力大小。
【解答】解：A、两种情况下加速度大小相等，根据牛顿第二定律可得F﹣μMg＝（M+m）a，解得两种情况下的
水平外力大小相等，故第二次水平外力大小也为F，故A 正确；
B、两种情况下都以B 为研究对象，第一种情况下：F1＝ma，第二种情况下：F﹣F2＝ma，联立解得F1+F2＝F，
故B 正确；
CD、根据牛顿第二定律可得F﹣μMg＝（M+m）a，解得a= ܨ−ߤܯt݉
+ܯ，则F1＝ma=݉
(ܨ−ߤܯt)݉
+ܯ
，F2＝F﹣F1= ܯ(ܨ+ߤ݉
t)݉
+ܯ
，
解得：
ܨ1
ܨ2
=݉
(ܨ−ߤܯt)
ܯ(ܨ+ߤ݉
t)，由于M＞m，所以F1＜F2，故C 正确、D 错误。
故选：ABC。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行
受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
10．（4 分）引力波探测于2018 年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星
系统由P、Q 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P 星的
周期为T，P、Q 两颗星的距离为l，P、Q 两颗星的轨道半径之差为△r（P 星的轨道半径大于Q 星的轨道半径），
万有引力常量为G，则（
）
A．Q、P 两颗星的质量差为
4ߨ2△ݎt
ܩܶ2
B．P、Q 两颗星的运动半径之比为
t
t−△ݎ
C．P、Q 两颗星的线速度大小之差为
2ߨ△ݎܶ
D．P、Q 两颗星的质量之比为
t−△ݎ
t+△ݎ
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动
的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系。
【解答】解：ABD、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q 星的周期
为T；根据题意可知，rP+rQ＝l，rP﹣rQ＝△r，解得：ݎܲ= t+△ݎ
2
，ݎܳ= t−△ݎ
2
，则P、Q 两颗星的运动半径之比为
t+△ݎ
t−△ݎ；
根据ܩ݉ܲ݉ܳ
t2
=݉ܲ߱
2ݎܲ=݉ܳ߱
2ݎܳ，可得݉ܲ
=߱
2ݎܳt2
ܩ
；݉ܳ
=߱
2ݎܲt2
ܩ
，则质量差为：݉ܲ
−݉ܳ
=߱
2ݎܳt2
ܩ߱
2ݎܲt2
ܩ
=
4ߨ2t2
ܩܶ2 (ݎܳ−ݎܲ) = 4ߨ2t2△ݎ
ܩܶ2
，质量比为：݉
݌݉ܳ=
ݎܳ
ݎܲ
=
t−△ݎ
t+△ݎ，故A 错误，B 错误，D 正确；
C、P 星的线速度大小㘴ܲ= 2ߨݎܲܶ= ߨ(t+△ݎ)ܶ；Q 星的线速度大小㘴ܳ
=
2ߨݎܳܶ
= ߨ(t−△ݎ)ܶ；则P、Q 两颗星的线速度
大小之差为△㘴= 2ߨ△ݎܶ，故C 正确
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等，难度适中。
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11．（4 分）如图所示，A、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在将A 球
以速度v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角为α、β，下列说法正确的是（
）
A．此时B 球的速度为
㘴ݏthߙܿ
݋ݏߚ
B．此时B 球的速度为
㘴ܿ݋ݏߙܿ
݋ݏߚ
C．在β增大到90°的过程中，B 球做匀速运动
D．在β增大到90°的过程中，B 球做加速运动
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】将物块A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B 沿绳子方向的分
速度。
组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断小球B 的动能大小变化情况。
【解答】解：AB、将物块A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B 沿绳
子方向的分速度。在沿绳子方向的分速度为v 绳子＝vcosα，所以vB=
㘴绳子ܿ
݋ݏߚ= 㘴ܿ݋ݏߙܿ
݋ݏߚ．故A 错误，B 正确。
CD、在β增大到90°的过程中，绳子的方向与B 球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B 球的拉力一
直做正功，B 的速度一直最大，B 做加速运动。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握机械能守恒的条件，会利用力与速度之间的夹角关系分析
力对物体做功的性质问题。
12．（4 分）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球（半径比r 小
很多），现给小球以水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0 应当满足（g＝10m/s2）（
）
A．v0≥0
B．v0≥4m/s
C．v0≥2 5m/s
D．v0≤2 2m/s
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】519：匀速圆周运动专题．
【分析】要使小球不脱离轨道运动，1、越过最高点．2、不越过四分之一圆周．根据动能定理求出初速度v0 的条
件．
【解答】解：最高点的临界情况：mg＝m
㘴2
ݎ，解得v=
tݎ=2m/s
根据动能定理得，﹣mg•2r= 1
2݉
㘴2 −1
2݉
㘴02
解得v0＝2 5m/s。
若不通过四分之一圆周，根据动能定理有：
﹣mgr＝0−1
2݉
㘴02
解得v0＝2 2m/s
所以v0≥2 5m/s 或v0≤2 2m/s
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道小球在内轨道运动最高点的临界情况，以及能够熟练运用动能定理．
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二、实验题：共16 分
13．（6 分）将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧（记
为A）劲度系数为k1，原细弹簧（记为B）劲度系数为k2、套成的新弹簧（记为C）劲度系数为k3．关于k1、k2、
k3 的大小关系，同学们做出了如下猜想：
甲同学：和电阻并联相似，可能是
1݇
3 =
1݇
1 +
1݇
2
乙同学：和电阻串联相似，可能是k3＝k1+k2
丙同学：可能是k3=݇
1+݇2
2
（1）为了验证猜想，同学们设计了相应的实验（装置如图1）。
（2）简要实验步骤如下，请完成相应填空。
a．将弹簧A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A 的自然长度L0；
b．在弹簧A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m 和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测
量弹簧的长度L1；
c．由F＝
nmg
计算弹簧的弹力，由x＝L1﹣L0 计算弹簧的伸长量，由k= ܨ
ݔ计算弹簧的劲度系数；
d．改变
钩码的个数
，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A 的劲度系数的平均值k1；e．仅将弹簧分别换为B、
C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C 的劲度系数的平均值k2、k3．比较k1、k2、k3 并得出结论。（3）图2 是实
验得到的图线，由此可以判断
乙
同学的猜想正确。
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】根据胡克定律知弹簧的劲度系数与弹簧形变量成正比。
【解答】解：（2）c．根据共点力平衡可知：F＝nmg
d．改变钩码的个数，重复实验
（3）有图可知：kA= ܨ
ݔ=
2
0.08N/m
kB= ܨ
ݔ=
3
0.08N/m
kC= ܨ
ݔ=
5
0.08N/m
故满足k3＝k1+k2，故乙正确
故答案为：（2）nmg，钩码的个数；（3）乙
【点评】本题关键明确实验原理，确定实验步骤，根据ABC 三次测量的弹性系数找到关系即可判断，基础题。
14．（10 分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某组同学制定实验方案、选择实验器材且组装完成。在
接通电源进行实验之前，实验装置如图1 所示。
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- 141 -
（1）关于图1 中的实验装置，下列说法正确的是
BCD
；
A．打点计时器应该固定在长木板的最左端
B．打点计时器不应该使用干电池，应使用低压交流电源
C．应该将木板右端垫起合适的高度，平衡小车所受的摩擦力
D．小车初始应该靠近打点计时器放置
（2）保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度与合外力的关系图线如图2 所示，
该图线不通过原点的主要原因是
平衡摩擦力过度
；
（3）沙和沙桶质量小车质量
B
时，才可以认为细绳对小车拉力的大小近似等于沙和沙桶的重力大小；
A．远大于
B．远小于
C．接近
D．小于
（4）另一组同学用正确的方法进行操作，某次实验使用频率50Hz 的交流电源，得到的纸带如图3 所示，纸带中
相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求小车的加速度大小是
0.50
m/s2，打
点1 时小车的瞬时速度大小是
0.26
m/s．（结果保留二位有效数字）
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）打点计时器应固定在没有定滑轮的一端，打点计时器使用交流了电；实验时应平衡摩擦力；开始时
小车应靠近打点计时器。
（2）平衡摩擦力时，如果木板垫起的太高，过平衡摩擦力，小车重力平行于木板方向的分力大于小车受到的摩擦
力，在不施加拉力时，小车已经有加速度，a﹣F 图象不过坐标原点，在a 轴上有截距。
（3）砂与砂桶的质量远小于小车质量时，细线对小车的拉力近似等于砂和砂桶的重力。
（4）做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；
做匀变速运动的物体在相邻的相等时间间隔内的位于之差是定值，△x＝at2，据此求出纸带的加速度。
【解答】解：（1）A、打点汁时器应该固定在长木板没有定滑轮的右端，故A 错误；
B、打点汁时器不应使用干电池。应使用低压交流电源，故B 正确；
C、实验中不应该将长木板水平放置，应该在右端垫起合适的高度，平衡小车的摩擦力，故C 正确；
D、小车初始位嚣不应该离打点汁时器太远，而应该靠近打点计时器放置，故D 正确；
故选：BCD。
（2）由图2 所示a﹣F 图象可知，图象不过原点，在a 轴上有截距，这说明在不加拉力时，小车已经具有加速度，
这是由于平衡摩擦力时木板垫的过高，木板倾角过大，平衡摩擦力过度造成的。
（3）砂和砂桶质量m 远小于小车质量M 时，才可以认为细绳对小车的拉力F 的大小近似等于砂和砂桶的重力，
故B 正确。
（4）计数点间的时间间隔T＝0.02×5＝0.1s，小车做匀变速运动，
小车做匀变速直线运动，△x＝at2，小车加速度a= ݔ24−ݔ02
2ܶ2
= 3.39+3.99−2.4−2.89
2×0．12
× 10−2 ≈0.50m/s2。
打点1 时小车的速度v1= ݔ02
2ܶ
= 0.0240+0.0289
0.2
≈0.26m/s；
故答案为：（1）BCD；（2）平衡摩擦力过度；（3）B；（4）0.50；0.26。
【点评】要知道验证牛顿第二定律实验的注意事项，要会处理实验数据，能根据打出的纸带求出物体的加速度、
物体的瞬时速度。
三、计算题：共36 分
15．（10 分）现从某一水池水面上方h＝0.8m 高处，让一质量为0.1kg 的硬质小球自由下落，如该水池水深H＝0.8m，
小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6s，（不计空气阻力，取g＝10m/s2）．
（1）试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？
（2）若要使小球落至池底部所用时间最短，必须从水面上方多高处由静止释放小球？
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【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】（1）设小球在水中做匀变速直线运动，结合水中的位移，根据位移时间公式求出加速度，从而确定运动
规律．
（2）根据位移时间公式求出自由落体运动的时间，结合位移公式求出在水中的时间，结合数学知识，通过求极值
的方法求出时间最短时，离水面的高度．
【解答】解：（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中做匀变速运动，加速度为a，
则h= 1
2gt
1
2
v＝gt1
H＝v（t﹣t1）+ 1
2a（t﹣t1）2
解得a＝0 m/s2，则小球在水中匀速运动．
（2）设释放点距水面的高度为x，则小球落至水面所用时间tx=
2ݔ
t
此时速度vx=
2tݔ
小球落至池底部所用总时间t=
2ݔ
t +
ܪ
2tݔ
由数学知识可知，当
2ݔ
t =
ܪ
2tݔ
时t 最小，即x= ܪ
2 =0.4 m．
答：（1）小球在水中做匀速直线运动，加速度为0．
（2）若要使小球落至池底部所用时间最短，必须从水面上方0.4m 高处由静止释放小球．
【点评】解决本题要掌握自由落体运动的位移公式，速度公式，关键要能运用数学知识求解时间最短的条件．
16．（12 分）如图所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过圆心的竖直轴OO′匀速转动，以经过O 水平向右
的方向作为x 轴的正方向．在圆心O 正上方距盘面高为h 处有一个正在间断滴水的容器，在t＝0 时刻开始随传送
带沿与x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v．已知容器在t＝0 时滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚
好落到盘面上时再滴一滴水，问：
（1）每一滴水经多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上，圆盘转动的最小角速度ω．
（3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s．
【考点】43：平抛运动；45：运动的合成和分解；48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】519：匀速圆周运动专题．
【分析】水滴滴下后做平抛运动，根据高度求出时间．根据圆周运动的周期性，可分析得出使每一滴水在盘面上
的落点都位于一条直线上的条件，求出最小角速度．当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心
的两侧时两点间的距离最大．利用水平间关系关系可求出．
【解答】解：（1）水滴在竖直方向做自由落体运动，有
h= 1
2 tݐ1
2 得t1=
2݄
t
（2）要使每一滴水在圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的最小角度为
π，所以最小角速度为
ω= ߨ
ݐ1 = ߨ
t
2݄
（3）第二滴水落在圆盘上的水平位移为
x2＝v•2t1＝2v 2݄
t
第三滴水在圆盘上的水平位移为
x3＝v•3t1＝3v 2݄
t
当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为
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- 143 -
s＝x2+x3＝5v 2݄
t
答：（1）每一滴水经
2݄
t 时间滴落到盘面上．
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上，圆盘转动的最小角速为ߨ
t
2݄．
（3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s 为5㘴2݄
t ．
【点评】本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大．运用数学知识，解决物理问题的能
力是高考考查的内容之一．
17．（14 分）如图所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L＝1m、质量为M＝1kg
的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，其下端P 到斜面底端的挡板C 的距离d＝0.5m。
现在木板的正中央放一质量为m＝1kg 可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态。现对木板施加一沿斜
面向上的外力F1 使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力。最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与
斜面间的动摩擦因数为μ3＝0.5，g＝10m/s2．试求：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2 及外力F1 的大小；
（2）现将外力大小变为F2＝21N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4N：临界法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）木块恰好静止，所受的静摩擦力达最大，根据平衡条件求木块与木板之间的动摩擦因数μ2．对整体，
由于木块静止且与斜面之间无摩擦，由平衡条件求F1 的大小。
（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态。根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由位移公式求出木
块离开木板的时间。再研究木块离开木板的过程，由牛顿第二定律和位移公式结合求运动时间，从而得到总时间。
【解答】解：（1）木块恰好静止，所以有mgsin37°＝μ2mgcos37°
解得μ2＝0.75
对整体，由于木块静止且与斜面之间无摩擦，则有F1＝（mg+Mg）sin37°
解得F1＝12N
（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态。设经过时间t1 离开木板，该过程中木板的加速度为a1，
对木板有F2﹣Mgsin37°﹣μ2mgcos37°﹣μ1（m+M）gcos37°＝Ma1。
解得a1＝1m/s2。
由
ܮ
2 =
1
2ܽ
1ݐ1
2解得t1＝1s
木块离开木板后的加速度为a2=݉
tݏth37°−ߤ3݉
tܿ݋ݏ37°݉
解得a2＝2m/s2。
木块离开木板后再经过t2 时间与挡板相碰，则
ܮ
2 +݀
=
1
2ܽ
2ݐ2
2
解得t2＝1s
所以从F2 开始作用到木块与挡板相碰共需时间t＝t1+t2＝2s
答：（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2 是0.75，外力F1 的大小是12N；
（2）木板将向上运动，经2s 时间木块与挡板相碰。
【点评】本题的关键要正确分析木块和木板受力情况，判断其运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处
理是基本方法。
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第三次月考物理试卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1-8 小题为单选题，9-12 小题为多选题，全部选对的得4
分，选对但选不全的得2 分，有选错的得0 分．
1．（4 分）杂技表演的安全网如图（a）所示，网绳的结构为正方形格子，O、a、b、c、d…等为网绳的结点，安全网
水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并停止在O 点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe，bOg 均为120°
张角，如图（b）所示，此时O 点周围每根网绳承受的张力大小为（
）
A．
1
2݉
t
B．
3
2݉
t
C．2mg
D．mg
2．（4 分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动且轴线竖直，两个质量相同的球甲、乙紧贴着内壁分别在图
中所示的水平面内做匀速圆周运动，半径R 甲＞R 乙，则（
）
A．线速度v 甲＞v 乙
B．对筒壁的弹力N 甲＞N 乙
C．加速度a 甲＞a 乙
D．角速度ω甲＞ω乙
3．（4 分）某研究性学习小组用下面的方法来测量木块与木板间的动摩擦因数：如图1 所示，让木块以一定的初速度
v0 沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑行，测出木块沿木板向上所能达到的最大位移x，画出木块向上
所能达到的最大位移x 与对应木板倾角α的图象（如图2），由该图可求得该木块与木板间的动摩擦因数为（g 取
10m/s2）（
）
A．
3
3
B．
1
3
C．
3
2
D．
1
2
4．（4 分）如图所示，质量为m 的物块从A 点由静止开始下落，加速度是
t
2，下落H 到B 点后与一轻弹簧接触，又
下落h 后到达最低点C，在由A 运动到C 的过程中，空气阻力恒定，则（
）
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少
1
2mg（H+h）
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D．物块和弹簧组成的系统机械能减少
1
2mg（H+h）
5．（4 分）甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝12m/s，乙在甲
前面L＝6m 时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2 的加速度刹车，6s 后立即改做匀速运动，
乙车刹车的加速度为a2＝1m/s2．从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数
n、两车速度相等时的时间t2 的说法正确的是（
）
A．2s、3 次、8s
B．3s、2 次、6s
C．3s、3 次、8s
D．2s、2 次、6s
6．（4 分）如图所示，O 为斜面的底端，在O 点正上方的A、B 两点分别以初速度vA、vB 正对斜面抛出两个小球，
结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB＝AB，空气阻力忽略不计，则（
）
A．OP=
2OQ
B．OP＝4OQ
C．vA=
2vB
D．vA＝vB
7．（4 分）如图所示，A、B 两个质量相等的小球从分别从同一高度，倾角分别为α、β（α＜β）的光滑斜面顶端由静
止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（
）
A．A、B 两球到达底端时重力的瞬时功率相同
B．B 球运动过程中动量的变化率大小比A 球大
C．A 球运动过程中速度变化率的大小比B 球大
D．A、B 两球A 球支持力的冲量的大小比B 球小
8．（4 分）太阳系中某行星A 运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道
存在一些偏离，且每隔时间t 发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是A 外侧还存在着一
颗未知星B，它对A 的万有引力引起A 行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕行方
向相同，由此可推测未知行星B 绕太阳运行的圆轨道半径为（
）
A．R
3 [
ݐ
ݐ−ܶ]2
B．
ݐ
ݐ+ܶR
C．R
3 [ ݐ−ܶ
ݐ
]2
D．R
3
ݐ2
ݐ−ܶ
9．（4 分）如图是两等量异号点电荷，以两电荷连线的中点O 为画心画出半圆，在半圆上有a、b、c，b 点在两电荷
连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（
）
A．ac 两点的电场强度相同
B．ac 两点的电势相同
C．正电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能
D．将正电荷由O 移到b 电场力做正功
10．（4 分）如图所示，三根通电长直导线A、B、C 互相平行，其横截面为等腰直角三角形的三个顶点，三根导线中
通入的电流大小相等，且A、V 中电流方向垂直于纸面向外，B 中电流方向垂直于纸面向内；已知通电直导线在
其周围产生的磁场的磁感应强度B=݇
ܫ
ݎ，其中I 为通电导线的电流强度，r 为通电直导线的距离，k 为常量，下列
说法正确的是（
）
A．A 所受磁场作用力的方向与B、C 所在平面垂直
B．B 所受磁场作用力的方向与A、C 所在平面垂直
C．A、B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：2
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D．A、B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：2
11．（4 分）内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R=
2m 的圆轨道固定在倾角为θ＝45°的斜面上，与斜面的切点是A，
直径AB 垂直于斜面，直径MN 在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q 的小球
（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A 点，现对在A 点的该小球施加一沿圆环切线方向的速度，使其恰能
绕圆环完成圆周运动。g 取10m/s2，下列对该小球运动的分析，正确的是（
）
A．小球可能带负电
B．小球运动到N 点时动能最大
C．小球运动到B 点时对轨道的压力为0
D．小球初速度大小为10m/s
12．（4 分）如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4 均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑
动变阻器R1 的滑动触头P 向右滑动时，电流表A1、A2 和电压表的示数变化量的大小分别为△I1、△I2 和△U，下
列说法正确的是（
）
A．△I1＞△I2
B．电流表A1 示数变大
C．电流表A2 示数变大
D．
△ܷ
△ܫ1
＜r
二、实验题：共16 分
13．（8 分）（1）下列千分尺和游标卡尺的读数
mm
cm
（2）在探究加速度与质量关系时，需在小车上放置砝码以改变质量，若以小车上放置的砝码的总质量m0 为横坐
标，
1ܽ为纵坐标，在坐标纸上作出（
1ܽ）﹣m0 关系图线，图为按照正确的实验步骤所得实验图线的示意图，所有物
理量均采用国际单位，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力
为
，小车的质量为
。
14．（8 分）现有一特殊电池，它的电动势E 约为5V，内阻r 约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA．为
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了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：
A．待测电池；
B．电压表V：量程0～15V，内阻RV≈15kΩ；
C．电流表A：量程0～1mA，内阻RA＝156Ω；
D．电阻箱R：0～999.9Ω；
E．定值电阻R1＝4Ω；
F．定值电阻R2＝39Ω；G．定值电阻R3＝50Ω；
H．定值电阻R4＝90Ω；I．开关、导线若干。
（1）该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0 应选择器材中的
（填写器材前的选项字母）。
（2）选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整，并在电路中注明所选器材的符号。
（3）将电阻箱的阻值调整到最大，闭合开关。
（4）调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R 和所选电表的读数x，电表读
数用国际单位（A 或V）作单位。
（5）重复步骤（4）获取多组R 和x 的值。
（6）断开开关，整理器材。
（7）根据所得数据在坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E 为
V，内阻r
为
Ω．（结果保留到小数点后一位）
三、计算题：共36 分
15．（10 分）某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型，如图
甲在水平地面上放置一个质量为m＝4kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平的水平推力作用下运动，推力F
随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2，则：
（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？
（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？
（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？
16．（12 分）如图，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC
段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿轨道滑下，
重力加速度为g
（1）若固定小车，求滑块运动过程总对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后C 点滑出小车，已知滑块质量m= ܯ
2，
在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车最大速度vm；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s。
17．（14 分）如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d，从y 轴
到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差
为U 的电场加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点坐标为（0，h）．已知电子的
电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞ܧ݀2
4݄
，电子的重力忽略不计，求：
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（1）则电子从A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t 和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离l．
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第三次月考物理试
卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1-8 小题为单选题，9-12 小题为多选题，全部选对的得4
分，选对但选不全的得2 分，有选错的得0 分．
1．（4 分）杂技表演的安全网如图（a）所示，网绳的结构为正方形格子，O、a、b、c、d…等为网绳的结点，安全网
水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并停止在O 点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe，bOg 均为120°
张角，如图（b）所示，此时O 点周围每根网绳承受的张力大小为（
）
A．
1
2݉
t
B．
3
2݉
t
C．2mg
D．mg
【考点】2B：力的合成．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】O 点的压力被两根绳所承受，故可以为每根绳承受一半的力，则绳子两端的力的合力应等于
ܨ
2，由平形四
边形定则可求得每根绳所承受的力．
【解答】解：因每根绳的合力应为
1
2 ܨ；而绳受力后成120 度角，作出平行四边形可知，由几何关系可知：当合力
为
1
2 ܨ时，两分力也为
1
2 ܨ；
故每根绳承受的压力大小为
1
2 ܨ；
运动员处于平衡状态，故安全网受到的压力为F＝mg，故每根网绳承受的张力大小为
1
2݉
t；
【点评】本题应注意绳子张力的特点，同一根绷紧的绳，其上的各部分张力相等；两个大小相等的力若其夹角为
120°，则合力与分力大小相等．
2．（4 分）如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动且轴线竖直，两个质量相同的球甲、乙紧贴着内壁分别在图
中所示的水平面内做匀速圆周运动，半径R 甲＞R 乙，则（
）
A．线速度v 甲＞v 乙
B．对筒壁的弹力N 甲＞N 乙
C．加速度a 甲＞a 乙
D．角速度ω甲＞ω乙
【考点】37：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F 合＝ma＝m
㘴2
ݎ=mω2r 比较
线速度、角速度、向心加速度的大小
【解答】解：AB、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，合力的方向都沿水平方向。根据力的合成，知两
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支持力大小、合力大小相等。根据F 合＝m
㘴2
ݎ，得v=
ܨ合ݎ݉
，合力、质量相等，r 大线速度大，所以球甲的线速度
大于球乙的线速度。故A 正确，B 错误。
D、根据F＝ma 可知，由于合力相同，故向心加速度相同，故C 错误
D、根据F 合＝mrω2 得：ω=
ܨ合
ݎ，r 大则角速度小。所以球甲的角速度小于球乙的角速度。故D 错误。
【点评】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；本题关键是对
小球受力分析，知道小球做圆周运动向心力的来自于合外力。
3．（4 分）某研究性学习小组用下面的方法来测量木块与木板间的动摩擦因数：如图1 所示，让木块以一定的初速度
v0 沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑行，测出木块沿木板向上所能达到的最大位移x，画出木块向上
所能达到的最大位移x 与对应木板倾角α的图象（如图2），由该图可求得该木块与木板间的动摩擦因数为（g 取
10m/s2）（
）
A．
3
3
B．
1
3
C．
3
2
D．
1
2
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．
【分析】当α＝90°时，物体做竖直上抛运动，根据动能定理列式求出初速度；
当α＝30°时，x＝1.25m，物体匀减速上滑，根据牛顿第二定律求解出加速度表达式；再根据运动学公式列式；最
后联立求解即可求出动摩擦因数。
【解答】解：当α＝90°时，x＝1.25m，物体做竖直上抛运动，
根据动能定理，有：mgx= 1
2mv02﹣0，代入数据解得：v0＝5m/s，
由图示图象可知，当α＝30°时，x＝1.25m
根据速度位移关系公式，有：a=
㘴0
2
2ݔ，代入数据解得：a＝10m/s2，
根据牛顿第二定律，有：a＝g（sin30°+μcos30°）
联立解得：μ=
3
3 ；
【点评】本题关键是根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系公式求解位移；也可以根据动能定理求出
位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因数。
4．（4 分）如图所示，质量为m 的物块从A 点由静止开始下落，加速度是
t
2，下落H 到B 点后与一轻弹簧接触，又
下落h 后到达最低点C，在由A 运动到C 的过程中，空气阻力恒定，则（
）
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少
1
2mg（H+h）
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少
1
2mg（H+h）
【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据机械能守恒条件求解。
由A 运动到C 的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量。
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- 151 -
整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功。
【解答】解：A、对于物体来说，从A 到C 要克服空气阻力做功，从B 到C 又将一部分机械能转化为弹簧的弹力
势能，因此机械能肯定减少。故A 错误。
B、对于物块和弹簧组成的系统来说，物体减少的机械能为（克服空气阻力所做的功+弹簧弹性势能），而弹簧则
增加了弹性势能，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功。故B 错误。
C、由A 运动到C 的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量。
所以物块机械能减少mg（H+h），故C 错误。
D、物块从A 点由静止开始下落，加速度是
1
2g，根据牛顿第二定律得：
f＝mg﹣ma= 1
2mg，所以空气阻力所做的功−1
2mg（H+h），
整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，
所以物块、和弹簧组成的系统机械能减少
1
2mg（H+h），故D 正确，
【点评】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，注意题目中的研究对象的选择。
学会运用能量守恒的观点求解问题，知道能量是守恒的和能量的转化形式。
5．（4 分）甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝12m/s，乙在甲
前面L＝6m 时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2 的加速度刹车，6s 后立即改做匀速运动，
乙车刹车的加速度为a2＝1m/s2．从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数
n、两车速度相等时的时间t2 的说法正确的是（
）
A．2s、3 次、8s
B．3s、2 次、6s
C．3s、3 次、8s
D．2s、2 次、6s
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】假设经过时间t，两车相遇，并且两车均做匀减速运动，列出位移关系式，解出时间，讨论结果。
列位移关系方程，求解时间的可能数值，结合实际运动情境分析求解可能的相遇次数。
【解答】解：设刹车后经过t 时间两车速度相等，有：v1﹣a1t＝v2﹣a2t
解得：t＝4s，
6s 后甲车匀速，速度v＝16﹣2×6m/s＝4m/s，再次相等有：v＝v2﹣a2t′
解得：t′＝8s；
在甲减速时，设经时间t 相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有：
ݔ1 = 㘴1ݐ−1
2ܽ
1ݐ2
ݔ2 = 㘴2ݐ−1
2ܽ
2ݐ2
x1﹣x2＝L
得：t1＝2s，t2＝6s；
甲车减速时间恰好为6s，即在甲车减速阶段，相遇两次，
第一次t1＝2s，第二次t2＝6s，
此时甲车的速度为：v′1＝v1﹣a1t2＝4m/s，
乙车的速度为：v′2＝v2﹣a2t2＝6m/s，
设再经△t 甲追上乙，有：㘴'1 △ݐ= 㘴'2 △ݐ−1
2ܽ
2( △ݐ)2，
代入数据解得：△t＝4s，
此时乙仍在做减速运动，此解成立，
所以甲、乙两车第3 次相遇，相遇时刻为t3＝t2+△t＝10s。
故A 正确、BCD 错误；
【点评】本题中涉及运动情境较为复杂，为比较麻烦的追及相遇问题，要结合位移关系和速度关系并联系实际运
动情境加以解决，难度较大。
6．（4 分）如图所示，O 为斜面的底端，在O 点正上方的A、B 两点分别以初速度vA、vB 正对斜面抛出两个小球，
结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB＝AB，空气阻力忽略不计，则（
）
A．OP=
2OQ
B．OP＝4OQ
C．vA=
2vB
D．vA＝vB
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
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【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据速度的方向，通过平行四
边形定则求出小球打在斜面上时的速度大小以及竖直方向上的分速度，从而求出飞行的时间。
【解答】解：设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ。
据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ＝v0；
又vy＝gt
可得：t=
㘴0
tݐܽhߠ
根据几何关系得：h= 1
2gt2+v0t•tanθ=
㘴0
2
2tݐܽh2ߠ+
㘴0
2
t ∝v02
据题有2OA＝OB，则得：vA=
2vB。
根据几何关系可得：ܱܱܳܲ
=
㘴ܤݐܤ
㘴tݐt
=
㘴ܤ
2
㘴t
2 =
1
2
所以QP＝OQ；故C 正确、ABD 错误。
【点评】解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方
向上的运动规律，并能灵活运用。
7．（4 分）如图所示，A、B 两个质量相等的小球从分别从同一高度，倾角分别为α、β（α＜β）的光滑斜面顶端由静
止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（
）
A．A、B 两球到达底端时重力的瞬时功率相同
B．B 球运动过程中动量的变化率大小比A 球大
C．A 球运动过程中速度变化率的大小比B 球大
D．A、B 两球A 球支持力的冲量的大小比B 球小
【考点】52：动量定理；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据机械能守恒定律分析速度大小，根据P＝mgvy 分析瞬时功率；动量的变化率为合外力，由此分析球
运动过程中动量的变化率大小；速度的变化率为加速度，分析加速度大小即可比较；根据冲量的定义式分析冲量
大小。
【解答】解：A、根据机械能守恒定律可得：mgh= 1
2݉
㘴2，解得v=
2t݄，两个小球达到底部的速度相等，但在
竖直方向的分速度vy 不相同，根据P＝mgvy 可知A、B 两球到达底端时重力的瞬时功率不相同，故A 错误；
B、根据动量定理可得F 合•△t＝△P，解得
△ܲ
△ݐ= ܨ合，根据牛顿第二定律可得F 合＝mgsinα＜mgsinβ，由于斜面的
倾角不同，α＜β，所以B 球运动过程中动量的变化率大小比A 球大，故B 正确；
C、速度的变化率为加速度，运动过程中A 的加速度比B 小，所以A 球运动过程中速度变化率的大小比B 球小，
故C 错误；
D、A 球的支持力大且运动的时间长、固A 球支持力的冲量的大小比B 球大，故D 错误。
【点评】本题主要是考查动量定理，解答本题要知道合外力的冲量与动量变化的关系，知道冲量大小的计算公式。
8．（4 分）太阳系中某行星A 运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道
存在一些偏离，且每隔时间t 发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是A 外侧还存在着一
颗未知星B，它对A 的万有引力引起A 行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕行方
向相同，由此可推测未知行星B 绕太阳运行的圆轨道半径为（
）
A．R
3 [
ݐ
ݐ−ܶ]2
B．
ݐ
ݐ+ܶR
C．R
3 [ ݐ−ܶ
ݐ
]2
D．R
3
ݐ2
ݐ−ܶ
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
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- 153 -
【分析】当行星A 轨道发生较大偏离时，A、B 处于太阳同一侧且共线，每隔t 时间发生一次，说明在t 时间内二
者所转圈数差值为1，列式求周期，再根据开普勒第三定律可以求得B 行星的轨道半径。
【解答】解：由于行星A 的轨道每隔时间t 发生一次偏离，说明行星A 和行星B 每隔t 时间出现间距最近一次，
即位于同一个直线上且在太阳的同一侧。
t 时间内两行星所转的圈数差值为1，则
ݐܶ−
ݐܶ
ܤ
= 1 解得：ܶ
ܤ= ݐܶ
ݐ−ܶ
根据开普勒第三定律：
h3ܶ
2 =
hܤ
3ܶ
ܤ
2
解得：hܤ=
3 h3ܶ
ܤ
2ܶ
2
= h
3ܶ
ܤ
2ܶ
2 = h
3
ݐ2ܶ2
(ݐ−ܶ)2ܶ2 = h
3
ݐ2
(ݐ−ܶ)2，故A 正确，BCD 错误。
【点评】本题考查行星的周期问题，涉及到两行星的”相遇“问题，以及开普勒第三定律内容，题目中档。
9．（4 分）如图是两等量异号点电荷，以两电荷连线的中点O 为画心画出半圆，在半圆上有a、b、c，b 点在两电荷
连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（
）
A．ac 两点的电场强度相同
B．ac 两点的电势相同
C．正电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能
D．将正电荷由O 移到b 电场力做正功
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，b 点的电势与O 点电势相等．根据等量异号点电荷
电场线的对称性，分析ac 场强关系和电势关系．a 点的电势高于O 点的电势，即可知a、b 电势关系，由推论：
正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．
【解答】解：
A、根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a、c 两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，场强方向都沿
ac 方向，所以ac 两点的电场强度相同。故A 正确。
B、根据顺着电场线电势降低，可知，a 点的电势高于c 点的电势。故B 错误。
C、两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，b 点的电势与O 点电势相等，a 点的电势高于O 点的电势，
则知，a 点的电势高于b 点的电势。由推论：正电荷在电势高处电势能大，得知，正电荷在a 点的电势能大于在b
点的电势能。故C 正确。
D、将正电荷由O 移到b 电场力不做功。故D 错误。
故选：AC。
【点评】等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等
势线是学习的重点．
10．（4 分）如图所示，三根通电长直导线A、B、C 互相平行，其横截面为等腰直角三角形的三个顶点，三根导线中
通入的电流大小相等，且A、V 中电流方向垂直于纸面向外，B 中电流方向垂直于纸面向内；已知通电直导线在
其周围产生的磁场的磁感应强度B=݇
ܫ
ݎ，其中I 为通电导线的电流强度，r 为通电直导线的距离，k 为常量，下列
说法正确的是（
）
A．A 所受磁场作用力的方向与B、C 所在平面垂直
B．B 所受磁场作用力的方向与A、C 所在平面垂直
C．A、B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：2
D．A、B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：2
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】根据右手螺旋定则得出另外两根通电导线在A、B 点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
场强的大小，再根据安培定则以及F＝BIL 分析力的方向以及大小。
【解答】解：A、设AB、BC 的长度为L，则AC 的长度为2L
C 在A 处产生的磁感应强度为：BCA=݇
ܫ
2ܮ，方向垂直于AC 向左上方；
B 在A 处产生的磁感应强度为：BBA=݇
ܫ
ܮ，方向垂直于AB 向下；
A 点的合磁场方向如图，根据左手定则可知，A 受到的磁场力的方向与C、B 的平面不垂直。故A 错误；
B、电流C 在B 处产生的磁感应强度为：BCB=݇
ܫ
ܮ，方向沿BA 方向；
A 在B 处产生的磁感应强度为：BAB=݇
ܫ
ܮ，方向沿CB 方向；
B 点的合磁场大小为2݇ܫ
ܮ，方向平行于AC 的方向，如图，根据左手定则可知，B 受到的磁场力的方向与A、C
的平面垂直。故B 正确；
C、D、由几何关系可知，C 在A 处产生的磁场的方向与B 在A 处产生的磁场的方向之间的夹角为135°，其中：
BBA 在BCA 方向的分量：B′BA＝BBA•cos45°=݇
ܫ
2ܮ=BCA
所以，A 点的合磁场的大小就等于BBA 在垂直于BCA 方向的分量大小，即：BA＝BBA•sin45°=݇
ܫ
2ܮ，方向沿CA
的方向。
单位长度L0 上A 受到的安培力：FA＝BAIL0=݇
ܫ2ܮ0
2ܮ
单位长度L0 上B 受到的安培力：FB＝BBIL0=
2݇ܫ2ܮ0
ܮ
所以：
ܨt
ܨܤ
=
1
2．故C 错误，D 正确
故选：BD。
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵
循平行四边形定则，同时正确掌握左手定则的应用。
11．（4 分）内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R=
2m 的圆轨道固定在倾角为θ＝45°的斜面上，与斜面的切点是A，
直径AB 垂直于斜面，直径MN 在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q 的小球
（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A 点，现对在A 点的该小球施加一沿圆环切线方向的速度，使其恰能
绕圆环完成圆周运动。g 取10m/s2，下列对该小球运动的分析，正确的是（
）
A．小球可能带负电
B．小球运动到N 点时动能最大
C．小球运动到B 点时对轨道的压力为0
D．小球初速度大小为10m/s
【考点】4A：向心力；65：动能定理；6B：功能关系；A6：电场强度与电场力．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；44：类比法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】物体可以静止在A 点，则小球必然受到水平向左的电场力，且电场力与重力的大小相等，两者合力垂直
斜面向下；再根据“等效重力法”得到等效重力、等效最高点和等效最低点；最后运用类比法将只受重力的竖直
平面内的圆周运动规律迁移到此题中即可解决问题。
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【解答】解：此题用“等效重力法”分析，受力如下图所示：
小球能静止在A 点，故电场力的大小与重力的大小相等，两者合力ܨ合=
2݉
t，方向垂直斜面向下；根据“等效
重力法”：等效重力为F 合、等效最高点为B 点、等效最低点为A 点；可将只受重力的竖直平面内的圆周运动规律
完全迁移过来；
A、小球能静止在A 点，小球受到的电场力为水平向左方向，小球必然带正电，故A 错误；
B、小球做圆周运动时，在等效最低点的动能最大，所以小球在A 点的动能最大，故B 错误；
C、小球恰能绕圆环完成圆周运动，则小球在等效最高点B 点由等效重力充当向心力，小球对在B 点对轨道的压
力为0，故C 正确；
D、小球在等效最高点B 点由等效重力充当向心力，由向心力公式得：ܨ合=݉
㘴ܤ2
h ①，小球从A 点到B 点的过程
中由动能定理得：
1
2݉
㘴ܤ2 −
1
2݉
㘴t2 =−2ܨ合⋅h②，联立①②代入数据得：vA＝10m/s，故D 正确；
故选：CD。
【点评】“等效重力法”是解决此类问题的方法，在使用的过程中一定要找到“等效重力、等效最高点和等效最低
点”；同时要具备一定的知识迁移能力，能将只受重力的竖直平面内的圆周运动规律迁移到此题中。
12．（4 分）如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4 均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑
动变阻器R1 的滑动触头P 向右滑动时，电流表A1、A2 和电压表的示数变化量的大小分别为△I1、△I2 和△U，下
列说法正确的是（
）
A．△I1＞△I2
B．电流表A1 示数变大
C．电流表A2 示数变大
D．
△ܷ
△ܫ1
＜r
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】图中R1、R2 并联后与R4 串联，再与R3 并联，电压表测量路端电压，等于R3 电压。当滑动变阻器R1 的
滑动触头P 向右滑动时，由R1 接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表示数的变化，由闭合
电路欧姆定律分析两电表示数变化量的比值。
【解答】解：设R1、R2、R3、R4 的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I 干，路
端电压为U。
ABC、当滑动变阻器R1 的滑动触头P 向右滑动时，R1 变大，外电路总电阻变大，I 干变小，由U＝E﹣I 干r 知，U
变大，U3 变大，则I3 变大。
因I 干变小，则由I4＝I 干﹣I3 知I4 变小，U4 变小，而U2＝U﹣U4，U 变大，则U2 变大，I2 变大，根据I4＝I1+I2，
知I1 变小，即电流表A1 示数变小。电流表A2 示数变大。
根据I4＝I1+I2，I1 变小，I2 变大，而I4 变小，则有△I1＞△I2。
故B 错误，AC 正确。
D、由欧姆定律U＝E﹣I 干r，得
△ܷ
△ܫ
干
=r．由I 干＝I1+I2+I3，I1 变小，I2 变大，I3 变大，I 干变小，则△I1＞△I 干，
△ܷ
△ܫ1
＜
△ܷ
△ܫ
干
=r．故
△ܷ
△ܫ1
＜r，故D 正确。
故选：ACD。
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【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先要搞清电路的结构，其次要按局部到整体，再回到局部的思路分
析。在确定电流表示数变化量与干路电流变化的大小，采用总量法，这是常用方法要学会。
二、实验题：共16 分
13．（8 分）（1）下列千分尺和游标卡尺的读数
2.600
mm
6.015
cm
（2）在探究加速度与质量关系时，需在小车上放置砝码以改变质量，若以小车上放置的砝码的总质量m0 为横坐
标，
1ܽ为纵坐标，在坐标纸上作出（
1ܽ）﹣m0 关系图线，图为按照正确的实验步骤所得实验图线的示意图，所有物
理量均采用国际单位，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为
，小车的质量为
。
【考点】L3：刻度尺、游标卡尺的使用；L4：螺旋测微器的使用；M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
菁
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【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数
方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
（2）根据图象可知这是一个一次函数图象
1ܽ=km0+b 再联立牛顿第二定律即可得到答案。
【解答】解：（1）、螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为10.0×0.01mm＝0.100mm，所以最终读数为
2.5mm+0.100mm＝2.600mm。
2、游标卡尺的主尺读数为：6cm＝60mm，游标尺上第3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm
＝0.15mm，所以最终读数为：60mm+0.15mm＝60.15mm＝6.015cm。
（2）根据实验图象可知，这是一个一次函数图象，可用关系式表示为
1ܽ=km0+b…①
以小车与砝码为研究对象，根据牛顿第二定律：F＝Ma+m0a…②
将②式变形可得
1ܽ=
1
ܨm0+ ܯ
ܨ⋯③
由①③两式可得km0+b= 1
ܨm0+ ܯ
ܨ⋯④
因此k= 1
ܨb= ܯ
ܨ
解得F= 1݇
故M＝Fb=ܾ݇
故答案为：（1）2.600
6.015；
（2）
1݇；ܾ݇
【点评】（1）考察学生度测量仪器的适应（2）考察学生对实验数据的掌握，本题中使用等效的方程来表示牛顿第
二定律，用此方程与F＝Ma+m0a 对比即可得到答案
14．（8 分）现有一特殊电池，它的电动势E 约为5V，内阻r 约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA．为
了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：
A．待测电池；
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B．电压表V：量程0～15V，内阻RV≈15kΩ；
C．电流表A：量程0～1mA，内阻RA＝156Ω；
D．电阻箱R：0～999.9Ω；
E．定值电阻R1＝4Ω；
F．定值电阻R2＝39Ω；G．定值电阻R3＝50Ω；
H．定值电阻R4＝90Ω；I．开关、导线若干。
（1）该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0 应选择器材中的
H
（填写器材前的选项字母）。
（2）选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整，并在电路中注明所选器材的符号。
（3）将电阻箱的阻值调整到最大，闭合开关。
（4）调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R 和所选电表的读数x，电表读
数用国际单位（A 或V）作单位。
（5）重复步骤（4）获取多组R 和x 的值。
（6）断开开关，整理器材。
（7）根据所得数据在坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E 为
5.0
V，内阻r 为
41.1
Ω．（结果保留到小数点后一位）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）求出电路的最小电阻，然后选择保护电阻。
（2）根据题意选择实验器材，根据实验原理作出实验电路图。
（7）根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻。
【解答】解：
（1）电源电动势约为5V，电源最大输出电流为40mA，电路最小电阻约为：R=
ܧ
ܫ݉ܽ
ݔ=
5ܸ
40×10−3t =125Ω，
电源内阻约为40Ω，则保护电阻应选择H。
（2）电源电动势约为5V，电压表量程为15V，如果用电压表测电压实验误差太大，不能用电压表测电压，不能
应用伏安法测电源电动势与内阻，应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，电流表量程为1mA，电源最大输出
电流为40mA，应把电流表量程扩大到40mA，电流表并联电阻阻值：R= ܫtht
ܫ−ܫt = ܫt×156
40ܫt−ܫt =4Ω，电流表应与电阻
R1 并联，电源、电流表、电阻箱与保护电阻组成串联电路，实验电路图如图所示：
（7）流过电路的电流：I＝40IA＝40x，由图示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+R+R0）＝40x（r+R+R0）
整理得：
1
ݔ=
40
ܧR+ 40(ݎ+h0)
ܧ
，
由图示图象可知：
40
ܧ=b＝1080，
40(ݎ+h0)
ܧ
=k= 3320−1080
280
解得：E＝5.0V，r＝41.1Ω；
故答案为：（1）H；（2）电路图如图所示；（7）5.0；41.1。
【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据题意确定实验原理是解题的前提与关键，根据电路图应用闭
合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
三、计算题：共36 分
15．（10 分）某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型，如图
甲在水平地面上放置一个质量为m＝4kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平的水平推力作用下运动，推力F
随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2，则：
（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？
（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？
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（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）当推力F 最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求出物体的最大加速度．
（2）当推力大于摩擦力，物体做加速运动，当推力小于摩擦力，物体做减速运动，可知推力等于摩擦力时，速度
最大．结合推力与位移的关系式得出速度最大时经历的位移．
（3）F 与位移关系图线围成的面积表示F 所做的功，对全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，求出物体
在水平面上运动的最大位移．
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma
当F＝100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，为：ܽ
= ܨ݉−ߤt = 100
4 −0.5 × 10 = 20݉
/ݏ2
（2）由图象可得推力随位移x 变化的数值关系为：F＝100﹣25x
速度最大时加速度为0，则有：F＝μmg＝0.5×4×10N＝20N
代入解得：x＝3.2m
（3）由图象可得推力对物体做功等于图象与横轴所围图形的面积即：ܹ
= 1
2 × 100 × 4 = 200ܬ
根据动能定理物体有水平面上运动有：ܹ
−ߤ݉
tݔ݉
= 0
代入数据解得：200 −0.5 × 40ݔ݉
= 0
解得：ݔ݉
= 10݉
答：（1）运动过程中物体的最大加速度为20݉
/ݏ2
（2）在距出发点3.2m 位置时物体的速度达到最大
（3）物体在水平面上运动的最大位移是10m
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，知道F﹣x 图线围成的面积表示F 做功的大小．
16．（12 分）如图，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC
段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿轨道滑下，
重力加速度为g
（1）若固定小车，求滑块运动过程总对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后C 点滑出小车，已知滑块质量m= ܯ
2，
在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车最大速度vm；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s。
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）滑块在圆弧的轨道上运动的过程中合外力提供向心力，所以滑块在B 点的左侧受到的支持力要大于
重力，当滑块到达B 时的速度最大，受到的支持力最大，由机械能守恒求出滑块在B 点的速度，然后又牛顿第二
定律即可求解；
（2）根据题意，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，然后结合机械能守恒即可求出
小车的最大速度大小vm；
在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，写出速度的关系式，然后结合运动学的公式即
可求出小车的位移．
【解答】解：（1）当滑块到达B 时的速度最大，受到的支持力最大；
滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR= 1
2mvB2，
滑块在B 点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，
由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m
㘴ܤ
2
h ，解得：N＝3mg，
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由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg
即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg．
（2）①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，设小车的最大速度是vm，
由机械能守恒定律得：mgR= 1
2Mvm2+ 1
2m（2vm）2，解得：vm=
th
3 ；
②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，
所以滑块从B 到C 运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2 倍，
即：㘴滑块=2㘴车，
由于它们运动的时间相等，根据：x= 㘴t 可得：s 滑块＝2s 车
又：s 滑块+s 车＝L
所以：小车的位移大小：s= 1
3L；
答：（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg；
（2）①滑块运动过程中，小车的最大速度大小是th
3 ；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小是
1
3L．
【点评】该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；
第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究．也
可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，不使用动量
守恒定律．
17．（14 分）如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d，从y 轴
到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差
为U 的电场加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点坐标为（0，h）．已知电子的
电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞ܧ݀2
4݄
，电子的重力忽略不计，求：
（1）则电子从A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t 和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离l．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）电子在沿x 轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可
求得速度；
（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线
运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速
运动，先求出电子射出P 点的速度，再由位移公式求解电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离．
【解答】解：（1）由eU= 1
2mv02
得电子进入偏转电场区域的初速度v0=
2ܷ݁݉
设电子从MN 离开，则电子从A 点进入到离开匀强电场区域的时间t=݀㘴0 =݀݉
2ܷ݁
；
y= 1
2at2= ܧ݀2
4ܷ
因为加速电场的电势差U＞ܧ݀2
4݄
，说明y＜h，说明以上假设正确，
所以vy＝at=݁
ܧ݉×d݉2ܷ݁
=݁
ܧ݀݉݉
2ܷ݁
离开时的速度v=
㘴0
2+ 㘴ݕ
2 =
2ܷ݁݉
+݁ܧ2݀2
2ܷ݉
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（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x 轴，在x 轴方向上的位移为x′，则
x′＝v0t′
y′＝h﹣y＝h−㘴ݕ
2 t＝vyt′
则l＝d+x′＝d+v0t′＝d+v0（݄㘴ݕ−
ݐ
2）＝d+ 㘴0
㘴ݕh−݀2 =݀2 + 㘴0
㘴ݕh
代入解得
l=݀2 + 2݄ܷ
ܧ݀
答：（1）若加速电场的电势差U＞ܧ݀2
4݄
，则电子从A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t 为݀݉
2ܷ݁
，离
开电场区域时的速度v 为2ܷ݁݉
+݁ܧ2݀2
2ܷ݉
；
（2）电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离l 为݀2 +
2݄ܷ
ܧ݀
．
【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合
几何知识进行求解．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 17:38:58 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（下）第五次月考物理试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不答的得0 分．
1．（6 分）下列说法中不正确的是（
）
A．光电效应表明光子有能量，康普顿效应表明光子有动量，这两者均证明了光的粒子性
B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构
C．玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了原子的光谱
D．天然放射现象表明原子核有更为精细的结构
2．（6 分）某空间站在半径为R 的圆形轨道上运行，周期为T．另有一飞船在半径为r 的圆形轨道上运行，飞船与空
间站的绕行方向相同。当空间站运行到A 点时，飞船恰好运行到B 点，A、B 与地心连线相互垂直，此时飞船经
极短时间的点火加速，使其轨道的近地点为B、远地点与空间站的轨道相切于C 点，如图所示。当飞船第一次到
达C 点时，恰好与空间站相遇。由以上信息可判定（
）
A．空间站的动能小于飞船在半径为r 的圆形轨道上运行时的动能
B．当飞船与空间站相遇时，空间站的加速度大于飞船的加速度
C．飞船在从B 点运动到C 点的过程中，速度变大
D．空间站的圆形轨道半径R 与飞船的圆形轨道半径r 的关系满足
r＝（
3 2 −1）R
3．（6 分）如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，输出端接有
一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物
匀速上升．下列判断正确的是（
）
A．原线圈中的电流的有效值为
ܫ
2h
B．电动机消耗的功率为I2R
C．电动机两端电压为IR
D．变压器的输入功率为
ܫܷ
h 2
4．（6 分）如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C 是轨迹上的三点，测得AB＝5m，BC＝
7m，且物体通过AB、BC 所用时间相等，则OA 之间的距离为（
）
A．2m
B．3m
C．4m
D．5m
5．（6 分）在水平向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中竖直放置两根间距为L 的光滑金属导轨，底端接电阻R，轻弹
簧上端固定，下端悬挂质量为m，电阻为r 的金属棒，金属棒和导轨接触良好，导轨电阻不计。金属棒静止时位
于A 处。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，弹簧的劲度系数为k，重
力加速度为g。则下列说法正确的是（
）
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A．金属棒向下运动时通过R 的电流方向是从右向左
B．金属棒第一次到达A 处时速度最大
C．金属棒能到达的最低点在A 位置下方݉
t݇处
D．金属棒从释放到第一次下降到A 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量为݉
tܤܮ݇
(h+ݎ)
6．（6 分）如图所示，轻弹簧一端固定在O1 点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2 的光滑圆环
上，O1 在O2 的正上方，C 是O1O2 的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A 点无初速度释放后，发现小球通过
了C 点，最终在A、B 之间做往复运动。已知小球在A 点时弹簧被拉长，在C 点时弹簧被压缩，则下列判断正确
的是（
）
A．弹簧在A 点的伸长量一定大于弹簧在C 点的压缩量
B．小球从A 至C 一直做加速运动，从C 至B 一直做减速运动
C．小球机械能最大的位置有两处
D．弹簧处于原长时，小球的速度最大
7．（6 分）某电场中x 轴上电场强度E 随x 变化的关系如图所示，设x 轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量为
q 的粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0 处。假设粒子仅受电场力作用，E0、x0
已知，则下列说法正确的是（
）
A．粒子一定带正电
B．粒子的初动能大小为qE0x0
C．粒子沿x 轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
D．粒子沿x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
8．（6 分）如图7 甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝lkg、
mB＝2kg，当A、B 之间产生拉力且大于0.3N 时A、B 将会分离．t＝0 时刻开始对物块A 施加一水平推力F1，同
时对物块B 施加同一方向的拉力F2，使A、B 从静止开始运动，运动过程中F1、F2 方向保持不变，F1、F2 的大小
随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是（
）
A．t＝2.0s 时刻A、B 之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s 时刻A、B 之间作用力为零
C．t＝2.5s 时刻A 对B 的作用力方向向左
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D．从t＝0 时刻到A、B 分离，它们运动的位移为5.4m
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题（129 分）
9．（6 分）在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则
A．m1＞m2r1＞r2
B．m1＞m2r1＜r2 C．m1＞m2r1＝r2
D．m1＜m2r1＝r2
②若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是
（填字母）
A．直尺
B．游标卡尺c．天平
D．弹簧秤
E．秒表
③设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时（P 为碰前入射小球落点的平均位置），
所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）
。
10．（9 分）测量一个长约5cm、电阻R1 约为30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：
游标卡尺（20 分度）；
螺旋测微器；
直流电源E（电动势为18V，内阻可忽略不计）；
标准电流表A1（量程1.5A，内阻r1＝6Ω）；
电流表A2（量程2A，内阻r2 约为5Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；
开关S，导线若干．
①用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L＝
cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，
读数D＝
mm．
②实验中所用的滑动变阻器R2 应选下列中的
（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω）
③请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．
④若某次测量中两电流表A1、A2 的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ＝
．
11．（12 分）如图所示，水平地面上有三个静止的小物块A、B、C，质量均为m＝2kg，相距均为l＝5m，物块与地
面间的动摩擦因数均为μ＝0.25．班对A 施加一水平向右的恒力F＝10N，此后每次碰撞后物体都粘在一起运动。
设碰撞时间极短，重力加速度大小为g＝10m/s2．求：
（1）物体A 与B 碰撞后瞬间的速度；
（2）物体AB 与C 碰撞后摩擦产生的热量。
12．（20 分）在如图所示的直角坐标系中，y＞0 的范围内存在着沿y 轴正方向的有界匀强电场，在y＜0 的范围内存
在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）。已知Oa＝Oc＝cd＝L，Ob= ܮ
4．现有一个带电粒子，质量为m，电荷量
大小为q（重力不计）。t＝0 时刻，这个带电粒子以初速度v0 从a 点出发，沿x 轴正方向开始运动。观察到带电粒
子恰好从d 点第一次进入磁场，然后从O 点第﹣次离开磁场。试回答：
（1）判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；
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（2）匀强电场的场强大小；
（3）若带电粒子在y 轴的a、b 之间的不同位置以相同的速度v0 进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x 与出发
点的位置坐标y 的关系式。
[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
D．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
E．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能不变
14．（10 分）一圆柱形气缸，质量M 为10kg，总长度L 为40cm，内有一厚度不计的活塞，质量m 为5kg，截面积S
为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦不计，但不漏气，当外界大气压强p0 为1×105Pa，温度t0 为7℃时，如果用绳子
系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1 为35cm，（g 取10m/s2）求：
（1）此时气缸内气体的压强；
（2）当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．一列简谐横波在某介质中沿直线由a 点向b 点传播，a、b 两点的平衡位置相距2.5m，如图所示，图中实线表示
a 点的振动图象，图中虚线表示6 点的振动图象，则下列说法中正确的是（
）
A．质点a 的振动方程为y＝2sin（10πt+ ߨ
6）cm
B．从0 时刻起经过0.40s，质点a、b 运动的路程均为16cm
C．在t＝0.45s 时质点b 又回到平衡位置
D．在0．ls～0：15s 内，质点b 向y 轴负方向运动，做加速度逐渐变大的减速运动
E．此波的传播速度可能为1.2m/s
16．一立方体透明物体横截面如图所示，底面BC 和右侧面CD 均镀银（图中
粗线），P、M、Q、N 分别为AB 边、BC 边、CD 边、AD 边的中点，虚线在ABCD 所在的平面内并与AB 平行，
虚线上有一点光源S，从S 发出一条细光线射到P 点时与PA 的夹角成30°，经折射后直接射到M 点，从透明物
体的AD 面上射出后刚好可以回到S 点．试求：（计算中可能会用到2 =1.41，6 =2.45，sin15°＝0.26）
（i）透明物体的折射率n；
（ii）若光在真空中的速度为c，正方形ABCD 的边长为a，则光从S 点发出后，经过多长时间射回S 点？
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2019-2020 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（下）第五次月考物理试
卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不答的得0 分．
1．（6 分）下列说法中不正确的是（
）
A．光电效应表明光子有能量，康普顿效应表明光子有动量，这两者均证明了光的粒子性
B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构
C．玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了原子的光谱
D．天然放射现象表明原子核有更为精细的结构
【考点】IC：光电效应；J1：粒子散射实验；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；J9：天然放射现象．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54R：电磁场理论和电磁波．
【分析】利用卢瑟福通过α粒子的散射实验、波尔理论、天然放射现象以及光电效应等基本内容即可判断选项。
【解答】解：A、光电效应表明光子具有能量，康普顿效应表明光子除了具有能量之外还具有动量，它们都是光
的粒子性的证明，故A 正确；
B、卢瑟福通过α粒子的散射实验，提出原子的核式结构模型，故B 正确；
C、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，不能解释所有原子光谱
的实验规律，故C 错误；
D、天然放射现象表明原子核有更为精细的结构，故D 正确。
本题选错误的，
【点评】该题考查了原子物理的基础知识，明确卢瑟福通过α粒子的散射实验、波尔理论、光电效应以及天然放射
现象是解题的关键
2．（6 分）某空间站在半径为R 的圆形轨道上运行，周期为T．另有一飞船在半径为r 的圆形轨道上运行，飞船与空
间站的绕行方向相同。当空间站运行到A 点时，飞船恰好运行到B 点，A、B 与地心连线相互垂直，此时飞船经
极短时间的点火加速，使其轨道的近地点为B、远地点与空间站的轨道相切于C 点，如图所示。当飞船第一次到
达C 点时，恰好与空间站相遇。由以上信息可判定（
）
A．空间站的动能小于飞船在半径为r 的圆形轨道上运行时的动能
B．当飞船与空间站相遇时，空间站的加速度大于飞船的加速度
C．飞船在从B 点运动到C 点的过程中，速度变大
D．空间站的圆形轨道半径R 与飞船的圆形轨道半径r 的关系满足
r＝（
3 2 −1）R
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；51A：圆周运动中的临界问题．
【分析】根据万有引力提供向心力能判断二者圆周运动的线速度大小的关系，但是由于二者质量未知，故无法判
断动能的关系；根据牛顿第二定律可知加速度与距离有关，从而判断二者在同一点时的加速度大小关系；根据开
普勒第三定律进行判断即可。
【解答】解：A、当空间站和飞船均做圆周运动时，其万有引力提供向心力，即ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ则线速度大小为：㘴=
ܩܯ
ݎ，由于空间站的半径大于飞船的半径，故空间站的速度的大小小于飞船的速度大小，由于二者的质量关系未
知，故根据动能的公式ܧ݇= 1
2݉
㘴2无法判断二者的动能大小关系，故A 错误；
B、当飞船与空间站相遇时，根据牛顿第二定律有：ܩܯ݉
h2 =݉ܽ
，即ܽ
= ܩܯ
h2，可知二者相遇时其加速度的大小
相等，故B 错误；
C、根据开普勒第二定律可知，飞船在从B 点运动到C 点的过程中，速率越来越小，故C 错误；
D、设飞船椭圆轨道的周期为T′，则根据开普勒第三定律可知：
h3ܶ
2 =
(h+ݎ
2 )3ܶ
'2 由题可知：
1
4ܶ
=
1
2ܶ
'，联立可以得
到：ݎ= (
3 2 −1)h，故D 正确。
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【点评】本题主要考查万有引力定律和开普勒第三定律的应用问题，注意飞船在飞行过程处于完全失重状态，弹
簧秤没有示数。
3．（6 分）如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，输出端接有
一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物
匀速上升．下列判断正确的是（
）
A．原线圈中的电流的有效值为
ܫ
2h
B．电动机消耗的功率为I2R
C．电动机两端电压为IR
D．变压器的输入功率为
ܫܷ
h 2
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；53A：交流电专题．
【分析】电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，根据功率的公式可以分析
电动机的功率
【解答】解：A、原副线圈的匝数比为n，副线圈的电流为I，则有原线圈的电流有效值为
ܫ
h，故A 错误；
B、原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，则原线圈的电压有效值为
2
2ܷ
，所以副线
圈的电压为
2ܷ
2h ，因此电动机消耗的功率为P＝UI=
2ܷ
2h I，故B 错误；
C、电动机两端电压等于副线圈的电压。由于是非纯电阻，所以不等于IR，故C 错误；
D、原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压的最大值为U，则原线圈的电压有效值为
2
2ܷ
，所以副线
圈的电压为
2ܷ
2h ，因此电动机消耗的功率为P＝UI=
2ܷ
2h I，则变压器的输入功率也为
2ܷ
2h I，故D 正确；
【点评】变压器的输入功率和输出功率相等，电动机对物体做功转化为物体的机械能，即为电动机的输出的功．
4．（6 分）如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C 是轨迹上的三点，测得AB＝5m，BC＝
7m，且物体通过AB、BC 所用时间相等，则OA 之间的距离为（
）
A．2m
B．3m
C．4m
D．5m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的推论△x＝aT2 及其匀变速直线运动的位移公式ݔ= 㘴0ݐ+ 1
2ܽݐ2列式求解。
【解答】解：设相邻两点的时间间隔为T，由△x＝aT2 得：
xBC﹣xAB＝aT2＝7﹣5m＝2m，
设物体由O 到A 的时间为t，则有：
1
2a（t+T）2−1
2at2＝AB＝5 m
解得：t＝2T，
所以有：OA= 1
2at2＝2aT2＝4 m，
故C 正确，ABD 错误；
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式以及推论，并能进行灵活的运用。
5．（6 分）在水平向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中竖直放置两根间距为L 的光滑金属导轨，底端接电阻R，轻弹
簧上端固定，下端悬挂质量为m，电阻为r 的金属棒，金属棒和导轨接触良好，导轨电阻不计。金属棒静止时位
于A 处。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，弹簧的劲度系数为k，重
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力加速度为g。则下列说法正确的是（
）
A．金属棒向下运动时通过R 的电流方向是从右向左
B．金属棒第一次到达A 处时速度最大
C．金属棒能到达的最低点在A 位置下方݉
t݇处
D．金属棒从释放到第一次下降到A 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量为݉
tܤܮ݇
(h+ݎ)
【考点】D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DC：右手定则．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；42：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据右手定则判断感应电流的方向。当金属棒的速度最大时，金属棒所受的合力为零，与没有磁场进行
比对，根据简谐运动的对称性分析速度最大的位置。根据能量守恒定律分析金属棒能到达的最低点的位置。由
q= △Ȱ
h+ݎ求通过电阻R 的电荷量。
【解答】解：A、金属棒向下运动时，由右手定则判断知金属棒的感应电流方向从左向右，则通过R 的电流方向
从右向左，故A 正确。
B、若没有磁场，金属棒第一次回到A 处时速度最大，有磁场时，由于电磁感应产生感应电流，金属棒将受到安
培阻力作用，则金属棒在A 处上方速度达到最大。故B 错误。
C、金属棒静止在A 处时弹簧的伸长量x=݉
t݇，若没有磁场，金属棒做简谐运动，根据对称性知金属棒能到达的
最低点在A 位置下方݉
t݇处，由于有磁场时，金属棒将受到安培阻力作用，所以金属棒能到达的最低点不在A 位
置下方݉
t݇处，而在此位置上方，故C 错误。
D、金属棒从释放到第一次下降到A 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量为q= △Ȱ
h+ݎ= ܤܮݔ
h+ݎ=݉
tܤܮ݇
(h+ݎ)．故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键之处在于运用对比的方法，与金属棒做简谐运动进行比较，
确定速度最大的位置。要牢记电荷量的经验公式q= △Ȱ
h+ݎ，并能熟练运用。
6．（6 分）如图所示，轻弹簧一端固定在O1 点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2 的光滑圆环
上，O1 在O2 的正上方，C 是O1O2 的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A 点无初速度释放后，发现小球通过
了C 点，最终在A、B 之间做往复运动。已知小球在A 点时弹簧被拉长，在C 点时弹簧被压缩，则下列判断正确
的是（
）
A．弹簧在A 点的伸长量一定大于弹簧在C 点的压缩量
B．小球从A 至C 一直做加速运动，从C 至B 一直做减速运动
C．小球机械能最大的位置有两处
D．弹簧处于原长时，小球的速度最大
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】只有重力或弹簧的弹力做功，小球和弹簧系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，弹
簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大，反之越小；
小球从A 至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零时，可判断速度最大；
当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，而A、B 是对称的，所以在A、C 与B、C 之间应各有一处。
【解答】解：A、因只有重力和弹簧弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在A 点的动能和重力势能
均最小，故小球在A 点的弹性势能必大于在C 点的弹性势能，所以弹簧在A 点的伸长量一定大于弹簧在C 点的
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压缩量，故A 正确；
BD、小球从A 至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速
度最大，同理从C 至B，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸长状态）时，
速度最大，故BD 错误；
C、当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，有题意知，A、B 相对于O1O2 对称，显然，此位置在A、
C 与B、C 之间各有一处，故C 正确。
故选：AC。
【点评】解答此题的关键是理解机械能守恒定律的条件：只有重力或弹簧的弹力做功。还要注意机械能守恒定律
适用的对象，本题是系统，对单个来说是不守恒的。
7．（6 分）某电场中x 轴上电场强度E 随x 变化的关系如图所示，设x 轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量为
q 的粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0 处。假设粒子仅受电场力作用，E0、x0
已知，则下列说法正确的是（
）
A．粒子一定带正电
B．粒子的初动能大小为qE0x0
C．粒子沿x 轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
D．粒子沿x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
【考点】AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】电场力F 与场强成正比，故图中E﹣x 图与x 轴包围的面积在乘以q 即为电场力做功，电场力做功等于电
势能的减小量，根据动能定理列式分析即可。
【解答】解：A、从图中可知粒子在沿x 轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在x0～3x0 过程中电场
强度和位移都比0～x0 过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在3x0 处静止，所以只有先做正
功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，A 正确，D 错误；
B、因为电场强度是均匀减小的，0～x0 过程中平均电场强度为
1
2E，x0～3x0 过程中平均电场强度为E，故根据动能
定理可得
1
2Eqx0﹣Eq⋅2x0＝0﹣Ek0，解得初动能为：Ek0= 3
2qEx0，B 错误；
C、在0～x0 过程中电场力做正功，所以在x0 处动能最大，最大为Ekm＝Ek0+ 1
2Eqx0＝2Eqx0，故C 正确。
故选：AC。
【点评】本题关键时明确图中中E﹣x 图象的物理意义，然后根据动能定理列式分析，注意电场力做功等于电势能
的减小量。
8．（6 分）如图7 甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝lkg、
mB＝2kg，当A、B 之间产生拉力且大于0.3N 时A、B 将会分离．t＝0 时刻开始对物块A 施加一水平推力F1，同
时对物块B 施加同一方向的拉力F2，使A、B 从静止开始运动，运动过程中F1、F2 方向保持不变，F1、F2 的大小
随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是（
）
A．t＝2.0s 时刻A、B 之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s 时刻A、B 之间作用力为零
C．t＝2.5s 时刻A 对B 的作用力方向向左
D．从t＝0 时刻到A、B 分离，它们运动的位移为5.4m
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
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【分析】AB 分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的
作用力为0.3N 但加速度相等，然后隔离A、B 分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的
时刻．
【解答】解：设t 时刻AB 分离，分离之前AB 物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：
a= ܨ1+ܨ2݉
t+݉
ܤ= 3.6+0
1+2 =1.2m/s2，
分离时：F2﹣f＝mBa，
得：F2＝f+mBa＝0.3+2×1.2＝2.7N，
经历时间：t= 4
3.6 ×2.7＝3s，
根据位移公式：s= 1
2at2＝5.4m，则D 正确；
当t＝2s 时，F2＝1.8N，F2+f＝mBa，得：f＝mBa﹣F2＝0.6N，A 正确，B 错误；
当t＝2.5s 时，F2＝2.25N，F2+f＝m2a，得：f＝m2a﹣F2＞0，C 错误。
故选：AD。
【点评】本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法相结合求解，当以整体为研究对象受力分析时AB 之间
的作用力不分析．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题（129 分）
9．（6 分）在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则
C
A．m1＞m2r1＞r2
B．m1＞m2r1＜r2 C．m1＞m2r1＝r2
D．m1＜m2r1＝r2
②若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是
AC
（填字母）
A．直尺
B．游标卡尺c．天平
D．弹簧秤
E．秒表
③设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时（P 为碰前入射小球落点的平均位置），
所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）
m1OP＝m1OM+m2ON
。
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】①为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了
使两球发生正碰，两小球的半径相同。
②求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量。
③根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式。
【解答】解：①为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于
被碰球的质量，故选C；
②小球离开轨道后做平抛运动，由h= 1
2gt2 得小球做平抛运动的时间t=
2݄
t ，由于小球做平抛运动时抛出点的高
度h 相同，
则它们在空中的运动时间t 相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1＝m1v1′+m2v2，
则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，m1x1＝m1x1′+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON，
因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射
小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移。实验需要刻度尺与天平。
③由②可知，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON。
故答案为：①C；②AC；③m1OP＝m1OM+m2ON。
【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验
证。
10．（9 分）测量一个长约5cm、电阻R1 约为30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：
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游标卡尺（20 分度）；
螺旋测微器；
直流电源E（电动势为18V，内阻可忽略不计）；
标准电流表A1（量程1.5A，内阻r1＝6Ω）；
电流表A2（量程2A，内阻r2 约为5Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；
开关S，导线若干．
①用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L＝
5.020
cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，
读数D＝
2.150
mm．
②实验中所用的滑动变阻器R2 应选下列中的
A
（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω）
③请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．
④若某次测量中两电流表A1、A2 的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ＝
ߨܦ2ܫ1ݎ1
4ܮ(ܫ2−ܫ1)
．
【考点】L3：刻度尺、游标卡尺的使用；L4：螺旋测微器的使用；N2：测定金属的电阻率．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法
是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．根据电路图连接实物图．根据欧姆定律和电阻
定律求解电阻率的表达式．
【解答】解：①游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×4mm＝0.20mm，所以最终读数为
50mm+0.20mm＝50.20mm＝5.020cm．
螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×15.0mm＝0.150mm，
所以最终读数为2mm+0.150mm＝2.150mm（2.149mm～2.151mm），
②根据电阻R1 约为30Ω，因此滑动变阻器选择（最大阻值10Ω），即为A；
③根据题意可知，电流表的读数之差，结合电阻，从而求得电压，则设计的电路图如图所示．
④根据欧姆定律可得
导体电材料的电阻Rx= ܫ1ݎ1
ܫ2−ܫ1，
由电阻定律得：Rx＝ρ
ܮܵ，S= 1
4πD2
联立解得，ρ= ߨܦ2ܫ1ݎ1
4ܮ(ܫ2−ܫ1)．
故答案为：①5.020cm、2.149mm～2.151mm；②A；
③如图所示：
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④
ߨܦ2ܫ1ݎ1
4ܮ(ܫ2−ܫ1)．
【点评】掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺
旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．掌握欧姆定律和电阻定律
求解电阻率．
11．（12 分）如图所示，水平地面上有三个静止的小物块A、B、C，质量均为m＝2kg，相距均为l＝5m，物块与地
面间的动摩擦因数均为μ＝0.25．班对A 施加一水平向右的恒力F＝10N，此后每次碰撞后物体都粘在一起运动。
设碰撞时间极短，重力加速度大小为g＝10m/s2．求：
（1）物体A 与B 碰撞后瞬间的速度；
（2）物体AB 与C 碰撞后摩擦产生的热量。
【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52G：动量和能量的综合．
【分析】（1）物体A 与B 碰撞前做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度位移公式求出物体A 与B
碰撞前瞬间的速度。A、B 碰撞过程，由于时间极短，外力冲量不计，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求碰
后共同速度。
（2）A、B 碰后一起做匀速运动，由动量守恒定律求出AB 与C 碰撞后的共同速度，再由能量守恒定律求物体AB
与C 碰撞后摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）物体A 与B 碰撞前作匀加速运动的加速度为：
a1= ܨ−ߤ݉
t݉= 10−0.25×2×10
2
=2.5m/s2。
A 碰B 前的速度为：v1=
2ܽ1t =
2 × 2.5 × 5 =5m/s
A、B 碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：
mv1＝2mv2。
解得：v2＝2.5m/s
（2）A、B 碰后，加速度为：
a2= ܨ−2ߤ݉
t
2݉
= 10−2×0.25×2×10
2×2
=0
所以AB 碰后一起做匀速直线运动
A、B 与C 碰撞动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：
2mv2＝3mv3。
解得：v3= 5
3m/s
碰后三个物体匀减速运动，加速度为：
a3= ܨ−3ߤ݉
t
3݉
= 10−3×0.25×2×10
3×2
=−5
6m/s2。
匀减速向右运动位移为：
x3=−
㘴3
2
2ܽ3 =−
(5
3)2
2×(−5
6) = 5
3m
摩擦生热为：Q＝μ•3mgx3＝0.25×3×2×10× 5
3 =25J
答：（1）物体A 与B 碰撞后瞬间的速度为2.5m/s；
（2）物体AB 与C 碰撞后摩擦产生的热量是25J。
【点评】本题的解题关键是分析三个物体的运动过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律。对于碰撞前的速度，
也可以根据动能定理求解。
12．（20 分）在如图所示的直角坐标系中，y＞0 的范围内存在着沿y 轴正方向的有界匀强电场，在y＜0 的范围内存
在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）。已知Oa＝Oc＝cd＝L，Ob= ܮ
4．现有一个带电粒子，质量为m，电荷量
大小为q（重力不计）。t＝0 时刻，这个带电粒子以初速度v0 从a 点出发，沿x 轴正方向开始运动。观察到带电粒
子恰好从d 点第一次进入磁场，然后从O 点第﹣次离开磁场。试回答：
（1）判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）若带电粒子在y 轴的a、b 之间的不同位置以相同的速度v0 进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x 与出发
点的位置坐标y 的关系式。
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【考点】37：牛顿第二定律；45：运动的合成和分解；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）由带点粒子在电场中的偏转方向及左手定则即可判断；
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解；
（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据平抛运动基本规律，圆周运动向心力公式
及几何关系即可求解。
【解答】解：（1）粒子在第一象限时电场力向﹣y 方向，故粒子带负电，要使粒子能从o 点射出，磁场方向应垂
直于纸面向里。
（2）粒子在电场中作类平抛运动，有：水平方向匀速直线2L＝v0t，竖直方向匀加速直线：ܮ= 1
2 ⋅ݍܧ݉⋅ݐ2解得ܧ=݉
㘴0
2
2ݍܮ；
（3）由几何关系可得，粒子在磁场中作圆周运动，㘴=
2㘴0，半径R=
2ܮ
设粒子从y 处射出，进入磁场时，横坐标为x，与x 轴的夹角为θ，
则有：x＝v0t
y= 1
2ܽݐ2，由牛顿第二定律得：a= ݍܧ݉=
㘴0
2
2ܮ解得：x＝2 ܮݕ，
同理，设射出点到x 的距离为△x，则有：△x＝2Rsinθ
解得：△x＝2Ltanθ＝2L
㘴ݕ
㘴0
=2L=
2ܽݕ
㘴0
= 2 ܮݕ，
故△x＝x，所以粒子第一次离开磁场的位置坐标原点，与位置坐标y 无关
答：（1）带电粒子带负电，匀强磁场的方向垂直于纸面向外；
（2）匀强电场的电场强度为݉
㘴0
2
2ݍܮ；
（3）若带电粒子在y 轴的a、b 之间的不同位置以相同的速度v0 进入电场，第一次离开磁场的位置坐标x 与出发
点的位置坐标y 的关系式△x= 2 ܮݕ，所以粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x＝0 处，与位置坐标y 无关。
【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况确定运动情况，结合几
何关系以及半径公式求解，难度较大。
[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
D．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
E．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能不变
【考点】86：分子间的相互作用力；87：分子势能；8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；547：内能及其变化专题．
【分析】分子力随分子间距离的增加而减小．100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中吸收的热量转化为分子势能；
气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以气体的分子势能可以忽略不计；温度是分子的平均动能的标志；根据
理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化．
【解答】解：A、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故A 错误。
B、一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，由液态变成了气态，水吸收热量而分子的平均动能不变，所以其分子
之间的势能增加，故B 正确。
C、对于一定量的气体，根据状态方程：PV＝nRT 可知，如果压强不变，体积增大，那么它的温度一定升高，同
时又在对外做功，从能量守恒可知需要从外界吸收热量，gu C 正确。
D、温度是分子的平均动能的标志，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故D 正确。
E、理想气体在等压膨胀的过程中，根据PV＝nRT 可知，等压膨胀的过程中温度升高，气体分子的平均动能增加，
故E 错误。
故选：BCD。
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【点评】本题考查分子力、温度的微观意义、分子势能以及理想气体的状态方程等热力学的一些基本知识，平时
要加强基本知识的学习，注重积累，难度不大．
14．（10 分）一圆柱形气缸，质量M 为10kg，总长度L 为40cm，内有一厚度不计的活塞，质量m 为5kg，截面积S
为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦不计，但不漏气，当外界大气压强p0 为1×105Pa，温度t0 为7℃时，如果用绳子
系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1 为35cm，（g 取10m/s2）求：
（1）此时气缸内气体的压强；
（2）当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离。
【考点】9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】以气缸为研究对象，受力分析，利用平衡即可求出此时封闭气体的压强；
温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程列出等式求解。
【解答】解：（1）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力。
根据平衡条件得：
p0＝p+ ܯtܵ
p＝p0−ܯtܵ=（1×105−10×10
50×10−4）Pa＝0.8×105 Pa，
（2）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程得ܸ
1ܶ
1
=ܸ
2ܶ
2
35ܵ
273+7 =
40ܵ
273+ݐ
解得t＝47℃，
答：（1）此时气缸内气体的压强是0.8×105 Pa；
（2）当温度升高到47℃，活塞与气缸将分离。
【点评】能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中。
根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．一列简谐横波在某介质中沿直线由a 点向b 点传播，a、b 两点的平衡位置相距2.5m，如图所示，图中实线表示
a 点的振动图象，图中虚线表示6 点的振动图象，则下列说法中正确的是（
）
A．质点a 的振动方程为y＝2sin（10πt+ ߨ
6）cm
B．从0 时刻起经过0.40s，质点a、b 运动的路程均为16cm
C．在t＝0.45s 时质点b 又回到平衡位置
D．在0．ls～0：15s 内，质点b 向y 轴负方向运动，做加速度逐渐变大的减速运动
E．此波的传播速度可能为1.2m/s
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由图读出周期和振幅，根据振幅、周期和初相位写出质点a 的振动方程．根据时间与周期的关系求质点
通过的路程．根据时间与周期的关系，以及简谐运动的周期性分析t＝0.45s 时刻质点b 的位置，同时要根据时间
段，分析质点b 的运动情况．根据两个质点在同一时刻的状态，结合波形波，分析a、b 间的距离与波长的关系，
求出波速的通项．
【解答】解：A、由图知，该波的周期为T＝0.2s，振幅A＝2cm，则质点a 的振动方程为y＝Asin（
2ߨܶ+
ߨ
6）＝
2sin（10πt+ ߨ
6）cm，故A 正确
B、时间t＝0.4s＝2T，所以从0 时刻起经过0.40s，质点a、b 运动的路程均为S＝2×4A＝8×2cm＝16cm。故B
正确。
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C、由于质点b 振动周期为0.2s，所以在t＝0.45s 时质点b 的状态与在t＝0.5s 时状态相同，位于波峰，故C 错误。
D、在0．ls～0.15s 内，根据y﹣t 图象的斜率等于速度，可知，质点b 的速度为负，说明质点b 正向y 轴负方向
运动，位移增大，加速度增大，做加速度逐渐变大的减速运动，故D 正确。
E、a 质点的振动方程为：2sin（10πt+ ߨ
6）cm，当t= 1
30s 时y＝2cm。而对质点b，当t＝0.05s 时，y＝2cm，结合
波的周期性可知：波从a 传到b 的时间为：t＝nT+（0.05s−1
30s）＝（0.2n+ 1
60）s，波速为：v= ݔܾܽ
ݐ=
2.5
0.2h+ 1
60
=
150
12h+1m/s，
n＝0，1，2，3，…由于n 是整数，所以v 不可能为1.2m/s。故E 错误。
故选：ABD。
【点评】本题考查对振动图象以及质点的振动与波动关系的理解．关键要抓住波的周期性列出时间的通项，从而
求出波速的通项．
16．一立方体透明物体横截面如图所示，底面BC 和右侧面CD 均镀银（图中
粗线），P、M、Q、N 分别为AB 边、BC 边、CD 边、AD 边的中点，虚线在ABCD 所在的平面内并与AB 平行，
虚线上有一点光源S，从S 发出一条细光线射到P 点时与PA 的夹角成30°，经折射后直接射到M 点，从透明物
体的AD 面上射出后刚好可以回到S 点．试求：（计算中可能会用到2 =1.41，6 =2.45，sin15°＝0.26）
（i）透明物体的折射率n；
（ii）若光在真空中的速度为c，正方形ABCD 的边长为a，则光从S 点发出后，经过多长时间射回S 点？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54D：光的折射专题．
【分析】根据光的折射定律，结合几何关系，即可求解；
根据几何知识，结合光在透明物体中的速度公式v=ܿh，从而即可求解．
【解答】解：（i）根据题意作光路图，光线在P 点发生折射时，入射角为60°，折射角为45°
因此透明物体的折射率n= ݏth60°
ݏth45° =
6
2 =1.23
（ii）连接PN，由几何关系可得，PN，PM，QN，QM 的长均为
2
2 a，
且∠PSN＝30°，SN＝SP=ܲܰ
2
ݏth15°
光在透明物体中的速度v=ܿh
光透明物体中传播所用的时间t1=ܲ
ܯ+ܳܯ+ܳܰ
㘴
；
光在透明物体中传播所用的时间t2=ܵܲ
+ܵܰܿ
那么光从S 点发出射回到S 点所经历的总时间为t＝t1+t2= 5.33ܽܿ
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答：（i）透明物体的折射率1.23；
（ii）若光在真空中的速度为c，正方形ABCD 的边长为a，则光从S 点发出后，经过
5.33ܽܿ时间射回S 点．
【点评】考查光的折射定律的应用，掌握传播速度与折射率的关系，注意正确的光路图是求解时间的关键．
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2019-2020 学年辽宁省大连二十四中高三（上）期中物理试卷
一、选择题（每题4 分，共12 题．1-8 为单选，9-12 为多选）
1．（4 分）如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c 在水平桌面上成功地叠放在一起静止不动，下列说法正确的是
（
）
A．c 与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0
B．c 对b 的作用力一定竖直向上
C．b 对a 的支持力是由于a 物体发生形变产生的
D．a 对b 的压力就是a 物体的重力
2．（4 分）在城市上班高峰期间，司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，汽车
运动的
ݔ
ݐ−t 图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A．从开始刹车至汽车停止所用时间为5.0s
B．汽车刹车后第1s 内的平均速度为6.0m/s
C．汽车刹车过程的加速度大小为4.0m/s2
D．从开始刹车至汽车停止，汽车的总位移为25m
3．（4 分）在水平地面上有质量均为m 的a、b 两个物体，处于静止。用水平推力F1、F2 分别作用在a、b 两个物体
上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v﹣t 图象如图所示，图中AB∥CD．下列说
法正确的是（
）
A．水平推力F1、F2 大小可能相等
B．a 物体的平均速度大于b 物体的平均速度
C．合外力对a 物体的冲量小于合外力对b 物体的冲量
D．摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功
4．（4 分）所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给电容器C 充电，弹射时，电容器释放储
存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF 在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。下列说法正确的是（
）
A．导体棒EF 受到安培力的方向可用安培定则判断
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B．弹射时导体棒EF 先向右做变加速运动，后做匀速运动
C．电容器相当电源，放电时MN 间的电势差保持不变
D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
5．（4 分）把质量是m 的小球放在坚立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球
弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态（图乙），弹簧的质量和空气的阻力
均可忽略。则（
）
A．由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒
B．由状态甲至状态乙，只有一个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小
C．在乙状态时，小球重力的功率最大
D．由状态甲到状态丙，弹簧的最大弹性势能等于小球克服重力所做的功
6．（4 分）一质量为m 的小球在光滑的水平面上以速度v0 做匀速直线运动，在t＝0 时受到水平方向恒力F 作用，速
度先减小后增大，其最小值为v＝0.5v0，由此可以判断（
）
A．质点受力F 作用后一定做匀速直线运动
B．质点受力F 作用后可能做圆周运动
C．t＝0 时恒力F 与速度v0 方向间的夹角为60°
D．ݐ=
3݉
㘴0
2ܨ
时，质点速度最小
7．（4 分）如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为a、周
期为T1 的极月圆轨道进入远月点距离为a、周期为T2 的椭圆轨道，为拍摄月球图象做好准备。则“嫦娥二号”
（
）
A．经过圆轨道上B 点时的速率等于它经过椭圆轨道上A 点时的速率
B．在圆轨道上经过B 点和在椭圆轨道上经过A 点时的加速度大小相等
C．在圆轨道上运行周期T1 小于它在椭圆轨道上运行周期T2
D．在圆轨道上经过B 点和在椭圆轨道上经过A 点时的机械能相等
8．（4 分）如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b 的半径分别为r 和2r，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a
线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（
）
A．任意时刻，穿过a、b 两线圈的磁通量之比均为1：4
B．a、b 两线圈中产生的感应电动势之比为1：2
C．a、b 两线圈中产生的感应电流之比为2：1
D．相同时间内a、b 两线圈产生的热量之比为4：1
9．（4 分）一质量为0.5kg 的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2．现给物块一水平方
向的外力F，F 随时间t 变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加度为10m/s2，则（
）
A．t＝1s 时物块的动量大小为2kg ・m/s
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B．t＝1.5s 时物块的动能大小为1J
C．t＝3s 时物块的速度恰好为零
D．在3s﹣4s 的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
10．（4 分）如图所示，AOB 为一边界为
1
4圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点，C 点为边界上一点，
且CD∥AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1 从A 点正对圆
心射入，恰从B 点射出，粒子2 从C 点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断（
）
A．粒子2 在AB 圆弧之间某点射出磁场
B．粒子2 必在B 点射出磁场
C．粒子1 与粒子2 在磁场中的运行时间之比为3：2
D．粒子1 与粒子2 的速度偏转角度应相同
11．（4 分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB 与
水平方向的夹角为θ，挡板OB 可绕转轴O 在竖直平面内转动。现将重为G 的圆球放在斜面与挡板之间。下列说
法正确的是（
）
A．若θ＝60°，球对斜面的压力大小为G
B．若挡板板OB 从θ＝30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ＝90°过程中，则球对斜面的压力逐渐增大
C．若θ＝30°，使小车水平向左做变加速运动，则小车对地面的压力增大
D．若θ＝60°，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
12．（4 分）两异种点电荷A、B 附近的电场线分布如图所示，P 为电场中的一点，连线AP、BP 相互垂直．已知P
点的场强大小为E、电势为φ，电荷A 产生的电场在P 点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法中
正确的有（
）
A．A、B 所带电荷量相等
B．电荷B 产生的电场在P 点的场强大小为ܧ2 −ܧt
2
C．A、B 连线上有一个电势为零的点
D．将电量为﹣q 的点电荷从P 点移到无穷远处，电场力做的功为qφ
二、实验题（13 题5 分，14 题10 分，共15 分）
13．（5 分）二极管是一种半导体元件，它的符号为“
”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻
比较小，而从负极流入时电阻比较大．
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（1）某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线．因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管
的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻．其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆
调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小．然后将红、黑表笔位置对调后再进行
测量，指针偏角比较大，由此判断
端为二极管的正极．（选填“左”、“右”）
（2）厂家提供的伏安特性曲线如图1，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了
描绘，可选用的器材有：
A．直流电源E：电动势3V，内阻忽略不计
B．滑动变阻器R：0～20Ω
C．电压表V1：量程5V、内阻约50kΩ
D．电压表V2：量程3V、内阻约20kΩ
E．电流表A：量程0.6A、内阻约0.5Ω
F．电流表mA：量程50mA、内阻约5Ω
G．待测二极管D
H．单刀单掷开关S，导线若干
为了提高测量结果的准确度，电压表应选用
，电流表应选用
．（填序号字母）
（3）为了达到测量目的，请在图2 虚线框内画出正确的实验电路原理图．
14．（10 分）某实验小组利用图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是
（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．每次小车都要从同一位置开始运动
C．实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源
D．通过增减小车上的砝码改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是桶及桶内砝码的
总质量
（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）砝码车和小车上砝码的总质量。
（3）小组成员中甲、乙两同学先后在同一实验装置中做研究加速度与合外力关系实验，其中一个同学在轨道水平
情况下做的实验，而另一个同学在轨道倾斜的情况下做的实验，得到了a ーF 图象中①、②两条图线。则图线
（填“①”或“②”）是在轨道倾斜情况下得到的：小车及车中砝码的总质量m＝
kg。
三、计算题（15 题10 分、16 题14 分、17 题16 分）
15．（10 分）在一条平直的公路上有一辆长L0＝1.5m 的电动自行车正以v＝3m/s 的速度向前行驶，在其车尾后方S0
＝16.5m 远处的另一条车道上有一辆长L＝6.5m 的公共汽车正以v0＝10m/s 同向驶来．由于公共汽车要在前方设
50m 处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰停在站点处．不考虑公共汽车的
再次启动，求
（1）公共汽车刹车的加速度
（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间
（3）两车错车的时间．
16．（12 分）如图所示，在平面直角坐标系xoy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里
的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）：在第二象限内，存在与x 轴负方向成α＝30°的匀强电场，一粒子源固
定在X 轴上坐标为（﹣L，0）的A 点。粒子源沿y 轴正方向释放出质量为m，电荷量为﹣q，速度大小为v 的带
电粒子，粒子垂直y 轴通过C 点进入第一象限，又经过磁场偏转后垂直x 轴进入第四象限（带电粒子的重力不计）。
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求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小
（2）带电粒子离开电场时的速度大小
（3）圆形匀强磁场的最小面积
17．（15 分）如图所示，光滑水平面MN 左端有一固定弹性挡板P（与挡板碰撞时无能量损失），右端N 与处于同一
高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带v＝2m/s 的速度逆时针匀速转动。MN 上放置着三个可视为质点的
物体A、B 和C，质量分别为mA＝4kg、mB＝1kg、mC＝1kg，开始时A、B 都静止，A、B 间有一个锁定的被压
缩的轻质弹簧，弹性势能EP＝40J．物体C 静止在N 点。现解除锁定，A、B 被弹开后迅速移走弹簧，B 和C 相
碰后粘在一起，A、B、C 三个物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10m/s2．求：
（1）物块A、B 被弹开时各自的速度大小；
（2）要使A 与BC 能在水平面MN 上发生相向碰撞，则传送带NQ 部分的长度L 至少多长？
（3）若传送带NQ 部分长度等于（2）问中的最小值，物体A 与BC 碰撞后结合成整体，此整体第一次离开传送
带的过程中，系统有多少机械能转化成内能。
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2019-2020 学年辽宁省大连二十四中高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4 分，共12 题．1-8 为单选，9-12 为多选）
1．（4 分）如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c 在水平桌面上成功地叠放在一起静止不动，下列说法正确的是
（
）
A．c 与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0
B．c 对b 的作用力一定竖直向上
C．b 对a 的支持力是由于a 物体发生形变产生的
D．a 对b 的压力就是a 物体的重力
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【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对abc 整体受力分析，即可分析A 选项，选取ab 作为整体研究，根据平衡条件判断B 选项，根据弹力
的性质分析弹性形变，根据受力物体不同分析D 选项。
【解答】解：A、以三块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c 不会受到水平桌面的摩擦力，但c 与水平桌
面间的动摩擦因数不一定为零，故A 错误；
B、选取ab 作为整体研究，根据平衡条件，则石块c 对b 的作用力与其重力平衡，则块c 对b 的作用力一定竖直
向上，故B 正确；
C、b 对a 的支持力是由于b 物体发生形变产生的，故C 错误；
D、a 对b 的压力的施力物体是b，a 物体的重力的施力物体是a，二者不是一回事，故D 错误。
【点评】考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，知道弹力产生的
原因。
2．（4 分）在城市上班高峰期间，司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，汽车
运动的
ݔ
ݐ−t 图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A．从开始刹车至汽车停止所用时间为5.0s
B．汽车刹车后第1s 内的平均速度为6.0m/s
C．汽车刹车过程的加速度大小为4.0m/s2
D．从开始刹车至汽车停止，汽车的总位移为25m
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【专题】32：定量思想；4C：方程法；512：运动学中的图像专题．
【分析】根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t+ 1
2at2 得到：
ݔ
ݐ=v0+ 1
2at，由此分析图象的截距和斜率的意义，
据此可求加速度以及总位移。
【解答】解：AC、根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t+ 1
2at2 得到：
ݔ
ݐ=v0+ 1
2at，由此可知，
ݔ
ݐ−t 图象的斜
率表示加速度的一半，即得a＝2k＝2× 0−10
5
=−4m/s2，“﹣”号表示加速度方向，加速度大小为4.0m/s2。
由图象可知，汽车开始刹车时的速度为v0＝10m/s，则从开始刹车至汽车停止所用时间为：t= 0−㘴0ܽ= −10
−4 s═2.5s，
故A 错误，C 正确。
B、汽车刹车后第1s 内的位移为x1＝v0t1+ 1
2at12＝10×1+ 1
2 ×（﹣4）×12＝8m，平均速度为㘴= ݔ1
ݐ1 = 8
1 =8m/s，
故B 错误。
D、从开始刹车至汽车停止，汽车的总位移为x= 㘴0
2 ݐ= 10
2 ×2.5m＝12.5m，故D 错误。
【点评】解决本题的关键是熟练掌握匀变速直线运动的位移时间公式，并会变形得到解析式，找出图象的截距和
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斜率意义。
3．（4 分）在水平地面上有质量均为m 的a、b 两个物体，处于静止。用水平推力F1、F2 分别作用在a、b 两个物体
上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v﹣t 图象如图所示，图中AB∥CD．下列说
法正确的是（
）
A．水平推力F1、F2 大小可能相等
B．a 物体的平均速度大于b 物体的平均速度
C．合外力对a 物体的冲量小于合外力对b 物体的冲量
D．摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】A、由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB 与CD 平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；
B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；
C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；
D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。
【解答】解：A、由图，AB 与CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩
擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。加力F 时，由图象可知a 的加速度大于b 的加速
度，根据F﹣f＝ma 可知水平推力F1 的大小大于F2 大小，故A 错误；
B、设两物体的最大速度为v，加F 时两物体的平均速度均为
㘴
2，撤去F 后两物体的平均速度仍为
㘴
2，可知a 的平均
速度等于b 的平均速度，故B 错误；
C、根据动量定理可知，合外力的冲量的关于动量的变化量，由于两物体的动量变化量均为零，可知合外力对a
物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量，故C 错误；
D、由图象可知，a 的位移小于b 的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物
体做的功，故D 正确。
【点评】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，AB 与CD 平
行，说明加速度相同，动摩擦因数相同。这是解题的关键。
4．（4 分）所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给电容器C 充电，弹射时，电容器释放储
存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF 在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。下列说法正确的是（
）
A．导体棒EF 受到安培力的方向可用安培定则判断
B．弹射时导体棒EF 先向右做变加速运动，后做匀速运动
C．电容器相当电源，放电时MN 间的电势差保持不变
D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据图示电路判断电容器放电电流方向，然后应用左手定则判断安培力方向；
导体棒切割磁感线产生感应电动势，当导体棒切割磁感线产生的感应电动势与电容器两极板间电压相等时导体棒
匀速运动；
电容器的电容由电容器本身决定与电容器带电量无关。
【解答】解：A、由图示电路可知，电容器下极板带正电，上极板带负电，放电电流由F 流向E，由左手定则可知，
导体棒EF 受到的安培力向右，故A 正确；
B、电容器开始放电，导体棒向右做加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，当导体棒切割磁感线产生
的感应电动势与电容器两极板间电压相等时导体棒匀速运动，故B 正确；
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C、放电过程，电容器电荷量减少，通过导体棒的电流发生变化，MN 两端电势差发生变化，故C 错误；
D、电容器的电容由电容器本身性质决定，电容器放电过程电容器电容不变，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本
身的性质决定。
5．（4 分）把质量是m 的小球放在坚立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球
弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态（图乙），弹簧的质量和空气的阻力
均可忽略。则（
）
A．由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒
B．由状态甲至状态乙，只有一个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小
C．在乙状态时，小球重力的功率最大
D．由状态甲到状态丙，弹簧的最大弹性势能等于小球克服重力所做的功
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系。小球从A 上升到B 位置的过程中，平衡位置速
度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒。由此分析解答。
【解答】解：A、小球由甲到丙的过程中有重力和弹力做功，小球机械能不守恒，故A 错误；
B、从甲到乙，开始时弹力大于重力，加速度向上，可能有一时刻加速度大小等于g，之后弹力小于重力，到达乙
知只有重力加速度大小为g，故B 错误；
C、当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，速度最大，此时重力的功率最大，故C 错误；
D、小球由甲到丙的过程中有重力和弹力做功，最高点速度为零，根据功能关系最大弹性势能等于克服重力做的
功，故D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解
题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中小球机械能不守恒。
6．（4 分）一质量为m 的小球在光滑的水平面上以速度v0 做匀速直线运动，在t＝0 时受到水平方向恒力F 作用，速
度先减小后增大，其最小值为v＝0.5v0，由此可以判断（
）
A．质点受力F 作用后一定做匀速直线运动
B．质点受力F 作用后可能做圆周运动
C．t＝0 时恒力F 与速度v0 方向间的夹角为60°
D．ݐ=
3݉
㘴0
2ܨ
时，质点速度最小
【考点】37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即
可求解。
【解答】解：A、在t＝0 时开始受到恒力F 作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速
度可以为零，所以质点受力F 作用后一定做匀变速曲线运动，故A 错误；
B、物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故B 错误；
C、设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度为：v1＝v0sinθ＝0.5v0
质点的速度先减小，可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是150°，故C 错误；
D、质点的速度最小时，在沿恒力方向上的分速度减小为0，则有：v0cos30°= ܨ݉⋅ݐ，
解得：t=
3݉
㘴0
2ܨ
，故D 正确。
【点评】考查斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性。
7．（4 分）如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为a、周
期为T1 的极月圆轨道进入远月点距离为a、周期为T2 的椭圆轨道，为拍摄月球图象做好准备。则“嫦娥二号”
（
）
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A．经过圆轨道上B 点时的速率等于它经过椭圆轨道上A 点时的速率
B．在圆轨道上经过B 点和在椭圆轨道上经过A 点时的加速度大小相等
C．在圆轨道上运行周期T1 小于它在椭圆轨道上运行周期T2
D．在圆轨道上经过B 点和在椭圆轨道上经过A 点时的机械能相等
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期。
当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动。
1．若是供大于需则卫星做逐渐靠近圆心的运动；
2．若是供小于需则卫星做逐渐远离圆心的运动。
【解答】解：A、在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力
小于所需向心力，所以应给“嫦娥二号”卫星加速，增加所需的向心力，所以经过圆轨道上A 点时的速率大于它
经过椭圆轨道上A 点时的速率，而圆轨道上的各个位置速率相等，故A 错误。
B、“嫦娥二号”卫星变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万
有引力来提供加速度，所以相等，故B 正确。
C、根据开普勒周期定律得：
h3ܶ
2 =k，k 与中心体有关，由于圆轨道的半径大于椭圆轨道半长轴径，所以在圆轨道
运行周期T1 大于它在椭圆轨道运行周期T2．故C 错误。
D、变轨的时候点火，发动机做功，所以“嫦娥二号”卫星点火变轨，前后的机械能不守恒，而圆轨道上的各个
位置机械能相等则在圆轨道上经过B 点和在椭圆轨道上经过A 点时的机械能不相等，故D 错误。
【点评】卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。能够根据圆周运
动知识来解决问题。
8．（4 分）如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b 的半径分别为r 和2r，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a
线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（
）
A．任意时刻，穿过a、b 两线圈的磁通量之比均为1：4
B．a、b 两线圈中产生的感应电动势之比为1：2
C．a、b 两线圈中产生的感应电流之比为2：1
D．相同时间内a、b 两线圈产生的热量之比为4：1
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D8：法拉第电磁感应定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】当B 与S 平面垂直时，穿过该面的磁通量Ȱ＝BS．根据法拉第电磁感应定律求感应电动势之比。根据闭
合电路欧姆定律求感应电流之比。由焦耳定律求热量之比。
【解答】解：A、任意时刻，穿过a、b 两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1．故A 错误。
B、根据法拉第电磁感应定律得：E= △ܤ
△ݐS，S＝πr2，则S 相等，
△ܤ
△ݐ也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之
比为1：1，故B 错误。
C、线圈a、b 的半径分别为r 和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知I= ܧ
h，得a、b 两线圈
中产生的感应电流之比为2：1．故C 正确。
D、根据焦耳定律得Q= ܧ2
h t，得相同时间内a、b 两线圈产生的热量之比为2：1，故D 错误。
【点评】解决本题时要注意在公式Ȱ＝BS 和法拉第电磁感应定律中，S 为有效面积，能熟练运用比例法研究这类
问题。
9．（4 分）一质量为0.5kg 的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2．现给物块一水平方
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向的外力F，F 随时间t 变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加度为10m/s2，则（
）
A．t＝1s 时物块的动量大小为2kg ・m/s
B．t＝1.5s 时物块的动能大小为1J
C．t＝3s 时物块的速度恰好为零
D．在3s﹣4s 的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
【考点】52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
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【分析】0～1s 内，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由速度公式求出物体的速度，再求解物体的动量。由物
体的受力情况分析t＝1.5s时物块的动量。由动量定理求出物块速度减至零的时间，根据物体的运动状态分析在3s～
4s 的时间内摩擦力的变化情况。
【解答】解：A、0～1s 内，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1，得：a1＝2m/s2，物体在1s 末的速度为：v1＝a1t1
＝2×1＝2m/s，1s 时物块的动量大小为：P＝mv1＝0.5×2＝1kg•m/s，故A 错误。
B、1～2s 内，因为F＝μmg＝1N，所以物体做匀速运动，t＝1.5s 时物块的动能等于t＝1s 时物块的动能，为
1
2݉
㘴2 =1J，
故B 正确。
C、设t 时刻物块的速度为零，由动量定理得：
IF﹣μmgt＝0﹣0
图象在2﹣4s 内方程为：
F＝0.5t﹣2（N）
根据F﹣t 图象与t 轴所围的面积表示冲量，可得：
IF＝2×1+1×1+ −1+(0.5ݐ−2)
2
•（t﹣2）
联立解得：t＝（6﹣2 3）s，故C 错误。
D、因为t＝（6﹣2 3）s≈2.5s，所以在2﹣2.5s 内物体做减速运动，所以在3s～4s 的时间内，物块静止，随着F
的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是明确F﹣t 图象t 轴所围的面积表示冲量，运用动量定理求时间是常用的方法。
10．（4 分）如图所示，AOB 为一边界为
1
4圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点，C 点为边界上一点，
且CD∥AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1 从A 点正对圆
心射入，恰从B 点射出，粒子2 从C 点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断（
）
A．粒子2 在AB 圆弧之间某点射出磁场
B．粒子2 必在B 点射出磁场
C．粒子1 与粒子2 在磁场中的运行时间之比为3：2
D．粒子1 与粒子2 的速度偏转角度应相同
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿
第二定律分析答题。
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
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AB、粒子1 从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，粒子在你磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨道半径等于BO，
粒子2 从C 点沿CD 射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO＝R，连接O1C、O1B，
O1COB 是平行四边形，O1B＝CO，则粒子2 一定从B 点射出磁场，故A 错误，B 正确；
C、粒子1 的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ1＝90°，连接PB，可知P 为O1C 的中点，由数学知识可知，
θ2＝∠BO1P＝60°，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期：T= 2ߨ݉
ݍܤ，两粒子的周期相等，粒子在
磁场中的运动时间t= ߠ
2ߨT，的运动时间之比：t1：t2＝θ1：θ2＝90°：60°＝3：2，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子
运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题。
11．（4 分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB 与
水平方向的夹角为θ，挡板OB 可绕转轴O 在竖直平面内转动。现将重为G 的圆球放在斜面与挡板之间。下列说
法正确的是（
）
A．若θ＝60°，球对斜面的压力大小为G
B．若挡板板OB 从θ＝30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ＝90°过程中，则球对斜面的压力逐渐增大
C．若θ＝30°，使小车水平向左做变加速运动，则小车对地面的压力增大
D．若θ＝60°，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
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【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，
若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情
况即可；
若整体做加速运动，根据受力情况确定压力的变化情况。
【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：
FA、FB 以及G 构成的三角形为等边三角形，
根据几何关系可知，FA＝FB＝G，故A 正确；
B、θ＝30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ＝90°过程中，根据图象可知，FB 逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，
球对挡板的压力逐渐增大，故B 正确；
C、若θ＝30°，使小车水平向左做变加速运动，加速度方向沿水平方向，在竖直方向受力平衡，则小车对地面的
压力失重等于整体的重力，保持不变，故C 错误；
D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA 和重力G 的合力正好提供加速度时，根据牛顿第
二定律可得mgtan60°＝ma，解得a＝gtan60°，此时球对挡板的压力为零，故D 正确。
故选：ABD。
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【点评】本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化。
12．（4 分）两异种点电荷A、B 附近的电场线分布如图所示，P 为电场中的一点，连线AP、BP 相互垂直．已知P
点的场强大小为E、电势为φ，电荷A 产生的电场在P 点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法中
正确的有（
）
A．A、B 所带电荷量相等
B．电荷B 产生的电场在P 点的场强大小为ܧ2 −ܧt
2
C．A、B 连线上有一个电势为零的点
D．将电量为﹣q 的点电荷从P 点移到无穷远处，电场力做的功为qφ
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B 所带的电荷量大小；由电场的叠加原理求电荷B 在P 点的
场强；正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，根据电势的叠加知AB 连线上有一点电势为0；由电场力公式
W＝qU 求电场力做功
【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，知A、B 所带的电荷量不相等，故A 错误；
B、P 点的场强是点电荷A、B 在P 点产生的合场强，根据矢量合成的平行四边形定则知，ܧܤ=
ܧ2 −ܧt
2，故B
正确；
C、如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B 连线上有电势为0，
故C 正确；
D、根据W＝﹣q（φ﹣0）＝﹣qφ，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查电场线的分布和电场的叠加原理，电场的叠加遵循平行四边形定则，电势是标量，正电荷周围
电势为正，负电荷周围电势为负，注意求电场力做功W＝qU 正负号一起代入计算．
二、实验题（13 题5 分，14 题10 分，共15 分）
13．（5 分）二极管是一种半导体元件，它的符号为“
”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻
比较小，而从负极流入时电阻比较大．
（1）某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线．因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管
的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻．其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆
调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小．然后将红、黑表笔位置对调后再进行
测量，指针偏角比较大，由此判断
右
端为二极管的正极．（选填“左”、“右”）
（2）厂家提供的伏安特性曲线如图1，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了
描绘，可选用的器材有：
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A．直流电源E：电动势3V，内阻忽略不计
B．滑动变阻器R：0～20Ω
C．电压表V1：量程5V、内阻约50kΩ
D．电压表V2：量程3V、内阻约20kΩ
E．电流表A：量程0.6A、内阻约0.5Ω
F．电流表mA：量程50mA、内阻约5Ω
G．待测二极管D
H．单刀单掷开关S，导线若干
为了提高测量结果的准确度，电压表应选用
D
，电流表应选用
F
．（填序号字母）
（3）为了达到测量目的，请在图2 虚线框内画出正确的实验电路原理图．
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】本题（1）的关键是根据欧姆表的改装原理可知黑表笔应与表内电池的正极相连红表笔与负极相连；题（2）
根据电源电动势大小或二极管的伏安特性曲线正向最大电压来选择电压表量程，根据伏安特性曲线正向最大电流
来选择电流表量程；题（3）根据伏安特性曲线中的电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，根据二极管的正向
电阻较小满足电流表外接法的条件可知电流表应用外接法．
【解答】解：（1）根据欧姆表的改装原理可知，黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔应与内部电池的
负极相连，所以当黑表笔与左端相连时指针偏角较小说明二极管的左端应是负极，右端应是正极；
（2）根据电源电动势为3V 可知电压表应选择D；
根据图1 中最大正向电流为30mA 可知电流表应选择F；
（3）根据图1 可知，通过二极管的电流应从零调，所以变阻器应采用分压式接法，由于二极管的正向电阻较小，
满足
hܸ
hݔ
＞
hݔ
ht
，所以电流表应用外接法，
电路图如图所示：
故答案为：（1）右；（2）D，F；（3）如图
【点评】应明确：①黑表笔应插入“﹣”插孔，但正好与欧姆表内部电池的正极相连；②当电流从零调时，变阻
器应采用分压式接法；③当待测电阻满足
hܸ
hݔ
＞
hݔ
ht
时，电流表应用外接法，满足
hܸ
hݔ
＜
hݔ
ht
时，电流表应用内接法．
14．（10 分）某实验小组利用图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是
AD
（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．每次小车都要从同一位置开始运动
C．实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源
D．通过增减小车上的砝码改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是桶及桶内砝码的
总质量
远小于
（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）砝码车和小车上砝码的总质量。
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（3）小组成员中甲、乙两同学先后在同一实验装置中做研究加速度与合外力关系实验，其中一个同学在轨道水平
情况下做的实验，而另一个同学在轨道倾斜的情况下做的实验，得到了a ーF 图象中①、②两条图线。则图线
①
（填“①”或“②”）是在轨道倾斜情况下得到的：小车及车中砝码的总质量m＝
0.5
kg。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动；a﹣F 图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合
外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端。
【解答】解：（1）A、因为小车是在倾斜的斜面上在拉力作用下做加速运动，所以细线要与木板平行，故选项A
正确；BC、挂上钩码后，小车在拉力作用下做加速运动，小车的位置就尽量靠近打点计时器，且要求先通电再释
放小车，故选项BC 错误；然后改变小车的质量，重做上述实验，但由于小车的下滑分力与摩擦力同比例变化，
改变小车的质量后不必另外平衡摩擦力，故选项D 正确；
（2）为了使砝码的重力等于绳子的拉力，则要求小力的质量远大于砝码的质量；
（3）图线1 中，当力F 为零时，小车却有了加速度，所以这个同学的轨道倾斜太大了，图象的斜率表示小车质量
的倒数，即k= 1
ܯ，所以M= 1݇=
1
0.4−0.2
0.1
kg＝0.5kg。
故答案为：（1）AD
（2）远小于
（3）①0.5
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握。
三、计算题（15 题10 分、16 题14 分、17 题16 分）
15．（10 分）在一条平直的公路上有一辆长L0＝1.5m 的电动自行车正以v＝3m/s 的速度向前行驶，在其车尾后方S0
＝16.5m 远处的另一条车道上有一辆长L＝6.5m 的公共汽车正以v0＝10m/s 同向驶来．由于公共汽车要在前方设
50m 处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰停在站点处．不考虑公共汽车的
再次启动，求
（1）公共汽车刹车的加速度
（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间
（3）两车错车的时间．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）由汽车的刹车距离求得其加速度．
（2）、（3）由加速度与二者的初速度确定汽车相对自行车的相对运动确定其第一次错车时间．第一次错车后公共
汽车速度与自行车速度相等，所以自行车将会反超公共汽车，由自行车的位移可求出第二次错车的时间．
【解答】解：（1）由汽车刹车s＝50m 处的站点停车，则汽车刹车加速度为：a=
0−㘴0
2
2ݏ
= −102
2×50 =−1m/s2．
（2）汽车相对自行车做初速度为：v′0＝（10﹣3）m/s＝7m/s、加速度大小为a＝﹣1m/s2 的匀减速运动．
则车头到达自行车尾历时为t1，则有：S0＝v′0t1+ 1
2at12．
代入数据得：16.5＝7t1+ 1
2（﹣1）t12．
代入数据解得：t1＝3s
（3）车尾到达自行车头历时为t2：则有：S0+L+L0＝v′0t2+ 1
2at22．
代入数据得：16.5+6.5+1.5＝7t2+ 1
2（﹣1）t22．
代入数据解得：t2＝7s
则第一次错车时间为：△t1＝t2﹣t1＝4s
第一次错车后公共汽车的速度为：v′＝v0﹣at2＝10﹣7＝3m/s＝v0
第一次错车后公共汽车的位移为：s′＝v0t−1
2at22＝10×7−1
2 ×1×49＝45.5m＜50m
所以第一次错车后自行车将反超公共汽车，并在公共汽车停止后完全反超
从第一次错车后到自行车完全反超自行车，有：
v△t2＝s﹣s′+L+L0＝50﹣45.5+6.5+1.5＝12.5m
解得第二次错车时间为：△t2= 25
6 s
所以两车错车总时间为：△t＝△t1+△t2＝4+ 25
6 = 49
6 s
答：（1）公共汽车刹车的加速度是﹣1m/s2．
（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间是3s．
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（3）两车错车的时间是
49
6 s．
【点评】本题是一道追及问题，分析清楚物体的运动过程、用相对运动知识，应用匀变速直线运动与匀速直线运
动的运动规律即可正确解题．本题是易错题，注意不要漏了第二次错车时间．
16．（12 分）如图所示，在平面直角坐标系xoy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里
的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）：在第二象限内，存在与x 轴负方向成α＝30°的匀强电场，一粒子源固
定在X 轴上坐标为（﹣L，0）的A 点。粒子源沿y 轴正方向释放出质量为m，电荷量为﹣q，速度大小为v 的带
电粒子，粒子垂直y 轴通过C 点进入第一象限，又经过磁场偏转后垂直x 轴进入第四象限（带电粒子的重力不计）。
求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小
（2）带电粒子离开电场时的速度大小
（3）圆形匀强磁场的最小面积
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运
动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）（2）带电粒子在x 向做匀加速运动，y 向匀减速运动，在两个方向上由运动学公式求得E 与速度大
小。
（3）由速度关系求得轨道半径，确定出在磁场中的射入点与射出点为一直径上的两点的圆为最小圆，求得面积。
【解答】解：（1）（2）带电粒子在x 向做匀加速运动在电场中最后的速度vx：
ܧݍܿ݋ݏ30°݉ݐ= 㘴ݔ①
在y 向匀减速：
ܧݍݏth30°݉ݐ= 㘴②
由①②可得
㘴
㘴ݔ
=tan30°=
3
3 ，即vx=
3㘴
t= ܮ
3
2 㘴
= 2 3
3
ܮ
㘴③
由②③可求得：E=
3݉
㘴2
ܮݍ
（3）运动的轨道半径为R：
h
ܮ=
3
2 㘴
㘴
得R=
3
2 L，则圆形匀强磁场的最小直径为2h =
6
2 L
则Smin= ߨ( 6
4 ܮ)2 = 3
8 ߨܮ2
答：（1）匀强电场的电场强度E 的大小为
3݉
㘴2
ܮݍ
（2）带电粒子离开电场时的速度大小为3㘴
（3）圆形匀强磁场的最小面积为
3
8 ߨܮ2
【点评】要习惯用运动的分解解决曲线运动问题，由两个方向的直线运动规律结合运动学公式分析问题是根本方
法。
17．（15 分）如图所示，光滑水平面MN 左端有一固定弹性挡板P（与挡板碰撞时无能量损失），右端N 与处于同一
高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带v＝2m/s 的速度逆时针匀速转动。MN 上放置着三个可视为质点的
物体A、B 和C，质量分别为mA＝4kg、mB＝1kg、mC＝1kg，开始时A、B 都静止，A、B 间有一个锁定的被压
缩的轻质弹簧，弹性势能EP＝40J．物体C 静止在N 点。现解除锁定，A、B 被弹开后迅速移走弹簧，B 和C 相
碰后粘在一起，A、B、C 三个物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10m/s2．求：
（1）物块A、B 被弹开时各自的速度大小；
（2）要使A 与BC 能在水平面MN 上发生相向碰撞，则传送带NQ 部分的长度L 至少多长？
（3）若传送带NQ 部分长度等于（2）问中的最小值，物体A 与BC 碰撞后结合成整体，此整体第一次离开传送
带的过程中，系统有多少机械能转化成内能。
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【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化
与守恒定律综合．
【分析】（1）A、B 被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、AB 及弹簧组成的系统机械能守恒。
（2）B 与C 碰撞的过程中动量守恒，由此求出碰撞后的速度；对BC，运用用动能定理可以求出传送带NQ 部分
的长度。
（3）我们用逆向思维考虑：A、B 整体最后刚好从Q 点滑出那么它的末速度一定为零，即他们一直做匀减速运动，
则A、B 碰撞后的公共速度可求；而碰撞前B 的速度已知，那么碰撞前A 的速度利用动量守恒可求；既然A 的速
度求出来了，利用功能关系即可求出系统有多少机械能转化成内能。
【解答】解：（1）A、B 物块被弹簧弹开的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB＝0
由能量守恒知：ܧܲ= 1
2݉
t㘴t
2 + 1
2݉
ܤ㘴ܤ
2
解得：vA＝﹣2m/s，vB＝8m/s
（2）B 与C 碰撞的过程中动量守恒，选取向右为正方向，则：mBvB＝（mB+mC）v 共
代入数据得：v 共＝4m/s
要使三物块能在水平面MN 上发生碰撞，小物块BC 不能在传送带的Q 端掉下，则小物块BC 在传送带上至多减
速运动达Q 处。
以BC 物块为研究对象，滑到最右端时速度为0，据动能定理有：−ߤ(݉
ܤ+݉
ܥ)tܮ= 0 −1
2 (݉
ܤ+݉
ܥ)㘴
共
2
解得：L＝4m
（3）传送带的速度小于v 共，可知物块BC 返回过程先加速后匀速，到达水平面MN 上时的速度等于传送带速度
大小，故v′＝v＝2m/s
若两物块A、BC 在水平面MN 上相向碰撞结合成整体，设共同速度为v1，根据动量守恒有
﹣mAvA﹣（mB+mC）v′＝（mA+mB+mC）v1
解得：v1＝1m/s，方向向右。
因v1＝1m/s＜v＝2m/s，所以三物块组成的整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回到水平面MN 上，且速度
与v1 等值。
整体与弹性挡板碰撞后再滑上传送带，如此重复运动。
三物块第一次在传送带上向右运动的过程中的加速度：a＝μg＝0.2×10＝2m/s2
物块向右运动的时间：t= 㘴1ܽ= 1
2 = 0.5s
相对传送带运动的距离为：ܮ1 = 㘴ݐ+ 㘴
2 ⋅ݐ= 1.5㘴ݐ= 1.5 × 2 × 0.5 = 1.5m
物块向左加速的过程中相对于传送带的位移：ܮ2 = 㘴ݐ−㘴
2 ⋅ݐ= 0.5㘴ݐ= 0.5 × 2 × 0.5 = 0.5m
故从整体第一次离开传送带的过程中，系统的机械能转化成内能大小为：Q＝μ（mA+mB+mc）g（L1+L2）＝0.2×
（4+1+1）×10×（1.5+0.5）＝24J。
答：（1）物块A、B 被弹开时各自的速度大小分别是2m/s 和8m/s；
（2）要使A 与BC 能在水平面MN 上发生相向碰撞，则传送带NQ 部分的长度L 至少4m；
（3）从整体第一次离开传送带的过程中，系统的机械能转化成内能大小为24J。
【点评】本题的关键分析清楚物体运动过程，明确临界状态的条件，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能
定理进行研究。
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日期：2019/4/14 18:24:24 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）第一次月考物理试卷
一、单选题
1．（3 分）下列关于物体可以看做质点的说法正确的有（
）
A．正在做课间操的同学们都可以看做质点
B．C 罗在世界杯上任意球破门，研究他踢出的足球的运动弧线时，足球可视为质点
C．研究跳水运动员转体动作时，运动员可视为质点
D．研究地球自转时可以将地球看做质点
2．（3 分）某质点做加速度大小为0.2m/s2 的匀加速直线运动，下列说法正确的是（
）
A．质点的加速度每隔2s 增大0.4m/s2
B．质点在任意2s 时间内，速度的增量均为0.2m/s
C．质点在任意两个连续2s 时间间隔内，通过的路程差一定为0.8m
D．质点在第一个2s 内、第二个2s 内、第三个2s 内的位移大小之比一定为1：3：5
3．（3 分）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（
）
A．在第1 秒末速度方向发生了改变
B．在第2 秒末加速度方向发生了改变
C．第1 秒末和第3 秒末的位置相同
D．在前6 秒内发生的位移为零
4．（3 分）一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a 的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b 的时间间
隔是Tb，则a、b 之间的距离为（
）
A．
1
4g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
B．
1
8g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
C．
1
2g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
D．
1
16g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
5．
（3 分）用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，
则ac 绳和bc 绳中的拉力分别为（
）
A．
3
2 mg，
1
2mg
B．
1
2mg，
3
2 mg
C．
3
4 mg，
1
2mg
D．
1
2mg，
3
4 mg
6．（3 分）如图所示，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，下列说法正确的是（
）
A．人所受的重力与人对平板车的压力是平衡力
B．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是平衡力
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C．人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
D．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
二、多选题
7．（3 分）一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移﹣时间图象如图所示，则下列正确的是（
）
A．15s 内汽车的位移为30m
B．前10s 内汽车的加速度为3m/s2
C．20s 末汽车的速度大小为1m/s
D．前25s 内汽车做单方向直线运动
8．（3 分）如图给出A、B 两个质点做匀变速直线运动的v﹣t 图象，由图可知（
）
A．t1 时刻A、B 两个质点的速度大小相等方向相反
B．t1 时刻A、B 两个质点的加速度大小相等方向相反
C．t2 时刻质点A 的速度大于B 的速度，二者方向相同
D．t2 时刻质点A 的加速度小于B 的加速度，二者方向相反
9．（3 分）如图，半圆柱体半径为4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体底端，使半径为R 的光滑小球停在柱体
与挡板之间，球与柱体接触点为M．现将挡板保持竖直，缓慢地向右移动距离R 后保持静止，球与柱体接触点为
N（未画出）。以下判断正确的是（
）
A．挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大
B．挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小
C．小球在M、N 两点所受柱体的作用力大小之比为3：4
D．小球在M、N 两点所受挡板的作用力大小之比为3：4
10．（3 分）如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切。BC 为圆弧轨道的
直径。O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα= 3
5，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧
轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，
已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。则水平恒
力的大小F 和小球到达C 点时速度的大小V 为（
）
A．F= 3
5mg
B．F= 3
4mg
C．v=
5th
2
D．v=
5th
2
m
三、实验题
11．（1）关于实验：《验证力的平行四边形定则》，下列说法中正确的有：
A．实验时要注意使弹簧秤和木板平面平行
B．实验中用两个弹簧秤拉橡皮条时，只需要记录两弹簧秤的读数
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C．实验中，用一个和两个弹簧秤时，只需要将橡皮条拉伸到相同长度
D．实验中弹簧秤的外壳与木板之间的摩擦会影响实验结果
（2）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，得到弹力与弹
簧长度的图象如图所示。下列表述正确的是
A．a 的原长比b 的长
B．a 的劲度系数比b 的大
C．a 的劲度系数比b 的小
D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
12．光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分
析纸带的不便，实验装置如图甲所示。
（1）测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，遮光条宽度d 为
cm。
（2）某次实验过程中，已经得到AB 之间的距离l 和遮光条通过光电门的时间t 和力传感器的示数F，若要完成
探究目的，还需要满足的条件是
。若要以F 为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那
么纵坐标的物理量应该是
（选填t2 或
1
ݐ2）。
四、解答题
13．一汽车以10m/s 的速度在匀速运动，前方遇到红灯将刹车，刹车的加速度是2.5m/s2，求
（1）刹车2s 后的速度？
（2）刹车后6s 内的位移？
（3）刹车后第3s 内的平均速度？
14．如图所示，A、B 两物体叠放在水平地面上，已知A、B 的质量分别为mA＝10kg，mB＝20kg，A 与B 之间、B
与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5．一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，
今欲用外力将物体B 匀速向右拉出，求所加水平力F 的大小。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）
15．某公交车从站点出发，由静止开始做匀加速直线运动，行驶8.0m 时，发现站点上还有一名乘客没有上车，司机
立即刹车做匀减速直线运动至停车．公交车开始做减速运动1.0s 时，该乘客发现公交车减速，立即匀速追赶，公
交车停止运动时该乘客恰好赶到．公交车从启动到停止总共历时9.0s，行进了24m．人和车均可视为质点．求：
（1）公交车运行的最大速度（结果保留两位有效数字）；
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（2）追赶公交车过程中该乘客的速度大小（结果保留两位有效数字）．
16．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动。已知力F 的大
小为5N，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物体由静止开始运动后的加速度大小；
（2）8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小；
（3）若8s 末撤掉拉力F，则物体还能前进多远？
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2019-2020 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）第一次月考物理试
卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．（3 分）下列关于物体可以看做质点的说法正确的有（
）
A．正在做课间操的同学们都可以看做质点
B．C 罗在世界杯上任意球破门，研究他踢出的足球的运动弧线时，足球可视为质点
C．研究跳水运动员转体动作时，运动员可视为质点
D．研究地球自转时可以将地球看做质点
【考点】13：质点的认识．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点。
【解答】解：A、研究做操同学的动作时，人的大小和形状不能忽略，同学们不能看成质点，故A 错误；
B、C 罗在世界杯上任意球破门，研究他踢出的足球的运动弧线时，足球的大小和形状可以忽略，可看作质点，故
B 正确；
C、研究跳水运动员转体动作时，要看运动员的动作，不可以把运动员看作质点，故C 错误；
D、研究自转时地球的大小不能忽略不计，不可看作质点，故D 错误。
【点评】解决本题的关键掌握物体可以看成质点的条件，关键看物体的形状和大小在所研究的问题中能否忽略。
2．（3 分）某质点做加速度大小为0.2m/s2 的匀加速直线运动，下列说法正确的是（
）
A．质点的加速度每隔2s 增大0.4m/s2
B．质点在任意2s 时间内，速度的增量均为0.2m/s
C．质点在任意两个连续2s 时间间隔内，通过的路程差一定为0.8m
D．质点在第一个2s 内、第二个2s 内、第三个2s 内的位移大小之比一定为1：3：5
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4E：模型法；511：直线运动规律专题．
【分析】加速度数值上等于单位时间内速度的变化量。根据△v＝at 求速度的增量。根据△x＝aT2 求质点在任意两
个连续2s 时间间隔内通过的路程差。根据位移公式求解质点在第一个2s 内、第二个2s 内、第三个2s 内的位移大
小之比。
【解答】解：A、质点做加速度大小为0.2m/s2 的匀加速直线运动，加速度恒定不变，故A 错误。
B、质点的加速度为0.2m/s2，可知，质点在任意1s 时间内，速度的增量均为0.2m/s，则质点在任意2s 时间内，
速度的增量均为0.4m/s，故B 错误。
C、根据△x＝aT2 知，质点在任意两个连续2s 时间间隔内，通过的路程差一定为△x＝0.2×22m＝0.8m，故C 正
确。
D、根据x= 1
2ܽݐ2知，若质点做初速度为0 的匀加速直线运动，质点在2s 内、4s 内、6s 内的位移之比为1：4：9，
则质点在第一个2s 内、第二个2s 内、第三个2s 内的位移大小之比一定为1：3：5．由于质点的初速度不一定为0，
所以质点在第一个2s 内、第二个2s 内、第三个2s 内的位移大小之比不一定为1：3：5．故D 错误。
【点评】解决本题的关键是理解加速度的物理意义，掌握匀变速直线运动的位移时间公式，并能熟练运用比例法
解题。
3．（3 分）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（
）
A．在第1 秒末速度方向发生了改变
B．在第2 秒末加速度方向发生了改变
C．第1 秒末和第3 秒末的位置相同
D．在前6 秒内发生的位移为零
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】速度时间图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只
要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向。
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【解答】解：A、0﹣2s 内速度图象在时间轴的上方，都为正，在第1 秒末速度方向没有改变。故A 错误；
B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s 图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B 错
误；
C、根据“面积”表示位移可知，前1s 内的位移x1= 1
2 ×2×1＝1m，前3 秒内发生的位移为x= 1
2 ×2×2−1
2 ×2×1
＝1m，故两段时间内的位移相同，故第1s 末和第3s 末的位置相同，故C 正确；
D、由图象可知，t＝4s 内的位移为零，则在前6 秒内发生的位移等于4﹣6s 的位移，不为零，故D 错误。
【点评】深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破
口。
4．（3 分）一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a 的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b 的时间间
隔是Tb，则a、b 之间的距离为（
）
A．
1
4g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
B．
1
8g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
C．
1
2g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
D．
1
16g（ܶܽ
2 −ܾܶ
2）
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】因为是上抛运动可以利用对称来解，可以得到物体从顶点到a 的时间为ܶܽ2 ，顶点到B 点的时间为ܾܶ2 ，
从顶点出发初速度为0，经过t 时间到达某个点，位移式x= 1
2at2 将其带入求解．
【解答】解：小球做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A 点的时间为ܶܽ2 ，物体
从最高点自由下落到B 点的时间为ܾܶ2 ，
竖直上抛运动的加速度a＝g，由x= 1
2at2 可得：
最高点到A 点的距离为：xA= 1
8gTa2…①
最高点到B 点的距离为：xB= 1
8gTb2…②
A 点在B 点下方，由①、②解得，AB 相距为：
△x= 1
8g（Ta2﹣Tb2）。
【点评】竖直上抛上去和下来具有对称性，所需的时间是一样的，所以只要讨论下来就可以，在最高点速度是0，
就是个初速度为0 的匀加速运动．
5．
（3 分）用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，
则ac 绳和bc 绳中的拉力分别为（
）
A．
3
2 mg，
1
2mg
B．
1
2mg，
3
2 mg
C．
3
4 mg，
1
2mg
D．
1
2mg，
3
4 mg
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对c 点进行受力分析．
根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系．
【解答】解：对结点C 受力分析，受到三根绳子拉力，将Fa 和Fb 合成为F，
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根据三力平衡得出：F＝Fc＝mg
已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α＝30°
根据三角函数关系得出：
Fa＝F•cosα=
3
2 mg
Fb＝F•sinα= 1
2mg
【点评】该题的关键在于能够对结点c 进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．
力的计算离不开几何关系和三角函数．
6．（3 分）如图所示，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，下列说法正确的是（
）
A．人所受的重力与人对平板车的压力是平衡力
B．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是平衡力
C．人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
D．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
【考点】32：加速度与力、质量的关系式；35：作用力和反作用力．菁优网版权所有
【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体
上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失
【解答】解：A、人所受的重力与人对平板车的压力方向相同，不是平衡力，A 错误；
BD、平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力，B 错误，D 正确；
C、作用力与反作用力的性质相同，而重力和压力不是同性质的力，C 错误；
【点评】本题考查牛顿第三定律及其理解。理解牛顿第三定律与平衡力的区别。
二、多选题
7．（3 分）一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移﹣时间图象如图所示，则下列正确的是（
）
A．15s 内汽车的位移为30m
B．前10s 内汽车的加速度为3m/s2
C．20s 末汽车的速度大小为1m/s
D．前25s 内汽车做单方向直线运动
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】位移﹣时间图象的斜率等于物体速度。纵坐标的变化量等于物体位移的大小。匀速直线运动的加速度为
零。根据斜率等于速度分析物体析运动情况。
【解答】解：A、由图看出，15s 内汽车的位移为△x＝30m﹣0＝30m。故A 正确。
B、前10s 内汽车做匀速直线运动，加速度为0，故B 错误。
C、20s 末汽车的速度大小等于15﹣25s 内图象的斜率大小，为v= △ݔ
△ݐ= 30−20
25−15m/s＝﹣1m/s，速度的大小为1m/s。
故C 正确。
D、汽车在0﹣10s 内沿正方向做匀速直线运动；10﹣15s 内处于静止状态；15﹣25s 内汽车沿负方向做匀速直线运
动。故D 错误。
故选：AC。
【点评】根据位移图象分析物体的运动情况时，关键要抓住图象的斜率等于速度进行分析。要知道物体的位移等
于纵坐标x 的变化量。
8．（3 分）如图给出A、B 两个质点做匀变速直线运动的v﹣t 图象，由图可知（
）
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A．t1 时刻A、B 两个质点的速度大小相等方向相反
B．t1 时刻A、B 两个质点的加速度大小相等方向相反
C．t2 时刻质点A 的速度大于B 的速度，二者方向相同
D．t2 时刻质点A 的加速度小于B 的加速度，二者方向相反
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】由图可知，时间轴以上的速度都为正方向，以下都为负方向，可以判定A 选项
由v﹣t 的斜率表示加速度，可以知道加速度关系判定B
由图可以直接比较速度大小，方向．判定C
两个的加速度都是恒定的，故可以判定D
【解答】解：
A：v﹣t 图时间轴以上速度为正，时间轴以下速度为负，故可以知道t1 时刻AB 速度大小相等，方向相反。故A
错误
B：v﹣t 的斜率表示加速度，有图可知A 的加速度为正，B 的加速度为负，且斜率不一样，故加速度大小不相等，
故错误
C：有图可知，t2 时刻A 的速度大于B 的速度，方向相同，故C 正确
D：由斜率表示加速度由图可知A 的加速度大于B 的加速度，且两者方向相反。故D 正确
故选：CD。
【点评】本题重点是对v﹣t 图的识别和应用，图象重点掌握的是其坐标轴含义，起点，交点，斜率等几个量．
9．（3 分）如图，半圆柱体半径为4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体底端，使半径为R 的光滑小球停在柱体
与挡板之间，球与柱体接触点为M．现将挡板保持竖直，缓慢地向右移动距离R 后保持静止，球与柱体接触点为
N（未画出）。以下判断正确的是（
）
A．挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大
B．挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小
C．小球在M、N 两点所受柱体的作用力大小之比为3：4
D．小球在M、N 两点所受挡板的作用力大小之比为3：4
【考点】29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对小球受力分析，受重力、半圆柱体对小球的支持力和挡板对小球的支持力，根据平衡条件求解出两
个支持力；再对小球与半圆柱体组成的整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板对其向左的支持力和地面对其
向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。
【解答】解：设小球的质量为m，先对小球受力分析，受重力、半圆柱体对小球的支持力和挡板对小球的支持力，
如图
根据共点力平衡条件，有：
N1=݉
tܿ
݋ݏߠ⋯①
N2＝mgtanθ…②
当挡板向右移动时，θ增大，由①可知，挡板对小球得支持力增大，由②可知柱体对小球的弹力变大。故A 正确，
B 错误；
C、连接半圆柱体的圆心O1 和小球的圆心O2，则：O1O2＝4R+R＝5R
过O2 做竖直线与地面交于P 点，则：O1P＝4R﹣R＝3R
所以：ܱ
2ܲ
=
(ܱ
1ܱ
2)2 −(ܱ
1ܲ)2 =4R
所以：cosθ=ܱ
2ܱܲ
1ܱ
2 = 4h
5h = 0.8
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tanθ=ܱ
1ܱܲ
2ܲ
= 3h
4h = 0.75
所以：ܰ
1 =݉
tܿ
݋ݏߠ=݉
t
0.8 = 1.25݉
t；N2＝0.75mg
当将挡板保持竖直，缓慢地向右移动距离R 后保持静止后，由几何关系可得：cosθ′＝0.6，所以：ܰ
1' = 5
3݉
t，
N2′= 4
3݉
t
所以小球在M、N 两点所受柱体的作用力大小之比为ܰ
1ܰ
1' =
1.25݉
t
5
3݉
t
=
3
4；
小球在M、N 两点所受挡板的作用力大小之比为：ܰ
2ܰ
2' =
0.75݉
t
4
3݉
t
=
9
16．故C 正确，D 错误
故选：AC。
【点评】本题关键是先对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后结合几何关系求出
角度（余弦与正切）再进行讨论。
10．（3 分）如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切。BC 为圆弧轨道的
直径。O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα= 3
5，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧
轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，
已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。则水平恒
力的大小F 和小球到达C 点时速度的大小V 为（
）
A．F= 3
5mg
B．F= 3
4mg
C．v=
5th
2
D．v=
5th
2
m
【考点】4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；51A：圆周运动中的临界问题．
【分析】根据力的合成法则，结合牛顿第二定律，及勾股定理，即可求解。
【解答】解：设水平恒力的大小为F，小球到达C 点时所受合力的大小为F 合，
由力的合成法则，则有：
ܨ݉
t = ݐܽhߙ
ܨ
合
2 =（mg）2+F2；
设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F 合＝m
㘴2
h
联立上式，结合题目所给数据，解得：
F0= 3
4݉
t
v=
5th
2
所以AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
【点评】考查力的合成法则，掌握牛顿第二定律的内容，理解几何知识的运用，同时注意运动的合成与分解的内
容。
三、实验题
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
11．（1）关于实验：《验证力的平行四边形定则》，下列说法中正确的有：
A
A．实验时要注意使弹簧秤和木板平面平行
B．实验中用两个弹簧秤拉橡皮条时，只需要记录两弹簧秤的读数
C．实验中，用一个和两个弹簧秤时，只需要将橡皮条拉伸到相同长度
D．实验中弹簧秤的外壳与木板之间的摩擦会影响实验结果
（2）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，得到弹力与弹
簧长度的图象如图所示。下列表述正确的是
B
A．a 的原长比b 的长
B．a 的劲度系数比b 的大
C．a 的劲度系数比b 的小
D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
【考点】M3：验证力的平行四边形定则；M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52J：力学综合性应用专题．
【分析】正确解答本题需要掌握：理解“等效法”的具体应用；进行该实验的具体操作和注意事项；弹簧的示数
以及夹角要大小适中，便于记录和作图即可。
正确理解F﹣L 图象中斜率和截距的含义即可解题。
【解答】解：（1）A、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小。故A 正确；
B、实验中需记录弹簧秤的读数、拉力的方向以及结点O 的位置，故B 错误；
C、本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系，根据合力与分力是等效的，本实验
橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，即形变量的大小和方向都得相同，故C 错误；
D、弹簧测力计外壳与木板之间的摩擦情况不影响实验结果的精确性，故D 错误；
（2）A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b 的原长比a 的长，故A 错误。
B、C 在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a 的劲度系数比b 的大，故B 正确，C 错误；
弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D 错误。
故选B。
故答案为：（1）A；（2）B。
【点评】本题考查了实验现象分析，正确理解实验误差对实验的影响，明确理论与实际的区别，注意实验误差对
实验的影响；理解实验应理解实验的原理及方法，由实验原理和方法记忆实验中的注意事项，最好通过实际操作
实验，加深对实验的理解。
12．光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分
析纸带的不便，实验装置如图甲所示。
（1）测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，遮光条宽度d 为
0.225
cm。
（2）某次实验过程中，已经得到AB 之间的距离l 和遮光条通过光电门的时间t 和力传感器的示数F，若要完成
探究目的，还需要满足的条件是
滑块由A 点静止释放
。若要以F 为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速
度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是
1
ݐ2
（选填t2 或
1
ݐ2）。
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
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【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】游标尺的精确度=
1
等分刻度mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；
滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式解答。
【解答】解：
（1）20 格的游标卡尺的精度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×5mm＝0.25mm，
所以最终读数为：2mm+0.25mm＝2.25mm＝0.225cm。
（2）若要完成探究目的，实验时，将滑块从A 位置必须由静止释放；
由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的
平均速度。
根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离l。
由题意可知，该实验中保持小车质量M 不变，因此有：v2＝2al，v=݀ݐ，a= ܨ
ܯ，
可得：݀
2
ݐ2 = 2 ⋅
ܨ
ܯ⋅t，
解得：F= ܯ݀2
2t ⋅1
ݐ2。
故答案为：（1）0.225；（2）滑块由A 点静止释放；
1
ݐ2。
【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；常用仪器的读数要掌握，
这是物理实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注
意的事项。
四、解答题
13．一汽车以10m/s 的速度在匀速运动，前方遇到红灯将刹车，刹车的加速度是2.5m/s2，求
（1）刹车2s 后的速度？
（2）刹车后6s 内的位移？
（3）刹车后第3s 内的平均速度？
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）根据速度时间公式列式求解；
（2）先求刹车时间，然后与6s 比较，看车是否停止，然后选择位移公式求解；
（3）根据平均速度定义式列式求解。
【解答】解：（1）由速度公式v＝v0+at 可知
则刹车2s 后速度为：v＝v0+at＝10+（﹣2.5×2）m/s＝5m/s；
（2）汽车刹车所要时间为t，
则有0＝10﹣2.5t0
解得：t0＝4s
t′＝6s＞4s
车已停止运动，故6s 内的位移等于4s 内的位移
则x= 㘴0+㘴
2
ݐ0 = 10+0
2
× 4݉
= 20݉
；
（3）第3s 初速度v1＝v0+at1＝10+（﹣2.5×2）m/s＝5m/s
第3s 内位移ݔ3 = (5 × 1 −1
2 × 2.5 × 12)݉
= 3.75݉
则㘴= ݔ3
ݐ' = 3.75
1݉
/ݏ= 3.75݉
/ݏ
答：（1）刹车2s 后的速度为5m/s；
（2）刹车后6s 内的位移为20m；
（3）刹车后第3s 内的平均速度为3.75m/s。
【点评】本题考查匀变速直线运动的位移时间关系以及公式的适用条件，易错点是直接带入时间“套”公式，要
注意汽车实际运动的时间是关键。
14．如图所示，A、B 两物体叠放在水平地面上，已知A、B 的质量分别为mA＝10kg，mB＝20kg，A 与B 之间、B
与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5．一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，
今欲用外力将物体B 匀速向右拉出，求所加水平力F 的大小。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）
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【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】将物体B 匀速向右拉出过程中，A 物体保持静止状态，受力均平衡。分别分析两个物体的受力情况，作
出力图，根据平衡条件列方程求解水平力F 的大小。
【解答】解：分析A、B 的受力如图所示，建立直角坐标系。
由题意知，A 始终静止，故在x 轴方向上有：
FTsin 37°＝Ffl
①
在y 轴方向上有：FTcos 37°+FN1＝mAg
②
而Ff1＝μFN1
③
联立①②③可得FN1＝60 N，Ff1＝30 N；
B 匀速运动，则在x 轴方向上有：
F＝Ff1′+Ff2
④
又Ff1′＝Ff1
⑤
在y 轴方向上有：FN2＝FN1′+mBg
⑥
又FN1′＝FN1
⑦
Ff2＝μFN2
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧得F＝160 N。
答：所加水平力F 的大小为160N。
【点评】本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力图后根据平衡条件列
方程求解
15．某公交车从站点出发，由静止开始做匀加速直线运动，行驶8.0m 时，发现站点上还有一名乘客没有上车，司机
立即刹车做匀减速直线运动至停车．公交车开始做减速运动1.0s 时，该乘客发现公交车减速，立即匀速追赶，公
交车停止运动时该乘客恰好赶到．公交车从启动到停止总共历时9.0s，行进了24m．人和车均可视为质点．求：
（1）公交车运行的最大速度（结果保留两位有效数字）；
（2）追赶公交车过程中该乘客的速度大小（结果保留两位有效数字）．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】（1）汽车先匀加速运动后匀减速运动，用平均速度乘以时间得到两个过程的位移，位移之和等于24m，
列式求解最大速度；
（2）运用运动学公式求出汽车匀速和匀减速运动的总时间，再求出人两段匀速过程的总时间，最后求出该乘客的
速度大小．
【解答】解：（1）设公交车运行的最大速度为v，加速过程所用时间为t1，减速过程所用时间为t2．由运动学规律
可得：
0+㘴
2 t1+ 㘴+0
2 t2＝x
①
其中t1+t2＝t ②
联立①②式解得：v= 2ݔ
ݐ= 2×24
9
m/s= 16
3 m/s＝5.3m/s
（2）公交车从启动到速度达到最大的过程，由运动学规律可得：
0+㘴
2 t1＝8.0m
③
将v= 16
3 m/s 代入③式解得：t1＝3.0s
④
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- 205 -
设乘客追赶汽车的速度为v 人，所用时间为t3，
所以乘客追赶公交车的时间t3＝t﹣t1﹣△t
⑤
乘客追赶公交车的速度v 人= ݔ
ݐ3⑥
联立④⑤⑥式解得：v 人＝4.8m/s
答：
（1）公交车运行的最大速度为5.3m/s；
（2）追赶公交车过程中该乘客的速度大小为4.8m/s．
【点评】本题关键分析清楚车和人的运动情况，然后根据运动学公式分析得出车和人运动的时间，再进行比较即
可．
16．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动。已知力F 的大
小为5N，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物体由静止开始运动后的加速度大小；
（2）8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小；
（3）若8s 末撤掉拉力F，则物体还能前进多远？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）分析物体的受力情况：物体受到重力、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力。根据牛顿第二定律，
运用正交分解法求解加速度。
（2）物体做初速度为零的匀加速运动，由速度公式求出8s 末物体的瞬时速度。由位移公式求出位移。
（3）若8s 末撤掉力F，物体水平方向受到滑动摩擦力，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出滑行的距离。
【解答】解：（1）物体的受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律得：
Fcos37°﹣f＝ma，
Fsin37°+FN＝mg，
滑动摩擦力：f＝μFN
联立得：a= ܨܿ݋ݏ37°−ߤ(݉
t−ܨݏth37°)݉，
代入解得：a＝0.3m/s2
（2）8s 末物体的瞬时速度大小：
v＝at＝0.3×8m/s＝2.4m/s，
8s 时间内物体通过的位移大小：
x= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 0.3 × 82 =9.6m；
（3）8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动，
根据牛顿第二定律得：ܽ' =݂
'݉= ߤ݉
t݉= ߤt = 2.0݉
ݏ2，
由速度位移公式：v2＝2a′x′得：
x′= 㘴2
2ܽ' = 2．42
2×2 =1.44m；
答：（1）物体由静止开始运动后的加速度大小为0.3m/s2；
（2）8s 末物体的瞬时速度大小2.4m/s，8s 时间内物体通过的位移大小为9.6m；
（3）若8s 末撤掉拉力F，则物体还能前进的距离为1.44m。
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【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的前提，
应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理即可解题；第（3）问也可以应用动能定理求解。
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日期：2019/4/15 16:36:23 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年北京四中高三（上）期中物理试卷
一、选择题（本大题共16 小题，每小题3 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项符合
题意，选不全得2 分，选错不得分）
1．（3 分）下列属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．牛顿（N）
B．千克（kg）
C．焦耳（J）
D．米（m）
2．（3 分）以下说法正确的是（
）
A．做曲线运动的物体速度一定发生变化
B．做曲线运动的物体的合力一定发生变化
C．做平抛运动的物体加速度始终保持不变
D．做匀速圆周运动的物体加速度始终保持不变
3．（3 分）如图所示，放在粗糙水平桌面上的木块，质量m＝4.0kg，同时受到F1＝12.0N、F2＝4.0N 的水平推力作用
处于静止状态．若只撤去F1，则木块（
）
A．向左做匀速运动
B．仍处于静止状态
C．以a＝1.0m/s2 的加速度向左做匀加速运动
D．以a＝2.5m/s2 的加速度向右做匀加速运动
4．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．卡文迪许仅根据牛顿第三定律推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系
B．开普勒整理第谷的观测数据，总结出“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆……”等三大行星运动定律
C．“月﹣地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律
D．引力常量G 的大小是牛顿根据大量实验数据得出的
5．（3 分）如图所示，一圆筒绕中心轴OO′以角速度ω匀速转动，小物块紧贴在竖直圆筒的内壁上，相对于圆筒静
止．此时，小物块受圆筒壁的弹力大小为F，摩擦力大小为f．当圆筒以角速度2ω匀速转动时（小物块相对于圆
筒静止），小物块受圆筒壁的（
）
A．摩擦力大小仍为f
B．摩擦力大小变为2f
C．弹力大小变为2F
D．弹力大小变为4F
6．（3 分）如图所示，人的质量是m，当电梯以加速度a 加速上升时（
）
A．人处于失重状态
B．人处于超重状态
C．人对地板的压力大于地板对人的支持力
D．人对地板的压力小于地板对人的支持力
7．（3 分）如图是某质点运动的速度图象，由图象可知（
）
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A．0～1s 内的平均速度是1m/s
B．0～2s 内的位移大小是3m
C．0～1s 内的加速度大小等于2～4s 内的加速度大小
D．0～1s 内的运动方向与2～4s 内的运动方向相反
8．（3 分）假设轮船行驶时，所受阻力与船速成正比。当船以速度v 匀速行驶时，发动机输出功率为P1；当船以速度
2v 匀速行驶时，发动机输出功率为P2．P1、P2 均不超过额定功率。则（
）
A．P2＝2P1
B．P2＝4P1
C．P1＝2P2
D．P1＝P2
9．（3 分）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，在弹性限度
内得到弹力F 与弹簧长度l 的关系图象如图所示．设弹簧a 与弹簧b 的原长分别为l1 和l2，劲度系数分别为k1 和
k2，下列选项中正确的是（
）
A．l1＞l2 k1＞k2
B．l1＞l2 k1＜k2
C．l1＜l2 k1＜k2
D．l1＜l2 k1＞k2
10．（3 分）如图所示，物块A、B 叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F 作用在B 上，使A、B 一起沿水平桌面向
右加速运动．设A、B 之间的摩擦力为f1，B 与水平桌面间的摩擦力为f2．若水平外力F 逐渐增大，但A、B 仍保
持相对静止，则摩擦力f1 和f2 的大小（
）
A．f1 不变、f2 变大
B．f1 变大、f2 不变
C．f1 和f2 都变大
D．f1 和f2 都不变
11．（3 分）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1 绕地球E 运行，在P 变轨后进入轨道2 做匀速圆周运动．下
列说法正确的是（
）
A．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的速度都相同
B．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的加速度都相同
C．卫星在轨道1 的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2 的任何位置都具有相同动量
12．（3 分）有质量相同的三个小物体a、b、c．现将小物体a 从高为h 的光滑斜面的顶端由静止释放，同时小物体b、
c 分别从与a 等高的位置开始做自由落体运动和平抛运动，如图所示。对三个物体从释放到落地过程中，下列判断
正确的是（
）
A．物体b、c 同时落地
B．三个物体落地前瞬间的动能相同
C．重力对三个物体做功相同
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D．重力对三个物体做功的平均功率相同
13．（3 分）如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v
向A 运动并与弹簧发生碰撞，A、B 始终沿同一直线运动，则A、B 组成的系统动能变化最大的时刻是（
）
A．A 开始运动时
B．A 和B 的速度相等时
C．B 的速度等于零时
D．A 的速度等于v 时
14．（3 分）如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A
位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B 位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过
程，下列说法中正确的是（
）
A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零
B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小
C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加
D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功
15．（3 分）质量为m 的物体由静止开始下落，在空气阻力的影响下物体下落的加速度为
4
5g，在物体下落高度为h 的
过程中，下列说法正确的是（
）
A．物体的动能增加了
4
5mgh
B．物体的机械能减少了
1
5mgh
C．物体克服阻力所做的功为
4
5mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
16．（3 分）我们生活中的许多实际现象如果要用物理规律严格地进行求解往往会很复杂，甚至可能无法求解，而有
些问题用量纲分析法就简便得多。比如，鸟能够飞起来的必要条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力，设鸟的升力
为f，它与鸟的翅膀面积S 和飞行速度v 有关，另外鸟是在空气中飞行的，因而可能与空气的密度ρ有关，人们猜
测f 与这些有关因素之间的关系式为：f＝CSavbρc，其中C 为无量纲的常数。根据量纲分析的方法，你认为该公式
中的a、b、c 应分别为（
）
A．a＝1，b＝1，c＝1
B．a＝1，b＝2，c＝1
C．a＝1，b＝2，c＝2
D．a＝2，b＝2，c＝2
二、论述题（本大题共4 分）
17．（4 分）如图所示，质量为m 的小球从光滑曲面上滑下。当它到达高度为h1 的位置A 时，速度的大小为v1，滑
到高度为h2 的位置B 时，速度的大小为v2．在由高度h1 到h2 的过程中，请根据功是能量转化的量度，证明小球
的机械能守恒。
三、解答题（本大题共5 小题，共48 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
18．（8 分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．质量m＝1.0kg 的小物块受到沿斜面向上的F＝9.0N 的
拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动．小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25．（斜面足够长，取g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
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（1）求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；
（2）求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；
（3）若在小物块沿斜面向上运动0.80m 时，将拉力F 撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离．
19．（10 分）如图所示，半径为R 的
1
4圆弧光滑导轨AB 与水平面相接，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．从圆弧导
轨顶端A 由静止释放一个质量为m 的小木块（可视为质点），经过连接点B 后，物块沿水平面滑行至C 点停止，
重力加速度为g。求：
（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v
（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力NB
（3）BC 之间的距离x
20．（10 分）如图所示，一宇宙飞船绕地球中心做圆周运动，轨道1 半径是R，现在欲将飞船转移到另一个半径为2R
的圆轨道2 上去，已知地球表面处的重力加速度为g，飞船质量为m，万有引力常数为G，地球半径为R，求：
（1）地球的质量
（2）飞船在1、2 两个轨道上做圆运动的环绕速度之比v1：v2＝？
（3）理论上，若规定距地心无穷远处为引力势能零势能点，飞船和地球系统之间的引力势能表达式为EP=−ܩܯ݉
ݎ
，
（其中r 为飞船到地心的距离）请根据理论，计算完成这次轨道转移点火需要的能量
21．（10 分）如图1 所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时
刻被提升重物的速度v 与对轻绳的拉力F，并描绘出㘴−1
ܨ图象。假设某次实验所得的图象如图2 所示，其中线段
AB 与v 轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v 和
1
ܨ的关系；线段BC 的延长线过原点，它反映了被提
升重物在第二个时间段内v 和
1
ܨ的关系；第三个时间段内拉力F 和速度v 均为C 点所对应的大小保持不变，因此
图象上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过t＝1.4s，速度增加到vC＝3.0m/s，此后物体做匀速运动。取
重力加速度g＝10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。
（1）试分析AB 和BC 段物体的速度、加速度分别如何变化，不需要说明理由
（2）试分析AB、BC 段物体受到的拉力、拉力的功率是否变化。若不变，试求出其值；若变化，试说明如何变
化
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（3）试分析求解被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程
22．（10 分）许多相互作用力做功，都与两物体间相对位置的变化有关，因此可以通过研究相互作用力做功得到物体
能量变化的许多信息。下面通过两个情景进行讨论。
（1）在光滑水平桌面上放着一块木板B，木块A 以一定的速度（速度大小未知）冲上木板B．木块A 质量为m，
木块A 与木板B 之间的滑动摩擦因数为μ，木板的长度为L．已知下述两种情况下，木块A 都从右端滑离了木板
B。
a．若B 用外力固定在地面上保持不动，求A、B 之间的摩擦力对A、B 做的功WA、WB；以及这一对摩擦力对A、
B 系统做的功W1
b．接（1）a，若B 在桌面上无摩擦地滑动，A、B 之间的一对摩擦力对A、B 系统做的功为W2．求ܹ
1ܹ
2
（2）在水平桌面上放着质量相等的A、B 两个物块，两个物块用一根伸长的轻弹簧连接在一起，用外力使两个物
块都处于静止状态。弹簧的劲度系数为k，弹簧的伸长量为x
a．若将A 与地面固定，撤去B 上外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力对B
所做的功为W1。
b．若A、B 都不固定，同时撤去A、B 上的外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧
弹力对A、B 所做的功的和W2，及ܹ
1ܹ
2
。
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2019-2020 学年北京四中高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共16 小题，每小题3 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项符合
题意，选不全得2 分，选错不得分）
1．（3 分）下列属于国际单位制中基本单位的是（
）
A．牛顿（N）
B．千克（kg）
C．焦耳（J）
D．米（m）
【考点】3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的
量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，由物理量之间的关系式推到出来的单位叫做导出单位。
【解答】解：AC、牛顿（N）和焦耳（J）属于国际单位制中导出单位，故AC 错误。
BD、千克（kg）和米（m）属于国际单位制中基本单位，故BD 正确。
故选：BD。
【点评】本题的解题关键要掌握国际单位制中力学三个基本单位，要注意基本物理量与基本单位的区别，不能混
淆。
2．（3 分）以下说法正确的是（
）
A．做曲线运动的物体速度一定发生变化
B．做曲线运动的物体的合力一定发生变化
C．做平抛运动的物体加速度始终保持不变
D．做匀速圆周运动的物体加速度始终保持不变
【考点】41：曲线运动；43：平抛运动；47：匀速圆周运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析
得出结论。
【解答】解：A、曲线运动的特征是速度方向时刻改变，所以做曲线运动的物体速度一定发生变化。故A 正确。
B、恒力作用下物体可以做曲线运动，例如平抛运动，只受重力，加速度不变，故B 错误；
C、做平抛运动的物体只受到重力的作用，加速度始终不变，故C 正确。
D、物体做匀速圆周运动时，物体加速度大小始终保持不变，但方向不断变化，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解题关键是对物体做曲线运动特点的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点
要掌握住。
3．（3 分）如图所示，放在粗糙水平桌面上的木块，质量m＝4.0kg，同时受到F1＝12.0N、F2＝4.0N 的水平推力作用
处于静止状态．若只撤去F1，则木块（
）
A．向左做匀速运动
B．仍处于静止状态
C．以a＝1.0m/s2 的加速度向左做匀加速运动
D．以a＝2.5m/s2 的加速度向右做匀加速运动
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】未撤去F1 时，对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小；撤去F1 后，根据另一拉力与
最大静摩擦力的关系判断物体是否静止．
【解答】解：未撤去F1 时，木块在水平方向受三个力而平衡，则有：
木块所受的静摩擦力f＝F1﹣F2＝12﹣4＝8N，则物体的最大静摩擦力至少等于8N；
只撤去F1，由于F2＝4.0N＜8N
所以只撤去F1 时，物体仍处于静止状态。故ACD 错误，B 正确。
【点评】本题是初学摩擦力的同学易错的一个题目，解答本题应准确理解静摩擦力的定义，并能根据受力分析得
出力之间的关系．
4．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．卡文迪许仅根据牛顿第三定律推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系
B．开普勒整理第谷的观测数据，总结出“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆……”等三大行星运动定律
C．“月﹣地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律
D．引力常量G 的大小是牛顿根据大量实验数据得出的
【考点】1U：物理学史；4E：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．菁优网版权所有
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【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】开普勒整理第谷的观测数据，总结出行星的三大定律；万有引力定律建立后，经历过“月﹣地检验”，表
明了万有引力定律的正确性；牛顿探究天体的间的作用力，证实行星间引力与距离的平方成反比；引力常量G 的
大小是卡文迪许测得的。
【解答】解：A、牛顿探究天体间的作用力，得到表明行星间引力与距离的平方成反比，并进一步扩展为万有引
力定律，并不是卡文迪许提出的，故A 错误；
B、开普勒整理第谷的观测数据，总结出“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆……”等三大行星运动定律，故B
正确；
C、万有引力定律建立后，经历过“月﹣地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规
律，故C 正确；
D、牛顿发现万有引力定律，但是没有测得引力常量G 的大小，G 大小是由卡文迪许测得的，故D 错误。
故选：BC。
【点评】该题要掌握好物理学的基本发展历史，知道各个人对物理学的贡献，其中引力常量是卡文迪许测得的这
点要牢记。
5．（3 分）如图所示，一圆筒绕中心轴OO′以角速度ω匀速转动，小物块紧贴在竖直圆筒的内壁上，相对于圆筒静
止．此时，小物块受圆筒壁的弹力大小为F，摩擦力大小为f．当圆筒以角速度2ω匀速转动时（小物块相对于圆
筒静止），小物块受圆筒壁的（
）
A．摩擦力大小仍为f
B．摩擦力大小变为2f
C．弹力大小变为2F
D．弹力大小变为4F
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】小物块做匀速圆周运动；对小物体受力分析，受重力、支持力和向上的静摩擦力；重力和静摩擦力平衡，
支持力提供圆周运动的向心力．
【解答】解：对小物体研究，做匀速圆周运动，受重力、支持力和向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有
水平方向：N＝mω2r
①
竖直方向：f＝mg
②
当加速度ω加倍后，支持力变为4 倍，静摩擦力不变；
故选：AD。
【点评】本题关键明确小物体的运动情况和受力情况，然后根据牛顿第二定律列方程求解出静摩擦力和支持力表
达式进行分析．
6．（3 分）如图所示，人的质量是m，当电梯以加速度a 加速上升时（
）
A．人处于失重状态
B．人处于超重状态
C．人对地板的压力大于地板对人的支持力
D．人对地板的压力小于地板对人的支持力
【考点】35：作用力和反作用力；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，根据作用力和反作
用力的性质确定人对地板的压力和地板对人的支持力的大小关系。
【解答】解：AB、电梯以加速度a 加速上升时，加速度的方向向上，人处于超重状态。故A 错误，B 正确；
CD、人对地板的压力和地板对人的支持力为作用力和反作用力，二者始终等大反向，故CD 错误。
【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解以及牛顿第三定律的应用，掌握住超重失重的特点与受力分析的
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基本方法，明确牛顿第三定律的基本内容是解题的关键。
7．（3 分）如图是某质点运动的速度图象，由图象可知（
）
A．0～1s 内的平均速度是1m/s
B．0～2s 内的位移大小是3m
C．0～1s 内的加速度大小等于2～4s 内的加速度大小
D．0～1s 内的运动方向与2～4s 内的运动方向相反
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】由于在0～1s 内质点做匀变速直线运动所以可以根据匀变速直线运动的平均速度等于该段时间内的初末
速度的算术平均值求解；
根据速度图象与时间轴围成的面积求解该质点在某一段时间内发生的位移；图象的斜率代表物体的加速度，而比
较矢量的大小不用管方向，只看绝对值．速度的正负表示物体的运动方向．
【解答】解：A、根据匀变速直线运动的平均速度公式可知0～1s 内平均速度：㘴= 㘴1
2 = 2
2 =1m/s，故A 正确。
B、0～2s 内的位移S= 1+2
2
× 2 =3m，故B 正确。
C、0～1s 内的加速度a1= 2
1 =2m/s2．2～4s 内的加速度a2＝﹣1m/s2，负号表示加速度方向与正方向方向相反，其
加速度大小为1m/s2．所以0～1s 内加速度的大小大于2s～4s 内的加速度的大小。故C 错误。
D、由图可知在物体运动的0～4s 过程当中运动方向没有改变。故D 错误。
故选：AB。
【点评】利用㘴= 㘴0+㘴ݐ
2
求解平均速度，利用
ݏ= 㘴ݐ求匀变速直线运动的位移方便简洁．利用图象求位移计算
量很小．
8．（3 分）假设轮船行驶时，所受阻力与船速成正比。当船以速度v 匀速行驶时，发动机输出功率为P1；当船以速度
2v 匀速行驶时，发动机输出功率为P2．P1、P2 均不超过额定功率。则（
）
A．P2＝2P1
B．P2＝4P1
C．P1＝2P2
D．P1＝P2
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】从题中信息获知：当运动速度很大时，阻力的大小与速度的平方成正比，即：f＝kv2。
【解答】解：因为P＝Fv，由题意得f＝kv，所以P1＝fv2，当轮船以2V 的速度匀速行驶时，牵引力P2＝f（2v）2，
所以P2＝4P1．故B 正确，ACD 错误；
【点评】本题的难点是：能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，本题中还用到了功率的另一种计算方法P＝
Fv。
9．（3 分）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，在弹性限度
内得到弹力F 与弹簧长度l 的关系图象如图所示．设弹簧a 与弹簧b 的原长分别为l1 和l2，劲度系数分别为k1 和
k2，下列选项中正确的是（
）
A．l1＞l2 k1＞k2
B．l1＞l2 k1＜k2
C．l1＜l2 k1＜k2
D．l1＜l2 k1＞k2
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】弹簧的弹力满足胡克定律，F＝k△x，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长．
【解答】解：根据胡克定律得：F＝k△x＝k（l﹣l0），l 是弹簧的长度，l0 是弹簧的原长，由数学知识知：F﹣l 图
象的斜率等于k，横截距表示弹簧的原长。所以有：l1＜l2 k1＞k2。
【点评】本题关键根据胡克定律得到F 与l 的关系式，注意运用数学知识理解F﹣l 图象的意义，明确斜率和横截
距的物理意义．
10．（3 分）如图所示，物块A、B 叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F 作用在B 上，使A、B 一起沿水平桌面向
右加速运动．设A、B 之间的摩擦力为f1，B 与水平桌面间的摩擦力为f2．若水平外力F 逐渐增大，但A、B 仍保
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持相对静止，则摩擦力f1 和f2 的大小（
）
A．f1 不变、f2 变大
B．f1 变大、f2 不变
C．f1 和f2 都变大
D．f1 和f2 都不变
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】水平外力F 逐渐增大，A、B 都保持相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律分别以A 和整体为研究
对象，分析摩擦力f1 和f2 的大小变化情况．
【解答】解：根据牛顿第二定律得：
对A 物体：f1＝mAa，
对整体：F﹣f2＝（mA+mB）a
可见，当F 增大时，加速度a 增大，f1 变大。
而f2＝μ（mA+mB）g，μ、mA、mB 都不变，则f2 不变。
【点评】本题运用整体法和隔离法结合研究连接体问题，加速度相同是这类问题的特点，要灵活选择研究对象．
11．（3 分）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1 绕地球E 运行，在P 变轨后进入轨道2 做匀速圆周运动．下
列说法正确的是（
）
A．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的速度都相同
B．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的加速度都相同
C．卫星在轨道1 的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2 的任何位置都具有相同动量
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】卫星变轨，做离心运动要加速；万有引力提供向心力；加速度和动量都是矢量．
【解答】解：A．卫星由轨道1 在P 点进入轨道2 做离心运动，要加速，所以在轨道1 和在轨道2 运行经过P 点
的速度不同，故A 错误；
B．在轨道1 和在轨道2 运行经过P 点，都是万有引力提供向心力，由a= ܩܯ
ݎ2 可知，卫星在P 点的加速度都相同，
故B 正确；
C．由a= ܩܯ
ݎ2 可知，由于r 不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1 的任何位置的加速度都不
同，故C 错误；
D．卫星在轨道2 的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D 错误。
【点评】解答本题的关键是知道卫星变轨问题，做离心运动要加速．还要知道加速度和动量都是矢量，都有方向．
12．（3 分）有质量相同的三个小物体a、b、c．现将小物体a 从高为h 的光滑斜面的顶端由静止释放，同时小物体b、
c 分别从与a 等高的位置开始做自由落体运动和平抛运动，如图所示。对三个物体从释放到落地过程中，下列判断
正确的是（
）
A．物体b、c 同时落地
B．三个物体落地前瞬间的动能相同
C．重力对三个物体做功相同
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D．重力对三个物体做功的平均功率相同
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】a 做的是匀变速直线运动，b 是自由落体运动，c 是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动
的时间和末速度的情况，由动能定理判断末动能情况，由功率计算公式判断功率。
【解答】解：A、球b 自由落体运动，球c 的竖直分运动是自由落体运动，故bc 两个球的运动时间相同，为：t=
2݄
t ，
故A 正确；
BC、三者下落的高度相同，则重力做功相等；由于c 的初动能不为零，而a 和b 的初动能为零，根据动能定理可
知，c 的末动能最大，a 和b 的末动能相同，故B 错误，C 正确；
D、bc 球运动时间相同，a 球运动时间最长，重力对三个物体做功的平均功率P=݉
t݄
ݐ不完全相同，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键是明确三个小球的运动规律，然后根据动能定理、动量定理和运动学公式列式分析。
13．（3 分）如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v
向A 运动并与弹簧发生碰撞，A、B 始终沿同一直线运动，则A、B 组成的系统动能变化最大的时刻是（
）
A．A 开始运动时
B．A 和B 的速度相等时
C．B 的速度等于零时
D．A 的速度等于v 时
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】两物体组成的系统不受外力，故两物体及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动
能损失最大的时刻。
【解答】解：在压缩弹簧的过程中，没有机械能的损失，减少的动能转化为弹簧的弹性势能。在压缩过程中水平
方向不受外力，动量守恒。则有当A 开始运动时，B 的速度等于v，所以没有损失动能。当A 的速度v 时，根据
动量守恒定律有B 的速度等于零，所以系统动能又等于初动能；所以A、B、C 全错误。
而在AB 速度相等时，此时弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，动能变化最大，故B 正确，
ACD 错误；
【点评】本题中B 的动能转化为AB 的动能及弹簧的弹性势能，而机械能守恒，故当弹性势能最大时，系统损失
的动能最多，系统动能变化最大。
14．（3 分）如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A
位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B 位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过
程，下列说法中正确的是（
）
A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零
B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小
C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加
D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】运动员从接触跳板开始，受到弹力和重力两个力，在整个过程中，弹力从0 增加到最大，合力先减小和
增大，速度先增大后减小．
【解答】解：A、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大。故A 错误。
B、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大
后减小。
故B 错误。
C、形变量一直在增大，弹性势能一直在增加。故C 正确。
D、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用
力对他做的功。故D 正确。
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故选：CD。
【点评】解决本题的关键掌握力与运动的关系，当加速度与速度同向，速度增加，当加速度与速度反向，速度减
小．
15．（3 分）质量为m 的物体由静止开始下落，在空气阻力的影响下物体下落的加速度为
4
5g，在物体下落高度为h 的
过程中，下列说法正确的是（
）
A．物体的动能增加了
4
5mgh
B．物体的机械能减少了
1
5mgh
C．物体克服阻力所做的功为
4
5mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】物体静止开始下落，受到空气阻力，由加速度大小可得知阻力与重力的关系。而重力做功决定重力势能
变化，动能的变化由合力做功确定，除重力以外的阻力做功导致机械能变化。
【解答】解：A、物体的合力做正功为m•
4
5gh，则物体的动能增量为
4
5mgh，故A 正确；
BC、物体下落过程中，受到阻力为
1
5mg，物体克服阻力所做的功
1
5mgh，机械能减小量等于阻力所做的功；故机械
能减小了
1
5mgh；故B 正确C 错误；
D、物体下落h 高度，重力做功为mgh，则重力势能减小为mgh，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题应明确重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外的力做功等于
机械能的变化。
16．（3 分）我们生活中的许多实际现象如果要用物理规律严格地进行求解往往会很复杂，甚至可能无法求解，而有
些问题用量纲分析法就简便得多。比如，鸟能够飞起来的必要条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力，设鸟的升力
为f，它与鸟的翅膀面积S 和飞行速度v 有关，另外鸟是在空气中飞行的，因而可能与空气的密度ρ有关，人们猜
测f 与这些有关因素之间的关系式为：f＝CSavbρc，其中C 为无量纲的常数。根据量纲分析的方法，你认为该公式
中的a、b、c 应分别为（
）
A．a＝1，b＝1，c＝1
B．a＝1，b＝2，c＝1
C．a＝1，b＝2，c＝2
D．a＝2，b＝2，c＝2
【考点】3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4G：赋值法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】将各组数据分别代入f＝CSavbρc，分析方程左右两边单位是否相同，如两边单位不同，不可能。
【解答】解：A、将a＝1，b＝1，c＝1 代入f＝CSavbρc，得f＝CSvρ，因为Svρ的单位分别为m2、m/s、kg/m3，
可得CSvρ的单位为kg/s，而f 的单位是N，方程两边单位不同，不可能，故A 错误。
B、将a＝1，b＝2，c＝1 代入f＝CSavbρc，得f＝CSv2ρ，因为Svρ的单位分别为m2、m/s、kg/m3，可得CSv2ρ的
单位为kg•m/s2＝N，而f 的单位是N，方程两边单位相同，可能，故B 正确。
C、将a＝1，b＝2，c＝2 代入f＝CSavbρc，得f＝CSv2ρ2，因为Svρ的单位分别为m2、m/s、kg/m3，可得CSv2ρ
的单位为kg•m/s2•kg/m3＝Nkg/m3，而f 的单位是N，方程两边单位不同，不可能，故C 错误。
D、将a＝2，b＝2，c＝2 代入f＝CSavbρc，得f＝CS2v2ρ2，因为Svρ的单位分别为m2、m/s、kg/m3，可得CSv2ρ
的单位为kg•m/s2•kg/m＝Nkg/m，而f 的单位是N，方程两边单位不同，不可能，故D 错误。
【点评】根据量纲分析方程是否正确是常用的方法，要掌握各个物理量的单位，采用代入法研究这类问题。
二、论述题（本大题共4 分）
17．（4 分）如图所示，质量为m 的小球从光滑曲面上滑下。当它到达高度为h1 的位置A 时，速度的大小为v1，滑
到高度为h2 的位置B 时，速度的大小为v2．在由高度h1 到h2 的过程中，请根据功是能量转化的量度，证明小球
的机械能守恒。
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【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据动能定理得到重力做功与动能变化的关系，根据重力做功与重力势能变化的关系，再根据功能关系
进行解答。
【解答】解：根据动能定理可得：݉
t(݄1 −݄
2) = 1
2݉
㘴2
2 −1
2݉
㘴1
2 = ܧ݇2 −ܧ݇1 =△ܧ݇
根据重力做功与重力势能变化的关系可得：݉
t(݄1 −݄
2) =݉
t݄
1 −݉
t݄
2 = ܧ݌1 −ܧ݌2 =−△ܧ݌
根据功能关系有：△Ek＝﹣△Ep
联立解得：Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2
即小球的机械能守恒。
答：Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2，小球的机械能守恒。
【点评】本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功
以外，其它力对系统做的功等于零；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。
三、解答题（本大题共5 小题，共48 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案
的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
18．（8 分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．质量m＝1.0kg 的小物块受到沿斜面向上的F＝9.0N 的
拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动．小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25．（斜面足够长，取g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；
（2）求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；
（3）若在小物块沿斜面向上运动0.80m 时，将拉力F 撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离．
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】对物体进行受力分析，利用正交分解和牛顿第二定律列出等式，求出未知的力和加速度，在结合运动学
公式求解运动距离．
【解答】解：（1）对物体进行受力分析：
对力进行正交分解，根据垂直斜面方向力平衡得出：FN＝G2＝mgcos37°，
滑动摩擦力f＝μFN＝μmgcos37°＝2.0N．
（2）设加速度为a1，根据牛顿第二定律有F 合＝F﹣f﹣G1＝ma1
G1＝mgsin37°
解得：a1＝1.0m/s2．
（3）设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，有v2＝2a1x1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣①
撤去拉力后小物块加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，
撤去拉力后F 合＝mgsin37°+f＝ma2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
小物块沿斜面向上运动到最高点速度为0，v2＝2a2x2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣③
由式①②③解得
x2＝0.10m．
答：（1）求小物块运动过程中所受摩擦力的大小是2.0N；
（2）求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小是1.0m/s2；
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（3）此后小物块沿斜面向上运动的距离是0.10m．
【点评】解题的关键是能正确对物体进行受力分析，并能对力进行正交分解，运用牛顿第二定律列出等式求出问
题，还能结合运动学公式去求解．此题第三问还可以运用动能定理去求解．
19．（10 分）如图所示，半径为R 的
1
4圆弧光滑导轨AB 与水平面相接，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．从圆弧导
轨顶端A 由静止释放一个质量为m 的小木块（可视为质点），经过连接点B 后，物块沿水平面滑行至C 点停止，
重力加速度为g。求：
（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v
（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力NB
（3）BC 之间的距离x
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4E：模型法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）物块从A 运动到B 的过程，由机械能守恒定律可求得物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v；
（2）物块刚好滑到B 点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由此求得支持力，再由牛顿第三定律可求
得压力；
（3）对全程由动能定理可求得BC 间的距离x。
【解答】解：（1）物块从A 运动到B 的过程，由机械能守恒，得：
mgR= 1
2mv2。
解得：v=
2th
（2）设物块刚好滑到B 点时圆弧轨道对物块的支持力为N′B，根据牛顿第二定律有：
N﹣mg＝m
㘴2
h
解得：N′B＝3mg
由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力为：
NB＝N′B＝3mg；
（3）对全程，由动能定理可知：
mgR﹣μmgx＝0
解得：x= h
ߤ
答：（1）物块沿圆弧轨道下滑至B 点时的速度v 为2th；
（2）物块刚好滑到B 点时对圆弧轨道的压力NB 为3mg；
（3）BC 之间的距离x 为
h
ߤ。
【点评】本题考查动能定理和机械能守恒定律的应用，要注意正确选择物理过程，正确受力分析，然后选择合理
的物理规律求解即可。
20．（10 分）如图所示，一宇宙飞船绕地球中心做圆周运动，轨道1 半径是R，现在欲将飞船转移到另一个半径为2R
的圆轨道2 上去，已知地球表面处的重力加速度为g，飞船质量为m，万有引力常数为G，地球半径为R，求：
（1）地球的质量
（2）飞船在1、2 两个轨道上做圆运动的环绕速度之比v1：v2＝？
（3）理论上，若规定距地心无穷远处为引力势能零势能点，飞船和地球系统之间的引力势能表达式为EP=−ܩܯ݉
ݎ
，
（其中r 为飞船到地心的距离）请根据理论，计算完成这次轨道转移点火需要的能量
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【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】（1）根据地球表面物体重力等于万有引力求解；
（2）由飞船在轨道上做匀速圆周运动，万有引力做向心力求得环绕速度表达式，从而根据轨道半径之比得到环绕
速度之比；
（3）根据运动过程只有引力做功机械能守恒，由两轨道上机械能变化根据能量守恒求解。
【解答】解：（1）根据地球表面物体重力等于万有引力可得：݉
t = ܩܯ݉
h2 ；所以，地球质量ܯ= th2
ܩ；
（2）飞船在轨道上做匀速圆周运动，万有引力做向心力，故有：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
㘴2
ݎ，所以，飞船环绕速度㘴=
ܩܯ
ݎ；
那么，飞船在1、2 两个轨道上做圆运动的环绕速度之比㘴1：㘴2 =
2h
h =
2；
（3）飞船转移过程只有引力做功，引力做的功等于引力势能减少量；根据能量守恒可得：完成这次轨道转移点火
需要的能量ܹ
= 1
2݉
㘴22 + ( −ܩܯ݉
2h ) −[ 1
2݉
㘴12 + ( −ܩܯ݉
h
)] = 1
2 ⋅ܩܯ݉
2h −ܩܯ݉
2h −1
2 ⋅ܩܯ݉
h
+ ܩܯ݉
h
= ܩܯ݉
4h
=
1
4݉
th；
答：（1）地球的质量为
th2
ܩ；
（2）飞船在1、2 两个轨道上做圆运动的环绕速度之比v1：v2=
2；
（3）理论上，若规定距地心无穷远处为引力势能零势能点，飞船和地球系统之间的引力势能表达式为EP=−ܩܯ݉
ݎ
，
（其中r 为飞船到地心的距离）请根据理论，计算完成这次轨道转移点火需要的能量为݉
th
4 。
【点评】卫星绕地球运动，轨道半径越大，运行速度越大；但是轨道半径越大，发射速度越大。
21．（10 分）如图1 所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时
刻被提升重物的速度v 与对轻绳的拉力F，并描绘出㘴−1
ܨ图象。假设某次实验所得的图象如图2 所示，其中线段
AB 与v 轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v 和
1
ܨ的关系；线段BC 的延长线过原点，它反映了被提
升重物在第二个时间段内v 和
1
ܨ的关系；第三个时间段内拉力F 和速度v 均为C 点所对应的大小保持不变，因此
图象上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过t＝1.4s，速度增加到vC＝3.0m/s，此后物体做匀速运动。取
重力加速度g＝10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。
（1）试分析AB 和BC 段物体的速度、加速度分别如何变化，不需要说明理由
（2）试分析AB、BC 段物体受到的拉力、拉力的功率是否变化。若不变，试求出其值；若变化，试说明如何变
化
（3）试分析求解被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】由v−1
ܨ图象可得出各段拉力大小和速度大小；由斜率可分析功率变化，由功率公式可求得瞬时功率；
【解答】解：（1）A 段B 匀加速直线运动
BC 段加速度减小的加速运动，加速度减为零时速度达到最大
（2）AB 段力不变功率增大
BC 段拉力减小功率不变
（3）设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则有：
t1= 㘴ܤܽ=0.40s
x1= 1
2at
1
2 =0.40m
设第二段时间为t2，有：
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- 221 -
t2＝t﹣t1＝1.0s
重物在t2 这段时间内的位移为x2，根据动能定理有：
Pt2﹣Gx2= 1
2mvܿ
2 −1
2mv
ܤ
2
解得：x2＝2.75m
所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程为：
x＝x1+x2＝3.15m
答：（1）A 段B 匀加速直线运动
BC 段加速度减小的加速运动，加速度减为零时速度达到最大
（2）AB 段力不变功率增大
BC 段拉力减小功率不变
（3）重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程3.15m
【点评】通过图象得到隐含信息是比较难的，同学们要注意观察图象的斜率、截距、图线与坐标轴围成的面积等
的含义，还要注意图线的折点、交点等，求解复杂运动过程的运动量时，要注意划分过程，应用遵循的规律依次
求解
22．（10 分）许多相互作用力做功，都与两物体间相对位置的变化有关，因此可以通过研究相互作用力做功得到物体
能量变化的许多信息。下面通过两个情景进行讨论。
（1）在光滑水平桌面上放着一块木板B，木块A 以一定的速度（速度大小未知）冲上木板B．木块A 质量为m，
木块A 与木板B 之间的滑动摩擦因数为μ，木板的长度为L．已知下述两种情况下，木块A 都从右端滑离了木板
B。
a．若B 用外力固定在地面上保持不动，求A、B 之间的摩擦力对A、B 做的功WA、WB；以及这一对摩擦力对A、
B 系统做的功W1
b．接（1）a，若B 在桌面上无摩擦地滑动，A、B 之间的一对摩擦力对A、B 系统做的功为W2．求ܹ
1ܹ
2
（2）在水平桌面上放着质量相等的A、B 两个物块，两个物块用一根伸长的轻弹簧连接在一起，用外力使两个物
块都处于静止状态。弹簧的劲度系数为k，弹簧的伸长量为x
a．若将A 与地面固定，撤去B 上外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力对B
所做的功为W1。
b．若A、B 都不固定，同时撤去A、B 上的外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧
弹力对A、B 所做的功的和W2，及ܹ
1ܹ
2
。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；24：开放题；34：比较思想；42：等效替代法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）根据功的公式W＝Flcosα 分别求出摩擦力对两个接触的物体A 和B 做功，两者相加就是对系统做
的总功；
（2）对弹簧而言，由于弹簧的力是变力，所以用功的公式时，力要用平均值，即中间形变时的弹力，按以上求出
对单个物体的功，然后再求总功。
【解答】解：（1）a、一个物体滑上另一个长木板，当木板固定时，由功的公式可求得：
WA＝﹣μmgL
WB＝0
所以有：W1＝WA+WB＝﹣μmgL
b、若B 板在地面上做无摩擦的滑动，A 滑离B 时B 的位移为x，则A 的位移为x+L，所以有：W′A＝﹣μmg（x+L）
W′B＝μmgx，所以有：W2＝W′A+W′B＝﹣μmgL
所以：ܹ
1ܹ
2
=
1
1。
（2）a、将A 固定，拉B 使弹簧伸长x，则此时弹簧弹力F＝kx，由于弹力与与伸长成正比的，所以弹簧恢复到
原长的过程中，弹力对B 做的功为：
W1= ܨ×x
1
2݇ݔ× ݔ=
1
2݇ݔ2
b、AB 都不固定时，同时撤去外力，当弹簧恢复到原长时，若AB 物体的位移分别为x1、x2，则弹力对AB 两物
体做的功WA= ܨ×x1= 1
2݇ݔݔ1，WB= ܨ× ݔ2 = 1
2݇ݔݔ2，所以W2＝WA+WB= 1
2݇ݔ(ݔ1 + ݔ2) = 1
2݇ݔ2，故ܹ
1ܹ
2
=
1
1。
答：（1）a．若B 用外力固定在地面上保持不动，求A、B 之间的摩擦力对A、B 做的功WA、WB；以及这一对摩
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擦力对A、B 系统做的功W1 为μmgL
b、若B 在桌面上无摩擦地滑动，A、B 之间的一对摩擦力对A、B 系统做的功为W2．ܹ
1ܹ
2
为1：1。
（2）a 若将A 与地面固定，撤去B 上外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧弹力
对B 所做的功为W1 为
1
2݇ݔ2；
b、若A、B 都不固定，同时撤去A、B 上的外力，从功的定义角度求从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中弹簧
弹力对A、B 所做的功的和W2，ܹ
1ܹ
2
为1：1。
【点评】本题是把两种、固定与不固定的情况放在一起求相互作用的一对力的做功情况进行对比，要注意的是不
固定时，功的公式中的位移就是对地的位移，也是作用点的位移。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/7 22:21:23 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年北京市中央民族大学附中朝阳分校高三（上）月考物理试卷
（10 月份）
一、本题共13 小题，每小题3 分，共39 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．把答
案用2B 铅笔填涂在答题卡上．
1．（3 分）关于匀速圆周运动的物理量之间的关系，下列说法正确的是（
）
A．线速度与半径成正比
B．角速度与半径成反比
C．周期与角速度成反比
D．加速度与半径成正比
2．（3 分）如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，以下说法
正确的是（
）
A．踏板对人的摩擦力对人做负功
B．踏板对人的作用力方向是竖直向上
C．人所受的重力对人做的功等于人的重力势能的增量
D．人对踏板的压力大小等于踏板对人的支持力的大小
3．（3 分）如图所示，利用向心力演示仪，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，若皮带套在两个半
径相等的塔轮上，且做匀速圆周运动，两侧分别放置铝球和钢球，则此时正在研究哪两个物理量之间的关系（
）
A．研究向心力与质量之间的关系
B．研究向心力与角速度之间的关系
C．研究向心力与半径之间的关系
D．研究向心力与线速度之间的关系
4．（3 分）关于以下概念中说法正确的是（
）
A．作用力和反作用力可能同时做正功
B．一个力对物体有冲量，则该力对物体一定做功
C．做圆周运动的物体，其向心加速度可能不指向圆心
D．若一个物体的动量发生变化，则动能一定发生变化
5．（3 分）如图所示，不计绳的质量为及绳与滑轮的摩擦，物体A 的质量为M，水平面光滑，当在绳B 端挂一质量
为m 的物体时，物体A 的加速度为a1，当在绳B 端施以F＝mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为a2，则
a1 与a2 的大小关系是（
）
A．a1＝a1
B．a1＞a2
C．a1＜a2
D．无法确定
6．（3 分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t 图象如图所示。以下判断正
确的是（
）
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A．前3s 拉力做正功，最后2s 拉力做负功
B．前3s 与最后2s 货物的重力的平均功率相等
C．在整个运动过程中，货物共经历了超重和失重两个过程
D．前3s 内货物的加速度大小大于最后2s 内加速度大小
7．（3 分）如图所示，物体A 用轻质细绳与圆环B 连接，圆环固定在竖直杆MN 上。现用一水平力F 作用在绳上的
O 点，将O 点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大。关于此过程，下列说法中正确的是（
）
A．水平力F 逐渐增大
B．物体A 的合力逐渐增大
C．绳OB 的弹力逐渐减小
D．环对杆的摩擦力逐渐减小
8．（3 分）如图所示，质量为m 的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高
点时，瞬时速度v=
3
2 ht，R 是球心到O 点的距离，则球对杆的作用力是（
）
A．
1
2mg 的拉力
B．
1
2mg 的压力
C．
3
2mg 的拉力
D．
3
2mg 的压力
9．（3 分）如图所示，A、B 两个质量不等的小球（视为质点），A 球从某一高度H 处静止开始下落的同时B 球由同
一高度以初速度v0 开始做平抛运动。空气阻力不计，对于两球下落的全程中，以下说法正确的有（
）
A．动能的变化相等
B．机械能的变化相等
C．重力做的功相等
D．动量的变化相等
10．（3 分）图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图．两个质量相等的小车，放在
水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可主入砝码．两个小车通过细经用
夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在小盘中增减砝
码来改变小车所受的拉力．为了探究加速度大小和力大小之间的关系，下列做法中正确的是（
）
A．使小盘和砝码的总质量尽可能与小车质量相等
B．用刻度尺测量两小车通过的位移，通过比较位移来得知加速度大小与力大小之间的关系
C．在两小盘内及两小车内分别放置相同质量的砝码进行实验
D．在两小盘内放置相同质量的砝码，在两小车内放置不同质量的砝码进行实验
11．（3 分）某人造地球卫星在近似圆轨道上运行的过程中，由于轨道所在处的空间存在极其稀薄的空气，则（
）
A．如不加干预，卫星所受的万有引力将越来越小
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B．如不加干预，卫星运行一段时间后动能会增加
C．卫星在近似圆轨道上正常运行时，由于失重现象卫星内的物体不受地球引力作用
D．卫星在近似圆轨道上正常运行时，其速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
12．（3 分）如图，一块长木板B 放在足够大的光滑水平面上，在B 上放一物体A，现以恒力F 作用在B 上，由于A、
B 间有摩擦力的作用，以地面为参考系，A、B 都向前移动一段距离，在此过程中，下列说法正确的是（
）
A．如果A、B 之间发生相对滑动，物块A 可能滑到B 的右端
B．若A、B 之间发生相对滑动，B 对A 的摩擦力所做的功大于物块A 的动能的增量
C．不论A、B 是否相对滑动，A 对B 的摩擦力冲量均与B 对A 的摩擦力冲量相同
D．不论A、B 是否相对滑动，外力F 对B 做的功始终等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力的功之和
13．（3 分）如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定
律．若一个系统动量守恒时，则（
）
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统的机械能一定守恒
C．此系统的机械能可能增加
D．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
二、本题共3 小题，共20 分．把答案填在答题卡相应的位置．
14．为了用弹簧测力计测定两木块A 和B 间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图所示的甲、乙实验方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A 和B 之间的滑动摩擦力大小，你认为
方案更合理。
②若A 和B 的重力分别为10.0N 和20.0N．当A 被拉动时，弹簧测力计a 示数为6.0N，b 示数为11.0N，c 示数
为4.0N，则A、B 间的动摩擦因数为
。
15．“验证机械能守恒定律”的实验采用重锤自由下落的方法
（1）用公式
1
2mv2＝mgh 时，从所打下的5 条纸带选取其中一条纸带，以下说法正确的是
A．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1mm
B．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1cm
C．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2mm
D．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2cm
（2）在本实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，测得所用的重
物的质量为1.00kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4 个点A、B、C、
D 作为测量的点。图中所示数据均为各点到O 点的距离，则记录C 点时，重锤的动能EkC＝
，从开始下落
起至C 点，重锤的重力势能变化量△Ep＝
。（计算结果均保留3 位有效数字）
（3）根据纸带算出的相关各点的速度v，量出下落的距离h，则以
1
2v2 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的
1
2v2﹣h 图线应是下图中的
。
16．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1 所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置。
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（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持
不变；
（2）本实验中电火花打点计时器所用的电源是
A．4～6V 低压交流电源
B．4～6V 低压直流电源
C．220V 交流电源
D．220V 直流电源
（3）改变所挂砂桶中砂子的质量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F 关系图线（如
图2 所示），经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生的主要原因可能是
；
A．轨道与水平方向夹角太大
B．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力
C．所挂砂桶的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
（4）实验中打出的一条纸带如图3 所示。相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车
运动的加速度是
m/s2。
三、本题共6 小题，共41 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．把答案填在答题卡相应的位置．
17．如图所示，高h＝0.80m 的弧形轨道与水平轨道相切且平滑连接。将一个质量m＝0.40kg 的物块（可视为质点）
从弧形轨道顶端由静止释放，物块滑至水平轨道后，从水平轨道右侧边缘O 点水平飞出，落到水平地面的P 点，
P 点距O 点的水平距离x＝1.6m，竖直距离H＝3.2m。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块从水平轨道O 点飞出时的速率v0；
（2）物块在轨道上克服摩擦力做的功Wf。
18．如图所示，质量为m＝2.0kg 的小滑块，由静止开始从倾角θ＝30°的固定的光滑斜面的顶端A 滑至底端B，A
点距离水平地面的高度h＝5.0m，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）滑块由A 滑到B 的过程中重力的功率；
（2）滑块由A 滑到B 的过程中支持力的冲量。
19．如图所示，质量m＝2.2kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F＝10N 的拉力
作用下，以速度v＝5.0m/s 向右做匀速直线运动5 秒钟后撤去拉力。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）
求：
（1）金属块与地板间的动摩擦因数；
（2）全过程中摩擦力的功。（本问计算结果保留2 位有效数字）
20．质量为m＝0.60kg 的篮球从距地板H＝0.80m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m，
从释放到弹跳至h 高处经历的时间t＝1.0s。忽略空气阻力作用，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能△E；
（2）篮球对地板的平均撞击力ܨ。
21．假设地球可视为质量均匀分布的球体，且质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。已知地球的半径为R，地
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球表面的重力加速度为g。
（1）求距离地球表面高为R 处运行的人造卫星的线速度v 的大小；
（2）有人设想，过地心打一个洞，并沿洞的方向建立一个x 轴，原点在地心，x 轴正方向水平向右，如图所示。
现在将一个质量为m 的小球（视为质点）从洞的右侧洞口处释放，求小球的最大速度大小。
22．在倾角为30°的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为m 的物块B、C 通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此
时弹簧的压缩量为x0，O 点为弹簧的原长位置。在斜面上距物块B 的距离为3x0 的P 点由静止释放一质量为m 的
物块A，A 与B 相碰（不粘连）后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到O 点。物块A、B、C 均可视为质
点，重力加速度为g。
（1）求A、B 碰前弹簧具有的弹性势能；
（2）若物块A 从P 点以一定的初速度沿斜面下滑，两物块A、B 返回O 点时还具有沿斜面向上的速度，此后恰
好可以使C 离开挡板而不上滑，求物块A 在P 点的初速度v0。
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2019-2020 学年北京市中央民族大学附中朝阳分校高三（上）月考物理试
卷（10 月份）
参考答案与试题解析
一、本题共13 小题，每小题3 分，共39 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．把答
案用2B 铅笔填涂在答题卡上．
1．（3 分）关于匀速圆周运动的物理量之间的关系，下列说法正确的是（
）
A．线速度与半径成正比
B．角速度与半径成反比
C．周期与角速度成反比
D．加速度与半径成正比
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】519：匀速圆周运动专题．
【分析】根据线速度与半径的关系、角速度与半径的关系分析线速度和角速度，结合周期与角速度的关系式分析
周期和角速度的关系．
【解答】解：A、根据v＝rω知，在角速度一定时，线速度与半径成正比，在线速度一定时，角速度与半径成反比，
故A、B 错误。
C、根据T= 2ߨ߱知，周期与角速度成反比，故C 正确。
D、根据a＝rω2 知，在角速度一定时，加速度与半径成正比，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道判断三个物理量之间的关系时，只有确定某一个物理量不变，才能确定另外两个物
理量之间的关系，基础题．
2．（3 分）如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，以下说法
正确的是（
）
A．踏板对人的摩擦力对人做负功
B．踏板对人的作用力方向是竖直向上
C．人所受的重力对人做的功等于人的重力势能的增量
D．人对踏板的压力大小等于踏板对人的支持力的大小
【考点】37：牛顿第二定律；62：功的计算．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据
牛顿第二定律结合做功公式分析答题。
【解答】解：设斜面坡角为θ，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；
ay＝asinθ，方向竖直向上；
A、水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，运动的位移为x，则W＝fxcosθ＞0，做正功，故A
错误；
B、合力方向沿斜面向上，重力竖直向下，则踏板对人的作用力方向斜向右上方，故B 错误；
C、人克服重力做的功等于人的重力势能的增量，故C 错误；
D、人对踏板的压力大小与踏板对人的支持力互为作用力和反作用力，则大小相等，故D 正确；
【点评】解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解，知道合外力做功等于物体动能的变化量，
克服重力做功等于重力势能的变化量。
3．（3 分）如图所示，利用向心力演示仪，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，若皮带套在两个半
径相等的塔轮上，且做匀速圆周运动，两侧分别放置铝球和钢球，则此时正在研究哪两个物理量之间的关系（
）
A．研究向心力与质量之间的关系
B．研究向心力与角速度之间的关系
C．研究向心力与半径之间的关系
D．研究向心力与线速度之间的关系
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
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- 229 -
【专题】519：匀速圆周运动专题．
【分析】铝球与钢球质量不同，本实验研究向心力与质量之间的关系，如研究向心力与角速度、半径、线速度的
关系，要保持小球的质量一定，不需要两个球．
【解答】解：铝球与钢球质量不同，转动的半径相等，线速度大小相等，本实验研究向心力与质量之间的关系，
不是研究向心力与角速度、半径、线速度的关系。故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】本题考查书中演示实验，也是高考考查内容之一．本实验采用的是控制变量法，通过对比进行比较，定
性分析向心力与各个量的关系．
4．（3 分）关于以下概念中说法正确的是（
）
A．作用力和反作用力可能同时做正功
B．一个力对物体有冲量，则该力对物体一定做功
C．做圆周运动的物体，其向心加速度可能不指向圆心
D．若一个物体的动量发生变化，则动能一定发生变化
【考点】38：牛顿第三定律；52：动量定理；61：功的概念；64：动能．菁优网版权所有
【专题】1：常规题型；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】考虑牛顿第三定律，功的概念，动能与动量的关系即可作答
【解答】解：A、作用力和反作用力可能同时做正功，比如说冰面上的两个人，其中一个推了另外一个一把，则
二者都会获得动能，这时候推力与其反作用力都做了正功，故A 正确
B、一个力对物体有冲量，但如果不产生位移的话，该力对物体不做功，故B 错误
C、根据向心加速度的概念，做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心，但合加速度包含了向心加速度和切
向加速度，可能不指向圆心，故C 错误
D、动量是矢量，其方向的改变就意味着动量的改变，比如做匀速圆周运动的物体，动量时刻在变化，但动能不
变，故D 错误
【点评】本题考查了牛顿第三定律，功的概念，向心加速度的概念，动量与动能的关系，难度不大。注意动量是
矢量，有方向有大小，能量是标量，没有方向。
5．（3 分）如图所示，不计绳的质量为及绳与滑轮的摩擦，物体A 的质量为M，水平面光滑，当在绳B 端挂一质量
为m 的物体时，物体A 的加速度为a1，当在绳B 端施以F＝mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为a2，则
a1 与a2 的大小关系是（
）
A．a1＝a1
B．a1＞a2
C．a1＜a2
D．无法确定
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当用拉力F 拉时，对A 分析，根据牛顿第二定律求出加速度，当挂重物时，对整体分析，运用牛顿第二
定律求出加速度，从而比较大小．
【解答】解：在B 端挂一质量为mkg 的物体时，对整体分析，根据牛顿第二定律得，ܽ1 =݉
t
ܯ+݉
，
当在绳B 端施以F＝mg 的竖直向下的拉力作用时，ܽ2 = ܨ
ܯ=݉
t
ܯ，可知a2＞a1。
【点评】解决本题的关键知道挂重物时，绳子的拉力与重物的重力不等，因为A 与重物都做加速运动，拉力小于
重物的重力．
6．（3 分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t 图象如图所示。以下判断正
确的是（
）
A．前3s 拉力做正功，最后2s 拉力做负功
B．前3s 与最后2s 货物的重力的平均功率相等
C．在整个运动过程中，货物共经历了超重和失重两个过程
D．前3s 内货物的加速度大小大于最后2s 内加速度大小
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；63：功率、平均功率和瞬时功率．
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【专题】31：定性思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式㘴= ݔ
ݐ比较前
3 内与最后4 内货物的平均速度的大小。根据机械能等于动能与重力势能之和分析机械能的变化。
【解答】解：AD、前3s 物体做加速运动ܽ
1 = △㘴
△ݐ= 6
3݉
/ݏ2 = 2݉
/ݏ2，拉力做正功，最后2s，物体的加速度ܽ2 = 0−6
2݉
/
ݏ2 =−3݉
/ݏ2，根据mg﹣F＝ma2 可得F＝mg﹣ma2＞0，则拉力向上，则拉力做正功，故AD 错误；
B、前3s 与最后2s 货物的平均速度相同，根据ܲ
=݉
t㘴，则重力的平均功率相等，故B 正确；
C、在整个运动过程中，货物先超重，然后等于重力，最后失重，故C 错误；
【点评】此题关键是搞清图象的物理意义，直线的斜率等于加速度，斜率的符号表示加速度的方向；加速度向上
为超重，加速度向下为失重。
7．（3 分）如图所示，物体A 用轻质细绳与圆环B 连接，圆环固定在竖直杆MN 上。现用一水平力F 作用在绳上的
O 点，将O 点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大。关于此过程，下列说法中正确的是（
）
A．水平力F 逐渐增大
B．物体A 的合力逐渐增大
C．绳OB 的弹力逐渐减小
D．环对杆的摩擦力逐渐减小
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】O 点缓慢向左移动过程中，结点O 的合力保持为零，分析结点O 的受力情况判断F 的变化，对整体研究，
根据平衡条件判断杆对圆环的弹力和摩擦力的变化情况。
【解答】解：A、设细绳与竖直方向的夹角为θ，物体的质量为m，对结点O 受力分析，运用合成法，则由平衡条
件得：F＝mgtanθ，θ变大，则F 增大，故A 正确；
B、物体A 处于平衡状态，则合力始终为零，故B 错误；
C、绳OB 的弹力T，则T＝mg/cosα，θ变大，则T 增大，故C 错误；
D、对圆环和物体的整体，竖直方向环对M 的摩擦力等于重力mg，则环对杆的摩擦力不变，故D 错误。
【点评】本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题，由于不分析系统的内力，运用整体法分析杆对圆环
的摩擦力和弹力比较简便。
8．（3 分）如图所示，质量为m 的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高
点时，瞬时速度v=
3
2 ht，R 是球心到O 点的距离，则球对杆的作用力是（
）
A．
1
2mg 的拉力
B．
1
2mg 的压力
C．
3
2mg 的拉力
D．
3
2mg 的压力
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】小球转至最高点时，小球受到的重力和杆对它的作用力的合力提供向心力；写出动力学方程，即可求得
杆对小球的作用力的大小，并判断出力的方向．
【解答】解：在最高点，设杆对球的弹力向下，大小为F，根据牛顿第二定律得：
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- 231 -
mg+F＝m
㘴2
h
又v=
3
2 ht，
解得，F= 1
2mg＞0，说明假设正确，即可知道杆对球产生的是拉力，根据牛顿第三定律得知，球对杆的作用力是
1
2mg
的拉力。
【点评】小球在最高点时，要注意绳子与杆的区别：绳子只能提供拉力；杆提供的了可能是拉力，也可能是支持
力．假设法是常用的解法．
9．（3 分）如图所示，A、B 两个质量不等的小球（视为质点），A 球从某一高度H 处静止开始下落的同时B 球由同
一高度以初速度v0 开始做平抛运动。空气阻力不计，对于两球下落的全程中，以下说法正确的有（
）
A．动能的变化相等
B．机械能的变化相等
C．重力做的功相等
D．动量的变化相等
【考点】43：平抛运动；52：动量定理；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52J：力学综合性应用专题．
【分析】因重力做功引起动能的变化，而质量不同则重力做功不同，动能的变化不同，重力的冲量不同，动量的
变化不同，二者机械能守恒则机械能不变化。
【解答】解：A、两球只受重力作用，由于质量不等，落地的过程中，合力功不相等，则动能的变化不等，故A
错误；
B、两球因只有重力做功则机械能守恒，则机械能的变化量为0，相等，故B 正确；
C、根据W＝mgh 可知，重力做功不等，故C 错误；
D、动量的变化等于重力的冲量，△P＝mgt，运动的时间相等，质量不等，则动量的变化不相等，故D 错误；
【点评】此题关键是理解机械能守恒定律、动能定理和动量定理，知道平抛运动的特点；同时要注意两物体的质
量是不等的条件。
10．（3 分）图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图．两个质量相等的小车，放在
水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可主入砝码．两个小车通过细经用
夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在小盘中增减砝
码来改变小车所受的拉力．为了探究加速度大小和力大小之间的关系，下列做法中正确的是（
）
A．使小盘和砝码的总质量尽可能与小车质量相等
B．用刻度尺测量两小车通过的位移，通过比较位移来得知加速度大小与力大小之间的关系
C．在两小盘内及两小车内分别放置相同质量的砝码进行实验
D．在两小盘内放置相同质量的砝码，在两小车内放置不同质量的砝码进行实验
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要
求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M 为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小
车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M 时才可以认为绳对小车拉力大小等于盘和盘中
砝码的重力．
根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案．
【解答】解；A、盘和盘中砝码的质量远远小于小车的质量，绳对小车拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。故A
错误
B、根据初速度为零的匀变速直线运动公式x= 1
2at2，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车的位移之比就是加速
度之比，所以可以通过比较位移来得知加速度大小与力大小之间的关系，故B 正确
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C、实验的目的是探究加速度和力之间关系，即探究小车的加速度和小车受的合力之间关系，
所以在两小车内放置相同质量的砝码进行实验，在两小盘内放置不同质量的砝码改变合力，故C、D 错误
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握．
11．（3 分）某人造地球卫星在近似圆轨道上运行的过程中，由于轨道所在处的空间存在极其稀薄的空气，则（
）
A．如不加干预，卫星所受的万有引力将越来越小
B．如不加干预，卫星运行一段时间后动能会增加
C．卫星在近似圆轨道上正常运行时，由于失重现象卫星内的物体不受地球引力作用
D．卫星在近似圆轨道上正常运行时，其速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻
力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象．根
据相应知识点展开分析即可．
【解答】解：A、卫星本来满足万有引力提供向心力，即ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提
供的引力大于卫星所需要的向心力，故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，则万有引力ܨ= ܩܯ݉
ݎ2 会增大。故
A 错误；
B、根据万有引力提供向心力有：ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ解得：㘴=
ܩܯ
ݎ，轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增
大。故B 正确；
C、失重现象卫星内的物体受地球的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，故C 错误；
D、第一宇宙速度为最大环绕速度，卫星的线速度一定小于第一宇宙速度，故以D 错误。
【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的
物理量与轨道半径的关系，知道第一宇宙速度为最大环绕速度，卫星的线速度一定小于第一宇宙速度．
12．（3 分）如图，一块长木板B 放在足够大的光滑水平面上，在B 上放一物体A，现以恒力F 作用在B 上，由于A、
B 间有摩擦力的作用，以地面为参考系，A、B 都向前移动一段距离，在此过程中，下列说法正确的是（
）
A．如果A、B 之间发生相对滑动，物块A 可能滑到B 的右端
B．若A、B 之间发生相对滑动，B 对A 的摩擦力所做的功大于物块A 的动能的增量
C．不论A、B 是否相对滑动，A 对B 的摩擦力冲量均与B 对A 的摩擦力冲量相同
D．不论A、B 是否相对滑动，外力F 对B 做的功始终等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力的功之和
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】选择研究对象运用动能定理研究此过程找出功和能的对应关系。求总功时，要正确受力分析，准确求出
每一个力所做的功
【解答】解：A、两物体由静止开始运动，如果A、B 之间发生相对滑动，B 的速度一定大于A 可知，物块A 可
能滑到B 的左端，故A 错误；
B、若A、B 之间发生相对滑动，因水平方向A 只受B 的摩擦力作用，则根据动能定理可知，B 对A 的摩擦力所
做的功等于物块A 的动能的增量，故B 错误；
C、不论A、B 是否相对滑动，A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力互为作用与反作用力，则A 对B 的摩擦力冲量
均与B 对A 的摩擦力冲量大小相同，方向相反，故C 错误；
D、对物体B 由动能定理可知：WF﹣Wf＝EkB，即WF＝EkB+Wf，即不论A、B 是否相对滑动，外力F 对B 做的
功始终等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力的功之和，故D 正确；
【点评】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑。一般情况下两物体相对静止，系统
的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为0。
13．（3 分）如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定
律．若一个系统动量守恒时，则（
）
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统的机械能一定守恒
C．此系统的机械能可能增加
D．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零．系统内存在着摩擦力或多个拉力，各个物体具有加速度时，系统的
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动量可能守恒，即可判断．
【解答】解：A、系统动量守恒，系统所受合外力为零，但此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，故A 错
误；
B、当只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，系统动量守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒但机械能
不一定守恒，系统机械能可能增加，故B 错误，C 正确；
D、系统动量守恒，系统总动量保持不变，系统内物体动量都增大，但方向相反，物体动量可能都减小，系统总
动量保持不变，故D 错误；
【点评】本题考查了系统动量是否守恒的判断，知道动量守恒条件即可正确解题．
二、本题共3 小题，共20 分．把答案填在答题卡相应的位置．
14．为了用弹簧测力计测定两木块A 和B 间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图所示的甲、乙实验方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A 和B 之间的滑动摩擦力大小，你认为
甲
方案更合理。
②若A 和B 的重力分别为10.0N 和20.0N．当A 被拉动时，弹簧测力计a 示数为6.0N，b 示数为11.0N，c 示数
为4.0N，则A、B 间的动摩擦因数为
0.30
。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【分析】①根据作用力与反作用力的关系，摩擦力的大小与弹簧的示数相等，求摩擦力也就是看弹簧的读数；
②在不同的情况下接触面受到的正压力的大小不同，摩擦力也就不一样。
【解答】解：①甲乙两种方案，在拉着物体A 运动的过程中，拉A 的弹簧测力计由于在不断地运动它的示数可能
会变化，读数不是很准，弹簧测力计a 是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理。
②由于弹簧测力计a 示数为6.0N，所以A、B 间的动摩擦因数μ=
ܨ݂
ܨܰ
=
ܨ݂݉
ܤt = 6.0
20.0 =0.30。
故答案为：①甲；②0.30。
【点评】本题考查了作用力与反作用力、平衡力的关系，并且要判断在不同的情况下接触面受到的正压力的大小，
特别是注意根据给出的各个弹簧测力计的示数，分析判断出要用哪一个数据，是解答本题的难点，这对于学生有
一定的迷惑性。
15．“验证机械能守恒定律”的实验采用重锤自由下落的方法
（1）用公式
1
2mv2＝mgh 时，从所打下的5 条纸带选取其中一条纸带，以下说法正确的是
C
A．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1mm
B．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1cm
C．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2mm
D．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2cm
（2）在本实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，测得所用的重
物的质量为1.00kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4 个点A、B、C、
D 作为测量的点。图中所示数据均为各点到O 点的距离，则记录C 点时，重锤的动能EkC＝
7.57J
，从开始下
落起至C 点，重锤的重力势能变化量△Ep＝
7.62J
。（计算结果均保留3 位有效数字）
（3）根据纸带算出的相关各点的速度v，量出下落的距离h，则以
1
2v2 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的
1
2v2﹣h 图线应是下图中的
C
。
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4C：方程法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）若将纸带上的O 点作为起点，则起点初速度大小应为0，根据自由落体运动的位移时间公式确定第
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1、2 两点间的距离；
（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B 点的速度，从而得出重锤的动能，根据下降的高
度求出重力势能的减小量。
（3）图线斜率表示重力加速度，故可知答案。
【解答】解：（1）若打点计时器打第一个点的速度为零，可知在第一个0.02s 内物体下落的距离为：h = 1
2 tݐ2 = 1
2 ×
9.8 × 0.022݉
≈2݉݉
，选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2mm，故ABD 错误；C 正确；
（2）从开始下落起至C 点，重力势能减小量为：△Ep＝mgh＝1.0×9.8×0.7776J＝7.62J。
在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：vC= 0.8573−0.7018
2×0.02
=3.89m/s，
动能的增加量等于：△Ek= 1
2mvC2= 1
2 ×1×（3.89）2＝7.57J；
（3）据机械能守恒：mgh= 1
2mv2，得：
1
2v2＝gh，所以如果以
1
2v2 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的
1
2v2
﹣h 图象应是过原点的直线，斜率的数值为g，因此C 正确，ABD 错误；故选C。
故答案为：（1）C；（2）7.57J；7.62J；（3）C
【点评】验证机械能守恒是中学阶段的基础实验，要从实验原理出发来理解实验同时注意平时加强练习。同时利
用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法。我们更多的研究直线图形，找出其直线的斜率和
截距。
16．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1 所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置。
（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持
木块的质量
不变；
（2）本实验中电火花打点计时器所用的电源是
C
A．4～6V 低压交流电源
B．4～6V 低压直流电源
C．220V 交流电源
D．220V 直流电源
（3）改变所挂砂桶中砂子的质量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F 关系图线（如
图2 所示），经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生的主要原因可能是
BC
；
A．轨道与水平方向夹角太大
B．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力
C．所挂砂桶的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
（4）实验中打出的一条纸带如图3 所示。相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车
运动的加速度是
0.46
m/s2。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；41：控制变量法；52R：基本实验仪器．
【分析】探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用重物的重力作为小车受到的合力；
控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因。
根据匀变速直线的推论：△x＝aT2 求解加速度。
【解答】解：（1）在该实验中探究a 与F 的关系，必须采用控制变量法，应保持木块质量M 不变；
（2）本实验中电火花打点计时器所用的电源是220V 交流电源，故ABD 错误C 正确。
（3）此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是不再满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，即
所挂钩码的总质量太大；同时没有平衡摩擦力，则存在阻力，导致小车受到的合力不是钩码的总质量对应的重力，
故BC 正确，AD 错误；
故选：BC。
（4）根据匀变速直线的推论有：△x＝aT2
a= 0.0262−0.0124
3×0．12
=0.46m/s2
故答案为：（1）木块的质量
（2）C
（3）BC
（4）0.46
【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数
据、实验误差等，会起到事半功倍的效果，会用逐差法求解加速度。
三、本题共6 小题，共41 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．把答案填在答题卡相应的位置．
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17．如图所示，高h＝0.80m 的弧形轨道与水平轨道相切且平滑连接。将一个质量m＝0.40kg 的物块（可视为质点）
从弧形轨道顶端由静止释放，物块滑至水平轨道后，从水平轨道右侧边缘O 点水平飞出，落到水平地面的P 点，
P 点距O 点的水平距离x＝1.6m，竖直距离H＝3.2m。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块从水平轨道O 点飞出时的速率v0；
（2）物块在轨道上克服摩擦力做的功Wf。
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【专题】11：计算题；32：定量思想；49：合成分解法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由平抛运动的规律可求解；
（2）在圆弧轨道下滑的过程，由动能定理可求解。
【解答】解：（1）物体从C 点抛出后做平抛运动，则水平方向：x＝v0t
竖直方向：H= 1
2gt2
联立解得：t＝0.8s
v0＝2m/s
（2）物块在圆弧轨道下滑的过程，由动能定理得：݉
th −ܹ݂
= 1
2݉
㘴0
2
解得：Wf＝2.4J。
答：（1）物块从水平轨道O 点飞出时的速率是2m/s；
（2）物块在轨道上克服摩擦力做的功是2.4J。
【点评】本题考查了平抛运动的规律、动能定理，过程清晰，难度不大，基础题。
18．如图所示，质量为m＝2.0kg 的小滑块，由静止开始从倾角θ＝30°的固定的光滑斜面的顶端A 滑至底端B，A
点距离水平地面的高度h＝5.0m，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）滑块由A 滑到B 的过程中重力的功率；
（2）滑块由A 滑到B 的过程中支持力的冲量。
【考点】52：动量定理；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【分析】（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律求出滑块的加速度；再根据s= 1
2ܽݐ2，求出滑块由A 滑到B 经历
的时间求出滑块滑到底端时的速度，根据P＝mgvsinθ求出重力的瞬时功率；
（2）根据冲量公式P＝Ft，可得下滑过程中支持力的冲量。
【解答】解：（1）对滑块受力，并进行重力的分解，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma
加速度大小：a＝gsinθ
根据s= 1
2at2，
滑块的下滑时间：ݐ=
2ݏܽ=
2×݄ݏthߠ
tݏthߠ= 2ݏ
滑块由A 滑到B 的过程中重力的功率：ܲ
=݉
t݄
ݐ
= 2×10×5
2ܹ
= 50ܹ
；
（2）根据冲量公式I＝Ft，可得支持力的冲量：P＝mgcosθ•t＝2×10× 3
2 ×2N•S＝20 3N•S。
答：（1）滑块由A 滑到B 的过程中重力的功率是50W；
（2）滑块由A 滑到B 的过程中支持力的冲量是20 3N•S。
【点评】解决本题的关键知道由牛顿第二定律可求出加速度，再根据运动学公式求解时间，知道求解的是平均功
率，并要掌握平均功率的求法，并会求力的冲量。
19．如图所示，质量m＝2.2kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F＝10N 的拉力
作用下，以速度v＝5.0m/s 向右做匀速直线运动5 秒钟后撤去拉力。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）
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求：
（1）金属块与地板间的动摩擦因数；
（2）全过程中摩擦力的功。（本问计算结果保留2 位有效数字）
【考点】37：牛顿第二定律；62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）金属块做匀速直线运动，合力为零，分析金属块的受力情况，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解
动摩擦因数；
（2）撤去拉力后，金属块水平方向只受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移速度公式求解金属
块在桌面上滑行的最大距离，再结合功的公式和动能定理求摩擦力的功。
【解答】解：（1）因为金属块匀速运动，受力如图，根据平衡条件有：
Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝0
得：ߤ=
ܨܿ݋ݏ37°݉
t−ܨݏth37° =
10×0.8
22−10×0.6 = 0.5
（2）撤掉外力以前物体的位移：x＝vt＝5×5m＝25m
摩擦力的功：Wf1＝﹣fx＝μ（mg﹣Fsin37°）x＝﹣0.5×（22﹣10×0.6）×25J＝﹣200J
撤去外力后金属块克服阻力做功等于初动能，则克服摩擦力做功为：ܹ݂
2 = 1
2݉
㘴2 = 1
2 × 2.2 × 52 = 27.5ܬ
全过程中摩擦力的功为：W＝Wf1+（﹣Wf2）＝﹣227.5J≈﹣2.3×102J。
答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数是0.5。
（2）全过程中摩擦力的功是﹣2.3×102J。
【点评】本题是物体的平衡问题，关键是分析物体的受力情况，最好能作出力图，根据正交分解法列方程求解；
注意撤去F 后动摩擦因数不变，但是摩擦力要变。
20．质量为m＝0.60kg 的篮球从距地板H＝0.80m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m，
从释放到弹跳至h 高处经历的时间t＝1.0s。忽略空气阻力作用，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能△E；
（2）篮球对地板的平均撞击力ܨ。
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；36：分割思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）篮球与地板撞击过程中，损失的机械能等于初始时刻的机械能减去末了时刻的机械能，初、末位置
物体动能为零，即等于初末位置重力势能之差；
（2）分别根据自由落体运动求出篮球与地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的时间，根据总时间求出球与地
面接触的时间，根据动量定理即可求解。
【解答】解：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：
△E＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J
（2）设篮球从H 高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时
间为t2，由动能定理和运动学公式得：
下落过程：mgH= 1
2݉
㘴1
2，
代入数据解得：v1＝4m/s，t1= 㘴1
t =0.4s
上升过程：﹣mgh＝0−1
2݉
㘴2
2，
代入数据解得：v2＝3m/s，t2＝0.3s
篮球与地板接触时间为：△t＝t﹣（t1+t2）＝0.3s
设地板对篮球的平均撞击力为ܨ′，取竖直向上为正方向，由动量定理得：
（ܨ′﹣mg）△t＝mv2﹣（mv1）
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代入数据解得：ܨ′＝20N
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为：ܨ= ܨ′＝20N，方向向下。
答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能△E 为2.1J。
（2）篮球对地板的平均撞击力ܨ为20N，方向向下。
【点评】本题考了自由落体运动的基本规律和动量定理的应用。篮球与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量
等于物体动量的变化量。也可以对全过程，运用动量定理列方程。
21．假设地球可视为质量均匀分布的球体，且质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。已知地球的半径为R，地
球表面的重力加速度为g。
（1）求距离地球表面高为R 处运行的人造卫星的线速度v 的大小；
（2）有人设想，过地心打一个洞，并沿洞的方向建立一个x 轴，原点在地心，x 轴正方向水平向右，如图所示。
现在将一个质量为m 的小球（视为质点）从洞的右侧洞口处释放，求小球的最大速度大小。
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】（1）卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，以及忽略地球自转影响，万有引力等于重力列式求解；
（2）小球从地球表面开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对球始终做正功，则到达地心处的速度最大，
根据动能定理列式求解。
【解答】解：（1）卫星做圆周运动的向心力等于万有引力，则有：ܩ݉
ܯ
(2h)2 =݉
㘴2
2h ⋯①
又ܩ݉
'ܯ
h2 =݉
't⋯②
①②联立解得：㘴=
th
2 。
（2）小球从地球表面开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对球始终做正功，
则到达地心处的速度最大，
在地球的表面处引力为mg；在地心处引力为零，则引力的平均值为ܨ=݉
t
2 ，
根据动能定理ܨ⋅h = 1
2݉
㘴݉2
解得：㘴݉
=
th
答：（1）求距离地球表面高为R 处运行的人造卫星的线速度v 的大小为th
2 ；
（2）小球的最大速度大小为gR th。
【点评】本题考查万有引力与航天，关键是抓住两种思路：①万有引力提供向心力，②忽略球体自转影响，万有
引力等于重力。解决第二问时，关键是知道万有引力是个变力，引力的平均值为ܨ=݉
t
2 ，然后再利用动能定理列
式求解即可。
22．在倾角为30°的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为m 的物块B、C 通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此
时弹簧的压缩量为x0，O 点为弹簧的原长位置。在斜面上距物块B 的距离为3x0 的P 点由静止释放一质量为m 的
物块A，A 与B 相碰（不粘连）后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到O 点。物块A、B、C 均可视为质
点，重力加速度为g。
（1）求A、B 碰前弹簧具有的弹性势能；
（2）若物块A 从P 点以一定的初速度沿斜面下滑，两物块A、B 返回O 点时还具有沿斜面向上的速度，此后恰
好可以使C 离开挡板而不上滑，求物块A 在P 点的初速度v0。
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【考点】53：动量守恒定律；64：动能．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）先研究A 下滑过程，根据机械能守恒定律求得A 与B 碰撞前瞬间的速度。再A、B 碰撞过程，由动
量守恒定律求得碰后共同速度。最后研究A、B 整体从压缩弹簧到运动到O 点的过程，对A、B 及弹簧构成的系
统，运用机械能守恒定律列式，即可求解A、B 碰前弹簧具有的弹性势能；
（2）C 恰好离开挡板而不上滑时，弹簧的弹力大小等于C 的重力沿斜面向下的分力大小，且AB 运动到了最高点。
与上题思路相似进行解答。
【解答】解：（1）A 从P 下滑3x0 过程，由机械能守恒定律得：
mg•3x0sin30°= 1
2݉
㘴2
A 与B 碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：
mv＝2mv′
A、B 整体从压缩弹簧到运动到O 点的过程，对A、B 及弹簧构成的系统，由机械能守恒定律得：
1
2 × 2݉
㘴'2 +Ep＝2mgx0sin30°。
联立以上三式解得：A、B 碰前弹簧具有的弹性势能为：
Ep= 1
4mgx0
（2）A 以初速度v0 从P 下滑3x0 过程，由机械能守恒定律得：
mg•3x0sin30°= 1
2݉
㘴1
2 −1
2݉
㘴0
2
A 与B 碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：
2mv2＝mv1。
初态时，弹簧的压缩量为：
x1=݉
tݏth30°݇=x0
C 恰好离开挡板而不上滑时，弹簧的弹力大小等于C 的重力沿斜面向下的分力大小，弹簧的伸长量为：
x2=݉
tݏth30°݇
所以x1＝x2＝x0，初、末状态弹簧的弹性势能相等，设为Ep。
A、B 整体从压缩弹簧到运动到O 点的过程，对A、B 及弹簧构成的系统，由机械能守恒定律得：
1
2 × 2݉
㘴2
2 +Ep＝2mgx0sin30°+ 1
2 × 2݉
㘴3
2。
对B 及弹簧，在B 从O 点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
1
2݉
㘴3
2 =mgx0sin30°+Ep。
联立解得：v0=
6tݔ0
答：（1）A、B 碰前弹簧具有的弹性势能是
1
4mgx0。
（2）物块A 在P 点的初速度v0 是v0 6tݔ0。
【点评】本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，如碰撞的基本规律：动量守恒定律。
物体压缩弹簧的过程，系统遵守机械能守恒定律，并要找出状态之间的联系。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:04:35 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019-2020 学年北京市清华附中高三（上）摸底物理试卷
一、本题共10 小题，每小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的
小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确的答案填
涂在答题纸上．
1．（3 分）一位同学从操场A 点出发，向西走了30m，到达B 点，然后又向北走了40m，达到C 点。在从A 点到C
点的过程中，该同学的位移大小是（
）
A．30m
B．40m
C．50m
D．70m
2．（3 分）如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A 点，足球与墙壁的接触点为B．足球的质量为m，悬绳与墙
壁的夹角为α，网兜的质量不计．则悬绳对球的拉力F 的大小为（
）
A．F＝mgtanα
B．F＝mgsinα
C．F=݉
tܿ
݋ݏߙ
D．F=݉
t
ݐܽhߙ
3．（3 分）如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；
由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说
法正确的是（
）
A．“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0
B．“起立”过程，体重计的示数一直大于A0
C．“起立”的过程，先出现失重现象后出现超重现象
D．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0 的现象
4．（3 分）用图所示装置研究摩擦力的变化规律，把木块放在水平长木板上，在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团，
它只能被指针向左推动。用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使拉力由零缓慢增大。下列说法错误的是（
）
A．木块开始运动前，摩擦力逐渐增大
B．木块开始运动前，拉力小于摩擦力
C．该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小
D．当拉力达到某一数值时木块开始移动，此时拉力会突然变小
5．（3 分）一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 为x 轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，
振子具有沿x 轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图象是（
）
A．
B．
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C．
D．
6．（3 分）物体A 做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0 的方向为x 轴的方向、竖直向下的方向
为y 轴的方向，建立平面直角坐标系．如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏．两束平行光分别沿着与坐标轴
平行的方向照射，物体A 在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图中两个影子的坐标
随时间变化关系正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
7．（3 分）如图是某绳波形成过程的示意图。质点1 在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，…各
个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=ܶ4时，质点5 刚要开始运动。下列说法正确的是（
）
A．t=ܶ4时，质点5 开始向下运动
B．t=ܶ4时，质点3 的加速度方向向下
C．从t=ܶ2开始的一小段时间内，质点8 的速度正在减小
D．从t=ܶ2开始的一小段时间内，质点8 的加速度正在减小
8．（3 分）与嫦娥1 号、2 号月球探测器不同，嫦娥3 号是一次性进入距月球表面100km 高的圆轨道Ⅰ（不计地球对
探测器的影响），运行一段时间后再次变轨，从100km 的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球15km 的近月点B、距月球
100km 的远月点A 的椭圆轨道Ⅱ，如图所示，为下一步月面软着陆做准备．关于嫦娥3 号探测器下列说法正确的
是（
）
A．探测器在轨道Ⅱ经过A 点的速度小于经过B 点的速度
B．探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力
C．探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A 点应加速
D．探测器在轨道Ⅱ经过A 点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过A 点时的加速度
9．（3 分）用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm 高度把1000 粒的豆粒连
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续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰
撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒
的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（
）
A．0.2N
B．0.6N
C．1.0N
D．1.6N
10．（3 分）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静
止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖
直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气
阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（
）
A．当x＝h+x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h+2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为݉
th +݉
tݔ0
2
二、本题共2 小题，共15 分．
11．（8 分）如图1 所示，某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进
行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验。
（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的
间隔判断小车是否做
运动。
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（2）按图1 所示装置，接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，
如图2 所示。纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T，O 点是打点计时器打出的第一个点，从O 点到A、B、
C、D、E、F 点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6．已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m。由此可求
得纸带上由O 点到E 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W＝
，该小车动能改
变量的表达式△Ek＝
。由于实验中存在误差，所以，W
△Ek．（选填“小于”、“等于”或“大于”）。
12．（7 分）在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：
a．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺测量细线长度为l，l 与小球半径之和记为摆长；
c．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球；
．用秒表记录小球完成n 次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；
e．用公式g= 4ߨ2ܮܶ
2 计算当地重力加速度；
f．改变细线长度，重复b、c、d、e 步骤，进行多次测量．
（1）在上述步骤中，错误的是
（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是：
．
（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了l﹣T2 图象，该图象对应图中的
图．
（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是
．
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
（4）北京时间2005 年5 月22 日上午10 点05 分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在
珠峰峰顶飘扬．若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0，在峰顶的周期是T，
则珠峰顶峰的海拔高度h＝
．（地球可看作质量均匀分布的半径为R 的球体）
三、本题包括6 小题，共55 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（8 分）商场工作人员推着质量m＝20kg 的货箱沿水平地面滑行。若用力F1＝100N 沿水平方向推货箱，货箱恰
好做匀速直线运动；现改用F2＝120N 水平推力把货箱从静止开始推动。（g 取10m/s2）。
（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）F2 作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；
（3）在F2 作用下，货箱运动4.0s 时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小。
14．（8 分）如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0m，倾角θ＝37°，水平段与斜面段平滑连接．某
小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上．已知小朋友质量为20kg，小
朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力．已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．（g 取10m/s2）．求
小朋友：
（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；
（2）滑到斜面底端时的速度大小；
（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功．
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15．（8 分）2018 年9 月12 日晚上11 时58 分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自
主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5 小时，为中国太空站工程后续
研制建设奠定更加坚实的技术基础．图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1 号”与“天宫2 号”
成功对接后，组合体沿圆形轨道运行．经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，地球表面重力
加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转．求：
（1）地球质量M；
（2）组合体运动的周期T；
（3）组合体所在圆轨道离地面高度H．
16．（9 分）暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图1 所示，该游艺机顶上有一个
半径为4.5m 的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图2 所示．“摇头飞椅”高O1O2
＝5.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明
和椅子的转动可简化为如图2 所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向
夹角为37°．g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，在此过程中，求：
（1）座椅受到绳子的拉力大小；
（2）小明运动的线速度大小；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即图2 中O1 点）的距离（保留两位有效
数字）．
17．（10 分）我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车
厢叫拖车．某列动车组由8 节车厢组成，其中车头第1 节、车中第5 节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖
车的质量均为m＝2×104kg，每节动车提供的最大功率P＝600kW．
（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f 大小均为车厢重力的0.01 倍，若该动车组从静止以加速度a＝0.5m/s2
加速行驶．
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a．求此过程中，第5 节和第6 节车厢间作用力大小；
b．以此加速度行驶时所能持续的时间．
（2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6 节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1．为提
高动车组速度，现将动车组改为4 节动车带4 节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1 与v2 的比值．
18．（12 分）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质
弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0kg 的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能
平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径R
＝1.25m 位于竖直平面内的光滑
1
4圆弧轨道。质量m＝2.0kg 的物块B 从
1
4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B
与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m。设物块A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，
第一次碰撞前，物块A 静止。取g＝10m/s2．求：
（1）物块B 滑到
1
4圆弧的最低点C 时对轨道的压力；
（2）物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解
除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
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2019-2020 学年北京市清华附中高三（上）摸底物理试卷
参考答案与试题解析
一、本题共10 小题，每小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的
小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确的答案填
涂在答题纸上．
1．（3 分）一位同学从操场A 点出发，向西走了30m，到达B 点，然后又向北走了40m，达到C 点。在从A 点到C
点的过程中，该同学的位移大小是（
）
A．30m
B．40m
C．50m
D．70m
【考点】15：位移与路程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度。
【解答】解：位移的大小等于首末位置的距离，两段位移相互垂直，所以总位移是大小为：x=
302 + 402 =50mm，
故ABD 错误，C 正确。
【点评】解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大
小等于运动轨迹的长度。
2．（3 分）如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A 点，足球与墙壁的接触点为B．足球的质量为m，悬绳与墙
壁的夹角为α，网兜的质量不计．则悬绳对球的拉力F 的大小为（
）
A．F＝mgtanα
B．F＝mgsinα
C．F=݉
tܿ
݋ݏߙ
D．F=݉
t
ݐܽhߙ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉
力和墙壁对球的支持力．
【解答】解：足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示；
根据平行四边形定则，
绳子对球的拉力：F=݉
tܿ
݋ݏߙ
故C 正确，ABD 错误。
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交
分解法等，一般三力平衡时优先考虑合成法．
3．（3 分）如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；
由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说
法正确的是（
）
A．“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0
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B．“起立”过程，体重计的示数一直大于A0
C．“起立”的过程，先出现失重现象后出现超重现象
D．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0 的现象
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52P：重力专题．
【分析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速
运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态。
【解答】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；
人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先先处于超重状
态后处于失重状态；
所以“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0 的现象；
故D 正确，ABC 错误。
【点评】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速
度方向向下时，处于失重状态
4．（3 分）用图所示装置研究摩擦力的变化规律，把木块放在水平长木板上，在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团，
它只能被指针向左推动。用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使拉力由零缓慢增大。下列说法错误的是（
）
A．木块开始运动前，摩擦力逐渐增大
B．木块开始运动前，拉力小于摩擦力
C．该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小
D．当拉力达到某一数值时木块开始移动，此时拉力会突然变小
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】明确最大静摩擦力的定义，知道当物体刚好开始滑动时拉力等于物体间的最大静摩擦力。
【解答】解：由题意可知，开始时木块保持不动，木块受静摩擦力，根据平衡条件可知摩擦力始终等于拉力，故
摩擦力大小随拉力的增大而增大，而当增大拉力达到某一大小时，木块开始滑动，此时说明木块恰好达到最大静
摩擦力，而由于滑动摩擦力要小于最大静摩擦力，所以木块移动后拉力将减小，根据纸团的位置即可记录下最大
静摩擦力，故ACD 正确，B 错误。
不同选择错误的，【点评】本题考查静摩擦力的性质，知道物体保持不动时，拉力大小等于摩擦力，而物体刚好开
始滑动时，拉力等于最大静摩擦力，一般情况下滑动摩擦力要小于最大静摩擦力。
5．（3 分）一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 为x 轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，
振子具有沿x 轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率；73：简谐运动的振动图象．菁优网版权所有
【分析】根据从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度，由a=−݇
ݔ݉分析四分
之一周期时刻振子的位移，即可知道t＝0 时刻质点的位移，确定位移的图象。
【解答】解：根据简谐运动的特征：a=−݇
ݔ݉，可知，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度，
则此时振子的位移为负向最大，计时起点时，位移为正向最大，故A 正确。
【点评】本题在选择图象时，关键研究t＝0 时刻质点的位移和位移如何变化，要掌握简谐运动的特征：a=−݇
ݔ݉，
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分析加速度和位移的关系。
6．（3 分）物体A 做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0 的方向为x 轴的方向、竖直向下的方向
为y 轴的方向，建立平面直角坐标系．如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏．两束平行光分别沿着与坐标轴
平行的方向照射，物体A 在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图中两个影子的坐标
随时间变化关系正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；49：合成分解法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的
运动规律分析判断．
【解答】解：AB、物体做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以影子在x 方向是匀速运动，有x＝v0t，
则x﹣t 图象是过原点的倾斜直线，故A 正确，B 错误。
CD、物体在竖直方向上做自由落体运动，所以影子在y 方向是匀变速直线运动，有y= 1
2 tݐ2，知y﹣t2 图象是过
原点的倾斜直线，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用分运动公式列式分析图象的
形状．
7．（3 分）如图是某绳波形成过程的示意图。质点1 在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，…各
个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=ܶ4时，质点5 刚要开始运动。下列说法正确的是（
）
A．t=ܶ4时，质点5 开始向下运动
B．t=ܶ4时，质点3 的加速度方向向下
C．从t=ܶ2开始的一小段时间内，质点8 的速度正在减小
D．从t=ܶ2开始的一小段时间内，质点8 的加速度正在减小
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据波的传播方向得到质点振动方向，从而得到加速度方向；根据图示得到波长，根据波的传播得到质
点8 的振动；再根据质点做简谐振动，由质点1 的振动方向得到波形。
【解答】解：AB、质点1 为波源，波向右传播，t=ܶ4时，质点5 开始振动，振动方向向上；质点3 的位移为正，
故回复力向下，那么，加速度方向向下，故A 错误，B 正确；
C、在t=ܶ2时，质点8 的振动和t=ܶ4时质点4 的振动一致，故质点8 向上振动，那么，速度减小；故C 正确；
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D、从t=ܶ2开始的一小段时间内，质点8 向上振动。位移增大、加速度正在增大，故D 错误；
故选：BC。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的
传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
8．（3 分）与嫦娥1 号、2 号月球探测器不同，嫦娥3 号是一次性进入距月球表面100km 高的圆轨道Ⅰ（不计地球对
探测器的影响），运行一段时间后再次变轨，从100km 的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球15km 的近月点B、距月球
100km 的远月点A 的椭圆轨道Ⅱ，如图所示，为下一步月面软着陆做准备．关于嫦娥3 号探测器下列说法正确的
是（
）
A．探测器在轨道Ⅱ经过A 点的速度小于经过B 点的速度
B．探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力
C．探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A 点应加速
D．探测器在轨道Ⅱ经过A 点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过A 点时的加速度
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】卫星绕月球做匀速圆周运动过程中万有引力完全提供向心力，卫星中的物体处于完全失重状态，从轨道
I 变轨到轨道II 要做近心运动，提供的向心力大于运动所需向心力，故从轨道I 到轨道II 上要减速．卫星在轨道
上运动，万有引力产生加速度，根据万有引力大小判断加速度的大小，在不同轨道上经过同一点时卫星的加速度
大小相同．
【解答】解：A、卫星在椭圆轨道Ⅱ运行由A 运动至B 点的过程中，逐渐靠近地球，万有引力做功，故势能变小，
动能变大，经过A 点的线速度小于经过B 点的线速度，故A 正确；
B、探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，处于完全失重状态，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力，故B 正确；
C、卫星从轨道I 变轨到轨道II 的过程中卫星轨道要减小做近心运动，提供的向心力大于所需向心力ܩܯ݉
ݎ2 ＞݉
㘴2
ݎ，
又因在轨道I 上运动时万有引力和向心力相等，故变轨时需在A 点做减速运动，使得卫星满足ܩܯ݉
ݎ2 ＞݉
㘴2
ݎ做近
心运动，故C 错误；
D、在A 点探测器产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在A 点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上
运动，在A 点时万有引力产生的加速度大小相等，故D 错误。
故选：AB。
【点评】解决本题是要知道卫星做圆周运动时万有引力完全提供向心力，卫星中的物体处于失重状态，知道卫星
变轨的原理．
9．（3 分）用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm 高度把1000 粒的豆粒连
续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰
撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒
的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（
）
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A．0.2N
B．0.6N
C．1.0N
D．1.6N
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据自由落体规律可求得豆粒到达秤盘时的速度，从而确定反弹后的速度，再根据动量定理即可确定压
力大小。
【解答】解：豆粒下落到秤盘上的速度v=
2t݄
=
2 × 10 × 0.80 =4m/s；反弹后速度为v'＝﹣2m/s，设向下为
正方向，则根据动量定理可知：
Ft＝mv'﹣mv
解得：F＝0.6N；由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N；
故B 正确，ACD 错误。
【点评】本题考查动量定理的应用，注意将所有豆粒视为一体，明确碰撞前后的受力和动量变化情况，同时注意
理解题意，明确碰撞力远大于豆粒受到的重力，故重力可以忽略。
10．（3 分）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静
止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖
直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气
阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（
）
A．当x＝h+x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h+2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为݉
th +݉
tݔ0
2
【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根据共
点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析。
【解答】解：A、根据乙图可知，当x＝h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小
球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A 正确；
B、根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B 错误，C 正确；
D、小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知݉
t(h + ݔ0) −1
2݉
t ⋅ݔ0 = 1
2݉
㘴2，故小球动能的最大值为݉
th +݉
tݔ0
2
，故D 正确
故选：ACD。
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【点评】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能以
及弹簧弹性势能总量守恒
二、本题共2 小题，共15 分．
11．（8 分）如图1 所示，某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进
行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验。
（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的
间隔判断小车是否做
匀速直线
运动。
（2）按图1 所示装置，接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，
如图2 所示。纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T，O 点是打点计时器打出的第一个点，从O 点到A、B、
C、D、E、F 点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6．已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m。由此可求
得纸带上由O 点到E 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W＝
mgs5
，该小车动能改
变量的表达式△Ek＝
ܯ(ݏ6−ݏ4)2
8ܶ2
。由于实验中存在误差，所以，W
大于
△Ek．（选填“小于”、“等于”或
“大于”）。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）实验前要适当垫高木板平衡摩擦力，当小车在木板上做匀速直线运动时恰好平衡摩擦力。
（2）根据功的计算公式可以求出重力的功，应用匀变速直线运动的推论求出打E 点时的速度，求出动能的该变量，
由于砝码对小车的拉力小于其重力及存在阻力作用，重力做功大于小车动能的增加量。
【解答】解：（1）平衡摩擦力时，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出
点的间隔判断小车是否做匀速直线运动。
（2）由O 点到E 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式为：W＝mgs5；
打E 点时小车的速度为：vE= ܦܨ
2ܶ
= ݏ6−ݏ4
2ܶ
小车动能的增加量为：△Ek= 1
2MvE2= ܯ(ݏ6−ݏ4)2
8ܶ2
；
小车运动过程中砝码与盘向下做加速运动，砝码与盘的重力做的功转化为砝码和盘与小车的动能，
同时由于存在阻力，因此砝码和盘的重力做的功大于小车动能的该变量；
故答案为：（1）匀速直线；（2）mgs5；
ܯ(ݏ6−ݏ4)2
8ܶ2
；大于。
【点评】实验前要把木板的一端适当垫高以平衡摩擦力，使小车在木板上做匀速直线运动；根据匀变速直线运动
的推论：做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出打E 点时的速度是解题
的关键。
12．（7 分）在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：
a．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺测量细线长度为l，l 与小球半径之和记为摆长；
c．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球；
．用秒表记录小球完成n 次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；
e．用公式g= 4ߨ2ܮܶ
2 计算当地重力加速度；
f．改变细线长度，重复b、c、d、e 步骤，进行多次测量．
（1）在上述步骤中，错误的是
e
（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是：
g=
4ߨ2(t+݀2)ܶ
2
．
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（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了l﹣T2 图象，该图象对应图中的
C
图．
（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是
AC
．
A．适当加长摆线
B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
（4）北京时间2005 年5 月22 日上午10 点05 分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在
珠峰峰顶飘扬．若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0，在峰顶的周期是T，
则珠峰顶峰的海拔高度h＝
（ܶܶ
0
−1）R
．（地球可看作质量均匀分布的半径为R 的球体）
【考点】MF：用单摆测定重力加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4B：图析法；51B：简谐运动专题．
【分析】（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，分析实验步骤应用单摆周期公式分析答题．
（2）根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题．
（3）为减小空气阻力对实验的影响，应选择密度大而体积小的球作为摆球；
为减小测量误差，应使摆线的长度适当长些，测出多个周期需要的时间然后求出平均值作为单摆的周期．
（4）根据万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度的表达式，再根据单摆周期公式求出珠峰顶峰的海拔高度．
【解答】解：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，由实验步骤可知，步骤e 错误，单摆摆长：L＝l+݀2，
由单摆周期公式：T＝2π
ܮ
t可知，重力加速度：g=
4ߨ2(t+݀2)ܶ
2
；
（2）单摆摆长：L＝l+݀2，由单摆周期公式：T＝2π
ܮ
t可知，l= t
4ߨ2T2−݀2，
把摆线长度l 作为摆长，当T＝0 时，l=݀2，l﹣T2 图象在横轴上有截距，由图示图象可知，C 正确，故选C．
（3）A、适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差，故A 正确；
B、为减小阻力对实验的影响，质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，故B 错误；
C、单摆在小摆角下的摆动为简谐振动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故C 正确；
D、当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期，测量的
偶然误差较大，从而使实验误差较大，故D 错误；
故选：AC．
（4）由万有引力公式与牛顿第二定律得：G
ܯ݉
h2 =mg，G
ܯ݉
(h+݄)2 =mg′，
由单摆周期公式可知，在海平面处：T0＝2π
ܮ
t，在珠峰峰顶：T＝2π
ܮ
t'，
解得：h＝（ܶܶ
0
−1）R；
故答案为：（1）e；g=
4ߨ2(t+݀2)ܶ
2
；（2）C；（3）AC；（4）（ܶܶ
0
−1）R．
【点评】本题考查了用单摆测重力加速度实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提与关键，应用单摆周
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期公式即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累．
三、本题包括6 小题，共55 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（8 分）商场工作人员推着质量m＝20kg 的货箱沿水平地面滑行。若用力F1＝100N 沿水平方向推货箱，货箱恰
好做匀速直线运动；现改用F2＝120N 水平推力把货箱从静止开始推动。（g 取10m/s2）。
（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）F2 作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；
（3）在F2 作用下，货箱运动4.0s 时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据F1 作用下，货箱受力平衡求得摩擦力及货箱对地面的压力，即可求得动摩擦因数；
（2）对F2 作用下进行受力分析求得合外力，然后由牛顿第二定律求得加速度；
（3）根据牛顿第二定律求得撤去推力后的加速度，然后根据匀变速运动规律求得推力作用下的位移和末速度，即
可再利用匀变速运动规律求得撤去推力后的位移，从而求得总位移。
【解答】解：（1）货箱对地面的压力FN＝mg＝200N，用F1 推货箱时，货箱恰好做匀速直线运动，故由受力平衡
可得：F1＝f＝μFN，所以，动摩擦因数ߤ= ܨ1
ܨܰ
= 100
200 = 0.5；
（2）对货箱进行受力分析可得：合外力F＝F2﹣f＝F2﹣F1＝20N，那么，由牛顿第二定律可得：加速度ܽ
= ܨ݉= 1݉
/
ݏ2；
（3）F2 作用下，货箱做匀加速直线运动，故位移ݏ1 = 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 1 × 42݉
= 8݉
，末速度v＝at＝4m/s；
那么，撤去推力后，货箱的合外力F'＝f＝F1＝100N，那么，货箱做加速度ܽ
' = ܨ'݉= 5݉
/ݏ2的匀减速运动，所以，
位移ݏ2 = 㘴2
2ܽ' = 1.6݉
；
故货箱从静止开始运动的总位移s＝s1+s2＝9.6m。
答：（1）货箱与地面之间的动摩擦因数为0.5；
（2）F2 作用在货箱上时，货箱运动的加速度大小为1m/s2；
（3）在F2 作用下，货箱运动4.0s 时撤掉推力，那么货箱从静止开始运动的总位移大小为9.6m。
【点评】牛顿第二定律的考查，一般由受力分析求得合外力，由运动状态求得加速度，然后根据牛顿第二定律将
力与运动联立求解。
14．（8 分）如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0m，倾角θ＝37°，水平段与斜面段平滑连接．某
小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上．已知小朋友质量为20kg，小
朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力．已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．（g 取10m/s2）．求
小朋友：
（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；
（2）滑到斜面底端时的速度大小；
（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功．
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）应用滑动摩擦力公式可以求出滑动摩擦力．
（2）应用牛顿第二定律可以求出加速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式求出到达底端时的速度．
（3）应用动能定理可以求出摩擦力做功．
【解答】解：（1）小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为：
Ff＝μmgcosθ＝0.3×20×10×cos37°＝48N；
（2）小孩在斜面上滑行时，
由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝3.6m/s2，
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由匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣v02＝2ax 可知，
小孩滑至B 点时的速度大小为：v=
2ܽܮ=
2 × 3.6 × 5 =6m/s；
（3）小孩在水平段滑行时，由动能定理得：
Wf＝0−1
2mv2，解得：Wf＝﹣360J；
答：（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小为48N；
（2）滑到斜面底端时的速度大小为6m/s；
（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功为﹣360J．
【点评】本题是一道力学综合题，考查了动能定理的应用，分析清楚运动过程是解题的前提，应用滑动摩擦力公
式、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理即可解题．
15．（8 分）2018 年9 月12 日晚上11 时58 分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自
主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5 小时，为中国太空站工程后续
研制建设奠定更加坚实的技术基础．图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1 号”与“天宫2 号”
成功对接后，组合体沿圆形轨道运行．经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，地球表面重力
加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转．求：
（1）地球质量M；
（2）组合体运动的周期T；
（3）组合体所在圆轨道离地面高度H．
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）根据地球表面物体的重力等于万有引力求解；
（2）由角速度定义及角速度与周期的关系求解；
（3）根据万有引力做向心力求解．
【解答】解：（1）根据地球表面物体的重力等于万有引力可得：ܩܯ݉
h2 =݉
t
所以有：ܯ= th2
ܩ；
（2）组合体运行的角速度为：߱
= ߠ
ݐ= 2ߨܶ
故周期为：ܶ
= 2ߨ߱= 2ߨݐ
ߠ；
（3）组合体做圆周运动，万有引力做向心力，故有：ܩ
ܯ݉
(h+ܪ)2 =݉߱
2(h + ܪ)
解得：ܪ=
3 ܩܯ߱
2 −h =
3 th2ݐ2
ߠ2
−h；
（1）地球质量M 为
th2
ܩ；
（2）组合体运动的周期T 为
2ߨݐ
ߠ；
（3）组合体所在圆轨道离地面高度H 为
3 th2ݐ2
ߠ2
−h．
【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角
速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量．
16．（9 分）暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图1 所示，该游艺机顶上有一个
半径为4.5m 的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图2 所示．“摇头飞椅”高O1O2
＝5.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明
和椅子的转动可简化为如图2 所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向
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夹角为37°．g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，在此过程中，求：
（1）座椅受到绳子的拉力大小；
（2）小明运动的线速度大小；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即图2 中O1 点）的距离（保留两位有效
数字）．
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对小明受力分析，根据竖直方向合力为零求得绳子的拉力；
（2）根据牛顿第二定律求得线速度；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，然后做平抛运动，即可求得
【解答】解：（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：
T=݉
tܿ
݋ݏ37° =500N
（2）由牛顿第二定律，得：
mgtan37°=݉
㘴2
h0
其中
R0＝7.5m
解得，v＝7.5m/s
（3）由几何关系，座椅离地高度h＝2m
由平抛运动规律，得：
x＝vt
h= 1
2 tݐ2
解得，x＝4.5m
由勾股定理，落地点与游艺机中心距离为：
r'=
h0
2 + ݔ2 = 1.5 34m＝8.9m
答：（1）座椅受到绳子的拉力大小为500N；
（2）小明运动的线速度大小为7.5m/s；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，落地点与游艺机转轴（即图2 中O1 点）的距离为8.9m
【点评】飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力
或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力．
17．（10 分）我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车
厢叫拖车．某列动车组由8 节车厢组成，其中车头第1 节、车中第5 节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖
车的质量均为m＝2×104kg，每节动车提供的最大功率P＝600kW．
（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f 大小均为车厢重力的0.01 倍，若该动车组从静止以加速度a＝0.5m/s2
加速行驶．
a．求此过程中，第5 节和第6 节车厢间作用力大小；
b．以此加速度行驶时所能持续的时间．
（2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6 节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1．为提
高动车组速度，现将动车组改为4 节动车带4 节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1 与v2 的比值．
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【考点】37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】（1）a、以678 节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律即可求得牵引力；
b、根据牛顿第二定律求得牵引力，当匀加速度到最大速度时刚好达到额定功率即可求得
（2）当牵引力等于阻力时速度达到最大，明确阻力与速度有关即可判断
【解答】解：（1）a．以第6、7、8 三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有：
F﹣3f＝3ma
f＝0.01mg
代入数据解得：F＝3.6×104N
b．设每个动车提供最大功率为p，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm，对整个动车组进
行分析，据牛顿第二定律，有：
2F﹣8f＝8ma
2P＝2Fvm
2݌ܸ݉−8݂
= 8݉ܽ
代入数据解得：vm＝12.5m/s
持续时间为：ݐ=ܸ݉ܽ
= 25ݏ
（2）动车组以最大速度行驶时有：F 牵＝f 阻＝kv
依据公式有：p＝F 牵×v
2p＝kv1×v14p＝kv2×v2
两式相比得：
㘴1
㘴2
=
1
2
答：（1）a 求此过程中，第5 节和第6 节车厢间作用力大小为3.6×104N；
b．以此加速度行驶时所能持续的时间为25s．
（2）v1 与v2 的比值为1：2
【点评】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻
力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题．
18．（12 分）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质
弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0kg 的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能
平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径R
＝1.25m 位于竖直平面内的光滑
1
4圆弧轨道。质量m＝2.0kg 的物块B 从
1
4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B
与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m。设物块A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，
第一次碰撞前，物块A 静止。取g＝10m/s2．求：
（1）物块B 滑到
1
4圆弧的最低点C 时对轨道的压力；
（2）物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解
除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定
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律综合．
【分析】（1）物块在圆弧上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出滑到圆弧底部时的速度，在圆弧底
部应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后应用牛顿第三定律求出物块对轨道的压力。
（2）应用牛顿第二定律与运动学公式求出两物块碰撞前B 的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒
定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，对A 应用能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
（3）分析清楚物块运动过程，应用动量守恒定律与动量定理求出物块的运动时间。
【解答】解：（1）设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。
由机械能守恒定律得：mgR= 1
2mv02
代入数据解得：v0＝5 m/s，
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
㘴0
2
h ，
代入数据解得：F＝60N，
由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′＝F＝60N，方向：竖直向下。
（2）在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，
设物块B 通过传送带后运动速度大小为v，有v2﹣v02＝﹣2al
代入数据解得：v＝4m/s，
由于v＞u＝2 m/s，所以v＝4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B 第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒
定律得：mv＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：
1
2mv2= 1
2mv12+ 1
2Mv22，
解得：v1=−1
2 㘴=−2m/s，v2＝2m/s，
物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP= 1
2Mv22= 1
2 ×6×22＝12J；
（3）碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动。
设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，
由动能定理得：﹣μmgl′＝0−1
2mv12
解得：l′＝2m＜4.5m，
所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上。
当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。
可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v1′＝2m/s，
继而与物块A 发生第二次碰撞。设第1 次碰撞到第2 次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t1。
由动量定理得：μmgt1＝2mv1′，解得：ݐ1 =
2㘴1
'
ߤt = 2
ߤt × 1
2 㘴= 2 × 1
2 × 4 = 4ݏ，
设物块A、B 第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1′＝mv3+Mv4，
1
2mv1′2= 1
2mv32+ 1
2Mv42，
代入数据解得：v3=−2
2 =−1m/s，
当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。
可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v3′＝1m/s，继而与物块A 发生第2 次碰撞。
则第2 次碰撞到第3 次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：μmgt2＝2mv3
解得：ݐ2 =
2㘴3
'
ߤt = 2
ߤt × 1
2 㘴1 = 2
ߤt × 1
2 × 1
2 㘴= 2 × 1
22 × 4 = 2ݏ，
同上计算可知：物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…
第n 次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为：tn=
1
2h−1 × 4s，
构成无穷等比数列，公比：q= 1
2，
由无穷等比数列求和公式：ݐ总= ݐ1
1−ݍh
1−ݍ可知，
当n→∞时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为：t 总=
1
1−1
2
× 4 =8s；
答：（1）物块B 滑到
1
4圆弧的最低点C 时对轨道的压力大小为：60N，方向：竖直向下；
（2）物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能为12J；
（3）物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间为8s。
【点评】本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，
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应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。
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日期：2019/4/12 20:51:03 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019 年重庆市南开中学高考物理适应性试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．
92
238U→
90
234Th+
2
4He 是重核裂变的反应方程式
B．原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量
C．β衰变所释放的电子是原子核内的自由电子
D．铯原子核
55
133Cs 的结合能小于铅原子核
82
208Pb 的结合能
2．（6 分）如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r 的半球体物块A．现在A 上放一半径为r，质量
为2m 的光滑球体B，A 球球心距墙角的距离为2r，重力加速度为g。整个系统处于静止状态，则AB 间弹力大小
为（
）
A．
2 3
3 mg
B．2mg
C．
4 3
3 mg
D．．4mg
3．（6 分）一轿车和一卡车从同一地点出发，由静止开始向同一方向做匀加速直线运动，加速度大小分别为5m/s2 和
3m/s2，两车能达到的最大速度均为30m/s，则两车间的最大距离为（
）
A．20m
B．60m
C．90m
D．150m
4．（6 分）我国发射的第10 颗北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，该卫星的轨道平面与地球赤道平面有一
定的夹角，它的运行周期是24 小时。图中的“8”字是该卫星相对地面的运行轨迹，它主要服务区域为亚太地区。
已知地球半径为R，地球静止同步卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6 倍，地球表面重力加速度为g，下列说
法不正确的是（
）
A．该北斗卫星的轨道半径约为7R
B．该北斗卫星的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度
C．图中“8”字交点一定在赤道正上方
D．依题可估算出同步卫星的向心加速度大小约为
t
49
5．（6 分）在x 轴上关于原点对称的a、b 两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如图E﹣x 图象描绘了x 轴上部分
区域的电场强度（以x 轴正方向为电场强度的正方向）。对于该电场中x 轴上关于原点对称的c、d 两点，下列结
论正确的是（
）
A．两点场强相同，c 点电势更高
B．两点场强相同，d 点电势更高
C．两点场强不同，两点电势相等，均比O 点电势高
D．两点场强不同，两点电势相等，均比O 点电势低
6．（6 分）如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有三个带电粒子，它们在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，
其中1 和2 为质子的轨迹，3 为α粒子（氦核）的轨迹．三者的轨道半径关系为R1＞R2＞R3，并相切于P 点．设v、
a、T、F 分别表示它们做圆周运动的线速度、加速度、周期和所受的洛伦兹力的大小，则下列判断正确的是（
）
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A．v1＞v2＞v3
B．a1＞a2＞a3
C．T1＜T2＜T3
D．F1＝F2＝F3
7．（6 分）如图所示，质量为m1、带有正电荷q 的金属小球和质量为m2、不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置
于竖直向上、场强为E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v 匀速竖直上升。当小木球运动到A 点时细
线突然断开，小木球运动到B 点时速度为零，重力加速度为g，则（
）
A．小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为
(݉
1+݉
2)㘴݉
1
B．在小木球由点A 到点B 的过程中，两球组成的系统机械能增加
C．A、B 两点之间的电势差为
ܧ㘴2
2t
D．在小木球由点A 到点B 的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增加量
8．（6 分）如图所示，MN 为同一竖直线上相距为h 的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电场，一带点小球
（m，+q）从M 点以速度v0=
2t݄水平抛出，刚好能够通过N 点，过N 点时速度大小v＝2 2th，重力加速度
为g，则
（
）
A．电场强度E=
21݉
t
ݍ
B．电场强度E= 4݉
t
ݍ
C．小球从M 到N 点用时t=݄
2t
D．小球从M 到N 点用时t=
2݄
3t
二、非选择题：（一）必考题
9．（6 分）某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量滑动摩擦因数．将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底
端B 处固定一个光电门以测量物体通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h 高的A 处静止释放，测出滑到B 点
的速度v．改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A 到B 点的水平距离（即B、C 间的
距离）L＝0.8m 不变．重复实验，最后做出如图乙所示的H﹣v2 图象，
（1）木板倾斜程度更大时，为了保证L 不变，滑块下滑到底端B 点的位移将
（填“变大”“变小”或“不
变”）
（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝
（3）若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将
（填“变大”“变小”或“不变”）
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10．（9 分）某同学通过实验研究LED 灯的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、
不同规格的LED 灯两组、电键、导线．
（1）该同学将灯L1 连接成如图甲所示的实验电路．开关闭合前，滑动变阻器的滑片位置应置于
端（填“左”
或“右”）．各元件检查正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，而电流表始终无示数，且
灯L1 不亮，则一定断路的导线是
（2）更换导线后，移动滑动变阻器滑片，得到灯L1 的I﹣U 图象如图乙中的图线L1，则可知灯L1 的电阻随电压
增大而
（填“变大”“变小”或“不变”）
（3）换灯L2 重做实验，得到其I﹣U 图象如图乙中的图线L2．将滑动变阻器的滑片移到合适位置固定，同时撤
去导线2，接灯L2 时电流表的读数为0.16A，接灯L1 时电流表的读数为0.14A，灯被短路时，电流表的读数应为
A（结果保留两位有效数字）
11．（12 分）竖直平面内有两竖直放置的不计电阻的光滑导轨，间距l＝1m，导轨上端接电阻R，导轨间分布着如图
所示的磁场，aa′、bb′之间无磁场，高度差为hl＝0.2m，bb′、cc′之间有磁场，磁感应强度为B1＝lT，高度
差也为hl＝0.2m，cc′、dd′之间无磁场，高度差为h2＝3m，dd′下方有磁场B2，一质量m＝0.1kg 的不计电阻
的导体棒从aa′位置静止释放，进入磁场B1 区域刚好匀速运动，整个过程导体棒始终保持水平且和导轨接触良好，
重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）导体棒刚进入磁场B1 时的速度v1；
（2）定值电阻R 的阻值：
（3）要使导体棒刚进入B2 区域也匀速，磁感应强度B2 为多大．
12．（20 分）竖直平面内有固定的半径R＝0.15m 的光滑半圆轨道COD，圆心O 下方有水平向右的匀强电场，上方
无电场，传送带AB 以很大的速度逆时针转动，左端B 与圆形轨道上端C 在同一竖直线上。带电滑块（m，+q）
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与传送带间的摩擦因数μ＝0.1，将滑块无初速度从A 端释放，滑块滑过传送带后恰好可以沿着圆形轨道内侧运动，
然后滑上静止于粗糙地面上的木板M，已知m＝1kg，M＝2kg，M 的长度l2＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，电场
强度E=݉
t
2ݍ，M、m 之间的摩擦因数μ1＝0.7，M 与地面之间的摩擦因数为μ2= 1
6，木板右端与固定挡板之间的初
始距离PQ 为l3，滑块和木板撞到固定挡板速度都会立即变为零。求：
（1）传送带的长度l1；
（2）滑块刚滑上木板时的速度；
（3）滑块滑到D 点后M、m 之间的摩擦生热。
（二）选考题：【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
14．（10 分）如图所示为一简易火灾报警装置。其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，
使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L1 为20cm，水银上表面与导线下端的距离L2 为10cm，
管内水银柱的高度h 为13cm，大气压强P0＝75cmHg。
（1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？
（2）如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm 高的水银柱？
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2019 年重庆市南开中学高考物理适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．
92
238U→
90
234Th+
2
4He 是重核裂变的反应方程式
B．原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量
C．β衰变所释放的电子是原子核内的自由电子
D．铯原子核
55
133Cs 的结合能小于铅原子核
82
208Pb 的结合能
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JE：原子核的结合能；JJ：裂变反应和聚变反应．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的；
核力随核子间距离的变化可以表现为引力也可以表现为斥力；核子在结合成原子核的过程中会释放能量，产生质
量亏损。
【解答】解：A、裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核，所给方程式
92
238U→
90
234Th+
2
4He 不是此类，属于
α衰变。故A 错误；
B、由于质量亏损，原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量。故B 错误；
C、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的。故C 错误；
D、铯原子核
55
133Cs 的核子数多于铅原子核
82
208Pb 的核子数，所以铯原子核
55
133Cs 的结合能小于铅原子核
82
208Pb
的结合能。故D 正确；
【点评】该题考查到原子物理学的多个知识点的内容，知道衰变、裂变过程中的质量亏损以及结合能大小与核子
数的关系是解答本题的关键。
2．（6 分）如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r 的半球体物块A．现在A 上放一半径为r，质量
为2m 的光滑球体B，A 球球心距墙角的距离为2r，重力加速度为g。整个系统处于静止状态，则AB 间弹力大小
为（
）
A．
2 3
3 mg
B．2mg
C．
4 3
3 mg
D．．4mg
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对B 受力分析，根据几何关系求解球心连线与水平方向的夹角，再根据平衡条件求解即可。
【解答】解：根据题意可知，B 的质量为2m，
AB 处于静止状态，受力平衡，对B 受力分析，如图所示
根据几何关系可得cosθ= 2ݎ−ݎ
2ݎ
= 1
2
所以θ＝60°
根据平衡条件得：
F= 2݉
t
ݏthߠ= 4 3
3 mg，故C 正确，ABD 错误。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利
用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
3．（6 分）一轿车和一卡车从同一地点出发，由静止开始向同一方向做匀加速直线运动，加速度大小分别为5m/s2 和
3m/s2，两车能达到的最大速度均为30m/s，则两车间的最大距离为（
）
A．20m
B．60m
C．90m
D．150m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】当两车的速度相等时，两车相距最远，由速度时间公式求出速度相等的时间，根据位移时间公式求出轿
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车与卡车的最大距离；
【解答】解：经分析可知，当两车的速度均为vm＝30m/s 时距离最大
轿车和卡车，两车的速度达到最大速度，所用的时间分别为：
t1= 㘴݉ܽ
1 = 30
5 s＝6s
t2= 㘴݉ܽ
2 = 30
3 s＝10s
两车间的距离最大时，A、B 的位移大小分别为：
x1= 1
2 㘴݉ݐ1 +vm（t2﹣t1）＝90m+30×（10﹣6）m＝210m
又：x2= 1
2vmt2= 1
2 × 30 × 10m＝150m
解得：△x＝x1﹣x2＝60m，故B 正确，ACD 错误。
【点评】题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解，知道两车速度相等时，距离
最远。
4．（6 分）我国发射的第10 颗北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，该卫星的轨道平面与地球赤道平面有一
定的夹角，它的运行周期是24 小时。图中的“8”字是该卫星相对地面的运行轨迹，它主要服务区域为亚太地区。
已知地球半径为R，地球静止同步卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6 倍，地球表面重力加速度为g，下列说
法不正确的是（
）
A．该北斗卫星的轨道半径约为7R
B．该北斗卫星的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度
C．图中“8”字交点一定在赤道正上方
D．依题可估算出同步卫星的向心加速度大小约为
t
49
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据同步卫星的高度，结合地球的半径求出北斗卫星的轨道半径；抓住同步卫星和地球自转的角速度相
等，结合v＝rω比较北斗卫星和赤道上物体随地球自转的线速度大小。根据a＝rω2 得出同步卫星和地球赤道上物
体的加速度的关系，结合加速度与轨道半径的关系求出赤道上物体随地球自转的向心加速度大小。
【解答】解：A、北斗导航卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6 倍，则该北斗卫星的轨道半径约为7R，故A
正确。
B、由于同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，根据v＝rω知，北斗卫星的线速度大于赤道上物体随地球自
转的线速度，故B 错误。
C、北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，绕地球做圆周运动，圆心为地心，根据几何关系知，图中“8”
字交点一定在赤道正上方，故C 正确。
D、地球静止同步卫星的轨道距地面高度约为地球半径的6 倍，则该北斗卫星的轨道半径约为7R，根据a＝rω2
知，赤道上物体随地球自转的向心加速度是同步卫星的
1
7，根据ܽ
= ܩܯ
ݎ2 ，g= ܩܯ
h2 知，同步卫星的向心加速度为
1
72 t =
1
49 t，故D 正确。
本题选择错误的，
【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点，抓住同步卫星和地球赤道上物体的角速度相等得出线速度、加速
度关系，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道加速度与轨道半径的关系，并能灵活运用。
5．（6 分）在x 轴上关于原点对称的a、b 两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如图E﹣x 图象描绘了x 轴上部分
区域的电场强度（以x 轴正方向为电场强度的正方向）。对于该电场中x 轴上关于原点对称的c、d 两点，下列结
论正确的是（
）
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A．两点场强相同，c 点电势更高
B．两点场强相同，d 点电势更高
C．两点场强不同，两点电势相等，均比O 点电势高
D．两点场强不同，两点电势相等，均比O 点电势低
【考点】A6：电场强度与电场力；AC：电势．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据根据给出的E﹣x 图象判断出ab 处的电性，根据点电荷产生的场强和电场的叠加即可判断cd 两处的
场强大小，沿电场方向电势降低
【解答】解：根据给出的E﹣x 图象可知，在a 处为正电荷，在b 处为负电荷，根据点电荷产生的场强E=݇ܳݎ2 及电
场的叠加可知，cd 两处场强相同，电场方向由c 指向d，故c 点电势高，故A 正确
【点评】该题考查等量异种电荷电场的特点，解题的关键是先判断出两电荷的电性，根据点电荷的场强叠加和沿
电场线方向电势的变化变化
6．（6 分）如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有三个带电粒子，它们在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，
其中1 和2 为质子的轨迹，3 为α粒子（氦核）的轨迹．三者的轨道半径关系为R1＞R2＞R3，并相切于P 点．设v、
a、T、F 分别表示它们做圆周运动的线速度、加速度、周期和所受的洛伦兹力的大小，则下列判断正确的是（
）
A．v1＞v2＞v3
B．a1＞a2＞a3
C．T1＜T2＜T3
D．F1＝F2＝F3
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，可列式得到周期和半径的一般表达
式，由牛顿第二定律得到加速度的一般表达式，再分析大小．
【解答】解：A、C、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为ݎ=݉
㘴
ݍܤ，比荷相等时，r 与v 成正比，则有
v1＞v2。
设带电粒子的质量和电量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ，T 与比荷成
反比，质子与α粒子的比荷之比为2：1，则有T1＝T2＜T3。
由公式：v= 2ߨݎܶ，由于R2＞R3，T2＜T3，所以v2＞v3．故A 正确，C 错误。
B、粒子的加速度为ܽ
=݂
洛݉= ݍ㘴ܤ݉，因为v1＞v2，故有a1＞a2。
又：߱
= 2ߨܶ，T2＜T3，所以ω2＞ω3，根据a＝v•ω，所以a2＞a3．故B 正确；
D、根据公式：f 洛＝qvB，v1＞v2 所以F1＞F2．故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径和周期公式要熟记，同时也要注意与圆周运动的
其他公式相结合，也要学会应用．
7．（6 分）如图所示，质量为m1、带有正电荷q 的金属小球和质量为m2、不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置
于竖直向上、场强为E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v 匀速竖直上升。当小木球运动到A 点时细
线突然断开，小木球运动到B 点时速度为零，重力加速度为g，则（
）
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A．小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为
(݉
1+݉
2)㘴݉
1
B．在小木球由点A 到点B 的过程中，两球组成的系统机械能增加
C．A、B 两点之间的电势差为
ܧ㘴2
2t
D．在小木球由点A 到点B 的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增加量
【考点】AE：电势能与电场力做功；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】细线断开前，两球在电场中做匀速直线运动，两球组成的系统总重力与电场力平衡，断开细线后，两球
的总重力与电场力均不变，系统的合力仍为零，两球组成的系统总动量守恒，根据动量守恒定律分析小木球的速
度为零时，金属小球的速度。对于木球B，细线断开后，只受重力，机械能守恒，由机械能守恒定律求解上升的
高度AB，再由U＝Ed 求出A、B 间的电势差。根据能量守恒定律分析小木球从点A 到点B 的过程中，其动能的
减少量与两球重力势能增加量的关系。
【解答】解：A、断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动量守恒定
律得：
（m1+m2）v＝m1v′
得金属小球的速度大小为：v′= (݉
1+݉
2)㘴݉
1
．故A 正确。
B、小木球从点A 到点B 的过程中，由于电场力做正功，电势能减小，则知A、B 组成的系统机械能在增加，故
B 正确。
C、断开细线后，木球的机械能守恒，则有m2gh= 1
2m2v2，得：h= 㘴2
2t，即A、B 间距离为h= 㘴2
2t，两点A、B 之
间的电势差为：U＝Eh= ܧ㘴2
2t ．故C 正确。
D、小木球从点A 到点B 的过程中，其动能的减少量等于木球重力势能的增加量，电场力对金属小球所做的功等
于金属小球的机械能增加量。故D 错误。
故选：ABC。
【点评】本题在物理上称为脱钩问题，两球虽然没有发生作用，但系统的合力为零，也遵守动量守恒。
8．（6 分）如图所示，MN 为同一竖直线上相距为h 的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电场，一带点小球
（m，+q）从M 点以速度v0=
2t݄水平抛出，刚好能够通过N 点，过N 点时速度大小v＝2 2th，重力加速度
为g，则
（
）
A．电场强度E=
21݉
t
ݍ
B．电场强度E= 4݉
t
ݍ
C．小球从M 到N 点用时t=݄
2t
D．小球从M 到N 点用时t=
2݄
3t
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
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【分析】将小球的运动沿水平方向与竖直方向分解，由竖直方向的运动特点，即可求出电场力在竖直方向的分量
和运动的时间；结合水平方向的运动求出电场力在水平方向的分量，然后由矢量合成的方法求出电场力的大小和
电场强度的大小。
【解答】解：将小球的运动分解为水平方向的运动与竖直方向的运动，由于竖直方向重力与电场力都做正功，可
知在竖直方向电场力的分量竖直向下；由于N 点恰好在M 点的正下方，选择竖直方向为y 方向，水平方向为x
方向，则电场力沿竖直方向的分量不做功，所以：W＝Fy•h
所以电场力沿竖直方向的分量为：Fy＝2mg
小球沿竖直方向的加速度为：ay= ܨݕ+݉
t݉
则小球运动的时间为：t=
2݄
3t
小球到达N 点时沿竖直方向的分速度为：vy＝ayt=
6t݄，
小球沿水平方向的分速度为：vx=
㘴2 −㘴ݕ
2 =
2th
在水平方向上根据动量定理有：Fx•t＝mvx＝mv0
所以有：Fx＝2 3mg
则小球受到的电场力为：F=
ܨݔ
2 + ܨݕ
2 =4mg
所以电场强度为：E= 4݉
t
ݍ．故BD 正确、AC 错误；
故选：BD。
【点评】该题结合运动的合成与分解考查带电小球在混合场中的运动，解答的关键是正确将小球的运动分解，把
握个分运动的特点。
二、非选择题：（一）必考题
9．（6 分）某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量滑动摩擦因数．将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底
端B 处固定一个光电门以测量物体通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h 高的A 处静止释放，测出滑到B 点
的速度v．改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A 到B 点的水平距离（即B、C 间的
距离）L＝0.8m 不变．重复实验，最后做出如图乙所示的H﹣v2 图象，
（1）木板倾斜程度更大时，为了保证L 不变，滑块下滑到底端B 点的位移将
变大
（填“变大”“变小”或“不
变”）
（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝
0.375
（3）若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将
不变
（填“变大”“变小”或“不变”）
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据几何关系得出滑块下滑到底端B 点的位移与L 之间的关系分析变化；
根据牛顿第二定律和运动学公式表示出h 与v2 之间的关系求解滑动摩擦因数µ；
根据动能定理得出h 与v2 之间的关系分析求解．
【解答】解：（1）根据几何关系得出滑块下滑到底端B 点的位移x=
ܮܿ
݋ݏߠ，
木板倾斜程度更大时，为了保证（即B、C 间的距离）L＝0.8m 不变，滑块下滑到底端B 点的位移将变大．
（2）根据h﹣v2 图象得v＝0 时，h＝0.3，即此时滑块处于平衡状态，
根据牛顿第二定律得μmgcosθ＝mgsinθ
µ＝tanθ= 0.3
0.8 =0.375，
（3）若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，
根据动能定理得
mgh﹣μmgcosθ×
ܮܿ
݋ݏߠ= 1
2mv2
h= 㘴2
2t +μL
所以若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将不变．
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故答案为：
（1）变大；
（2）0.375；
（3）不变．
【点评】熟练应用数学知识和牛顿第二定律以及运动学公式解决问题；认真审题、熟练应用数学知识，并把握匀
变速直线运动的特点和本实验的实验原理是解决此题的前提．
10．（9 分）某同学通过实验研究LED 灯的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、
不同规格的LED 灯两组、电键、导线．
（1）该同学将灯L1 连接成如图甲所示的实验电路．开关闭合前，滑动变阻器的滑片位置应置于
左
端（填“左”
或“右”）．各元件检查正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，而电流表始终无示数，且
灯L1 不亮，则一定断路的导线是
6
（2）更换导线后，移动滑动变阻器滑片，得到灯L1 的I﹣U 图象如图乙中的图线L1，则可知灯L1 的电阻随电压
增大而
变小
（填“变大”“变小”或“不变”）
（3）换灯L2 重做实验，得到其I﹣U 图象如图乙中的图线L2．将滑动变阻器的滑片移到合适位置固定，同时撤
去导线2，接灯L2 时电流表的读数为0.16A，接灯L1 时电流表的读数为0.14A，灯被短路时，电流表的读数应为
0.22
A（结果保留两位有效数字）
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）分压电路开始时的电压要从0 开始；根据实验原理分析实验电路图，明确断点的位置；
（2）结合I﹣U 图象的特点，分析LED 等的电阻的性质；
当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率最小，
在同一坐标系内作出电源U﹣I 图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率．
【解答】解：（1）该同学将灯L1 连接成如图甲所示的实验电路．由图可知该电路为分压式的电路，所以开关闭合
前，滑动变阻器的滑片位置应置于左端，使开始时的LED 灯的电压最小．各元件检查正常，闭合开关后，移动
滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，说明电路中的滑动变阻器之前的电路没有问题，电压表的支路也没有物体；
而电流表始终无示数，且灯L1 不亮，则只有LED 灯的支路存在问题．所以一定断路的导线是6．
（2）在I﹣U 图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原
点的连线的斜率增大，所以可知待测电阻的电阻值减小；
（3）由图乙可以读出，接灯L2 时电流表的读数为0.16A，此时的电压为：U2＝0.8V；接灯L1 时电流表的读数为
0.14A，此时的电压：U1＝1.05V；
设电源的电动势为E，电路中的其他部分的电阻值为R，由闭合电路的欧姆定律得：
E＝U1+I1R
①
E＝U2+I2R
②
联立得：E＝2.8V，R＝12.5Ω
所以当灯被短路时，电流表的读数：
I= ܧ
h = 2.8
12.5 = 0.224 ≈0.22Ω
故答案为：（1）左，6；（2）变小；（3）0.22
【点评】应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；本题最后一问是本题的难点，要注
意图象法的应用．
11．（12 分）竖直平面内有两竖直放置的不计电阻的光滑导轨，间距l＝1m，导轨上端接电阻R，导轨间分布着如图
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所示的磁场，aa′、bb′之间无磁场，高度差为hl＝0.2m，bb′、cc′之间有磁场，磁感应强度为B1＝lT，高度
差也为hl＝0.2m，cc′、dd′之间无磁场，高度差为h2＝3m，dd′下方有磁场B2，一质量m＝0.1kg 的不计电阻
的导体棒从aa′位置静止释放，进入磁场B1 区域刚好匀速运动，整个过程导体棒始终保持水平且和导轨接触良好，
重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）导体棒刚进入磁场B1 时的速度v1；
（2）定值电阻R 的阻值：
（3）要使导体棒刚进入B2 区域也匀速，磁感应强度B2 为多大．
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）导体棒在进入磁场B1 前做自由落体运动，由速度位移关系公式求v1．
（2）导体棒进入磁场B1 区域刚好匀速运动，重力与安培力平衡，由平衡条件可求解R 的阻值．
（3）由运动学公式求出导体棒刚进入B2 区域时的速度，再由平衡条件求解B2．
【解答】解：（1）导体棒在进入磁场B1 前做自由落体运动，则导体棒刚进入磁场B1 时的速度为：
v1=
2t݄1 =
2 × 10 × 0.2m/s＝2m/s
（2）导体棒进入磁场B1 区域刚好匀速运动，受力平衡，则有：
mg＝B1I1l
又I1= ܤ1t㘴1
h
联立得：R=
ܤ1
2t2㘴1݉
t
= 12×12×2
1
Ω＝2Ω
（3）设导体棒刚进入B2 区域时的速度为v2．
由㘴2
2㘴1
2 =2gh2 得：v2=
㘴1
2 + 2t݄2 =
22 + 2 × 10 × 3m/s＝8m/s
要使导体棒刚进入B2 区域匀速运动，受力必须平衡，则有：
mg＝B2I2l=
ܤ2
2t2㘴2
h
得：B2= 1
t݉
th
㘴2
= 1
1 ×
0.1×10×2
8
T＝0.5T
答：（1）导体棒刚进入磁场B1 时的速度v1 为2m/s．
（2）定值电阻R 的阻值为2Ω：
（3）要使导体棒刚进入B2 区域也匀速，磁感应强度B2 为0.5T．
【点评】解决本题的关键是推导出安培力与速度的关系式，运用电磁感应和力学基本规律解答．
12．（20 分）竖直平面内有固定的半径R＝0.15m 的光滑半圆轨道COD，圆心O 下方有水平向右的匀强电场，上方
无电场，传送带AB 以很大的速度逆时针转动，左端B 与圆形轨道上端C 在同一竖直线上。带电滑块（m，+q）
与传送带间的摩擦因数μ＝0.1，将滑块无初速度从A 端释放，滑块滑过传送带后恰好可以沿着圆形轨道内侧运动，
然后滑上静止于粗糙地面上的木板M，已知m＝1kg，M＝2kg，M 的长度l2＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，电场
强度E=݉
t
2ݍ，M、m 之间的摩擦因数μ1＝0.7，M 与地面之间的摩擦因数为μ2= 1
6，木板右端与固定挡板之间的初
始距离PQ 为l3，滑块和木板撞到固定挡板速度都会立即变为零。求：
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（1）传送带的长度l1；
（2）滑块刚滑上木板时的速度；
（3）滑块滑到D 点后M、m 之间的摩擦生热。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）滑块滑到B 点的过程列动能定理表达式，滑块滑过传送带后恰好可以沿着圆形轨道内侧运动，在C
点由重力提供向心力，则传送带的长度可解；
（2）滑块从C 到D 由动能定理可求得滑块刚滑上木板时的速度；
（3）m 滑上木板M 后m 做减速运动，M 做加速运动，直到速度相等，由牛顿第二定律结合运动学公式可判断m
不会掉下去，能达到共同速度，此后由于qE＝μ2（M+m）g，整体向右匀速运动，但因为l3 大小未知，可能共速
后撞到固定挡板，也可能共速前撞到挡板，分情况讨论求解即可。
【解答】解：（1）滑块滑到B 点的过程由动能定理得：μmgl1= 1
2݉
㘴1
2 −0
滑过传送带后恰好可以沿着圆形轨道内侧运动，由牛顿第二定律得：mg＝m
㘴1
2
h
联立解得：l1＝0.75m
（2）滑块从C 到D 由动能定理有：mg•2R+qER= 1
2݉
㘴2
2 −1
2݉
㘴1
2
解得：v2＝3m/s
（3）m 滑上木板M 后m 做减速运动，M 做加速运动，直到速度相等，该过程由牛顿第二定律得：
对m 有：μ1mg﹣qE＝ma1
对M 有：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
解得：a1＝2m/s2
a2＝1m/s2
经过时间t 两者共速，则v2﹣a1t＝a2t＝v 共
解得：t＝1s
v 共＝1m/s
该段时间内m 位移：x1=
㘴2+㘴共
2
t＝2m
M 位移：x2=
㘴共
2 t＝0.5m
相对位移△x＝x1﹣x2＝1.5m＜l2
因此m 不会掉下去，可以共速
此后由于qE＝μ2（M+m）g，整体向右匀速运动，但因为l3 大小未知，可能共速后撞到固定挡板，也可能共速前
撞到挡板
当l3≥0.5m，共速后M 撞到挡板，m 继续减速，x1′=
㘴
共
2
2ܽ1 =0.25m＜l2﹣△x＝0.3m
则摩擦生热：Q＝μ1mg（△x+x1）＝12.25J
当l3＜0.5m，共速前撞到挡板，即全程m 做减速运动，又有两种情况，能撞到挡板和不能撞到挡板
x1 总=
㘴2
2
2ܽ1 =2.25m＝l2+l3′可得l3′＝0.45m
因此当l3≤0.45m，m 会撞到挡板，相对位移即为l2，
则摩擦生热：Q＝μ1mgl2＝12.6J
当0.45m＜l3＜0.5m，m 不会撞到挡板，则相对位移△x 总＝x1 总﹣l3＝2.25﹣l3
则摩擦生热：Q＝μ1mg△x 总＝（15.75﹣7l3）J
答：（1）传送带的长度是0.75m；
（2）滑块刚滑上木板时的速度3m/s；
（3）滑块滑到D 点后：当l3≥0.5m，共速后撞到挡板，摩擦生热为12.25J
当l3＜0.5m，共速前撞到挡板，摩擦生热为12.6J
当0.45m＜l3＜0.5m，m 不会撞到挡板，摩擦生热为（15.75﹣7l3）J。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，分析清楚滑块和木板的运动情况是求解
的关键，难度较大。
（二）选考题：【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
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A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
【考点】81：分子动理论的基本观点和实验依据．菁优网版权所有
【分析】把很多小的单晶体放在一起，仍然是晶体，第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定
律，绝对零度只能无限接近。
【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反应液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭
粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故A 正确；
B、分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r＜r0，分子力随r 增大减小，当r＝r0 时，分子力等于
零，然后随r 增大先增大再减小，故B 错误；
C、由于r＝r0 时分子势能最小，若分子之间距离开始小于r0，则随着分子距离的增大，分子势能先减小后增大，
故C 正确；
D、分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D 正确；
E、温度升高，分子平均动能增大，但单个分子运动不确定，故E 错误。
故选：ACD。
【点评】本题考查的内容较多，其中重点掌握布朗运动的实质，分子力和分子平均动能的大小关系。
14．（10 分）如图所示为一简易火灾报警装置。其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，
使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L1 为20cm，水银上表面与导线下端的距离L2 为10cm，
管内水银柱的高度h 为13cm，大气压强P0＝75cmHg。
（1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？
（2）如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm 高的水银柱？
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）抓住压强不变，根据查理定律求出温度。
（2）根据压强、体积、温度的变化，结合理想气体状态方程求出注入的水银柱高度。
【解答】解：（1）根据等压变化得，ܶ1ܶ
2
=ܸ
1ܸ
2
，
T1＝300K，V1＝20s，V2＝30s
即
300ܶ
2
=
20
30，
得T2＝450K，
则t2＝450﹣273＝177℃。
（2）设加入xcm 的水银柱，在87℃时会报警。
根据理想气体状态方程得，ܲ
1ܸ
1ܶ
1
=ܲ
3ܸ
3ܶ
3
，
P1＝P0+h＝88cmHg，V1＝20s，T1＝300K，P3＝（88+x）cmHg，T3＝273+87K＝360K，V3＝（43﹣x﹣13）s
88×20
300
=
(88+ݔ)(43−ݔ−13)
360
，
解得x＝8cm。
答：（1）当温度达到177℃摄氏度时，报警器会报警。
（2）如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入8cm 高的水银柱。
【点评】气体状态变化可以应用理想气体状态方程求解，在第一问中，气体的压强不变，发生的是等压变化。
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日期：2019/4/14 18:49:53 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2019 年浙江省宁波市镇海中学选考物理模拟试卷
一、选择题（本题共13 小题，每小题3 分，共39 分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不
选、多选、错选均不得分）
1．（3 分）关于力与运动的关系，下列说法中正确的是（
）
A．必须有力的作用物体才能运动
B．牛顿第一定律可以用实验直接验证
C．伽利略用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D．牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
2．（3 分）功的单位是焦耳（J），焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（
）
A．1J＝1kg•m/s
B．1J＝1kg•m/s2
C．1J＝1kg•m2/s
D．1J＝1kg•m2/s2
3．（3 分）如图甲所示为一运动员（可视为质点）进行三米板跳训练的场景，某次跳水过程的v﹣t 图象如图乙所示，
t＝0 是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起能上升的高度最接近（
）
A．0.38m
B．0.80m
C．1.10m
D．3.00m
4．（3 分）如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B 两点绕O 点转动的角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、
vB，则（
）
A．ωA＜ωB，vA＝vB
B．ωA＞ωB，vA＝vB
C．ωA＝ωB，vA＜vB
D．ωA＝ωB，vA＞vB
5．（3 分）2018 年10 月24 日，在地球观测组织（GEO）全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会
免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”（如图所示）和全球第一颗二氧化碳监测科学实
验卫星（简称“碳卫星”）的数据。“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面700 公里的圆轨道对地球
进行扫描，汇集约140 天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是
（
）
A．“风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度
B．“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度
C．“碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合
D．“风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度
6．（3 分）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的
B 点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，AB 两点高度差h＝1m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则球
刚要落到球拍上时速度大小为（
）
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A．4 5݉
/ݏ
B．2 5݉
/ݏ
C．
4
3
15݉
/ݏ
D．2 15݉
/ݏ
7．（3 分）研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1 倍。某同学体重为70kg，在水平地面上匀速
步行的速度为5km/h，此过程中他的平均功率约为（
）
A．5W
B．50W
C．100W
D．200 W
8．（3 分）刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使
用劈的时候，垂直劈背上加一力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压物体，把木柴劈开。设劈背
的宽度为d，劈的斜面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为（
）
A．݀tF
B．
t݀F
C．
t
2݀F
D．݀2tF
9．（3 分）为了研究电介质的极化性质，设想用α粒子轰击某电介质。电介质极化时产生很多电偶极子，电偶极子可
视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种电荷垂直平分上某点A 开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷，
轨迹如图中实线所示，则下列说法中错误的是（
）
A．α粒子在C 点时电势能比A 位置时小
B．α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加
C．α粒子在C 点时加速度比A 位置时大
D．要使a 粒子沿着虚线做匀速直线运动，则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
10．（3 分）法拉第电动机的改装电路如图甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S 极向上，一根金属
杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的链相连。在电路中A、B 点间接入图乙所示交流电
时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水很构成回路，电路安全且正常工作（不计金属杆在转动中水银阻力的
影响及水银电阻的变化），则从上往下看，金属杆（
）
A．逆时针匀速转动
B．逆时针非匀速转动
C．顺时针匀速转动
D．顺时针非匀速转动
11．（3 分）如图所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将（
）
A．向上偏转
速率越来越小
B．向上偏转
速率保持不变
C．向下偏转
速率越来越大
D．向下偏转
速率保持不变
12．（3 分）如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电
介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，
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最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ ，则被测物体（
）
A．向左移动时，θ增加
B．向右移动时，θ增加
C．向左移动时，θ不变
D．向右移动时，θ减少
13．（3 分）如图所示，我国“玉兔号”月球车已从原定的冬眠计划中“苏醒”，并能正常接收信号，它利用太阳光照
射太阳能电池板产生的电能，使电动机带动月球车前进。已知总质量为140 kg 的“玉兔号”中所安装的太阳能电
池板的电动势为45 V，内阻为10Ω，正常工作时电池板的输出功率为45 W．“玉兔号”在某一次正常工作时，在
平直的月球表面上从静止出发沿直线加速行驶，经过5 s 时间速度达到最大值0.05 m/s，假设这一过程中“玉兔号”
所受阻力恒定，且电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率。根据题意可知（
）
A．“玉兔号”中太阳能电池板的短路电流为10 A
B．“玉兔号”在运动过程中所受阻力大小为900 N
C．“玉兔号’’在上述运动过程中所受合外力做功为180 J
D．“玉兔号”在上述运动过程中所前进的距离约为0.26 m
二、不定项选择题（本题共3 小题，每小题4 分，共12 分，在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符
合题意，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分．）
14．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B．波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验
规律
C．单缝衍射实验的结果表明：微观粒子的位置和动量不能够同时确定
D．电磁波频率越高，相同的时间能传递的信息量越大
15
．（
4
分
）
关
于
如
下
现
象
的
表
述
正
确
的
是
（
）
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A．甲图中是利用紫外线进行防伪
B．乙图中利用β射线照射人体进行透视的
C．丙图中夜视系统是利用红外线
D．丁图中蝙蝠和雷达均利用超声波定位
16．（4 分）如图甲所示为一简谐波在t＝0 时刻的图象，图乙所示为x＝4m 处的质点P 的振动图象，则下列判断正确
的是（
）
A．这列波的波速是2m/s
B．这列波的传播方向沿x 正方向
C．t＝3.5s 时P 点的位移为0.2m
D．从t＝0 时刻开始P 点的振动方程为y＝0.2sin（πt+π）m。
三、非选择题
17．（5 分）（1）在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋
的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2 根、3 根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测
出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系。
（a）要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量（填正确答案标号，g 已知）
A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量△x
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（b）根据实验数据做出W﹣v2 的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是
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（2）某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，
固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O 的正上方A 处，另一端系绳套1 和
绳套2。
（a）主要实验步骤如下：
①弹簧测力计挂在绳套1 上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，记下弹簧测力计的示数F；
②弹簧测力计挂在绳套1 上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 点，此时绳套1 沿0°方向，
绳套2 沿120°方向，记下绳套1 弹簧测力计的示数F1；
③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1 的拉力F1′＝
；
④比较
，即可初步验证；
⑤只改变绳套2 的方向，重复上述实验步骤。
（b）保持绳套2 方向不变，绳套1 从图示位置向下缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O 处不动，关
于绳套1 的拉力大小的变化，下列结论正确的是
。
A．逐渐增大B．先增大后减小
C．逐渐减小D．先减小后增大
18．（5 分）电脑USB 接口可用于手机充电，相当于一个电源。小明想利用测电源电动势和内电阻的方法来测量电脑
USB 接口“等效电源”的电动势和内电阻。
（1）小明从USB 接口引出连接线，用多用电表粗测电动势，选择的挡位和示数如图甲所示，则电动势的粗略测
量值为
V．其中与多用电表红表笔连接的是电源的
（填“正极”或“负极”）。
（2）小明根据粗测结果设计电路，并根据电路图连接实物如图乙1 所示，USB 电源引出线如图乙2 细节图所示，
为保护USB 接口，电路中串联阻值为3Ω的定值电阻。小明根据图乙电路测出了六组数据，并将点描在了U﹣I 坐
标系中，由于测量方案的原因，数轴都未从0 开始，请你帮他画好图线，并根据图象求得“等效电源”电动势E
＝
V、内电阻r＝
Ω．（结果小数点后面保留一位）
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（3）根据图丙U﹣I 坐标系中的数据点，发现电流表的示数接近0.30A 时，伏特表示数要超过3V 量程，为了能
测得更小的电流数据，提高实验精度，你认为下列做法正确的是
。
A．将伏特表量程换成0﹣15V
B．将伏特表拿掉
C．将电阻箱换成滑动变阻器
D．将安培表的量程换为0﹣3A
19．（9 分）随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母
舰的水平跑道总长L＝180m，其中电磁弹射区的长度为L1＝80m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾
提供一个恒定的牵引力F 牵．一架质量为m＝2.0×104kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×
105N．假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2 倍。已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40m/s，
航空母舰处于静止状态，（取g＝10m/s2）求：
（1）飞机在后一阶段的加速度大小；
（2）飞机在电磁弹射区末的速度大小；
（3）电磁弹射器的牵引力F 牵的大小。
20．（12 分）“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片
遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即
称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m 处，以8m/s 的水平初速度用力飞出一质量为
20g 的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N．假设每次小石片
接触水面相同的时间0.04s 后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之
比为常数k，k＝0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2 加速度沿竖直方向沉入深为1m 的水底。不计空
气阻力。求：
（1）小石片第一次接触水面时的速度；
（2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；
（3）小石片从抛出到沉入水底的总时间。
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21．（2 分）某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在
学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
（1）下列操作正确的是
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
（2）该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线
圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压
（选填
“增大”、“减小”或“不变”）。
22．（2 分）在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量。如图
所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1 的质量为120g，滑块2 的质量为220g。他先让滑块2 静止放置
在两个光电门之间，滑块1 向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1 反弹，滑块2 向右通过光电门，其中光电门1 显示的
两个时间先后分别为t1＝0.034s 和t1′＝0.144s，光电门2 显示的时间t2＝0.050s，则碰撞后的滑块1 和滑块2 总
动量的大小为
kg•m/s（结果保留两位有效数字）。
23．如图，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左侧接一阻值为R 的电阻。矩形区域abfe 内存在垂直轨
道平面向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．导轨上ac 段和bd 段单位长度的电阻为r0，导轨其余部分电
阻不计，且ac＝bd＝x1．一质量为m，电阻不计的金属棒MN 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。金属棒受到
一个水平拉力作用，从磁场的左边界由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a。棒运动到cd 处撤去外力，
棒在运动到磁场右边界ef 处恰好静止。求：
（1）金属棒在区域abdc 内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x（相对b 点）的表达式；
（2）试求撤去外力后在区域cdfe 内切割磁感线时棒的速度v 随位移x（相对d 点）的变化规律以及df 的长度x2
应满足什么条件。
（3）金属棒在整个运动过程中电阻R 的最大电流值和最小值。
24．如图所示，空间存在两对平行板，平行板间存在垂直纸面向内的匀强磁场，板间距d＝5cm，MN、PQ 为磁场的
边界，MN、PQ 之间存在水平向右的匀强电场，OO′为该区域的对称轴，MN 与PQ 之间的距离L＝2cm。两个
质量均为m、电荷量分别为+q 和﹣q 的粒子以相同速度大小v0＝2×105m/s 垂直电场线进入电场，而后以v＝
2 2 ×105m/s 大小的速度进入磁场，粒子重力不计。
（1）若两个粒子都从O 点沿OO′直线入射，试判断两粒子的轨迹是否关于OO′直线对称？
（2）若+q 粒子从O 点沿OO′直线入射，﹣q 粒子由O′沿O′O 直线入射（未画出），且已知两粒子在磁场中
运动的周期为
2
2 π×10
﹣7s，试判断两粒子是否会打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置；若不能打在到上，
则求出两粒子分别从O、O′进入到第一次离开磁场各自所用的时间。
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（3）若+q 粒子仍从O 沿OO′直线入射，﹣q 粒子从O′沿O′O 直线入射，且已知两粒子的比荷
ݍ݉=5×107C/kg，
若要使粒子进出磁场一次后，从MP 或NQ 之间离开电场，求磁感应强度B 的取值范围。
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2019 年浙江省宁波市镇海中学选考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共13 小题，每小题3 分，共39 分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不
选、多选、错选均不得分）
1．（3 分）关于力与运动的关系，下列说法中正确的是（
）
A．必须有力的作用物体才能运动
B．牛顿第一定律可以用实验直接验证
C．伽利略用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D．牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
【考点】31：惯性与质量；36：牛顿第一定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】明确牛顿运动定律的基本内容，知道力和运动的关系，明确力不是维持物体运动状态的原因，而是改变
物体运动状态的原因。
【解答】解：A、物体的运动不需要力来维持，不受外力的物体可以做匀速直线运动，故A 错误；
B、牛顿第一定律无法用实验直接验证，故B 错误；
C、理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，故C 正确；
D、惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D 错误。
【点评】本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便
可对大多数的现象进行分析和判断。同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力
的作用。
2．（3 分）功的单位是焦耳（J），焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（
）
A．1J＝1kg•m/s
B．1J＝1kg•m/s2
C．1J＝1kg•m2/s
D．1J＝1kg•m2/s2
【考点】3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出
单位。
【解答】解：根据W＝FL 可得，
所以1J＝1N•m，
根据牛顿第二定律F＝ma 可知，
力的单位为：1N＝1kg•m/s2，所以BCD 错误；
所以有：1J＝kg•m2/s2
所以D 正确，ABC 错误。
【点评】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来
分析物理量的单位即可。
3．（3 分）如图甲所示为一运动员（可视为质点）进行三米板跳训练的场景，某次跳水过程的v﹣t 图象如图乙所示，
t＝0 是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起能上升的高度最接近（
）
A．0.38m
B．0.80m
C．1.10m
D．3.00m
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，速度的正负表示速度的方向。该运动员跳水过程
的总位移等于3m，根据“面积”表示位移求出0﹣t1 时间内上升的高度。
【解答】解：设跳水运动员起的速度大小为v，上升的最大高度为h。
由v﹣t 图象与坐标轴围成面积表示位移，可知：
3㘴⋅3ݐ1
2
−
㘴ݐ1
2 =3m
又h= 㘴ݐ1
2
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联立解得：h＝0.375m≈0.38m
【点评】本题主要是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，速度的正负表示运动方向，
图象的面积代表的是位移。
4．（3 分）如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B 两点绕O 点转动的角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、
vB，则（
）
A．ωA＜ωB，vA＝vB
B．ωA＞ωB，vA＝vB
C．ωA＝ωB，vA＜vB
D．ωA＝ωB，vA＞vB
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】同轴转动，角速度相等；根据v＝rω判断线速度大小。
【解答】解：杆上A、B 两点绕O 点的转动属于同轴转动，所以角速度相等，故ωA＝ωB；
由于rA＞rB，根据v＝rω，vA＞vB；所以选项ABC 错误，D 正确。
【点评】本题关键是明确同轴转动角速度相等，然后根据线速度与角速度关系公式比较线速度大小；也可以直接
根据线速度和角速度的定义公式判断，基础题。
5．（3 分）2018 年10 月24 日，在地球观测组织（GEO）全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会
免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”（如图所示）和全球第一颗二氧化碳监测科学实
验卫星（简称“碳卫星”）的数据。“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面700 公里的圆轨道对地球
进行扫描，汇集约140 天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是
（
）
A．“风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度
B．“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度
C．“碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合
D．“风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度
【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力比较“飞云四号”卫星和“碳卫星”的向心加速度和线速度，第一宇宙速度是
最大的运行速度，由于地球自转，“碳卫星”的轨道无法和某一经线重合。
【解答】A、根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉ܽ
，可知运行轨道半径越大向心加速度越小，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳
卫星”的轨道半径，所以“风云四号”卫星的向心加速度小于“碳卫星”的向心加速度，故A 错误；
B、由ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，有㘴=
ܩܯ
ݎ，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，所以“风云四
号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度，故B 正确；
C、由于地球的自转，“碳卫星”的运行轨道无法和地球的经线重合，故C 错误；
D、第一宇宙速度是最大的运行速度，所以“风云四号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故D 错误；
【点评】本题考查考生的推理能力，需要考生熟练运用万有引力定律及几何知识解题。
6．（3 分）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的
B 点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，AB 两点高度差h＝1m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则球
刚要落到球拍上时速度大小为（
）
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A．4 5݉
/ݏ
B．2 5݉
/ݏ
C．
4
3
15݉
/ݏ
D．2 15݉
/ݏ
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】根据高度求出平抛运动的时间，结合速度时间公式求出球的竖直分速度，根据平行四边形定则求出球刚
要落到球拍上时速度大小。
【解答】解：根据h = 1
2 tݐ2得，t=
2݄
t =
2×1
10 ݏ=
1
5ݏ，
竖直分速度：㘴ݕ= tݐ= 10 ×
1
5݉
/ݏ= 2 5m/s，
根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v=
㘴ݕܿ
݋ݏ60° = 2 5
1
2݉
/ݏ= 4 5m/s，故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和平行四边形定则
综合求解，难度不大。
7．（3 分）研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1 倍。某同学体重为70kg，在水平地面上匀速
步行的速度为5km/h，此过程中他的平均功率约为（
）
A．5W
B．50W
C．100W
D．200 W
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【分析】人的质量为M＝70kg，由于人步行时重心升降的幅度约脚跨一步距离的0.1 倍，求得人重心上升的高度，
即可求得克服重力所做的功，再根据P=ܹݐ求出功率；
【解答】解：在水平地面上匀速步行的速度为5km/h，即1h 步行了5km，人步行时重心升降的幅度约脚跨一步距
离的0.1 倍，故在5km 的过程中重心上升的高度为△h＝0.1x＝500m，人的重力为G＝700N，故克服重力做功为
W＝mgh＝3.5×105J，
1h＝3600s，根据P=ܹݐ= 3.5×105
3600
≈100W，故C 正确；
【点评】本题考查功和功率的计算，要注意正确理解重力做功的计算方法，抓住重心总的上升高度是解题的关键。
8．（3 分）刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使
用劈的时候，垂直劈背上加一力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压物体，把木柴劈开。设劈背
的宽度为d，劈的斜面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为（
）
A．݀tF
B．
t݀F
C．
t
2݀F
D．݀2tF
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】力F 产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F 按照力的平行四边形定则分解，由力三角形找几何
关系，得到两个分力。
【解答】解：将力F 分解为F1、F2 两个分力。这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，根据对称性，两分力F1、F2
大小相等，这样，以F1、F2 为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三
角形相似：݀
2
ܮ=
ܨ
2
ܨ1
所以ܨ1 = ܨ2 = ܮ݀ܨ，故B 正确；ACD 错误；
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【点评】力的分解通常要根据力的作用效果分解，符合平行四边形定则，然后根据几何关系确定各个分力的大小。
9．（3 分）为了研究电介质的极化性质，设想用α粒子轰击某电介质。电介质极化时产生很多电偶极子，电偶极子可
视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种电荷垂直平分上某点A 开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷，
轨迹如图中实线所示，则下列说法中错误的是（
）
A．α粒子在C 点时电势能比A 位置时小
B．α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加
C．α粒子在C 点时加速度比A 位置时大
D．要使a 粒子沿着虚线做匀速直线运动，则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
【考点】A7：电场线；AA：电场的叠加；AE：电势能与电场力做功；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，结合电场力的变化判断外力的变化，中垂线的电势，
带电粒子的电势能。
【解答】解：AB、等量异种电荷的连线的中垂线是等势线，电势与无穷远处的电势是相等，该中垂线各点电场强
度的方向相同，都是向下；α粒子带正电，向下偏转的过程中电场力做正功，电势能减小，所以在C 点时电势能
比A 位置时小，所以粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加，故AB 正确；
C、根据等量异种电荷的电场线的特点可知，C 位置的电场强度一定大于A 位置的电场强度，所以粒子在C 点受
到的电场力大，由牛顿第二定律可知，粒子在C 点时加速度比A 位置时大。故C 正确；
D、根据等量异种电荷的连线的中垂线上各点的电场强度的特点可知，A 到O 的过程中电场强度逐渐增大，所以
需要加一垂直纸面向里的非匀强磁场。故D 错误。
本题选说法中错误的
【点评】解决本题的关键知道根据等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况与特点来分析求解。
10．（3 分）法拉第电动机的改装电路如图甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S 极向上，一根金属
杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的链相连。在电路中A、B 点间接入图乙所示交流电
时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水很构成回路，电路安全且正常工作（不计金属杆在转动中水银阻力的
影响及水银电阻的变化），则从上往下看，金属杆（
）
A．逆时针匀速转动
B．逆时针非匀速转动
C．顺时针匀速转动
D．顺时针非匀速转动
【考点】CD：左手定则．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；53B：电磁感应与图像结合．
【分析】根据二极管单向导电性分析通过金属杆的电流方向，由左手定则分析金属杆所受的安培力方向，从而判
断出金属杆转动的方向。
【解答】解：闭合开关S，由于二极管具有单向导电性，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，
受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以磁铁棒为轴顺时针转动，由于
电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故ABC 错误，D 正确；
【点评】本题中铜棒、水银、导电柱和电源构成了一个回路，开关闭合时，电路中有电流通过，能根据左手定则
判断安培力方向，来确定金属杆的运动情况。
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11．（3 分）如图所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将（
）
A．向上偏转
速率越来越小
B．向上偏转
速率保持不变
C．向下偏转
速率越来越大
D．向下偏转
速率保持不变
【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】由安培定则判断出通电导线中的电流在电子枪位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的洛
伦兹力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转。
【解答】解：由安培定则可知，在电子枪处电流磁场方向垂直于纸面向外；
电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转；因洛伦兹力不做
功，故电子速的速率保持不变，故B 正确ACD 错误。
【点评】知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键，同时注意电子带
负电，四指的方向要与运动方向相反。
12．（3 分）如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电
介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，
最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ ，则被测物体（
）
A．向左移动时，θ增加
B．向右移动时，θ增加
C．向左移动时，θ不变
D．向右移动时，θ减少
【考点】AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．
【分析】依据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，结合电容的定义式C=ܷܳ
，及针对本题电容器的电量不变，即可求解。
【解答】解：AC、当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质中增多，则电容会增大，由于电量不变，
则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故AC 错误；
BD、当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质中减少，则电容会减小，由于电量不变，则电容器极板
间的电压增大，即θ增加，故B 正确，D 错误；
【点评】考查电容的定义式与决定式的应用，掌握比值定义法的含义，注意两式的区别，同时理解电量何时不变，
电压何时不变的条件。
13．（3 分）如图所示，我国“玉兔号”月球车已从原定的冬眠计划中“苏醒”，并能正常接收信号，它利用太阳光照
射太阳能电池板产生的电能，使电动机带动月球车前进。已知总质量为140 kg 的“玉兔号”中所安装的太阳能电
池板的电动势为45 V，内阻为10Ω，正常工作时电池板的输出功率为45 W．“玉兔号”在某一次正常工作时，在
平直的月球表面上从静止出发沿直线加速行驶，经过5 s 时间速度达到最大值0.05 m/s，假设这一过程中“玉兔号”
所受阻力恒定，且电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率。根据题意可知（
）
A．“玉兔号”中太阳能电池板的短路电流为10 A
B．“玉兔号”在运动过程中所受阻力大小为900 N
C．“玉兔号’’在上述运动过程中所受合外力做功为180 J
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D．“玉兔号”在上述运动过程中所前进的距离约为0.26 m
【考点】65：动能定理；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】对于选项A，根据I= ܧ
ݎ求解短路电流；对于选项B，最大速度已知，此时牵引力等于阻力，根据80%P
＝Fv 列式分析；对于选项C，合力做功等于动能的增加量；对于选项D，根据动能定理列式分析。
【解答】解：A、太阳能电池板的电动势为45 V，内阻为10Ω，故短路电流：I= ܧ
ݎ= 45
10 t = 4.5t，故A 错误；
B、电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率，速度最大值0.05 m/s，故：f= 80%ܲ
㘴݉
= 0.8×45
0.05ܰ
=
720ܰ，故B 错误；
C、根据动能定理，“玉兔号”在上述运动过程中所受合外力做功等于动能的增加量，为：W= 1
2݉
㘴݉2 = 1
2 × 140 ×
0.052ܬ= 0.175ܬ，故C 错误；
D、根据动能定理，有：80%Pt﹣fx= 1
2݉
㘴݉2 ，代入数据：0.8×45×5﹣720x＝0.175，解得：x≈0.26m，故D 正确；
【点评】本题是恒定功率启动问题，关键是明确车的速度最大时，牵引力等于阻力，同时要对加速全过程根据动
能定理列式分析。
二、不定项选择题（本题共3 小题，每小题4 分，共12 分，在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符
合题意，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分．）
14．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B．波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验
规律
C．单缝衍射实验的结果表明：微观粒子的位置和动量不能够同时确定
D．电磁波频率越高，相同的时间能传递的信息量越大
【考点】G4：电磁波的发射、传播和接收；HA：光的衍射；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一；玻尔将量子观念引入原子领
域，并能够解释氢原子的光谱特征，但不能解释其它原子发光现象；不确定性关系，说明微观粒子没有准确的位
置与动量；信息量信息量一般情况小，电磁波是频率越高，可承载的信息量越大。
【解答】解：A、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A 正确。
B、玻尔将量子观念引入原子领域，并能够解释氢原子的光谱特征，不是解释了各种原子光谱的实验规律。故B
错误。
C、单缝衍射实验中，如果让较弱的光在较短的时间内通过狭缝，则底片处显示的亮点是不确定的；如果让较强的
光在较长的时间内通过狭缝，则底片处显示为单缝衍射的图案；狭缝变窄，光的粒子性越明显；该结果表明：微
观粒子的位置和动量不能够同时确定，故C 正确。
D、电磁波是频率越高，其周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了物理学史，玻尔理论、光的粒子性与波动性、电磁波等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记
这些基础知识点，对于物理学史，不能混淆，要牢记。
15
．（
4
分
）
关
于
如
下
现
象
的
表
述
正
确
的
是
（
）
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- 285 -
A．甲图中是利用紫外线进行防伪
B．乙图中利用β射线照射人体进行透视的
C．丙图中夜视系统是利用红外线
D．丁图中蝙蝠和雷达均利用超声波定位
【考点】I4：红外线的热效应和红外线遥控；I5：紫外线的荧光效应及其应用；I6：X 射线、α射线、β射线、γ射
线及其特性．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54R：电磁场理论和电磁波．
【分析】明确电磁波谱的基本内容，同时掌握各种电磁波在生产生活中的基本应用。
【解答】解：A、甲图中是利用紫外线进行防伪，故A 正确；
B、乙图中CT 是利用X 射线照射人体的，不是利用辐射性强的β射线，故B 错误；
C、丙图中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故C 正确；
D、丁图中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食的，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查电磁波谱的性质以及各种电磁波的应用，要重点掌握紫外线、红外线以及X 射线等在生产生活
中的常见应用。
16．（4 分）如图甲所示为一简谐波在t＝0 时刻的图象，图乙所示为x＝4m 处的质点P 的振动图象，则下列判断正确
的是（
）
A．这列波的波速是2m/s
B．这列波的传播方向沿x 正方向
C．t＝3.5s 时P 点的位移为0.2m
D．从t＝0 时刻开始P 点的振动方程为y＝0.2sin（πt+π）m。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
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【分析】本题是波动图象和振动图象的结合，先有波动图知：ɉ＝4m，A＝0.2m；由振动图象知：T＝2s，用v= ɉܶ
求波速；利用波动和振动关系判断是的振动情况和波传播方向。根据P 点的振幅、周期和初位相，写出振动方程。
【解答】解：A、由图象可知波长ɉ＝4m，周期T＝2s，则波速为：v= ɉܶ= 4
2m/s＝2m/s，故A 正确；
B、t＝0 时刻P 点向﹣y 方向振动，有波动和振动的关系可判断波向x 负方向传播，故B 错误；
C、由质点P 的振动图象知，t＝3.5s＝1
3
4T，此时P 点位于波峰位置，故C 正确；
D、由图乙知ω= 2ߨܶ=π，初相位为π，振动方程为y＝0.2sin（πt+π）m，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】明确波动图象和振动图象的意义及相互联系，由波动和振动的关系判断质点的振动情况和波的传播方向。
三、非选择题
17．（5 分）（1）在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋
的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2 根、3 根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测
出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系。
（a）要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量（填正确答案标号，g 已知）
DE
A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量△x
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（b）根据实验数据做出W﹣v2 的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是
物体在桌面上运动时要克服摩擦
力做功
（2）某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，
固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O 的正上方A 处，另一端系绳套1 和
绳套2。
（a）主要实验步骤如下：
①弹簧测力计挂在绳套1 上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，记下弹簧测力计的示数F；
②弹簧测力计挂在绳套1 上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 点，此时绳套1 沿0°方向，
绳套2 沿120°方向，记下绳套1 弹簧测力计的示数F1；
③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1 的拉力F1′＝
3
3 ܨ
；
④比较
F1 和F′1
，即可初步验证；
⑤只改变绳套2 的方向，重复上述实验步骤。
（b）保持绳套2 方向不变，绳套1 从图示位置向下缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O 处不动，关
于绳套1 的拉力大小的变化，下列结论正确的是
D
。
A．逐渐增大B．先增大后减小
C．逐渐减小D．先减小后增大
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52R：基本实验仪器．
【分析】（1）（a）物块离开桌面后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出物块的水平速度。就能知道需要测量
的物理量；（b）对物体受力分析，根据物体的受力情况分析答题
（2）（a）③④根据的平行四边形定则计算绳套1 的拉力，通过比较F1 和F1′，在误差范围内相同，则可初步验
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证；
（b）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则判断即可
【解答】解：（1）（a）物块离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：h= 1
2gt2，水平方向：L＝vt，
解得：v＝L
t
2݄
要测物被弹出时的速度，需要测量：桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，故选DE；
（b）物块在桌面上运动时，弹力对物块做整个，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过
原点。
（2））（a）③根据力的平行四边形定则计算绳套1 的拉力F′1＝Ftan30°=
3
3 F；
④比较F1 和F′1，即可初步验证；
（b）将绳套1 由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2 保持120°方向不变，又由于在此过程中保持橡皮筋
的结点在O 处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下：
故绳套1 的拉力先减小后增加；故ABC 错误D 正确
故选：D
故答案为：：（1）（a）DE（b）物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功
（2））（a）③
3
3 F④F1 和F′1（b）D
【点评】本题主要考查了探究功与速度变化的关系、平行四边形定则的直接应用，明确实验原理，根据相应规律
得出表达式，然后讨论。对于动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行
分析讨论。
18．（5 分）电脑USB 接口可用于手机充电，相当于一个电源。小明想利用测电源电动势和内电阻的方法来测量电脑
USB 接口“等效电源”的电动势和内电阻。
（1）小明从USB 接口引出连接线，用多用电表粗测电动势，选择的挡位和示数如图甲所示，则电动势的粗略测
量值为
5.0
V．其中与多用电表红表笔连接的是电源的
正极
（填“正极”或“负极”）。
（2）小明根据粗测结果设计电路，并根据电路图连接实物如图乙1 所示，USB 电源引出线如图乙2 细节图所示，
为保护USB 接口，电路中串联阻值为3Ω的定值电阻。小明根据图乙电路测出了六组数据，并将点描在了U﹣I 坐
标系中，由于测量方案的原因，数轴都未从0 开始，请你帮他画好图线，并根据图象求得“等效电源”电动势E
＝
4.9
V、内电阻r＝
2.4
Ω．（结果小数点后面保留一位）
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（3）根据图丙U﹣I 坐标系中的数据点，发现电流表的示数接近0.30A 时，伏特表示数要超过3V 量程，为了能
测得更小的电流数据，提高实验精度，你认为下列做法正确的是
B
。
A．将伏特表量程换成0﹣15V
B．将伏特表拿掉
C．将电阻箱换成滑动变阻器
D．将安培表的量程换为0﹣3A
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据电表的读数方法进行读数，先确定量程及最小分度，根据指针位置读出其示数；电流从电压表
的正接线柱流入电表；
（2）根据描点法作出图象，再由图中选点由闭合电路欧姆定律求解；
（3）根据实验电路图进行分析，明确实验可以采用的方法。
【解答】解：（1）电压表量程为10V，最小分度为0.2V，则其读数为5.0V；
其中与多用电表红表笔连接的是电源的正极；
（2）根据给出的数据利用描点法得出图象如图所示；
由于数轴均未从零点开始调节，故与纵轴的交点不是电源的电动势，
由闭合电路欧姆定律可得：
3.30＝E﹣0.3R；
2.22＝E﹣0.5R
联立解得：R＝5.4Ω；E＝4.9V；
故电源电阻r＝5.4﹣3＝2.4Ω；
（3）因电压表量程太小，若换成15V 量程的电压表则电压表误差太大；由于采用的是电阻箱，
故可以直接将电压表拿掉，采用电流表和电阻箱组成也可完成实验，故答案为：（1）5.0；正极；（2）4.9；2.4；（3）
B。
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【点评】本题考查电源的电动势及内电阻的测量，题目较为新颖，要注意认真分析题意，明确实验采用的原理和
方法才能准确求解。
19．（9 分）随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母
舰的水平跑道总长L＝180m，其中电磁弹射区的长度为L1＝80m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾
提供一个恒定的牵引力F 牵．一架质量为m＝2.0×104kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×
105N．假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2 倍。已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40m/s，
航空母舰处于静止状态，（取g＝10m/s2）求：
（1）飞机在后一阶段的加速度大小；
（2）飞机在电磁弹射区末的速度大小；
（3）电磁弹射器的牵引力F 牵的大小。
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）飞机在后一阶段，在发动机的推力F 推和阻力的作用下匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度
大小；
（2）飞机在后一阶段，由速度位移公式求解；
（3）由运动学公式求得在第一段的加速度，再由牛顿第二定律求得牵引力。
【解答】解：（1）令后一阶段的加速度大小为a2，平均阻力为f2＝0.2mg，根据牛顿第二定律得
F 推﹣f2＝ma2，
代入数据解得a2＝4.0m/s2。
（2）设在电磁弹射区末的速度为v1，
由运动学公式得v2﹣v12＝2a2（l﹣l1）
代入数据解得v1＝20 2m/s
（3）由运动学公式得：v12＝2a1l1
解得：a1＝5m/s2
根据牛顿第二定律有F 牵+F 推﹣0.2mg＝ma1，
代入数据解得F 牵＝2×104N。
答：（1）飞机在后一阶段的加速度大小4.0m/s2；
（2）飞机在电磁弹射区末的速度大小20 2m/s：
（3）电磁弹射器的牵引力的大小2×104N。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
20．（12 分）“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片
遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即
称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m 处，以8m/s 的水平初速度用力飞出一质量为
20g 的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N．假设每次小石片
接触水面相同的时间0.04s 后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之
比为常数k，k＝0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2 加速度沿竖直方向沉入深为1m 的水底。不计空
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气阻力。求：
（1）小石片第一次接触水面时的速度；
（2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；
（3）小石片从抛出到沉入水底的总时间。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；43：平抛运动；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）小石块做平抛运动，根据平抛运动规律可确定小石片第一次接触水面时的速度；
（2）根据竖直方向上的运动规律可确定小石片的速度，再由动能定理可求得做功多少；
（3）小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律可确定加速度，从而确定每次滑行时速度的变化，从而确定出滑行
次数，根据数学规律确定滑行的时间，再根据运动学规律确定水中下落时间，从而确定总时间。
【解答】解：（1）小石块先做平抛运动，竖直方向有：
h1= 1
2gt12
解得：t1＝0.6s
vy0＝gt1＝10×0.6＝6m/s
则v0=
㘴ݔ0
2 + 㘴ݕ0
2 =
62 + 82m/s＝10m/s；
（2）由v2＝2ah2 得
解得：
小石片沉入水底时的速度
v＝1m/s
从抛出到沉入水底过程，根据动能定理有
mg（h1+h2）+W= 1
2mv2−1
2mv02
解得：W＝﹣1.19J。
（3）小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律有：
a=݂݉
= 0.4
0.02 =20m/s2
每次滑行速度的变化量△v＝﹣a△t＝20×0.04＝﹣0.8m/s；
由n= 㘴ݔ0
△㘴= 8
0.8 =10
可知，小石片共在水平方向滑行了10 次，空中弹起后飞行了9 次
第n 次弹起后的速度vxn＝vx0+△vx＝8﹣0.8n
再由vyn＝kvxn 和tn＝2
㘴ݕh
t 可得：tn= 6
5（1﹣0.1n）为一等差数列，首项t1＝1.08s，公差d＝0.12
根据等差数列求和公式可得，消失在空中的飞行时间：
第n 次弹起后在空中飞行的时间为：
t2＝stn＝nt1+ 1
2n（n﹣1）d＝5.4s
在水面上滑行的时间为t3＝0.04×10＝0.4s
在水中下沉的时间t4=
2݄2ܽ=2s
故总时间t＝t1+t2+t3+t4＝1.08+5.4+2+0.4＝8.48s。
答：（1）小石片第一次接触水面时的速度为10m/s；
（2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功为﹣1.19J；
（3）小石片从抛出到沉入水底的总时间为8.48s。
【点评】本题综合考查了动能定理、平抛运动、牛顿第二定律等内容，难点在于第3 问中数学规律的应用，要掌
握等差数例的求和方法。
21．（2 分）某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在
学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
（1）下列操作正确的是
D
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
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（2）该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线
圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压
减小
（选
填“增大”、“减小”或“不变”）。
【考点】NE：探究变压器电压与匝数的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】（1）副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，
应为交流电流，电压为交流电压。副线圈上的感应电流（感应电动势）也应该是交流。
（2）根据变压比等于匝数比进行分析即可。
【解答】解：（1）变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流
电压挡，故ABC 错误，D 正确；
（2）根据变压比公式ܷ
1ܷ
2
=
h1
h2
，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；
故答案为：（1）D；（2）减小。
【点评】本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，基础题。
22．（2 分）在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量。如图
所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1 的质量为120g，滑块2 的质量为220g。他先让滑块2 静止放置
在两个光电门之间，滑块1 向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1 反弹，滑块2 向右通过光电门，其中光电门1 显示的
两个时间先后分别为t1＝0.034s 和t1′＝0.144s，光电门2 显示的时间t2＝0.050s，则碰撞后的滑块1 和滑块2 总
动量的大小为
0.071
kg•m/s（结果保留两位有效数字）。
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据物体经过光电门的时间可求得滑块经过光电门的速度，根据动量的定义明确碰撞前后的动量。
【解答】解：碰撞后两滑块的速度分别为：
v′1=݀△ݐ1' = 2.00×10−2
0.144
m/s，方向：向左，
v′2=݀△ݐ2 = 2.00×10−2
0.050
m/s，方向：向右，
取向右为正方向，碰撞后系统总动量为：
P′＝m1v1+m2v′2＝0.120×（−2.00×10−2
0.144
）+0.220× 2.00×10−2
0.050
≈0.071kg•m/s；
故答案为：0.071。
【点评】本题考查验证动量守恒定律实验，知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确
解题的关键；利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
23．如图，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左侧接一阻值为R 的电阻。矩形区域abfe 内存在垂直轨
道平面向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．导轨上ac 段和bd 段单位长度的电阻为r0，导轨其余部分电
阻不计，且ac＝bd＝x1．一质量为m，电阻不计的金属棒MN 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。金属棒受到
一个水平拉力作用，从磁场的左边界由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a。棒运动到cd 处撤去外力，
棒在运动到磁场右边界ef 处恰好静止。求：
（1）金属棒在区域abdc 内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x（相对b 点）的表达式；
（2）试求撤去外力后在区域cdfe 内切割磁感线时棒的速度v 随位移x（相对d 点）的变化规律以及df 的长度x2
应满足什么条件。
（3）金属棒在整个运动过程中电阻R 的最大电流值和最小值。
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【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；42：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律E＝BLv 以及速度位移公式推导出感应电动势随时间t 变化的表达式；
（2）先推导出回路总电阻的表达式，然后根据速度位移公式得到速度与x 的关系式，再根据动量定理以及通过棒
的电荷量与x 的关系，得到速度v 随位移x 的变化规律，从而求得x2 应满足的条件；
（3）在df 段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定，所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流
也为零，即电流最小值为零；或当t＝0 时电流最小值为零。
【解答】解：（1）金属棒产生的感应电动势E＝BLv
金属棒由静止开始作匀加速直线运动，则有v2＝2ax
联立得ܧ= ܤܮ2ܽݔ
（2）当位移为x1 时，有㘴1 =
2ܽݔ1
回路总电阻R 总＝R+2r0•x1
根据动量定理得mv﹣mv1＝﹣BIL△t
通过金属棒的电荷量q＝I△t
又有q= △Ȱ
h总
= ܤܮݔ
h总
可得v=
2ܽݔ1 −
ܤ2ܮ2ݔ݉
(h+2ݔ1ݎ0)。
当v＝0 时，
ܤ2ܮ2ݔ2݉
(h+2ݔ1ݎ0) =
2ܽݔ1
解得x2=݉
(h+2ݔ1ݎ0) 2ܽݔ1
ܤ2ܮ2
（3）在df 段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定，所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流
也为零，即电流最小值为零；或当t＝0 时电流最小值为零；
在bd 段：I =
ܤܮܽݐ
h+2ݎ0⋅1
2ܽݐ2 =
ܤܮܽ
h
ݐ+ݎ0⋅ܽݐ。
最大电流值讨论：
①当满足
h
ݐ= ݎ0 ⋅ܽ
ݐ，即：ݐ=
h
ݎ0⋅ܽ且
h
ݎ0⋅ܽ
≤
2ݔ1ܽ（在bd 段内能达到最大电流），ܫ݉ܽ
ݔ= ܤܮ
2ܽ
h⋅ݎ0
②当ݐ=
h
ݎ0⋅ܽ＞2ݔ1ܽ时，
当导体棒加速运动到cd 处时，ܫ݉ܽ
ݔ=
ܤܮ2ܽݔ1
h+2ݎ0⋅ݔ1
答：（1）金属棒在区域abdc 内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x（相对b 点）的表达式为ܧ= ܤܮ2ܽݔ；
（2）试求撤去外力后在区域cdfe 内切割磁感线时棒的速度v 随位移x（相对d 点）的变化规律是v=
2ܽݔ1 −
ܤ2ܮ2ݔ݉
(h+2ݔ1ݎ0)．df 的长度x2 应满足的条件是x2=݉
(h+2ݔ1ݎ0) 2ܽݔ1
ܤ2ܮ2
。
（3）金属棒在整个运动过程中电阻R 的最大电流值和最小值分别为
ܤܮ2ܽݔ1
h+2ݎ0ݔ1
和0。
【点评】本题的关键要根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量。要善于对物体过程分析和进行
受力分析，法拉第电磁感应定律结合运动学公式解决问题。
24．如图所示，空间存在两对平行板，平行板间存在垂直纸面向内的匀强磁场，板间距d＝5cm，MN、PQ 为磁场的
边界，MN、PQ 之间存在水平向右的匀强电场，OO′为该区域的对称轴，MN 与PQ 之间的距离L＝2cm。两个
质量均为m、电荷量分别为+q 和﹣q 的粒子以相同速度大小v0＝2×105m/s 垂直电场线进入电场，而后以v＝
2 2 ×105m/s 大小的速度进入磁场，粒子重力不计。
（1）若两个粒子都从O 点沿OO′直线入射，试判断两粒子的轨迹是否关于OO′直线对称？
（2）若+q 粒子从O 点沿OO′直线入射，﹣q 粒子由O′沿O′O 直线入射（未画出），且已知两粒子在磁场中
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运动的周期为
2
2 π×10
﹣7s，试判断两粒子是否会打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置；若不能打在到上，
则求出两粒子分别从O、O′进入到第一次离开磁场各自所用的时间。
（3）若+q 粒子仍从O 沿OO′直线入射，﹣q 粒子从O′沿O′O 直线入射，且已知两粒子的比荷
ݍ݉=5×107C/kg，
若要使粒子进出磁场一次后，从MP 或NQ 之间离开电场，求磁感应强度B 的取值范围。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）两个粒子射入电场后都类平抛运动，根据初速度、受力情况分析轨迹是否对称。
（2）两个粒子先做类平抛运动，后在磁场中做匀速圆周运动。先根据类平抛运动的规律求出在电场中运动时间和
竖直分位移。由T= 2ߨݎ
㘴求粒子在磁场中运动的轨迹半径，由几何关系分析粒子能否打在板上。
（3）对于正粒子，恰到Q 点临界，半径应小于此临界值。对于负粒子，恰到M 点临界，半径应小于此临界值。
由几何知识和半径公式结合求解。
【解答】解：（1）正负粒子进入电场时初速度大小相等、方向相反。所受的电场力大小相等、方向相反，则加速
度大小相等、方向相反，所以两粒子的轨迹关于OO′直线对称。
（2）粒子在电场中做类平抛运动，平行于电场方向有：vx=
2
2 v＝2×105m/s，
㘴ݔݐ0
2
=݀2，
t0＝10
﹣7s
垂直于电场方向有：x＝v0t0＝2cm
粒子在磁场中运动周期T= 2ߨݎ
㘴，则轨迹半径r=ܶ
㘴
2ߨ=1cm
正粒子：r+rcos45°= 2+ 2
2
cm＜2cm，则不会打到板上。运动时间t＝t0+ 3
4T＝（1+ 3 2ߨ
8
）×10
﹣7s
负粒子：x+2rcos45°＝4cm＜5cm，不会打到板上，运动时间t′＝t0+ 1
4T＝（1+ 2ߨ
8 ）×10
﹣7s
（2）正粒子：恰到Q 点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为B1。
可得弦长为
2ݎ1 =4﹣3＝1cm
轨迹半径r1=
2
2 cm
由r=݉
㘴
ݍܤ，得B=݉
㘴
ݍݎ
将r1 代入得B1＝0.8T
此时r1 已小于第（2）问中的r，故此时的磁感应强度比B1 大。
负粒子：恰到M 点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为B2。
可得弦长为
2ݎ2 =5﹣2＝3cm
轨迹半径r2= 3 2
2 cm
此时r2＞r1，对应的B2＜B1。
综合分析得：磁感应强度只要大于B1，正粒子既不会再次进入磁场也不会打到板上，负粒子也不会打到板上，即
B＞0.8T。
答：
（1）两粒子的轨迹关于OO′直线对称。
（2）正粒子不会打到板上。运动时间为（1+ 3 2ߨ
8
）×10
﹣7s
负粒子不会打到板上，运动时间为（1+ 2ߨ
8 ）×10
﹣7s。
（3）磁感应强度B 的取值范围是B＞0.8T。
【点评】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学
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会运动的分解与几何关系的应用。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 20:46:33 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（9 月份）
一、选择题（每题6 分）
1．（6 分）一个物体在四个共点力作手下做匀速直线运动，若从某时刻起突然撤去某一个力，则此刻以后，该物体的
速度不可能（
）
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大到某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
2．（6 分）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上．质量为m 的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜
部分与竖直部分夹角为θ且为一定值．当支架在水平面上以加速度a 向右匀加速运动时，小球受到的轻杆的弹力大
小为（重力加速度为g）（
）
A．m t2 +ܽ
2
B．mcosθ t2 +ܽ
2
C．݉
tܿ
݋ݏߠ
D．݉ܽݏthߠ
3．（6 分）如图所示，甲叠放在物体乙上，m 乙＝2m 甲＝2m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为μ，一
水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4μmg
B．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5μmg
C．若F＝5μmg，则甲的速度为μg
D．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，μ＝0.5，则F 最小值为
3 5
5 mg
4．（6 分）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A 无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦
因数μ＞tanθ，已知物体到达底端B 已与传送带共速，下列说法中正确的是（
）
A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后来摩擦力对物体不做功
B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量
C．物体与传送带共速前物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
D．物体从A 到B 过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
5．（6 分）某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（
）
A．该天体半径为
4㘴2
3ߨߩܩ
B．该天体表面重力加速度为
3ߨߩܩ㘴2
4
C．绕天体表面附近飞行的卫星周期为
3ߨ
ߩܩ
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D．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为
3ߨ
4ߩܩ
6．（6 分）如图所示，斜面倾角为θ＝37°，小球从斜面顶端P 点以初速度v0 水平抛出，刚好落在斜面中点处，现将
小球以初速度2v0 水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，
则小球两次在空中运动过程中（
）
A．时间之比为1：2
B．时间之比为1：2
C．水平位移之比为1：4
D．当初速度为v0 时，小球在空中离斜面的最远距离为
9㘴02
40t
7．（6 分）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，A 叠放在B
上，C，B 离圆心O 距离分别为2r、3r．C、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力．已知C、B 与
圆盘间动摩擦因数均为μ，A、B 间动摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆
盘从静止缓慢加速，则（
）
A．当ω=
ߤt
3ݎ时，A、B 即将开始滑动
B．当ω=
ߤt
2ݎ时，细线张力为
3ߤ݉
t
2
C．当ω=
ߤt
ݎ时，C 受到圆盘的摩擦力为0
D．当ω=
2ߤt
5ݎ时剪断细线，C 将做离心运动
8．（6 分）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动
机卷绕绳子的轮子的半径R＝25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a＝[2（2+
2）t]2，小船的质量m＝3kg，
小船受到阻力大小恒为f＝10×（3 +1）N，小船经过A 点时的速度大小v0= 2 6
3 m/s，滑轮与水面竖直高度h＝
1.5m，则（
）
A．小船过B 点时速度为4m/s
B．小船从A 点到B 点的时间为（2 +1）s
C．电动机功率P＝50W
D．小船过B 点时的加速度为
25 2−20 3+5
6
m/s2
二、非选择题（每题5 分）
9．（6 分）小明同学用如图1 所示装置探究物体的加速度跟力的关系．
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（1）图2 为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5 个计数点A、B、
C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图所示．已知打点
计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝
m/s2．（结果保
留2 位有效数字）
（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加度，根据测得的多组数据画出a﹣F 关系
图线，如图3 所示．此图线的AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是
A．所挂钩码的总质量过大
B．所用小车的质量过大
C．平面轨道倾斜角度过大
D．平面轨道倾斜角度过小．
10．（9 分）某实验兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度．倾斜气垫导轨
倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和
水平桌面上均有刻度值可读出长度．导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧
上端与传感器之间的长度为L0 气垫导轨开始工作后把质量为m 的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动
小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上．
（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v 和对应的落点到导轨上端的长度x，画出了如图乙所示的v2﹣x
图象，已知该图象为一过原点的直线，且直线斜率为k，则通过该图象可求出当地重力加速度g 的值为
，
考虑到空气阻力，该小组测出的值
（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
（2）通过事先对轻弹簧的测定，研究得出弹簧的弹性势能EP 与压缩量△x 的关系为EP=݉
t
2ܮ△x2．若每次释放小
物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为
（用x、n、L 表示）．
11．（12 分）如图所示，让小球从图中的A 位置静止摆下，摆到最低点B 处摆线刚好被拉断，小球在B 处恰好未与
地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C 处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道．已知摆线长L＝1m，θ＝
60°，小球质量m＝1kg，B 点与C 点的水平距离s＝2m，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s2．
（1）求摆线所能承受的最大拉力为多大；
（2）要使小球不脱离圆轨道，求圆弧轨道半径R 的取值范围．
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12．（20 分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，P1、P2 是斜面上两点，
PP1 间距离L1= 1
3m，P1P2 间距离L2＝4m．轻绳跨过滑轮连接平板B 和重物C，小物体A 放在离平板B 下端s＝
1m 处，平板B 下端紧挨P2，当小物体A 运动到P1P2 区间使总受到一个沿斜面向下F＝0.1mg 的恒力作用．已知
A、B、C 质量分别为m、2m、m，A 与B 间动摩擦因数μ1＝0.75，B 与斜面间动摩擦因数μ2＝0.25，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．平板B 与挡板P 碰撞前C 与滑轮不会相碰．现
让整个装置从静止释放，求：
（1）小物体A 在P1P2 区间上方和进入P1P2 区间内的加速度大小；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间．
【物理选修3-3】
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．浸润液体在细管中上升的现象属于毛细现象
B．液晶既有液体的流动性，又有光学各向异性
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D．热量可以自发从高温传到低温，也可以自发从低温传到高温
E．干湿泡湿度计中两个温度计读数相差越大，空气的相对湿度越大
14．（10 分）如图，一个简易的“高温计”示意图，在竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明
细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外气压差，吸管内水面与瓶内有一定高度差h。通过查阅相关
资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．设1mmHg 相当于13.6mm 高蓝黑墨水水柱产生的压强。
不计吸管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。
①现将玻璃瓶放在离地面1.2m 高的平台上时，吸管内水面将（填“升高”“降低”）mm．（温度保持不变）
②已知玻璃瓶放置在地面上时，瓶附近温度约为27℃，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将
玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多
高？
【物理选修3-4】
15．下列说法中正确的是（
）
A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些
E．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银（图中粗线），O 表示半圆截面的圆心，一束光线在横截
面内从M 点入射，经过AB面反射后从N 点射出．已知光线在M 点入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求
（ⅰ）光线在M 点的折射角；
（ⅱ）透明物体的折射率．
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）月考
物理试卷（9 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题6 分）
1．（6 分）一个物体在四个共点力作手下做匀速直线运动，若从某时刻起突然撤去某一个力，则此刻以后，该物体的
速度不可能（
）
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大到某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律；42：物体做曲线运动的条件．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】物体原来处于平衡状态，撤去一个力后，其余的力的合力与撤去的力等值、反向、共线，根据其方向与
速度方向的关系，判断物体的运动情况．
【解答】解：物体原来做匀速直线运动，受力平衡；撤去一个力后，合力的方向与该力的方向大小相等，方向相
反；若合力与速度同向，则物体做加速运动，速度一直增大；
若合力与速度反向，则物体先减速再反向加速；若力与速度不在同一直线上，且夹角大于90 度时，物体的速度先
减小到最小值，再逐渐增大；故ABD 均有可能；
但不可能先增大某一最大值，再减小；
本题选择不可能的；【点评】本题考查力和运动的关系，要注意明确力和速度的方向关系决定了物体的运动状态．
2．（6 分）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上．质量为m 的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜
部分与竖直部分夹角为θ且为一定值．当支架在水平面上以加速度a 向右匀加速运动时，小球受到的轻杆的弹力大
小为（重力加速度为g）（
）
A．m t2 +ܽ
2
B．mcosθ t2 +ܽ
2
C．݉
tܿ
݋ݏߠ
D．݉ܽݏthߠ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】小球在竖直方向静止，在水平方向做匀加速直线运动，应用平衡条件与牛顿第二定律、力的合成求出小
球受到轻杆的弹力大小．
【解答】解：在竖直方向，小球静止，由平衡条件得：Fy＝mg，
在水平方向，小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：Fx＝ma，
小球受到的轻杆的弹力大小：F=
ܨݔ
2 + ܨݕ
2 =
(݉ܽ
)2 + (݉
t)2 =m t2 +ܽ
2；
【点评】本题关键是要明确杆的弹力与细线的弹力不同，杆的弹力可以与杆平行，也可以与杆不平行，可以是拉
力，也可以是支持力．
3．（6 分）如图所示，甲叠放在物体乙上，m 乙＝2m 甲＝2m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为μ，一
水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4μmg
B．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5μmg
C．若F＝5μmg，则甲的速度为μg
D．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，μ＝0.5，则F 最小值为
3 5
5 mg
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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】甲乙一起加速的最大加速度等于甲靠最大静摩擦力提供的加速度，根据整体法求得拉力，结合牛顿第二
定律求得加速度，根据共点力平衡求得拉力的最小值
【解答】解：A、甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度，则有：ܽ݉
=
ߤ݉
甲t݉
甲
= ߤt，要使甲乙一起运动，故最大
加速度不能超过μg，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：F﹣3μmg＝3mam，解得：F＝6μmg，故AB 错误；
C、若F＝5μmg＜6μmg，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可：知F﹣3μmg＝3ma，解得：a= 2
3 ߤt，
故C 错误；
D、若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力F 与水平方向的夹角为θ，则有：Fcosθ﹣μ（3mg﹣Fsinθ）
＝0，解得：ܨ=
3ߤ݉
tܿ
݋ݏߠ+ߤݏthߠ=
3݉
t
2ܿ݋ݏߠ+ݏthߠ，故当分母最大时，拉力最小，最小为：F= 3 5
5 mg，故D 正确；
【点评】本题考查了叠加体问题，应用的方法是整体法和隔离法，正确的受力分析是解决问题的关键．
4．（6 分）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A 无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦
因数μ＞tanθ，已知物体到达底端B 已与传送带共速，下列说法中正确的是（
）
A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后来摩擦力对物体不做功
B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量
C．物体与传送带共速前物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
D．物体从A 到B 过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52C：功率的计算专题；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】分析摩擦力方向与速度方向的关系判断摩擦力做功正负。物体动能的增加量等于外力对物体做的总功。
物体与传送带间的摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积。结合功能关系分析。
【解答】解：A、物体与传送带共速前，物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，与速度方向相同，则摩擦力对物
体做正功。共速后，物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方向相反，对物体做负功，故A 错误。
B、物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和才等于物体动能的增加量，故B 错误。
C、物体与传送带共速前，物体与传送带间的相对位移为：△x＝vt−㘴ݐ
2 = 㘴ݐ
2
物体与传送带间的摩擦生热为：Q＝μmgcosθ•△x＝μmgcosθ•
㘴ݐ
2
物体机械能的增加量为：△E＝μmgcosθ•x 物＝μmgcosθ•
㘴ݐ
2 ，则Q＝△E，故C 正确。
D、物体从A 到B 过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，共速后物体的机械能在
减少，所以物体从A 到B 过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，故D 错误。
【点评】解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关
系。要注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移大小的乘积。
5．（6 分）某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（
）
A．该天体半径为
4㘴2
3ߨߩܩ
B．该天体表面重力加速度为
3ߨߩܩ㘴2
4
C．绕天体表面附近飞行的卫星周期为
3ߨ
ߩܩ
D．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为
3ߨ
4ߩܩ
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据物体的重力等于天体的万有引力，列式求解天体的质量，由质量与体积之比求解半径，然后结合万
有引力提供向心力即可求出。
【解答】解：A、设该天体的质量为M，半径为R，则：M= 4
3 ߨh3
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根据万有引力提供向心力可得：
ܩܯ݉
h2
=݉
㘴2
h
联立可得：R=
3㘴2
4ߨߩܩ．故A 错误；
B、根据第一宇宙速度的公式可得：mg′=݉
㘴2
h
可得：g′= 㘴2
h =
4ߨߩܩ㘴2
3
．故B 错误；
C、周期：T= 2ߨh
㘴
=
3ߨ
ߩܩ．故C 正确；
D、若考虑天体自转，则维持该天体稳定的自转周期最小时，天体表面的物体受到的万有引力恰好提供向心力，
则：݉
0t' =݉
0⋅4ߨ2hܶ
0
2
可得：ܶ
0 =
3ߨ
ߩܩ．故D 错误。
【点评】星球表面的物体受到星球万有引力的作用充当物体的向心力及支持力，星球的转动角速度越大、周期越
小时，则需要的向心力越大，则物体所受支持力越小；而当向心力大到一定值时，物体会离开星球表面。
6．（6 分）如图所示，斜面倾角为θ＝37°，小球从斜面顶端P 点以初速度v0 水平抛出，刚好落在斜面中点处，现将
小球以初速度2v0 水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，
则小球两次在空中运动过程中（
）
A．时间之比为1：2
B．时间之比为1：2
C．水平位移之比为1：4
D．当初速度为v0 时，小球在空中离斜面的最远距离为
9㘴02
40t
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；49：合成分解法；518：平抛运动专题．
【分析】先判断第二次小球是否落在斜面上。根据小球落在斜面上时竖直位移与水平位移之比等于tanθ，求出平
抛的时间，由几何关系分析位移，即可判断。再由时间之比，由分位移公式求解水平位移之比。当小石块的速度
方向与斜面平行时，小石块到斜面的距离最大，根据分运动的规律求小球在空中离斜面的最远距离。
【解答】解：AB、设小球的初速度为v 时，落在斜面上时所用时间为t，落点距斜面顶端距离为S．斜面长度为L。
小球落在斜面上时有
tanθ=
1
2tݐ2
㘴ݐ= tݐ
2㘴，得t= 2㘴ݐܽhߠ
t
，S=
㘴ݐܿ
݋ݏߠ= 2㘴2ݐܽhߠ
tܿ݋ݏߠ∝v2，若两次小球均落在斜面上，落
点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L 处，大于斜面的长度，可知以2v0 水平拋出时小球落
在水平面上。
两次下落高度之比1：2，根据t=
2݄
t ，得时间之比为1：2，故A 错误，B 正确。
C、根据x＝vt 得水平位移之比为x1：x2＝v0t1：（2v0• 2t1）＝2：2 2．故C 错误。
D、当初速度为v0 时，由上得小球在空中运动的时间t1= 2㘴0ݐܽhߠ
t
当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大，由运动的对称性可知，从抛出到到达该点的时间：
t′= 1
2 ݐ1
在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0，所以在垂直于斜面方向的位移：
L= 㘴⊥
2 ݐ' = 㘴0ݏthߠ
2
•t′= 㘴0⋅0.6
2
⋅1
2•
2㘴0ݐܽh37°
t
=
9㘴02
40t ，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。要
灵活选择分解的方向。
7．（6 分）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，A 叠放在B
上，C，B 离圆心O 距离分别为2r、3r．C、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力．已知C、B 与
圆盘间动摩擦因数均为μ，A、B 间动摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆
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- 303 -
盘从静止缓慢加速，则（
）
A．当ω=
ߤt
3ݎ时，A、B 即将开始滑动
B．当ω=
ߤt
2ݎ时，细线张力为
3ߤ݉
t
2
C．当ω=
ߤt
ݎ时，C 受到圆盘的摩擦力为0
D．当ω=
2ߤt
5ݎ时剪断细线，C 将做离心运动
【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】由于三物体具有相同的角速度，假设B 与转台间的摩擦力达到3μmg，求出此时的角速度，再求出C 此
时的向心力与C 的最大静摩擦力比较，看C 能否与转盘相对静止．分别对A、AB 整体、C 受力分析，根据合力
提供向心力，求出转台角速度的范围．
【解答】解：A、三物体具有相同的角速度，半径之比为2：3；根据݂h =݉߱
2ݎ可知，AB 先达到最大静摩擦力。
B 与转盘之间的最大静摩擦力为：fBm＝μ（m+2m）g＝3μmg
C 与转盘之间的最大静摩擦力为：fCm＝3μmg
当AB 刚刚要滑动时设细线的拉力为T，则对AB 有：ܶ
+݂
ܤ݉
= 3݉
⋅߱
0
2 ⋅3ݎ
对C：ܶ
−݂
ܥ݉
= 3݉߱
0
2 ⋅2ݎ
联立得：߱
0 =
2ߤt
ݎ
当A 开始滑动时有：fA＝3μmg＝mω0′•3r
所以：߱
0' =
ߤt
ݎ
当߱
=
ߤt
3ݎ＜ߤt
ݎ＜2ߤt
ݎ，所以AB 不能开始滑动。故A 错误；
B、当߱
=
ߤt
2ݎ＜ߤt
ݎ＜2ߤt
ݎ时，A 与B 不能开始滑动，则AB 需要的向心力为：݂hܤ= 3݉
⋅߱
2 ⋅3ݎ= 9݉
ݎ× ߤt
2ݎ=
4.5ߤ݉
t
则细线的拉力：T′＝fnB﹣fBm＝4.5μmg﹣3μmg＝1.5μmg．故B 正确；
C、当ω=
ߤt
ݎ时，AB 需要的向心力为：݂hܤ= 3݉
⋅߱
2 ⋅3ݎ= 9݉
ݎ× ߤt
ݎ= 9ߤ݉
t
则细线的拉力为：T″＝fnB﹣fBm＝4.5μmg﹣3μmg＝6μmg
C 需要的向心力为：݂hܥ= 3݉
⋅߱
2 ⋅2ݎ= 6݉
ݎ× ߤt
ݎ= 6ߤ݉
t =T″
C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0．故C 正确；
D、当ω=
2ߤ݉
t
5ݎ＜ߤt
ݎ＜2ߤt
ݎ时ABC 都还没有滑动，剪断细线，C 在水平方向只受到摩擦力的作用，C 做圆周
运动需要的向心力为：݂ܿ
=݉߱
2 ⋅2ݎ=݉
⋅2ߤt
5ݎ⋅2ݎ= 4
5 ߤ݉
t＜ߤ݉
t
C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键是对A、AB 整体、C 受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列
式分析是关键．
8．（6 分）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动
机卷绕绳子的轮子的半径R＝25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a＝[2（2+
2）t]2，小船的质量m＝3kg，
小船受到阻力大小恒为f＝10×（3 +1）N，小船经过A 点时的速度大小v0= 2 6
3 m/s，滑轮与水面竖直高度h＝
1.5m，则（
）
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A．小船过B 点时速度为4m/s
B．小船从A 点到B 点的时间为（2 +1）s
C．电动机功率P＝50W
D．小船过B 点时的加速度为
25 2−20 3+5
6
m/s2
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；4C：方程法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】（1）先根据a= 㘴2
h 求出沿绳子方向上的速度，再表示出小船经过AB 两点时沿绳方向上的速度，
作出v﹣t 图象根据斜率即为加速度和面积即为位移列方程即可求出小船过B 点时速度和小船从A 点到B 点的时
间；
（2）根据几何知识可知AB 间的距离，利用动能定理求出电动机功率；
（3）小船在B 处，根据牛顿第二定律求出小船过B 点时的加速度．
【解答】解：AB、由a= 㘴2
h 得，沿绳子方向上的速度为：
v=ܽ
h =（2+
2）t
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
v1＝v0cos30°=
3
2 v0，
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
v2＝vBcos45°=
2
2 vB，
作出沿绳速度的v﹣t 图象，直线的斜率为：
2
2 㘴ܤ−3
2 㘴0
ݐ
=（2+
2）…①
沿绳位移即A 到B 图象与横轴所夹面积：
2
2 㘴ܤ+ 3
2 㘴0
2
t＝（2−
2）h…②
联立①②可解得：vB＝4m/s；t＝（2 −1）s
故A 正确，B 错误；
C、小船从A 点运动到B 点，由动能定理：
Pt﹣fs= 1
2m㘴ܤ
2 −1
2m㘴0
2⋯③
由几何知识可知，s＝（3 −1）h…④
联立③④可解得：P＝50（2 +1）W，故C 错误；
D、小船在B 处，由牛顿第二定律得：ܲ
㘴ܤܿ݋ݏ45°cos45°﹣f＝maB。
解得：aB= 25 2−20 3+5
6
m/s2，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，要知道小船沿绳子方向的分速度等于绳速，牛顿第二
定律可以研究某一状态的加速度，而动能定理研究的是一个过程．
二、非选择题（每题5 分）
9．（6 分）小明同学用如图1 所示装置探究物体的加速度跟力的关系．
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- 305 -
（1）图2 为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5 个计数点A、B、
C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图所示．已知打点
计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝
1.3
m/s2．（结果保
留2 位有效数字）
（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加度，根据测得的多组数据画出a﹣F 关系
图线，如图3 所示．此图线的AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是
A
A．所挂钩码的总质量过大
B．所用小车的质量过大
C．平面轨道倾斜角度过大
D．平面轨道倾斜角度过小．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据纸带数据，由△x＝at2 可求小车的加速度．
（2）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量
【解答】解：（1）计数点间的时间间隔t＝0.02s×5＝0.1s，
由△x＝at2 可得：小车的加速度a= ݔܥܧ−ݔtܥ
4ܶ2
=1.3m/s2．
（2）随着力F 的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上
部出现弯曲现象，故A 正确；
故答案为：（1）1.3；（2）A
【点评】对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解．对
牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量远小于小车质量的理由．
10．（9 分）某实验兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度．倾斜气垫导轨
倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和
水平桌面上均有刻度值可读出长度．导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧
上端与传感器之间的长度为L0 气垫导轨开始工作后把质量为m 的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动
小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上．
（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v 和对应的落点到导轨上端的长度x，画出了如图乙所示的v2﹣x
图象，已知该图象为一过原点的直线，且直线斜率为k，则通过该图象可求出当地重力加速度g 的值为
3
2 k
，
考虑到空气阻力，该小组测出的值
偏大
（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
（2）通过事先对轻弹簧的测定，研究得出弹簧的弹性势能EP 与压缩量△x 的关系为EP=݉
t
2ܮ△x2．若每次释放小
物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为
L=
2 3ݔ
3(h2−h−1)
（用x、n、L 表示）．
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【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）物块离开斜面后做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的竖直上抛运动，
应用运动学公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象答题．
（2）动能与势能统称为机械能，根据题意应用机械能守恒定律求出需要验证的表达式，然后分析答题．
【解答】解：（1）物块到达斜面顶端时的速度为v，
则：vx＝vcos30°=
3
2 v，vy＝vsin30°= 1
2v，
物块离开斜面后做斜上抛运动，运动时间：t= 2㘴ݕ
㘴= 㘴
t，
水平位移：x＝vxt=
3㘴2
2t ，整理得：v2= 2 3t
3
x，
由v2﹣x 图象可知，图象斜率：k= 2 3t
3
，重力加速度：g=
3
2 k，
考虑空气阻力影响，所测重力加速度偏大；
（2）每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，则：△x＝nL，
弹簧的弹性势能：EP=݉
t
2ܮ△x2＝EP=݉
t
2ܮ（nL）2，
以释放点所处水平面为重力势能的零势面，
由机械能守恒定律得：݉
t
2ܮ（nL）2＝mg（n+1）Lsin30°+ 1
2mv2，
整理得：L=
2 3ݔ
3(h2−h−1)；
故答案为：（1）
3
2 k；偏大；（2）L=
2 3ݔ
3(h2−h−1)．
【点评】本题考查了实验数据处理，本题是一道信息给予题，认真审题理解题意、知道实验原理是解题的前提与
关键，应用运动的合成与分解、运动学公式与机械能守恒定律可以解题．
11．（12 分）如图所示，让小球从图中的A 位置静止摆下，摆到最低点B 处摆线刚好被拉断，小球在B 处恰好未与
地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C 处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道．已知摆线长L＝1m，θ＝
60°，小球质量m＝1kg，B 点与C 点的水平距离s＝2m，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s2．
（1）求摆线所能承受的最大拉力为多大；
（2）要使小球不脱离圆轨道，求圆弧轨道半径R 的取值范围．
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）对AB 段运用动能定理，求出小球到达最低点的速度，结合牛顿第二定律，通过拉力和重力的合力
提供向心力求出绳子的拉力．
（2）首先找出进入圆弧的临界条件，再据动能定理求圆弧轨道半径R 的取值范围．摆球能进入圆轨道并且不脱离
轨道有两种情况：一种能做完整的圆周运动．另一种在下半个圆周上运动．
【解答】解：（1）小球从A 到B 的过程，由动能定理得：
mgL（1﹣cosθ）= 1
2mvB2﹣0，
解得：vB=
10m/s，
在B 点，由牛顿第二定律得：
Fm﹣mg=݉
㘴ܤ
2
ܮ，
解得：Fm＝20N；
（2）B 到C 的过程中摩擦力做功，由动能定理可得：
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- 307 -
1
2݉
㘴ܥ
2 −
1
2݉
㘴ܤ
2 =−ߤ݉
tݏ
可得：㘴ܥ=
2m/s
①小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为v，
则要不脱离轨道满足：mg≤m
㘴2
h ，
考虑小球从C 点运动到圆轨道最高点的过程，
由动能定理得：﹣mg•2R= 1
2mv2−1
2mvC2，
联立以上两式解得：R≤0.04m；
②小球进入圆轨道后，小球上升的最大高度满足：h≤R，小球可沿轨道返回．
小球从D 点运动到最高处的过程，由动能定理得
﹣mgh＝0−1
2mvC2，
解得：R≥0.1m；
答：（1）摆线能承受的最大拉力为20N；
（2）要使小球不脱离圆轨道，圆弧轨道半径R 的取值范围为R≤0.04m 或R≥0.1m．
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题，关键确定研究的过程，分析过程
中有哪些力做功，结合动能定理列式研究．
12．（20 分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，P1、P2 是斜面上两点，
PP1 间距离L1= 1
3m，P1P2 间距离L2＝4m．轻绳跨过滑轮连接平板B 和重物C，小物体A 放在离平板B 下端s＝
1m 处，平板B 下端紧挨P2，当小物体A 运动到P1P2 区间使总受到一个沿斜面向下F＝0.1mg 的恒力作用．已知
A、B、C 质量分别为m、2m、m，A 与B 间动摩擦因数μ1＝0.75，B 与斜面间动摩擦因数μ2＝0.25，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．平板B 与挡板P 碰撞前C 与滑轮不会相碰．现
让整个装置从静止释放，求：
（1）小物体A 在P1P2 区间上方和进入P1P2 区间内的加速度大小；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间．
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）假设A 相对B 静止，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律求得加速度，再对A，由牛顿第二定律求
得A 所受的摩擦力，与最大静摩擦力比较，即可知道假设成立，A、B、C 一起运动，再对A，由牛顿第二定律求
出加速度．当小物体A 进入P1P2 区间内，隔离A，由牛顿第二定律求加速度．
（2）小物体A 刚到P2 时，A、B、C 速度满足v02＝2as，求v0．当小物体A 进入P1P2 区间内时，对B、C 整体，
由牛顿第二定律求得加速度．当小物体A 刚到P1 时，小物体速度满足v12﹣v02＝2a1L2．解出v1．从而求得小物
体A 从P2 到P1 运动时间．得到B、C 速度和此过程中B 运动距离，分析何时B 与挡板P 发生碰撞，再由牛顿第
二定律和运动学公式列式求解．
【解答】解：（1）小物体A 在P1P2 区间上方运动时，假设A 相对B 静止，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律有：
3mgsinθ﹣μ2•3mgcosθ﹣mg＝4ma
代入数据解得：a＝0.5m/s2．
隔离A，有：mgsinθ﹣f＝ma
代入数据得：f＝5.5m
而A、B 间的最大静摩擦力fm＝μ1mgcosθ＝6m
则f＜fm，所以假设成立，A、B、C 一起运动
所以小物体A 进入P1P2 区间上方运动时加速度为：a＝0.5m/s2．
当小物体A 进入P1P2 区间内，隔离A，有：F+mgsinθ﹣f＝ma
得f＝6.5m＞fm，即A 相对于B 向下滑动，对A 有：
F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
解代入数据得：a1＝1m/s2．
（2）小物体A 刚到P2 时，A、B、C 速度满足v02＝2as
代入数据解得：v0＝1m/s
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当小物体A 进入P1P2 区间内时，对B、C 整体，有：
2mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2•3mgcosθ﹣mg＝3ma2．
代入数据解得：a2= 2
3m/s2．
当小物体A 刚到P1 时，小物体速度满足v12﹣v02＝2a1L2．
代入数据解得：v1＝3m/s
小物体A 从P2 到P1 运动时间为：t1= 㘴1−㘴0ܽ
1
= 3−1
1
=2s
B、C 速度为：v2＝v0+a2t1＝1+ 2
3 ×2= 7
3m/s
此过程中B 运动距离为：x2= 㘴0+㘴2
2
ݐ1 =
1+7
3
2 × 2 = 10
3 m
因此，当小物体A 刚过P1 时，小物体A 离平板B 下端距离为：
△x＝s﹣（L2﹣x2）= 1
3m
此时B 刚好与挡板P 发生碰撞且绳断，此后A 将以速度v1＝3m/s 向下匀速运动，B 将向上以v2= 7
3m/s 做匀速运
动．
隔离B，有：2mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2•3mgcosθ﹣mg＝2ma3．
代入数据解得：a3＝12m/s2．
对A、B，有：△x＝v1t2+v2t2−1
2ܽ
3ݐ2
2
解得：t2= 8−46
18
s
此时平板B 速度为：vB＝v2﹣a3t2= 2 46−9
3
m/s
此后A 滑离平板B，B 继续向上匀减速，对B，有：
2mgsinθ+μ2•2mgcosθ﹣mg＝2ma4．
代入数据解得：a4＝8m/s2．
平板B 向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为：t3= 㘴ܤܽ
4 = 2 46−9
24
s
因此，平板B 与挡板P 碰后到最高点时间为：tB＝t2+t3= 2 46+5
72
s
答：（1）小物体A 在P1P2 区间上方和进入P1P2 区间内的加速度大小分别为0.5m/s2 和1m/s2；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间是
2 46+5
72
s．
【点评】解决本题的关键是分析三个物体的运动状态，采用隔离法和整体法研究物体的受力，根据运动学公式求
解运动时间．
【物理选修3-3】
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．浸润液体在细管中上升的现象属于毛细现象
B．液晶既有液体的流动性，又有光学各向异性
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D．热量可以自发从高温传到低温，也可以自发从低温传到高温
E．干湿泡湿度计中两个温度计读数相差越大，空气的相对湿度越大
【考点】8H：热力学第二定律；93：* 液体的微观结构．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】明确浸润现象的基本规律，知道液晶的性质；并明确热力学第二定律的几种不同的说法；
明确湿度的定义，知道湿度计的基本原理。
【解答】解：A．水可以浸润玻璃，水银不能浸润玻璃，故A 正确；
B、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性；故B 正确；
C、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。故C 正确；
D、热量可以自发从高温传到低温，但不能自发从低温传到高温。故D 错误；
E、干泡温度计显示空气温度，湿泡温度计显示的是浸水纱布的温度，空气相对湿度越小（越干燥），则湿泡处水
挥发越快，温度越低，两个温度计差值就越大，故E 错误。
故选：ABC。
【点评】本题以“温度”这个热学核心物理量为线索，全面考查学生对热学各个部分考点的理解能力，重点掌握
热力学第一定律的基本内容以及温度的微观意义。
14．（10 分）如图，一个简易的“高温计”示意图，在竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明
细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外气压差，吸管内水面与瓶内有一定高度差h。通过查阅相关
资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．设1mmHg 相当于13.6mm 高蓝黑墨水水柱产生的压强。
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不计吸管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。
①现将玻璃瓶放在离地面1.2m 高的平台上时，吸管内水面将（填“升高”“降低”）mm．（温度保持不变）
②已知玻璃瓶放置在地面上时，瓶附近温度约为27℃，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将
玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多
高？
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①根据平衡列出平衡方程，瓶内气体压强p 不变，而外界大气压强p0 减小，即可分析出吸管内水面的变
化情况。
②利用平衡求出压强，封闭气体发生等容变化，根据查理定律即可求出末态压强，再根据地面附近高度每升高12m，
大气压降低1mmHg 的关系，即可求出此处距地面的高度。
【解答】解：①根据平衡可得：p＝p0+h
由于是密封玻璃瓶，瓶内气体压强p 不变，而外界大气压强p0 减小，故吸管内水面将升高。
②玻璃瓶在地面上时：温度T1＝300K，压强：p1＝（750+ 136
13.6）mmHg＝760mmHg
玻璃瓶在高处时：温度T2＝303K，压强p2
由于瓶内空气体积一定，故根据查理定律可得：
݌1ܶ
1
=
݌2ܶ
2
解得：p2＝767.6mmHg
此高度处大气压为：p＝（767.6−136+136
13.6
）mmHg＝747.6mmHg
则此处高度为：h＝（750﹣747.6）×12m＝28.8m
答：①现将玻璃瓶放在离地面1.2m 高的平台上时，吸管内水面将升高；
②此处距地面28.8m。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理选修3-4】
15．下列说法中正确的是（
）
A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些
E．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽
【考点】O4：用双缝干涉测光的波长．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题．
【分析】泊松亮斑是光通过圆板时，在圆板后面出现亮光的现象；检查平整程度是利用光的干涉现象；当波长越
长时，干涉条纹间距变宽；日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些，从而即可求解．
【解答】解：A、出现泊松亮斑，体现光偏离原来直线方向传播，即发生了光的衍射。故A 正确。
B、用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹。故B 正确。
C、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象。故C 错误。
D、发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些。故D 正确；
E、做双缝干涉实验时，会在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，当波长越长时，条纹间距越宽，当改成紫光时，由
于波长变小，则条纹间距变小，故E 错误；
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键知道干涉和衍射都说明光具有波动性，知道干涉、偏振和衍射的区别，注意日环食与日
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全食的区别．
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银（图中粗线），O 表示半圆截面的圆心，一束光线在横截
面内从M 点入射，经过AB面反射后从N 点射出．已知光线在M 点入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求
（ⅰ）光线在M 点的折射角；
（ⅱ）透明物体的折射率．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（ⅰ）作出光路图，根据几何关系求出光线在M 点的折射角．
（ⅱ）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．
【解答】解：（ⅰ）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M 点相对于底面EF 对称，Q、P 和N 三点共线
设在M 点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β．根据题意有α＝30° ①
由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是β+r＝60°②
且α+r＝β③
由①②③式得：r＝15°④
（ⅱ）根据折射率公式有sini＝nsinr ⑤
由④⑤式得：n=
6+ 2
2
⑥
答：
（ⅰ）光线在M 点的折射角为15°．
（ⅱ）透明物体的折射率为
6+ 2
2
．
【点评】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高．
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日期：2019/4/11 23:31:59 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷
一、选择题：本题共8 个小题，每小题6 分．在每个小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求；第
6-8 题有多个选项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全得3 分，有选错得0 分．
1．（6 分）一个物体在四个共点力作手下做匀速直线运动，若从某时刻起突然撤去某一个力，则此刻以后，该物体的
速度不可能（
）
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大到某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
2．（6 分）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上．质量为m 的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜
部分与竖直部分夹角为θ且为一定值．当支架在水平面上以加速度a 向右匀加速运动时，小球受到的轻杆的弹力大
小为（重力加速度为g）（
）
A．m t2 +ܽ
2
B．mcosθ t2 +ܽ
2
C．݉
tܿ
݋ݏߠ
D．݉ܽݏthߠ
3．（6 分）如图所示，甲叠放在物体乙上，m 乙＝2m 甲＝2m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为μ，一
水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4μmg
B．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5μmg
C．若F＝5μmg，则甲的速度为μg
D．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，μ＝0.5，则F 最小值为
3 5
5 mg
4．（6 分）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A 无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦
因数μ＞tanθ，已知物体到达底端B 已与传送带共速，下列说法中正确的是（
）
A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后来摩擦力对物体不做功
B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量
C．物体与传送带共速前物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
D．物体从A 到B 过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
5．（6 分）某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（
）
A．该天体半径为
4㘴2
3ߨߩܩ
B．该天体表面重力加速度为
3ߨߩܩ㘴2
4
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C．绕天体表面附近飞行的卫星周期为
3ߨ
ߩܩ
D．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为
3ߨ
4ߩܩ
6．（6 分）如图，斜面倾角θ＝37°，小球从斜面上的顶点P 处以初速度v0 水平抛出，刚好落在斜面中点处。现将小
球以初速度2v0 水平抛出，不计运动过程中的空气阻力，小球下落后均不弹起。已知重力加速度为g，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，则小球两次在空中运动过程中（
）
A．时间之比为1：2
B．时间之比为1：2
C．水平位移之比为1：4
D．当初速度为v0 时，小球在空中离斜面的最远距离为
9㘴02
40t
7．（6 分）如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，物块A 叠
放在B 上，B、C 到转盘中心O 的距离分别为3r、2r。B、C 间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无
拉力。已知B、C 与圆盘间的动摩擦因数为μ，A、B 间动摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度为g。现让圆盘从静止开始加速。则（
）
A．当ω=
ߤt
3ݎ时，A、B 即将开始滑动
B．当ω=
ߤt
2ݎ时，细线张力为3μmg/2
C．当ω=
ߤt
ݎ时，C 受到圆盘的摩擦力为0
D．当ω=
2ߤt
5ݎ时剪断细线，C 将做离心运动
8．（6 分）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动
机卷绕绳子的轮子的半径R＝25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a＝[2（2+
2）t]2，小船的质量m＝3kg，
小船受到阻力大小恒为f＝10×（3 +1）N，小船经过A 点时的速度大小v0= 2 6
3 m/s，滑轮与水面竖直高度h＝
1.5m，则（
）
A．小船过B 点时速度为4m/s
B．小船从A 点到B 点的时间为（2 +1）s
C．电动机功率P＝50W
D．小船过B 点时的加速度为
25 2−20 3+5
6
m/s2
二、非选择题（一）必考题
9．（6 分）小明同学用如图1 所示装置探究物体的加速度跟力的关系．
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（1）图2 为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5 个计数点A、B、
C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图所示．已知打点
计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝
m/s2．（结果保
留2 位有效数字）
（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加度，根据测得的多组数据画出a﹣F 关系
图线，如图3 所示．此图线的AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是
A．所挂钩码的总质量过大
B．所用小车的质量过大
C．平面轨道倾斜角度过大
D．平面轨道倾斜角度过小．
10．（9 分）某实验兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度．倾斜气垫导轨
倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和
水平桌面上均有刻度值可读出长度．导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧
上端与传感器之间的长度为L0 气垫导轨开始工作后把质量为m 的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动
小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上．
（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v 和对应的落点到导轨上端的长度x，画出了如图乙所示的v2﹣x
图象，已知该图象为一过原点的直线，且直线斜率为k，则通过该图象可求出当地重力加速度g 的值为
，
考虑到空气阻力，该小组测出的值
（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
（2）通过事先对轻弹簧的测定，研究得出弹簧的弹性势能EP 与压缩量△x 的关系为EP=݉
t
2ܮ△x2．若每次释放小
物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为
（用x、n、L 表示）．
11．（12 分）如图，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好被拉断，小球在D 处恰好
不与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动，到A 处进入竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长L＝1m，
θ＝60°，小球质量为m＝1kg，D 点与小孔A 的水平距离s＝2m，小球在粗糙水平面摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s2．试
求：
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？
（2）要使摆球不脱离轨道，求圆形轨道半径R 的取值范围？
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12．（20 分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，P1、P2 是斜面上两点，
PP1 间距离L1= 1
3m，P1P2 间距离L2＝4m．轻绳跨过滑轮连接平板B 和重物C，小物体A 放在离平板B 下端s＝
1m 处，平板B 下端紧挨P2，当小物体A 运动到P1P2 区间使总受到一个沿斜面向下F＝0.1mg 的恒力作用．已知
A、B、C 质量分别为m、2m、m，A 与B 间动摩擦因数μ1＝0.75，B 与斜面间动摩擦因数μ2＝0.25，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．平板B 与挡板P 碰撞前C 与滑轮不会相碰．现
让整个装置从静止释放，求：
（1）小物体A 在P1P2 区间上方和进入P1P2 区间内的加速度大小；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间．
（二）选考题【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．浸润液体在细管中上升的现象属于毛细现象
B．液晶既有液体的流动性，又有光学各向异性
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D．热量可以自发从高温传到低温，也可以自发从低温传到高温
E．干湿泡湿度计中两个温度计读数相差越大，空气的相对湿度越大
14．（10 分）如图，一个简易的“高温计”示意图，在竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明
细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外气压差，吸管内水面与瓶内有一定高度差h。通过查阅相关
资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．设1mmHg 相当于13.6mm 高蓝黑墨水水柱产生的压强。
不计吸管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。
①现将玻璃瓶放在离地面1.2m 高的平台上时，吸管内水面将（填“升高”“降低”）mm．（温度保持不变）
②已知玻璃瓶放置在地面上时，瓶附近温度约为27℃，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将
玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多
高？
【物理--选修3-4】（15 分）
15．下列说法中正确的是（
）
A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些
E．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银（图中粗线），O 表示半圆截面的圆心，一束光线在横截
面内从M 点入射，经过AB面反射后从N 点射出．已知光线在M 点入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求
（ⅰ）光线在M 点的折射角；
（ⅱ）透明物体的折射率．
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参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 个小题，每小题6 分．在每个小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求；第
6-8 题有多个选项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全得3 分，有选错得0 分．
1．（6 分）一个物体在四个共点力作手下做匀速直线运动，若从某时刻起突然撤去某一个力，则此刻以后，该物体的
速度不可能（
）
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大到某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律；42：物体做曲线运动的条件．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】物体原来处于平衡状态，撤去一个力后，其余的力的合力与撤去的力等值、反向、共线，根据其方向与
速度方向的关系，判断物体的运动情况．
【解答】解：物体原来做匀速直线运动，受力平衡；撤去一个力后，合力的方向与该力的方向大小相等，方向相
反；若合力与速度同向，则物体做加速运动，速度一直增大；
若合力与速度反向，则物体先减速再反向加速；若力与速度不在同一直线上，且夹角大于90 度时，物体的速度先
减小到最小值，再逐渐增大；故ABD 均有可能；
但不可能先增大某一最大值，再减小；
本题选择不可能的；【点评】本题考查力和运动的关系，要注意明确力和速度的方向关系决定了物体的运动状态．
2．（6 分）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上．质量为m 的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜
部分与竖直部分夹角为θ且为一定值．当支架在水平面上以加速度a 向右匀加速运动时，小球受到的轻杆的弹力大
小为（重力加速度为g）（
）
A．m t2 +ܽ
2
B．mcosθ t2 +ܽ
2
C．݉
tܿ
݋ݏߠ
D．݉ܽݏthߠ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】小球在竖直方向静止，在水平方向做匀加速直线运动，应用平衡条件与牛顿第二定律、力的合成求出小
球受到轻杆的弹力大小．
【解答】解：在竖直方向，小球静止，由平衡条件得：Fy＝mg，
在水平方向，小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：Fx＝ma，
小球受到的轻杆的弹力大小：F=
ܨݔ
2 + ܨݕ
2 =
(݉ܽ
)2 + (݉
t)2 =m t2 +ܽ
2；
【点评】本题关键是要明确杆的弹力与细线的弹力不同，杆的弹力可以与杆平行，也可以与杆不平行，可以是拉
力，也可以是支持力．
3．（6 分）如图所示，甲叠放在物体乙上，m 乙＝2m 甲＝2m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为μ，一
水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4μmg
B．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5μmg
C．若F＝5μmg，则甲的速度为μg
D．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，μ＝0.5，则F 最小值为
3 5
5 mg
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】甲乙一起加速的最大加速度等于甲靠最大静摩擦力提供的加速度，根据整体法求得拉力，结合牛顿第二
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定律求得加速度，根据共点力平衡求得拉力的最小值
【解答】解：A、甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度，则有：ܽ݉
=
ߤ݉
甲t݉
甲
= ߤt，要使甲乙一起运动，故最大
加速度不能超过μg，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：F﹣3μmg＝3mam，解得：F＝6μmg，故AB 错误；
C、若F＝5μmg＜6μmg，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可：知F﹣3μmg＝3ma，解得：a= 2
3 ߤt，
故C 错误；
D、若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力F 与水平方向的夹角为θ，则有：Fcosθ﹣μ（3mg﹣Fsinθ）
＝0，解得：ܨ=
3ߤ݉
tܿ
݋ݏߠ+ߤݏthߠ=
3݉
t
2ܿ݋ݏߠ+ݏthߠ，故当分母最大时，拉力最小，最小为：F= 3 5
5 mg，故D 正确；
【点评】本题考查了叠加体问题，应用的方法是整体法和隔离法，正确的受力分析是解决问题的关键．
4．（6 分）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A 无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦
因数μ＞tanθ，已知物体到达底端B 已与传送带共速，下列说法中正确的是（
）
A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后来摩擦力对物体不做功
B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量
C．物体与传送带共速前物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
D．物体从A 到B 过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量
【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52C：功率的计算专题；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】分析摩擦力方向与速度方向的关系判断摩擦力做功正负。物体动能的增加量等于外力对物体做的总功。
物体与传送带间的摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积。结合功能关系分析。
【解答】解：A、物体与传送带共速前，物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，与速度方向相同，则摩擦力对物
体做正功。共速后，物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方向相反，对物体做负功，故A 错误。
B、物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和才等于物体动能的增加量，故B 错误。
C、物体与传送带共速前，物体与传送带间的相对位移为：△x＝vt−㘴ݐ
2 = 㘴ݐ
2
物体与传送带间的摩擦生热为：Q＝μmgcosθ•△x＝μmgcosθ•
㘴ݐ
2
物体机械能的增加量为：△E＝μmgcosθ•x 物＝μmgcosθ•
㘴ݐ
2 ，则Q＝△E，故C 正确。
D、物体从A 到B 过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，共速后物体的机械能在
减少，所以物体从A 到B 过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，故D 错误。
【点评】解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关
系。要注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移大小的乘积。
5．（6 分）某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（
）
A．该天体半径为
4㘴2
3ߨߩܩ
B．该天体表面重力加速度为
3ߨߩܩ㘴2
4
C．绕天体表面附近飞行的卫星周期为
3ߨ
ߩܩ
D．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为
3ߨ
4ߩܩ
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据物体的重力等于天体的万有引力，列式求解天体的质量，由质量与体积之比求解半径，然后结合万
有引力提供向心力即可求出。
【解答】解：A、设该天体的质量为M，半径为R，则：M= 4
3 ߨh3
根据万有引力提供向心力可得：
ܩܯ݉
h2
=݉
㘴2
h
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联立可得：R=
3㘴2
4ߨߩܩ．故A 错误；
B、根据第一宇宙速度的公式可得：mg′=݉
㘴2
h
可得：g′= 㘴2
h =
4ߨߩܩ㘴2
3
．故B 错误；
C、周期：T= 2ߨh
㘴
=
3ߨ
ߩܩ．故C 正确；
D、若考虑天体自转，则维持该天体稳定的自转周期最小时，天体表面的物体受到的万有引力恰好提供向心力，
则：݉
0t' =݉
0⋅4ߨ2hܶ
0
2
可得：ܶ
0 =
3ߨ
ߩܩ．故D 错误。
【点评】星球表面的物体受到星球万有引力的作用充当物体的向心力及支持力，星球的转动角速度越大、周期越
小时，则需要的向心力越大，则物体所受支持力越小；而当向心力大到一定值时，物体会离开星球表面。
6．（6 分）如图，斜面倾角θ＝37°，小球从斜面上的顶点P 处以初速度v0 水平抛出，刚好落在斜面中点处。现将小
球以初速度2v0 水平抛出，不计运动过程中的空气阻力，小球下落后均不弹起。已知重力加速度为g，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，则小球两次在空中运动过程中（
）
A．时间之比为1：2
B．时间之比为1：2
C．水平位移之比为1：4
D．当初速度为v0 时，小球在空中离斜面的最远距离为
9㘴02
40t
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】先判断第二次小球是否落在斜面上。根据小球落在斜面上时竖直位移与水平位移之比等于tanθ，求出平
抛的时间，由几何关系分析位移，即可判断。再由时间之比，由分位移公式求解水平位移之比。当小石块的速度
方向与斜面平行时，小石块到斜面的距离最大，根据分运动的规律求小球在空中离斜面的最远距离。
【解答】解：AB、设小球的初速度为v 时，落在斜面上时所用时间为t，落点距斜面顶端距离为S．斜面长度为L。
小球落在斜面上时有
tanθ=
1
2tݐ2
㘴ݐ= tݐ
2㘴，得t= 2㘴ݐܽhߠ
t
，S=
㘴ݐܿ
݋ݏߠ= 2㘴2ݐܽhߠ
tܿ݋ݏߠ∝v2，若两次小球均落在斜面上，落
点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L 处，大于斜面的长度，可知以2v0 水平拋出时小球落
在水平面上。
两次下落高度之比1：2，根据t=
2݄
t ，得时间之比为1：2，故A 错误，B 正确。
C、根据x＝vt 得水平位移之比为x1：x2＝v0t1：（2v0• 2t1）＝2：2 2．故C 错误。
D、当初速度为v0 时，由上得小球在空中运动的时间t1= 2㘴0ݐܽhߠ
t
当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大，由运动的对称性可知，从抛出到到达该点的时间为：t′
= 1
2 ݐ1
在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0，所以在垂直于斜面方向的位移为：L= 㘴⊥
2 ݐ' = 㘴0ݏthߠ
2
•t′
= 㘴0⋅0.6
2
⋅1
2•
2㘴0ݐܽh37°
t
=
9㘴02
40t ，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。要
灵活选择分解的方向。
7．（6 分）如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，物块A 叠
放在B 上，B、C 到转盘中心O 的距离分别为3r、2r。B、C 间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无
拉力。已知B、C 与圆盘间的动摩擦因数为μ，A、B 间动摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
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- 319 -
加速度为g。现让圆盘从静止开始加速。则（
）
A．当ω=
ߤt
3ݎ时，A、B 即将开始滑动
B．当ω=
ߤt
2ݎ时，细线张力为3μmg/2
C．当ω=
ߤt
ݎ时，C 受到圆盘的摩擦力为0
D．当ω=
2ߤt
5ݎ时剪断细线，C 将做离心运动
【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】由于三物体具有相同的角速度，假设B 与转台间的摩擦力达到3μmg，求出此时的角速度，再求出C 此
时的向心力与C 的最大静摩擦力比较，看C 能否与转盘相对静止。分别对A、AB 整体、C 受力分析，根据合力
提供向心力，求出转台角速度的范围。
【解答】解：A、三物体具有相同的角速度，半径之比为2：3；根据݂h =݉߱
2ݎ可知，AB 先达到最大静摩擦力。
B 与转盘之间的最大静摩擦力为：fBm＝μ（m+2m）g＝3μmg
C 与转盘之间的最大静摩擦力为：fCm＝3μmg
当AB 刚刚要滑动时设细线的拉力为T，则对AB 有：ܶ
+݂
ܤ݉
= 3݉
⋅߱
0
2 ⋅3ݎ
对C：ܶ
−݂
ܥ݉
= 3݉߱
0
2 ⋅2ݎ
联立得：߱
0 =
2ߤt
ݎ
当A 开始滑动时有：fA＝3μmg＝mω0′•3r
所以：߱
0' =
ߤt
ݎ
当߱
=
ߤt
3ݎ＜ߤt
ݎ＜2ߤt
ݎ，所以AB 不能开始滑动。故A 错误；
B、当߱
=
ߤt
2ݎ＜ߤt
ݎ＜2ߤt
ݎ时，A 与B 不能开始滑动，则AB 需要的向心力为：݂hܤ= 3݉
⋅߱
2 ⋅3ݎ= 9݉
ݎ× ߤt
2ݎ=
4.5ߤ݉
t
则细线的拉力：T′＝fnB﹣fBm＝4.5μmg﹣3μmg＝1.5μmg．故B 正确；
C、当ω=
ߤt
ݎ时，AB 需要的向心力为：݂hܤ= 3݉
⋅߱
2 ⋅3ݎ= 9݉
ݎ× ߤt
ݎ= 9ߤ݉
t
则细线的拉力为：T″＝fnB﹣fBm＝4.5μmg﹣3μmg＝6μmg
C 需要的向心力为：݂hܥ= 3݉
⋅߱
2 ⋅2ݎ= 6݉
ݎ× ߤt
ݎ= 6ߤ݉
t =T″
C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0．故C 正确；
D、当ω=
2ߤ݉
t
5ݎ＜ߤt
ݎ＜2ߤt
ݎ时ABC 都还没有滑动，剪断细线，C 在水平方向只受到摩擦力的作用，C 做圆周
运动需要的向心力为：݂ܿ
=݉߱
2 ⋅2ݎ=݉
⋅2ߤt
5ݎ⋅2ݎ= 4
5 ߤ݉
t＜ߤ݉
t
C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键是对A、AB 整体、C 受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列
式分析是关键。
8．（6 分）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动
机卷绕绳子的轮子的半径R＝25cm，轮子边缘的向心加速度与时间满足a＝[2（2+
2）t]2，小船的质量m＝3kg，
小船受到阻力大小恒为f＝10×（3 +1）N，小船经过A 点时的速度大小v0= 2 6
3 m/s，滑轮与水面竖直高度h＝
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1.5m，则（
）
A．小船过B 点时速度为4m/s
B．小船从A 点到B 点的时间为（2 +1）s
C．电动机功率P＝50W
D．小船过B 点时的加速度为
25 2−20 3+5
6
m/s2
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；4C：方程法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】（1）先根据a= 㘴2
h 求出沿绳子方向上的速度，再表示出小船经过AB 两点时沿绳方向上的速度，
作出v﹣t 图象根据斜率即为加速度和面积即为位移列方程即可求出小船过B 点时速度和小船从A 点到B 点的时
间；
（2）根据几何知识可知AB 间的距离，利用动能定理求出电动机功率；
（3）小船在B 处，根据牛顿第二定律求出小船过B 点时的加速度．
【解答】解：AB、由a= 㘴2
h 得，沿绳子方向上的速度为：
v=ܽ
h =（2+
2）t
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
v1＝v0cos30°=
3
2 v0，
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
v2＝vBcos45°=
2
2 vB，
作出沿绳速度的v﹣t 图象，直线的斜率为：
2
2 㘴ܤ−3
2 㘴0
ݐ
=（2+
2）…①
沿绳位移即A 到B 图象与横轴所夹面积：
2
2 㘴ܤ+ 3
2 㘴0
2
t＝（2−
2）h…②
联立①②可解得：vB＝4m/s；t＝（2 −1）s
故A 正确，B 错误；
C、小船从A 点运动到B 点，由动能定理：
Pt﹣fs= 1
2m㘴ܤ
2 −1
2m㘴0
2⋯③
由几何知识可知，s＝（3 −1）h…④
联立③④可解得：P＝50（2 +1）W，故C 错误；
D、小船在B 处，由牛顿第二定律得：ܲ
㘴ܤܿ݋ݏ45°cos45°﹣f＝maB。
解得：aB= 25 2−20 3+5
6
m/s2，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，要知道小船沿绳子方向的分速度等于绳速，牛顿第二
定律可以研究某一状态的加速度，而动能定理研究的是一个过程．
二、非选择题（一）必考题
9．（6 分）小明同学用如图1 所示装置探究物体的加速度跟力的关系．
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- 321 -
（1）图2 为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5 个计数点A、B、
C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图所示．已知打点
计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝
1.3
m/s2．（结果保
留2 位有效数字）
（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加度，根据测得的多组数据画出a﹣F 关系
图线，如图3 所示．此图线的AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是
A
A．所挂钩码的总质量过大
B．所用小车的质量过大
C．平面轨道倾斜角度过大
D．平面轨道倾斜角度过小．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据纸带数据，由△x＝at2 可求小车的加速度．
（2）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量
【解答】解：（1）计数点间的时间间隔t＝0.02s×5＝0.1s，
由△x＝at2 可得：小车的加速度a= ݔܥܧ−ݔtܥ
4ܶ2
=1.3m/s2．
（2）随着力F 的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上
部出现弯曲现象，故A 正确；
故答案为：（1）1.3；（2）A
【点评】对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解．对
牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量远小于小车质量的理由．
10．（9 分）某实验兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度．倾斜气垫导轨
倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和
水平桌面上均有刻度值可读出长度．导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧
上端与传感器之间的长度为L0 气垫导轨开始工作后把质量为m 的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动
小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上．
（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v 和对应的落点到导轨上端的长度x，画出了如图乙所示的v2﹣x
图象，已知该图象为一过原点的直线，且直线斜率为k，则通过该图象可求出当地重力加速度g 的值为
3
2 k
，
考虑到空气阻力，该小组测出的值
偏大
（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
（2）通过事先对轻弹簧的测定，研究得出弹簧的弹性势能EP 与压缩量△x 的关系为EP=݉
t
2ܮ△x2．若每次释放小
物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为
L=
2 3ݔ
3(h2−h−1)
（用x、n、L 表示）．
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【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）物块离开斜面后做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的竖直上抛运动，
应用运动学公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象答题．
（2）动能与势能统称为机械能，根据题意应用机械能守恒定律求出需要验证的表达式，然后分析答题．
【解答】解：（1）物块到达斜面顶端时的速度为v，
则：vx＝vcos30°=
3
2 v，vy＝vsin30°= 1
2v，
物块离开斜面后做斜上抛运动，运动时间：t= 2㘴ݕ
㘴= 㘴
t，
水平位移：x＝vxt=
3㘴2
2t ，整理得：v2= 2 3t
3
x，
由v2﹣x 图象可知，图象斜率：k= 2 3t
3
，重力加速度：g=
3
2 k，
考虑空气阻力影响，所测重力加速度偏大；
（2）每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，则：△x＝nL，
弹簧的弹性势能：EP=݉
t
2ܮ△x2＝EP=݉
t
2ܮ（nL）2，
以释放点所处水平面为重力势能的零势面，
由机械能守恒定律得：݉
t
2ܮ（nL）2＝mg（n+1）Lsin30°+ 1
2mv2，
整理得：L=
2 3ݔ
3(h2−h−1)；
故答案为：（1）
3
2 k；偏大；（2）L=
2 3ݔ
3(h2−h−1)．
【点评】本题考查了实验数据处理，本题是一道信息给予题，认真审题理解题意、知道实验原理是解题的前提与
关键，应用运动的合成与分解、运动学公式与机械能守恒定律可以解题．
11．（12 分）如图，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好被拉断，小球在D 处恰好
不与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动，到A 处进入竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长L＝1m，
θ＝60°，小球质量为m＝1kg，D 点与小孔A 的水平距离s＝2m，小球在粗糙水平面摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s2．试
求：
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？
（2）要使摆球不脱离轨道，求圆形轨道半径R 的取值范围？
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）对CD 段运用动能定理，求出小球到达最低点的速度，结合牛顿第二定律，通过拉力和重力的合力
提供向心力求出绳子的拉力。
（2）首先找出进入圆弧的临界条件，再据动能定理求摩擦因数μ的范围。摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道有两
种情况：一种能做完整的圆周运动。另一种在下半个圆周上运动。
【解答】解：（1）小球从A 到B 过程有݉
tܮ(1 −ܿ݋ݏ60°) = 1
2݉
㘴ܦ
2①
在B 处有ܶ
−݉
t =݉
㘴ܦ
2
ܮ②
联立①②得T＝20N③
（2）从B 开始，当小球运动到
1
4圆弧高度处速度为零，有−ߤ݉
tݏ−݉
th = 0 −1
2݉
㘴ܤ
2④
解得R＝0.1m
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- 323 -
从B 开始，当小球恰好过圆弧最高点时，有݉
t =݉
㘴2
h ⑤
此过程有−ߤ݉
tݏ−݉
t ⋅2h = 1
2݉
㘴2 −1
2݉
㘴ܤ
2⑥
联立得R＝0.04m
综上，要使小球不脱离圆弧轨道，R 取值范围为R≤0.04m 或者R≥0.1m
答：（1）摆线能承受的最大拉力为20N
（2）要使摆球不脱离轨道，圆形轨道半径R 的取值范围为R≤0.04m 或者R≥0.1m
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题，关键确定研究的过程，分析过程
中有哪些力做功，结合动能定理列式研究。
12．（20 分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，P1、P2 是斜面上两点，
PP1 间距离L1= 1
3m，P1P2 间距离L2＝4m．轻绳跨过滑轮连接平板B 和重物C，小物体A 放在离平板B 下端s＝
1m 处，平板B 下端紧挨P2，当小物体A 运动到P1P2 区间使总受到一个沿斜面向下F＝0.1mg 的恒力作用．已知
A、B、C 质量分别为m、2m、m，A 与B 间动摩擦因数μ1＝0.75，B 与斜面间动摩擦因数μ2＝0.25，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．平板B 与挡板P 碰撞前C 与滑轮不会相碰．现
让整个装置从静止释放，求：
（1）小物体A 在P1P2 区间上方和进入P1P2 区间内的加速度大小；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间．
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）假设A 相对B 静止，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律求得加速度，再对A，由牛顿第二定律求
得A 所受的摩擦力，与最大静摩擦力比较，即可知道假设成立，A、B、C 一起运动，再对A，由牛顿第二定律求
出加速度．当小物体A 进入P1P2 区间内，隔离A，由牛顿第二定律求加速度．
（2）小物体A 刚到P2 时，A、B、C 速度满足v02＝2as，求v0．当小物体A 进入P1P2 区间内时，对B、C 整体，
由牛顿第二定律求得加速度．当小物体A 刚到P1 时，小物体速度满足v12﹣v02＝2a1L2．解出v1．从而求得小物
体A 从P2 到P1 运动时间．得到B、C 速度和此过程中B 运动距离，分析何时B 与挡板P 发生碰撞，再由牛顿第
二定律和运动学公式列式求解．
【解答】解：（1）小物体A 在P1P2 区间上方运动时，假设A 相对B 静止，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律有：
3mgsinθ﹣μ2•3mgcosθ﹣mg＝4ma
代入数据解得：a＝0.5m/s2．
隔离A，有：mgsinθ﹣f＝ma
代入数据得：f＝5.5m
而A、B 间的最大静摩擦力fm＝μ1mgcosθ＝6m
则f＜fm，所以假设成立，A、B、C 一起运动
所以小物体A 进入P1P2 区间上方运动时加速度为：a＝0.5m/s2．
当小物体A 进入P1P2 区间内，隔离A，有：F+mgsinθ﹣f＝ma
得f＝6.5m＞fm，即A 相对于B 向下滑动，对A 有：
F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
解代入数据得：a1＝1m/s2．
（2）小物体A 刚到P2 时，A、B、C 速度满足v02＝2as
代入数据解得：v0＝1m/s
当小物体A 进入P1P2 区间内时，对B、C 整体，有：
2mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2•3mgcosθ﹣mg＝3ma2．
代入数据解得：a2= 2
3m/s2．
当小物体A 刚到P1 时，小物体速度满足v12﹣v02＝2a1L2．
代入数据解得：v1＝3m/s
小物体A 从P2 到P1 运动时间为：t1= 㘴1−㘴0ܽ
1
= 3−1
1
=2s
B、C 速度为：v2＝v0+a2t1＝1+ 2
3 ×2= 7
3m/s
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
此过程中B 运动距离为：x2= 㘴0+㘴2
2
ݐ1 =
1+7
3
2 × 2 = 10
3 m
因此，当小物体A 刚过P1 时，小物体A 离平板B 下端距离为：
△x＝s﹣（L2﹣x2）= 1
3m
此时B 刚好与挡板P 发生碰撞且绳断，此后A 将以速度v1＝3m/s 向下匀速运动，B 将向上以v2= 7
3m/s 做匀速运
动．
隔离B，有：2mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2•3mgcosθ﹣mg＝2ma3．
代入数据解得：a3＝12m/s2．
对A、B，有：△x＝v1t2+v2t2−1
2ܽ
3ݐ2
2
解得：t2= 8−46
18
s
此时平板B 速度为：vB＝v2﹣a3t2= 2 46−9
3
m/s
此后A 滑离平板B，B 继续向上匀减速，对B，有：
2mgsinθ+μ2•2mgcosθ﹣mg＝2ma4．
代入数据解得：a4＝8m/s2．
平板B 向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为：t3= 㘴ܤܽ
4 = 2 46−9
24
s
因此，平板B 与挡板P 碰后到最高点时间为：tB＝t2+t3= 2 46+5
72
s
答：（1）小物体A 在P1P2 区间上方和进入P1P2 区间内的加速度大小分别为0.5m/s2 和1m/s2；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间是
2 46+5
72
s．
【点评】解决本题的关键是分析三个物体的运动状态，采用隔离法和整体法研究物体的受力，根据运动学公式求
解运动时间．
（二）选考题【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．浸润液体在细管中上升的现象属于毛细现象
B．液晶既有液体的流动性，又有光学各向异性
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
D．热量可以自发从高温传到低温，也可以自发从低温传到高温
E．干湿泡湿度计中两个温度计读数相差越大，空气的相对湿度越大
【考点】8H：热力学第二定律；93：* 液体的微观结构．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】明确浸润现象的基本规律，知道液晶的性质；并明确热力学第二定律的几种不同的说法；
明确湿度的定义，知道湿度计的基本原理。
【解答】解：A．水可以浸润玻璃，水银不能浸润玻璃，故A 正确；
B、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性；故B 正确；
C、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。故C 正确；
D、热量可以自发从高温传到低温，但不能自发从低温传到高温。故D 错误；
E、干泡温度计显示空气温度，湿泡温度计显示的是浸水纱布的温度，空气相对湿度越小（越干燥），则湿泡处水
挥发越快，温度越低，两个温度计差值就越大，故E 错误。
故选：ABC。
【点评】本题以“温度”这个热学核心物理量为线索，全面考查学生对热学各个部分考点的理解能力，重点掌握
热力学第一定律的基本内容以及温度的微观意义。
14．（10 分）如图，一个简易的“高温计”示意图，在竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明
细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外气压差，吸管内水面与瓶内有一定高度差h。通过查阅相关
资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．设1mmHg 相当于13.6mm 高蓝黑墨水水柱产生的压强。
不计吸管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。
①现将玻璃瓶放在离地面1.2m 高的平台上时，吸管内水面将（填“升高”“降低”）mm．（温度保持不变）
②已知玻璃瓶放置在地面上时，瓶附近温度约为27℃，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将
玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多
高？
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【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①根据平衡列出平衡方程，瓶内气体压强p 不变，而外界大气压强p0 减小，即可分析出吸管内水面的变
化情况。
②利用平衡求出压强，封闭气体发生等容变化，根据查理定律即可求出末态压强，再根据地面附近高度每升高12m，
大气压降低1mmHg 的关系，即可求出此处距地面的高度。
【解答】解：①根据平衡可得：p＝p0+h
由于是密封玻璃瓶，瓶内气体压强p 不变，而外界大气压强p0 减小，故吸管内水面将升高。
②玻璃瓶在地面上时：温度T1＝300K，压强：p1＝（750+ 136
13.6）mmHg＝760mmHg
玻璃瓶在高处时：温度T2＝303K，压强p2
由于瓶内空气体积一定，故根据查理定律可得：
݌1ܶ
1
=
݌2ܶ
2
解得：p2＝767.6mmHg
此高度处大气压为：p＝（767.6−136+136
13.6
）mmHg＝747.6mmHg
则此处高度为：h＝（750﹣747.6）×12m＝28.8m
答：①现将玻璃瓶放在离地面1.2m 高的平台上时，吸管内水面将升高；
②此处距地面28.8m。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理--选修3-4】（15 分）
15．下列说法中正确的是（
）
A．著名的泊松亮斑是光的衍射现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D．发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些
E．在光的双缝干涉实验中，将入射光由绿光改为紫光，则条纹间隔变宽
【考点】O4：用双缝干涉测光的波长．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题．
【分析】泊松亮斑是光通过圆板时，在圆板后面出现亮光的现象；检查平整程度是利用光的干涉现象；当波长越
长时，干涉条纹间距变宽；日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些，从而即可求解．
【解答】解：A、出现泊松亮斑，体现光偏离原来直线方向传播，即发生了光的衍射。故A 正确。
B、用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹。故B 正确。
C、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象。故C 错误。
D、发生日环食时月球距地球比发生日全食时月球距地球远一些。故D 正确；
E、做双缝干涉实验时，会在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，当波长越长时，条纹间距越宽，当改成紫光时，由
于波长变小，则条纹间距变小，故E 错误；
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键知道干涉和衍射都说明光具有波动性，知道干涉、偏振和衍射的区别，注意日环食与日
全食的区别．
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银（图中粗线），O 表示半圆截面的圆心，一束光线在横截
面内从M 点入射，经过AB面反射后从N 点射出．已知光线在M 点入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求
（ⅰ）光线在M 点的折射角；
（ⅱ）透明物体的折射率．
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【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（ⅰ）作出光路图，根据几何关系求出光线在M 点的折射角．
（ⅱ）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．
【解答】解：（ⅰ）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M 点相对于底面EF 对称，Q、P 和N 三点共线
设在M 点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β．根据题意有α＝30° ①
由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是β+r＝60°②
且α+r＝β③
由①②③式得：r＝15°④
（ⅱ）根据折射率公式有sini＝nsinr ⑤
由④⑤式得：n=
6+ 2
2
⑥
答：
（ⅰ）光线在M 点的折射角为15°．
（ⅱ）透明物体的折射率为
6+ 2
2
．
【点评】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:32:14 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第三次月考物理试卷
二．选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）卫星甲和乙绕地球做匀速圆周运动，甲的线速度是5km/s，乙的线速度是3km/s。下列说法正确的是（
）
A．甲的运行周期一定比乙的小
B．甲的向心力一定比乙的小
C．甲的加速度一定比乙的小
D．甲的角速度一定比乙的小
2．（6 分）将两个相同的小球从同一高度以相同的速率分别平抛和斜向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地的过
程中（
）
A．落地时两个小球的动量相同
B．重力对两个小球的冲量相同
C．两个小球动量的变化量相同
D．两个小球动能的变化量相同
3．（6 分）平直公路上一辆轿车以20m/s 的速度匀速行驶，在距离前方红绿灯停车线50m 的地方司机发现黄灯亮了，
该司机经过0.5s 的反应时间，然后刹车做匀减速直线运动，最后刚好停在停车线上，则（
）
A．轿车刹车的加速度大小是10m/s2
B．司机发现黄灯亮后，轿车经过4.5s 停下
C．从司机发现黄灯亮到停下来的过程中轿车的平均速度大小是10m/s
D．轿车停止前3s 的位移大小是20m
4．（6 分）如图所示，一个质量为M 的物块放在粗糙的斜面上，斜面的倾角为α，斜面放在粗糙的水平地面上．当受
到平行于斜面的水平推力F 的作用时物块和斜面都处于静止状态，下列关于物块的说法正确的是（
）
A．物块静止时受到5 个力
B．地面对斜面的摩擦力向左
C．若撤去推力F 则物块仍处于静止状态
D．若增大水平推力F 则可能出现斜面不动，物块向左匀速运动的情况
5．（6 分）如图所示，一质量为m 的滑块放在固定的粗糙斜面上，从距离斜面底端高度为H 的地方滑到斜面底端与
挡板P 相碰，已知滑块与挡板每次相碰都以原速率反弹．滑块第一次反弹的最大高度为
3
5 ܪ，斜面倾角为37°
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列结论中正确的是（
）
A．滑块每次下滑与上滑的时间相等
B．滑块下滑加速度与上滑加速度大小相等
C．滑块与斜面上运动的总路程为
3
16
D．滑块在斜面上运动的总路程为7H
6．（6 分）如图所示，轻绳的一端固定，另一端连接一个小球在竖直平面内运动，绳长为l，小球可视为质点．小球
在最低点的速度设为v0，则（
）
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A．当㘴0＜tt时，细绳始终处于绷紧状态
B．当㘴0＞2 tt时，小球能通过最高点P 做完整的圆周运动
C．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态
D．若小球能逆时针做完整的圆周运动，则小球从N 点到P 点的水平速度一直增大
7．（6 分）在某次电影的拍摄中，需要拍摄演员竖直向上飞起的过程．剧组在离地面H＝20m 处架设了轮轴（轮与轴
有相同的角速度），轮和轴的直径之比为2：1（人和车均视为质点，且轮轴直径小于H），若特技演员质量m＝50kg，
一辆汽车从图中A 点静止出发加速前进到B，在A 处绳子竖直，在B 处时汽车的速度v＝5m/s 且BO 与水平方向
的夹角为53°，连接汽车的绳子绕在轮轴的轴上，拉动演员的绳子绕在轮轴的轮上，运动过程中轮轴的半径视为
不变．使演员由地面从静止开始向上运动，不计空气阻力（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．在汽车从A
运动到B 的过程中（
）
A．若汽车匀加速运动，则演员向上匀加速运动
B．演员上升的高度为5m
C．演员的最大速度为6m/s
D．绳子在这一过程中对演员做功为5900J
8．（6 分）如图7 所示，A、B、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为
mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝2kg，初状态三个小球均静止，BC 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给
A 一个向左的初速度v0＝10m/s，A、B 碰后A 球的速度变为向右，大小为2m/s．下列说法正确的是（
）
A．球A 和B 碰撞是弹性碰撞
B．球A 和B 碰后，弹簧恢复原长时球C 的速度为9.6m/s
C．球A 和B 碰后，球B 的最小速度为1.6m/s
D．球A 和B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33 题～第
38 题为选考题，考生根据需求作答．）（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置验证“动量守恒定律”．实验的时候首先让a 小球从斜槽上某一位置静止释
放，然后沿斜槽末端水平面做平抛运动，落在P 点．然后把半径相同的b 小球放在斜槽末端，让a 小球从之前释
放的同一位置静止释放，与b 小球碰撞后，b 小球落在N 点，a 小球落在M 点．图中O 点为斜槽末端在地面上的
垂直投影．
（1）为减小实验误差，应该选取小球的质量ma
mb（填“大于”“等于”或“小于”）
（2）若a、b 小球碰撞时动量守恒，则应满足
（用图中出现的字母表示）．
（3）若只是改变a、b 小球的材质，题目中的小球碰撞后b 的落点N 点是否可能在P 点的左边？
（填“可
能”或“不可能”）．
10．（9 分）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，小华同学设计了如图甲所示的实验，将表面粗糙的木板固定在
水平桌面上，木板右端装有定滑轮；木板上放一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过定滑
轮的细线与托盘连接。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做
匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点。
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（1）选取实验中点迹清晰的一条纸带，取纸带的一部分点0、1、2、3、4、5、6 为计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），实验中只记录了如图乙所示的部分数据，由此计算滑块的加速度a＝
m/s2（保
留2 位有效数字）
（2）若不计空气阻力，实验中还测出了托盘和砝码的总质量m1，滑块的质量m2，则滑块与木板间的动摩擦因数
μ＝
（用g、a、m1、m2 中所需字母表示）。
（3）若考虑空气阻力，上一问题中测出的动摩擦因数
（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
11．（12 分）宇航员到一个半径为R 的星球后想分析这个星球的质量和星球表面的气体对运动物体的阻力，于是做了
两个小实验：首先测出一个质量为m 的小球的重力为G1，然后将小球从地面竖直上抛，测出第一次上升的时间为
t1，第一次下降的时间为t2．设小球运动中受到的阻力大小不变，万有引力常量为G，不计星球自转，且小球与地
面碰撞时等速反弹．求：
（1）该星球的质量；
（2）小球在空中运动时受到的阻力大小．
12．（20 分）如图所示，光滑的水平面上固定一光滑的半圆形凹槽，凹槽下端右侧放置一质量M＝1kg 的木板，凹槽
的上端右侧固定一个长度L＝2m 逆时针运转的传送带，传送带速度v0＝2m/s，传送带右侧连接光滑的平台，平台
上右端连接轻弹簧。现用一个可视为质点的质量m＝0.5kg 的滑块压缩弹簧然后静止释放，滑块从B 点刚好能向
下做圆周运动到C 点，当滑块上木板后立即撤去凹槽。木板足够长，滑块不会从木板上掉下。已知凹槽的半径R
＝0.9m，滑块和传送带、木板的动摩擦因数均为μ＝0.25．其他阻力不计，g＝10m/s2。
（1）求释放滑块时，弹簧的弹性势能是多大？
（2）若在木板右边与木板右端相距d＝5m 的水平地面上固定一弹性挡板（图中未画出），求滑块在木板上产生的
总摩擦生热为多少？
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，求能使滑块与木板之间产生最多摩擦生热的d 的所有可能
取值。
【物理-选修3-3】
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同
B．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动
C．晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．某一过程气体对外做功，其内能不一定减小
E．某容器中气体压强减小，则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数一定减少
14．（10 分）如图所示，一竖直放置的U 形管两端开口、粗细均匀，两管的竖直部分高度为20cm，内径很小，水平
部分BC 长16cm．一空气柱将管内水银分割成左、右两段．大气压强p0＝76cmHg．当空气柱温度T0＝273K、长
L0＝8cm 时，BC 管内左边水银柱和AB 管内水银柱长都为2cm．右边水银柱只画出了一部分，求：
（1）右边水银柱总长度；
（2）若缓慢降低空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边水银柱全部进入BC 管？
（3）若缓慢升高空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管？
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【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波从左向右以v＝5m/s 的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（
）
A．C 质点再经过一个ܶ4周期将传播到D 点
B．B 点再经过ܶ8回到平衡位置
C．B 点正在向上运动
D．该波的周期T＝0.02s
E．每0.02sC 点的路程为16cm
16．如图所示，AOBC 为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为半径R＝10cm 的四分之一圆弧，
AB 与水平面屏幕MN 垂直并接触于A 点。由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB 分界面上
的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1= 2 3
3 ，
n2=
2。
（i）判断在AM 和AN 两处产生亮斑的颜色；
（ii）求两个亮斑间的距离（结果保留4 位有效数字）。
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第三次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二．选择题：本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）卫星甲和乙绕地球做匀速圆周运动，甲的线速度是5km/s，乙的线速度是3km/s。下列说法正确的是（
）
A．甲的运行周期一定比乙的小
B．甲的向心力一定比乙的小
C．甲的加速度一定比乙的小
D．甲的角速度一定比乙的小
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉߱
2ݎ=݉ܽ
=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，分析线速度、角速度、周期与轨道半
径的关系。
【解答】解：根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉߱
2ݎ=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ
得：㘴=
ܩܯ
ݎ，߱
=
ܩܯ
ݎ3 ，ܶ
= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ。
甲的线速度是5km/s，乙的线速度是3km/s，由㘴=
ܩܯ
ݎ可知甲的轨道半径小于乙的轨道半径；
A、由ܶ
= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ可知，轨道半径较小的甲的周期一定比乙的小。故A 正确；
B、卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，由于二者的质量关系未知，所以不能判断二者的向心力的关系。故
B 错误；
C、卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则：a= ܩܯ
ݎ2 ，可知轨道半径较小的甲的向心加速度一定比乙的大。
故C 错误；
D、由߱
=
ܩܯ
ݎ3 可知，轨道半径较小的甲的角速度一定比乙的大。故D 错误
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉߱
2ݎ=݉ܽ
=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ=ma，能够分析出加速
度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系。
2．（6 分）将两个相同的小球从同一高度以相同的速率分别平抛和斜向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地的过
程中（
）
A．落地时两个小球的动量相同
B．重力对两个小球的冲量相同
C．两个小球动量的变化量相同
D．两个小球动能的变化量相同
【考点】43：平抛运动；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】小球均只受重力，加速度相等，均为g，将小球的运动分解水平方向和竖直方向，结合竖直方向上的运
动比较运动的时间．根据动能定理比较落地的动能大小，根据动量定理分析动量的变化量以及末动量关系．
【解答】解：A、根据动能定理可知，两小球落地时速度大小相同，但方向不同，故两小球的末动量不相同，故A
错误；
BC、两球均仅受重力，加速度相同，但由于向上抛出的小球具有向上的初速度，故向上抛出的小球落时用时较长，
重力的冲量要大；根据动量定理可知，落地小球的动量的变化量不相同，故BC 错误；
D、根据动能定理知，mgh＝△EK，由于重力做功相等，初动能相等，可知落地的动能相等，动能的变化量相同，
故D 正确。
【点评】本题考查动量定理和动能定理的应用；对于曲线运动问题，在比较运动时间等问题时，一般的解题思路
是将运动进行分解，抓住等时性进行比较．比较落地速度不涉及方向时，可以通过动能定理或动量定理进行分析
求解．
3．（6 分）平直公路上一辆轿车以20m/s 的速度匀速行驶，在距离前方红绿灯停车线50m 的地方司机发现黄灯亮了，
该司机经过0.5s 的反应时间，然后刹车做匀减速直线运动，最后刚好停在停车线上，则（
）
A．轿车刹车的加速度大小是10m/s2
B．司机发现黄灯亮后，轿车经过4.5s 停下
C．从司机发现黄灯亮到停下来的过程中轿车的平均速度大小是10m/s
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
D．轿车停止前3s 的位移大小是20m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】汽车在反应时间内做匀速运动，之后做匀减速运动，根据运动学公式即可求得
【解答】解：A、反应时间内通过的位移为x 反＝v0t＝20×0.5m＝10m，减速通过的位移为x＝x0﹣x 反＝40m，根
据速度位移时间公式可知㘴2−㘴0
2 = 2ܽݔ，解得a＝﹣5m/s2，故A 错误；
B、减速运动的时间为ݐ' = 0−㘴0ܽ= 0−20
−5 ݏ= 4ݏ，故轿车经过时间t 总＝t+t′＝4.5s，故B 正确；
C、从司机发现黄灯亮到停下来的过程中轿车的平均速度大小是㘴= ݔ
ݐ= 50
4.5݉
/ݏ= 11݉
/ݏ，故C 错误；
D、反向看汽车做初速度为零的匀加速运动，故x= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 5 × 32݉
= 22.5݉
，故D 错误
【点评】本题主要考查了匀减速运动，结合位移时间公式即可求得
4．（6 分）如图所示，一个质量为M 的物块放在粗糙的斜面上，斜面的倾角为α，斜面放在粗糙的水平地面上．当受
到平行于斜面的水平推力F 的作用时物块和斜面都处于静止状态，下列关于物块的说法正确的是（
）
A．物块静止时受到5 个力
B．地面对斜面的摩擦力向左
C．若撤去推力F 则物块仍处于静止状态
D．若增大水平推力F 则可能出现斜面不动，物块向左匀速运动的情况
【考点】27：摩擦力的判断与计算；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N 和静摩擦力f，根据共点力平衡条件，结合正交分解法列
式求解．然后对整体进行受力分析即可．
【解答】解：A、物块处于静止状态，受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力以及推力F 的作用，共受到四个
力的作用。故A 错误；
B、以斜面与物块组成的整体为研究对象，则整体在水平方向受到向左的推论F 的作用，若要平衡，则斜面必定
受到地面对斜面的向右的摩擦力。故B 错误；
C、对物块受力分析，受推力F、重力G、支持力N 和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力
Mgsinθ和垂直斜面向上的分力Mgcosθ；
在与斜面平行的平面内，如图，有：f=
ܨ2 + (ܯtݏthߠ)2
当撤去推力F 后，如果静摩擦力与重力的下滑分力平衡，有：f′＝Mgsinθ＜f
可知若撤去推力F 则物块仍处于静止状态；故C 正确；
D、增大水平推力F，如果物块开始运动，则运动的方向必定沿推力F 与重力沿斜面向下的分力组成的合力的方向，
而不是向左运动的。故D 错误
【点评】本题的难点在于物体受到的力不在一个平面内，需要将重力按照作用效果进行分析，根据静摩擦力的产
生特点和共点力平衡条件列式求解静摩擦力．
5．（6 分）如图所示，一质量为m 的滑块放在固定的粗糙斜面上，从距离斜面底端高度为H 的地方滑到斜面底端与
挡板P 相碰，已知滑块与挡板每次相碰都以原速率反弹．滑块第一次反弹的最大高度为
3
5 ܪ，斜面倾角为37°
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列结论中正确的是（
）
A．滑块每次下滑与上滑的时间相等
B．滑块下滑加速度与上滑加速度大小相等
C．滑块与斜面上运动的总路程为
3
16
D．滑块在斜面上运动的总路程为7H
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【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据牛顿第二定律和速度公式结合分析下滑和上滑的时间关系，对整个过程，运用动能定理求总路程．
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：
下滑过程有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma 下。
上滑过程有mgsin37°+μmgcos37°＝ma 上。
对比可得a 下＜a 上。
下滑时间为t 下= 㘴ܽ
下
上滑时间为t 上= 㘴ܽ
上
，则知t 下＞t 上．故AB 错误。
CD、滑块从开始下滑到第一次反弹到最大高度的过程，根据动能定理得
mg（H−3
5H）﹣μmgcos37°•
ܪ+3
5ܪ
ݏth37° =0
滑块最终停在挡板P 上，设滑块在斜面上运动的总路程为S．对整个过程，由动能定理得
mgH﹣μmgcos37°•S＝0
联立解得S＝7H，故C 错误，D 正确。
【点评】本题根据牛顿运动定律、运动学规律和动能定理，关键是要知道滑动摩擦力做功与总路程有关．对于多
过程问题，从能量的角度分析可以大大简化解题过程．
6．（6 分）如图所示，轻绳的一端固定，另一端连接一个小球在竖直平面内运动，绳长为l，小球可视为质点．小球
在最低点的速度设为v0，则（
）
A．当㘴0＜tt时，细绳始终处于绷紧状态
B．当㘴0＞2 tt时，小球能通过最高点P 做完整的圆周运动
C．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态
D．若小球能逆时针做完整的圆周运动，则小球从N 点到P 点的水平速度一直增大
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】细绳始终处于绷紧状态有两种情况；分析小球做完整的圆周运动的条件；小球在最低点加速度的方向向
上；结合牛顿第二定律方向分析小球在水平方向的分速度．
【解答】解：A、B、若小球最高到达与O 在同一个水平线上的M 点或N 点，则：
1
2݉
㘴0
2 =݉
tt
得：㘴0 =
2tt
若小球恰好通过最高点，则在最高点重力恰好提供向心力，得：݉
㘴݌
2
t
=݉
t
从最低点到最高点的过程中机械能守恒，得：
1
2݉
㘴0
2 =
1
2݉
㘴݌
2 + 2݉
tt
联立得：㘴0 =
5tt
即：当小球的速度小于等于2tt或大于等于5tt时，细绳始终处于绷紧状态；而只有最低点的速度大于等于5tt
时，小球才能通过最高点P 做完整的圆周运动。故A 正确，B 错误；
C、小球在最低点时加速度的方向向上，是处于超重状态。故C 错误；
D、若小球能逆时针做完整的圆周运动，则小球从P 运动到N 的过程中始终受到始终的拉力；由于绳子的拉力可
以分解为竖直方向与水平方向，可知水平方向的分力始终等于小球做正功，所以小球从N 点到P 点的水平速度一
定一直增大。故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道“绳模型”最高点的临界情况，结合牛顿第二
定律进行分析．
7．（6 分）在某次电影的拍摄中，需要拍摄演员竖直向上飞起的过程．剧组在离地面H＝20m 处架设了轮轴（轮与轴
有相同的角速度），轮和轴的直径之比为2：1（人和车均视为质点，且轮轴直径小于H），若特技演员质量m＝50kg，
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一辆汽车从图中A 点静止出发加速前进到B，在A 处绳子竖直，在B 处时汽车的速度v＝5m/s 且BO 与水平方向
的夹角为53°，连接汽车的绳子绕在轮轴的轴上，拉动演员的绳子绕在轮轴的轮上，运动过程中轮轴的半径视为
不变．使演员由地面从静止开始向上运动，不计空气阻力（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．在汽车从A
运动到B 的过程中（
）
A．若汽车匀加速运动，则演员向上匀加速运动
B．演员上升的高度为5m
C．演员的最大速度为6m/s
D．绳子在这一过程中对演员做功为5900J
【考点】62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】将汽车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，可求得人的速度，由几何关系可求得人上升的高度，
由能量关系可求得最大机械能及钢丝对演员所做的功．
【解答】解：A、设BO 与水平方向夹角为θ，则a 绳子＝a 车cosθ，若汽车匀加速运动，a 车大小不变，由于θ不断减
小，a 绳子大小不断增大，演员竖直向上的加速度大小不断变大，演员做变加速运动，故A 错误；
B、设轮的半径为R，轴的半径为r。在车由A 到B 的过程中，轮和轴转过的角度相等。即为：
ܪ
ݏth53°−ܪ
ݎ
=݄h，h
为人上升的高度，
由题意可知：R：r＝2：1，解得：h＝10m，故B 错误，
C、将汽车的速度v 分解，如图所示，则得绳子的伸长速度：v1＝vcos53°＝5×0.6＝3m/s，由于轮轴的角速度相
等，设人的上升速度为v 人，轮的半径为R，轴的半径为r，则有：
㘴1
㘴人
=
ݎ
h，解得：v 人= h㘴1
ݎ
=3× 2
1 =6m/s，故C
正确；
D、绳子在这一过程中对人所做的功也就是人具有的最大机械能：E= 1
2mv 人2+mgh，解得E＝5900J，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查能量关系及运动的合成与分解，要注意明确人的速度为车的速度在沿绳子上的分速度；解决本
题要注意两点：1、轮和轴的角速度相同，根据轮和轴的直径之比知道线速度关系．2、掌握速度分解找出分速度
和合速度的关系．
8．（6 分）如图7 所示，A、B、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为
mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝2kg，初状态三个小球均静止，BC 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给
A 一个向左的初速度v0＝10m/s，A、B 碰后A 球的速度变为向右，大小为2m/s．下列说法正确的是（
）
A．球A 和B 碰撞是弹性碰撞
B．球A 和B 碰后，弹簧恢复原长时球C 的速度为9.6m/s
C．球A 和B 碰后，球B 的最小速度为1.6m/s
D．球A 和B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
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【分析】A、B 两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后B 球的速度，然后判断碰撞是否为弹性碰
撞；
弹簧恢复原长时B 球的速度最小，对B、C 系统应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出B 的最小速度；
当B、C 两球的速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C 两球组成的系统水平方向动量守恒，
应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．
【解答】解：A、A、B 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB，
解得：vB ＝8m/s ，碰撞前系统总动能：EK = 1
2 mAv02 = 1
2 × 2 × 102 ＝100J ，碰撞后系统总动能：EK ′
= 1
2mAvA2+ 1
2mBvB2= 1
2 ×2×（﹣2）2+ 1
2 ×3×82＝100J，碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，
故A 正确；
BC、A、B 碰撞后，B、C 组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B 的速度最小，C 的速度最大，以向左
为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB＝mBvB′+mCvC
由机械能守恒定律得：
1
2mBvB2= 1
2mBvB′2+ 1
2mCvC2
解得：vB′＝1.6m/s，vC＝9.6m/s（弹簧恢复原长时C 的速度最大，vB′＝8m/s，vC＝0m/s
不符合实际，舍去），
由此可知，弹簧恢复原长时C 的速度为9.6m/s，B 的最小速度为1.6m/s，故BC 正确；
D、B、C 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C 系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mBvB＝（mB+mC）v，
由机械能守恒定律得：
1
2mBvB2= 1
2（mB+mC）vC2+EP，解得，弹簧的最大弹性势能：EP＝38.4J，故D 错误；
故选：ABC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与
机械能守恒定律即可解题，解题时要注意系统在水平方向动量守恒，注意正方向的选择．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33 题～第
38 题为选考题，考生根据需求作答．）（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置验证“动量守恒定律”．实验的时候首先让a 小球从斜槽上某一位置静止释
放，然后沿斜槽末端水平面做平抛运动，落在P 点．然后把半径相同的b 小球放在斜槽末端，让a 小球从之前释
放的同一位置静止释放，与b 小球碰撞后，b 小球落在N 点，a 小球落在M 点．图中O 点为斜槽末端在地面上的
垂直投影．
（1）为减小实验误差，应该选取小球的质量ma
大于
mb（填“大于”“等于”或“小于”）
（2）若a、b 小球碰撞时动量守恒，则应满足
maOP＝maOM+mbON
（用图中出现的字母表示）．
（3）若只是改变a、b 小球的材质，题目中的小球碰撞后b 的落点N 点是否可能在P 点的左边？
可能
（填“可
能”或“不可能”）．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】本题通过等效替代验证动量守恒守恒，通过实验的原理，结合平抛运动的规律进行分析，从而确定实验
中的注意事项以及应验证的表达式．
【解答】解：（1）为了防止实验时入射球发生反弹，所以应该选取小球的质量ma 大于mb；
（2）两小球在空中做平抛运动，在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0＝mavA+mbvB，
两边同时乘以时间t 得：mav0t＝mavAt+mbvBt，
得：maOP＝maOM+mbON，
（3）如果两球碰后粘在一起，则碰后两球速度相同，且一定小于入射球原来的速度，故落地点在P 点左侧．
故答案为：（1）大于；（2）maOP＝maOM+mbON；（3）可能．
【点评】解决本题的关键知道在实验中，平抛运动的时间相等，所以可以用水平位移代替速度，同时明确本实验
中应让质量大的小球去碰质量较小的小球．
10．（9 分）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，小华同学设计了如图甲所示的实验，将表面粗糙的木板固定在
水平桌面上，木板右端装有定滑轮；木板上放一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过定滑
轮的细线与托盘连接。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做
匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点。
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（1）选取实验中点迹清晰的一条纸带，取纸带的一部分点0、1、2、3、4、5、6 为计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），实验中只记录了如图乙所示的部分数据，由此计算滑块的加速度a＝
0.45
m/s2（保
留2 位有效数字）
（2）若不计空气阻力，实验中还测出了托盘和砝码的总质量m1，滑块的质量m2，则滑块与木板间的动摩擦因数
μ＝݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
（用g、a、m1、m2 中所需字母表示）。
（3）若考虑空气阻力，上一问题中测出的动摩擦因数
大于
（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△x＝aT2，
可计算出打出某点时纸带运动加速度；
（2）对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，
（3）由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大。
【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有4 个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s。
利用匀变速直线运动的推论△x＝at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a=ܽ
1+ܽ2
2
= ݔ45+ݔ56−ݔ12−ݔ23
6ܶ2
=
3.76+4.20−2.40−2.86
6×0．12
× 10−2 ≈0.45m/s2
（2）根据牛顿第二定律有：m1g﹣μm2g＝（m1+m2）a，
故解得：μ=݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
，
（3）由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了空气阻力，
即为μ=݉
1t−݂−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
，
因此摩擦因数的测量值会偏大。
故答案为：（1）0.45；（2）݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ݉
2t
；（3）偏大。
【点评】能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，运用仪器
进行测量，正确的进行有关误差分析。
11．（12 分）宇航员到一个半径为R 的星球后想分析这个星球的质量和星球表面的气体对运动物体的阻力，于是做了
两个小实验：首先测出一个质量为m 的小球的重力为G1，然后将小球从地面竖直上抛，测出第一次上升的时间为
t1，第一次下降的时间为t2．设小球运动中受到的阻力大小不变，万有引力常量为G，不计星球自转，且小球与地
面碰撞时等速反弹．求：
（1）该星球的质量；
（2）小球在空中运动时受到的阻力大小．
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）地球表面重力与万有引力相等，求得星球的重力加速度和星球半径求得星球质量；
（2）根据牛顿运动定律和运动学公式求得小球在空中运动时受到的阻力大小即可．
【解答】解：（1）在星球表面质量为m 的物体受到的重力为G1，据G＝mg 可得星球表面重力加速度为：g= ܩ1݉
据万有引力等于重力得：ܩ݉
ܯ
h2 =݉
t
可得星球的质量为：M= th2
ܩ
= ܩ1h2݉
ܩ
（2）在星球上升时，据牛顿第二定律可知，物体上升的加速度为：ܽ1 = t +
ܨ݂݉
物体下降时的加速度为：ܽ2 = t −
ܨ݂݉
根据逆向思维上升时的高度为：h= 1
2ܽ
1ݐ1
2
下降时：h= 1
2ܽ
2ݐ2
2
连列两式代入加速度和重力加速度表达式有：
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1
2 (
ܩ1݉+
ܨ݂݉
)ݐ1
2 =
1
2 (
ܩ1݉−
ܨ݂݉
)ݐ2
2
解得：Ff= ܩ1(
ݐ2
2−ݐ1
2
ݐ1
2+ݐ2
2 )
答：（1）该星球的质量为
ܩ1h2݉
ܩ；
（2）小球在空中运动时受到的阻力大小为ܩ1(
ݐ2
2−ݐ1
2
ݐ1
2+ݐ2
2 )．
【点评】在星球表面重力与万有引力相等，掌握运动学公式和牛顿第二定律的综合应用是解决第二问的关键．
12．（20 分）如图所示，光滑的水平面上固定一光滑的半圆形凹槽，凹槽下端右侧放置一质量M＝1kg 的木板，凹槽
的上端右侧固定一个长度L＝2m 逆时针运转的传送带，传送带速度v0＝2m/s，传送带右侧连接光滑的平台，平台
上右端连接轻弹簧。现用一个可视为质点的质量m＝0.5kg 的滑块压缩弹簧然后静止释放，滑块从B 点刚好能向
下做圆周运动到C 点，当滑块上木板后立即撤去凹槽。木板足够长，滑块不会从木板上掉下。已知凹槽的半径R
＝0.9m，滑块和传送带、木板的动摩擦因数均为μ＝0.25．其他阻力不计，g＝10m/s2。
（1）求释放滑块时，弹簧的弹性势能是多大？
（2）若在木板右边与木板右端相距d＝5m 的水平地面上固定一弹性挡板（图中未画出），求滑块在木板上产生的
总摩擦生热为多少？
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，求能使滑块与木板之间产生最多摩擦生热的d 的所有可能
取值。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】（1）滑块从B 点刚好能向下做圆周运动到C 点，则滑块在B 点受到的重力弹簧向心力，由此求出滑块到
达B 的速度，然后结合传送带的速度以及动能定理即可求出弹簧的弹性势能；
（2）由机械能守恒先求出滑块到达C 的速度，然后假设滑块、木板与挡板碰前达到共速，木板与挡板碰撞后，原
速率反弹，之后木板与物块组成的系统动量守恒，列式求出最后两者共同的速度，作出判断，最后求出滑块在在
木板上产生的总摩擦生热为多少；
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，根据动量守恒以及功能关系分析能使滑块与木板之间产生
最多摩擦生热的d 的所有可能取值。
【解答】解：（1）由题意可知，滑块到达B 点时，重力恰好提供向心力，则：
mg=݉
㘴ܤ
2
h
所以：㘴ܤ=
th =
10 × 0.9 = 3m/s＞v0
可知滑块滑过传送带的过程中传送带与滑块之间的摩擦力对滑块做负功，则：
ܧܲ−ߤ݉
tܮ= 1
2݉
㘴ܤ
2
代入数据得：EP＝4.75J
即释放滑块时，弹簧的弹性势能是4.75J
（2）滑块从B 到达C 的过程中就差你守恒，则：
1
2݉
㘴ܤ
2 + 2݉
th =
1
2݉
㘴ܥ
2
代入数据得：㘴ܿ= 3 5m/s
假设滑块、木板与挡板碰前达到共速，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvc＝（m+M）v 共
所以：㘴共=
5m/s
设该过程中木板的位移为x1，则：ߤ݉
tݔ1 = 1
2 ܯ㘴
共
2
代入数据得：x1＝2m＜5m
此后滑块与木板一起向右运动，直到木板与挡板相碰；相碰后木板以原速率返回，然后滑块再次相对于木板发生
滑动，直到二者的速度再次相等；
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由动量守恒定律得：mv 共﹣Mv 共＝（m+M）v
代入数据得：㘴=−5
6 m/s
木板向右加速的过程中滑块的位移x2：−ߤ݉
tݔ2 = 1
2݉
㘴
共
2 −1
2݉
㘴ܿ2
代入数据得：x2＝8m
木板向右加速的过程中系统产生的热量：Q1＝μmg（x2﹣x1）
木板向左运动的过程中产生的热量：ܳ
2 = 1
2 (݉
+ ܯ)㘴
共
2 −1
2 (݉
+ ܯ)㘴2
滑块在木板上产生的总摩擦生热：Q＝Q1+Q2
代入数据，联立得：Q＝11.15J
（3）结合以上的分析可知，若滑块的速度与木板的速度相等后木板与挡板相碰，则碰撞后木板向左运动的过程中，
滑块最终将与木板一起向左运动；所以若使滑块与木板之间产生最多热量，则向右滑块的动能全部转化为内能，
即最终二者的速度都是0。
当二者最终的速度等于0 时，设木板与挡板碰撞时，滑块的速度为v1；木板的速度为v2，碰撞后木板的速度则为
﹣v2；
碰撞前木板向右运动的过程中：mvc＝mv1+Mv2
碰撞后木板向左运动的过程中：mv1﹣Mv2＝0
联立可得：㘴1 = 1.5 5m/s，㘴2 = 0.75 5m/s
该过程中木板的位移为d，则：ߤ݉
t݀
= 1
2 ܯ㘴2
2
代入数据得：d＝1.125m
答：（1）释放滑块时，弹簧的弹性势能是4.75J
（2）若在木板右边与木板右端相距d＝5m 的水平地面上固定一弹性挡板，滑块在木板上产生的总摩擦生热为
11.15J；
（3）若木板右边的弹性挡板与木板右端的距离d 可调，能使滑块与木板之间产生最多摩擦生热的d 是1.125m。
【点评】本题关键是分析清楚滑块的运动过程，抓住每个过程和各个状态的特点和物理规律，分段由动量守恒定
律、动能定理、牛顿运动定律和向心力公式进行研究。
【物理-选修3-3】
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同
B．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动
C．晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．某一过程气体对外做功，其内能不一定减小
E．某容器中气体压强减小，则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数一定减少
【考点】85：扩散；89：温度是分子平均动能的标志；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同；布朗运动不是分子的运动，间接反映了
分子的无规则运动，扩散现象直接说明了分子的无规则运动；晶体与非晶体的区别是否有固定的熔点；做功与热
传递都可以改变物体的内能；根据气体压强的微观意义分析．
【解答】解：A、0℃的铁和0℃的冰，它们的温度相同，则分子平均动能相同，故A 正确。
B、扩散现象和布朗运动都与温度有关，但是布朗运动不是分子的运动，间接反映了分子的无规则运动，故B 错
误。
C、晶体与非晶体的区别是晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C 正确。
D、根据热力学第一定律可知，某一过程气体对外做功，若同时吸收热量，其内能不一定减小，故D 正确。
E、根据气体压强的微观意义可知，某容器中气体压强减小，可知是分子对器壁的平均撞击力减小，单位时间内气
体分子对容器壁单位面积的碰撞次数不一定减少。故E 错误
故选：ACD。
【点评】本题考查了分子平均动能、分子热运动、热力学第一定律等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基
础知识点，注意布朗运动不是分子的运动．
14．（10 分）如图所示，一竖直放置的U 形管两端开口、粗细均匀，两管的竖直部分高度为20cm，内径很小，水平
部分BC 长16cm．一空气柱将管内水银分割成左、右两段．大气压强p0＝76cmHg．当空气柱温度T0＝273K、长
L0＝8cm 时，BC 管内左边水银柱和AB 管内水银柱长都为2cm．右边水银柱只画出了一部分，求：
（1）右边水银柱总长度；
（2）若缓慢降低空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边水银柱全部进入BC 管？
（3）若缓慢升高空气柱的温度，当空气柱的温度为多少时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管？
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- 339 -
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）由于平衡，两边水银面等高，即可求得右边水银柱总长；
（2）对封闭气体运用理想气体的状态方程，即可求出空气柱的温度为多少时，左边水银柱全部进入BC 管；
（3）对最初和最后状态的封闭气体运用盖﹣吕萨克定律，即可求出当空气柱的温度为多少时，左边的水银恰好有
一半溢出U 形管．
【解答】解：（1）由于水银柱处于平衡状态，则封闭气体的压强：P1＝P0+h 左＝P0+h 右
可得CD 中水银柱的长度：h 右＝2cm
所以右边水银柱总长：L 右＝h 右+（16﹣10）cm＝8cm．
（2）当左边水银全部进入AB 管时，右边竖直管中水银柱高也为4cm，
此时气体压强为：P2＝（76+4）cmHg＝80cmHg，
根据几何关系可得空气柱长度：L2＝（8+2+2）cm＝12cm．
设横截面积为S，
初态：压强P1＝78cmHg，封闭气柱长度L1＝8cm，温度T0＝273K
末态：压强P2＝80cmHg，封闭气柱长度L2＝12cm，温度T2，
根据理想气体状态方程得：ܲ1ܮ1ܵܶ
0
=ܲ
2ܮ2ܵܶ
2
代入数据：
78×8
273 =
80×12ܶ
2
可得：T2＝420K
（3）设当空气柱的温度为T3 时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管，即左边的水银溢出2cm，剩余2cm
左边竖直管中的水银柱为2cm，右侧竖直管中的水银柱长度为也为2cm，
封闭空气柱的长度变为30cm，封闭气体的压强：P3＝
选择封闭气柱为研究对象，
初态：压强P1＝78cmHg，封闭气柱长度L1＝8cm，温度T0＝273K
末态：压强P3＝78cmHg，封闭气柱长度L3＝30cm，温度T3，
对封闭气体运用盖﹣吕萨克定律可得：
ܮ1ܵܶ
0
=
ܮ3ܵܶ
3
可得：T3＝1023.75K
答：（1）右边水银柱总长度为8cm；
（2）若缓慢降低空气柱的温度，当空气柱的温度为420K 时，左边水银柱全部进入BC 管；
（3）若缓慢升高空气柱的温度，当空气柱的温度为1023.75K 时，左边的水银恰好有一半溢出U 形管．
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决．
【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波从左向右以v＝5m/s 的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（
）
A．C 质点再经过一个ܶ4周期将传播到D 点
B．B 点再经过ܶ8回到平衡位置
C．B 点正在向上运动
D．该波的周期T＝0.02s
E．每0.02sC 点的路程为16cm
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【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】简谐横波传播的过程中，介质中各个质点并不随波迁移。根据横波的图象得出机械波的振幅，波长。根
据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4 倍的振幅得出质点在0.02s 内通过的路程。运用波形平
移法分析质点的振动方向。
【解答】解：A、在波的传播过程中，质点在其平衡位置附近振动，并不随波的传播迁移，质点C 经过一个ܶ4周期
不会传播到D 点，故A 错误；
B、质点越靠近平衡位置其运动速度越大，质点B 由图示位置运动到平衡位置所需时间小于ܶ8，故B 错误；
C、由题意可知，波由左向右传播，由图示波形图可知，此时B 点正向上运动，故C 正确；
D、由图示波形图可知，波长：ɉ＝10cm＝0.10m，波的周期：T= ɉ
㘴= 0.10
5
=0.02s，故D 正确；
E、由图示波形图可知，质点的振幅：A＝4cm，C 点在一个周期T＝0.02s 运动的路程为：4A＝16cm，并不是质点
C 在任一0.02s 内的路程为16cm，故E 错误；
故选：CD。
【点评】此题考查读图的能力，能由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，
若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力。
16．如图所示，AOBC 为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为半径R＝10cm 的四分之一圆弧，
AB 与水平面屏幕MN 垂直并接触于A 点。由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB 分界面上
的入射角i＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1= 2 3
3 ，
n2=
2。
（i）判断在AM 和AN 两处产生亮斑的颜色；
（ii）求两个亮斑间的距离（结果保留4 位有效数字）。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】①由全反射可知红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两光点的性质；
②由折射定律及几何知识可求得两光斑的距离。
【解答】解：①根据临界角公式sinC= 1
h知，C＝arcsin
1
h
则得红光与紫光的临界角分别为C 红＝60°，C 紫＝45°，
而光线在AB 面上入射角i＝45°，说明紫光恰好发生了全反射，红光从AB 面有反射，也有折射。所以在AM 区
域的亮斑P1 为红色，
在AN 区域的亮斑P2 为红色与紫色的混合色。
②画出如图光路图。
设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律得
n1= ݏthݎ
ݏtht
求得sinr=
6
3
由几何知识可得tanr=
h
tܲ1
解得AP1＝7.05×10
﹣2m
由几何知识可得△OAP2 为等腰直角三角形，
解得
AP2＝0.1m
所以
P1P2＝（5 2 +10）cm＝17.07cm
答：①在AM 区域的亮斑P1 为红色，在AN 区域的亮斑P2 为红色与紫色的混合色。
②两个亮斑间的距离是0.17m。
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【点评】本题首先要能熟练作出光路图，并能正确应用几何关系进行求解，难度适中。
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日期：2019/4/11 23:31:12 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第五次月考物理试卷
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～21
题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）如图所示，三个带电小球A、B、C 依次分别固定在相同的带底座的绝缘支架上，底座置于水平粗糙地面
上，三者共线，其中A 球带正电，A、B 两球带电量大小之比为9：4，为使静止时A、B 连个底座均不受地面的
静摩擦力，则（
）
A．B 球必带正电，C 球必带负电
B．C 球电量必大于B 球电量
C．必须满足x1＝x2
D．A、B 两个底座均不受地面的静摩擦时，C 底座有可能受到地面的静摩擦力
2．（6 分）如图所示虚线是静电场中的一条等势线，实线ab 是一带电粒子仅在电场力作用下经过该等势线时的一小
段轨迹，则下列说法正确的是（
）
A．a 点场强比b 点大
B．a 点电势比b 点高
C．粒子在b 点的动能比a 点小
D．该粒子带负电
3．（6 分）如图所示，足够长的水平光滑轨道上放置5 个小球，左边4 个质量均为m，最右边一个质量为3m，原来
均静止，现给最左边球一初速度v0，每次碰撞都是弹性正碰，则之后总碰撞次数和最终左右两端球的动能之比为
（
）
A．7 次，1：1
B．8 次，1：1
C．7 次，1：3
D．8 次，1：3
4．（6 分）如图所示，水平地面上放置滑块和木板，质量分别为m1 与m2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与
地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给二者相同水平初速度v0，不计空气阻力，关于二
者之后是否发生相对滑动，下列说法正确的是（
）
A．仅取决于m1 与m2 的大小关系
B．仅取决于μ1 与μ2 的大小关系
C．与m1 和m2 的大小有关及μ1 与μ2 的大小关系均有关
D．与μ1 与μ2 的大小关系及v0 的大小均有关
5．（6 分）下表列出了太阳系5 颗行星绕太阳公转的周期，已知各行星公转方向相同，各行星公转轨道视为圆，设各
公转轨道精确共面。轨道半径比地球小的称为内行星；比地球大的称为外行星。某内行星在太阳和地球之间且三
者共线时，称为“某星凌日”。地球在太阳和某外行星之间且三者共线时，称为“某星冲日”。不计行星间相互作
用的引力，则下列说法正确的是（
）
行星
水星
金星
地球
火星
木星
公转周期
88 天
225 天
1 年
约2 年
约12 年
A．因为这五大行星中，水星质量最小，所以水星运动的加速度最大
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- 343 -
B．相邻两次水星凌日的时间比相邻两次金星凌日的时间长
C．相邻两次火星冲日的时间比相邻两次木星冲日的时间长
D．地球与太阳的连线和金星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
6．（6 分）赤道正上空沿南北方向有一条直流通电导线与地面平行，导线不通电时，导线正下方地面上的小磁针N 极
指北，当导线通过电流I 时，小磁针N 极指北偏西30°，当导线通电流nI 时，小磁针N 极指北偏西60°，已知
电流产生的磁场在距电流一定距离处的磁感应强度与该电流大小成正比，忽略地磁偏角，则（
）
A．n＝2
B．n＝3
C．电流方向自北向南
D．电流方向自南向北
7．（6 分）如图所示，等量同种电荷分别固定在M、N 两点，O 为二者连线中点。a、b 为二者连线上的点，有aM＝
bN，c、d 为连线段中垂线上的两点，将负试探电荷从d 点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始向O 点运动，
则（
）
A．a 点场强比b 点强
B．a 点电势比b 点高
C．c 点场强比d 点强
D．c 点电势比d 点高
8．（6 分）如图所示电路，E 为电源，R 为连续可变电阻，C 为平行板电容器。电容器右方有离子发射源，可连续不
断地平行于电容器极板水平向左发射初速度相同的某种离子（不计重力）。离子最终从电容器左端射出，不计离子
间的相互作用，忽略边缘效应。K 原来闭合，则下列说法正确的是（
）
A．离子带正电
B．增大R，离子速度偏转角变小
C．断开K，离子将水平向左射出电容器
D．断开K，向下移动电容器下极板，离子轨迹不变
三、非选择题：包括必考题和选考题（一）必考题
9．（6 分）某实验小组为测量薄木板和滑块间的动摩擦因数。但手里只有薄木板、滑块、刻度尺和一些能将木板垫高
的石块，他们进行了如下操作：
a．将木板一端垫高，另一端置于水平地面上，将滑块置于木板上；
b．调节木板倾角，直至轻推滑块，滑块能自由缓慢下滑；
c．测量木板上一点到水平地面的高度h 和该点到木板触地端的水平距离L。
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ＝
。
（2）考虑到测量h 时刻度尺并未精确竖直并进而影响到L 的测量，将带来
（选填“偶然误差”或系统误
差），该误差
（填“能”或“不能”）避免。
10．（12 分）为了较准确地测量某电子元件的电阻，某同学进行了以下实验，请完成步骤中的填空：
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（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，因此应将多用电表调到
电阻
挡（选填“×1”或“×100”）；
（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到
位置；
（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1 所示，则被测电阻的阻值为
Ω；
（4）为精确测量其电阻，该同学设计了如图2 所示的电路．图2 中
的量程为2mA，内阻约50Ω；R 为电阻箱
（9999.9Ω），直流电源E 约6V，内阻约0.5Ω．则以下关于保护电阻R0 的阻值合理的是
A．20Ω
B．200Ω
C．2000Ω
D．20000Ω
（5）将S 掷到1 位置，将R 调为R1，读出R1 的值以及此时
的示数为I0，然后将R 调到
（选填“最大
值”或“最小值”）；
（6）再将S 掷到2 位置，调节R，使得
表的示数仍为I0，读出R 的值为R2，则Rx＝
．
11．如图，足够宽广的光滑水平面上放置木板和滑块，质量分布为M＝3kg 和m＝1kg。二者间动摩擦力因数μ＝0.3．滑
块（视为质点）处于长木板的左端。开始时给二者大小相等、方向相反的水平初速度v0＝2m/s。最终滑块刚好没
有从长木板滑下，g＝10m/s2。
（1）求滑块最终的速度大小v；
（2）求滑块从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小s；
（3）求长木板的长度L。
12．如图甲所示为化学上常用的质谱仪，正离子经电压为U 的电场加速后，从A 点沿管子子轴线方向陆续进入纸面
内的细管（内径极小）ABCD，该细管AB 和CD 段为直管，BC 段为半径为R 的弯管，直管与弯管相切。弯管处
于垂直于纸面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度连续可调。不与管壁碰撞的离子可到达位于D 点的探测器，探测
器与电脑相连，电脑上可显示磁感应强度缓慢变化时单位时间到达探测器的正离子数目随磁感应强度的变化而变
化的情况，从而分析出物质成分，不考虑离子键的相互作用，不计离子重力。
（1）探测器要探测到正离子，磁场方向应垂直于纸面向内还是向外？
（2）忽略正离子进入加时电场时的初速度，当磁感应强度为B0 时，求探测器探测到的正离子的比荷k0；
（3）实际上，正离子进入加时电场时的初速度在0～v0（未知）之间，导致电脑上的图象有一定宽度（如图乙），
为保证比荷为k0 的正离子与比荷为݇0
2 的正离子的图象无重叠，则比荷为k0 的正离子的v0 最大为多少？（结果用
k0、U 表示）？
【物理选修3-3】
13．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．将两端开口的细玻璃管插入它的不浸润液体中，静止时，管内液面为凸面且低于管外液面
B．冬季室内的人向窗户玻璃哈气，玻璃内外表面均会出现雾状小水珠
C．非晶体可以看成粘稠度极高的液体
D．在r＞r0 的前提下，分子势能随分子距离的增大而减小
E．理想气体等圧膨胀过程中，气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少
14．（3 分）如图所示，由粗细两部分构成的导热气缸竖直放置，大活塞上方与小活塞下方与大气连通，两活塞与气
缸无摩擦。大活塞质量为6m，小活塞质量为m，气缸粗部横截面积为2S；细部横截面积为S，大活塞被限位环挡
住而没有向下运动。两活塞均处于静止状态。此时粗部气柱长L，细部气柱长2L．封闭气体温度T1＝600K，大气
压强p0= 5݉
tܵ。
①用竖直向上的推力推动小活塞缓慢向上滑动，直至限位环对大活塞的支持力减小到零，求小活塞上升的高度h；
②在①问基础上降低封闭气体温度，同时减小竖直向上作用于小活塞上的推力，以保持小活塞始终静止，求当推
力减小到零时封闭气体的温度T2。
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- 345 -
【物理选修3-4】
15．（3 分）如图，曲线表示一列横波的传播，其中实线是t1＝1s 时的波形图，虚线是t2＝2s 时的波形，且t2﹣t1 小
于一个周期，由此可以判断（
）
A．波长一定为20cm
B．此波一定是向x 轴正方向传播
C．振幅为10cm
D．周期可能为
4
3 ݏ，也可能为4s
E．波速一定为5cm/s
16．（3 分）直角三角形玻璃砖ABC，其中∠A＝30°，平放于水平桌面上，如图为其俯视图，一束单色光以45°的
入射角水平射入其AB 面，在AB 面折射后又在AC 面处发生一次反射，最后垂直于BC 面穿出玻璃砖。
①补充出题目所述光路，并求出这种玻璃对这束单色光的折射率；
②通过计算说明是否有光从AC 面射出玻璃砖。
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第五次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～21
题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）如图所示，三个带电小球A、B、C 依次分别固定在相同的带底座的绝缘支架上，底座置于水平粗糙地面
上，三者共线，其中A 球带正电，A、B 两球带电量大小之比为9：4，为使静止时A、B 连个底座均不受地面的
静摩擦力，则（
）
A．B 球必带正电，C 球必带负电
B．C 球电量必大于B 球电量
C．必须满足x1＝x2
D．A、B 两个底座均不受地面的静摩擦时，C 底座有可能受到地面的静摩擦力
【考点】A4：库仑定律；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】三个小球均处于平衡状态，故可分别对AB 两球进行分析列出平衡方程可分析各项。
【解答】解：A、对A 求分析可知，BC 两球对A 的电场力应大小相等，方向相反，故BC 两球一定异号，在对B
分析，根据平衡可判，B 必带负电，C 必带正电，故A 错误；
B、根据库仑定律，ܨ=݇
ݍ1ݍ2
ݎ2
，电量相同情况下，距离越大，力越小，要使其相等，必须增大电荷量，故C 球电
量必大于B 球电量，故B 正确；
C、对A 分析，BC 对其电场力相等，AB 与BC 距离关系不确定，故C 错误；
D、A、B 两个底座均不受地面的静摩擦时，根据平衡可知，C 也一定不受摩擦力作用，故D 错误；
【点评】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹
一小。
2．（6 分）如图所示虚线是静电场中的一条等势线，实线ab 是一带电粒子仅在电场力作用下经过该等势线时的一小
段轨迹，则下列说法正确的是（
）
A．a 点场强比b 点大
B．a 点电势比b 点高
C．粒子在b 点的动能比a 点小
D．该粒子带负电
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】只有一条等势线，且不知粒子电性，无法判断电场强度大小以及电势高低；根据电场力做功可判断电势
能和动能变化。
【解答】解：ABD、只有一条等势线，且不知粒子电性，无法判断电场强度大小以及电势高低，故ABD 错误；
C、电场线与等势面垂直，过轨迹与等势线交点作垂线即为一条电场线，根据轨迹弯曲方向可知，电场力沿电场线
向下，从a 到b 电场力做负功，电势能增加，动能减小，即粒子在b 点的动能比a 点小，故C 错误；
【点评】掌握住带电粒子的运动轨迹与力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场
力做功时动能和电势能间的关系是解题的关键。
3．（6 分）如图所示，足够长的水平光滑轨道上放置5 个小球，左边4 个质量均为m，最右边一个质量为3m，原来
均静止，现给最左边球一初速度v0，每次碰撞都是弹性正碰，则之后总碰撞次数和最终左右两端球的动能之比为
（
）
A．7 次，1：1
B．8 次，1：1
C．7 次，1：3
D．8 次，1：3
【考点】29：物体的弹性和弹力；53：动量守恒定律．菁优网版权所有
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【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度。根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出m 与3m 碰后两球
的速度，得到碰后它们的动能，即可求得最终左右两端球的动能之比。
【解答】解：根据质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度，知最左边球向右运动后，依次发生3 次碰撞，碰后
左侧的三个球m 停止运动，最右边的球m 与3m 球发生第4 次碰撞，碰后，m 球向左反弹，3m 向右运动。最右
边的球m 向左运动时，依次发生3 次碰撞，碰后右侧球停止运动，最终最左端的球m 向左运动。所以总碰撞次数
7 次。
设m 球与3m 球发生碰撞后瞬间速度分别为v1 和v2．动能分别为Ek1 和Ek2。
取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0＝mv1+3mv2。
1
2mv02= 1
2mv12+ 1
2 ⋅3mv22。
解得v1=−㘴0
2 ，v2= 㘴0
2
因为Ek1= 1
2mv12，Ek2= 1
2 ⋅3mv22．解得Ek1：Ek2＝1：3
所以最终左右两端球的动能之比为1：3。
【点评】解决本题的关键是掌握弹性碰撞的规律：质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度。知道弹性碰撞过程
遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。解题时要注意规定正方向。
4．（6 分）如图所示，水平地面上放置滑块和木板，质量分别为m1 与m2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与
地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给二者相同水平初速度v0，不计空气阻力，关于二
者之后是否发生相对滑动，下列说法正确的是（
）
A．仅取决于m1 与m2 的大小关系
B．仅取决于μ1 与μ2 的大小关系
C．与m1 和m2 的大小有关及μ1 与μ2 的大小关系均有关
D．与μ1 与μ2 的大小关系及v0 的大小均有关
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为滑动摩擦力，先采用隔离法求出滑块的临界加
速度，再运用整体法，求出整体的加速度，比较即可。
【解答】解：若滑块能与木板一起做减速运动，则整体的加速度：ܽ1 = ߤ2(݉
1+݉
2)t݉
1+݉
2
= ߤ2t
此时滑块与木板之间的摩擦力：f1＝m1a1＝μ2m1g
若滑块相对于木板发生滑动，则滑块与木板之间的摩擦力：f2＝μ1m1g
由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可知滑块与木板之间的摩擦力不能超过f2，即：f1≤f2（μ2≤μ1）时，二者能
一起运动；当f1＞f2（μ1＜μ2）时，将发生相对运动，与二者质量的大小无关。故B 正确，ACD 错误。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解。
5．（6 分）下表列出了太阳系5 颗行星绕太阳公转的周期，已知各行星公转方向相同，各行星公转轨道视为圆，设各
公转轨道精确共面。轨道半径比地球小的称为内行星；比地球大的称为外行星。某内行星在太阳和地球之间且三
者共线时，称为“某星凌日”。地球在太阳和某外行星之间且三者共线时，称为“某星冲日”。不计行星间相互作
用的引力，则下列说法正确的是（
）
行星
水星
金星
地球
火星
木星
公转周期
88 天
225 天
1 年
约2 年
约12 年
A．因为这五大行星中，水星质量最小，所以水星运动的加速度最大
B．相邻两次水星凌日的时间比相邻两次金星凌日的时间长
C．相邻两次火星冲日的时间比相邻两次木星冲日的时间长
D．地球与太阳的连线和金星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力分析加速度的关系；根据开普勒第三定律，其
轨道半径的三次方与周期T 的平方的比值都相等；从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间。
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【解答】解：A、设太阳的质量为M，根据万有引力提供向心力则：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉ܽ
可得：a= ܩܯ
ݎ2
可知靠近太阳最近的水星的向心加速度最大，但不是因为水星的质量最小。故A 错误；
B、如果两次行星凌日时间间隔为t 天，则该星比地球多转动一周，其中T 地＝365 天，有：2π＝（
2ߨܶ
0
−
2ߨܶ
地
）t
解得：t=ܶ
0ܶ地ܶ
地−ܶ0 =ܶ
地ܶ
地ܶ
0 −1
可知周期较小的水星的相邻两次凌日的时间比相邻两次金星凌日的时间短。故B 错误；
C、如果两次行星冲日时间间隔为t 年，则地球多转动一周，有：
2π＝（
2ߨܶ
地
−
2ߨܶ
0
）t
解得：t=ܶ
0ܶ地ܶ
0−ܶ地
=ܶ
地
1−ܶ地ܶ
0
可知周期较小的火星相邻两次冲日的时间比相邻两次木星冲日的时间长。故C 正确；
D、根据开普勒第二定律，同一颗行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，不同的行星与太阳的连线在
相等时间内扫过的面积不相等。故D 错误。
【点评】本题关键是结合开普勒第三定律分析（也可以运用万有引力等于向心力列式推导出），知道相邻的两次行
星冲日的时间中地球多转动一周。
6．（6 分）赤道正上空沿南北方向有一条直流通电导线与地面平行，导线不通电时，导线正下方地面上的小磁针N 极
指北，当导线通过电流I 时，小磁针N 极指北偏西30°，当导线通电流nI 时，小磁针N 极指北偏西60°，已知
电流产生的磁场在距电流一定距离处的磁感应强度与该电流大小成正比，忽略地磁偏角，则（
）
A．n＝2
B．n＝3
C．电流方向自北向南
D．电流方向自南向北
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】小磁针静止时N 极的指向表示磁场的方向，先根据小磁针N 极的转动方向，所以矢量的合成的方法得出
通电导线产生的磁场的大小，根据右手螺旋定则得出直线电流的方向。
【解答】解：当导线通过电流I 时，小磁针N 极指北偏西30°，根据磁场的合成可知B′＝Btan30°=
3
3 ܤ，通
电导线产生的磁场方向向西，根据右手定则可知电流方向自南向北，
当导线通电流nI 时，小磁针N 极指北偏西60°，根据磁场的合成可知B′′＝Btan60°=
3B，则B′′＝3B′，
故n＝3，故BD 正确，AC 错误
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道地磁场的特点，以及掌握右手螺旋定则，知道小磁场静止时N 极的指向为磁场的方
向。
7．（6 分）如图所示，等量同种电荷分别固定在M、N 两点，O 为二者连线中点。a、b 为二者连线上的点，有aM＝
bN，c、d 为连线段中垂线上的两点，将负试探电荷从d 点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始向O 点运动，
则（
）
A．a 点场强比b 点强
B．a 点电势比b 点高
C．c 点场强比d 点强
D．c 点电势比d 点高
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】将负试探电荷从d 点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始向O 点运动，说明这两个电荷为正电荷，
两个等量的正点电荷连线的中垂线上电场强度方向沿中垂线由O 点指向无穷远，沿着电场线电势降落。根据电场
线的分析情况分析场强的大小。
【解答】解：A、a 将负试探电荷从d 点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始向O 点运动，说明这两个电荷为
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正电荷，点电场强度为两点电荷产生的电场强度之和，即Kܳܽܯ2 +kܳ(ܮ+ܽܯ)2，在b 点的电场强度为两点电荷产生
的电场强度之差kܾܳܰ
2 −kܳ(ܮ−ܾܰ
)2，aM＝bN，所以a 点场强比b 点强，故A 正确；
B、a 相对于M 点电荷与b 点相对于N 电荷的电势相等，而N 点电荷在a 点的电势小于M 的电荷在b 点的电势，
故a 点电势低于b 点电势，故B 错误；
C、中垂线上电场强度由O 向外先增大后减小，由于c 点与d 点距离不确定，两处电场线的分布情况不能确定，
所以无法判断c、d 两点场强大小关系，故C 错误；
D、两个等量的正点电荷连线的中垂线上电场强度方向沿中垂线由O 点指向无穷远，电势沿电场线方向降低，c
点电势比d 点电势高，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。根据粒
子所受的电场力情况分析粒子的运动情况。
8．（6 分）如图所示电路，E 为电源，R 为连续可变电阻，C 为平行板电容器。电容器右方有离子发射源，可连续不
断地平行于电容器极板水平向左发射初速度相同的某种离子（不计重力）。离子最终从电容器左端射出，不计离子
间的相互作用，忽略边缘效应。K 原来闭合，则下列说法正确的是（
）
A．离子带正电
B．增大R，离子速度偏转角变小
C．断开K，离子将水平向左射出电容器
D．断开K，向下移动电容器下极板，离子轨迹不变
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据粒子运动轨迹的偏转方向，判断出粒子所受电场力的方向，进而得出粒子的带电正负；改变R 的数
值，在断路的情况下并不能改变极板间的电压；
断开K 后，电容器间还存在着电场，粒子受到电场力的作用，其轨迹必然发生偏转；在断开K 的情况下，极板的
电荷量为定值，极板间的电场强度大小与极板间的距离无关。
【解答】解：A、由于粒子的重力不计，因此该粒子在电容器中只受到电场力的作用，由图可知电容器的上极板
带正电，
粒子的轨迹向下偏转，它所受的电场力方向向下，与电场强度方向相同，因此该粒子带正电。故A 正确；
B、因为整个电路处于断路状态，电容器两极板间的电压等于E，若改变R 的数值，并不能改变电容器两极板间
的电压，
因此，增大R，离子速度偏转角应保持不变。故B 错误；
C、当断开K 时，由于极板上有电荷，两极板间存在电压，里边存在着电场，粒子必然受到向下的电场力作用而
向下偏转，
不会沿水平向左射出电容器。故C 错误；
D、当断开K 时，极板上的电荷一定，设为Q，根据公式Q＝CU、ܧ=ܷ݀
和ܥ=
ɛܵ
4݇ߨ݀可得：ܧ= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，
由此可知电场强度大小与距离无关，当向下移动电容器下极板，电场强度和电场力均不变，因此粒子的轨迹不变。
故D 正确。
故选：AD。
【点评】解答本题得关键是：要抓住粒子运动轨迹的偏转方向，判断出粒子所受电场力的方向；同时要分清和牢
记电容器与电源相连（E 定值）和与电源断开（Q 定值）两种情况下动态分析的方法和结论。
三、非选择题：包括必考题和选考题（一）必考题
9．（6 分）某实验小组为测量薄木板和滑块间的动摩擦因数。但手里只有薄木板、滑块、刻度尺和一些能将木板垫高
的石块，他们进行了如下操作：
a．将木板一端垫高，另一端置于水平地面上，将滑块置于木板上；
b．调节木板倾角，直至轻推滑块，滑块能自由缓慢下滑；
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c．测量木板上一点到水平地面的高度h 和该点到木板触地端的水平距离L。
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ＝݄
ܮ2−݄2
。
（2）考虑到测量h 时刻度尺并未精确竖直并进而影响到L 的测量，将带来
偶然误差
（选填“偶然误差”或系
统误差），该误差
不能
（填“能”或“不能”）避免。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）对滑块受力分析，根据共点力平衡求得摩擦因数；
（2）明确偶然误差和系统误差，即可判断
【解答】解：（1）在整个运动过程中，物体做匀速运动，故mgsinθ＝μmgcosθ，其中ݏthߠ=݄ܮ，解得ߤ=݄
ܮ2−݄2
（2）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。
考虑到测量h 时刻度尺并未精确竖直并进而影响到L 的测量，将带来偶然误差，并不能避免
故答案为：（1）݄
ܮ2−݄2（2）偶然误差；不能
【点评】本题主要考查了实验原理，明确偶然误差和系统误差的区别，即可求得
10．（12 分）为了较准确地测量某电子元件的电阻，某同学进行了以下实验，请完成步骤中的填空：
（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，因此应将多用电表调到
电阻
×100
挡（选填“×1”或“×100”）；
（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到
欧姆表0 刻度
位置；
（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1 所示，则被测电阻的阻值为
1900
Ω；
（4）为精确测量其电阻，该同学设计了如图2 所示的电路．图2 中
的量程为2mA，内阻约50Ω；R 为电阻箱
（9999.9Ω），直流电源E 约6V，内阻约0.5Ω．则以下关于保护电阻R0 的阻值合理的是
C
A．20Ω
B．200Ω
C．2000Ω
D．20000Ω
（5）将S 掷到1 位置，将R 调为R1，读出R1 的值以及此时
的示数为I0，然后将R 调到
最大值
（选填“最
大值”或“最小值”）；
（6）再将S 掷到2 位置，调节R，使得
表的示数仍为I0，读出R 的值为R2，则Rx＝
R2﹣R1
．
【考点】B4：多用电表的原理及其使用；N4：用多用电表测电阻；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）多用电表的零刻度在最右边，指针偏转角度较小时，可知电阻较大，从而确定适当的量程．
（2）换挡后，需进行欧姆调零，即红黑表笔短接，使得指针指在欧姆表的零刻度．
（3）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．
（4）根据电流表的量程，通过欧姆定律确定保护电阻类型．
（5）变化选择开关时，电阻箱的电阻打到最大值．
（6）根据电流不变，结合欧姆定律知总电阻不变，结合总电阻不变求出待测电阻的大小．
【解答】解：（1）选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，知该电阻较大，应选用量程较大的欧姆档，
即选择×100 挡．
（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到欧姆表的0 刻度处．
（3）欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率，则R＝19×100＝1900Ω．
（4）根据欧姆定律得，电路中的最小电阻大约为h总= ܧ
ܫ݉
=
6
2×10−3 = 3000Ω，可知保护电阻应选择C．
（5）为了保护电路，电键变换位置时，将电阻箱调到最大值．
（6）将S 掷到2 位置，调节R，使得电流表的示数仍为I0，知电路中的总电阻不变，即R1+RX＝R2，解得RX＝
R2﹣R1．
故答案为：（1）×100，（2）欧姆表0 刻度，（3）1900，（4）C，（5）最大值，（6）R2﹣R1．
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【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的特点以及使用方法，知道实验中测量RX 的实验原理，在第一问中，容易误
认为指针偏转角度较小，电阻较小，忽略欧姆表的零刻度在最右边．
11．如图，足够宽广的光滑水平面上放置木板和滑块，质量分布为M＝3kg 和m＝1kg。二者间动摩擦力因数μ＝0.3．滑
块（视为质点）处于长木板的左端。开始时给二者大小相等、方向相反的水平初速度v0＝2m/s。最终滑块刚好没
有从长木板滑下，g＝10m/s2。
（1）求滑块最终的速度大小v；
（2）求滑块从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小s；
（3）求长木板的长度L。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）滑块和滑板系统受外力的矢量和为零，系统动量守恒，据此列式得到共同速度；
（2）对滑块，根据动能定理列式求解从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小；
（3）对系统根据功能关系列式求解即可。
【解答】解：（1）规定向左为正方向，对m 和M，开始到共速，根据动量守恒定律，有：
Mv0﹣mv0＝（M+m）v，
代入数据，解得：
v＝1m/s；
（2）对m，从开始到刚共速，由动能定理有：﹣μmgs= 1
2݉
㘴2 −1
2݉
㘴0
2，
解得：s＝0.5m；
（3）木板长度为二者的相对路程，对系统全程由能量守恒定律，有：
ߤ݉
tܮ= 1
2 (ܯ+݉
)㘴0
2 −1
2 (ܯ+݉
)㘴2，
代入数据，解得：
L＝2m；
答：（1）滑块最终的速度大小v 为1m/s；
（2）滑块从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小s 为0.5m；
（3）长木板的长度L 为2m。
【点评】本题是动量守恒定律和功能关系综合问题，关键是明确系统受力情况和运动情况，结合动量守恒定律、
动能定理、能量守恒定律列式分析即可。
12．如图甲所示为化学上常用的质谱仪，正离子经电压为U 的电场加速后，从A 点沿管子子轴线方向陆续进入纸面
内的细管（内径极小）ABCD，该细管AB 和CD 段为直管，BC 段为半径为R 的弯管，直管与弯管相切。弯管处
于垂直于纸面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度连续可调。不与管壁碰撞的离子可到达位于D 点的探测器，探测
器与电脑相连，电脑上可显示磁感应强度缓慢变化时单位时间到达探测器的正离子数目随磁感应强度的变化而变
化的情况，从而分析出物质成分，不考虑离子键的相互作用，不计离子重力。
（1）探测器要探测到正离子，磁场方向应垂直于纸面向内还是向外？
（2）忽略正离子进入加时电场时的初速度，当磁感应强度为B0 时，求探测器探测到的正离子的比荷k0；
（3）实际上，正离子进入加时电场时的初速度在0～v0（未知）之间，导致电脑上的图象有一定宽度（如图乙），
为保证比荷为k0 的正离子与比荷为݇0
2 的正离子的图象无重叠，则比荷为k0 的正离子的v0 最大为多少？（结果用
k0、U 表示）？
【考点】AG：电势差和电场强度的关系；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）正粒子在B 的洛伦兹力向下，根据左手定则知磁场垂直于纸面向外；
（2）电场中加速，根据动能定理有：ݍܷ
= 1
2݉
㘴2，粒子在磁场中偏转有h =݉
㘴
ݍܤ0联立解得比荷为k0；
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（3）设图象刚有重合，则比荷为k0 的初速度为v0 的离子与比荷为݇0
2 的初速度为零的离子均能到达探测器，二者
磁场中轨迹半径相同，设此时磁感应强度为B，
对比荷为k0 的离子，加速qU= 1
2݉
㘴2 −1
2mv
0
2，偏转半径h =݉
㘴
ݍܤ，对比荷为݇0
2 的离子，加速ݍ'ܷ
= 1
2݉
'㘴'2，偏
转半径h =݉
'㘴'
ݍ'ܤ，联立解得v0。
【解答】解：（1）正粒子在B 的洛伦兹力向下，根据左手定则知磁场垂直于纸面向外；
（2）电场中加速，根据动能定理有：ݍܷ
= 1
2݉
㘴2，
粒子在磁场中偏转有h =݉
㘴
ݍܤ0
联立解得闭合k0= ݍ݉= 2ܷ
ܤ0
2h2
（3）设图象刚有重合，则比荷为k0 的初速度为v0 的离子与比荷为݇0
2 的初速度为零的离子均能到达探测器，二者
磁场中轨迹半径相同，设此时磁感应强度为B，
对比荷为k0 的离子，加速qU= 1
2݉
㘴2 −1
2mv
0
2，
偏转h =݉
㘴
ݍܤ
对比荷为݇0
2 的离子，
加速ݍ'ܷ
= 1
2݉
'㘴'2，
偏转h =݉
'㘴'
ݍ'ܤ
由以上各式可得㘴0 =
2ܷ݇
0
答：（1）探测器要探测到正离子，磁场方向应垂直于纸面向外；
（2）忽略正离子进入加时电场时的初速度，当磁感应强度为B0 时，探测器探测到的正离子的比荷k0 为
2ܷ
ܤ0
2h2；
（3）实际上，正离子进入加时电场时的初速度在0～v0（未知）之间，导致电脑上的图象有一定宽度（如图乙），
为保证闭合为k0 的正离子与比荷为݇0
2 的正离子的图象无重叠，则比荷为k0 的正离子的v0 最大为2ܷ݇
0。
【点评】本题综合考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键是掌握电场中加速与磁场中偏转的处理方法，在
电场中做匀加速运动求速度一般用动能定理，在磁场中匀速圆周运动。注意转动半径公式有h =݉
㘴
ݍܤ0。
【物理选修3-3】
13．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．将两端开口的细玻璃管插入它的不浸润液体中，静止时，管内液面为凸面且低于管外液面
B．冬季室内的人向窗户玻璃哈气，玻璃内外表面均会出现雾状小水珠
C．非晶体可以看成粘稠度极高的液体
D．在r＞r0 的前提下，分子势能随分子距离的增大而减小
E．理想气体等圧膨胀过程中，气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少
【考点】92：* 晶体和非晶体；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】浸润液体在毛细管中上升和不浸润液体在毛细管中下降都叫毛细现象；
浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面；
非当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小为负的；
晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体；
根据压强的微观意义，结合气体的变化特点分析。
【解答】解：A、浸润液体情况下容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故液体
分子间作用力表现为斥力，附着层内液面升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面，故A 正确；
B、冬季室内的人向窗户玻璃哈气，玻璃外表面均会出现雾状小水珠，外表面温度较低与水蒸气温度相同，不会出
现水珠，故B 错误；
C、由液体的结构知非晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体，故C 正确；
D、当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，小于零，在r＞r0 的前提下，分子势能随分子距
离的增大而，故D 错误。
E、根据理想气体的状态方程ܸܲܶ
=C 可知，理想气体等圧膨胀过程中气体的温度升高，则分子运动的激烈程度加
强，单个分子对器壁的平均撞击力增大，所以根据气体压强的微观意义可知，气体分子单位时间撞击单位面积的
次数减少。故E 正确
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故选：ACE。
【点评】此题考查3﹣3 热学的基本知识，需要了解毛细现象的概念以及晶体和非晶体的性质和表面张力，分子间
的势能及分子力随r 变化规律，掌握的知识点较多，需要学生注意积累。
14．（3 分）如图所示，由粗细两部分构成的导热气缸竖直放置，大活塞上方与小活塞下方与大气连通，两活塞与气
缸无摩擦。大活塞质量为6m，小活塞质量为m，气缸粗部横截面积为2S；细部横截面积为S，大活塞被限位环挡
住而没有向下运动。两活塞均处于静止状态。此时粗部气柱长L，细部气柱长2L．封闭气体温度T1＝600K，大气
压强p0= 5݉
tܵ。
①用竖直向上的推力推动小活塞缓慢向上滑动，直至限位环对大活塞的支持力减小到零，求小活塞上升的高度h；
②在①问基础上降低封闭气体温度，同时减小竖直向上作用于小活塞上的推力，以保持小活塞始终静止，求当推
力减小到零时封闭气体的温度T2。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①用竖直向上的推力推动小活塞缓慢向上滑动，直至限位环对大活塞的支持力减小到零，求小活塞上升
的高度h；
②利用平衡求出当推力减小到零时封闭气体的压强，封闭气体发生等容变化，根据查理定律，即可求出当推力减
小到零时封闭气体的温度T2。
【解答】解：①对小活塞，根据平衡：mg+p1S＝p0S
限位环对大活塞的支持力为零时：对大活塞，根据平衡：mg+p0S＝p2S
推动小活塞缓慢向上滑动，封闭气体发生等温变化，
初态：压强p1＝p0−݉
tܵ，体积：V1＝L•2S+2L•S
末态：压强p2＝p0+݉
tܵ，体积：V2＝L•2S+（2L﹣h）•S
根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2
即：（p0−݉
tܵ）（L•2S+2L•S）＝（p0+݉
tܵ）[L•2S+（2L﹣h）•S]
又因为：p0= 5݉
tܵ
小活塞上升的高度：h= 4
3L
②封闭气体发生等容变化，当推力减小到零时，根据平衡可得：mg+p3S＝p0S
初态：p2＝p0+݉
tܵ，温度T1＝600K
末态：p3＝p0−݉
tܵ，温度T2
根据查理定律可得：
݌2ܶ
1
=
݌3ܶ
2
解得：T2＝400K
答：①小活塞上升的高度h 为
4
3L；
②当推力减小到零时封闭气体的温度T2 为400K。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理选修3-4】
15．（3 分）如图，曲线表示一列横波的传播，其中实线是t1＝1s 时的波形图，虚线是t2＝2s 时的波形，且t2﹣t1 小
于一个周期，由此可以判断（
）
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A．波长一定为20cm
B．此波一定是向x 轴正方向传播
C．振幅为10cm
D．周期可能为
4
3 ݏ，也可能为4s
E．波速一定为5cm/s
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由质点位移的最大值读出振幅，相邻两波峰或波谷间距离读出波长。波可能向左，也可能向右传播，根
据波形的平移法，得到周期。
【解答】解：A、由图读出：质点的波长ɉ＝20cm。故A 正确。
B、根据波形的平移法得知，波不一定向x 轴正方向传播，也可能向x 轴负方向传播。故B 错误。
C、振幅是指偏离平衡位置的最大距离，由图知振幅为10cm，故C 正确；
D、若波向x 轴正方向传播时，（t2﹣t1）小于一个周期，根据波形的平移法可知，t2﹣t1= 1
4T，得周期为T＝4（t2
﹣t1）＝4s；
若波向x 轴负方向传播，t2﹣t1= 3
4T，T= 4
3s．故D 正确；
E、由于波的传播方向不确定，周期不确定，所以波速也不确定，故E 错误。
故选：ACD。
【点评】本题要考虑波的双向性，由波形的平移法得到时间与周期的关系，求出周期。知道波速、波长和频率之
间的关系v＝fɉ。
16．（3 分）直角三角形玻璃砖ABC，其中∠A＝30°，平放于水平桌面上，如图为其俯视图，一束单色光以45°的
入射角水平射入其AB 面，在AB 面折射后又在AC 面处发生一次反射，最后垂直于BC 面穿出玻璃砖。
①补充出题目所述光路，并求出这种玻璃对这束单色光的折射率；
②通过计算说明是否有光从AC 面射出玻璃砖。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；34：比较思想；4N：临界法；54D：光的折射专题．
【分析】①根据题意，作出光路图。由几何关系求解光线在AB 面上的折射角，即可由折射定律求折射率。
②根据sinC= 1
h求出临界角，将光在AC 面上的入射角与临界角C 比较，即可判断光在AC 面上能否发生全反射。
【解答】解：①作出光路图如图所示。
由几何关系和反射定律知，AB 面处的折射角为r＝30°
所以玻璃的折射率为n= ݏtht
ݏthݎ= ݏth45°
ݏth30° =
2
②设玻璃的临界角为C，则sinC= 1
h =
2
2 ，C＝45°
由几何关系知光在AC 面上的入射角为60°，大于临界角C，所以光在AC 面上发生全反射，没有光从AC 面射
出玻璃砖。
答：
①作出光路图如图。这种玻璃对这束单色光的折射率为2
②没有光从AC 面射出玻璃砖。
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【点评】解决本题的关键正确作出光路图，根据几何关系求解折射角，再由折射定律求折射率。
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日期：2019/4/11 23:31:21 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第七次月考物理试卷
一、选择题
1．（3 分）关于物理学史、以下说法正确的是（
）
A．库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
B．伽利略在《自然哲学的数学原理》一书中，详细地研究了抛体运动
C．法拉第根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象，揭示了电与磁的联系
D．安培不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场
2．（3 分）常五号卫星预计在2018 年由长征五号运载火箭发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回
地球。这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官。已知引力常量为G，关于娥五号的运动，以
下说法正确的是（
）
A．嫦娥五号的发射速度小于同步卫星的发射速度
B．若已知嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的周期，则可求出月球的密度
C．嫦娥五号的发射速度必须大于11.2km/s
D．嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的线速度大小为7.9km/s
3．（3 分）如图所示，1996 年在地球上空完成了以牛颜第二定为基础的测定质量的实验。可以简化为如下模型：在
绕地球做匀速圆周运动的飞船内，质量m1＝30kg 的物体A 与待测质量的物体B 通过轻绳连接，放置在动摩擦因
数μ＝0.05 的足够长的水平桌面上，在F＝9N 恒力作用下一起在桌面上从静止开始运动，7s 时间内A 物体向前运
动了4.9m，以下说法正确的是（
）
A．B 物体质量为15kg
B．B 物体质量为60kg
C．加速度为0.5m/s2
D．加速度为0.3m/s2
4．（3 分）如图所示，图甲中的变压器是一理想变压器，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器，其输出端输出电压信号
如图乙所示（图线为正弦曲线），电路中电阻R＝55Ω，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1
与电流表A2 的读数之比为1：4，下列说法中正确的是（
）
A．若熔断器的熔断电流I＝4 2A，则此时熔断器恰好熔断
B．电压表V1 的示数为220 2V
C．该理想变压器输入的电功率为880W
D．原线圈中交变电压的频率为100Hz
5．（3 分）如图所示，带负电的点电荷q 被一根绝缘细线悬挂在O 点。将一个带正电的点电荷Q 常近负电荷时，负
电荷被拉到A 点后达到平衡并静止，此时两电荷处在同一水平面上。若此时再将正电荷Q 沿以A 点为圆心的圆弧
微微向上移一小段，则负电荷q 将（
）
A．绕O 点顺时针转动
B．始终保持与Q 在同一水平面上
C．保持静止
D．绕O 点逆时针转动
6．（3 分）2018 年11 月5 日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军，比赛中相距为l 的甲乙两名队员在传球时，
假设抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为t，若不计空气阻力，关于传球过程中的有关物
理学知识，以下说法正确的是（
）
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A．球出手后，经
ݐ
2时间后到达最高点
B．球在最高点的速度为
t
ݐ
C．传球过程中，重力对球的冲量为零
D．传球过程中，重力始终不做功
7．（3 分）如图所示，固定在天花板上的光滑定滑轮，一端系一质量为2m 的重物，另一端系一质量为m、电阻为r、
边长为L 的正方形导线框。导线框上方有宽为h 的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图中所示，最初导线框上
边沿位于磁场的下边沿处，在外力作用下处于静止状态，撤去外力后重物由静止释放，已知最终导线框离开磁场
时的速度为v，下列说法正确的是（
）
A．导线框进入磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流
B．导线框离开磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流
C．若离开磁场时导线框做匀速直线运动，则速度v=݉
tݎ
ܤ2ܮ2
D．通过磁场区域过程中，导线框克服安培力做功为mg（h+L）−1
2mv2
8．（3 分）如图所示，在一竖直平面内有垂直平面朝里、磁感应强度为B 的匀强磁场，a、b 是在同一水平线上的两
点。带电量+q、质量为m 的小球P、以一定的速度从a 对准b 射出。不计空气阻力，关于小球的运动，以下说法
正确的是（
）
A．若小球能沿直线从a 点运动到b 点，则小球的速度一定为݉
t
ݍܤ
B．带电小球可能做匀速圆周运动从a 点运动到b 点
C．小球从a 点运动到b 点的时间可能为
6ߨ݉
ݍܤ
D．若带电小球从a 点静止释放也能到达b 点，则在运动过程中的最大速度满足
2݉
t
ݍܤ
三、非选择题
9．（1）用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是
mm。
（2）用游标上刻有10 个小格的游标卡尺测量一个工件的直径，得到如图乙所示结果，由于遮挡，只能看到游标
的后半部分，则工件的直径为
cm。
（3）将一块量程为1mA 的电流表，与一节电动势为1.5V 的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成一个
倍率为“×100”的欧姆表，电流刻度为0.3mA 的地方，电阻的刻度值为
Ω。
10．要描绘一个标有“3V，2.5W”小灯泡工作时的完整伏安特性曲线，要求尽可能减小实验误差，备有以下器材：
A、直流电源（电动势为3V，内阻未知）
B、电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）
C、电流表A（0～1A，内阻未知）
D、电压表V（0～15V，内阻30kΩ）
E、滑动变阻器R（0～20Ω，5A）
F、滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）
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G、定值电阻R1（阻值990Ω）
H、定值电阻Rx（阻值2990Ω）
K、开关与导线若干
（1）为完成本身实验，滑动变阻器应选择
，电压表应选择
和
改装使用。（填写器材前的序
号）
（2）为了完成该实验，请在图甲所示虚线框中画出该实验的实验原理图。
（3）在图乙所示的电路中，a，b，c 为三个相同的小灯泡，电源内阻不计。已知小灯泡的电流与电压的关系如图
丙所示，则由图估测，流过灯泡a 的电流约为
A，灯泡a 消耗的功率约为
W。
11．如图所示，真空中竖直放置半径为R 的光滑半圆环，圆环最低点固定一个点电荷Q；质量为m、电荷量为+q 的
小圆环最初静止在图中所示的B 点，此时θ＝30°．现让小圆环从右侧最高点由静止释放。已知重力加速度为g，
静电力常量为k，距离带电荷量为Q 的点电荷为r 的点电势可以表示为φ=݇ܳݎ，求：
（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量Q；
（2）小环向下运动过程中的最大速度vm。
12．如图所示，在坐标平面内，第三、四象限内﹣R≤x≤R 的范围内有y 方向的匀强电场（临界虚线PO 上有电场，
但临界虚线CB 上无电场），电场强度为E，电场的下边界方程分别为y=−1
2hx2（﹣R≤x＜0）和y=−1
2h（x﹣R）
2（0＜x≤R）；电荷可以自由穿越边界。在一、二象限内有垂直于纸面向外、边界方程为x2+y2＝R2 的匀强磁场。
在y=−h
2处有一荧光屏，荧光屏PQ 长度为2R，中点C 在y 轴上。在第三象限中电场的下边界上，均匀分布着粒
子发射源，不断由静止发出许多质量为m、电量为q 的正粒子。不计重力和粒子间相互作用力，粒子打在荧光屏
上会发光。
（1）求粒子运动半径r 与释放位置的x 坐标和磁感应强度B 三者之间的关系；
（2）改变磁感应强度的大小，使屏幕上荧光只有C 点一个亮点，此时磁感应强度的大小为多少？
（3）继续调整磁感应强度的大小，使荧光屏上CQ 段且距C 点
h
3至R 之间有光点，求此时磁场的磁感应强度。
【物理--选修3-3】
13．（3 分）下列对热学的基础知识理解正确的是（
）
A．布朗运动是固体颗粒的运动，反映了固体分子永不停息地做无规则的运动
B．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
C．同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶不是绝对的，并且有些
非晶体在一定条件下可以转化为晶体
D．一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
E．水的饱和气压指的是水面上方混合气体的压强，不单指水蒸气的压强
14．（3 分）如图所示，有一粗细均匀的左端封闭、右端开口的U 形管，处于温度恒定为330K 的空
气中，左右两边均封闭有长度为L＝20cm 的理想气体，有一长度h＝46cm 的水银柱刚好与右侧开口水平，U 形管
上部分水银柱高度差△h＝80cm，现将左侧气体温度升高，直到U 形管上部分水银柱没有高度差，其余部分温度
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不变。已知大气压强恒为76cmHg，求：
Ⅰ．右侧气体的长度为多少？
Ⅱ．左侧气体温度为多少？
【物理--选修3-4】
15．（3 分）如图所示为某时刻两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a 上某质点P 的运动方向
如图中所示，则下列说法正确的是（
）
A．两列波具有相同的波速，相同的波长
B．此时b 波上的质点Q 正向上运动
C．在各自一个完整周期内，b 波沿x 轴传播的距离是a 波的1.5 倍
D．在P 质点完成3 次全振动的时间内Q 质点恰完成2 次全振动
E．a 波和b 波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样
16．（3 分）如图所示，横截面为
1
4圆周的柱状玻璃棱镜AOB，现有一束单色光垂直于OA 面从AB 弧的中点射入时恰
好发生全反射现象，现将入射光线向下平移一段距离，经AB 面折射后与OB 延长线相交于P 点，已知玻璃砖半
径R＝5cm，P 到O 的距离离dx＝5（3 +1）cm，求平移后的光线到OB 的距离d。
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第七次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3 分）关于物理学史、以下说法正确的是（
）
A．库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
B．伽利略在《自然哲学的数学原理》一书中，详细地研究了抛体运动
C．法拉第根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象，揭示了电与磁的联系
D．安培不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，
即库仑定律；故A 正确；
B、伽利略在《两种新科学的对话》一书中，详细地研究了抛体运动；故B 错误；
C、奥斯特根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象，揭示了电与磁的联系；故C 错误；
D、法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场，故D 错误。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．（3 分）常五号卫星预计在2018 年由长征五号运载火箭发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回
地球。这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官。已知引力常量为G，关于娥五号的运动，以
下说法正确的是（
）
A．嫦娥五号的发射速度小于同步卫星的发射速度
B．若已知嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的周期，则可求出月球的密度
C．嫦娥五号的发射速度必须大于11.2km/s
D．嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动的线速度大小为7.9km/s
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．
【分析】卫星发射到越高的地方所需要的发射速度越大。嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动，根据万有引
力等于向心力，求得月球的质量，再求月球的密度。嫦娥五号的发射速度小于11.2km/s。月球表面附近绕月球做
匀速圆周运动的线速度公式为v=
th．由此分析即可。
【解答】解：A、卫星发射到越高的地方所需要的能量越大，发射速度越大，故A 错误。
B、设月球的质量为M，半径为R．嫦娥五号在月球表面附近做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，得：
G
ܯ݉
h2 =m
4ߨ2ܶ
2 R，得M= 4ߨ2h3
ܩܶ2
月球的密度ρ=
ܯ
4
3ߨh3 = 3ߨ
ܩܶ2，所以当在近月轨道时，只需知道周期T，就可以求出月球的密度，故B 正确。
C、嫦娥五号仍绕地球运行，所以发射速度小于11.2km/s，故C 错误。
D、月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的线速度v=
th，g 和R 均比地球的要小，故v＜7.9km/s，故D 错误。
【点评】本题关键是明确嫦娥五号向心力的来源：月球的万有引力，结合牛顿第二定律列式求解，注意月球的第
一宇宙速度是近月卫星的环绕速度。
3．（3 分）如图所示，1996 年在地球上空完成了以牛颜第二定为基础的测定质量的实验。可以简化为如下模型：在
绕地球做匀速圆周运动的飞船内，质量m1＝30kg 的物体A 与待测质量的物体B 通过轻绳连接，放置在动摩擦因
数μ＝0.05 的足够长的水平桌面上，在F＝9N 恒力作用下一起在桌面上从静止开始运动，7s 时间内A 物体向前运
动了4.9m，以下说法正确的是（
）
A．B 物体质量为15kg
B．B 物体质量为60kg
C．加速度为0.5m/s2
D．加速度为0.3m/s2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】以整体为研究对象，由位移公式求解加速度，由牛顿二定律求解B 的质量。
【解答】解：CD、以整体为研究对象，由位移公式可得：x= 1
2ܽݐ2，解得加速度为：a＝0.2m/s2，故CD 错误；
AB、绕地球做匀速圆周运动的飞船内的物体处于完全失重，所以A 和B 受到的摩擦力为零；
由于由牛顿二定律，对AB 两物体分析可得：F＝（mA+mB）a，解得B 的质量为：mB＝15kg，故A 正确、B 错误。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
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动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
4．（3 分）如图所示，图甲中的变压器是一理想变压器，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器，其输出端输出电压信号
如图乙所示（图线为正弦曲线），电路中电阻R＝55Ω，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1
与电流表A2 的读数之比为1：4，下列说法中正确的是（
）
A．若熔断器的熔断电流I＝4 2A，则此时熔断器恰好熔断
B．电压表V1 的示数为220 2V
C．该理想变压器输入的电功率为880W
D．原线圈中交变电压的频率为100Hz
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】由图可知输入电压的最大值及周期，则可求得有效值；再由变压器的电压关系求出电压表的示数，由欧
姆定律求出电流表的读数；对输出端由功率公式求得输入功率。
【解答】解：由理想变压器输入信号如图（b）所示，可知原线圈的输入端的电压有效值为220V，频率为50Hz．电
流与匝数成反比，所以原副线圈匝数比为4：1。
A、电压表V2 的示数为有效值U2= 220 2
2 V＝220V，副线圈的电流强度I2=ܷ
2
h = 220
55 =4A，电路中保险丝的熔断
电流要考虑电流的热效应，为电流的有效值，若熔断器的熔断电流I＝4 2A，则此时熔断器不会熔断，故A 错误；
B、匝数与电压成正比，所以电压表V1 的示数为880 V，故B 错误；
C、输入功率等于输出功率，则P=ܷ
2
2
h =880W，故C 正确；
D、变压器不改变频率，原副线圈都为50Hz；故D 错误。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个
副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决
定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。注意：熔断电流指的是电流的有效
值。
5．（3 分）如图所示，带负电的点电荷q 被一根绝缘细线悬挂在O 点。将一个带正电的点电荷Q 常近负电荷时，负
电荷被拉到A 点后达到平衡并静止，此时两电荷处在同一水平面上。若此时再将正电荷Q 沿以A 点为圆心的圆弧
微微向上移一小段，则负电荷q 将（
）
A．绕O 点顺时针转动
B．始终保持与Q 在同一水平面上
C．保持静止
D．绕O 点逆时针转动
【考点】3C：共点力的平衡；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【专题】14：作图题；31：定性思想；43：推理法；53E：电荷守恒定律与库仑定律专题．
【分析】对负电荷受力分析，结合矢量的合成法则，及平衡状态，当将正电荷Q 沿以A 点为圆心的圆弧微微向上
移一小段，保证库仑力大小不变，方向逆时针转动，依据平衡状态，结合矢量图的动态分析，即可判定。
【解答】解：对负电荷在A 点受力分析，并进行力的合成，如图黑色线所示；
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将正电荷Q 沿以A 点为圆心的圆弧微微向上移一小段，受力力如红色线所示；
由此可知，细线与竖直方向夹角α在增大，因此负电荷q 将绕O 点逆时针转动，故ABC 错误，D 正确；
【点评】考查运用矢量图进行动态平衡分析，掌握矢量的合成法则内容，注意以A 点为圆心的圆弧微微向上移一
小段是解题的关键。
6．（3 分）2018 年11 月5 日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军，比赛中相距为l 的甲乙两名队员在传球时，
假设抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为t，若不计空气阻力，关于传球过程中的有关物
理学知识，以下说法正确的是（
）
A．球出手后，经
ݐ
2时间后到达最高点
B．球在最高点的速度为
t
ݐ
C．传球过程中，重力对球的冲量为零
D．传球过程中，重力始终不做功
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】篮球做斜上抛运动，根据斜上抛运动的规律求解上升时间和水平速度；根据冲量的定义求解重力的冲量；
重力先做负功再做正功。
【解答】解：A、篮球做斜上抛运动，根据对称性可知，篮球在上升过程和下落过程经过的时间相等，即为
ݐ
2，故
A 正确；
B、篮球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的速度为vx= t
ݐ，最高点的速度与水平方向的速度相等，所以球在
最高点的速度为
t
ݐ，故B 正确；
C．传球过程中，重力的冲量为mgt，不为零，故C 错误；
D、传球的过程中，重力先做负功再做正功，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题主要是考查了斜上抛运动的规律，知道斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向
的竖直上抛运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，掌握冲量的计算公式。
7．（3 分）如图所示，固定在天花板上的光滑定滑轮，一端系一质量为2m 的重物，另一端系一质量为m、电阻为r、
边长为L 的正方形导线框。导线框上方有宽为h 的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图中所示，最初导线框上
边沿位于磁场的下边沿处，在外力作用下处于静止状态，撤去外力后重物由静止释放，已知最终导线框离开磁场
时的速度为v，下列说法正确的是（
）
A．导线框进入磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流
B．导线框离开磁场的过程中，导线框中有顺时针方向的感应电流
C．若离开磁场时导线框做匀速直线运动，则速度v=݉
tݎ
ܤ2ܮ2
D．通过磁场区域过程中，导线框克服安培力做功为mg（h+L）−1
2mv2
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】根据楞次定律判断导线框中感应电流方向。若离开磁场时导线框做匀速直线运动，合外力为零，根据平
衡条件和安培力与速度的关系求线框的速度v。全过程能量守恒，克服安培力做的功等于导线框产生的热量，由
功能关系求导线框克服安培力做功。
【解答】解：AB、由楞次定律可以判断进入磁场时感应电流方向为逆时针，离开磁场时感应电流方向为顺时针，
故A 错误，B 正确。
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C、若线框离开磁场时匀速运动，合外力为零，则对线框和重物整体有2mg＝mg+F 安，又
F 安= ܤ2ܮ2㘴
ݎ
，联立得：
v=݉
tݎ
ܤ2ܮ2，故C 正确。
D、全过程能量守恒，导线框克服安培力做的功等于导线框产生的热量，即为：W 克＝mg（h+L）−1
2 ⋅3݉
㘴2 =mg
（h+L）−3
2mv，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题分别从力和能量两个角度研究电磁感应现象，关键是计算安培力和分析能量如何变化，要记牢安培
力经验公式F 安= ܤ2ܮ2㘴
h
，经常用到。
8．（3 分）如图所示，在一竖直平面内有垂直平面朝里、磁感应强度为B 的匀强磁场，a、b 是在同一水平线上的两
点。带电量+q、质量为m 的小球P、以一定的速度从a 对准b 射出。不计空气阻力，关于小球的运动，以下说法
正确的是（
）
A．若小球能沿直线从a 点运动到b 点，则小球的速度一定为݉
t
ݍܤ
B．带电小球可能做匀速圆周运动从a 点运动到b 点
C．小球从a 点运动到b 点的时间可能为
6ߨ݉
ݍܤ
D．若带电小球从a 点静止释放也能到达b 点，则在运动过程中的最大速度满足
2݉
t
ݍܤ
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；42：等效替代法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】小球受重力和洛仑兹力，根据平衡条件列式求解，由于小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用，不可能
做匀速圆周运动到达b 点；小球的运动可看作v 的匀速圆周运动和速度为v′的匀速直线运动的合运动，故通过b
点时，圆周运动是整数圈数，到达b 点的时间一定满足整数倍周期；若带电小球从a 点静止释放也能到达b 点，
小球静止，可以看作同时具有向左和向右的݉
t
ݍܤ的速度，可以看作向左的匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，
【解答】解：AB、由于小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用，不可能做匀速圆周运动到达b 点，若沿直线从a
到b，则只能做匀速直线运动，即满足qvB＝mg，所以小球的速度v=݉
t
ݍܤ，故A 正确，B 错误；
C、小球的运动可看作v 的匀速圆周运动和速度为v′的匀速直线运动的合运动，到达b 点时一定满足整数倍周期，
故C 正确；
D、小球静止，可以看作同时具有向左和向右的v=݉
t
ݍܤ的速度，可以看作向左的匀速直线运动和匀速圆周运动的
合运动，当两个分速度同向时速度最大，故最大速度vmax＝2v= 2݉
t
ݍܤ，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，解题关键是要运用好运动的合成和分解，将粒子在重力场和磁场中
的运动等效为沿水平方向的速率为v 的匀速直线运动和速率为v 的匀速圆周运动的合运动，这是本题的关键也是
难点所在。
三、非选择题
9．（1）用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是
1.193
mm。
（2）用游标上刻有10 个小格的游标卡尺测量一个工件的直径，得到如图乙所示结果，由于遮挡，只能看到游标
的后半部分，则工件的直径为
1.35
cm。
（3）将一块量程为1mA 的电流表，与一节电动势为1.5V 的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成一个
倍率为“×100”的欧姆表，电流刻度为0.3mA 的地方，电阻的刻度值为
3500
Ω。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
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【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）因为游标尺的前面没漏出来，需选择减法读数；
（3）根据欧姆表的原理，利用欧姆定律即可求出被测电阻的阻值；
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：1.0mm+19.3×0.01mm＝1.193mm（1.192mm～1.194mm 均
正确）
（2）游标卡尺是10 分度的卡尺，是将主尺上的9mm 平均分成10 小格制成的，
故游标尺上每一个小格长为
9
10mm＝0.9mm，游标尺与主尺上的18mm 位置对齐，
则图示读数为：18mm﹣5×0.9mm＝13.5mm＝1.35cm
（3）电动势E＝1.5V，表头的满偏电流：Imax＝1mA＝0.001A
进行欧姆调零时，根据欧姆定律可得：Imax= ܧ
h内
，可得：R 内=
ܧ
ܫ݉ܽ
ݔ=
1.5
0.001Ω＝1500Ω
当电流刻度为I＝0.3mA＝0.0003A 时，根据欧姆定律可得：I=
ܧ
h内+hݔ可得：Rx= ܧ
ܫ−R 内=
1.5
0.0003 −1500Ω＝3500Ω
故答案为：（1）1.193（1.192～1.194 均正确）；（2）1.35；（3）3500。
【点评】本题考查游标卡尺与多用电表的读数以及欧姆表的原理，解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的
读数方法，通常游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，但是本题因为只给了游标尺的后面一部分，必须
采用减法读数。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
10．要描绘一个标有“3V，2.5W”小灯泡工作时的完整伏安特性曲线，要求尽可能减小实验误差，备有以下器材：
A、直流电源（电动势为3V，内阻未知）
B、电流表G（满偏电流3mA，内阻10Ω）
C、电流表A（0～1A，内阻未知）
D、电压表V（0～15V，内阻30kΩ）
E、滑动变阻器R（0～20Ω，5A）
F、滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）
G、定值电阻R1（阻值990Ω）
H、定值电阻Rx（阻值2990Ω）
K、开关与导线若干
（1）为完成本身实验，滑动变阻器应选择
E
，电压表应选择
B
和
G
改装使用。（填写器材前的序号）
（2）为了完成该实验，请在图甲所示虚线框中画出该实验的实验原理图。
（3）在图乙所示的电路中，a，b，c 为三个相同的小灯泡，电源内阻不计。已知小灯泡的电流与电压的关系如图
丙所示，则由图估测，流过灯泡a 的电流约为
0.24
A，灯泡a 消耗的功率约为
0.65
W。
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）明确实验原理和给出的仪表，从而确定实验中应采用的方法和应选用的仪表；
（2）根据实验原理进行分析，从而明确实验原理图；
（3）明确乙图中给出的电路结构，再根据图丙进行估测，找出符合条件的点即可明确电流和功率。
【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，所以给定的15V 量程无法正常使用，所以应采用给定内阻的电流表进行
改装，根据改装原理可知，应串联的电阻R=
3
0.003 −10 =990Ω；故定值电阻选择G；因滑动变阻器要采用分压
接法，故滑动变阻器选择总阻值较小的E；
（2）根据实验原理可知，本实验采用滑动变阻器分压接法，同时因电流表内阻未知，为了减小误差，电流表采用
外接法，故原理图如图所示；
（3）图乙中bc 并联后和a 串联，则可知，a 中电流应为bc 中电流之和，而a 两端电压与并联部分电压之和为3V，
由图可知，符合条件的只能是a 两端电压约为2.7V，a 中电流为0.24A；故灯泡a 的功率P＝UI＝2.7×0.24＝0.65W。
故答案为：（1）E；B；G；（2）如图所示；（3）0.24；0.65。
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【点评】本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，掌握电表的改装方法，同时能准确利用
图象进行数据的分析和处理。
11．如图所示，真空中竖直放置半径为R 的光滑半圆环，圆环最低点固定一个点电荷Q；质量为m、电荷量为+q 的
小圆环最初静止在图中所示的B 点，此时θ＝30°．现让小圆环从右侧最高点由静止释放。已知重力加速度为g，
静电力常量为k，距离带电荷量为Q 的点电荷为r 的点电势可以表示为φ=݇ܳݎ，求：
（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量Q；
（2）小环向下运动过程中的最大速度vm。
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【专题】31：定性思想；43：推理法；53E：电荷守恒定律与库仑定律专题．
【分析】（1）对小圆环受力分析，结合矢量合成法则，及库仑定律，与三角知识，即可求解；
（2）根据能量守恒定律，依据当切向加速度为零时，速度达到最大，即可列式求解。
【解答】解：（1）小圆环在B 点静止，此时小圆环所受合力为零。
对小圆环的受力分析，如下图所示：
根据库仑定律，结合矢量的合成法则，及三角知识；
即有：
2݇ܳ
ݍ
h2ܿ
݋ݏ60° =݉
t
解得：Q=݉
th2݇
ݍ
（2）对小圆环，当切向加速度为零即图中的B 点时，速度达到最大；
根据能量守恒定律，则有：݇ܳ
ݍ
2h +݉
thݏth30° =݇ܳ
ݍ
h
+
1
2݉
㘴݉2
解得：vm=
( 2 −1)th
答：（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量݉
th2݇
ݍ；
（2）小环向下运动过程中的最大速度( 2 −1)th。
【点评】考查库仑定律与能量守恒定律的应用，掌握矢量的合成法则，及三角知识的运用，注意当切向加速度为
零即图中的B 点时，速度达到最大是解题第二问的突破口。
12．如图所示，在坐标平面内，第三、四象限内﹣R≤x≤R 的范围内有y 方向的匀强电场（临界虚线PO 上有电场，
但临界虚线CB 上无电场），电场强度为E，电场的下边界方程分别为y=−1
2hx2（﹣R≤x＜0）和y=−1
2h（x﹣R）
2（0＜x≤R）；电荷可以自由穿越边界。在一、二象限内有垂直于纸面向外、边界方程为x2+y2＝R2 的匀强磁场。
在y=−h
2处有一荧光屏，荧光屏PQ 长度为2R，中点C 在y 轴上。在第三象限中电场的下边界上，均匀分布着粒
子发射源，不断由静止发出许多质量为m、电量为q 的正粒子。不计重力和粒子间相互作用力，粒子打在荧光屏
上会发光。
（1）求粒子运动半径r 与释放位置的x 坐标和磁感应强度B 三者之间的关系；
（2）改变磁感应强度的大小，使屏幕上荧光只有C 点一个亮点，此时磁感应强度的大小为多少？
（3）继续调整磁感应强度的大小，使荧光屏上CQ 段且距C 点
h
3至R 之间有光点，求此时磁场的磁感应强度。
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【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）对粒子在电场中的运动过程运用动能定理，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力，联立即
可求出粒子运动半径r 与释放位置的x 坐标和磁感应强度B 三者之间的关系式；
（2）改变磁感应强度的大小，使屏幕上荧光只有C 点一个亮点，利用（1）中结果结合几何关系，即可求出此时
磁感应强度的大小；
（3）调整磁感应强度的大小，使荧光屏上CQ 段且距C 点
h
3至R 之间有光点，利用（1）中结果结合几何关系，
即可求出此时磁场的磁感应强度。
【解答】解：（1）从第三象限电场边界处释放的粒子，由动能定理有：qE•
1
2hx2= 1
2݉
㘴2
进入磁场的速度：v＝x
ݍܧ݉
h
在磁场中粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
㘴2
ݎ
所以半径：r=݉
㘴
ݍܤ= ݔ
ܤ݉
ܧ
ݍh①
（2）当所有的粒子打到0 点时，为荧光的左边界，根据几何关系可得：r= 1
2x
代入①得：B1＝2݉
ܧ
ݍh
（3）当荧光左边界到C 点
h
3时，粒子来源于三象限x=−2h
3 的粒子
根据几何关系可得此时在磁场中的半径：r=
2h
3 +h
3
2
= h
2
代入①得：B2= 4
3݉
ܧ
ݍh
答：（1）粒子运动半径r 与释放位置的x 坐标和磁感应强度B 三者之间的关系式为r= ݔ
ܤ݉
ܧ
ݍh；
（2）改变磁感应强度，使屏幕上荧光只有C 点一个亮点，此时磁感应强度的大小为2݉
ܧ
ݍh；
（3）继续调整磁感应强度，使荧光屏上CQ 段且距C 点
h
3至R 之间有光点，此时磁场的磁感应强度为
4
3݉
ܧ
ݍh。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运
用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系。
【物理--选修3-3】
13．（3 分）下列对热学的基础知识理解正确的是（
）
A．布朗运动是固体颗粒的运动，反映了固体分子永不停息地做无规则的运动
B．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
C．同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶不是绝对的，并且有些
非晶体在一定条件下可以转化为晶体
D．一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
E．水的饱和气压指的是水面上方混合气体的压强，不单指水蒸气的压强
【考点】84：布朗运动；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】布朗运动是固体小颗粒运动，实质上反映了液体分子无规则运动；由理想气体的状态方程判断温度的变
化，然后结合热力学第一定律分析是否吸收热量；同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，并且晶
体与非晶体之间可以相互转化；根据熵增加原理可知：一切热现象总是沿着分子运动的无序性增大的方向进行；
饱和汽压只是水蒸气的分气压。
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【解答】解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子在永不停息地做无规则
的运动，故A 错误；
B、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体的状态方程可知，气体的温度一定升高，内能一
定增大，故△U＞0，体积变大，气体对外做功，故W＜0，根据热力学第一定律△U＝W+Q，可知Q＞0，故一定
从外界吸热，故B 正确；
C、同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，在一定条件下非晶体可以转化为晶体，故C 正确；
D、根据熵增加原理可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D 正确；
E、在实际问题中，水面上方含有水分子、空气中的其他分子，但我们所研究的饱和汽压只是水蒸气的分气压，故
E 错误。
故选：BCD。
【点评】本题考查了布朗运动、气体定律、晶体与非晶体、熵增加原理以及饱和汽压等概念，解决本题的关键要
理解并掌握热力学第一定律、第二定律，知道晶体与非晶体之间可以相互转化，以及饱和汽的意义，这些是教材
选修3﹣3 的基础知识，要加强记忆。
14．（3 分）如图所示，有一粗细均匀的左端封闭、右端开口的U 形管，处于温度恒定为330K 的空
气中，左右两边均封闭有长度为L＝20cm 的理想气体，有一长度h＝46cm 的水银柱刚好与右侧开口水平，U 形管
上部分水银柱高度差△h＝80cm，现将左侧气体温度升高，直到U 形管上部分水银柱没有高度差，其余部分温度
不变。已知大气压强恒为76cmHg，求：
Ⅰ．右侧气体的长度为多少？
Ⅱ．左侧气体温度为多少？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】Ⅰ．利用平衡求出初末状态右侧封闭气体，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出右侧气体
的长度；
Ⅱ．根据平衡求出初末状态左侧封闭气体，根据几何关系求出初末状态的体积，对左侧封闭气体运用理想气体的
状态方程，即可求出左侧气体温度。
【解答】解：Ⅰ．设玻璃管的横截面积为S，对于右侧气体，根据平衡可得：p1+h＝p0
可得右侧气体的压强：p1＝p0﹣h＝76cmHg﹣46cmHg＝30cmHg，右侧气体的体积：V1＝20S
左侧气体温度升高，直到U 形管上部分水银柱没有高度差，假设右侧气柱长为x，则剩余液柱长度：h1＝L+h−△݄
2 −x
＝（26﹣x）cm
升温后右侧气体的压强：p2＝p0﹣h1＝（50+x）cmHg，体积：V2＝xS
根据玻意耳定律：p1V1＝p2V2
可得：x＝10cm
Ⅱ．对于左侧气体，初态：压强p3＝p1+△h＝30cmHg+80cmHg＝110cmHg，体积V3＝20S，温度T3＝330K
末态：压强p4＝p2＝60cmHg，体积V4＝（L+ △݄
2 ）S＝60S，温度T4
根据理想气体的状态方程：
݌3ܸ
3ܶ
3
=
݌4ܸ
4ܶ
4
可得：T4＝540K
答：Ⅰ．右侧气体的长度为10cm；
Ⅱ．左侧气体温度为540K。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理--选修3-4】
15．（3 分）如图所示为某时刻两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，此时a 上某质点P 的运动方向
如图中所示，则下列说法正确的是（
）
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A．两列波具有相同的波速，相同的波长
B．此时b 波上的质点Q 正向上运动
C．在各自一个完整周期内，b 波沿x 轴传播的距离是a 波的1.5 倍
D．在P 质点完成3 次全振动的时间内Q 质点恰完成2 次全振动
E．a 波和b 波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】两列简谐横波在同一介质中传播时波速相同，传播相同距离所用时间相同。运用波形平移法判断质点的
振动方向。由图可两列波波长的大小关系，再分析周期的长短，再比较时间关系。根据频率关系研究相同时间内
全振动次数关系。两列波只有频率相同时，才能产生稳定的干涉。
【解答】解：A、波速是由介质决定的，两列简谐横波在同一介质中波速相同，但波长不同。故A 错误。
B、此时a 波上某质点P 的运动方向向上，由波形平移法可知，波向右传播，且知此时b 波上的质点Q 正向下运
动。故B 错误。
C、由图可知，b 波的波长时a 波波长的1.5 倍，所以在各自一个完整周期内，b 波沿x 轴传播的距离是a 波的1.5
倍，故C 正确。
D、由图可知，两列波波长之比ɉa：ɉb＝2：3，波速相同，由波速公式v＝ɉf 得a、b 两波频率之比为fa：fb＝3：
2．所以在P 质点完成3 次全振动的时间内Q 质点可完成2 次全振动，故D 正确。
E、两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样。故E 正确。
故选：CDE。
【点评】本题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同。要掌握干涉的条件：
两波的频率相同。
16．（3 分）如图所示，横截面为
1
4圆周的柱状玻璃棱镜AOB，现有一束单色光垂直于OA 面从AB 弧的中点射入时恰
好发生全反射现象，现将入射光线向下平移一段距离，经AB 面折射后与OB 延长线相交于P 点，已知玻璃砖半
径R＝5cm，P 到O 的距离离dx＝5（3 +1）cm，求平移后的光线到OB 的距离d。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】从AB 弧的中点射入时恰好发生全反射现象，入射角等于临界角C，根据几何关系求得临界角C，再根
据sinC= 1
h求得棱镜的折射率。将入射光线向下平移后，光线发生折射，画出光路图，由折射定律求得折射角，结
合几何关系平移后的光线到OB 的距离d。
【解答】解：从AB 弧的中点射入时恰好发生全反射现象，入射角等于临界角C，由几何关系可得C＝45°
根据sinC= 1
h得n=
2
将入射光线向下平移后，光路图如图所示
由折射定律有n= ݏtht
ݏthߛ=
2
在三角形ODP 中可知ܱܲݏth(180°−t) =
ܦܲ
ݏthߛ
据题OP＝dx＝5（3 +1）cm
所以得DP= 5( 6+ 2)
2
cm
由余弦定理可知cosγ=ܱ
ܦ2+ܱܲ
2−ܦܲ2
2ܱܦ⋅ܱܲ
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可得cosγ=
3
2
所以γ＝30°
则DE＝ODsinγ＝2.5cm
答：平移后的光线到OB 的距离d 是2.5cm。
【点评】本题是几何光学问题，画面出光路图是解题的基础，要掌握全反射的条件，结合是折射定律和几何知识
进行研究。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:30:33 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市南开中学高三（上）期中物理试卷
一、选择题（1-5 题单选，6-8 题多选）
1．（3 分）如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G
的两个分力的方向分别是图中的（
）
A．1 和4
B．3 和4
C．2 和4
D．3 和2
2．（3 分）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝1m，最低点处有一小球（半径比r 小很
多）。现给小球一水平向右的初速度v0，能使小球做完整圆周运动的v0 取值范围为（g＝10m/s2）（
）
A．v0≥0
B．v0≥5 2m/s
C．v0≥2 5m/s
D．v0＜2 5m/s
3．（3 分）静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。假设微粒被喷出后只受静电力
作用，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中（
）
A．克服电场力做功
B．电势能逐渐增大
C．沿着电场线运动
D．加速度先减小后增大
4．（3 分）某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r 与角速度ω的关系作出如图所示图象，则可求得地球质量
为（已知引力常量为G）（
）
A．ܽܩܾ
B．ܽ
ܩܾ
C．ܾܩܽ
D．ܾ
ܩܽ
5．（3 分）如图所示，质量为M 的斜面A 置于粗糙水平地面上，与地面间动摩擦因数为μ，物体B 与斜面间无摩擦。
现给A、B 一相同的水平向右初速度v0，为使A、B 保持相对静止，则需对A 施加水平向左推力F 的大小为（已
知斜面的倾角为θ，物体B 的质量为m）（
）
A．F＝（M+m）g（μ+sinθ）
B．F＝（M+m）gcosθ
C．F＝（M+m）g（tanθ﹣μ）
D．F＝μ（M+m）g
6．（3 分）一个小球做自由落体运动，它的下落高度足够高，取g＝10m/s2，关于这个小球的运动情况，下列说法中
正确的是（
）
A．小球在第3 s 内的下落高度为25 m
B．小球在前3 s 内的平均速度为30 m/s
C．小球在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比是1：3：5
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D．小球在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移之比是1：3：5
7．（3 分）为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C 置于储罐中，电
容器可通过开关S 与电源相连，如图所示。当开关S 断开且罐中的液面上升充满容器后（
）
A．电容器的电容变小
B．电容器的电容变大
C．电容器两极板间的电压变大
D．电容器两极板间的电压变小
8．（3 分）如图所示，质量为m 的尖劈A 顶角α＝37
°，一面靠在竖直的光滑墙壁上，质量为2m 的方木块B 放在水
平光滑地面上，A 和B 之间无摩擦，弹簧右端固定。方木块B 将弹簧压缩x0 后，由静止释放，A 在B 的推动下，
沿竖直光滑的墙壁上滑，当弹簧刚恢复原长时，A 的速度为vA，B 的速度为vB．（重力加速度为g，sin37°＝0.6）
（
）
A．A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧恢复原长时vA= 4
3 㘴ܤ
C．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为
4݉
t
3݇
D．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为0
二、实验题（2 小题）
9．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则
A．m1＞m2r1＞r2
B．m1＞m2r1＜r2 C．m1＞m2r1＝r2
D．m1＜m2r1＝r2
②若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是
（填字母）
A．直尺
B．游标卡尺c．天平
D．弹簧秤
E．秒表
③设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时（P 为碰前入射小球落点的平均位置），
所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）
。
10．为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光
电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量物块经过光电门后向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高
度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示。
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（1）本实验中，下列操作合理的是
。
A．实验前将轻质卡置于光电门附近
B．为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值
C．遮光条的宽度应适当小些
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为
mm。
（3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离x 与木块来回经过光电门时速度的平方差|△v2|，在坐标
纸上以纵坐标为|△v2|，横坐标为x 作出图象，已知图线的斜率为k，木板倾角的余弦值为cosθ，重力加速度为g，
则木块与木板间的动摩擦因数为
。
（4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果
（选填“偏大”或“偏小”）。
三、计算题（2 小题）
11．如图，两带电平行金属板间存在方向竖直向下的匀强电场，场强为E，电场中有一矩形区域abcd，水平边ab 长
为s，竖直边ad 长为h。质量均为m 带电量分别为+q 和﹣q 的两粒子，由a、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率
v0 进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，求：
（1）粒子在矩形区域的运动时间t；
（2）+q 与dc 交点到d 点的距离；
（3）两粒子轨迹相切点到a 点的距离。
12．如图，木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在
O 点。水平拉直细线并给B 一个竖直向下的初速度，当B 到达最低点时，细线恰好被拉断且B 恰好从A 右端的
上表面水平滑入。设A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A 的质量为6kg，B 的质量为3kg，A、B
之间动摩擦因数为μ＝0.4；细线长为L＝0.4m、能承受的最大拉力为B 重力的5 倍；A 足够长，B 不会从A 表面
滑出；重力加速度为g＝10m/s2。
（1）求细线被拉断瞬间B 的速度大小v1；
（2）若x＝1m，求A 与台阶的碰撞次数；
（3）若x≥1
4m，求系统的总发热量。
四、选做题（4 小题）
13．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果
B．绝对湿度与相对湿度具有相同的单位
C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的
D．气体在经历绝热膨胀过程后内能可能会减小
E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
14．（3 分）如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1m，开口向下固定在竖直平面内，气缸中有横截面积为S＝100cm2、
质量为m＝10kg 的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1
×105Pa 时，气柱高度为l＝0.9m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2．求：
①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，求此时外界温度为多少开；
②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，作用于活塞上的竖直拉力F 的大小。
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15．（3 分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近，该同
学发现从第1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（
）
A．水面波是一种机械波
B．该水面波的频率为6 Hz
C．该水面波的波长为3 m
D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
16．（3 分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m，从点光源A 射向池边的光
线AB 与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为n= 4
3；
（1）求池内的水深；
（2）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为3.0m；当他看到正前下方的点光源A 时，
他的眼镜所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°，求救生员的眼睛到池边的水平距离。
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2018-2019 学年重庆市南开中学高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-5 题单选，6-8 题多选）
1．（3 分）如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G
的两个分力的方向分别是图中的（
）
A．1 和4
B．3 和4
C．2 和4
D．3 和2
【考点】2E：力的分解．菁优网版权所有
【专题】526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果
来分解，要看力产生的实际效果．
【解答】解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3 和
4，故B 正确，ACD 错误。
【点评】按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单．
2．（3 分）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝1m，最低点处有一小球（半径比r 小很
多）。现给小球一水平向右的初速度v0，能使小球做完整圆周运动的v0 取值范围为（g＝10m/s2）（
）
A．v0≥0
B．v0≥5 2m/s
C．v0≥2 5m/s
D．v0＜2 5m/s
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4N：临界法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】能使小球做完整圆周运动，小球必须能通过最高点，根据通过最高点的最小速度，由机械能守恒定律求
出最低点的最小值，从而求得v0 取值范围。
【解答】解：小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力，有：mg＝m
㘴2
ݎ
从最低点到最高点的过程，根据动能定理得﹣mg•2r= 1
2݉
㘴2 −1
2݉
㘴0
2
解得v0=
5tݎ=
5 × 10 × 1 =2 5m/s。
所以v0 取值范围为v0≥2 5m/s，故ABD 错误，C 正确。
【点评】解决本题的关键是明确小球在内轨道运动最高点的临界情况：重力等于向心力，以及能够熟练运用动能
定理。
3．（3 分）静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。假设微粒被喷出后只受静电力
作用，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中（
）
A．克服电场力做功
B．电势能逐渐增大
C．沿着电场线运动
D．加速度先减小后增大
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】在涂料微粒向工件靠近的过程中，分析涂料微粒所受电场力方向，判断电场力做功正负，从而确定电势
能的变化情况。根据电场的分布情况场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化。只有电场线是直线时微粒
才可能沿电场线运动。
【解答】解：AB、微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对微粒做正功，其电势能逐渐减
小。故A、B 错误。
C、由于微粒所在电场线不全是直线，涂料微粒又有初速度，故微粒不一定沿电场线方向运动，故C 错误。
D、在涂料微粒向工件靠近的过程中，根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，则加速度先减小后
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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增大，故D 正确。
【点评】本题要抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性。根据电场力做功正负判断电势能的变化。
4．（3 分）某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r 与角速度ω的关系作出如图所示图象，则可求得地球质量
为（已知引力常量为G）（
）
A．ܽܩܾ
B．ܽ
ܩܾ
C．ܾܩܽ
D．ܾ
ܩܽ
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，得到轨道半径与周期的函数关系，再结合图象计算斜率，从
而可以计算出地球的质量。
【解答】解：由万有引力提供向心力有：ܩܯ݉
ݎ2 =݉߱
2ݎ，
得：ݎ3 = ܩܯ߱
2 ，
由图可知：
ݎ3
1߱
2
= ݎ3 ⋅߱
3 =ܾܽ
，
所以地球的质量为：ܯ= ݎ3߱
2
ܩ
=ܽܩܾ，故A 正确、BCD 错误。
【点评】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，同时要能理解图象的物理含义，知道图象的斜率表示什么。
5．（3 分）如图所示，质量为M 的斜面A 置于粗糙水平地面上，与地面间动摩擦因数为μ，物体B 与斜面间无摩擦。
现给A、B 一相同的水平向右初速度v0，为使A、B 保持相对静止，则需对A 施加水平向左推力F 的大小为（已
知斜面的倾角为θ，物体B 的质量为m）（
）
A．F＝（M+m）g（μ+sinθ）
B．F＝（M+m）gcosθ
C．F＝（M+m）g（tanθ﹣μ）
D．F＝μ（M+m）g
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】A、B 保持相对静止，一起向右做匀减速运动，对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再
对AB 整体运用牛顿第二定律即可求解F 的大小。
【解答】解：对B 进行受力分析，B 的加速度水平向左，合力水平向左，
根据牛顿第二定律得：
a=
ܨ合݉=݉
tݐܽhߠ݉=gtanθ
对AB 整体进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F+μ（M+m）g＝（M+m）a
解得：F＝（M+m）g（tanθ﹣μ）
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合解答比较
简洁。
6．（3 分）一个小球做自由落体运动，它的下落高度足够高，取g＝10m/s2，关于这个小球的运动情况，下列说法中
正确的是（
）
A．小球在第3 s 内的下落高度为25 m
B．小球在前3 s 内的平均速度为30 m/s
C．小球在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比是1：3：5
D．小球在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移之比是1：3：5
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【考点】1J：自由落体运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】自由落体运动是初速度为0 的匀加速直线运动，在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3：5：7…，
根据h = 1
2 tݐ2求解前1s 内、前2s 内、前3s 内的位移之比，根据㘴= ݔ
ݐ= 㘴0+㘴
2
求解平均速度。
【解答】解：A、球在第3s 内的下落高度为△݄
= 1
2 tݐ32 −1
2 tݐ22 = 1
2 × 10 × 9 −1
2 × 10 × 4 =25m，故A 正确；
B、小球在前3s 内的平均速度：㘴= 0+㘴3
2
= 10×3
2
= 15݉
/ݏ，故B 错误；
C、由落体运动是初速度为0 的匀加速直线运动，在开始通过连续相等时间内的位移比为1：3：5：7…，根据㘴= ݔ
ݐ
得：在第1s 内、第2s 内、第3s 内的平均速度之比是1：3：5，故C 正确；
D、根据h= 1
2 tݐ2可知，在前1s 内、前2s 内、前3s 内的位移之比是1：4：9，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握初速度为0 的匀加速直线运动的一些特殊推论，在开始通过连续相等时间内的位移
比为1：3：5：7…，在开始连续通过相等时间末的速度比为1：2：3：4…能根据据㘴= ݔ
ݐ= 㘴0+㘴
2
求解平均速度。
7．（3 分）为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C 置于储罐中，电
容器可通过开关S 与电源相连，如图所示。当开关S 断开且罐中的液面上升充满容器后（
）
A．电容器的电容变小
B．电容器的电容变大
C．电容器两极板间的电压变大
D．电容器两极板间的电压变小
【考点】AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．
【分析】两块平行金属板构成的电容器C 置于储罐中，故电容器的电容C 的大小与液体的高度有关（电介质）：
高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大
【解答】解：AB：两块平行金属板构成的电容器C 的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插
入的电介质越多，电容越大，故A 错误，B 正确；
CD、因开关S 断开，则电容器的电量Q 不变，依据U=ܳܥ，可知，随着电容C 增大，则电压U 减小，故C 错误，
D 正确；
故选：BD。
【点评】本题要注意两块平行金属板构成的电容器C 的中间的液体就是一种电介质，液体的高度越高，相当于插
入的电介质越多，电容越大。属于简单题。
8．（3 分）如图所示，质量为m 的尖劈A 顶角α＝37
°，一面靠在竖直的光滑墙壁上，质量为2m 的方木块B 放在水
平光滑地面上，A 和B 之间无摩擦，弹簧右端固定。方木块B 将弹簧压缩x0 后，由静止释放，A 在B 的推动下，
沿竖直光滑的墙壁上滑，当弹簧刚恢复原长时，A 的速度为vA，B 的速度为vB．（重力加速度为g，sin37°＝0.6）
（
）
A．A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧恢复原长时vA= 4
3 㘴ܤ
C．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为
4݉
t
3݇
D．当两物体动能最大时，弹簧的形变量为0
【考点】3C：共点力的平衡；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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【分析】对于A、B 及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。弹簧恢复原长时，将A 的速
度分解为沿斜面方向和垂直墙壁方向，在垂直于墙壁方向的分速度等于B 的速度，根据平行四边形定则求出A 的
速度大小。当两物体加速度为零时，速度最大，则两物体动能最大，根据A、B 受力平衡求出弹簧的压缩量。
【解答】解：A、对于A、B 及弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故A 正确。
B、弹簧恢复原长时，将A 的速度分解为沿斜面方向和垂直墙壁方向，如图所示，vA＝vBcotα= 4
3 㘴ܤ．故B 正确。
CD、当两物体加速度为零时，速度最大，则两物体动能最大。设A、B 两物体加速度都为0 时，相互作用力为F，
则
对A 受力分析有：Fsinα＝mg
对B 受力分析有：Fcosα＝kx
由上述得：x=݉
t݇cotα= 4݉
t
3݇
．故C 正确，D 错误。
故选：ABC。
【点评】本题是系统平衡问题，要掌握系统机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功。对于两个物体的速
度，采用运动的分解法研究它们速度的关系。
二、实验题（2 小题）
9．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则
C
A．m1＞m2r1＞r2
B．m1＞m2r1＜r2 C．m1＞m2r1＝r2
D．m1＜m2r1＝r2
②若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是
AC
（填字母）
A．直尺
B．游标卡尺c．天平
D．弹簧秤
E．秒表
③设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时（P 为碰前入射小球落点的平均位置），
所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）
m1OP＝m1OM+m2ON
。
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】①为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了
使两球发生正碰，两小球的半径相同。
②求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量。
③根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式。
【解答】解：①为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于
被碰球的质量，故选C；
②小球离开轨道后做平抛运动，由h= 1
2gt2 得小球做平抛运动的时间t=
2݄
t ，由于小球做平抛运动时抛出点的高
度h 相同，
则它们在空中的运动时间t 相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1＝m1v1′+m2v2，
则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，m1x1＝m1x1′+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON，
因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射
小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移。实验需要刻度尺与天平。
③由②可知，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON。
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故答案为：①C；②AC；③m1OP＝m1OM+m2ON。
【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验
证。
10．为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光
电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量物块经过光电门后向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高
度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示。
（1）本实验中，下列操作合理的是
BC
。
A．实验前将轻质卡置于光电门附近
B．为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值
C．遮光条的宽度应适当小些
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为
29.8
mm。
（3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离x 与木块来回经过光电门时速度的平方差|△v2|，在坐标
纸上以纵坐标为|△v2|，横坐标为x 作出图象，已知图线的斜率为k，木板倾角的余弦值为cosθ，重力加速度为g，
则木块与木板间的动摩擦因数为݇
4tܿ݋ݏߠ
。
（4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果
偏大
（选填“偏大”或“偏小”）。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）根据实验步骤与实验原理分析答题；
（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。不同的尺有不同的精确度，注意单位问题；
（3）由牛顿第二定律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；
（4）根据图示实验装置与实验步骤分析实验误差。
【解答】解：（1）A、实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前将轻质卡与木块靠在一起，故A 错误；
B、当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，
否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值，故B 正确；
C、遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平
均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故C 正确；
故选：BC。
（2）由图乙所示游标卡尺可知，游标卡尺示数为：29mm+8×0.1mm＝29.8mm。
（3）由牛顿第二定律得：
木块上滑时：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，
木块下滑时：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
0﹣v02＝﹣2a1x，v2＝2a2x，
△v2＝v02﹣v2＝4μgxcosθ，
由图示图象可知，动摩擦因数：
斜率：k＝4μgcosθ= △㘴2
ݔ，
动摩擦因数：μ=݇4tܿ݋ݏߠ；
（4）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩
擦力影响，所测动摩擦因数偏大。
故答案为：（1）BC；（2）29.8；（3）݇4tܿ݋ݏߠ；（4）偏大。
【点评】本题考查了测动摩擦因数实验，知道实验原理与实验步骤是正确解题的关键；应用牛顿第二定律与匀变
速运动的速度位移公式求出图象的函数表达式是正确求出动摩擦因数的前提与关键。
三、计算题（2 小题）
11．如图，两带电平行金属板间存在方向竖直向下的匀强电场，场强为E，电场中有一矩形区域abcd，水平边ab 长
为s，竖直边ad 长为h。质量均为m 带电量分别为+q 和﹣q 的两粒子，由a、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率
v0 进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，求：
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（1）粒子在矩形区域的运动时间t；
（2）+q 与dc 交点到d 点的距离；
（3）两粒子轨迹相切点到a 点的距离。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；49：合成分解法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）粒子竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求得加速度，再由位移时间公式求粒子在矩形
区域的运动时间t；
（2）粒子水平方向做匀速直线运动，根据x＝v0t 求+q 与dc 交点到d 点的距离；
（3）在匀强电场中，两个质量相同、带电量相同的正负粒子在一矩形的对角顶点以方向相反、大小相等的速度进
入矩形，轨迹恰好相切，由此可知两粒子的运动轨迹完全对称，且相切点是矩形的几何中心。根据几何知识求两
粒子轨迹相切点到a 点的距离。
【解答】解：（1）粒子的加速度为a= ݍܧ݉
粒子做类平抛运动，通过矩形区域时竖直方向有h= 1
2ܽݐ2
可得t=
2݄݉
ݍܧ
（2）粒子水平方向做匀速直线运动，+q 与dc 交点到d 点的距离是x＝v0t＝v0 2݄݉
ݍܧ。
（3）由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子
均做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心，所以两粒子轨迹相切点到a 点的距离
S=
( ݏ
2 )2 + (݄2 )2 = 1
2
ݏ2 +݄
2
答：（1）粒子在矩形区域的运动时间t 是2݄݉
ݍܧ；
（2）+q 与dc 交点到d 点的距离是v0 2݄݉
ݍܧ；
（3）两粒子轨迹相切点到a 点的距离是
1
2
ݏ2 +݄
2。
【点评】本题考查了粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是知道该题条件下的正负粒子的运动轨迹完全对称，
且它们做的运动是类平抛运动，由类平抛运动的关系列式即可求解。
12．如图，木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在
O 点。水平拉直细线并给B 一个竖直向下的初速度，当B 到达最低点时，细线恰好被拉断且B 恰好从A 右端的
上表面水平滑入。设A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A 的质量为6kg，B 的质量为3kg，A、B
之间动摩擦因数为μ＝0.4；细线长为L＝0.4m、能承受的最大拉力为B 重力的5 倍；A 足够长，B 不会从A 表面
滑出；重力加速度为g＝10m/s2。
（1）求细线被拉断瞬间B 的速度大小v1；
（2）若x＝1m，求A 与台阶的碰撞次数；
（3）若x≥1
4m，求系统的总发热量。
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）B 在最低点做圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出B 的速
度。
（2）A、B 系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A、B 共速时的速度，应用动能定理求出A、B 共速时A 的位
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移，然后根据题意求出A 与台阶碰撞的次数。
（3）求出A 与台阶碰撞前A、B 的相对位移，求出该过程系统的发热量，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出
A 与台阶碰撞后因摩擦产生的热量，然后求出系统总的发热量。
【解答】解：（1）B 在最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mBg＝mB
㘴1
2
ܮ，
由题意可知：T＝5mBg
解得：v1＝4m/s；
（2）A、B 系统所受合外力为零，系统动量守恒，设A、B 功共速时的速度为v，以向左为正方向，由动量守恒
定律得：
mBv1＝（mA+mB）v，
解得：v= 4
3m/s，
设A、B 恰好共速时A 的位移为s，对A，由动能定理得：μmAgs= 1
2mAv2﹣0，
解得：s= 2
9m＜x＝1m，
由此可知，A 与台阶碰撞前A、B 已经共速，
A 与台阶碰撞过程无机械能损失，A 与台阶碰撞后向右运动，速度大小不变，
碰撞后系统总动量水平向右，由动量守恒定律可知，
最终AB 一起向左运动，不会再与台阶发生碰撞，因此A 与台阶碰撞的次数为1 次；
（3）由（2）可知，当x≥s= 2
9m 时A 与台阶只碰撞一次，由题意可知：x≥1
4m＞2
9m，则A 与台阶只碰撞一次；
由牛顿第二定律得：aA= ߤ݉
ܤt݉
t
= 0.4×3×10
6
=2m/s2，aB= ߤ݉
ܤt݉
ܤ
=μg＝4m/s2，
B 滑上A 到它们共速过程，A、B 的相对位移：△x=
㘴1
2−㘴2
2ܽܤ−㘴2
2ܽt =
42−(4
3)2
2×4
−
(4
3)2
2×2 = 4
3m，
摩擦产生的热量：Q1＝μmBg△x＝0.4×3×10× 4
3 =16J，
A 与台阶碰撞后反弹，速度大小不变向左运动，A、B 系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mAv﹣mBv＝（mA+mB）v′，
由能量守恒定律得：
1
2mAv2+ 1
2mAv2= 1
2（mA+mB）v′2+Q22，
解得：Q2= 64
9 J≈7.11J，
整个过程系统产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝23.11J；
答：（1）细线被拉断瞬间B 的速度大小v1 为4m/s。
（2）若x＝1m，A 与台阶的碰撞次数是1 次；
（3）若x≥1
4m，系统的总发热量是23.11J。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，本题物体运动过程复杂，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前
提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式即可解题。
四、选做题（4 小题）
13．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果
B．绝对湿度与相对湿度具有相同的单位
C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的
D．气体在经历绝热膨胀过程后内能可能会减小
E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
【考点】88：分子运动速率的统计分布规律；8F：热力学第一定律；95：液体的表面张力；9C：气体压强的微观
意义；9H：相对湿度．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；549：气体的压强专题．
【分析】飞船中自由漂浮的水滴呈球形，是因为液体表面分子较稀疏，从而形成表面张力的原因；
相对湿度没有单位。
气体分子的速率按一定的规律分布；
根据热力学第一定律分析内能的变化；
气体压强是由于气体分子持续撞击器壁产生的；与失重无关。
【解答】解：A、在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，由于处于完全失重状态，重力充当向心力；故不会
出现地球上的水滴的形状，自由漂浮的水滴呈球形，是由于液体表面张力作用而形成球形；故A 正确；
B、绝对湿度的单位为帕斯卡，相对湿度没有单位，故B 错误；
C、对气体而言，其规律符合统计规律；即大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律
分布的，即出现两头少、中间多的规律；故C 正确；
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D、气体在经历绝热膨胀过程后可能对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能会减小；故D 正确；
E、气体压强是分子无规则运动产生的，所以失重状态下，气体仍然有压强；故E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题考查对分子动理论、气体压强、热力学第三定律的理解。布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是
液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映。
14．（3 分）如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1m，开口向下固定在竖直平面内，气缸中有横截面积为S＝100cm2、
质量为m＝10kg 的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1
×105Pa 时，气柱高度为l＝0.9m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2．求：
①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，求此时外界温度为多少开；
②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，作用于活塞上的竖直拉力F 的大小。
【考点】99：理想气体的状态方程；9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，此过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列
式求解；
②如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸开口处，此过程气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
【解答】解：①如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸开口处，此过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定
律得：
tܵܶ
=
ܮܵܶ
'
解得：ܶ' = ܮ
tܶ
= 1
0.9 × (273 + 27)ܭ= 1000
3
ܭ
②设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2
由玻意耳定律得：p1lS＝p2LS…①
在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S+mg＝p0S…②
在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S+mg＝p0S…③
①②③联立解得：F＝110N
答：①此时外界温度为
1000
3 K；
②作用于活塞上的竖直拉力F 的大小为110N。
【点评】气体的变化中公式的应用本身很简单，对于学生关键在于分清气体在变化过程中，是哪种变化该选用哪
种公式。
15．（3 分）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近，该同
学发现从第1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（
）
A．水面波是一种机械波
B．该水面波的频率为6 Hz
C．该水面波的波长为3 m
D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
【考点】F2：机械波；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．
【分析】明确水波是种机械波；首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，
即可计算出波的频率；利用波速、周期、波长之间的关系式ɉ＝vT 可求得波长，结合波传播的特点，参与振动的
质点只是在自己的平衡位置处振动．
【解答】解：A、水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，故A 正确。
B、由第1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T 为：T= ݐ
h =
15
10−1 = 5
3s，频率
为：f= 1ܶ= 3
5 =0.6Hz，故B 错误。
C、由公式ɉ＝vT，有ɉ＝1.8× 5
3 =3m，故C 正确。
DE、参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却
会不断的向外传播，故D 错误，E 正确。
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故选：ACE。
【点评】本题应明确机械波的特点：注意以下几点：
（1）介质各个质点不是同时起振，但起振方向与振源起振方向相同．
（2）离振源近的质点先起振．
（3）质点只在平衡位置振动，并不随波迁移．
（4）波传播的是振动形式和能量，且能传递信息．
（5）传播过程中各质点的振动都是受迫振动，驱动力来源于振源，各质点起振时与振源起振时的情况完全相同，
其频率等于振源频率．
16．（3 分）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m，从点光源A 射向池边的光
线AB 与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为n= 4
3；
（1）求池内的水深；
（2）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为3.0m；当他看到正前下方的点光源A 时，
他的眼镜所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°，求救生员的眼睛到池边的水平距离。
【考点】H3：光的折射定律；H5：全反射．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）光由光源A 射向B 点时恰好发生全反射，入射角等于临界角。由临界角公式sinC= 1
h 求临界角C，
从而得到光线在B 点的入射角，再由几何知识求出水深。
（2）作出射向救生员的光路，由折射定律求出光线在水面的入射角。根据几何关系求解救生员的眼睛到池边的水
平距离。
【解答】解：（1）如图，设到达池边的光线的入射角为i，
依题意，水的折射率为n= 4
3，光线的折射角为θ＝90°
由折射定律可知：nsini＝sinθ
由几何关系可知：sini=
t
t2+݄2，式中l＝3m，h 是池内水的深度，
联立上式并代入数据解得：h=
7m≈2.6m
（2）设此时救生员的眼睛到池子边的距离为x，由题意救生员的视线和竖直方向的夹角为θ＝45°，
由折射定律：nsini＝sinθ，
设入射点到A 点的水平距离为a，
由几何关系可知：sini=ܽܽ
2+݄2
且a＝x
解得x＝1.7m；
答：（1）池内的水深2.6m；
（2）救生员的眼睛到池边的水平距离1.7m。
【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进行处理。要掌握全反射的条件和临界角公
式，并能灵活运用。
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2018-2019 学年浙江省杭州市西湖区学军中学高三（上）第一次月考物理试
卷
一、选择题（本题共15 小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4 分，
选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
1．（4 分）甲、乙两列客运列车在平行的平直轨道上匀速并排同向行驶，甲车中的乘客看到窗外的树木、房屋向正南
方向移动，乙车中的乘客看到甲车不动，下列说法正确的是（
）
A．甲车中的乘客是以自己乘坐的列车为参考系
B．乙车中的乘客是以甲车为参考系
C．甲、乙两车相对静止
D．甲、乙两车相对地面向正北方向以相同的速度匀速行驶
2．（4 分）一物体作匀加速直线运动，已知其通过连续两段相等位移△x 所用的时间分别为t1、t2．则物体运动的加
速度大小为（
）
A．
2△ݔ(ݐ1−ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1+ݐ2)
B．
△ݔ(ݐ1−ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1+ݐ2)
C．
2△ݔ(ݐ1+ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1−ݐ2)
D．
△ݔ(ݐ1+ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1−ݐ2)
3．（4 分）一物体自空中的A 点以一定的初速度向上抛出，1s 后物体的速率变为10m/s，则此时物体的位置和速度方
向可能的是（不计空气阻力）（
）
A．在A 点上方，速度方向向下
B．在A 点下方，速度方向向下
C．正在A 点，速度方向向下
D．在A 点上方，速度方向向上
4．（4 分）某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m 高度的横杆．据此可估算出
他起跳时竖直向上的速度大约为（g＝10m/s2）（
）
A．2m/s
B．4m/s
C．6m/s
D．8m/s
5．（4 分）关于速度和加速度，以下说法中正确的是（
）
A．速度为零，加速度也一定为零
B．速度变化，加速度也一定变化
C．加速度变大，速度有可能变小
D．速度变小，加速度有可能不变
6．（4 分）ab 为一圆周的直径，一物体先由a 点沿圆周运动到b 点，再由b 点沿另一半圆周回到a 点．在这两个运动
过程中，物体运动的（
）
A．位移和路程都相同
B．位移和路程都不相同
C．位移相同，路程不相同
D．位移不相同，路程相同
7．（4 分）物体做初速度为零的匀加速直线运动，第1s 内的位移大小为5m，则该物体（
）
A．3 s 内位移大小为45 m
B．第3 s 内位移大小为25 m
C．1 s 末速度的大小为5 m/s
D．3 s 末速度的大小为30 m/s
8．（4 分）一物体由静止开始沿一光滑斜面顶端开始下滑，滑至斜面底端时速度的大小为v，则物体在斜面中点时的
速度为（
）
A．
2㘴
4
B．
2㘴
2
C．
㘴
2
D．
㘴
4
9．
（4 分）汽车甲沿平直公路以速度v 匀速行驶，路过某处时，停在该处的汽车乙开始起动，匀加速行驶去追赶甲车．根
据上述条件可以求出（
）
A．乙车追上甲车时乙车的速度
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B．乙车追上甲车过程中乙车的平均速度
C．乙车的加速度
D．乙车追上甲车所用的时间
10．（4 分）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s 后速度的大小变为6m/s．则在这1s 内该物体
运动的（
）
A．位移的大小可能小于4m
B．位移的大小可能大于4m
C．路程可能小于5m
D．路程可能大于5m
11．（4 分）三个质点A、B、C 的运动轨迹如图所示，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点，其间都不停也不
返回，则下列说法中正确的是（
）
A．三个质点从N 到M 的平均速度相同
B．B 质点从N 到M 的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同
C．到达M 点时的瞬时速率一定是质点A 最大
D．三个质点从N 到M 的平均速率相同
12．（4 分）甲、乙两个物体从空中同一位置先后自由下落，在两物体都没落地前，甲相对于乙的运动判断正确的是
（不计空气阻力）（
）
A．甲相对于乙做匀加速直线运动
B．甲相对乙于静止
C．甲相对于乙向下做匀速直线运动
D．甲相对于乙向上做匀速直线运动
13．（4 分）质点从静止开始作匀加速直线运动，通过连续三段路程所经历的时间分别为1s、2s、3s，这三段路程之
比是（
）
A．1：2：3
B．1：3：5
C．1：4：9
D．1：8：27
14．（4 分）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．两个物体两次相遇的时刻是2s 末和6s 末
B．t＝4s 时甲在乙的后面
C．t＝2s 时两物体相距最远
D．甲物体一直向前运动而乙物体先向前运动2s，随后向后运动
15．（4 分）一质点做加速直线运动，在时间t 内依次经过A、B 两点，已知在该段时间的中间时刻速度为v1，在AB
中点时的瞬时速度为v2，下列关于v1 与v2 的大小判断正确的是（
）
A．v1＞v2
B．v1＜v2
C．v1＝v2
D．条件不足，无法确定
二、实验题（本题共1 小题，每小题4 分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）
16．（4 分）测量纸带运动加速度”实验中利用打点计时器得到一条纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G 这些点的
间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4 个计时点未画出．
根据测量结果计算：
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（1）打C 点时纸带的速度大小为
m/s；
（2）纸带运动的加速度大小为
m/s2．（结果保留3 位有效数字）
三、计算题（本题共4 小题．第17 题和第18 题各8 分，第19 题和第20 题各10 分．要求写出必要的文字说明、方
程式和演算步骤）
17．（8 分）做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C 三点，已知AB＝BC= t
2，AB 段和BC 段的平均速度分
别为v1＝3m/s、v2＝6m/s，则
（1）物体经B 点时的瞬时速度vB 为多大？
（2）若物体运动的加速度a＝2m/s2，试求AC 的距离l．
18．（8 分）将小球A 以初速度vA＝40m/s 从地面上一点竖直向上抛出，经过一段时间△t 后又以初速度vB＝30m/s
将球B 从同一点竖直向上抛出，为了使两球能在空中相遇，试分析△t 应满足什么条件．
19．（10 分）在地面上固定有一倾角为θ的足够长的粗糙斜面，当一物体从斜面顶端以初速度v0 沿斜面向下开始运动
后，经时间t 在斜面上停止运动．若该物体从斜面底端以同样大小的初速度沿斜面往上运动，则它在斜面上能运
动多久？
20．（10 分）面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块．木块边长为a，密度为水的一半，质量为m，
开始时，木块静止，有一半没入水中，如图所示．现用力F 将木块缓慢地压到池底．不计摩
擦．
求：
（1）从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，池水势能的改变量．
（2）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F 所作的功WF．
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2018-2019 学年浙江省杭州市西湖区学军中学高三（上）第一次月考物理
试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共15 小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4 分，
选对但不全的得2 分，有选错的得0 分）
1．（4 分）甲、乙两列客运列车在平行的平直轨道上匀速并排同向行驶，甲车中的乘客看到窗外的树木、房屋向正南
方向移动，乙车中的乘客看到甲车不动，下列说法正确的是（
）
A．甲车中的乘客是以自己乘坐的列车为参考系
B．乙车中的乘客是以甲车为参考系
C．甲、乙两车相对静止
D．甲、乙两车相对地面向正北方向以相同的速度匀速行驶
【考点】12：参考系和坐标系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】物理学中的运动指的是物体位置的变化。从甲车的人看到窗外的树木、房屋向正南方向移动，可以确定
甲车的运动状态。然后再利用甲乙两车的位置没有变化，从而可以得到答案。
【解答】解：由甲车的人看到窗外的树木、房屋向正南方向移动，可以知道甲车的人是以甲车为参照物，来确定
了树木、房屋的运动状态。若以树木、房屋为参照物，则甲车是向北运动的。由乙车上的人看见甲车未动，由此
可以知道两车的位置没有发生变化，即知以乙车为参照物，甲车是静止的。由于甲车是向北运动的，所以乙车也
是向北运动的，并且速度与甲车相同。故ACD 正确，B 错误
故选：ACD。
【点评】运动具有相对性，选择不同的参照物，我们看到的物体的运动状态是不同的，但结果都是正确的。′
2．（4 分）一物体作匀加速直线运动，已知其通过连续两段相等位移△x 所用的时间分别为t1、t2．则物体运动的加
速度大小为（
）
A．
2△ݔ(ݐ1−ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1+ݐ2)
B．
△ݔ(ݐ1−ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1+t2)
C．
2△ݔ(ݐ1+ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1−ݐ2)
D．
△ݔ(ݐ1+ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1−ݐ2)
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两段位移内中间时刻的瞬时速度，结合速度时
间公式求出物体运动的加速度．
【解答】解：第一段位移内中间时刻的瞬时速度㘴1 = △ݔ
ݐ1 ，第二段位移内中间时刻的瞬时速度㘴2 = △ݔ
ݐ2 ，
根据速度时间公式得，物体运动的加速度a= 㘴2−㘴1
ݐ1
2 +ݐ2
2
= 2△ݔ(ݐ1−ݐ2)
ݐ1ݐ2(ݐ1+ݐ2)。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
3．（4 分）一物体自空中的A 点以一定的初速度向上抛出，1s 后物体的速率变为10m/s，则此时物体的位置和速度方
向可能的是（不计空气阻力）（
）
A．在A 点上方，速度方向向下
B．在A 点下方，速度方向向下
C．正在A 点，速度方向向下
D．在A 点上方，速度方向向上
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】本题可以采用假设法分析求解．假如物体做自由落体运动，1s 后物体的速率v＝gt＝10m/s，而题中物体
做竖直上抛运动，物体先向上做匀减速运动，1s 后物体的速率变为10m/s，此时物体的位置不可能在A 点的下方，
否则速率必小于10m/s．若此时物体在A 点上方，速度方向向下，由速度公式v＝v0﹣gt，判断是否合理．
【解答】解：取竖直向上方向正方向。
A、若物体此时的位置在A 点上方，速度方向向下，v＝﹣10m/s，由公式v＝v0﹣gt 得，v0＝0，与题干条件不符。
故A 错误。
B、若物体做自由落体运动，1s 后物体的速率v＝gt＝10m/s，而题中物体做竖直上抛运动，物体先向上做匀减速
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运动，1s 后物体的速率变为10m/s，此时物体的位置不可能在A 点的下方，否则速率必小于10m/s。故B 错误。
C、若物体此时的位置正在A 点，速度方向向下，v＝﹣10m/s，由公式v＝v0﹣gt 得，v0＝0，与题干条件不符。
故C 错误。
D、若物体此时的位置在A 点上方，速度方向向上，v＝10m/s，由公式v＝v0﹣gt 得，v0＝20m/s，是可能的，故
D 正确。
【点评】本题既考查对竖直上抛运动的处理能力，也考查逻辑推理能力，关键要能运用假设进行分析，不能直接
认为是忽略阻力．
4．（4 分）某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m 高度的横杆．据此可估算出
他起跳时竖直向上的速度大约为（g＝10m/s2）（
）
A．2m/s
B．4m/s
C．6m/s
D．8m/s
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】运动员起跳过杆的过程可以看做是竖直上抛运动，注意运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的
位移不是1.8m，而是0.9m 左右，代入竖直上抛运动即可．
【解答】解：竖直上升阶段：由：㘴2 −㘴0
2 = 2ܽݔ得：
0 −㘴0
2 = 2 × ( −10)݄
注意运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的位移应该是重心上升的高度，不是1.8m，而是0.9m 左右
即：0 −㘴0
2 = 2 × ( −10) × 0.9
解得：v0=
18 ≈4݉
/ݏ
【点评】利用竖直上抛解决实际问题时，核心还是竖直上抛运动的运动规律，需要做的就是找出各个物理量代入．
5．（4 分）关于速度和加速度，以下说法中正确的是（
）
A．速度为零，加速度也一定为零
B．速度变化，加速度也一定变化
C．加速度变大，速度有可能变小
D．速度变小，加速度有可能不变
【考点】1B：加速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据加速度的定义式a= △㘴
△ݐ可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变
化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．
【解答】解：A、物体速度为零，加速度不一定为零，如自由落体初始位置，故A 错误；
B、速度变化，加速度不一定变化，如匀加速直线运动，故B 错误；
C、加速度变大，速度可能减小，如物体做加速度越来越大的减速运动，故C 正确；
D、速度减小，加速度可能不变，如物体做匀减速直线运动，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决，解题时可以举例加以说明．
6．（4 分）ab 为一圆周的直径，一物体先由a 点沿圆周运动到b 点，再由b 点沿另一半圆周回到a 点．在这两个运动
过程中，物体运动的（
）
A．位移和路程都相同
B．位移和路程都不相同
C．位移相同，路程不相同
D．位移不相同，路程相同
【考点】15：位移与路程．菁优网版权所有
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【分析】位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置；路程等于运动轨迹的长度．
【解答】解：一物体先由a 点沿圆周运动到b 点，再由b 点沿另一半圆周回到a 点。在这两个运动过程中，位移
的大小相等，方向相反，所以位移不同，路程相同。故D 正确，A、B、C 错误。
【点评】解决本题的关键知道路程和位移的区别，知道位移是矢量，路程是标量．
7．（4 分）物体做初速度为零的匀加速直线运动，第1s 内的位移大小为5m，则该物体（
）
A．3 s 内位移大小为45 m
B．第3 s 内位移大小为25 m
C．1 s 末速度的大小为5 m/s
D．3 s 末速度的大小为30 m/s
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】物体做匀速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可求得运动的加速度；则可求得3s 内及第3s 内的位
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移；同速度公式可求得任意时刻的速度
【解答】解：由x＝v0t+ 1
2at2 可得，物体的加速度a= 2ݔ
ݐ2 = 2×5
12݉
/ݏ2 =10m/s2；
A、3s 内的位移为：x1= 1
2ܽݐ2 = 1
2 ×10×32＝45m，故A 正确；
B、第3s 内的位移为45−1
2 ×10×22＝25m，故B 正确；
C、1s 末的速度为v1＝at＝10m/s，故C 错误；
D、3s 末的速度为10×3＝30m/s，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题为位移公式及速度公式的简单应用，在解题时要明确过程，正确应用公式求解
8．（4 分）一物体由静止开始沿一光滑斜面顶端开始下滑，滑至斜面底端时速度的大小为v，则物体在斜面中点时的
速度为（
）
A．
2㘴
4
B．
2㘴
2
C．
㘴
2
D．
㘴
4
【考点】19：平均速度；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式㘴2 −㘴02 = 2ܽݔ求出物体在斜面中点时的速度．
【解答】解：对整个过程有：v2＝2ax，对物体下滑到斜面中点的过程有：㘴'2 = 2ܽݔ
2．联立两式得，㘴' =
2
2 㘴．故
B 正确，A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键抓住整个过程加速度不变，运用匀变速直线运动的速度位移公式㘴2 −㘴02 = 2ܽݔ进行求
解．
9．
（4 分）汽车甲沿平直公路以速度v 匀速行驶，路过某处时，停在该处的汽车乙开始起动，匀加速行驶去追赶甲车．根
据上述条件可以求出（
）
A．乙车追上甲车时乙车的速度
B．乙车追上甲车过程中乙车的平均速度
C．乙车的加速度
D．乙车追上甲车所用的时间
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
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【分析】作出甲乙两车的速度时间图线，根据速度﹣时间图线分析能求出的量．
【解答】解：甲乙两车的速度﹣时间图线如图。
A、当乙车追上甲车时，位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，乙车的速度为2v。故A 正确。
B、乙车做匀加速直线运动，平均速度为初末速度和的一半，即等于v，故B 正确。
C、从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故不能知道乙车的加速度。故C、D 错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度﹣时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移．
10．（4 分）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s 后速度的大小变为6m/s．则在这1s 内该物体
运动的（
）
A．位移的大小可能小于4m
B．位移的大小可能大于4m
C．路程可能小于5m
D．路程可能大于5m
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】对速度方向进行讨论，由速度公式可求得物体的加速度，再由位移公式可求得物体的位移；由运动过程
可求出经过的路程．
【解答】解：若速度同向，则由v＝v0+at 可得：a= 6−4
1
=2m/s2；物体的位移x＝v0t+ 1
2at2＝4×1+ 1
2 ×2×1＝5m；
故B 正确；
若1s 后速度反向，则a′= −6−4
1
m/s2＝﹣10m/s2；1s 后的位移x′＝v0t+ 1
2at2＝4×1−1
2 ×10×1＝﹣1m；故位移
的大小小于4m，故A 正确
物体减速到零经过的位移2a′x1＝0﹣v12 解得减速过程的位移为0.8m；由v＝at 可得，减速的时间为
4
10s，反向加
速后经过的时间为0.6s，则物体通过的路程等于x2= 1
2 ×10×（0.6）2＝1.8m；总路程为1.8+0.8＝2.6m＜5m；故
路程不可能大于5m。故C 正确，D 错误；
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故选：ABC。
【点评】很多同学在解题时由于分析不全面，而漏掉了方向相反的情况，从而导致解题不全面．
11．（4 分）三个质点A、B、C 的运动轨迹如图所示，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点，其间都不停也不
返回，则下列说法中正确的是（
）
A．三个质点从N 到M 的平均速度相同
B．B 质点从N 到M 的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同
C．到达M 点时的瞬时速率一定是质点A 最大
D．三个质点从N 到M 的平均速率相同
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【专题】34：比较思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，路程是轨迹的长度，故从M 到N 过程中，三个物体的位移相同，
但路程不等；
平均速率是路程与时间的比值，而平均速度是位移与时间段的比值
【解答】解：A、位移是指从初位置到末位置的有向线段，它们的位移都是N 到M，位移是相等的，故A 正确；
B、B 质点从N 到M 的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同。故B 正确；
C、到达M 点时的瞬时速率大小没法判断，故C 错误；
D、平均速率等于路程与时间的比值，由于时间相等，路程不等，故平均速率不相等，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题关键要明确平均速度与平均速率的区别，平均速度是位移与时间的比值，是矢量；而平均速率是路
程与时间的比值，是标量
12．（4 分）甲、乙两个物体从空中同一位置先后自由下落，在两物体都没落地前，甲相对于乙的运动判断正确的是
（不计空气阻力）（
）
A．甲相对于乙做匀加速直线运动
B．甲相对乙于静止
C．甲相对于乙向下做匀速直线运动
D．甲相对于乙向上做匀速直线运动
【考点】1J：自由落体运动．菁优网版权所有
【专题】514：自由落体运动专题．
【分析】两物体均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，分析甲相对于乙做什么运动．
【解答】解：设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+△t，则两球的相对速度v＝g（t+△t）﹣gt＝g△t，所以甲
相对乙的运动是匀速直线运动，故C 正确。
【点评】本题通过研究两球速度差来研究甲乙的相对运动，可以通过研究两球之间的距离分析甲相对于乙的运动
情况．
13．（4 分）质点从静止开始作匀加速直线运动，通过连续三段路程所经历的时间分别为1s、2s、3s，这三段路程之
比是（
）
A．1：2：3
B．1：3：5
C．1：4：9
D．1：8：27
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，
可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二
段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；
【解答】解：根据x= 1
2ܽݐ2
物体通过的第一段位移为x1= 1
2ܽ× 12
又前3s 的位移减去前1s 的位移就等于第二段的位移
故物体通过的第二段位移为x2= 1
2ܽ× (1 + 2)2 −1
2ܽ× 12 = 1
2ܽ
× 8
又前6s 的位移减去前3s 的位移就等于第三段的位移
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故物体通过的第三段位移为x3= 1
2ܽ
× 62 −1
2ܽ
× 32 = 1
2ܽ
× 27
故x1：x2：x3＝1：8：27
【点评】本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用．
14．（4 分）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．两个物体两次相遇的时刻是2s 末和6s 末
B．t＝4s 时甲在乙的后面
C．t＝2s 时两物体相距最远
D．甲物体一直向前运动而乙物体先向前运动2s，随后向后运动
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移再次相等时，两物体再次相遇．根据“面积”
分析什么时刻两物体再次相遇．根据速度的大小关系分析t＝4s 时两物体的位置关系，并确定什么时刻两物体相距
最远．
【解答】解：
A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，从图象看出，2s 末和6s 末两图线的“面积”相等，说明
两物体的位移再次相等，两物体再次相遇。故A 正确。
B、由图看出，t＝4s 时甲图线的“面积”小于乙图线的“面积”，则甲的位移小于乙的位移，两者又是从同一位置
出发的，则t＝4s 时甲在乙的后面。故B 正确。
C、当两物体速度相等时相距最远，则t＝1s 和t＝4s 时两者相距最远。故C 错误。
D、根据图象看出，两物体的速度一直都为正值，说明两者都一直沿正方向向前运动。故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查分析和理解速度图象的能力，主要根据“面积”分析两者位置关系，确定是否相遇及什么时刻
相距最远．
15．（4 分）一质点做加速直线运动，在时间t 内依次经过A、B 两点，已知在该段时间的中间时刻速度为v1，在AB
中点时的瞬时速度为v2，下列关于v1 与v2 的大小判断正确的是（
）
A．v1＞v2
B．v1＜v2
C．v1＝v2
D．条件不足，无法确定
【考点】19：平均速度；1A：瞬时速度；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】匀加速直线运动，前一半时间位移较小，后一半时间位移较大，所以中间时刻的速度比位移中点的速度
要小，此外，可以设出初速度、加速度和时间，利用数学方法整理v2﹣v1 的表达式，较好的方法是作v﹣t 图，由
图象看两速度的大小关系
【解答】解：初速度为v0 的匀变速运动的v﹣t 图象如下，由于图线与坐标轴围成的面积可表示为物体运动的位移，
由图象可得：当时间为
ݐ
2时，对应的物体速度为v1，此时间内物体运动的位移即图线和坐标轴围成的面积要小于ܵ2；
当物体运动位移为ܵ2时，对应的物体速度为v2，有图象明显看出，v1＜v2，
【点评】选择好的方法可以事半功倍，头脑中要时刻想着图象法解决问题，其优点是形象直观．可以利用图象法
推导一下匀减速运动的这两个速度之间的关系是怎样的
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二、实验题（本题共1 小题，每小题4 分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）
16．（4 分）测量纸带运动加速度”实验中利用打点计时器得到一条纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G 这些点的
间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4 个计时点未画出．
根据测量结果计算：
（1）打C 点时纸带的速度大小为
1.18
m/s；
（2）纸带运动的加速度大小为
1.50
m/s2．（结果保留3 位有效数字）
【考点】M2：打点计时器系列实验中纸带的处理；M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D 点时小车的瞬时
速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小．
【解答】解：（1）每相邻两点间还有4 个点（图中未画），所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
得：VC= ݔܤܦ
ݐܤܦ= (11.00+12.55)ܿ݉
0.2ݏ
=1.18m/s
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
为了更加准确的求解加速度，
a= ݔܦܩ−ݔtܦ
9ܶ2
= (14+15.50+17.05)ܿ݉
−(9.50+11+12.55)ܿ݉
9×(0.1ݏ)2
=1.50m/s2 ．
故答案为：（1）1.18
（2）1.50
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应
用．
三、计算题（本题共4 小题．第17 题和第18 题各8 分，第19 题和第20 题各10 分．要求写出必要的文字说明、方
程式和演算步骤）
17．（8 分）做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C 三点，已知AB＝BC= t
2，AB 段和BC 段的平均速度分
别为v1＝3m/s、v2＝6m/s，则
（1）物体经B 点时的瞬时速度vB 为多大？
（2）若物体运动的加速度a＝2m/s2，试求AC 的距离l．
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】（1）物体做匀加速直线运动，对AB、BC 两段过程分别根据速度位移关系式列方程，得出A、B、C 三
点的速度与位移的关系，根据AB 段和BC 段的平均速度与A、B、C 三点的速度列式，联立求出vB．
（2）根据上问求出物体经过A、C 两点的速度，由速度位移公式研究AC 过程，求出l．
【解答】解：（1）设加速度大小为a，经A、C 的速度大小分别为vA、vC．
A、C 间的平均速度为：v3=
t
t
2
㘴1+
t
2
㘴2
= 2㘴1㘴2
㘴1+㘴2 = 2×3×6
3+6
=4m/s
据匀加速直线运动规律可得：
㘴t+㘴ܤ
2
= 㘴1
㘴ܤ+㘴ܥ
2
= 㘴2
㘴t+㘴ܥ
2
= 㘴3
联立可得：vB＝5m/s
（2）将vB＝5m/s 代入上式得：vA＝1m/s，vC＝7m/s
由vC2﹣vA2＝2al 得
代入a＝2m/s2
即可得l＝12m
答：
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（1）物体经B 点时的瞬时速度vB 为5m/s．
（2）若物体运动的加速度a＝2m/s2，AC 的距离l＝12m．
【点评】本题关键要充分运用好条件：AB＝BC= t
2，及两段的平均速度．中等难度．
18．（8 分）将小球A 以初速度vA＝40m/s 从地面上一点竖直向上抛出，经过一段时间△t 后又以初速度vB＝30m/s
将球B 从同一点竖直向上抛出，为了使两球能在空中相遇，试分析△t 应满足什么条件．
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】首先根据匀变速直线运动的速度时间关系式解出两球落地所需的时间，为了使两球能在空中相遇，我们
可以在A 球就要落回地面时才抛出B 球，则B 球会在地面上方与A 球迎面相碰；也可以B 球抛出后快回到地面
时，被A 球追上相碰；根据两种极限情况列式求解．
【解答】解：设A、B 两球在空中运动的时间分别为tA、tB，
由竖直上抛运动的速度时间关系式
可得：ݐt = 2㘴t
t =8s，
ݐܤ= 2㘴ܤ
t =6s
考虑△t 的上限，即A 球就要落回地面时才抛出B 球，则B 球会在地面上方与A 球迎面相碰，
故应有：△t＜tA
考虑△t 的下限，即B 球抛出后快回到地面时，被A 球追上相碰，
故应由：△t＞tA﹣tB
由题中数据vA＝40m/s，vB＝30m/s
即可得：2s＜△t＜8s
答：当△t 应满足2s＜△t＜8s 条件时，两球能在空中相遇．
【点评】两个球的竖直上抛问题，实际上可以看成是追及问题．可以把他们当成追
及问题来处理，追及问题的
处理方法．找三个关系：时间关系，位置关系，速度关系，再列方程．
19．（10 分）在地面上固定有一倾角为θ的足够长的粗糙斜面，当一物体从斜面顶端以初速度v0 沿斜面向下开始运动
后，经时间t 在斜面上停止运动．若该物体从斜面底端以同样大小的初速度沿斜面往上运动，则它在斜面上能运
动多久？
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物体在上滑与下滑过程中做匀变速运动，则可用牛顿第二定律结合运动学公式可求得它在斜面上能运动
时间．
【解答】解：设物体的质量为m，在运动中受到的滑动摩擦力大小为f，物体沿斜面下滑和上滑的加速度大小分别
设为a1、a2．
根据牛顿第二定律可得：f﹣mgsinθ＝ma1 （1）
f+mgsinθ＝ma2 （2）
由题意可知，当物体向上滑行到速度为零时物体就会停止运动，设上滑时在斜面上可运动的时间为T，则由运动
学公式可得：v0＝a1t
（3）
v0＝a2T
（4）
联立上四式可得：ܶ
=
㘴0ݐ
㘴0+2tݐݏthߠ
答：该物体从斜面底端以同样大小的初速度沿斜面往上运动，则它在斜面上能运动时间为ܶ
=
㘴0ݐ
㘴0+2tݐݏthߠ
【点评】让学生掌握牛顿第二定律与运动学公式相结合解题，属于基础题，但容易出现错误．
20．（10 分）面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块．木块边长为a，密度为水的一半，质量为m，
开始时，木块静止，有一半没入水中，如图所示．现用力F 将木块缓慢地压到池底．不计摩
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擦．
求：
（1）从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，池水势能的改变量．
（2）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F 所作的功WF．
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】（1）木块下降到池底，等效成有一个与木块同体积的水块与木块位置互换，根据重力势能的表达式求解；
（2）根据功能关系，力对木块做的功等于木块与水系统势能的增加量．
【解答】解：（1）由于池水面积很大，故有在木块从开始到刚好没入水中的过程中，水面上升的高度可不计，即
木块刚好没入水中时，水的深度可以认为还是H．
木块完全浸没后水增加的机械能为：mg•
3
4a
从木块刚没入水中到压到池底过程，水的机械能增加为：2mg•（H﹣a）
因此从用力压木块到完全沉入池底过程中，水池的水机械能增加为：mg•
3
4a+2mg•（H﹣a）＝2mg（H−5ܽ
8 ）．
那么从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，池水势能的改变量为2mg（H﹣a）．
（2）在木块完全浸没过程中，木块的重力势能变化为
△ܧ݌1 =−݉
tܽ2
上式负号表示势能减少，水的重力势能变化可理解为，木块一半体积的水上移至水面上，这部分水质量为m，上
升高度为
3ܽ
4 ，故水的重力势能变化为
△ܧ݌2 =݉
t 3ܽ
4
由功能关系知ܹ
ܨ=△ܧ݌1 +△ܧ݌2 =݉
tܽ
4
故从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F 所作的功WF 为݉
tܽ
4 ．
【点评】本题关键是分析清楚木块和水的运动情况，然后根据功能关系列式求解．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:10:20 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（12 月份）
二、选择题：共8 小题，每小题0 分，在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～21
题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．如图所示有两个光滑固定斜面AB 和BC，且A 和C 两点在同一水平面上，斜面BC 比斜面AB 长，一个滑块自A
点以速度vA 上滑，到达B 点时速度减小为零，紧接着沿BC 滑下，设滑块从A 点到C 点的总时间是tc，那么下
列四个图中，正确表示滑块速度的大小v 随时间t 变化规律的是（
）
A．
B．
C．
D．
2．动能相同的质子和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则它们的半径之比rp：rα为（
）
A．4：1
B．2：1
C．1：1
D．1：2
3．A、B、C 三物块的质量分别为M、m 和m0，如图所示的连结，绳子不可伸长，且绳子和滑轮的质量、绳子与滑
轮的摩擦均可不计，若B 随A 一起沿粗糙水平桌面做匀加速运动，则可以断定（
）
A．物块A 与B 之间无摩擦力
B．物块A 与B 之间有摩擦力
C．绳子对物块A 的拉力大小为m0g
D．物块A 与桌面之间有摩擦力，大小为m0g
4．如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电荷量为q 的
小金属块（可视为质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q 的方向开始运动。则在金属
块运动的整个过程中，下列说法正确的是（
）
A．金属块的加速度先增大后减小
B．金属块的电势能先增大后减小
C．金属块克服摩擦力所做的功等于金属块减少的电势能
D．电场对金属块所做的功大于摩擦产生的热
5．如图所示，质量为m 的物块始终相对静止在倾角为θ的斜面体上，若斜面体向左以加速度a 移动距离s，下列说法
正确的是（
）
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A．斜面体对物块做功一定为mas
B．斜面体对物块的摩擦力一定做负功
C．斜面体对物块的摩擦力所做的功可能为零
D．斜面体对物块的支持力所做的功一定为mas
6．假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的3 倍，仍做圆周运动，则（
）
A．根据公式ω= 㘴
ݎ，可知卫星运动的角速度将减小到原来的
1
3
B．根据公式F＝G
ܯ݉
ݎ2 ，可知卫星所需的向心力将减小到原来的
1
9
C．根据公式T= 2ߨݎ
㘴，可知卫星运动的周期将增大到原来的3 倍
D．根据公式F＝G
ܯ݉
ݎ2 和F＝m
㘴2
ݎ，可知卫星运动的线速度将减小到原来的
3
3
7．质量为m 的小球A，沿光滑水平面以速度v0 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的速度大小变为
原来的
1
3，那么小球B 的动能可能是（
）
A．
1
9݉
㘴02
B．
1
3݉
㘴02
C．
4
9݉
㘴02
D．
2
3݉
㘴02
8．如图所示，A、B 是一对中间开有小孔的平行金属板，两小球的连线与金属棒面相垂直，两极板的距离为L，两
极板间加上低频交流电压，A 板电势为零，B 板电势u＝Uocosωt．现有一电子在某时刻穿过A 板上的小孔进入电
场，设初速度和重力的影响均可忽略不计。下列说法正确的是（
）
A．电子在两极板间可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，但最后穿出B 板
B．电子在两极板间可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，但最后不能穿出B 板
C．不论ω、L 为何值，电子在两极板间一直向B 板运动，最后穿出B 板
D．如果ω小于某个值ω0，L 小于某个值L0，电子在两极板间一直向B 板运动，最后穿出B 板
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分
9．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“2.5V，0.75W”，其他可供选择的器材有：
A．电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω）
B．电流表A2（量程3A，内阻约0.2Ω）
C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
D．电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）
E．滑动变阻器R1（0～1KΩ，0.5A）
F．滑动变阻器R2（0～10Ω，2A）
G．电源E（6V）
H．开关S 及导线若干
（1）实验中电流表应选用
，电压表应选用
，滑动变阻器应选用
。（请填写器材前面的字母
代码）
（2）请用笔画线代替导线，将如图所示的实物图电路图正确连接起来。
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10．图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E、E'是电池，E'＞E；R1、R2、R5、R6 和R7 是固定电阻，
R3、R4 是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别于两表笔相连。该多用电表有6 个挡位，6 个挡位
为：直流电压1V 挡和5V 挡，直流电流1mA 挡和2.5mA 挡，欧姆×10Ω挡和欧姆×100Ω挡。
（1）图甲中的A 端与表头
（填“正”或“负”）接线柱相连接，插入
（填“红”或“黑”）色的
表笔。
（2）在测一阻值约为100Ω的电阻时，先将图甲中连接B 端的多用开关与
端连接。再将
，然后调
整电阻
，使图乙中多用电表指针在表盘
。
（3）某次测量时该多用电表指针的位置如图乙所示，若此时B 端是与“1”连接的，则多用电表的读数为
；
若此时B 端是与“4”连接的，则读数为
；若此时B 端是与“6”连接的，则读数为
。（结果保留3
位有效数字）
11．如图所示，在真空中xOy 坐标系的第一象限存在足够大、方向水平向右的匀强电场，若将一个质量为m，带正
电的小球在此电场中由静止释放，沿与竖直方向夹角为37°的方向做直线运动。现将一绝缘光滑轨道放在xoy 平
面内，轨道的aO 段水平，Obc 为竖直面内半径为R 的半圆轨道，c 为半圆轨道的最高点，若上述带电小球从a 点
以一初速度向左运动，恰能通过该圆轨道，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求该带电小球：
（1）在电场中所受电场力的大小；
（2）过c 点时的速度大小；
（3）回到水平轨道上的落点位置。
12．如图所示，一高h＝1.25m、质量mB＝2kg 的木块B，在一水平向右的恒力F＝3N 作用下，在水平地面上向右运
动。现将一质量mA＝1kg（可视为质点）的小滑块A 轻轻静置（相对地面的速度为零）于木块B 上距B 左端b＝
1.00m 的水平面上，一段时间后A 从B 上滑落，A 刚离开B 的时刻，B 向右运动的距离x0＝1.5m，已知A 与B
间的动摩擦因数，B 与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.10，g＝10m/s2（结果均保留2 位有效数字）。
（1）求整个过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q；
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（2）求A 落地时，落地间到B 左端的水平距离s。
【物理选修3-3】
13．下列说法正确的是（
）
A．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加
B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子动能越大
C．已知水分子的质量和水的摩尔质量，可以算出阿伏伽德罗常数
D．已知水分子的体积和水的摩尔质量，可以算出阿伏伽德罗常数
E．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
14．有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A 内封有一定量的气体，与A 相连的B 管插在水银槽中，
管内水银的高度x 即可反应泡内气体的温度，即环境温度，并可由管B 管上的刻度直接读出。设B 管的体积与A
泡的体积相比可忽略不计。
（1）在标准大气压下对B 管进行温度刻度（标准大气压相当于76cmHg）。已知当温度t1＝47℃时，管内水银面
高度x1＝21.4cm，此高度即为0℃的刻度线。问当温度t＝27℃的刻度线在x 为多少厘米处？
（2）若大气压已变为相当于75cm 高水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27℃，问此时实际
温度为多少？
【物理选修3-4】
15．下列关于机械振动与机械波说法，正确的是（
）
A．机械波的频率与振源的振动频率无关
B．机械波的传播速度与振源的振动速度无关
C．质点振动的方向不一定垂直于波传播的方向
D．机械波在介质中传播的速度由振源的频率决定
E．在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离
16．如图所示为一透明玻璃半球的截面，在其下方有一平行于半球上表面水平放置的光屏。两束关于中心轴OO'对称
的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出，当光屏距半球上表面h1＝40cm 时，从球面折射出的
两束光线汇聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h2＝70cm 时，在光屏上形成半径r＝40cm 的圆形光斑，
求该半球形玻璃的折射率。
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（12 月份）
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题0 分，在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～21
题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．如图所示有两个光滑固定斜面AB 和BC，且A 和C 两点在同一水平面上，斜面BC 比斜面AB 长，一个滑块自A
点以速度vA 上滑，到达B 点时速度减小为零，紧接着沿BC 滑下，设滑块从A 点到C 点的总时间是tc，那么下
列四个图中，正确表示滑块速度的大小v 随时间t 变化规律的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，根据机械能守恒定律得出A、C 的速度大小相等，根
据速度时间公式比较上滑和下滑的时间，从而确定正确的图线。
【解答】解：根据机械能守恒定律知，滑块在A、C 的速度大小相等，上滑和下滑均匀变速直线运动，
根据牛顿第二定律知，上滑时的加速度大小a1＝gsinα，下滑时的加速度大小a2＝gsinθ，α＞θ，则a1＞a2，根据t= 㘴ܽ
知，上滑的时间t1＜t2，故C 正确，A、B、D 错误。
【点评】本题关键抓住物体上滑过程和下降过程的机械能守恒，根据坡度比较两过程加速度的大小，结合图象讨
论即可。
2．动能相同的质子和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则它们的半径之比rp：rα为（
）
A．4：1
B．2：1
C．1：1
D．1：2
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式分析即可。
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝m
㘴2
h ，可得半径公式：R=݉
㘴
ݍܤ，
α粒子（即氦原子核）质量约为质子的4 倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2 倍，若它们的动能
1
2݉
㘴2大小相同，
可知质子和α粒子的速度之比为2：1，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：1，故C 正确，ABD 错误；
【点评】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们知道半径公式及周期公式，难度不大。
3．A、B、C 三物块的质量分别为M、m 和m0，如图所示的连结，绳子不可伸长，且绳子和滑轮的质量、绳子与滑
轮的摩擦均可不计，若B 随A 一起沿粗糙水平桌面做匀加速运动，则可以断定（
）
A．物块A 与B 之间无摩擦力
B．物块A 与B 之间有摩擦力
C．绳子对物块A 的拉力大小为m0g
D．物块A 与桌面之间有摩擦力，大小为m0g
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【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；48：归谬反证法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】B 随A 一起沿粗糙水平桌面做匀加速运动，水平方向合外力向右，根据牛顿第二定律进行分析。
【解答】解：AB、物体B 随A 一起沿粗糙水平桌面做匀加速运动，对m 进行受力分析可得，水平方向A 对B 的
摩擦力提供B 的加速度，故物块A 与B 之间有摩擦力，故A 错误、B 正确；
C、若绳子对物块A 的拉力大小为m0g，则C 受力平衡，加速度为零，这显然不可能，故C 错误；
D、若物块A 与桌面之间有摩擦力，大小为m0g，则A 和B 整体水平方向受力平衡，系统匀速运动，不可能，故
D 错误。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行
受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
4．如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电荷量为q 的
小金属块（可视为质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q 的方向开始运动。则在金属
块运动的整个过程中，下列说法正确的是（
）
A．金属块的加速度先增大后减小
B．金属块的电势能先增大后减小
C．金属块克服摩擦力所做的功等于金属块减少的电势能
D．电场对金属块所做的功大于摩擦产生的热
【考点】37：牛顿第二定律；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53E：电荷守恒定律与库仑定律专题．
【分析】金属块在整个运动的过程中受电场力和摩擦力，开始电场力大于摩擦力，做加速运动，然后电场力小于
摩擦力，做减速运动，最终速度为零，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，
根据能量守恒定律判断电场力做功与摩擦产生的热量关系。
【解答】解：A、根据库仑定律，结合牛顿第二定律，则金属块远离过程中，库仑力一直减小，而存在滑动摩擦
力，因此加速度先减小后反向增大，故A 错误；
B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误。
C、金属块从静止到停止，由功能关系，金属块克服摩擦力所做的功等于金属块减少的电势能，故C 正确。
D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的
热量，故D 错误。
【点评】解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分
析问题。
5．如图所示，质量为m 的物块始终相对静止在倾角为θ的斜面体上，若斜面体向左以加速度a 移动距离s，下列说法
正确的是（
）
A．斜面体对物块做功一定为mas
B．斜面体对物块的摩擦力一定做负功
C．斜面体对物块的摩擦力所做的功可能为零
D．斜面体对物块的支持力所做的功一定为mas
【考点】2G：力的合成与分解的运用；62：功的计算．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】先对物体受力分析，物体受重力mg、弹力N 和摩擦力f，斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，
根据平衡条件并结合正交分解法和合成法判断该合力的大小和方向进行判断即可，注意物体运动临界条件的应用，
明确物体可能不受摩擦力。
【解答】解：A、若斜面向左以加速度a 移动距离s，合力做功为mas，而重力与位移垂直不做功，故斜面体对物
块做功一定为mas，故A 正确；
B、加速度不同，斜面体对物体的摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，故摩擦力可能做正功也可能做负功，
故B 错误；
C、如果物体受到斜面体的支持力与重力的合力恰好充当物体的合力，物体不受斜面的摩擦力，则摩擦力为零，故
C 正确；
D、由A 的分析可知，斜面体对物块的支持力与摩擦力的合力所做的功一定为mas，故支持力做功并不一定等于
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mas，故D 错误
故选：AC。
【点评】本题关键是先对物体受力分析，然后平衡条件或者牛顿第二定律求解出斜面对物体的作用力，最后根据
恒力做功表达式分析该合力的功。
6．假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的3 倍，仍做圆周运动，则（
）
A．根据公式ω= 㘴
ݎ，可知卫星运动的角速度将减小到原来的
1
3
B．根据公式F＝G
ܯ݉
ݎ2 ，可知卫星所需的向心力将减小到原来的
1
9
C．根据公式T= 2ߨݎ
㘴，可知卫星运动的周期将增大到原来的3 倍
D．根据公式F＝G
ܯ݉
ݎ2 和F＝m
㘴2
ݎ，可知卫星运动的线速度将减小到原来的
3
3
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】人造地球卫星的轨道半径增大到原来3 倍时，角速度减小，线速度减小，由数学知识分析线速度和向心
力的变化。根据公式F= ܩܯ݉
ݎ2 ，地球提供的向心力将减少到原来的
1
9．根据上述选项中给出的公式，推导出卫星线
速度公式来分析线速度的变化。
【解答】解：A、人造地球卫星的轨道半径增大到原来3 倍时，角速度减小，根据公式
ܩܯ݉
ݎ2
=݉߱
2ݎ，则：߱
=
ܩܯ
ݎ3
人造地球卫星的轨道半径增大到原来3 倍时，卫星运动的角速度将减小为原来的
1
27倍。故A 错误。
B、根据公式F= ܩܯ݉
ݎ2 ，地球质量M，卫星质量m 不变，当r 变为2r 时，向心力F 变为原来的
1
9．故B 正确。
C、根据T= 2ߨ߱，可知周期将变成原来的27倍。故C 错误。
D、根据
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
㘴2
ݎ得到：v=
ܩܯ
ݎ，r 变为3r，则v 变为原来的
3
3 倍。故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题要应用控制变量法来理解物理量之间的关系，要注意卫星的线速度、角速度等描述运动的物理量都
会随半径的变化而变化。
7．质量为m 的小球A，沿光滑水平面以速度v0 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的速度大小变为
原来的
1
3，那么小球B 的动能可能是（
）
A．
1
9݉
㘴02
B．
1
3݉
㘴02
C．
4
9݉
㘴02
D．
2
3݉
㘴02
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后小球的速度，根据动能的计算公式求解动
能。
【解答】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由题意可知，碰撞后A 的速度为：
vA＝±
1
3v0，
由动量守恒定律得：
mv0＝mvA+2mvB，
解得：vB= 1
3v0，或vB= 2
3v0；
根据Ek= 1
2 ⋅2݉
㘴2可得：Ek= 1
9݉
㘴02或Ek= 4
9݉
㘴02，故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了动量守恒定律，两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注
意小球的速度方向不确定会造成多解。
8．如图所示，A、B 是一对中间开有小孔的平行金属板，两小球的连线与金属棒面相垂直，两极板的距离为L，两
极板间加上低频交流电压，A 板电势为零，B 板电势u＝Uocosωt．现有一电子在某时刻穿过A 板上的小孔进入电
场，设初速度和重力的影响均可忽略不计。下列说法正确的是（
）
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- 401 -
A．电子在两极板间可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，但最后穿出B 板
B．电子在两极板间可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，但最后不能穿出B 板
C．不论ω、L 为何值，电子在两极板间一直向B 板运动，最后穿出B 板
D．如果ω小于某个值ω0，L 小于某个值L0，电子在两极板间一直向B 板运动，最后穿出B 板
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】两极板间加上低频交流电压，A 板电势为零，B 板电势为U＝Uocosωt，B 板电势周期性的变化，分过程
研究，找出电场线的方向，
根据牛顿第二定律确定电子受力方向和运动情况。
【解答】解：A、如果两极板距离L 足够大。
在0−1
4，A 板电势为零，B 板电势为U＝Uocosωt＞0，电场方向向左，使电子受力向右，电子向右加速运动，在
1
4T
时刻，电子速度最大，（T 是交流电周期）
在
1
4T−1
2T，A 板电势为零，B 板电势为U＝Uocosωt＜0，电场方向向右，使电子受力向左，电子向右减速运动，
在
1
2T−3
4T，A 板电势为零，B 板电势为U＝Uocosωt＜0，电场方向向右，使电子受力向左，电子开始向左做加速
运动，在
3
4T 时刻，电子速度最大，
在
3
4T﹣T，A 板电势为零，B 板电势为U＝Uocosωt＞0，电场方向向左，使电子受力向右，电子向左减速运动，
在T 时刻，电子速度减为0。
以后重复上面所述的重复性运动，所以电子在两极AB 间的某一点为平衡位置来回振动。故A 错误，B 正确。
CD、如果两极板距离L 不是很大，那么电子可能在0−ܶ4内，一直加速运动并到达B 板而穿出，
也可能在ܶ4 −
1
2T 内，在正在减速时到达B 板而穿出，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况。根
据位移情况判断电子能否穿出B 板。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分
9．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“2.5V，0.75W”，其他可供选择的器材有：
A．电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω）
B．电流表A2（量程3A，内阻约0.2Ω）
C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
D．电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）
E．滑动变阻器R1（0～1KΩ，0.5A）
F．滑动变阻器R2（0～10Ω，2A）
G．电源E（6V）
H．开关S 及导线若干
（1）实验中电流表应选用
A
，电压表应选用
C
，滑动变阻器应选用
F
。（请填写器材前面的字母代码）
（2）请用笔画线代替导线，将如图所示的实物图电路图正确连接起来。
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【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较
小的滑动变阻器。
（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
【解答】解：（1）灯泡额定电流为：I=ܲ
额ܷ
额
= 0.75ܹ
2.5ܸ
=0.3A，电流表应选择A；灯泡额定电压为2.5V，电压表应
选择C；为方便实验操作滑动变阻器应选择F。
（2）灯泡正常发光时的电阻：R=ܷܫ= 2.5ܸ
0.3t ≈8.3Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，描绘灯
泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
故答案为：（1）A；C；F；（2）实物电路图如图所示。
【点评】要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；当电压与电流从零开始变
化时，滑动变阻器应采用分压接法。
10．图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E、E'是电池，E'＞E；R1、R2、R5、R6 和R7 是固定电阻，
R3、R4 是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别于两表笔相连。该多用电表有6 个挡位，6 个挡位
为：直流电压1V 挡和5V 挡，直流电流1mA 挡和2.5mA 挡，欧姆×10Ω挡和欧姆×100Ω挡。
（1）图甲中的A 端与表头
正
（填“正”或“负”）接线柱相连接，插入
红
（填“红”或“黑”）色的表
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- 403 -
笔。
（2）在测一阻值约为100Ω的电阻时，先将图甲中连接B 端的多用开关与
3
端连接。再将
两表笔短接
，然
后调整电阻
R3
，使图乙中多用电表指针在表盘
右端电阻为0 的位置
。
（3）某次测量时该多用电表指针的位置如图乙所示，若此时B端是与“1”连接的，则多用电表的读数为
1.25mA
；
若此时B 端是与“4”连接的，则读数为
1.50×103Ω
；若此时B 端是与“6”连接的，则读数为
2.50V
。（结
果保留3 位有效数字）
【考点】N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据多用电表电流流向是红表笔流入电表黑表笔流出电表，再根据欧姆表电池的极性即可判断出表
笔的颜色，以及表笔电势的高低；
（2）测电阻应选用欧姆档位，测量前应先将红黑表笔短接，进行欧姆调零；
（3）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指
针指在中央附近时测量值较准确。
【解答】解：（1）多用电表的电流流向为红表笔流入，黑表笔流出，当多用电表作为欧姆表使用时，A 端接内部
电源的负极，应为红表笔，则A 端与表头的正接线柱相连接，插红颜色的表笔。
（2）因为欧姆表有×10Ω档和×100Ω档，又因为E′＞E，故用电源E′为×100Ω档的欧姆表；
因为待测电阻约为100Ω，为了让指针能指在中间位置，应选择×10Ω档，故图甲中连接B 端的多用开关应与3 连
接；再将两表笔短接，然后调整欧姆档的调零旋钮，即：R3，使图乙中多用电表指针在表盘右端电阻为0 的位置。
（3）根据电表的电路图，可知：
若与1 连接，为大量程电流表，其量程为2.5mA，读数为1.25mA；
若与3 连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为15×100＝1100Ω＝1.50×103Ω；
若与5 连接，为大量程电压表，其量程为5V；故读数为2.50V；
故答案为：（1）正，红；（2）3，两表笔短接，R3，右端电阻为0 的位置；（3）1.25mA，1.50×103Ω，2.50V。
【点评】本题考查多用电表的使用，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，电表读数时
候要先计算电表的分度值，再根据分度值读数即可，若分度值为“1”估读一位，若分度值为“2”或“5”读到本
位。
11．如图所示，在真空中xOy 坐标系的第一象限存在足够大、方向水平向右的匀强电场，若将一个质量为m，带正
电的小球在此电场中由静止释放，沿与竖直方向夹角为37°的方向做直线运动。现将一绝缘光滑轨道放在xoy 平
面内，轨道的aO 段水平，Obc 为竖直面内半径为R 的半圆轨道，c 为半圆轨道的最高点，若上述带电小球从a 点
以一初速度向左运动，恰能通过该圆轨道，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求该带电小球：
（1）在电场中所受电场力的大小；
（2）过c 点时的速度大小；
（3）回到水平轨道上的落点位置。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）对小球受力分析，根据合力方向求得电场力；
（2）在最高点重力提供给向心力，即可求得速度；
（3）从最高点开始抛出后，水平方向做加速度运动，竖直方向也做加速运动，根据运动学公式即可求得
【解答】解：（1）在重力和电场力的合力作用下，沿与竖直方向夹角为37°的方向做直线运动，故
ܨ=݉
tݐܽh37° = 3
4݉
t①
（2）由题意得݉
t =݉
㘴ܥ
2
h ②
解得：㘴ܥ=
th③
（3）离开c 点后，竖直方向做自由落体运动，则ݕ= 1
2 tݐ2④
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水平方向做匀加速运动，则ݔ= 㘴ܥݐ+ 1
2ܽݐ2⑤
y＝2R⑥
水平方向的加速度为ܽ
= ܨ݉= 3
4 t⑦
联立解得：ݔ= 7
2 h⑧
答：（1）在电场中所受电场力的大小为
3
4݉
t；
（2）过c 点时的速度大小为th；
（3）回到水平轨道上的落点位置为
7
2 h。
【点评】本题主要考查了运动学公式，明确在电场力和重力作用下的加速度运动，会把曲线运动转化为直线运动
即可求得
12．如图所示，一高h＝1.25m、质量mB＝2kg 的木块B，在一水平向右的恒力F＝3N 作用下，在水平地面上向右运
动。现将一质量mA＝1kg（可视为质点）的小滑块A 轻轻静置（相对地面的速度为零）于木块B 上距B 左端b＝
1.00m 的水平面上，一段时间后A 从B 上滑落，A 刚离开B 的时刻，B 向右运动的距离x0＝1.5m，已知A 与B
间的动摩擦因数，B 与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.10，g＝10m/s2（结果均保留2 位有效数字）。
（1）求整个过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q；
（2）求A 落地时，落地间到B 左端的水平距离s。
【考点】65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据内能公式Q＝fs 相对，结合滑动摩擦力公式f＝μN，即可求解；
（2）根据动量守恒定律，结合动能定理，及运动学公式与动量定理，即可求解。
【解答】解：（1）由能量关系得Q＝fAb，
而fA＝μmAg
则有：Q＝μmAgb，
代入数据，解得：Q＝1J
（2）由于F＝3N＝μ（mA+mB）g，故A、B 组成的系统动量守恒，则mBv0＝mAvA+mvB
由动能定理得：对A：݂tݔt = ߤ݉
ttݔt = 1
2݉
t㘴t
2
对B：﹣fAx0=−ߤ݉
ttݔ0 = 1
2݉
ܤ㘴ܤ
2 −1
2݉
ܤ㘴0
2
而xA＝x0﹣b
联立⑤、⑦式解得：A 刚离开B 时，A 的速度：vA＝1m/s
联立④、⑥式解得：A 刚离开B 时，B 的速度：vB＝1.25m/s
A 离开B 后：h= 1
2 tݐ2，
x
t
' =vAt
解得：x
t
' =0.5m
由动量定理得：（F﹣μmBg）t=݉
ܤ㘴ܤ
' −݉
ܤ㘴ܤ
解得：vB′＝1.5m/s
xB′= 㘴ܤ+㘴'ܤ
2
ݐ=0.6875m/s
s＝x′B﹣x′A＝0.1875m≈0.19m
答：（1）整个过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量1J；
（2）A 落地时，落地间到B 左端的水平距离0.19m。
【点评】考查动量守恒定律、动量定理与动能定理的应用，并掌握Q＝fs 相对，公式中s 的含义。
【物理选修3-3】
13．下列说法正确的是（
）
A．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加
B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子动能越大
C．已知水分子的质量和水的摩尔质量，可以算出阿伏伽德罗常数
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
- 405 -
D．已知水分子的体积和水的摩尔质量，可以算出阿伏伽德罗常数
E．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
【考点】86：分子间的相互作用力；87：分子势能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】解决本题需掌握：
摩尔质量等于分子质量与阿伏加德罗常数的乘积；
温度是分子热运动平均动能的标志；
根据分子间的距离增大时，分子间的作用力做功与分子势能的关系分析。
【解答】解：A、橡皮筋被拉伸时，需克服分子引力做功，所以分子间势能增加，故A 正确；
B、物体的温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，所以不能简单地说温度越高，分子动能
越大，故B 错误；
C、摩尔质量是1 摩尔分子的质量，故只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数，故
C 正确；
D、已知水分子的体积和水的摩尔质量，还需要知道水的密度，才可以算出阿伏伽德罗常数，故D 错误；
E、当分子力表现为引力时，增大分子减的距离，需要克服分子力做功，所以分子势能随分子间距离的增大而增大。
故E 正确。
故选：ACE。
【点评】本题考查了分子力与分子势能、阿伏加德罗常数、温度的微观意义等，知识点多，难度小，关键多看书，
多注意对基础知识的理解。
14．有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A 内封有一定量的气体，与A 相连的B 管插在水银槽中，
管内水银的高度x 即可反应泡内气体的温度，即环境温度，并可由管B 管上的刻度直接读出。设B 管的体积与A
泡的体积相比可忽略不计。
（1）在标准大气压下对B 管进行温度刻度（标准大气压相当于76cmHg）。已知当温度t1＝47℃时，管内水银面
高度x1＝21.4cm，此高度即为0℃的刻度线。问当温度t＝27℃的刻度线在x 为多少厘米处？
（2）若大气压已变为相当于75cm 高水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27℃，问此时实际
温度为多少？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）封闭气体压强等于大气压减去水银柱产生的压强；设B 管的体积可略去不计，则气体是等容变化，
结合查理定律公式列式分析即可；
（2）利用该测温装置测量温度时所得示数仍为27℃，说明气体体积不变，根据查理定律分析即可。
【解答】解：（1）取A 中气体为研究对象：T1＝320K，P1＝（76﹣21.4）cmHg，T2＝300K
由查理定律有：ܲ1ܶ
1
=ܲ
2ܶ
2
解得：P2=ܶ
2ܶ
1ܲ
1 = 300
320 × 54.6cmHg＝51.2cmHg
由题意得：x＝P1﹣P2＝76﹣51.2＝24.8cm；
（2）当大气压变为75cmHg 时，气泡内气体压强变为P2，此时实际温度为T3；
取A 中气体为研究对象：T2＝300K，P2＝60cmHg，P3＝59cmHg
由查理定律有：ܲ2ܶ
2
=ܲ
3ܶ
3
解得：T3=ܲ
3ܲ
2ܶ
2 =295K，
即t3＝22℃。
答：（1）当温度t＝27℃的刻度线在x 为24.8 厘米处；（2）此时实际温度为22℃。
【点评】本题关键求解出已知状态参量，然后根据查理定律列式求解，不难。
【物理选修3-4】
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
15．下列关于机械振动与机械波说法，正确的是（
）
A．机械波的频率与振源的振动频率无关
B．机械波的传播速度与振源的振动速度无关
C．质点振动的方向不一定垂直于波传播的方向
D．机械波在介质中传播的速度由振源的频率决定
E．在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离
【考点】74：简谐运动的回复力和能量；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质。有机械振动才有可能有机械波，波的
传播速度与质点振动速度没有直接关系。横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定。
【解答】解：A、有根据波的形成可知，质点振动一个周期，则波向前传播一个周期，因此机械波的频率与波源
的振动频率相同，故A 错误；
B、在同一介质中波的传播速度与介质有关，与振源的振动速度无关，故B 正确；
C、质点振动的方向可能沿波传播的方向，也可能垂直于波传播的方向，故C 正确；
D、机械波在介质中传播的速度由介质决定，和振源的频率无关，故D 错误；
E、在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】机械波产生的条件是振源与介质。质点不随波迁移，且质点的振动方向与波的传播方向来区分横波与纵
波，明确纵波的振动方向和传播方向在同一直线上，而横波的振动图象垂直于波的传播方向。
16．如图所示为一透明玻璃半球的截面，在其下方有一平行于半球上表面水平放置的光屏。两束关于中心轴OO'对称
的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出，当光屏距半球上表面h1＝40cm 时，从球面折射出的
两束光线汇聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h2＝70cm 时，在光屏上形成半径r＝40cm 的圆形光斑，
求该半球形玻璃的折射率。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出，在球面上恰好发生全反射，作出光路图。根
据几何知识求出临界角的正弦，即可求得玻璃的折射率。
【解答】解：由题意得光线恰从球面射出，即发生全反射。设光线经E、F 两点发生全反射，光路如图所示。
设临界光线AE、BF 入射后，经E、F 两点发生全反射，由几何关系可得：∠O2QP＝C ①
O2O3＝h2﹣h1＝0.7﹣0.4＝0.3（m）
②
O2Q=
(ܱ
2ܱ
3)2 + (ܱ
3ܳ)2 =
0．32 + 0．42m＝0.5m
③
解得：sinC=ܱ
2ܱ
3ܱ
2ܳ
= 0.3
0.5 = 3
5④
又由折射定律得：n=
1
ݏthܥ= 5
3⑤
答：该半球形玻璃的折射率为
5
3。
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【点评】对于几何光学问题，要正确作出光路图，根据几何知识确定入射角和折射角，并灵活运用折射定律是解
题的关键。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 13:30:52 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（1 月份）
一、选择题
1．如图所示为两根互相平行的通电导线a﹑b 的横截面图，a﹑b 的电流方向已在图中标出．那么导线a 中电流产生
的磁场的磁感线环绕方向及导线b 所受的磁场力的方向应分别是（
）
A．磁感线顺时针方向，磁场力向左
B．磁感线顺时针方向，磁场力向右
C．磁感线逆时针方向，磁场力向左
D．磁感线逆时针方向，磁场力向右
2．如图所示，有一水平面连接两个斜面，一小球从其中一斜面上的O 点以初速度v0 做平抛运动，A、C 两点在斜面
上，B 点在水平面上，O、A、B、C 点在同一个竖直面内，则（
）
A．v0 大小适当时可以垂直打在A 点
B．v0 大小适当时可以垂直打在B 点
C．v0 大小适当时可以垂直打在C 点
D．一定不能垂直打在斜面或平面上的任何一个位置
3．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其
ݔ
ݐ−t 的图象如图所示，则（
）
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2
C．质点在1s 末速度为1.5m/s
D．质点在第1s 内的平均速度0.75m/s
4．将重为6mg 的均匀长方体切成相等的A、B 两部分，切面与边面夹角为60°，如图所示叠放并置于水平地面上，
现用弹簧秤竖直向上拉物块A 的上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，则（
）
A．A、B 之间的静摩擦力大小为mg
B．A 对B 的压力大小为2mg
C．物块对地面的压力大于5mg
D．地面与物块间存在静摩擦力
5．两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在的平面与匀强磁场垂直；将一金属棒与下
端固定的轻弹簧的上端栓接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示。现将金属棒从弹簧原长位置
由静止释放，则（
）
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A．金属棒在最低点的加速度大于g
B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大
D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
6．两个质量不同的天体A，B 构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，天体A 质量为
mA，天体B 质量为mB，两天体间的距离为L，下列说法正确的是（
）
A．圆心到天体A 的距离为݉
t݉
t+݉
ܤ
L
B．天体A 与天体B 的角速度之比为mA：mB
C．天体A 与天体B 的线速度之比为mB：mA
D．若在圆心处放一个质点，天体A、B 对它的万有引力之比为（݉
t݉
ܤ
）3
7．如图所示，一低压交流变压器中，原线圈接在有效值为36V 的交流电源上，变压器的原、副线圈都带有滑动头，
通过上下调节P1、P2 的位置，可以改变变压器的输出电压。图中L 是一个小灯泡，R2 是定值电阻，R1、R3 是滑
动变阻器，若要增大灯泡L 的亮度，可以采取的办法是（
）
A．P1、P2、P3 不动，P4 上移
B．P2、P3、P4 不动，P1 下移
C．P1、P3、P4 不动，P2 下移
D．P1、P2、P4 不动，P3 上移
8．如图所示为一将货物从高处运至低处的装置，斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为μ，
木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量m＝2M 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻
弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列
选项正确的是（
）
A．ߤ=
3
6
B．ߤ=
3
3
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度等于下滑的加速度
D．若将质量小于2M 的货物用该装置运输，则木箱回不到顶端
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）小明同学用如图甲所示装置测定重力加速度时，所打出的纸带如图乙所示（电火花计时器的电源频率为
50Hz）。
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（1）由打出的纸带可知，实验时小明拿着纸带的
（填“A”或“B”）端。
（2）纸带上1 至9 点为计数点，相邻计数点间无实际打点，用刻度尺测量出1、2 两点间的距离x12＝4.56cm，6、
7 两点间的距离x67＝2.62cm，用这两个数据可算出实验时的加速度为
m/s2（保留3 位有效数字）。
（3）当地的重力加速度数值为9.80m/s2，请写出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因：
。
10．（9 分）测量电流表G1 的内阻r1 的电路如图甲所示。供选择的仪器如下：
A．待测电流表G1（0～lmA，内阻约为200Ω）；
B．电流表G2（0～6mA，内阻约为50Ω）；
C．定值电阻R1 （300Ω）；
D．定值电阻R2 （50Ω）；
E．滑动变阻器R3（0～500Ω）；
F．滑动变阻器R4（0～10Ω）；
G．干电池（l.5V）；
H．开关S 及导线若干。
（1）定值电阻应选
，滑动变器应选
。（均填器材前对应的字母序号）
（2）补全实验步骤：
①按电路图连接电路，
；
②闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2 的读数I1、I2；
③
；
④以I2 为纵坐标，I1 为横坐标，在图乙中作出相应图线。
（3）根据I2﹣I1 图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式：
（用题中所给字母表示）。
11．（12 分）如图所示，在光滑水平面上有一小球A，具有水平向右的初速度v0＝3m/s，水平面右端和光滑半圆弧轨
道相接，圆弧半径R＝0.08m，轨道衔接处停有一小球B，质量mB＝lkg，两小球发生弹性正碰，且碰后小球A 恰
能通过圆弧的最高点C．不计一切阻力，两小球均可视为质点，重力加速度g 取10m/s2，求小球A 的质量。
12．（20 分）如图所示，有一竖直平面直角坐标系Oxy，y 轴竖直向上，在二、三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B；在一、四象限存在竖直向上的匀强电场，在一光滑绝缘、长为l 的空心细管中。有一可视为质
点的而电小球M．管的右端开口，小球切始位置坐标为（﹣l、2l）。小球和管均的静止。现管获得沿y 轴负方向
的连度v0 做匀速运动，管口到达O 点时小球从管中射出，且恰好做匀速直线运动。忽略小球对管运动的影响，重
力加速度为g。求：
（1）小球从管中射出时，相对坐标系的速度：
（2）电场强度的大小；
（3）在管开始运动时，一个不带电、可视为质点的小球N．初始坐标为（2l、5l），同时由静止释放，恰与M 相
遇。写出v0 与l 的关系式。
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【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）如图所示，一定质量的理想气体，由状态A 沿直线AB 过程变化到状态B，再由B 沿直线BC 过程变化
到状态C，然后由C 沿直线CA 过程变化到状态A，在此循环过程中，下列说法正确的是（
）
A．在AB 过程中，气体分子的平均速率先增大后减小
B．在AB 过程中，气体对外做的功大于气体吸收的热量
C．在BC 过程中，气体的内能增大
D．在CA 过程中，气体对外不做功
E．经过ABCA 一个循环过程，气体对外做的功等于从外界吸收的热量
14．（10 分）如图所示，一轻弹簧上面连接一轻质光滑导热活塞，活塞面积为S，弹赞劲度系数为k，一质量为m 的
光滑导热汽缸开口与活塞恰好无缝衔接，汽缸只在重力作用下下降直至最终稳定。汽缸未接触地面，且弹簧仍处
于弹性限度内，环境温度未发生变化，汽缸壁与活塞无摩擦且不漏气，汽缸深度为h，外界大气压强为p0，重力
加速度为g。求：
（i）稳定时，C 缸内封闭气体的压强；
（ii）整个过程汽缸下降的距离。
【物理--选修3-4]（15 分）
15．如图所示是一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气中斜射入某介质后的情况，则下列说法正确的是
（
）
A．照射同一金属极板，a 光更容易发生光电效应
B．a 光波长比b 光的大
C．从同种介质射入真空发生全反射时，a 光的临界角比b 光的大
D．在该介质中，a 光的波速小于b 光的波速
E．将两束光分别通过同一双缝干涉装置，a 光产生的相邻亮条纹间距比b 光的大
16．一列简谐横波在某介质中传播经过a、b 两点，a、b 两点的平衡位置相距3m，如图所示，图中实线表示a 点的
振动图象，虚线表示b 点的振动图象。
（i）写出质点b 的振动方程；
（ii）求该简谐横波的传播速度。
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）月考物理试卷（1 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．如图所示为两根互相平行的通电导线a﹑b 的横截面图，a﹑b 的电流方向已在图中标出．那么导线a 中电流产生
的磁场的磁感线环绕方向及导线b 所受的磁场力的方向应分别是（
）
A．磁感线顺时针方向，磁场力向左
B．磁感线顺时针方向，磁场力向右
C．磁感线逆时针方向，磁场力向左
D．磁感线逆时针方向，磁场力向右
【考点】CA：安培定则；CD：左手定则．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】由安培定则判断磁场的方向．再用左手定则判断安培力的方向．
【解答】解：根据安培定则，伸开右手，大拇指与电流方向相同，四指弯曲方向为磁场的方向，知导线a 中电流
产生的磁场为顺时针方向。在导线b 处，磁场方向竖直向下，根据左手定则，安培力方向水平向右。故B 正确，
A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键掌握安培定则和左手定则．会用安培定则判断电流和产生的磁场之间的关系，用左手定
则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系．
2．如图所示，有一水平面连接两个斜面，一小球从其中一斜面上的O 点以初速度v0 做平抛运动，A、C 两点在斜面
上，B 点在水平面上，O、A、B、C 点在同一个竖直面内，则（
）
A．v0 大小适当时可以垂直打在A 点
B．v0 大小适当时可以垂直打在B 点
C．v0 大小适当时可以垂直打在C 点
D．一定不能垂直打在斜面或平面上的任何一个位置
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】把平抛运动分解为水平方向的匀速的直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，利用利用两个分速
度方向分析问题。
【解答】解：AB、平抛运动水平分运动做匀速直线运动，所以水平分速度不变，所以若达到AB 两点，都必须有
水平向右的分速度，所以不可能垂直打在AB 点，故AB 错误；
C、根据推论，平抛运动速度方向的反向延长线过水平位移得中点，小球落在斜面上C 点时，只要v0 合适，速度
反向延长线可以交与水平位移的中点，所以可以垂直打在C 点，故C 正确，D 错误；
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，
初速度和时间共同决定水平位移。也可以利用“中点”分析得出落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
3．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其
ݔ
ݐ−t 的图象如图所示，则（
）
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2
C．质点在1s 末速度为1.5m/s
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D．质点在第1s 内的平均速度0.75m/s
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】
ݔ
ݐ−t 的图象表示平均速度与时间的关系。在v﹣t 图象中，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等
于加速度，贴图产直接读出速度。由㘴= 㘴0+㘴
2
求平均速度。
【解答】解：A、由图得：
ݔ
ݐ=0.5+0.5t。根据x＝v0t+ 1
2at2，得：
ݔ
ݐ=v0+ 1
2at，
对比可得：
1
2a＝0.5m/s2，则加速度为a＝2×0.5＝1m/s2．由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，
故A 错误。
B、质点做匀加速直线运动，根据x＝v0t+ 1
2at2，得v0+ 1
2at= ݔ
ݐ，由图得：
1
2ܽ
=0.5，则加速度为a＝2×0.5＝1m/s2．故
B 错误。
C、质点的初速度v0＝0.5m/s，在1s 末速度为v＝v0+at＝0.5+1＝1.5m/s。故C 正确。
D、质点在第1s 内的平均速度㘴= 㘴0+㘴
2
= 0.5+1.5
2
=1m/s，故D 错误。
【点评】本题的实质上是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息。
4．将重为6mg 的均匀长方体切成相等的A、B 两部分，切面与边面夹角为60°，如图所示叠放并置于水平地面上，
现用弹簧秤竖直向上拉物块A 的上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，则（
）
A．A、B 之间的静摩擦力大小为mg
B．A 对B 的压力大小为2mg
C．物块对地面的压力大于5mg
D．地面与物块间存在静摩擦力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】首先对A 研究，进行受力分析，根据共点力的平衡条件求得B 对A 的摩擦力。再对AB 整体研究，分析
受力情况，由平衡条件求地面对B 的支持力和摩擦力。从而得到物块对地面的压力。
【解答】解：AB、对A 受力分析，受到重力、弹簧的拉力、B 对A 的支持力以及B 对A 的静摩擦力，B 视为倾
角为30°的斜面，根据平衡条件得，B 对A 的支持力为：FN＝（3mg﹣mg）cos30°，AB 间静摩擦力为：f＝（3mg
﹣mg）sin30°，解得：ܨܰ
=
3݉
t，f＝mg，由牛顿第三定律知，A 对B 的压力大小为3mg．故A 正确，B 错
误；
C、对AB 整体受力分析，竖直方向受力平衡，则有：N+F＝6mg，解得：N＝5mg，则物块对地面的压力等于5mg，
故C 错误；
D、对AB 整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡，故D 错误。
【点评】解决本题的关键要能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法和整体法相结合进行研
究。
5．两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在的平面与匀强磁场垂直；将一金属棒与下
端固定的轻弹簧的上端栓接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示。现将金属棒从弹簧原长位置
由静止释放，则（
）
A．金属棒在最低点的加速度大于g
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B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大
D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所
有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】分析金属棒的运动情况：先向下做加速运动，后向下做减速运动，当重力、安培力与弹簧的弹力平衡时，
速度最大。根据功能关系得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差。
由于产生内能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度。
【解答】解：A、金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据
简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中，产生感应电
流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度
小于g，故A 错误。
B、根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B
错误。
C、金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧
弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C 错误。
D、由于产生内能，弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释
放时的高度，故D 正确。
【点评】本题运用力学的方法分析金属棒的运动情况和受力情况，及功能关系，难点是运用简谐运动的对称性分
析金属棒到达最低点时的加速度与g 的关系。
6．两个质量不同的天体A，B 构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，天体A 质量为
mA，天体B 质量为mB，两天体间的距离为L，下列说法正确的是（
）
A．圆心到天体A 的距离为݉
t݉
t+݉
ܤ
L
B．天体A 与天体B 的角速度之比为mA：mB
C．天体A 与天体B 的线速度之比为mB：mA
D．若在圆心处放一个质点，天体A、B 对它的万有引力之比为（݉
t݉
ܤ
）3
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】双星系统是一个稳定的结构，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，角速度相等，万有引
力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可。
【解答】解：ABC、双星系统中，两个天体以二者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
有：G݉
t݉
ܤ
ܮ2
=mArAω2＝mBrBω2
可得：mArA＝mBrB 且rA+rB＝L
解得：rA=݉
ܤ݉
t+݉
ܤL，二者做匀速圆周运动的角速度ω相等，由v＝ωr 可知，vA：vB＝mB：mA，故C 正确，AB
错误；
D、若在圆心处放一个质量为m 的质点，质量为mA 的天体对它的万有引力FA＝G݉
t݉
ݎt
2 ，质量为mB 的天体对它的
万有引力FB＝G݉
ܤ݉
ݎܤ
2 ，因mArA＝mBrB，故
ܨt
ܨܤ
=（݉
t݉
ܤ
）3，故D 正确；
故选：CD。
【点评】双星系统中，两个天体以二者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，二者做匀速
圆周运动的角速度ω相等。
7．如图所示，一低压交流变压器中，原线圈接在有效值为36V 的交流电源上，变压器的原、副线圈都带有滑动头，
通过上下调节P1、P2 的位置，可以改变变压器的输出电压。图中L 是一个小灯泡，R2 是定值电阻，R1、R3 是滑
动变阻器，若要增大灯泡L 的亮度，可以采取的办法是（
）
A．P1、P2、P3 不动，P4 上移
B．P2、P3、P4 不动，P1 下移
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C．P1、P3、P4 不动，P2 下移
D．P1、P2、P4 不动，P3 上移
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据电压与匝数成正比可知，可以通过改变匝数比来提高输出的电压的大小，也可以改变滑动变阻器的
阻值来改变灯泡两端电压。
【解答】解：若要增大灯泡L 的亮度，需增大副线圈的电压。
A、当P1、P2、P3 不动，P4 上移时，副线圈的总电阻增大，灯泡分压增大，灯泡亮度增大，故A 正确；
B、当P2、P3、P4 不动，P1 下移时，原线圈的匝数减小，根据电压与匝数成正比可知，此时输出的电压将会增大，
灯泡亮度增大，故B 正确；
C、当P1、P3、P4 不动，P2 下移时，副线圈的匝数减少，输出的电压将会减小，灯泡亮度减小，故C 错误；
D、当P1、P2、P4 不动，P3 上移，灯泡分压增大，亮度增大，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，改变匝数比改变电压况；二是匝数比不变，改
变负载改变电功率。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关
系。
8．如图所示为一将货物从高处运至低处的装置，斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为μ，
木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量m＝2M 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻
弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列
选项正确的是（
）
A．ߤ=
3
6
B．ߤ=
3
3
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度等于下滑的加速度
D．若将质量小于2M 的货物用该装置运输，则木箱回不到顶端
【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsinθ即m
的重力势能，全部用来克服摩擦力做功。只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及M 的机械能没有改变，据此
可以利用功能关系求解。
【解答】解：AB、设木箱下滑的距离为l，根据能量守恒有：μ（m+M）glcosθ+μMglcosθ＝mglsinθ，解得ߤ=
3
6 ，
故A 正确，B 错误；
C、把M、m 看成一个整体，根据牛顿第二定律可得下滑时加速度为：a1＝gsinθ﹣μgcosθ，上滑时加速度为a2＝
gsinθ+μgcosθ，所以上滑的加速度大于下滑的加速度，故C 错误；
D、在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能ܧ݌= (݉
+ ܯ)t݄−ߤ(݉
+ ܯ)tܿ݋ݏߠ݄ݏthߠ=
1
2 (݉
+ ܯ)t݄，若木箱返回顶点，需要的弹性势能ܧ'݌= ܯt݄
' + ߤܯtܿ݋ݏߠ݄
'
ݏthߠ= 3
2 ܯt݄
'，可知，若m＜2M，h＞h′，
故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查功能关系和牛顿第二定律的应用，要注意明确弹性势能与弹力做功间的关系，正确分析能量是
如何转化的。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）小明同学用如图甲所示装置测定重力加速度时，所打出的纸带如图乙所示（电火花计时器的电源频率为
50Hz）。
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- 417 -
（1）由打出的纸带可知，实验时小明拿着纸带的
A
（填“A”或“B”）端。
（2）纸带上1 至9 点为计数点，相邻计数点间无实际打点，用刻度尺测量出1、2 两点间的距离x12＝4.56cm，6、
7 两点间的距离x67＝2.62cm，用这两个数据可算出实验时的加速度为
9.70
m/s2（保留3 位有效数字）。
（3）当地的重力加速度数值为9.80m/s2，请写出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因：
纸带与打点
计时器间有摩擦阻力影响
。
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据相等时间间隔内位移的变化判断哪一端与重锤相连。
根据连续相等时间间隔内的位移之差是一恒量，通过逐差法求出加速度。
由于打点计时器与纸带间的摩擦阻力，测量出的加速度小于重力加速度。
【解答】解：（1）重物拉着纸带运动的过程中，相等时间间隔内位移越来越大，知实验纸带的B 端与重物相连接，
那么验时小明拿着纸带的A 端。
（2）根据逐差法得：a= ݔ12−ݔ67
5ܶ2
= 4.56−2.62
5×0.022 × 10−2m/s2＝9.70m/s2。
（3）由于打点计时器对纸带摩擦阻力，则重锤的加速度小于重力加速度。
故答案为：（1）A；（2）9.70；（3）纸带与打点计时器间有摩擦阻力影响。
【点评】解决本题的关键知道测量重力加速度的方法，以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解加速度和瞬时速度。
10．（9 分）测量电流表G1 的内阻r1 的电路如图甲所示。供选择的仪器如下：
A．待测电流表G1（0～lmA，内阻约为200Ω）；
B．电流表G2（0～6mA，内阻约为50Ω）；
C．定值电阻R1 （300Ω）；
D．定值电阻R2 （50Ω）；
E．滑动变阻器R3（0～500Ω）；
F．滑动变阻器R4（0～10Ω）；
G．干电池（l.5V）；
H．开关S 及导线若干。
（1）定值电阻应选
D
，滑动变器应选
F
。（均填器材前对应的字母序号）
（2）补全实验步骤：
①按电路图连接电路，
将滑动触头移至最左端
；
②闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2 的读数I1、I2；
③
多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2 的读数I1、I2
；
④以I2 为纵坐标，I1 为横坐标，在图乙中作出相应图线。
（3）根据I2﹣I1 图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式：
r1＝（k﹣1）R2
（用题中所给字
母表示）。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据两电表的量程和内阻以及电路图，合理选择定值电阻；滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻
不要太大。
（2）明确闭合电键前应将滑片置于输出电压最小的一端，还需要多次测量减小误差。
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（3）根据实验原理和串并联特点，写出I2 与I1 的函数表达式，然后根据斜率的物理意义即可求解。
【解答】解：（1）待测电流表G1 量程为lmA，内阻约为200Ω；电流表G2 量程为6mA，内阻约为50Ω；
为了让两个电流表同时都有较大的偏转，故定值电阻选择D
由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选F
（2）①为保护电流表，闭合开关前，应将滑片置于输出电压最小处，故应滑到最左端；
③为了减小误差故需要测量多组数据，多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2 的读数I1、I2
（3）由电路图根据串并联规律应有：I1+ ܫ1ݎ1
h2 =I2，解得：I2＝（1+ ݎ1
h2）I1，
根据函数斜率的概念应有：k＝（1+ ݎ1
h2），解得：r1＝（k﹣1）R2；
故答案为：（1）D，F；（2）①将滑动触头移至最左端；③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2 的读数I1、I2；
（3）r1＝（k﹣1）R2。
【点评】本题考查伏安法测电阻实验，解答本题应明确：变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方
便调节；遇到根据图象求解的问题，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于横纵坐标之间的函数关系式，
再根据斜率概念即可求解。
11．（12 分）如图所示，在光滑水平面上有一小球A，具有水平向右的初速度v0＝3m/s，水平面右端和光滑半圆弧轨
道相接，圆弧半径R＝0.08m，轨道衔接处停有一小球B，质量mB＝lkg，两小球发生弹性正碰，且碰后小球A 恰
能通过圆弧的最高点C．不计一切阻力，两小球均可视为质点，重力加速度g 取10m/s2，求小球A 的质量。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化
与守恒定律综合．
【分析】小球A 恰能通过圆弧的最高点C，由重力提供向心力，由此列式求出小球A 通过C 点时的速度。小球A
碰后在半圆轨道运动的过程，由机械能守恒定律列式，可求得碰后A 的速度。对于两球碰撞过程，利用动量守恒
定律列式，即可求得小球A 的质量。
【解答】解：由小球A 恰能通过圆弧的最高点C，得mAg＝mA
㘴ܥ
2
h
小球A 碰后在半圆轨道运动时机械能守恒，则得
1
2݉
t㘴1
2 =
1
2݉
t㘴ܥ
2 +mAg•2R
解得v1＝2m/s
两小球发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
mAv0＝mAv1+mBvB。
1
2mAv02= 1
2mAv12+ 1
2mBvB2。
联立解得v1=݉
t−݉
ܤ݉
t+݉
ܤ㘴0
代入数据解得mA＝5kg
答：小球A 的质量是5kg。
【点评】本题要分析清楚A 的运动过程，把握最高点的临界条件：重力等于向心力，应用牛顿第二定律、动量守
恒定律和机械能守恒定律，即可正确解题。
12．（20 分）如图所示，有一竖直平面直角坐标系Oxy，y 轴竖直向上，在二、三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B；在一、四象限存在竖直向上的匀强电场，在一光滑绝缘、长为l 的空心细管中。有一可视为质
点的而电小球M．管的右端开口，小球切始位置坐标为（﹣l、2l）。小球和管均的静止。现管获得沿y 轴负方向
的连度v0 做匀速运动，管口到达O 点时小球从管中射出，且恰好做匀速直线运动。忽略小球对管运动的影响，重
力加速度为g。求：
（1）小球从管中射出时，相对坐标系的速度：
（2）电场强度的大小；
（3）在管开始运动时，一个不带电、可视为质点的小球N．初始坐标为（2l、5l），同时由静止释放，恰与M 相
遇。写出v0 与l 的关系式。
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【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）由洛伦兹力的公式求出小球受到的洛伦兹力，由牛顿第二定律求出加速度，由速度位移公式求出小
球沿水平方向的速度，由矢量合成的方法求出小球从管中射出时，相对坐标系的速度；
（2）由二力平衡即可求出电场强度的大小；
（3）N 做自由落体运动，相遇时二者运动的时间以及位置坐标都相同，由几何关系结合位移公式即可求出。
【解答】解：（1）小球向下运动的过程中速度向右的洛伦兹力，当小球具有向右的速度后又具有向上的洛伦兹力
的分力，但只有洛伦兹力向右的分力可以提供小球向右的加速度，由矢量的特点可知，小球受到的洛伦兹力向右
的分力不变，始终等于qv0B；
由牛顿第二定律可得：ma＝qv0B
①
小球从管中射出时：x= 1
2ܽݐ2 = t = 㘴ݔ
2 ⋅ݐ1②
竖直方向：y＝2l＝v0t1③
联立可得：vx＝v0④
所以小球射出的速度：㘴=
㘴0
2 + 㘴ݔ
2 =
2㘴0，由几何关系可知v 的方向与x 轴成45°角
（2）小球在电场中做匀速直线运动，则：qE＝mg
⑤
小球在管中，沿水平方向：ܽ
=
㘴0
2
2t⑥
联立①⑤⑥可得：E=݉
t
ݍ= 2ܤtt
㘴0
（3）N 做自由落体运动，与M 相遇时二者的坐标是相等的，由题意可知，小球M 沿水平方向的位移是2l，由几
何关系可知，小球沿竖直方向的位移也是2l，所以小球N 沿竖直方向的位移：y＝5l+2l＝7l⑦
对N，由自由落体运动的公式可得：y= 1
2 tݐ2⑧
对M 沿竖直方向的分速度始终等于v0，则相遇时：4l＝v0t
⑨
联立⑦⑧⑨可得：㘴0 =
8tt
7
答：（1）小球从管中射出时，相对坐标系的速度大小为2㘴0，方向与x 轴成45°角；
（2）电场强度的大小为
2ܤtt
㘴0
；
（3）在管开始运动时，一个不带电、可视为质点的小球N．初始坐标为（2l、5l），同时由静止释放，恰与M 相
遇。出v0 与l 的关系式为㘴0 =
8tt
7 。
【点评】本题物理过程明显，每一个过程用相应的规律写出相关方程，再加上题设的条件，画出运动轨迹，一般
能得到正确结果。比较困难一点的是粒子在第四象限的圆周运动的圆心的确定
【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）如图所示，一定质量的理想气体，由状态A 沿直线AB 过程变化到状态B，再由B 沿直线BC 过程变化
到状态C，然后由C 沿直线CA 过程变化到状态A，在此循环过程中，下列说法正确的是（
）
A．在AB 过程中，气体分子的平均速率先增大后减小
B．在AB 过程中，气体对外做的功大于气体吸收的热量
C．在BC 过程中，气体的内能增大
D．在CA 过程中，气体对外不做功
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E．经过ABCA 一个循环过程，气体对外做的功等于从外界吸收的热量
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；41：控制变量法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】根据理想气体状态方ܸܲܶ
=C，结合V﹣T 图象上点与原点连线的斜率越大压强越小，分析压强的变化，
根据体积变化判断做功情况，由热力学第一定律进行分析吸放热情况。
【解答】解：A、根据理想气体状态方程ܸܲܶ
=C，得：PV＝CT，即PV 之积的大小代表温度的高低，故可知A 到
B 温度先降低后升高，则分子平均动能先增大后减小，分子平均速率先增大后减小，故A 正确；
B、根据图象可知：PAVA＝PBVB，可知温度TA＝TB，故从A 到B 的过程中的内能变化量：△U＝0，根据热力学
第一定律可知△U＝W+Q＝0，故气体对外做的功等于气体吸收的热量，故B 错误；
C、在BC 过程中，压强不变，体积V 变小，根据盖﹣吕萨克定律可知温度T 变低，故内能变小，故C 错误；
D、在CA 过程中，体积V 不变，△V＝0，故做功W＝P△V＝0，故气体对外不做功，故D 正确；
E、在ABCA 一个循环过程中，内能不变，根据图象下面积表示做功，可知对外做功大于外接对系统做功，故则
气体从外界吸收的热量，并且吸收的热量等于气体对外界做的功，故E 正确；
故选：ADE。
【点评】本题考查气体定律与热力学第一定律的综合运用，解决气体问题，关键要掌握气态方程和热力学第一定
律，知道温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志。
14．（10 分）如图所示，一轻弹簧上面连接一轻质光滑导热活塞，活塞面积为S，弹赞劲度系数为k，一质量为m 的
光滑导热汽缸开口与活塞恰好无缝衔接，汽缸只在重力作用下下降直至最终稳定。汽缸未接触地面，且弹簧仍处
于弹性限度内，环境温度未发生变化，汽缸壁与活塞无摩擦且不漏气，汽缸深度为h，外界大气压强为p0，重力
加速度为g。求：
（i）稳定时，C 缸内封闭气体的压强；
（ii）整个过程汽缸下降的距离。
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题；
54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）对C 缸受力分析，根据平衡列式求解；
（ii）汽缸只在重力作用下下降过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解封闭气体体积，然后对活塞分
析求弹簧压缩量，然后根据几何关系求解气缸下降的距离。
【解答】解：（i）取气缸为研究对象，可知稳定平衡时，气缸受力平衡得：
mg+P0S＝PS
解得：ܲ
=ܲ
0 +݉
tܵ①
（ii）取气缸中封闭气体为研究对象
初始状态：P1＝P0，V1＝Sh
末状态：P2＝P，V2＝Sh′
气体经历等温变化，由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2②
对活塞分析可得PS﹣P0S＝k△x③
气缸下降的距离l＝（h﹣h′）+△x④
①②③④联立解得：t =݉
t݉
t+ܲ0݄ܵ
+݉
t݇
答：（i）稳定时，C 缸内封闭气体的压强为ܲ
0 +݉
tܵ；
（i i）整个过程汽缸下降的距离为݉
t݉
t+ܲ0݄ܵ
+݉
t݇。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡以及胡克定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T
三个参量的变化情况，利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，再选择合适的规律解决。
【物理--选修3-4]（15 分）
15．如图所示是一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气中斜射入某介质后的情况，则下列说法正确的是
（
）
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- 421 -
A．照射同一金属极板，a 光更容易发生光电效应
B．a 光波长比b 光的大
C．从同种介质射入真空发生全反射时，a 光的临界角比b 光的大
D．在该介质中，a 光的波速小于b 光的波速
E．将两束光分别通过同一双缝干涉装置，a 光产生的相邻亮条纹间距比b 光的大
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；54D：光的折射专题．
【分析】根据光线的偏折程度比较折射率的大小，从而比较出频率和波长的大小，通过sinC= 1
h比较临界角的大小，
由公式n=ܿ㘴分析光在介质中传播速度的大小，根据波长的大小，由双缝干涉条纹的间距公式△x= ܮ݀ɉ比较干涉条
纹间距的大小。
【解答】解：A、由图看出，a 光的偏折程度小于b 光的偏折程度，则a 光的折射率小于b 光的折射率，a 光的频
率小于b 光的频率，所以照射同一金属极板，b 光更容易发生光电效应，故A 错误。
B、a 光的频率小于b 光的频率，由c＝ɉf 知a 光波长比b 光的大，故B 正确。
C、a 光的折射率小于b 光的折射率，由sinC= 1
h知a 光的临界角比b 光的大，故C 正确
D、a 光的折射率小于b 光的折射率，由v=ܿh知在该介质中，a 光传播的速度比b 光的大，故D 错误。
E、a 光波长比b 光的大，根据双缝干涉条纹的间距公式△x= ܮ݀ɉ知，a 光产生的相邻亮条纹间距比b 光的大。故E
正确。
故选：BCE。
【点评】解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度得出折射率的大小，要掌握折射率与频率、波长、临界角等
物理量之间的关系。
16．一列简谐横波在某介质中传播经过a、b 两点，a、b 两点的平衡位置相距3m，如图所示，图中实线表示a 点的
振动图象，虚线表示b 点的振动图象。
（i）写出质点b 的振动方程；
（ii）求该简谐横波的传播速度。
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】（1）由图象得到质点b 的振幅、周期T，由此得到质点b 的振动方程；
（2）若波由a 向b 传播，求出波长，根据波速计算公式求解波速的可能值；若波由b 向a 传播，再次求出波长，
根据波速计算公式求解波速的可能值。
【解答】解：（1）由图象可知，质点b 的振幅为A＝2cm，周期T＝0.4s，ω= 2ߨܶ=5πrad/s，
则质点b 的振动方程为y＝Asinωt＝2sin5πt （cm）；
（2）若波由a 向b 传播，质点b 的振动方程为y＝Asinωt＝2sin（5πt+ ߨ
6）（cm）；
可得a 比b 提前ܶ12 +nT，故波长：
ɉ
12 +nɉ＝3m
解得：ɉ=
36
1+12ߨm（n＝0、1、2、3…）
波速v= ɉܶ=
90
1+12h（m/s）（n＝0、1、2、3…）
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同理，若波由b 向a 传播，可得：
11ɉ
12 +nɉ＝3
解得：ɉ=
36
11+12ߨm（n＝0、1、2、3…）
波速v= ɉܶ=
90
11+12h（m/s）（n＝0、1、2、3…）。
答：（1）质点b 的振动方程y＝2sin5πt （cm）；
（2）若波由a 向b 传播，波速v=
90
1+12h（m/s）（n＝0、1、2、3…）
若波由b 向a 传播，波速v=
90
11+12h（m/s）（n＝0、1、2、3…）。
【点评】本题考查对振动图象以及质点的振动与波动关系的理解。关键要抓住波的周期性列出时间的通项，从而
求出波速的通项。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）开学物理试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）在用α粒子轰击某种原子核时，生成一个钙核（
20
43Ca）和一个中子，这个原来的核共有（
）
A．20 个质子和23 个中子
B．18 个质子和22 个中子
C．18 个质子和20 个中子
D．40 个质子和18 个中子
2．（6 分）某行星的质量约是地球质量的8 倍，表面重力加速度约为地球的2 倍（忽略两星球自转的影响）．假设有
一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近做匀速圆周运动，则宇宙飞船的速度约为（
）
A．16km/s
B．8km/s
C．6km/s
D．4km/s
3．（6 分）汽车在200m 长的平直跑道做启动、制动性能测试．汽车从跑道一端由静止开始匀加速运动，离终点还有
40m 时关闭发动机做匀减速运动，恰好停在跑道另一端，全程运动时间为20s，则下列说法正确的是（
）
A．汽车全程的平均速度是20m/s
B．汽车关闭发动机时的速度是10m/s
C．汽车匀加速运动的加速度是2.5m/s2
D．汽车匀减速运动的加速度大小是5m/s2
4．（6 分）如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0 为定值电阻，R 是滑动变阻器．
和
是理想交流电压表，示数分别用U1 和U2 表示；
和
是理想交流电流表，示数分别用I1 和I2 表示．当滑片P
向下缓慢滑动过程中，下列说法正确的是（
）
A．U2 不变，I1 变大
B．U2 变小，I1 变小
C．滑动变阻器R 消耗的功率一定增大
D．定值电阻R0 消耗的功率一定增大
5．（6 分）如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B
随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻
不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外
力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的
图象是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）如图所示，a、b 两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F 竖直向上拉着a，使a、b 一
起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a，使a、b 一起沿光滑水
平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2．则（
）
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A．若m1＞m2，则x1＞x2
B．若m1＜m2，则x1＝x2
C．若m1＜m2，则x1＜x2
D．若m1＞m2，则x1＝x2
7．（6 分）如图所示，直角三角形ABC 处于电场中。现将带电量为q 的正电荷从A 点分别移到B、C 两点，电场力
做的正功为W，下列判断正确的是（
）
A．B、C 两点的电势一定相等
B．B、C 两点的电势可能不相等
C．电场的场强方向一定由A 指向C
D．电场的场强方向可能由A 指向C
8．（6 分）如图甲所示，在倾角为θ的斜面上有一物体，现用一平行于斜面向上且逐渐增大的力F 拉物体，物体做变
加速运动，其加速度大小a 随外力F 变化的图象如图乙所示．若重力加速度g 取10m/s2．根据图乙中所提供的信
息可知，下列结论正确的是（
）
A．物体的质量1kg
B．斜面的倾角37
°
C．物体与斜面的动摩擦因数为0.25
D．外力为8N≤F≤16N，物体静止在斜面上
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示．
（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器
（请填写选项前对应的字母）
A．电流表
（量程0.6A，内阻约0.8Ω）
B．电流表
量程3A，内阻约0.5Ω
C．滑动变阻器R1（0～10Ω）
D．滑动变阻器R2（0～200Ω）
（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量
电池两极的电压．根据图示的电路电流表测量值
真实值（选填“大于”或“小于”）．
（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化
（选填“明
显”或“不明显”）
10 ．（9 分）某同学采用如图1 甲所示的装置探究“ 物体质量一定时，其加速度与合外力的关系”。
（1）如图1 乙所示，某同学由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间
隔为T＝0.10s，其中x1＝7.05cm，x2＝7.68cm，x3＝8.33cm，x4＝8.95cm，x5＝9.61cm，x6＝10.26cm。
下表列出了打点计时器打下B、C、E、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 点时小车的瞬时速
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度。
位置
B
C
D
E
F
速度（m/s
﹣1）
0.737
0.801
0.928
0.994
（2）请以A 点为计时起点，在图2 甲中画出小车的速度﹣时间关系图线。
（3）根据你画出的小车的速度﹣时间关系图线计算出小车加速度a＝
m/s2（以上结果均保留两位有效数字）。
（4）该同学最终所得小车运动的a﹣F 图线如图2 乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线，根据
该图线可以确定，下列判断中错误的是
（填序号）。
A．本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
B．小车的加速度可能大于重力加速度
C．可以确定小车的质量约为0.50kg
D．实验中配重的质量m 远小于小车的质量M。
11．（14 分）如图所示，一长度为L 的轻绳，一端拴连一个质量为m 的小球B，另一端固定在O 点，O 点距水平地
面的高度也为L．在O 点正下方距O 点
3
5L 处有一细铁钉C，C 正下方放有另一个小球A．开始时小球B 与O 点
在同一水平线上，轻绳拉直．现由静止释放小球B，两球碰撞并粘在一起向左摆动，绳最大偏角θ＝60°．求小球
A 的质量m0．
12．（18 分）如图所示，xOy 平面处于竖直面内，在0≤x≤5d 的空间存在着方向竖直向上（即y 轴正向）的匀强电
场，其中虚线所围矩形区域内还有方向垂直纸面向内的匀强磁场．一束比荷（电荷量与质量之比）均为
1݇的带正电
微粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线（即x 轴）进入电场和磁场叠加区，其中速率为v0 的微粒刚好从P 点
离开磁场，然后做匀速直线运动到达板MN 上的Q 点．重力加速度为g，不计微粒间的相互作用，各边界距离如
图，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小；
（3）速率为ɉv0（ɉ＞1）的微粒打在板MN 上的位置到x 轴的距离．
【物理-选修3-3】
13．（5 分）关于热现象，下列说法正确的是（
）
A．自然界一切过程能量都是守恒的，只要满足能量守恒定律的宏观过程都是能够自然发生的
B．如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，用来表征它们这一“共同热学性质”
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的物理量是温度
C．质量相同、温度相同且体积也相同的气体，它们的内能必定相同
D．一定量的气体在压强不变时，如果温度升高，则气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数将减少
E．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动
14．（10 分）如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，左上端封闭。用水银和活塞封闭了左右两段长均为20cm
的理想气体。左侧上部水银柱高60cm，其下表面与活塞下端齐平，两管下部水银上表面也齐平。开始时，两段气
体的压强均为p0＝75cmHg．现在缓慢拉动活塞使其上移，求当左侧上端的水银对玻璃管顶恰无压力时，活塞上移
的距离x。（假设环境温度不变，气体未进入水平管部分）
【物理--选修3-4】
15．一列简谐横波在t＝0 时刻波形图如图所示。介质平衡位置在x＝2m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式
为y＝10sin5πt（cm）。关于这列简谐波，下列说法正确的是（
）
A．平衡位置在x＝6m 处的质点Q 的起振方向沿y 轴正方向
B．周期为0.4s，振幅为10cm，传播速度为10m/s
C．经过一个周期，质点P 传播到Q 的位置
D．t＝0.35s 时，质点Q 的速度方向向上
E．t＝0.55s 时，质点P 的速度方向与加速度方向相同
16．如图所示，长8m、宽6cm、厚1cm 的矩形软木板漂浮在水面上．木板的中央插着一枚大头针，调节插入的深度
h，使得从木板四周恰好看不到大头针的顶尖P．保持大头针插入的深度不变．而它浮在某种未知液体中时又恰好
能从四周都看到大头针的顶尖P．已知水的折射率为
4
3，求未知液体的折射率．（忽略浸入深度的影响）
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）开学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）在用α粒子轰击某种原子核时，生成一个钙核（
20
43Ca）和一个中子，这个原来的核共有（
）
A．20 个质子和23 个中子
B．18 个质子和22 个中子
C．18 个质子和20 个中子
D．40 个质子和18 个中子
【考点】JF：原子核的人工转变．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出原来核的电荷数和质量数，从而求出质子数和中子数．
【解答】解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，原来核的电荷数为18，质量数为40，则该核所含的中子数为18，
中子数为22，故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道质子数等于电荷数，质量数等于质子
数加中子数．
2．（6 分）某行星的质量约是地球质量的8 倍，表面重力加速度约为地球的2 倍（忽略两星球自转的影响）．假设有
一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近做匀速圆周运动，则宇宙飞船的速度约为（
）
A．16km/s
B．8km/s
C．6km/s
D．4km/s
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】明确星球表面上万有引力充当重力，而对于绕星球表面运行的卫星，万有引力充当向心力，根据万有引
力定律列式进行分析，根据给出的质量和重力加速度间的关系即可分析宇宙飞船的速度大小．
【解答】解：根据万有引力定律可知，星球表面上有：G
ܯ݉
h2 =mg
某行星的质量约是地球质量的8 倍，表面重力加速度约为地球的2 倍，则可知，星球的半径为地球半径的2 倍；
而飞船绕地球表面飞行时有：
G
ܯ݉
h2 =m
㘴2
h
联立可得：
v=
th，
地球附近的卫星速度约为8km/s；由上式可得，该星球表面上的卫星速度为地球上近地卫星速度的2 倍，即为16km/s；
故A 正确BCD 错误。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，要注意明确绕地球表面运行的卫星其速度为第一宇宙速度，大小为7.9km/s；
同时对于其向心力可以认为是重力充当向心力，即mg＝m
㘴2
h ．
3．（6 分）汽车在200m 长的平直跑道做启动、制动性能测试．汽车从跑道一端由静止开始匀加速运动，离终点还有
40m 时关闭发动机做匀减速运动，恰好停在跑道另一端，全程运动时间为20s，则下列说法正确的是（
）
A．汽车全程的平均速度是20m/s
B．汽车关闭发动机时的速度是10m/s
C．汽车匀加速运动的加速度是2.5m/s2
D．汽车匀减速运动的加速度大小是5m/s2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据平均速度的定义式求出汽车全程的平均速度大小；根据平均速度推论，结合总位移和总时间求出汽
车关闭发动机时的速度，根据速度位移公式求出匀加速和匀减速运动的加速度大小．
【解答】解：A、汽车全程的平均速度㘴= ݔ
ݐ= 200
20݉
/ݏ= 10݉
/ݏ，故A 错误。
B、设最大速度为vm，根据平均速度推论知，
㘴݉
2 ݐ1 +
㘴݉
2 ݐ2 = ݔ，即
㘴݉
2 ݐ= ݔ，解得最大速度㘴݉
= 2ݔ
ݐ= 2×200
20݉
/ݏ=
20݉
/ݏ，故B 错误。
C、加速的位移x1＝200﹣40m＝160m，则匀加速运动的加速度ܽ1 = 㘴݉
2
2ݔ1 =
400
2×160݉
/ݏ2 =1.25m/s2，故C 错误。
D、匀减速运动的加速度大小ܽ2 = 㘴݉
2
2ݔ2 = 400
2×40݉
/ݏ2 = 5݉
/ݏ2，故D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
4．（6 分）如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0 为定值电阻，R 是滑动变阻器．
和
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是理想交流电压表，示数分别用U1 和U2 表示；
和
是理想交流电流表，示数分别用I1 和I2 表示．当滑片P
向下缓慢滑动过程中，下列说法正确的是（
）
A．U2 不变，I1 变大
B．U2 变小，I1 变小
C．滑动变阻器R 消耗的功率一定增大
D．定值电阻R0 消耗的功率一定增大
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】在交流电中电表显示的都是有效值，滑片P 向下滑动过程中，总电阻减小，只与输入电压和匝数有关，
所以原副线圈电压不变，I2 变大；根据电源最大输出功率判断滑动变阻器的最大功率，根据功率计算公式分析R0
的电功率．
【解答】解：AB、滑片P 向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈电压只与输入电压和匝数有关，所以原副线圈两
端电压不变，副线圈电流增大即I2 变大，R0 分压增大，U2 减小，I1 变大；故AB 错误；
C、将R0 等效为副线圈的内阻，当内外电阻相等时输出功率最大，即当滑动变阻器的阻值等于R0 时，滑动变阻器
消耗的电功率最大，所以无法判断滑动变阻器R 消耗的功率的变化，故C 错误；
D、根据P＝I2R0 可知，定值电阻R0 消耗的功率一定增大，故D 正确。
【点评】本题考查了变压器的构造和原理，对电路的动态分析方法是：先根据部分电路的电阻变化，判断干路电
流、电压的变化，再回到部分电路分析电流或电压的变化．
5．（6 分）如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B
随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻
不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外
力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的
图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】CC：安培力；D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的
方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．
【解答】解：
A、B、由E= △߮
△ݐ= △ܤܵ
△ݐsin60°，由图乙知，B 的变化率不变，即
△ܤ
△ݐ保持不变，则感应电动势保持不变，电路中
电流I 不变；根据楞次定律判断得知ab 中感应电流沿b→a，为负值。故A 错误，B 正确。
C、D、由安培力F＝BIL 可知，电路中安培力随B 的变化而变化，当B 为负值时，根据楞次定律判断可知ab 中
感应电流从b 到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，
为负，大小为F＝BIsin60°=
3
2 （B0−ܤ0
ݐ0t）IL；
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同理，B 为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为F=
3
2 •
ܤ0
ݐ0
（t﹣t0）IL；故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，
再研究图象的意义．可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答．
6．（6 分）如图所示，a、b 两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F 竖直向上拉着a，使a、b 一
起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a，使a、b 一起沿光滑水
平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2．则（
）
A．若m1＞m2，则x1＞x2
B．若m1＜m2，则x1＝x2
C．若m1＜m2，则x1＜x2
D．若m1＞m2，则x1＝x2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先对AB 整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛
顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量。
【解答】解：在竖直面内，对整体，由牛顿第二定律得：F﹣（m1+m2）g＝（m1+m2）a1；
对b，由牛顿第二定律得：kx1﹣m2g＝m2a1，解得：x1=݉
2ܨ݇
(݉
1+݉
2)；
在水平面上，对整体，由牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a2；
对b，由牛顿第二定律得：kx2＝m2a2，解得：x2=݉
2ܨ݇
(݉
1+݉
2)，
所以：x1＝x2，故AC 错误，BD 正确。
故选：BD。
【点评】本题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再
分析其他物体；
本题中注意竖直面内时F 作用的物体发生了变化，若F 仍作用在B 上，则形变量是不变的，可以通过分析得出结
论。
7．（6 分）如图所示，直角三角形ABC 处于电场中。现将带电量为q 的正电荷从A 点分别移到B、C 两点，电场力
做的正功为W，下列判断正确的是（
）
A．B、C 两点的电势一定相等
B．B、C 两点的电势可能不相等
C．电场的场强方向一定由A 指向C
D．电场的场强方向可能由A 指向C
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功与电势差的关系得出a、b 两点的电势差，从而比较出电势的高低。根据电场力做功得出
电势能的变化。
【解答】解：A、B、根据电场力做功公式：W＝qUAB＝qUAC，可知UAB＝UAC，故B、C 两点的电势一定相等，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故A 正确，B 错误；
C、D、电场中B、C 两点的电势相等，但是由于电场不一定是匀强电场，也可以是点电荷激发的电场，故电场的
场强方向可能由A 指向C，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的变化关系，掌握电场力做功与电势差的关系，注意在运用
U=ܹݍ求解时，q 的正负、U 的正负、W 的正负需代入计算。
8．（6 分）如图甲所示，在倾角为θ的斜面上有一物体，现用一平行于斜面向上且逐渐增大的力F 拉物体，物体做变
加速运动，其加速度大小a 随外力F 变化的图象如图乙所示．若重力加速度g 取10m/s2．根据图乙中所提供的信
息可知，下列结论正确的是（
）
A．物体的质量1kg
B．斜面的倾角37
°
C．物体与斜面的动摩擦因数为0.25
D．外力为8N≤F≤16N，物体静止在斜面上
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当F＜8N 时，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得出加速度与F 的关系式，结合图线的斜率、
截距进行求解．
【解答】解：A、当F 在0﹣8N 范围内，加速度为：a=݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ−ܨ݉= −ܨ݉+ tݏthߠ−ߤtܿ݋ݏߠ，纵轴截距
4＝gsinθ﹣μgcosθ，图线的斜率绝k=−1
2 =−1݉，解得m＝2kg，故A 错误。
B、物体的加速度沿斜面向上时，有：a= ܨ−݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉= ܨ݉−tݏthߠ−ߤtܿ݋ݏߠ，当F＝20N 时，a＝2m/s2，
当F＝30N 时，a＝7m/s2，解得：θ＝37°，μ＝0.25，故B、C 正确。
D、根据a= ܨ݉−tݏthߠ−ߤtܿ݋ݏߠ知，当a＝0 时，F＝16N，可知外力为8N≤F≤16N，物体静止在斜面上，故D
正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解，以及能够从图线的斜率和截距获取
信息．
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示．
（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器
AC
（请填写选项前对应的字母）
A．电流表
（量程0.6A，内阻约0.8Ω）
B．电流表
量程3A，内阻约0.5Ω
C．滑动变阻器R1（0～10Ω）
D．滑动变阻器R2（0～200Ω）
（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量
电池两极的电压．根据图示的电路电流表测量值
小
于
真实值（选填“大于”或“小于”）．
（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化
不明显
（选填
“明显”或“不明显”）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；16：压轴题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A 的即可，因为干电池的
内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，不是通过电池的电流；
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（3）作出电源的U﹣I 图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数
变化是否明显．
【解答】解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A 的，
因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择滑动变阻器R1（0～10Ω）；
故选AC
（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，而通过电池的电流等于通过滑动变阻器的电流加上通过电压表
的电流，所以图示的电路电流表测量值小于真实值；
（3）作出电源的U﹣I 图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1 的斜
率小于图线2 的斜率，则对应的电源的内阻图线1 的较小，由图可以看出，图线1 电压随电流变化较慢，所以电
源内阻很小时，电压表读数变化不明显．
故答案为：（1）AC
（2）小于
（3）不明显
【点评】电学实验一般以常见实验为载体考查实验中的接法、仪表的选择及数据的处理，误差分析等，难度适中．
10 ．（9 分）某同学采用如图1 甲所示的装置探究“ 物体质量一定时，其加速度与合外力的关系”。
（1）如图1 乙所示，某同学由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间
隔为T＝0.10s，其中x1＝7.05cm，x2＝7.68cm，x3＝8.33cm，x4＝8.95cm，x5＝9.61cm，x6＝10.26cm。
下表列出了打点计时器打下B、C、E、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 点时小车的瞬时速
度。
位置
B
C
D
E
F
速度（m/s
﹣1）
0.737
0.801
0.928
0.994
（2）请以A 点为计时起点，在图2 甲中画出小车的速度﹣时间关系图线。
（3）根据你画出的小车的速度﹣时间关系图线计算出小车加速度a＝
0.64
m/s2（以上结果均保留两位有效数
字）。
（4）该同学最终所得小车运动的a﹣F 图线如图2 乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线，根据
该图线可以确定，下列判断中错误的是
B
（填序号）。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
B．小车的加速度可能大于重力加速度
C．可以确定小车的质量约为0.50kg
D．实验中配重的质量m 远小于小车的质量M。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度；
（2）通过描点做出v﹣t 图象；
（3）在v﹣t 图象中斜率代表加速度；
（4）根据图象a﹣F，判断出a 与F 的关系，结合实验原理即可判断
【解答】解：
（1）中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故㘴ܦ= ݏ3+ݏ4
2ܶ
= 0.0833+0.0895
2×0.10݉
/ݏ= 0.864݉
/ݏ
（2）通过描点做出v﹣t 图象如图所示
（3）在v﹣t 图象中，斜率代表加速度则a= 0.994−0.801
0.50−0.20݉
/ݏ2 = 0.64݉
/ݏ2。
（4）A、根据牛顿第二定律可得ܽ
= 1
ܯܨ，则在质量一定时，a 和F 成正比，故A 正确。
B、由于细线上的拉力是由配重所受的重力提供的，所以二者运动的加速度不可能大于重力加速度g，故B 错误。
C、由图线可知，图线斜率大小表示小车质量M 的倒数大小，即M≈0.50kg，故C 正确。
D、为了让配重的重力近似等于小车所受的合力，则配重质量应远小于小车质量，故D 正确。
故答案为：
（1）0.864；0.928
（2）如右图所示
（3）0.64
（4）B
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应
用，掌握运用v﹣t 图象求解加速度的方法。
11．（14 分）如图所示，一长度为L 的轻绳，一端拴连一个质量为m 的小球B，另一端固定在O 点，O 点距水平地
面的高度也为L．在O 点正下方距O 点
3
5L 处有一细铁钉C，C 正下方放有另一个小球A．开始时小球B 与O 点
在同一水平线上，轻绳拉直．现由静止释放小球B，两球碰撞并粘在一起向左摆动，绳最大偏角θ＝60°．求小球
A 的质量m0．
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据动能定理或机械能守恒求小球B 运动到最低点时的速度大小；对于碰撞过程，运用动量守恒定律列
式．碰后两球整体的机械能守恒，由此列式，联立求解．
【解答】解：B 向下摆动过程，根据机械能守恒有݉
tܮ= 1
2݉
㘴1
2①
解得碰前速度㘴1 =
2tܮ②
同理，两小球碰撞后粘在一起向上运动有(݉
+݉
0)t(h −hܿ݋ݏ60°) = 1
2 (݉
+݉
0)㘴2
2③
且h = 2
5 ܮ
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解得㘴2 =
2
5 tܮ④
两小球碰撞时总动量守恒，取向左为正方向，有mv1＝（m+m0）v2 ⑤
解得݉
0 = ( 5 −1)݉
⑥
答：小球A 的质量m0 是（5 −1）m．
【点评】解决本题的关键是理清两球的运动过程，把握机械能守恒和动量守恒条件，并能灵活运用动量守恒定律
和机械能守恒定律．
12．（18 分）如图所示，xOy 平面处于竖直面内，在0≤x≤5d 的空间存在着方向竖直向上（即y 轴正向）的匀强电
场，其中虚线所围矩形区域内还有方向垂直纸面向内的匀强磁场．一束比荷（电荷量与质量之比）均为
1݇的带正电
微粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线（即x 轴）进入电场和磁场叠加区，其中速率为v0 的微粒刚好从P 点
离开磁场，然后做匀速直线运动到达板MN 上的Q 点．重力加速度为g，不计微粒间的相互作用，各边界距离如
图，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小；
（3）速率为ɉv0（ɉ＞1）的微粒打在板MN 上的位置到x 轴的距离．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）由微粒从P 到Q 做匀速圆周运动可以判断：微粒所受的两个力衡，从而求出电场强度的大小．
（2）微粒在三场重叠区域做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力可以求出磁感应强度的大小．
（3）当微粒的速度加倍时，半径也加倍，由几何关系就能求出从三场重叠区的偏移距离，进入电场和重力场区域
匀速直线运动，由偏转角就能继续偏移的距离，两者相加就能求出两次偏移的距离．
【解答】解：（1）设带电微粒的电量为q，质量为m，从P 到Q 做匀速直线运动，有：qE＝mg
又因为
ݍ݉=
1݇，所以有：E＝kg
（2）带电微粒在虚线矩形区域做匀速圆周运动，有：
qv0B＝m
㘴02
h
由几何关系有：R2＝（3d）2+（R﹣d）2
所以有：B=݇
㘴0
5݀
（3）因为ɉ＞1，带电微粒将从虚线矩形区域的右边线射出，轨迹如图所示，设轨迹圆半径为R1，偏转角为θ，圆
周运动产生的偏移量为y1，匀速直线运动的偏移量为y2，有：
qɉv0B＝m
(ɉ㘴0)2
h1
tanθ=
3݀
h1
2−(3݀)2
y1＝R1−
h1
2 −(3݀)2
y2＝2dtanθ
y＝y1+y2
由以上各式解得：y＝5ɉd﹣d 25ɉ2 −9 +
6݀
25ɉ2−9
答：（1）电场强度E 的大小为kg．
（2）磁感应强度B 的大小为݇
㘴0
5݀．
（3）速率为ɉv0（ɉ＞1）的微粒打在板MN 上的位置到x 轴的距离为5ɉd﹣d 25ɉ2 −9 +
6݀
25ɉ2−9．
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【点评】本题的难点在于第三问，当速度增加时，由洛仑兹力提供向心力能求出半径的大小，再由圆的相关知识
求出在三场区域内的偏转和偏转角，离开虚线区域后做直线运动，由运动学规律求出再次偏转的距离，两者相加
就是偏转的总距离．
【物理-选修3-3】
13．（5 分）关于热现象，下列说法正确的是（
）
A．自然界一切过程能量都是守恒的，只要满足能量守恒定律的宏观过程都是能够自然发生的
B．如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，用来表征它们这一“共同热学性质”
的物理量是温度
C．质量相同、温度相同且体积也相同的气体，它们的内能必定相同
D．一定量的气体在压强不变时，如果温度升高，则气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数将减少
E．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动
【考点】84：布朗运动；8A：物体的内能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】掌握热学现象的熵增加原理；
掌握内能的决定因素，明确内能与温度、体积以及物质的量有关；
根据气体压强的微观意义分析气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数；
布朗运动是固体小颗粒的运动，但它是液体分子无规则运动的间接反映．
【解答】解：A、一切的与热力学有关的过程都有一定的方向性，满足能量守恒定律的宏观过程不一定都是能够
自然发生的。故A 错误；
B、根据热力学第零定律，如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，用来表征它
们这一“共同热学性质”的物理量是温度。故B 正确；
C、物体的内能与物体的物质的量、温度、体积、物态等有关，量相同、温度相同且体积也相同的气体的物质的量
不一定相等，所以内能不一定相等。故C 错误；
D、一定量的气体在压强不变时，则单位时间内对单位器壁的撞击力相等；如果温度升高，当个气体分子对器壁
的撞击力增大，所以气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数将减少。故D 错误；
E、布朗运动是固体颗粒的无规则运动，并不是分子的运动，但间接证明了液体分子在永不停息地做无规则运动。
故E 正确
故选：BDE。
【点评】本题考查熵增原理、热力学第零定律、物体的内能以及气体的压强等等问题，要注意体会从微观上分析
物体内能的决定因素，明确热力学第零定律的应用．
14．（10 分）如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，左上端封闭。用水银和活塞封闭了左右两段长均为20cm
的理想气体。左侧上部水银柱高60cm，其下表面与活塞下端齐平，两管下部水银上表面也齐平。开始时，两段气
体的压强均为p0＝75cmHg．现在缓慢拉动活塞使其上移，求当左侧上端的水银对玻璃管顶恰无压力时，活塞上移
的距离x。（假设环境温度不变，气体未进入水平管部分）
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】左管中封闭气体做等温变化，利用玻意而定律求出其末态空气柱的长度，再对右侧气体运用玻意耳定律，
结合下方两侧的水银柱的平衡方程与几何关系，联立即可求出活塞上移的距离x
【解答】解：设玻璃管的横截面积为S，对左边气体，
初态：压强p1＝p0＝75cmHg，体积V1＝LS＝20S
末态：压强p2＝60cmHg，体积V2＝L2S
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根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2
解得末态左边气柱长度变为：L2＝25cm
可知左侧下端水银柱下降△L＝5cm，则右端上升△L＝5cm，末态两液面的高度差为2△L＝10cm
对右侧空气柱，
初态：压强p3＝p0＝75cmHg，体积V3＝LS＝20S
末态：压强p4＝p2﹣2△L＝50cmHg，体积V4＝L4S
根据玻意耳定律可得：p3V3＝p4V4
解得：L4＝30cm
根据几何关系可得活塞上移距离：x＝L2+L4﹣2L＝（30+25）cm﹣2×20cm＝15cm
答：活塞上移的距离为15cm。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理--选修3-4】
15．一列简谐横波在t＝0 时刻波形图如图所示。介质平衡位置在x＝2m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式
为y＝10sin5πt（cm）。关于这列简谐波，下列说法正确的是（
）
A．平衡位置在x＝6m 处的质点Q 的起振方向沿y 轴正方向
B．周期为0.4s，振幅为10cm，传播速度为10m/s
C．经过一个周期，质点P 传播到Q 的位置
D．t＝0.35s 时，质点Q 的速度方向向上
E．t＝0.55s 时，质点P 的速度方向与加速度方向相同
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据质点P 的振动方程y＝10sin（5πt）cm，读出ω，由T= 2ߨ߱；振幅等于y 的最大值；根据振动图象t
＝0 时刻P 质点的速度方向，即可判断出波的传播方向。读出波长，求出波速。根据时间与周期的关系确定质点
在某一时刻的位置，由此确定速度和加速度的情况。
【解答】解：A、根据振动方程和振幅图象得知：P 点在t＝0 时振动方向为正y 方向，故波向正x 方向传播，x＝
4m 处的质点正在向下振动，说明振源的起振方向沿﹣y 方向，故平衡位置在x＝6m 处的质点Q 的起振方向沿y
轴负方向，故A 错误；
B、质点P 的振动方程y＝10sin（5πt）cm，则ω＝5πrad/s，周期为：T= 2ߨ߱=0.4s；振幅为A＝10cm，波长ɉ＝4m，
传播速度为v= ɉܶ=10m/s，故B 正确。
C、质点不会随波迁移，故C 错误；
D、波传到Q 经过的时间t1= 2
10 =0.2s，t＝0.35s 时，质点Q 已经振动0.15s，即振动
0.15
0.4 T= 3
8T，此时质点Q 的速
度方向向上，故D 正确；
E、t＝0.55s 时，即t= 0.55
0.4 T＝1
3
8T，此时质点P 位于平衡位置上方正在向下运动，速度方向向下、加速度方向向
下，质点P 的速度方向与加速度方向相同，故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题关键要掌握振动的一般方程y＝Asinωt，读出ω和P 点的振动方向。对于简谐运动，往往根据时间与
周期的倍数关系求质点通过的路程，不能根据x＝vt 求质点的路程。
16．如图所示，长8m、宽6cm、厚1cm 的矩形软木板漂浮在水面上．木板的中央插着一枚大头针，调节插入的深度
h，使得从木板四周恰好看不到大头针的顶尖P．保持大头针插入的深度不变．而它浮在某种未知液体中时又恰好
能从四周都看到大头针的顶尖P．已知水的折射率为
4
3，求未知液体的折射率．（忽略浸入深度的影响）
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【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】当P 点的光线射到木板边缘时恰好发生全反射时，在空气中恰好没有光线射出，恰好看不到大头针的顶
尖P．根据临界角公式sinC= 1
h和几何关系求解．
【解答】解：当P 点光线射到木板边缘时，若恰好发生全反射，即在空气中没有出射光线，我们就不能看到P 点；
若没有发生全反射，我们能看到P 点
由sinC= 1
h =
ݔ݄
2+ݔ2 =
1
1+(݄ݔ)2①
可知：在深度h 和折射率n 一定的条件下，O 点到板边缘的距离x 越大，越容易发生全反射
在水中可见，则x1＝3cm，
3
4 =
3݄
2+32②
在未知液体中不可见，则x2＝5cm
1
h =
5݄
2+52③
解得：n= 4 2
5 ④
答：未知液体的折射率为
4 2
5 ．
【点评】本题考查对全反射现象的理解和应用能力，关键掌握全反射的条件和临界角公式sinC= 1
h，结合数学知识
解答．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 13:34:58 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）在用α粒子轰击某种原子核时，生成一个钙核（
20
43Ca）和一个中子，这个原来的核共有（
）
A．20 个质子和23 个中子
B．18 个质子和22 个中子
C．18 个质子和20 个中子
D．40 个质子和18 个中子
2．（6 分）某行星的质量约是地球质量的8 倍，表面重力加速度约为地球的2 倍（忽略两星球自转的影响）．假设有
一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近做匀速圆周运动，则宇宙飞船的速度约为（
）
A．16km/s
B．8km/s
C．6km/s
D．4km/s
3．（6 分）汽车在200m 长的平直跑道做启动、制动性能测试．汽车从跑道一端由静止开始匀加速运动，离终点还有
40m 时关闭发动机做匀减速运动，恰好停在跑道另一端，全程运动时间为20s，则下列说法正确的是（
）
A．汽车全程的平均速度是20m/s
B．汽车关闭发动机时的速度是10m/s
C．汽车匀加速运动的加速度是2.5m/s2
D．汽车匀减速运动的加速度大小是5m/s2
4．（6 分）如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0 为定值电阻，R 是滑动变阻器．
和
是理想交流电压表，示数分别用U1 和U2 表示；
和
是理想交流电流表，示数分别用I1 和I2 表示．当滑片P
向下缓慢滑动过程中，下列说法正确的是（
）
A．U2 不变，I1 变大
B．U2 变小，I1 变小
C．滑动变阻器R 消耗的功率一定增大
D．定值电阻R0 消耗的功率一定增大
5．（6 分）如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B
随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻
不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外
力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的
图象是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）如图所示，a、b 两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F 竖直向上拉着a，使a、b 一
起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a，使a、b 一起沿光滑水
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平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2．则（
）
A．若m1＞m2，则x1＞x2
B．若m1＜m2，则x1＝x2
C．若m1＜m2，则x1＜x2
D．若m1＞m2，则x1＝x2
7．（6 分）如图所示，直角三角形ABC 处于电场中。现将带电量为q 的正电荷从A 点分别移到B、C 两点，电场力
做的正功为W，下列判断正确的是（
）
A．B、C 两点的电势一定相等
B．B、C 两点的电势可能不相等
C．电场的场强方向一定由A 指向C
D．电场的场强方向可能由A 指向C
8．（6 分）如图甲所示，在倾角为θ的斜面上有一物体，现用一平行于斜面向上且逐渐增大的力F 拉物体，物体做变
加速运动，其加速度大小a 随外力F 变化的图象如图乙所示．若重力加速度g 取10m/s2．根据图乙中所提供的信
息可知，下列结论正确的是（
）
A．物体的质量1kg
B．斜面的倾角37
°
C．物体与斜面的动摩擦因数为0.25
D．外力为8N≤F≤16N，物体静止在斜面上
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129 分．
9．（6 分）在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示．
（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器
（请填写选项前对应的字母）
A．电流表
（量程0.6A，内阻约0.8Ω）
B．电流表
量程3A，内阻约0.5Ω
C．滑动变阻器R1（0～10Ω）
D．滑动变阻器R2（0～200Ω）
（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量
电池两极的电压．根据图示的电路电流表测量值
真实值（选填“大于”或“小于”）．
（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化
（选填“明
显”或“不明显”）
10 ．（9 分）某同学采用如图1 甲所示的装置探究“ 物体质量一定时，其加速度与合外力的关系”。
（1）如图1 乙所示，某同学由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间
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隔为T＝0.10s，其中x1＝7.05cm，x2＝7.68cm，x3＝8.33cm，x4＝8.95cm，x5＝9.61cm，x6＝10.26cm。
下表列出了打点计时器打下B、C、E、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 点时小车的瞬时速
度。
位置
B
C
D
E
F
速度（m/s
﹣1）
0.737
0.801
0.928
0.994
（2）请以A 点为计时起点，在图2 甲中画出小车的速度﹣时间关系图线。
（3）根据你画出的小车的速度﹣时间关系图线计算出小车加速度a＝
m/s2（以上结果均保留两位有效数字）。
（4）该同学最终所得小车运动的a﹣F 图线如图2 乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线，根据
该图线可以确定，下列判断中错误的是
（填序号）。
A．本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
B．小车的加速度可能大于重力加速度
C．可以确定小车的质量约为0.50kg
D．实验中配重的质量m 远小于小车的质量M。
11．（14 分）如图所示，一长度为L 的轻绳，一端拴连一个质量为m 的小球B，另一端固定在O 点，O 点距水平地
面的高度也为L．在O 点正下方距O 点
3
5L 处有一细铁钉C，C 正下方放有另一个小球A．开始时小球B 与O 点
在同一水平线上，轻绳拉直．现由静止释放小球B，两球碰撞并粘在一起向左摆动，绳最大偏角θ＝60°．求小球
A 的质量m0．
12．（18 分）如图所示，xOy 平面处于竖直面内，在0≤x≤5d 的空间存在着方向竖直向上（即y 轴正向）的匀强电
场，其中虚线所围矩形区域内还有方向垂直纸面向内的匀强磁场．一束比荷（电荷量与质量之比）均为
1݇的带正电
微粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线（即x 轴）进入电场和磁场叠加区，其中速率为v0 的微粒刚好从P 点
离开磁场，然后做匀速直线运动到达板MN 上的Q 点．重力加速度为g，不计微粒间的相互作用，各边界距离如
图，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小；
（3）速率为ɉv0（ɉ＞1）的微粒打在板MN 上的位置到x 轴的距离．
（二）选考题，任选一模块作答（15 分）【物理-选修3-3】
13．（5 分）关于热现象，下列说法正确的是（
）
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A．自然界一切过程能量都是守恒的，只要满足能量守恒定律的宏观过程都是能够自然发生的
B．如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，用来表征它们这一“共同热学性质”
的物理量是温度
C．质量相同、温度相同且体积也相同的气体，它们的内能必定相同
D．一定量的气体在压强不变时，如果温度升高，则气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数将减少
E．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动
14．（10 分）如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，左上端封闭。用水银和活塞封闭了左右两段长均为20cm
的理想气体。左侧上部水银柱高60cm，其下表面与活塞下端齐平，两管下部水银上表面也齐平。开始时，两段气
体的压强均为p0＝75cmHg．现在缓慢拉动活塞使其上移，求当左侧上端的水银对玻璃管顶恰无压力时，活塞上移
的距离x。（假设环境温度不变，气体未进入水平管部分）
【物理-选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波在t＝0 时刻波形图如图所示。介质平衡位置在x＝2m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式
为y＝10sin5πt（cm）。关于这列简谐波，下列说法正确的是（
）
A．平衡位置在x＝6m 处的质点Q 的起振方向沿y 轴正方向
B．周期为0.4s，振幅为10cm，传播速度为10m/s
C．经过一个周期，质点P 传播到Q 的位置
D．t＝0.35s 时，质点Q 的速度方向向上
E．t＝0.55s 时，质点P 的速度方向与加速度方向相同
16．如图所示，长8m、宽6cm、厚1cm 的矩形软木板漂浮在水面上．木板的中央插着一枚大头针，调节插入的深度
h，使得从木板四周恰好看不到大头针的顶尖P．保持大头针插入的深度不变．而它浮在某种未知液体中时又恰好
能从四周都看到大头针的顶尖P．已知水的折射率为
4
3，求未知液体的折射率．（忽略浸入深度的影响）
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）在用α粒子轰击某种原子核时，生成一个钙核（
20
43Ca）和一个中子，这个原来的核共有（
）
A．20 个质子和23 个中子
B．18 个质子和22 个中子
C．18 个质子和20 个中子
D．40 个质子和18 个中子
【考点】JF：原子核的人工转变．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出原来核的电荷数和质量数，从而求出质子数和中子数．
【解答】解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，原来核的电荷数为18，质量数为40，则该核所含的中子数为18，
中子数为22，故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道质子数等于电荷数，质量数等于质子
数加中子数．
2．（6 分）某行星的质量约是地球质量的8 倍，表面重力加速度约为地球的2 倍（忽略两星球自转的影响）．假设有
一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近做匀速圆周运动，则宇宙飞船的速度约为（
）
A．16km/s
B．8km/s
C．6km/s
D．4km/s
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】明确星球表面上万有引力充当重力，而对于绕星球表面运行的卫星，万有引力充当向心力，根据万有引
力定律列式进行分析，根据给出的质量和重力加速度间的关系即可分析宇宙飞船的速度大小．
【解答】解：根据万有引力定律可知，星球表面上有：G
ܯ݉
h2 =mg
某行星的质量约是地球质量的8 倍，表面重力加速度约为地球的2 倍，则可知，星球的半径为地球半径的2 倍；
而飞船绕地球表面飞行时有：
G
ܯ݉
h2 =m
㘴2
h
联立可得：
v=
th，
地球附近的卫星速度约为8km/s；由上式可得，该星球表面上的卫星速度为地球上近地卫星速度的2 倍，即为16km/s；
故A 正确BCD 错误。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，要注意明确绕地球表面运行的卫星其速度为第一宇宙速度，大小为7.9km/s；
同时对于其向心力可以认为是重力充当向心力，即mg＝m
㘴2
h ．
3．（6 分）汽车在200m 长的平直跑道做启动、制动性能测试．汽车从跑道一端由静止开始匀加速运动，离终点还有
40m 时关闭发动机做匀减速运动，恰好停在跑道另一端，全程运动时间为20s，则下列说法正确的是（
）
A．汽车全程的平均速度是20m/s
B．汽车关闭发动机时的速度是10m/s
C．汽车匀加速运动的加速度是2.5m/s2
D．汽车匀减速运动的加速度大小是5m/s2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据平均速度的定义式求出汽车全程的平均速度大小；根据平均速度推论，结合总位移和总时间求出汽
车关闭发动机时的速度，根据速度位移公式求出匀加速和匀减速运动的加速度大小．
【解答】解：A、汽车全程的平均速度㘴= ݔ
ݐ= 200
20݉
/ݏ= 10݉
/ݏ，故A 错误。
B、设最大速度为vm，根据平均速度推论知，
㘴݉
2 ݐ1 +
㘴݉
2 ݐ2 = ݔ，即
㘴݉
2 ݐ= ݔ，解得最大速度㘴݉
= 2ݔ
ݐ= 2×200
20݉
/ݏ=
20݉
/ݏ，故B 错误。
C、加速的位移x1＝200﹣40m＝160m，则匀加速运动的加速度ܽ1 = 㘴݉
2
2ݔ1 =
400
2×160݉
/ݏ2 =1.25m/s2，故C 错误。
D、匀减速运动的加速度大小ܽ2 = 㘴݉
2
2ݔ2 = 400
2×40݉
/ݏ2 = 5݉
/ݏ2，故D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
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4．（6 分）如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0 为定值电阻，R 是滑动变阻器．
和
是理想交流电压表，示数分别用U1 和U2 表示；
和
是理想交流电流表，示数分别用I1 和I2 表示．当滑片P
向下缓慢滑动过程中，下列说法正确的是（
）
A．U2 不变，I1 变大
B．U2 变小，I1 变小
C．滑动变阻器R 消耗的功率一定增大
D．定值电阻R0 消耗的功率一定增大
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】在交流电中电表显示的都是有效值，滑片P 向下滑动过程中，总电阻减小，只与输入电压和匝数有关，
所以原副线圈电压不变，I2 变大；根据电源最大输出功率判断滑动变阻器的最大功率，根据功率计算公式分析R0
的电功率．
【解答】解：AB、滑片P 向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈电压只与输入电压和匝数有关，所以原副线圈两
端电压不变，副线圈电流增大即I2 变大，R0 分压增大，U2 减小，I1 变大；故AB 错误；
C、将R0 等效为副线圈的内阻，当内外电阻相等时输出功率最大，即当滑动变阻器的阻值等于R0 时，滑动变阻器
消耗的电功率最大，所以无法判断滑动变阻器R 消耗的功率的变化，故C 错误；
D、根据P＝I2R0 可知，定值电阻R0 消耗的功率一定增大，故D 正确。
【点评】本题考查了变压器的构造和原理，对电路的动态分析方法是：先根据部分电路的电阻变化，判断干路电
流、电压的变化，再回到部分电路分析电流或电压的变化．
5．（6 分）如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B
随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻
不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外
力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的
图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】CC：安培力；D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的
方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．
【解答】解：
A、B、由E= △߮
△ݐ= △ܤܵ
△ݐsin60°，由图乙知，B 的变化率不变，即
△ܤ
△ݐ保持不变，则感应电动势保持不变，电路中
电流I 不变；根据楞次定律判断得知ab 中感应电流沿b→a，为负值。故A 错误，B 正确。
C、D、由安培力F＝BIL 可知，电路中安培力随B 的变化而变化，当B 为负值时，根据楞次定律判断可知ab 中
感应电流从b 到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，
为负，大小为F＝BIsin60°=
3
2 （B0−ܤ0
ݐ0t）IL；
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同理，B 为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为F=
3
2 •
ܤ0
ݐ0
（t﹣t0）IL；故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，
再研究图象的意义．可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答．
6．（6 分）如图所示，a、b 两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F 竖直向上拉着a，使a、b 一
起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a，使a、b 一起沿光滑水
平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2．则（
）
A．若m1＞m2，则x1＞x2
B．若m1＜m2，则x1＝x2
C．若m1＜m2，则x1＜x2
D．若m1＞m2，则x1＝x2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先对AB 整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛
顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量。
【解答】解：在竖直面内，对整体，由牛顿第二定律得：F﹣（m1+m2）g＝（m1+m2）a1；
对b，由牛顿第二定律得：kx1﹣m2g＝m2a1，解得：x1=݉
2ܨ݇
(݉
1+݉
2)；
在水平面上，对整体，由牛顿第二定律得：F＝（m1+m2）a2；
对b，由牛顿第二定律得：kx2＝m2a2，解得：x2=݉
2ܨ݇
(݉
1+݉
2)，
所以：x1＝x2，故AC 错误，BD 正确。
故选：BD。
【点评】本题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再
分析其他物体；
本题中注意竖直面内时F 作用的物体发生了变化，若F 仍作用在B 上，则形变量是不变的，可以通过分析得出结
论。
7．（6 分）如图所示，直角三角形ABC 处于电场中。现将带电量为q 的正电荷从A 点分别移到B、C 两点，电场力
做的正功为W，下列判断正确的是（
）
A．B、C 两点的电势一定相等
B．B、C 两点的电势可能不相等
C．电场的场强方向一定由A 指向C
D．电场的场强方向可能由A 指向C
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功与电势差的关系得出a、b 两点的电势差，从而比较出电势的高低。根据电场力做功得出
电势能的变化。
【解答】解：A、B、根据电场力做功公式：W＝qUAB＝qUAC，可知UAB＝UAC，故B、C 两点的电势一定相等，
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故A 正确，B 错误；
C、D、电场中B、C 两点的电势相等，但是由于电场不一定是匀强电场，也可以是点电荷激发的电场，故电场的
场强方向可能由A 指向C，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的变化关系，掌握电场力做功与电势差的关系，注意在运用
U=ܹݍ求解时，q 的正负、U 的正负、W 的正负需代入计算。
8．（6 分）如图甲所示，在倾角为θ的斜面上有一物体，现用一平行于斜面向上且逐渐增大的力F 拉物体，物体做变
加速运动，其加速度大小a 随外力F 变化的图象如图乙所示．若重力加速度g 取10m/s2．根据图乙中所提供的信
息可知，下列结论正确的是（
）
A．物体的质量1kg
B．斜面的倾角37
°
C．物体与斜面的动摩擦因数为0.25
D．外力为8N≤F≤16N，物体静止在斜面上
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当F＜8N 时，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得出加速度与F 的关系式，结合图线的斜率、
截距进行求解．
【解答】解：A、当F 在0﹣8N 范围内，加速度为：a=݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ−ܨ݉= −ܨ݉+ tݏthߠ−ߤtܿ݋ݏߠ，纵轴截距
4＝gsinθ﹣μgcosθ，图线的斜率绝k=−1
2 =−1݉，解得m＝2kg，故A 错误。
B、物体的加速度沿斜面向上时，有：a= ܨ−݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉= ܨ݉−tݏthߠ−ߤtܿ݋ݏߠ，当F＝20N 时，a＝2m/s2，
当F＝30N 时，a＝7m/s2，解得：θ＝37°，μ＝0.25，故B、C 正确。
D、根据a= ܨ݉−tݏthߠ−ߤtܿ݋ݏߠ知，当a＝0 时，F＝16N，可知外力为8N≤F≤16N，物体静止在斜面上，故D
正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解，以及能够从图线的斜率和截距获取
信息．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题：共129 分．
9．（6 分）在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示．
（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器
AC
（请填写选项前对应的字母）
A．电流表
（量程0.6A，内阻约0.8Ω）
B．电流表
量程3A，内阻约0.5Ω
C．滑动变阻器R1（0～10Ω）
D．滑动变阻器R2（0～200Ω）
（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量
电池两极的电压．根据图示的电路电流表测量值
小
于
真实值（选填“大于”或“小于”）．
（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化
不明显
（选填
“明显”或“不明显”）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；16：压轴题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A 的即可，因为干电池的
内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器；
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（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，不是通过电池的电流；
（3）作出电源的U﹣I 图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数
变化是否明显．
【解答】解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0.6A 的，
因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择滑动变阻器R1（0～10Ω）；
故选AC
（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，而通过电池的电流等于通过滑动变阻器的电流加上通过电压表
的电流，所以图示的电路电流表测量值小于真实值；
（3）作出电源的U﹣I 图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1 的斜
率小于图线2 的斜率，则对应的电源的内阻图线1 的较小，由图可以看出，图线1 电压随电流变化较慢，所以电
源内阻很小时，电压表读数变化不明显．
故答案为：（1）AC
（2）小于
（3）不明显
【点评】电学实验一般以常见实验为载体考查实验中的接法、仪表的选择及数据的处理，误差分析等，难度适中．
10 ．（9 分）某同学采用如图1 甲所示的装置探究“ 物体质量一定时，其加速度与合外力的关系”。
（1）如图1 乙所示，某同学由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间
隔为T＝0.10s，其中x1＝7.05cm，x2＝7.68cm，x3＝8.33cm，x4＝8.95cm，x5＝9.61cm，x6＝10.26cm。
下表列出了打点计时器打下B、C、E、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 点时小车的瞬时速
度。
位置
B
C
D
E
F
速度（m/s
﹣1）
0.737
0.801
0.928
0.994
（2）请以A 点为计时起点，在图2 甲中画出小车的速度﹣时间关系图线。
（3）根据你画出的小车的速度﹣时间关系图线计算出小车加速度a＝
0.64
m/s2（以上结果均保留两位有效数
字）。
（4）该同学最终所得小车运动的a﹣F 图线如图2 乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线，根据
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该图线可以确定，下列判断中错误的是
B
（填序号）。
A．本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
B．小车的加速度可能大于重力加速度
C．可以确定小车的质量约为0.50kg
D．实验中配重的质量m 远小于小车的质量M。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度；
（2）通过描点做出v﹣t 图象；
（3）在v﹣t 图象中斜率代表加速度；
（4）根据图象a﹣F，判断出a 与F 的关系，结合实验原理即可判断
【解答】解：
（1）中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故㘴ܦ= ݏ3+ݏ4
2ܶ
= 0.0833+0.0895
2×0.10݉
/ݏ= 0.864݉
/ݏ
（2）通过描点做出v﹣t 图象如图所示
（3）在v﹣t 图象中，斜率代表加速度则a= 0.994−0.801
0.50−0.20݉
/ݏ2 = 0.64݉
/ݏ2。
（4）A、根据牛顿第二定律可得ܽ
= 1
ܯܨ，则在质量一定时，a 和F 成正比，故A 正确。
B、由于细线上的拉力是由配重所受的重力提供的，所以二者运动的加速度不可能大于重力加速度g，故B 错误。
C、由图线可知，图线斜率大小表示小车质量M 的倒数大小，即M≈0.50kg，故C 正确。
D、为了让配重的重力近似等于小车所受的合力，则配重质量应远小于小车质量，故D 正确。
故答案为：
（1）0.864；0.928
（2）如右图所示
（3）0.64
（4）B
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应
用，掌握运用v﹣t 图象求解加速度的方法。
11．（14 分）如图所示，一长度为L 的轻绳，一端拴连一个质量为m 的小球B，另一端固定在O 点，O 点距水平地
面的高度也为L．在O 点正下方距O 点
3
5L 处有一细铁钉C，C 正下方放有另一个小球A．开始时小球B 与O 点
在同一水平线上，轻绳拉直．现由静止释放小球B，两球碰撞并粘在一起向左摆动，绳最大偏角θ＝60°．求小球
A 的质量m0．
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据动能定理或机械能守恒求小球B 运动到最低点时的速度大小；对于碰撞过程，运用动量守恒定律列
式．碰后两球整体的机械能守恒，由此列式，联立求解．
【解答】解：B 向下摆动过程，根据机械能守恒有݉
tܮ= 1
2݉
㘴1
2①
解得碰前速度㘴1 =
2tܮ②
同理，两小球碰撞后粘在一起向上运动有(݉
+݉
0)t(h −hܿ݋ݏ60°) = 1
2 (݉
+݉
0)㘴2
2③
且h = 2
5 ܮ
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解得㘴2 =
2
5 tܮ④
两小球碰撞时总动量守恒，取向左为正方向，有mv1＝（m+m0）v2 ⑤
解得݉
0 = ( 5 −1)݉
⑥
答：小球A 的质量m0 是（5 −1）m．
【点评】解决本题的关键是理清两球的运动过程，把握机械能守恒和动量守恒条件，并能灵活运用动量守恒定律
和机械能守恒定律．
12．（18 分）如图所示，xOy 平面处于竖直面内，在0≤x≤5d 的空间存在着方向竖直向上（即y 轴正向）的匀强电
场，其中虚线所围矩形区域内还有方向垂直纸面向内的匀强磁场．一束比荷（电荷量与质量之比）均为
1݇的带正电
微粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线（即x 轴）进入电场和磁场叠加区，其中速率为v0 的微粒刚好从P 点
离开磁场，然后做匀速直线运动到达板MN 上的Q 点．重力加速度为g，不计微粒间的相互作用，各边界距离如
图，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小；
（3）速率为ɉv0（ɉ＞1）的微粒打在板MN 上的位置到x 轴的距离．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）由微粒从P 到Q 做匀速圆周运动可以判断：微粒所受的两个力衡，从而求出电场强度的大小．
（2）微粒在三场重叠区域做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力可以求出磁感应强度的大小．
（3）当微粒的速度加倍时，半径也加倍，由几何关系就能求出从三场重叠区的偏移距离，进入电场和重力场区域
匀速直线运动，由偏转角就能继续偏移的距离，两者相加就能求出两次偏移的距离．
【解答】解：（1）设带电微粒的电量为q，质量为m，从P 到Q 做匀速直线运动，有：qE＝mg
又因为
ݍ݉=
1݇，所以有：E＝kg
（2）带电微粒在虚线矩形区域做匀速圆周运动，有：
qv0B＝m
㘴02
h
由几何关系有：R2＝（3d）2+（R﹣d）2
所以有：B=݇
㘴0
5݀
（3）因为ɉ＞1，带电微粒将从虚线矩形区域的右边线射出，轨迹如图所示，设轨迹圆半径为R1，偏转角为θ，圆
周运动产生的偏移量为y1，匀速直线运动的偏移量为y2，有：
qɉv0B＝m
(ɉ㘴0)2
h1
tanθ=
3݀
h1
2−(3݀)2
y1＝R1−
h1
2 −(3݀)2
y2＝2dtanθ
y＝y1+y2
由以上各式解得：y＝5ɉd﹣d 25ɉ2 −9 +
6݀
25ɉ2−9
答：（1）电场强度E 的大小为kg．
（2）磁感应强度B 的大小为݇
㘴0
5݀．
（3）速率为ɉv0（ɉ＞1）的微粒打在板MN 上的位置到x 轴的距离为5ɉd﹣d 25ɉ2 −9 +
6݀
25ɉ2−9．
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【点评】本题的难点在于第三问，当速度增加时，由洛仑兹力提供向心力能求出半径的大小，再由圆的相关知识
求出在三场区域内的偏转和偏转角，离开虚线区域后做直线运动，由运动学规律求出再次偏转的距离，两者相加
就是偏转的总距离．
（二）选考题，任选一模块作答（15 分）【物理-选修3-3】
13．（5 分）关于热现象，下列说法正确的是（
）
A．自然界一切过程能量都是守恒的，只要满足能量守恒定律的宏观过程都是能够自然发生的
B．如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，用来表征它们这一“共同热学性质”
的物理量是温度
C．质量相同、温度相同且体积也相同的气体，它们的内能必定相同
D．一定量的气体在压强不变时，如果温度升高，则气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数将减少
E．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动
【考点】84：布朗运动；8A：物体的内能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】掌握热学现象的熵增加原理；
掌握内能的决定因素，明确内能与温度、体积以及物质的量有关；
根据气体压强的微观意义分析气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数；
布朗运动是固体小颗粒的运动，但它是液体分子无规则运动的间接反映．
【解答】解：A、一切的与热力学有关的过程都有一定的方向性，满足能量守恒定律的宏观过程不一定都是能够
自然发生的。故A 错误；
B、根据热力学第零定律，如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，则这两个系统也达到热平衡，用来表征它
们这一“共同热学性质”的物理量是温度。故B 正确；
C、物体的内能与物体的物质的量、温度、体积、物态等有关，量相同、温度相同且体积也相同的气体的物质的量
不一定相等，所以内能不一定相等。故C 错误；
D、一定量的气体在压强不变时，则单位时间内对单位器壁的撞击力相等；如果温度升高，当个气体分子对器壁
的撞击力增大，所以气体分子在单位时间内对单位面积的器壁撞击的次数将减少。故D 错误；
E、布朗运动是固体颗粒的无规则运动，并不是分子的运动，但间接证明了液体分子在永不停息地做无规则运动。
故E 正确
故选：BDE。
【点评】本题考查熵增原理、热力学第零定律、物体的内能以及气体的压强等等问题，要注意体会从微观上分析
物体内能的决定因素，明确热力学第零定律的应用．
14．（10 分）如图所示，粗细均匀的U 型玻璃管竖直放置，左上端封闭。用水银和活塞封闭了左右两段长均为20cm
的理想气体。左侧上部水银柱高60cm，其下表面与活塞下端齐平，两管下部水银上表面也齐平。开始时，两段气
体的压强均为p0＝75cmHg．现在缓慢拉动活塞使其上移，求当左侧上端的水银对玻璃管顶恰无压力时，活塞上移
的距离x。（假设环境温度不变，气体未进入水平管部分）
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】左管中封闭气体做等温变化，利用玻意而定律求出其末态空气柱的长度，再对右侧气体运用玻意耳定律，
结合下方两侧的水银柱的平衡方程与几何关系，联立即可求出活塞上移的距离x
【解答】解：设玻璃管的横截面积为S，对左边气体，
初态：压强p1＝p0＝75cmHg，体积V1＝LS＝20S
末态：压强p2＝60cmHg，体积V2＝L2S
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根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2
解得末态左边气柱长度变为：L2＝25cm
可知左侧下端水银柱下降△L＝5cm，则右端上升△L＝5cm，末态两液面的高度差为2△L＝10cm
对右侧空气柱，
初态：压强p3＝p0＝75cmHg，体积V3＝LS＝20S
末态：压强p4＝p2﹣2△L＝50cmHg，体积V4＝L4S
根据玻意耳定律可得：p3V3＝p4V4
解得：L4＝30cm
根据几何关系可得活塞上移距离：x＝L2+L4﹣2L＝（30+25）cm﹣2×20cm＝15cm
答：活塞上移的距离为15cm。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波在t＝0 时刻波形图如图所示。介质平衡位置在x＝2m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式
为y＝10sin5πt（cm）。关于这列简谐波，下列说法正确的是（
）
A．平衡位置在x＝6m 处的质点Q 的起振方向沿y 轴正方向
B．周期为0.4s，振幅为10cm，传播速度为10m/s
C．经过一个周期，质点P 传播到Q 的位置
D．t＝0.35s 时，质点Q 的速度方向向上
E．t＝0.55s 时，质点P 的速度方向与加速度方向相同
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据质点P 的振动方程y＝10sin（5πt）cm，读出ω，由T= 2ߨ߱；振幅等于y 的最大值；根据振动图象t
＝0 时刻P 质点的速度方向，即可判断出波的传播方向。读出波长，求出波速。根据时间与周期的关系确定质点
在某一时刻的位置，由此确定速度和加速度的情况。
【解答】解：A、根据振动方程和振幅图象得知：P 点在t＝0 时振动方向为正y 方向，故波向正x 方向传播，x＝
4m 处的质点正在向下振动，说明振源的起振方向沿﹣y 方向，故平衡位置在x＝6m 处的质点Q 的起振方向沿y
轴负方向，故A 错误；
B、质点P 的振动方程y＝10sin（5πt）cm，则ω＝5πrad/s，周期为：T= 2ߨ߱=0.4s；振幅为A＝10cm，波长ɉ＝4m，
传播速度为v= ɉܶ=10m/s，故B 正确。
C、质点不会随波迁移，故C 错误；
D、波传到Q 经过的时间t1= 2
10 =0.2s，t＝0.35s 时，质点Q 已经振动0.15s，即振动
0.15
0.4 T= 3
8T，此时质点Q 的速
度方向向上，故D 正确；
E、t＝0.55s 时，即t= 0.55
0.4 T＝1
3
8T，此时质点P 位于平衡位置上方正在向下运动，速度方向向下、加速度方向向
下，质点P 的速度方向与加速度方向相同，故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题关键要掌握振动的一般方程y＝Asinωt，读出ω和P 点的振动方向。对于简谐运动，往往根据时间与
周期的倍数关系求质点通过的路程，不能根据x＝vt 求质点的路程。
16．如图所示，长8m、宽6cm、厚1cm 的矩形软木板漂浮在水面上．木板的中央插着一枚大头针，调节插入的深度
h，使得从木板四周恰好看不到大头针的顶尖P．保持大头针插入的深度不变．而它浮在某种未知液体中时又恰好
能从四周都看到大头针的顶尖P．已知水的折射率为
4
3，求未知液体的折射率．（忽略浸入深度的影响）
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【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】当P 点的光线射到木板边缘时恰好发生全反射时，在空气中恰好没有光线射出，恰好看不到大头针的顶
尖P．根据临界角公式sinC= 1
h和几何关系求解．
【解答】解：当P 点光线射到木板边缘时，若恰好发生全反射，即在空气中没有出射光线，我们就不能看到P 点；
若没有发生全反射，我们能看到P 点
由sinC= 1
h =
ݔ݄
2+ݔ2 =
1
1+(݄ݔ)2①
可知：在深度h 和折射率n 一定的条件下，O 点到板边缘的距离x 越大，越容易发生全反射
在水中可见，则x1＝3cm，
3
4 =
3݄
2+32②
在未知液体中不可见，则x2＝5cm
1
h =
5݄
2+52③
解得：n= 4 2
5 ④
答：未知液体的折射率为
4 2
5 ．
【点评】本题考查对全反射现象的理解和应用能力，关键掌握全反射的条件和临界角公式sinC= 1
h，结合数学知识
解答．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 13:31:29 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）一辆沿笔直公路匀减速行驶的汽车，经过路旁两根相距50m 的电线杆共用了2s 的时间，它经过第二根电
线杆的速度为20m/s，则汽车运动过程中的加速度大小为（
）
A．5m/s2
B．6m/s2
C．7m/s2
D．5m/s2
2．（6 分）牛顿利用开普勒三个定律和圆周运动知识，结合牛顿定律推导万有引力定律的过程如下：太阳对行星的引
力ܨ∝݉ݎ2，行星对太阳的引力ܨ' ∝ܯ
ݎ2，其中M、m、r 分别为太阳质量、行星质量和太阳与行星间的距离，则（
）
A．太阳对行星的引力总是等于行星运动的向心力
B．F 和F'是一对相互作用力
C．F 和F'是一对平衡力
D．由F∝݉ݎ2和F'∝
ܯ
ݎ2知F：F'＝m：M
3．（6 分）有一个质量为4kg 的小物体在直角坐标系xoy 所在的平面内运动，x 方向的速度﹣时间和y 方向的位移﹣
时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（
）
A．小物体做匀变速直线运动
B．小物体运动的加速度是6m/s2
C．小物体所受的合外力为3N
D．小物体的初速度大小为5m/s
4．（6 分）如图，光滑小圆环A（大小可忽略）吊着一个重为G1 的钩码P，套在另一个竖直放置的大圆环上，今有
一细绳栓在小圆环A 上，另一端跨过固定在大圆环顶点B 的一个光滑小滑轮（大小可忽略）吊着一个重为G2
（
）
A．G2＝2G1sinθ
B．G2＝2G1sin
ߠ
4
C．G2＝2G1sin
ߠ
2
D．G2＝2G1cos
ߠ
2
5．（6 分）沪杭高铁连接上海与杭州，是中国“四纵四横”客运专线网络中沪昆客运专线的一段．全线设计时速为
350 公里，沪杭高铁使上海、杭州的旅行时间压缩了38 分钟，提速对车辆和铁路建设提出了更高的要求：一方面，
火车提速需要增大发动机功率；另一方面，铁路转弯要求外轨比内轨稍高．设轨道间距为d，且不变，其内外轨
高度差为h，h≪d，轨道的设计不仅要考虑高度差h 和弯道半径r，还要考虑火车在弯道上的行驶速率v．则以下
说法不正确的是（
）
A．如果h 一定，v 越大则要求r 越大
B．如果r 一定，v 越大则要求h 越大
C．如果v 一定，r 越大则要求h 越大
D．如果火车转弯时超过设计速度，将挤压外侧轨道
6．（6 分）如图，一斜面静止在水平地面上，物体A 沿斜面匀速下滑，现再对A 施加一个沿斜面向下的恒力F，斜
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面始终静止．则下列判断正确的是（
）
A．物体仍沿斜面匀速下滑
B．斜面对物体的作用力不变
C．地面对斜面的摩擦力Ff＝0
D．地面对斜面的支持力FN＜（m+M）g
7．（6 分）我国计划在2018 年发射“嫦娥四号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任
务是考察月球背面，使我们更深层次、更全面地了解月球地貌，资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知引
力常量为G，月球的半径为R，“嫦娥四号”绕月轨道可视为圆形，离月球表面的距离为h，绕月周期为T，根据
以上信息可求出（
）
A．月球的质量
B．月球的平均密度
C．月球对嫦娥四号的万有引力
D．嫦娥四号绕月运行的速率
8．（6 分）假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30m/s，相距s0
＝90m，t＝0 时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的速度随时间变化的图象如图所示，取运动方向为正方向，下
面说法正确的是（
）
A．t＝6s 时两车相遇
B．t＝6s 时两车相距90m
C．0～6s 内两车位移之差为45m
D．t＝9s 时两车相距45m
二、解答题（共4 小题，满分0 分）
9．为了探究“影响平抛运动水平射程的因素”，某同学通过改变抛出点高度及初速度的方法做了6 次实验，实验数
据如表所示：
序号
抛出点的高度（m）
水平初速度（m/s）
水平射程（m）
1
0.2
2
0.40
2
0.2
3
0.60
3
0.45
2
0.60
4
0.45
4
1.2
5
0.80
2
0.8
6
0.80
6
2.4
（1）比较表中序号为
的实验数据，可探究水平射程与抛出点的高度的关系；
（2）比较表中序号为3、4 的实验数据，可探究水平射程与
的关系．
10．某同学利用光电门传感器设计了测定重力加速度的实验，实验装置如图甲，实验器材有铁架台、光电门计时器、
小钢球等．铁架台上端固定一个电磁铁，通电时，小钢球被吸在电磁铁上，端电时，小钢球自由下落．
（1）现将光电门固定在A 处，光电门计时器记录下小球经过光电门的时间△t0．测出小球的直径d．则小球运动
到光电门处的瞬时速度v＝
．（用题中所给字母表示）．
（2）调整光电门的位置，再次释放小球，若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为0.5△
t0，设小球释放点距A 的距离为h0（d＜h0），请你判断此时光电门距A 处的距离△h＝
．（用题中所给字母
表示）
（3）移动光电门在竖直杆上的位置，进行多次实验，由于直尺的长度限制，该同学测了光电门位置与其正上方固
定点P（图中未画出）之间的距离h，并记录小球通过光电门的时间△t．利用实验数据绘制出如图乙所示的图象，
已知图象斜率为k，根据图象可知重力加速度g＝
．
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11．某电视台的一档娱乐节目中有一个挑战项目，场地设施如图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，
可以载人运动．水面上漂浮着一个半径R＝2m，角速度为ω且铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离
L＝8m，平台边缘与转盘平面的高度差H＝5m．选手抓住悬挂器，在电动机带动下从A 点下方的平台边缘处沿水
平方向做初速度为零，加速度为2m/s2 的匀加速直线运动，当速度达到v0＝6m/s 时，悬挂器不再加速，将保持匀
速直线运动．选手必须在合适的位置放手才能顺利落在转盘上．人可视为质点，人与转盘之间的动摩擦因数μ＝0.2，
人与转盘间的最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘的速度立即为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，求转盘的角
速度ω的取值范围；
（2）若选手经过一段时间后放手恰落在转盘中心处，求选手放手时的速度．
12．如图，一质量m＝0.5kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平夹角为θ＝30°，现小球在F＝10N 的竖直向
上的拉力作用下，从A 点由静止开始向上运动，.0.4s 后撤去F，已知杆与球间的动摩擦因数ߤ=
3
6 ，g＝10m/s2，
求：
（1）撤去F 作用前，小球运动的加速度大小a1；
（2）小球上滑过程中距A 点的最大距离xm；
（3）若从撤去力F 开始计时，小球经多次时间将经过距A 点下方为0.05m 的B 点（图中未画出）．
三、选考题。【物理选修3-3】
13．下列说法中正确的是（
）
A．一定质量的气体在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
B．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关
C．能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
D．液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力
E．若某气体摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA 表示，则该气体的分子体积为ܸܰ
t
14．如图，一端封闭、粗细均匀的薄壁玻璃管开口向下竖直插在装有水银的槽内，管内封闭有一定质量的空气，水
银槽的截面积上下相同，是玻璃管截面积的10 倍，玻璃管截面积S＝1.0cm2，开始时管内空气柱长度为6cm，管
内外水银面高度差为45cm。将玻璃管沿竖直方向缓慢上移（管口未离开槽中水银），使管内外水银面高度差变为
60cm，已知外界大气压强p0＝75cmHg≈1.0×105Pa，求：
①此时管内空气柱的长度；
②大气压力对槽内水银面做的功。
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【物理选修3-4】
15．如图，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝﹣0.2m 和x＝1.2m 处，两列波的波
速均为v＝0.4m/s，振幅均为2cm．图示为t＝0 时刻两列波的图象（传播方向如图），此时平衡位置处于x＝0.2m
和x＝0.8m 的P、Q 两质点刚开始振动，质点M 的平衡位置处于x＝0.5m，下列说法正确的是（
）
A．t＝0.75s 时刻，质点P、Q 都运动到M 处
B．x＝0.4m 处质点的起振方向沿y 轴负方向
C．M 点振动后的振幅是4cm
D．t＝2s 时刻，质点M 的纵坐标为﹣4cm
E．0～2s 这段时间内质点M 通过的路程为10cm
16．如图，一蓄水池水深为4m，池底有垂直墙壁的发光带，在墙壁上距液面上方1m 处有高位1.25m 的窗口，O 点
到墙的距离为1m，距窗口上边沿为0.75m，已知水的折射率为
4
3，求人眼在O 点通过窗口能看到的正前方池底发
光带的最远点到墙壁的距离d（光带足够长，忽略窗玻璃的折射）
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）一辆沿笔直公路匀减速行驶的汽车，经过路旁两根相距50m 的电线杆共用了2s 的时间，它经过第二根电
线杆的速度为20m/s，则汽车运动过程中的加速度大小为（
）
A．5m/s2
B．6m/s2
C．7m/s2
D．5m/s2
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的平均速度推论求出汽车经过第一根电线杆时的速度，结合速度时间公式求出汽车
的加速度．
【解答】解：由平均速度推论知：ݔ= 㘴0+㘴
2
ݐ
得：㘴0 = 2ݔ
ݐ−㘴= 2×50
2
−20݉
/ݏ= 30݉
/ݏ。
再由v＝v0+at 得：ܽ
= 㘴−㘴0
ݐ
= 30−20
2
= 5݉
/ݏ2．故A 正确，BCD 错误
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
2．（6 分）牛顿利用开普勒三个定律和圆周运动知识，结合牛顿定律推导万有引力定律的过程如下：太阳对行星的引
力ܨ∝݉ݎ2，行星对太阳的引力ܨ' ∝ܯ
ݎ2，其中M、m、r 分别为太阳质量、行星质量和太阳与行星间的距离，则（
）
A．太阳对行星的引力总是等于行星运动的向心力
B．F 和F'是一对相互作用力
C．F 和F'是一对平衡力
D．由F∝݉ݎ2和F'∝
ܯ
ݎ2知F：F'＝m：M
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力，推导万有引力的
大小表达式，熟悉掌握牛顿运动定律和开普勤行星运动定律并进行推导求解．
【解答】解：A、行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的万有引力提供行星圆周运动的向心力，故A 正确。
B、F 和F'是太阳和行星间相互作用力，故B 正确。
C、F 和F'分别作用在行星和太阳上，不可能是一对平衡力，故C 错误。
D、根据牛顿第三定律，太阳对行星的引力F 与行星对太阳的引力F′是作用力与反作用力，故两个力的大小相等，
方向相反，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题要熟练掌握万有引力推导的过程，理解万有引力的相互性．
3．（6 分）有一个质量为4kg 的小物体在直角坐标系xoy 所在的平面内运动，x 方向的速度﹣时间和y 方向的位移﹣
时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（
）
A．小物体做匀变速直线运动
B．小物体运动的加速度是6m/s2
C．小物体所受的合外力为3N
D．小物体的初速度大小为5m/s
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】从图象可知，在x 方向上做初速度为3m/s，加速度为1.5m/s2 的匀加速直线运动，在y 方向上做速度为
4m/s 的匀速直线运动，根据运动的合成和分解规律可明确物体具体的运动类型．
【解答】解：A、质点在x 轴方向做匀变速运动，而在y 轴方向上为匀速直线运动，故合运动一定为匀变速曲线
运动，故A 错误；
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BC、由图知物体的加速度为：a= △㘴
△ݐ= 6−3
2݉
/ݏ2 =1.5m/s2，根据牛顿第二定律：F＝ma＝4×1.5＝6N，故BC 错
误；
D、由图知，在x 方向上做初速度为3m/s，在y 方向上初速度为vy= 8
2݉
/ݏ=4m/s 的匀速运动，根据运动的合成，
则质点的初速度的大小为v=
32 + 42 m/s＝5m/s，故D 正确；
【点评】本题综合考查了速度时间图象、位移时间图象等知识，以及运动的合成与分解，有一定的综合性；要注
意理解图象的意义，同时能根据运动的合成和分解规律分析物体的运动性质．
4．（6 分）如图，光滑小圆环A（大小可忽略）吊着一个重为G1 的钩码P，套在另一个竖直放置的大圆环上，今有
一细绳栓在小圆环A 上，另一端跨过固定在大圆环顶点B 的一个光滑小滑轮（大小可忽略）吊着一个重为G2
（
）
A．G2＝2G1sinθ
B．G2＝2G1sin
ߠ
4
C．G2＝2G1sin
ߠ
2
D．G2＝2G1cos
ߠ
2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】选取小圆环A 为研究对象，画出受力分析示意图，小圆环受三个力：两个绳子的拉力和大圆环的支持力，
其中大圆环的支持力是沿着半径的，两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必然相等，然后由数学三角函数知识
求解．
【解答】解：以小圆环A 为研究对象，它受到的力有：竖直绳对它的拉力F1＝G1，方向竖直向下；AB 绳对它的
拉力F2＝G2，其方向沿AB 方向向上；
大圆环对它的弹力FN，其方向沿半径指向圆外，在F1、F2、FN 三力的共同作用下，小圆环处于平衡状态，根据
平衡条件可知：F1 与FN 的合力与F2 大小相等、方向相反。如图所示作出F1 与FN 的合力。
由几何关系得△OAB 与△FNAF2′相似，得：ܱ
t
ܨܰ
=ܱ
ܤ
ܨ1
=
tܤ
ܨ'2
所以FN＝F1，F1sin
ߠ
2 =
ܨ2
2
将F1＝G1、F2＝G2 代入得：G2＝2G1sin
ߠ
2
故C 正确ABD 错误。
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，关键要掌握平行四边形进行力的合成的方法，另外要重视数学计算在
物理中的应用，正确掌握几何关系的应用是解题的关键．
5．（6 分）沪杭高铁连接上海与杭州，是中国“四纵四横”客运专线网络中沪昆客运专线的一段．全线设计时速为
350 公里，沪杭高铁使上海、杭州的旅行时间压缩了38 分钟，提速对车辆和铁路建设提出了更高的要求：一方面，
火车提速需要增大发动机功率；另一方面，铁路转弯要求外轨比内轨稍高．设轨道间距为d，且不变，其内外轨
高度差为h，h≪d，轨道的设计不仅要考虑高度差h 和弯道半径r，还要考虑火车在弯道上的行驶速率v．则以下
说法不正确的是（
）
A．如果h 一定，v 越大则要求r 越大
B．如果r 一定，v 越大则要求h 越大
C．如果v 一定，r 越大则要求h 越大
D．如果火车转弯时超过设计速度，将挤压外侧轨道
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【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】（1）根据P＝Fv，F＝f＝kv2 可判断A 答案是否正确；
（2）火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
【解答】解：内外轨的水平距离为d，当以设计速度转弯时，重力与支持力的合力提供向心力得：
m
㘴2
ݎ=mg݄݀，即
㘴2
ݎ=
t݄݀
A、如果h 一定时，v 越大则要求r 越大，故A 正确；
B、如果r 一定时，v 越大则要求h 越大，故B 正确；
C、如果v 一定时，r 越大，则要求h 越小，故C 错误；
D、由题若火车转弯的速率大于v0，火车所需要的向心力增大，火车的支持力FN 和火车的重力G 的合力不够提供
向心力，外轨对火车有侧压力，故D 正确，
因选错误的，【点评】本题是物理模型在实际生活中的应用题，正确写出相关的向心力的表达式，同时要注意几何
关系在解题中的运用，难度适中．
6．（6 分）如图，一斜面静止在水平地面上，物体A 沿斜面匀速下滑，现再对A 施加一个沿斜面向下的恒力F，斜
面始终静止．则下列判断正确的是（
）
A．物体仍沿斜面匀速下滑
B．斜面对物体的作用力不变
C．地面对斜面的摩擦力Ff＝0
D．地面对斜面的支持力FN＜（m+M）g
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】物块匀速下滑时，物块处于平衡状态，根据物块在沿斜面方向的合力判断物块的运动规律，结合物块对
斜面压力和摩擦力在水平方向的分力关系判断地面的摩擦力大小．
【解答】解：小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡有：mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ＝tanθ；对整体分析可知，
斜面与地面间的摩擦力为零；
由于施加了沿斜面向下的作用力，故斜面对物体的支持力不变，再根据滑动摩擦力公式可知，斜面对物体的摩擦
力均不变，所以物体受斜面的作用力不变，因此A 受到的合外力等于拉力F，故物体将沿斜面匀加速下滑；
根据牛顿第三定律可知，物体对斜面的作用力不变，因此斜面受到地面的支持力大小仍等于（M+m）g；
开始重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f 与压力的
关系仍然为μFN，因为三种情况下，物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，可知地面的摩擦力
仍然为零。故BC 正确AD 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩
擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键．
7．（6 分）我国计划在2018 年发射“嫦娥四号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任
务是考察月球背面，使我们更深层次、更全面地了解月球地貌，资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知引
力常量为G，月球的半径为R，“嫦娥四号”绕月轨道可视为圆形，离月球表面的距离为h，绕月周期为T，根据
以上信息可求出（
）
A．月球的质量
B．月球的平均密度
C．月球对嫦娥四号的万有引力
D．嫦娥四号绕月运行的速率
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】月球表面重力等于万有引力，“嫦娥四号”绕月卫星的向心力由万有引力提供，据此列式分析即可．
【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力，有：G
ܯ݉
(h+݄)2 =m
4ߨ2ܶ
2 （R+h）
解得月球质量为：M= 4ߨ2(h+݄)3
ܩܶ2
，据题可以求出月球的质量M。
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月球体积为：V= 4
3πR3，月球的平均密度为：ρ= ܯܸ，则知可以月球的平均密度ρ，故AB 正确；
C、由于“嫦娥四号”的质量未知，所以不能求月球对嫦娥四号的万有引力，故C 错误。
D、根据万有引力提供向心力，有G
ܯ݉
(h+݄)2 =m
㘴2
h+݄，得v=
ܩܯ
h+݄
由黄金代换式：GM＝gR2，代入上式可以求出嫦娥四号绕月运行的速率v，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力，以及在月球表面的物体受到的重力等于万有引力两个思
路的应用，注意轨道半径与星体半径的关系．
8．（6 分）假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30m/s，相距s0
＝90m，t＝0 时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的速度随时间变化的图象如图所示，取运动方向为正方向，下
面说法正确的是（
）
A．t＝6s 时两车相遇
B．t＝6s 时两车相距90m
C．0～6s 内两车位移之差为45m
D．t＝9s 时两车相距45m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】在v﹣t 图象中，斜率代表加速度，与时间轴所围的面积为物体运动的位移，根据追击相遇问题即可判断
【解答】解：ABC、乙做减速运动时的加速度为：ܽ
乙= △㘴
△ݐ= 0−30
6݉
/ݏ2 =−5݉
/ݏ2
6s 时乙的速度为：
v′乙＝v 乙+a 乙t＝30﹣5×3m/s＝15m/s
在v﹣t 图象中，与时间轴所围的面积为物体运动的位移，在t＝6s 时间内乙的面积大于甲的面积，故甲的位移为：
ݔ甲= 1
2 × 30 × 3 + 1
2 × 3 ×15m＝67.5m
乙位移为：ݔ乙= 30 × 3 + 1
2 × (30 + 15) × 3m＝157.5m
故x 甲+s0＝x 乙，故A 正确，BC 错误；
D、在t＝9s 内，甲的位移为：x= 1
2 × 30 × 3 + 1
2 × 30 × 6݉
= 135݉
，
乙的位移为：ݔ乙= 30 × 3 + 1
2 × 30 × 6m＝180m：
此时两者间的距离为：△x＝x+s0﹣x 乙＝45m，故D 正确
故选：AD。
【点评】本题是追击问题，关键分析清楚两小车的运动情况，然后根据运动学公式列式求解或者画出速度时间图
象进行分析，不难．
二、解答题（共4 小题，满分0 分）
9．为了探究“影响平抛运动水平射程的因素”，某同学通过改变抛出点高度及初速度的方法做了6 次实验，实验数
据如表所示：
序号
抛出点的高度（m）
水平初速度（m/s）
水平射程（m）
1
0.2
2
0.40
2
0.2
3
0.60
3
0.45
2
0.60
4
0.45
4
1.2
5
0.80
2
0.8
6
0.80
6
2.4
（1）比较表中序号为
1、3、5
的实验数据，可探究水平射程与抛出点的高度的关系；
（2）比较表中序号为3、4 的实验数据，可探究水平射程与
水平初速度
的关系．
【考点】MB：研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
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【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】实验探究时应采用控制变量法进行实验，即应控制其它变量不变，探究其它两个变量的关系；根据实验
目的分析实验数据，然后答题．
【解答】解：（1）探究水平射程与抛出点的高度的关系应控制水平初速度相等而抛出点的高度不同，由表中实验
数据可知，比较表中序号为1、3、5 的实验数据，水平初速度相等，即控制水平初速度相等，探究水平射程与抛
出点的高度关系．
（2）由表中序号为3、4 的实验数据可知，抛出点的高度相同而水平初速度不同，利用该数据可以探究水平射程
和水平初速度的关系．
故答案为：（1）1、3、5；（2）水平初速度．
【点评】本题考查了实验数据分析，考查了控制变量法的应用，应用控制变量法分析表中实验数据即可解题；控
制变量法是常用的实验方法，要掌握其应用．
10．某同学利用光电门传感器设计了测定重力加速度的实验，实验装置如图甲，实验器材有铁架台、光电门计时器、
小钢球等．铁架台上端固定一个电磁铁，通电时，小钢球被吸在电磁铁上，端电时，小钢球自由下落．
（1）现将光电门固定在A 处，光电门计时器记录下小球经过光电门的时间△t0．测出小球的直径d．则小球运动
到光电门处的瞬时速度v＝݀
△ݐ0
．（用题中所给字母表示）．
（2）调整光电门的位置，再次释放小球，若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为0.5△
t0，设小球释放点距A 的距离为h0（d＜h0），请你判断此时光电门距A 处的距离△h＝
3h0
．（用题中所给字母
表示）
（3）移动光电门在竖直杆上的位置，进行多次实验，由于直尺的长度限制，该同学测了光电门位置与其正上方固
定点P（图中未画出）之间的距离h，并记录小球通过光电门的时间△t．利用实验数据绘制出如图乙所示的图象，
已知图象斜率为k，根据图象可知重力加速度g＝݇݀
2
2
．
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度，
（2）根据匀变速直线运动速度位移公式确定光电门的位置，
（3）根据速度位移公式表示出关系式即可判断．
【解答】解：（1）小球通过光电门时的速度㘴=݀△ݐ0．
（2）若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为0.5△t0，则通过光电门的速度变为原来的2
倍，
根据v2＝2gh 可知下落的高度变为原来的4 倍，故距A 点的距离△h＝3h0．
（3）根据速度位移公式可知2th = (݀△ݐ)2 −㘴ܲ2，
则有：
1
△ݐ2 =
2t݀
2݄
+
㘴ܲ2݀
2，
解得：t =݇݀
2
2 ．
故答案为：（1）݀△ݐ0
；（2）3h0；（3）݇݀
2
2 ．
【点评】解答本题要知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度，能根据自由落体运动的基本公式分析，难度
不大，属于基础题．
11．某电视台的一档娱乐节目中有一个挑战项目，场地设施如图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，
可以载人运动．水面上漂浮着一个半径R＝2m，角速度为ω且铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离
L＝8m，平台边缘与转盘平面的高度差H＝5m．选手抓住悬挂器，在电动机带动下从A 点下方的平台边缘处沿水
平方向做初速度为零，加速度为2m/s2 的匀加速直线运动，当速度达到v0＝6m/s 时，悬挂器不再加速，将保持匀
速直线运动．选手必须在合适的位置放手才能顺利落在转盘上．人可视为质点，人与转盘之间的动摩擦因数μ＝0.2，
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人与转盘间的最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘的速度立即为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，求转盘的角
速度ω的取值范围；
（2）若选手经过一段时间后放手恰落在转盘中心处，求选手放手时的速度．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】（1）根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．
（2）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合运动学公式列式求解平抛运动的初速度即放
手时的速度．
【解答】解：（1）若人落在盘边缘不被甩下，就不会被甩下，有μmg≥mRω2…①
ω≤
ߤt
h = 1ݎܽ݀
/ݏ⋯②
（2）假设选手一直加速，则加速位移ݔ1 =
㘴2
2ܽ⋯③
平抛运动阶段：ܪ= 1
2 tݐ2，x2＝vt…④
总的水平位移L＝x1+x2＝8m…⑤
解得：v＝4m/s…⑥
因v＜6m/s，假设成立…⑦
答：（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘的速度立即为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的
角速度ω的取值范围为ω≤1rad/s；
（2）若选手经过一段时间后放手恰落在转盘中心处，选手放手时的速度4m/s
【点评】试题从考生感兴趣的实际情景中提炼问题，旨在考查考生对实际问题的分析、思考及物理建模的能力，
倡导“让物理走进生活，让生活体现物理”的理念，养成联系实际，重视思考的好习惯．
12．如图，一质量m＝0.5kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平夹角为θ＝30°，现小球在F＝10N 的竖直向
上的拉力作用下，从A 点由静止开始向上运动，.0.4s 后撤去F，已知杆与球间的动摩擦因数ߤ=
3
6 ，g＝10m/s2，
求：
（1）撤去F 作用前，小球运动的加速度大小a1；
（2）小球上滑过程中距A 点的最大距离xm；
（3）若从撤去力F 开始计时，小球经多次时间将经过距A 点下方为0.05m 的B 点（图中未画出）．
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对小球受力分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度．
（2）根据匀变速直线运动公式求出撤去拉力前的位移和末速度，再根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，
根据运动学公式求出上滑的位移，从而得出小球上滑过程中距A 点最大距离．
（3）根据牛顿第二定律求解小球返回的加速度，根据位移时间公式求出从最高点返回到A 点的运动的时间，小
球再次经过A 点的时间等于上滑到最高点的时间和从最高点返回到B 点的时间；
【解答】解：（1）在力F 作用时，由根据牛顿第二定律，得（F﹣mg）sin30°﹣μ（F﹣mg）cos30°＝ma1①解得：ܽ
1 = 7.5݉
/ݏ2②
（2）刚撤去力F 时，小球的速度v1＝a1t1＝7.5×0.4m/s＝3m/s③
小球的位移ݔ1 =
㘴1
2 ݐ1 = 3
2 × 0.4݉
= 0.6݉
④
撤去力F 后，小球上滑时有mgsin30°+μmgcos30°＝ma2⑤
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解得：ܽ2 = 7.5݉
/ݏ2⑥
小球继续上升的时间ݐ2 = 㘴1ܽ
2 = 3
7.5 ݏ= 0.4ݏ⑦
小球继续上滑的最大位移ݔ2 =
㘴1
2
2ܽ2 =
32
2×7.5݉
= 0.6݉
⑧
则小球上滑的最大距离xm＝x1+x2＝1.2m⑨
（3）设在下滑阶段的加速度为a3mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma3⑩
解得：ܽ3 = 2.5݉
/ݏ2
小球由顶端返回B 点时有ݔ݉
+ ݔtܤ= 1
2ܽ
3ݐ32解得：t3＝1s
通过B 点的时间t＝t2+t3＝1.4s
答：（1）撤去F 作用前，小球运动的加速度大小a1 为7.5m/s2
（2）小球上滑过程中距A 点的最大距离xm 为1.2m
（3）若从撤去力F 开始计时，小球经多次时间将经过距A 点下方为0.05m 的B 点为1.4s
【点评】牛顿第二定律和运动学公式是解决力学的基本方法．关键在于分析物体的受力情况和运动情况．当物体
受力较多时，往往采用正交分解法求加速度，难度适中．
三、选考题。【物理选修3-3】
13．下列说法中正确的是（
）
A．一定质量的气体在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
B．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关
C．能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
D．液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力
E．若某气体摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA 表示，则该气体的分子体积为ܸܰ
t
【考点】86：分子间的相互作用力；8H：热力学第二定律；95：液体的表面张力；9C：气体压强的微观意义．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积；分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，
压强不为零；饱和汽压随温度的升高而增大；明确热力学第二定律的描述，知道热学现象的不可逆性；知道气体
分子的特点，明确不能根据阿伏加德罗常数计算分子体积．
【解答】解：A、在完全失重的情况下，分子运动仍不停息，气体对容器壁的碰撞不停止，所以气体的压强不为
零，故A 错误；
B、饱和汽压只与温度有关，与饱和汽的体积无关，故B 正确；
C、热力学第二定律说明能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，故C 正确；
D、由于蒸发的原因，液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力，故D 正确；
E、气体分子体积较小，分子间的空隙较大，因此不能利用阿伏加德罗常数计算分子体积，故E 错误。
故选：BCD。
【点评】本题关键要掌握气体分子模型、温度和气体压强的微观意义以及热力学第二定律，其中热力学第二定律
一定要注意正确理解方向性．
14．如图，一端封闭、粗细均匀的薄壁玻璃管开口向下竖直插在装有水银的槽内，管内封闭有一定质量的空气，水
银槽的截面积上下相同，是玻璃管截面积的10 倍，玻璃管截面积S＝1.0cm2，开始时管内空气柱长度为6cm，管
内外水银面高度差为45cm。将玻璃管沿竖直方向缓慢上移（管口未离开槽中水银），使管内外水银面高度差变为
60cm，已知外界大气压强p0＝75cmHg≈1.0×105Pa，求：
①此时管内空气柱的长度；
②大气压力对槽内水银面做的功。
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】①根据管内外水银面的高度差，求出被封闭气体的压强，然后根据等温变化气态方程即可求解。
②注意槽水银下降的体积与管内水银上升的体积是相同的，据此可解出水银槽内水银面下降的高度，然后结合功
的定义即可求出。
【解答】解：①玻璃管内的空气作等温变化，有（p0﹣H1）l1S＝（p0﹣H2）l2S
①
解得：t2 = ݌0−ܪ1
݌0−ܪ2 t1 = 12ܿ݉
②
故此时管内空气柱的长度为12cm
②设水银槽内水银面下降△x，水银体积不变，则玻璃管内的水银上升的高度为9△x
此时有10△x＝H2﹣H1 ③
代入数据解得水银槽内水银面下降的高度△x＝1.5cm
④
大气压力对槽内水银面做的功为
W＝p0（10﹣1）S•△x＝1.0×105×9×1.0×10
﹣4×0.015J＝1.35J
答：①此时管内空气柱的长度为12cm；
②大气压力对槽内水银面做的功为1.35J。
【点评】本题考查了气体的等温变化，难点在于第（2）问，注意水银槽内和试管内水银体积变化相同，并非高度
变化相同。
【物理选修3-4】
15．如图，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝﹣0.2m 和x＝1.2m 处，两列波的波
速均为v＝0.4m/s，振幅均为2cm．图示为t＝0 时刻两列波的图象（传播方向如图），此时平衡位置处于x＝0.2m
和x＝0.8m 的P、Q 两质点刚开始振动，质点M 的平衡位置处于x＝0.5m，下列说法正确的是（
）
A．t＝0.75s 时刻，质点P、Q 都运动到M 处
B．x＝0.4m 处质点的起振方向沿y 轴负方向
C．M 点振动后的振幅是4cm
D．t＝2s 时刻，质点M 的纵坐标为﹣4cm
E．0～2s 这段时间内质点M 通过的路程为10cm
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系；F6：波的叠加．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】机械波向前传播的过程中，介质中质点并不向前移动．两列波相遇并经过重叠区域后，振幅、速度、波
长不变．由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期．根据所给的时间与周期的关系，分析质点M 的位置，确
定其位移．由波的传播方向来确定质点的振动方向．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相
遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱．
【解答】解：A、质点P、Q 都不随波迁移，只在各自的平衡位置附近上下振动，所以质点P、Q 都不会运动到M
处。故A 错误；
B、两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，质点P、Q 均沿y 轴负方向运动，所以x＝0.4m 处质点的起振
方向也沿y 轴负方向，故B 正确；
C、由于两列波的波峰或波谷同时到达M 点，M 点振动加强，M 点的振幅是两列波的振幅之和，即为：A′＝2A
＝2×2cm＝4cm。故C 正确。
D、由图可知，该两波的波长为0.4m，则波的周期为T= ɉ
㘴= 0.4
0.4s＝1s，P、Q 两质点到M 的距离都是0.3m。波传
到M 的时间都是为：t= 3
4T＝0.75s，M 点起振的方向向下，再经过：1.25s= 5
4T，两波的波谷恰好传到质点M，所
以M 点的位移为﹣4cm。故D 正确；
E、0 到2s 这段时间内质点M 振动的时间是
5
4T，通过的路程为s= 5
4 ×4A′＝5A′＝5×4cm＝20cm。故E 错误；
故选：BCD。
【点评】本题要理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为
振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．
16．如图，一蓄水池水深为4m，池底有垂直墙壁的发光带，在墙壁上距液面上方1m 处有高位1.25m 的窗口，O 点
到墙的距离为1m，距窗口上边沿为0.75m，已知水的折射率为
4
3，求人眼在O 点通过窗口能看到的正前方池底发
光带的最远点到墙壁的距离d（光带足够长，忽略窗玻璃的折射）
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【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；34：比较思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】根据光路可逆原理，作出人眼能能看到的正前方池底发光带的最远点，根据几何关系求出此光路在水面
的入射角，根据折射定律求出折射角，再结合几何关系求解．
【解答】解：如右图，有tanθ=
1
0.75 = 4
3，θ＝53° ①
由折射定律有h = ݏthߠ
ݏthߛ= 4
3，γ＝37° ②
则BD＝H•tanγ＝4× 3
4m＝3m ③
AC＝3tanθ﹣1＝3m ④
所以d＝BD+AC＝6m ⑤
答：人眼在O 点通过窗口能看到的正前方池底发光带的最远点到墙壁的距离d 是6m．
【点评】解决本题的关键是根据光路可逆原理，作出光路图，运用几何知识求相关角度和长度，要注意光线的方
向不能画错．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 13:31:14 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第三次月考物理试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）关于功，下列说法正确的是（
）
A．支持力对物体一定不做功
B．滑动摩擦力对物体可以不做功
C．静摩擦力对物体一定不做功
D．作用力和反作用力做功必定正负相反，且代数和为零
2．（6 分）一个小滑块以v1 的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，沿斜坡做直线运动，当它返回坡底时的速度变为v2
（v1＞v2）小滑块上坡时的加速度为a1，所用时间为t1；下坡时的加速度为a2，所用时间为t2，下列说
法正确的是（
）
A．t1：t2＝v2：v1
B．a1：a2＝v1：v2
C．整个过程小滑块的平均速度等于
㘴1+㘴2
2
D．小滑块在最高点时的加速度和速度都为零
3．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体正上方有一小球以初速度v0 水平抛出。若小球垂直打到斜面上，重力加速度
g。则飞行的时间为（
）
A．
㘴0ܿ݋ݐߠ
t
B．
2㘴0ܿ݋ݐߠ
t
C．
㘴0ݐܽhߠ
t
D．
2㘴0ݐܽhߠ
t
4．（6 分）如图所示，横截面为扇形的物体B 放在水平面上，横截面为等腰直角三角形的小滑块A 放在物体B 上，
右侧紧靠墙壁．已知物体B 的质量为M，滑块A 的质量为m，重力加速度为g．B 与水平面间的动摩擦因数为μ，
其余接触面的摩擦均可忽略不计．当整个装置静止时，用下列选项正确的是（
）
A．物体B 对水平面的压力大小为Mg
B．物体B 受到水平面的摩擦力大小为μ（M+m）g
C．滑块A 对竖直墙壁的压力大小为2mg
D．滑块A 对物体B 的压力大小为2mg
5．（6 分）如图所示，质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg 的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．大
小分别为F1＝15N、F2＝6N 的两个水平拉力分别作用在m1、m2 上，当系统达到稳定后（
）
A．弹簧秤的示数是9N
B．弹簧秤的示教是21N
C．在突然撤去F2 的瞬间，m1 的加速度a1＝3m/s2
D．在突然撤去F2 的瞬附，m2 的加速度a2＝5m/s2
6．（6 分）2018 年8 月30 日中国航天科工集团公司提出“虹云工程”．该工程计划在2022 年前发时156 颗小卫星，
它们将在距离地面1000 公里的轨道上组网运行，致力于构建一个星载宽带全球移互联网络，实现网络无差别的全
球覆盖．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，设小卫星绕地球做匀速圆周运动．关于这些小卫星，下
列说法正确的是（
）
A．可以估算出小卫星所受到的万有引力大小
B．小卫星的周期小于地球同步卫星的周期
C．小卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s
D．从地球发射小卫星的速度一定大于11.2km/s
7．（6 分）如图所示，两根轻绳一端共同拴接在质量为m 的小球上，另一端分别固定在等高的A、B 两点．A、B 两
点到球的距离均为L，A、B 两点间的距离也为L．重力加速度大小为g．小球恰好在竖直平面内做圆周运动，不
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计空气阻力，则（
）
A．小球在最高点的速率为tܮ
B．小球在最低点的速率为5 3tܮ
2
C．小球在最高点时，每根绳子的拉力大小为mg
D．小球在最低点时，每根绳子的拉力大小为2 3mg
8．（6 分）如图所示，质量为2kg 的木板M 放置在光滑水平面上，木板上固定一轻质刚性竖直档板，挡板能承受的
最大弹力为4N．超过4N，挡板将从木板上掉落．初始时质量为1kg 的物块m（可视为质点）恰好与竖直挡板接
触，且两物体均静止，某时刻开始M 受水平自左的外力F 作用．已知M、m 间的动摩擦因数μ＝0.5，假设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g 取10m/s2．关于M、m 的运动．下列表述正确的是（
）
A．若F＝9N，此时挡板对物块m 的力为3N
B．只要F＜30N，物块m 能静止在木板上
C．若F＝15N，此时木板M 的加速度a＝5m/s2
D．物块m 的最大加速度为9m/s2
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题〜第12 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第13 题-第16
题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（6 分）图（a）是用DIS 研充“机械能守恒定律”的装置．在某次实验中，选择以图象方式显示实验的结果，所
显示的图象如图（b）所示．图象的横轴表示小球距A 点的竖直高度h，纵轴表示摆球的重力势能Ep、动能Ek 或
机械能E．其中图线乙的斜率为k1，图线丙的斜率为k2，重力加速度为g，根根据图（b），回答下列问题：
（1）由图象判所，小球由静止释放的位置距最低点A 的竖直高度为
m．
（2）小球的质量为
（用k1 或k2 表示）．
（3）实验结论是
．
10．（8 分）某同学利用如图所示的装置探究动能定理，已知小球质量为m，斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦
因数为μ，斜槽末端距地面的高度为H，重力加速皮为g，斜槽末端用小圆弧平滑连接，不计小球水平槽之间的摩
擦。
（1）在安装斜槽时，应注意
（2）在水平地面上依次固定好白纸、复写纸。
（3）将小球从斜槽上距末端高为h 处由静止释放，小球落到复写纸上的某点，测出落点到桌边缘的水平距离为x。
从小球开始运动到离开斜槽的瞬间的过程中，用题目中所给的已知的物理量表示，重力做功WG＝
，摩擦
力做功Wf＝
。动能的改变量△Ek＝
（用H 和x 表示）。
（4）改变小球在斜槽上的释放位置，重复步取（3），进行多次实验测量，探充合外力做的功（WG+Wf）
与动能改变量△Ek 点的关系。即探究动能定理。
11．（13 分）1997 年发射的卡西尼一惠更斯号在2004 年7 月1 日正式进入土星系预定轨道，抵达土星后不久，惠更
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斯号就跟卡西尼号分离，在2008 年时降落在“泰坦”上。卡西尼号在2018 年9 月15 日结束了这次宇庙冒险，坠
人土星大气层。在土星已知的62 颗的天然卫星中，惠更斯号降落的土卫六“泰坦”是太阳系卫星世界中第二大的，
直径d＝5150km，质量m＝1.4×l023kg，是太阳系内唯一有大气的卫星。它的轨道基本上在土星赤道面内，沿着
近乎正圆形的轨道绕土星运动。现假设“泰坦”在做匀速圆周运动，“泰坦”公转的轨道半径为r，运行的周期为
T，土星的半径为R，万有引力常量C＝6.7×10
﹣11N•m2/kg2．忽略其他天体的影响。求：
（1）土星的质量（用字母表示）；
（2）土星的密度（用字母表示）；
（3）估算“泰坦”表面的重力加速度《结果保留两位有效数字）。
12．（20 分）如图甲所示，吊车下方吊一个质量为500kg 的重物，二者一起以速度v0＝1m/s 沿水平方向做匀速直线
运动。某时刻开始，吊车将重物竖直向上吊起。绳子拉力的功率按如图乙所示规律变化；在前2s 内重物在竖直方
向上做匀加速直线运动，2s 后保持功率P0＝10kW 不变，5s 时重物达到最大速度。整个过程中忽略空气阻力，且
水平方向的运动不受任何影响，取g＝10m/s2．则在整个过程中，求：
（1）重物的最大速度；
（2）0﹣2s 时间内重物的加速度大小；
（3）0～5s 时间内重物克服重力做功。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．分子质量不同、温度相同的两种气体，它们分子的平均动能可能不相同
B．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
C．压缩密封在汽缸中的一定质量的理想气体，难度越来越大，这是因为分子间距离越小时分子间斥力越大
D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
E．一定质量的理想气体，吸热的同时外界对其做功。其内能一定增加
14．（10 分）如图所示，在导热圆柱形汽缸中用质量为2kg 的光滑导热活塞封闭一定质量的理想气体，在汽缸底部开
有一小孔，与U 形水银管相连，已知圆柱形汽缸横截面积为S，外界大气压为p0＝76cmHg，温度为27℃，稳定
U 形水银管两边水银面的高度差为△h＝4cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50cm。（U 形管内气体的体积忽
略不计）将一质量为10kg 的物体缓慢放在活塞上，求：
（1）稳定后U 形管两侧水银面的高度差△h'；
（2）对汽缸加热使气体温度达到400K，稳定后活塞离容器底部的高度L′（结果保留3 位有效数字）。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．光在真空中传播的速度与光的频率有关
B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的
C．杨氏双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大
D．光的偏振现象说明光是横波
E．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在
16．某介质中形成一列简谐波，t＝0 时刻的波形如图中实线所示，该波沿x 轴正方向传播，t＝0 时刻刚好传到平衡
位置为x＝1 的质点B 处。
（1）若再经过0.6s，质点P 刚开始振动，求从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程中，质点B 所经过的路
程s0。
（2）波的传播速度的大小、方向不变，波形由实线变为虚线，需要多少时间？
（3）若t＝0 时刻有一列波长、振幅、波速大小与图中实线相同的简谐波刚传到P 点，且传播方向沿x 轴负方向，
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此刻质点P 向下振动（图中未画出）。再经过0.6s，求质点B 的位移和振幅。
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第三次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）关于功，下列说法正确的是（
）
A．支持力对物体一定不做功
B．滑动摩擦力对物体可以不做功
C．静摩擦力对物体一定不做功
D．作用力和反作用力做功必定正负相反，且代数和为零
【考点】35：作用力和反作用力；62：功的计算．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】根据力做功的条件，力和力的方向上位移W＝Fxcosθ，结合具体的实例分析力的方向和位移方向之间的
关系，从而确定答案的正确性．
【解答】解：A、只要在力的方向上发生位移，则力一定做功，故支持力可以做功，故A 错误；
B、滑动摩擦力方向与可以与物体实际运动方向相互垂直，故滑动摩擦力可以不做功，故B 正确；
C、传送带在向上传送物体时，传送带对物体的摩擦力是静摩擦力，此时的静摩擦力就对物体做功，所以B 错误；
C、相互作用的两个物体不一定都有位移，故作用力和反作用力不一定同时都做功。一对作用力和反作用力可能都
做负功。例如，两辆相向行驶的实验小车在发生碰撞的过程中，它们间的相互冲击力都做负功，代数和不为零，
故D 错误。
【点评】本题细致的考查了摩擦力的特点以及功的性质，要注意明确力是否做功与力的性质无关，只与力和力的
方向上是否发生位移有关．
2．（6 分）一个小滑块以v1 的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，沿斜坡做直线运动，当它返回坡底时的速度变为v2
（v1＞v2）小滑块上坡时的加速度为a1，所用时间为t1；下坡时的加速度为a2，所用时间为t2，下列说
法正确的是（
）
A．t1：t2＝v2：v1
B．a1：a2＝v1：v2
C．整个过程小滑块的平均速度等于
㘴1+㘴2
2
D．小滑块在最高点时的加速度和速度都为零
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；1G：匀变速直线
运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】滑块向上做匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动；
滑块下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，两过程滑块的位移大小相等；
应用匀变速直线运动的速度公式与平均速度公式分析答题。
【解答】解：A、向上滑动过程的平均速度：㘴1= 㘴1
2 ，下滑过程的平均速度：㘴2= 㘴2
2 ，上滑与下滑过程的位移大小
相等，运动时间之比：
ݐ1
ݐ2
=
ݔ
㘴1
ݔ
㘴2
=
㘴2
㘴1
，故A 正确；
B、由匀变速直线运动的速度位移公式得：a= 㘴2
2ݔ，加速度之比：ܽ1ܽ
2
=
㘴1
2
2ݔ
㘴2
2
2ݔ
=
㘴1
2
㘴2
2，故B 错误；
C、最终小滑块回到出发点，整个过程的位移为零，整个过程的平均速度为零，故C 错误；
D、小滑块在最高点时速度为零，在最高点滑块所受合力不为零，加速度不为零，故D 错误；
【点评】本题考查了匀变速直线运动规律的应用，分析清楚物体的运动过程、掌握匀变速直线运动的平均速度公
式是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动规律即可解题。
3．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体正上方有一小球以初速度v0 水平抛出。若小球垂直打到斜面上，重力加速度
g。则飞行的时间为（
）
A．
㘴0ܿ݋ݐߠ
t
B．
2㘴0ܿ݋ݐߠ
t
C．
㘴0ݐܽhߠ
t
D．
2㘴0ݐܽhߠ
t
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；49：合成分解法；518：平抛运动专题．
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【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直
方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。根据平抛运动的规律和速度条件结合进行解答。
【解答】解：物体垂直落到斜面上，速度方向与斜面垂直，此时速度与竖直方向的夹角等于θ，则得：
vy=
㘴0
ݐܽhߠ=gt，
则得t=
㘴0
tݐܽhߠ
故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键是知道怎样运动时位移最小，再根据平抛运动的基本规律结合几何关系解题。
4．（6 分）如图所示，横截面为扇形的物体B 放在水平面上，横截面为等腰直角三角形的小滑块A 放在物体B 上，
右侧紧靠墙壁．已知物体B 的质量为M，滑块A 的质量为m，重力加速度为g．B 与水平面间的动摩擦因数为μ，
其余接触面的摩擦均可忽略不计．当整个装置静止时，用下列选项正确的是（
）
A．物体B 对水平面的压力大小为Mg
B．物体B 受到水平面的摩擦力大小为μ（M+m）g
C．滑块A 对竖直墙壁的压力大小为2mg
D．滑块A 对物体B 的压力大小为2mg
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】首先对物体A 受力分析，受重力、B 的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体
受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小．
【解答】解：CD、首先对物体A 受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：
F1=݉
t
ݏthߠ
F2=݉
t
ݐܽhߠ
A 是等腰直角三角形，所以θ＝45°
根据牛顿第三定律，A 对B 的压力大小为݉
t
ݏth45° =
2݉
t，A 对竖直墙壁的压力大小为݉
t
ݐܽh45° =݉
t，故C 错误，
D 正确；
AB、再对AB 整体受力分析，受重力、地面支持力、竖直挡板支持力、地面的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，地面支持力大小FN＝（M+m）g，地面的摩擦力大小f＝F2＝mg；
再根据牛顿第三定律，对地压力大小为（M+m）g，故A 错误，B 错误；
【点评】本题关键是采用隔离法和整体法选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；
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共点力平衡的处理方法：
（1）三力平衡的基本解题方法
①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把
重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力．
②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法．应用这种方法，往往能收
到简捷的效果．
（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法
利用正交分解方法解体的一般步骤：
①明确研究对象；
②进行受力分析；
③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；
④x 方向，y 方向分别列平衡方程求解．
5．（6 分）如图所示，质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg 的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．大
小分别为F1＝15N、F2＝6N 的两个水平拉力分别作用在m1、m2 上，当系统达到稳定后（
）
A．弹簧秤的示数是9N
B．弹簧秤的示教是21N
C．在突然撤去F2 的瞬间，m1 的加速度a1＝3m/s2
D．在突然撤去F2 的瞬附，m2 的加速度a2＝5m/s2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】两个大小分别为F1＝15N、F2＝6N 的水平拉力导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，
列牛顿第二定律解出加速度，再隔离单独分析一个物体，解出弹簧受力；在突然撤去F2 的瞬间，弹簧的弹力不变，
对两物块分别列牛顿第二定律，解出其加速度．
【解答】解：两水平拉力导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，
由牛顿第二定律得：F1﹣F2＝（m1+m2）a
解得：a＝3m/s2
对m1 受力分析：向左的F2 和向右的弹簧弹力F，
由牛顿第二定律得：F1﹣F＝m2a
解得：F＝12N，故AB 错误。
C、在突然撤去F2 的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1 的受力没有发生变化，故加速度大小仍为3m/s2，
故C 正确。
D、突然撤去F1 的瞬间，m2 的受力仅剩弹簧的弹力，对m2 列牛顿第二定律
得：F＝m1a，解得：a＝6m/s2，故D 错误。
【点评】在解决连接体问题时，注意整体法与隔离法的灵活应用，然后分别列牛顿第二定律，解出未知量．
6．（6 分）2018 年8 月30 日中国航天科工集团公司提出“虹云工程”．该工程计划在2022 年前发时156 颗小卫星，
它们将在距离地面1000 公里的轨道上组网运行，致力于构建一个星载宽带全球移互联网络，实现网络无差别的全
球覆盖．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，设小卫星绕地球做匀速圆周运动．关于这些小卫星，下
列说法正确的是（
）
A．可以估算出小卫星所受到的万有引力大小
B．小卫星的周期小于地球同步卫星的周期
C．小卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s
D．从地球发射小卫星的速度一定大于11.2km/s
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】由于卫星的质量未知，则无法估算小卫星所受的万有引力大小；根据线速度、周期与轨道半径的关系判
断小卫星的周期与同步卫星的周期大小关系，以及判断小卫星的速度与第一宇宙速度的大小关系．卫星的发射速
度一旦大于等于第二宇宙速度，将挣脱地球的引力，不再绕地球飞行．
【解答】解：A、由于小卫星的质量未知，无法估算小卫星所受的万有引力大小，故A 错误。
B、根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 得，T=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ，由于小卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则小卫星的周期小于
地球同步卫星的周期，故B 正确。
C、7.9km/s 是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，可知小卫星的线速度一定小于7.9km/s，故C 正确。
D、卫星的发射速度一旦大于11.2km/s，则卫星会脱离地球的引力，不再绕地球飞行，故D 错误。
故选：BC。
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【点评】解决本题的关键理解三种宇宙速度，知道第一宇宙速度的意义，知道卫星做圆周运动的周期、线速度与
轨道半径的关系，并能灵活运用．
7．（6 分）如图所示，两根轻绳一端共同拴接在质量为m 的小球上，另一端分别固定在等高的A、B 两点．A、B 两
点到球的距离均为L，A、B 两点间的距离也为L．重力加速度大小为g．小球恰好在竖直平面内做圆周运动，不
计空气阻力，则（
）
A．小球在最高点的速率为tܮ
B．小球在最低点的速率为5 3tܮ
2
C．小球在最高点时，每根绳子的拉力大小为mg
D．小球在最低点时，每根绳子的拉力大小为2 3mg
【考点】29：物体的弹性和弹力；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】抓住小球通过最高点时，绳子拉力为零，结合牛顿第二定律求出最高点速度与轨道半径的关系，根据动
能定理求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出在最低点时绳子的拉力．
【解答】解：A、小球做圆周运动的半径为：r= ܮܿ݋ݏ30° =
3
2 ܮ，
因为小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好为零，有：݉
t =݉
㘴2
ݎ，解得：v=
tݎ=
3tܮ
2
，故A 错误；
B、从最高点到最低点，根据动能定理得：mg•2r= 1
2݉
㘴'2 −1
2݉
㘴2，
联立解得：㘴' =
5㘴=
5 3tܮ
2
．故B 正确；
C、由题，小球恰好经过最高点，所以在最高点每根绳子的拉力大小为0．故C 错误；
D、在最低点，根据牛顿第二定律得：2ܶܿ
݋ݏ30° −݉
t =݉
㘴'2
ݎ，解得：T= 2 3݉
t．故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道最高点的临界情况，抓住小球向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
8．（6 分）如图所示，质量为2kg 的木板M 放置在光滑水平面上，木板上固定一轻质刚性竖直档板，挡板能承受的
最大弹力为4N．超过4N，挡板将从木板上掉落．初始时质量为1kg 的物块m（可视为质点）恰好与竖直挡板接
触，且两物体均静止，某时刻开始M 受水平自左的外力F 作用．已知M、m 间的动摩擦因数μ＝0.5，假设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g 取10m/s2．关于M、m 的运动．下列表述正确的是（
）
A．若F＝9N，此时挡板对物块m 的力为3N
B．只要F＜30N，物块m 能静止在木板上
C．若F＝15N，此时木板M 的加速度a＝5m/s2
D．物块m 的最大加速度为9m/s2
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先由牛顿第二定律求出m 能达到的最大加速度，然后由牛顿第二定律求出整体的受到的拉力；最后由牛
顿第二定律分析不同的力作用下整体的加速度以及挡板能不能挡住m．
【解答】解：AD、m 与木板M 之间的最大静摩擦力：fm＝μFN＝μmg＝0.5×1×10＝5N
当m 的加速度最大时，m 与挡板之间的作用力Fm 为4N，所以m 的最大加速度为：
am=݂݉
+ܨ݉݉
= 5+4
1
= 9݉
/ݏ2
此时对整体，由牛顿第二定律可得：ܽ݉
=
ܨ
ܯ+݉
联立得水平拉力为：F＝27N
所以当F＝9N 时整体的加速度为：ܽ1 =
ܨ
ܯ+݉
=
9
2+1 = 3݉
/ݏ2
m 需要的向左的力为：F 左＝ma1＝1×3＝3N＜fm，所以此时挡板对物块m 的力可以为0．故A 错误，D 正确；
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B、由以上的方向可知，F＞27N 后，M 不能相对于木板静止。故B 错误；
C、若F＝15N，二者能以相同的加速度一起做匀加速运动，此时的加速度为：ܽ
' =
ܨ'
ܯ+݉
= 15
2+1 = 5݉
/ݏ2
所以此时木板M 的加速度a＝5m/s2．故C 正确
故选：CD。
【点评】该题结合动能定理考查变力做功的问题，解答的关键是由于力F 随位移是均匀变化的，所以可以用力的
平均值计算拉力的功．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题〜第12 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第13 题-第16
题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（6 分）图（a）是用DIS 研充“机械能守恒定律”的装置．在某次实验中，选择以图象方式显示实验的结果，所
显示的图象如图（b）所示．图象的横轴表示小球距A 点的竖直高度h，纵轴表示摆球的重力势能Ep、动能Ek 或
机械能E．其中图线乙的斜率为k1，图线丙的斜率为k2，重力加速度为g，根根据图（b），回答下列问题：
（1）由图象判所，小球由静止释放的位置距最低点A 的竖直高度为
0.2
m．
（2）小球的质量为݇
1
t
（用k1 或k2 表示）．
（3）实验结论是
在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒
．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）分析图示图象，确定各图线表示什么量间的关系，然后根据图示图象求出小球由静止释放的位置到
A 点的竖直高度．
（2）根据图示图象求出小球的质量．
（3）根据图示图线与各种量的变化情况得出实验结论．
【解答】解：（1）小球摆到过程重力势能转化为动能，当高度h 增大时，重力做负功，重力势能EP＝mgh 增大，
动能减小，在此过程中机械能不变；
由图示图线可知，甲表示机械能，乙表示重力势能，丙表示动能；
小球由静止释放时动能为零，由图线丙所示可知，当动能为零时，小球处于最高点，即静止释放的位置，可知此
时h＝0.2m；
（2）由图线乙可知：EP＝mgh，EP﹣h 图线的斜率：k1＝mg，则小球质量：m=݇
1
t ；
（3）小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒．
由图示图象可知，在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒；
故答案为：（1）0.2；（2）݇1
t ；（3）在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒．
【点评】本题考查理解物理图象的能力．守恒定律关键要明确条件．验证性实验最后得出结论时，要强调在实验
误差允许的范围内．
10．（8 分）某同学利用如图所示的装置探究动能定理，已知小球质量为m，斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦
因数为μ，斜槽末端距地面的高度为H，重力加速皮为g，斜槽末端用小圆弧平滑连接，不计小球水平槽之间的摩
擦。
（1）在安装斜槽时，应注意
斜槽末端o 点的切线水平
（2）在水平地面上依次固定好白纸、复写纸。
（3）将小球从斜槽上距末端高为h 处由静止释放，小球落到复写纸上的某点，测出落点到桌边缘的水平距离为x。
从小球开始运动到离开斜槽的瞬间的过程中，用题目中所给的已知的物理量表示，重力做功WG＝
mgh
，摩擦
力做功Wf＝
ߤ݉
t݄
ݐܽhߠ
。动能的改变量△Ek＝݉
tݔ2
4ܪ
（用H 和x 表示）。
（4）改变小球在斜槽上的释放位置，重复步取（3），进行多次实验测量，探充合外力做的功（WG+Wf）
与动能改变量△Ek 点的关系。即探究动能定理。
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【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）本实验利用平抛运动的知识测量小球离开斜槽的速度，应使使斜槽末端O 点的切线水平。
（2）根据W＝mgh 求重力做的功，根据几何关系由重物下滑斜面的长度和摩擦力的大小求得摩擦力做的功，根
据平抛运动规律求得物体做平抛运动的初速度，据初速度求得动能的改变量。
【解答】解：（1）本实验必须得保证小球脱离导轨之后做一个平抛运动，故其斜槽末端O 点的切线水平；
（2）从小球开始运动到离开斜槽的瞬间的过程中小球在竖直方向下滑的高度为h，故此过程中重力做功WG＝mgh；
据受力分析知，物体在斜面上下滑时所受滑动摩擦力f＝μmgcosθ，物体沿斜面下滑的距离L=݄ݏthߠ，故下滑过程
中摩擦力做功Wf＝﹣fL= ߤ݉
t݄
ݐܽhߠ；
根据平抛运动规律可知，平抛运动在水平方向做匀速直线运动有：x＝v0t
①，平抛运动在竖直方向做自由落
体运动有：ܪ= 1
2 tݐ2②，由①②两式可得㘴0 =
ݔ
2ܪ
t
，物体由静止下滑，故此过程中动能的改变量△ܧ݇= 1
2݉
㘴0
2 −
0 =݉
tݔ2
4ܪ。
故答案为：（1）斜槽末端o 点的切线水平
（2）mgh，
ߤ݉
t݄
ݐܽhߠ，݉
tݔ2
4ܪ。
【点评】本题本质上考查学生的是对于动能定理和平抛运动的综合运用。列出表达式之后按照题中要求整理出相
应的函数表达式也属于考试中经常考到一个很重要的数学能力，本题属于具有一定创新性的探究动能定理的实验
问题
11．（13 分）1997 年发射的卡西尼一惠更斯号在2004 年7 月1 日正式进入土星系预定轨道，抵达土星后不久，惠更
斯号就跟卡西尼号分离，在2008 年时降落在“泰坦”上。卡西尼号在2018 年9 月15 日结束了这次宇庙冒险，坠
人土星大气层。在土星已知的62 颗的天然卫星中，惠更斯号降落的土卫六“泰坦”是太阳系卫星世界中第二大的，
直径d＝5150km，质量m＝1.4×l023kg，是太阳系内唯一有大气的卫星。它的轨道基本上在土星赤道面内，沿着
近乎正圆形的轨道绕土星运动。现假设“泰坦”在做匀速圆周运动，“泰坦”公转的轨道半径为r，运行的周期为
T，土星的半径为R，万有引力常量C＝6.7×10
﹣11N•m2/kg2．忽略其他天体的影响。求：
（1）土星的质量（用字母表示）；
（2）土星的密度（用字母表示）；
（3）估算“泰坦”表面的重力加速度《结果保留两位有效数字）。
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）根据引力提供向心力，结合万有引力定律与牛顿第二定律，即可求解；
（2）依据密度公式ߩ= ܯܸ，结合球的体积公式，即可求解；
（3）依据引力等于重力，即可求解。
【解答】解：（1）土星对“泰坦”的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，
由万有引力定律，则有：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ
解得：M= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2
（2）根据ߩ= ܯܸ，则有：ߩ=
ܯ
4
3ߨh3 = 3ߨݎ3
ܩܶ2h3
（3）设“泰坦”表面有一质量为m0 的物体，则有：
ܩ݉݉
0
(݀2)2
=݉
0t
解得：g＝1.4m/s2；
答：（1）土星的质量为
4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ；
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（2）土星的密度为
3ߨݎ3
ܩܶ2h3；
（3）估算“泰坦”表面的重力加速度为1.4m/s2。
【点评】考查万有引力定律与牛顿第二定律的内容，掌握向心力与球的体积公式，理解引力等于重力的条件。
12．（20 分）如图甲所示，吊车下方吊一个质量为500kg 的重物，二者一起以速度v0＝1m/s 沿水平方向做匀速直线
运动。某时刻开始，吊车将重物竖直向上吊起。绳子拉力的功率按如图乙所示规律变化；在前2s 内重物在竖直方
向上做匀加速直线运动，2s 后保持功率P0＝10kW 不变，5s 时重物达到最大速度。整个过程中忽略空气阻力，且
水平方向的运动不受任何影响，取g＝10m/s2．则在整个过程中，求：
（1）重物的最大速度；
（2）0﹣2s 时间内重物的加速度大小；
（3）0～5s 时间内重物克服重力做功。
【考点】45：运动的合成和分解；63：功率、平均功率和瞬时功率；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）在前2s 内重物在竖直方向上做匀加速直线运动，5s 时重物达到最大速度，合力为零，由P＝Fv 求竖
直方向的最大速度，再与水平速度合成求最大速度。
（2）0﹣2s 时间内，根据牛顿第二定律、v＝at 及P＝Fv 求重物的加速度大小；
（3）根据P﹣t 图象与时间轴所围的面积求出牵引力做的功，再由动能定理求0﹣5 时间内重物克服重力做功。
【解答】解：（1）竖直方向物体能到达的最大速度为：
vy=ܲ
0݉
t = 10×103
500×10 =2m/s，
物体的最大速度为：
vm=
㘴0
2 + 㘴ݕ
2 =
12 + 22 =
5m/s，
水平与水平方向成的角度为：
θ＝arctan
㘴ݕ
㘴0
=arctan2；
（2）0﹣2s 时间内，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma
由运动学公式有：v＝at0，
且有：P0＝Fv，
联立解得：a＝（35 −5）m/s2；
（3）P﹣t 图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得：ܲ
0ݐ1
2
+P0（t2﹣t1）﹣mgh= 1
2݉
㘴݉2 −1
2݉
㘴0
2，
重物克服重力做功为：WG＝mgh，
解得：WG＝3.9×104J；
答：（1）重物的最大速度是5m/s，水平与水平方向成arctan2；
（2）0﹣2s 时间内重物的加速度大小为（35 −5）m/s2；
（3）0﹣5 时间内重物克服重力做功是3.9×104J。
【点评】解决本题的关键是要理清重物的运动情况，知道P﹣t 图线与时间轴所围的面积表示牵引力做功。要注意
最大速度是合速度。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．分子质量不同、温度相同的两种气体，它们分子的平均动能可能不相同
B．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
C．压缩密封在汽缸中的一定质量的理想气体，难度越来越大，这是因为分子间距离越小时分子间斥力越大
D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
E．一定质量的理想气体，吸热的同时外界对其做功。其内能一定增加
【考点】86：分子间的相互作用力；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
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【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】温度是分子平均动能大小的标志。
根据热力学第二定律判断；
压缩密封在气缸中的气体难度越来越大，是由于容器的内外之间的压强差增大；
由分子力做功和分子势能变化可判定最小分子势能。
根据热力学第一定律△U＝W+Q 判断气体内能的变化。
【解答】解：A、温度是分子的平均动能的标志，温度相同的物体的分子平均动能都是相等的，与分子质量的大
小无关。故A 错误；
B、根据热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。故B 正确；
C、理想气体分子间无相互作用力，压缩封闭在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大，这是因为气体压强增
大了，容器的内外之间的压强差增大了，故C 错误；
D、当分子间的引力和斥力平衡时，靠近分子力表现为斥力，做负功分子势能增加；远离分子力表现为引力，也
做负功，分子势能也增加；故当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故D 正确；
E、根据热力学第一定律△U＝W+Q，一定质量的理想气体，吸热Q 为正，外界对其做功W 为正。所以△U 也一
定是正值，表示其内能一定增加。故E 正确；
故选：BDE。
【点评】根据热力学第一定律△U＝W+Q 判断气体内能的变化。在运用△U＝Q+W 来分析问题时，首先必须理解
表达式的物理意义，掌握它的符号法则：①W＞0，表示外界对系统做功；W＜0，表示系统对外界做功；②Q＞0，
表示系统吸热；Q＜0，表示系统放热；③△U＞0，表示系统内能增加；△U＜0，表示内能减少。
14．（10 分）如图所示，在导热圆柱形汽缸中用质量为2kg 的光滑导热活塞封闭一定质量的理想气体，在汽缸底部开
有一小孔，与U 形水银管相连，已知圆柱形汽缸横截面积为S，外界大气压为p0＝76cmHg，温度为27℃，稳定
U 形水银管两边水银面的高度差为△h＝4cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50cm。（U 形管内气体的体积忽
略不计）将一质量为10kg 的物体缓慢放在活塞上，求：
（1）稳定后U 形管两侧水银面的高度差△h'；
（2）对汽缸加热使气体温度达到400K，稳定后活塞离容器底部的高度L′（结果保留3 位有效数字）。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）根据平衡求出放上重物前后A 中气体的压强，联立即可求出稳定后U 形管两侧水银面的高度差△h'；
（2）封闭气体的压强、体积、温度均变化，根据理想气体的状态方程，即可求出气体温度达到400K，稳定后活
塞离容器底部的高度L′。
【解答】解：（1）以cmHg 为单位，A 中气体压强p1＝p0+△h＝80cmHg
放上物体后，A 中气体压强变为：p2＝p0+△h′
联立两式可得：△h′＝24cm
p2＝100cmHg
（2）初态：压强p1＝80cmHg，体积V1＝50S，温度T1＝（27+273）K＝300K
末态：压强p2＝100cmHg，体积V2＝L′S，温度T2＝400K
根据理想气体的状态方程可得：
݌1ܸ
1ܶ
1
=
݌2ܸ
2ܶ
2
解得：L′＝53.3cm
答：（1）稳定后U 形管两侧水银面的高度差△h'为24cm；
（2）对汽缸加热使气体温度达到400K，稳定后活塞离容器底部的高度L′为53.3cm。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
【物理一选修3-4】（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．光在真空中传播的速度与光的频率有关
B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的
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C．杨氏双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大
D．光的偏振现象说明光是横波
E．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在
【考点】G2：电磁波的产生；H9：光的干涉；HA：光的衍射；HC：双缝干涉的条纹间距与波长的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54R：电磁场理论和电磁波．
【分析】光的偏振现象说明光是横波；油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；根据双缝干涉的条纹间距公式
判断间距的变化；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在。
【解答】解：A、光在真空中传播的速度都一样，与光的频率无关。故A 错误。
B、声波的波长大于超声波的波长，所以声波更容易发生衍射。故B 正确。
C、根据双缝干涉的条纹间距公式△x= ܮ݀ɉ知，紫光的波长比红光的波长短，则紫光产生的条纹间距变小。故C 错
误。
D、光的偏振现象说明光是横波。故D 正确。
E、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查了物理学史，波的干涉和衍射以及全反射等知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基
础知识点。
16．某介质中形成一列简谐波，t＝0 时刻的波形如图中实线所示，该波沿x 轴正方向传播，t＝0 时刻刚好传到平衡
位置为x＝1 的质点B 处。
（1）若再经过0.6s，质点P 刚开始振动，求从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程中，质点B 所经过的路
程s0。
（2）波的传播速度的大小、方向不变，波形由实线变为虚线，需要多少时间？
（3）若t＝0 时刻有一列波长、振幅、波速大小与图中实线相同的简谐波刚传到P 点，且传播方向沿x 轴负方向，
此刻质点P 向下振动（图中未画出）。再经过0.6s，求质点B 的位移和振幅。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】（1）由波从B 传播到P 的时间和距离求得波速，再由图得到波长，即可求得周期；从而得到质点B 振动
的时间，从而根据质点B 的振动和振幅求得路程；
（2）由图根据波的传播方向求得传播距离，即可由波速求得时间；
（3）根据波的传播方向得到波前起振方向，再根据时间由波的传播得到两波在B 点处的振动，即可根据叠加定理
得到位移和振幅。
【解答】解：
（1）由图可得：波长ɉ＝2m，波前从B 传播到P 的传播距离△x＝6m＝3ɉ，故波速㘴= △ݔ
△ݐ= 6݉
0.6ݏ= 10݉
/ݏ，
周期ܶ
= ɉ
㘴= 0.2ݏ；
波向右传播，故波前向下振动，那么，从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的时间间隔△ݐ' =△ݐ+ 1
4ܶ
= 3 1
4ܶ；
又有t＝0 时刻，质点B 在平衡位置向下振动，所以，s0＝3×4A+A＝13×2cm＝26cm；
（2）波向右传播，故波形由实线变为虚线，波向右传播的距离△ݔ' = (h + 3
4 )ɉ，h ∈ܰ
，故需要时间ݐ= (h + 3
4 )ܶ
=
0.2h + 0.15(ݏ)，h ∈ܰ
；
（3）两波波长、振幅、波速相等，故周期相等；
向左传播的波刚好传播到B 点，故该波在B 点在平衡位置向下振动；
向右传播的波，在t＝0 时刻，在B 点处在平衡位置向下振动；那么，经过△t＝0.6s＝3T，那么，向右传播的波在
B 点在平衡位置向下振动；
所以，质点B 的位移为零，两波振动相同，故振动加强，振幅为2A＝4cm；
答：（1）若再经过0.6s，质点P 刚开始振动，则从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程中，质点B 所经过的
路程s0 为26cm；
（2）波的传播速度的大小、方向不变，波形由实线变为虚线，需要的时间为0.2n+0.15（s），n∈N
（3）若t＝0 时刻有一列波长、振幅、波速大小与图中实线相同的简谐波刚传到P 点，且传播方向沿x 轴负方向，
此刻质点P 向下振动（图中未画出）。再经过0.6s，质点B 的位移为0，振幅为4cm。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的
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传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 13:33:39 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第七次月考物理试卷
一、选择题
1．（3 分）一物体以一定的初速度从光滑斜面底端a 点上滑，最高可滑至b 点，后又滑回至a 点，c 是ab 的中点，如
图所示，已知物块从a 上滑至b 所用的时间为t，下列分析正确的是（
）
A．物块从a 运动到c 所用的时间与从c 运动到b 所用的时间之比为1：2
B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向
C．物块下滑时从b 运动至c 所用时间为
2
2 ݐ
D．物块上滑通过c 点时的速度大小小于整个上滑过程中平均速度的大小
2．（3 分）如图所示，两个质量m 相同的小球分别系于两根等长细线的末端，细线另一端结在另一根细绳上并悬于
天花板上。当两球静止时，天花板对细绳的拉力为T；当两球分别绕竖直轴做水平匀速圆周运动时，天花板对细
绳的拉力为T′，则（
）
A．T＝T′
B．T＞T′
C．T＜T′
D．与转动角速度有关
3．（3 分）2016 年8 月16 日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世
界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所示，“墨子号”
卫星的工作高度约为500km，在轨道上绕地区做匀速圆周运动，经过时间t（t 小于其运动周期），运动的弧长为s，
与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列关于“墨子号”的说法正确的是（
）
A．线速度大于第一宇宙速度
B．质量为
ݏ3
ܩݐ2ߚ
C．环绕周期为
2ߨݐ
ߚ
D．向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
4．（3 分）有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此
微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨
汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小（偏转距离减小），下列措施可行的是（
）
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小偏转电场两板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
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5．（3 分）如图所示，半径为R 的圆形边界内充满垂直纸面向外的匀强磁场，三个粒子以相同的速度从O 点沿on
方向射入，粒子1 从p 点射出，粒子2 从n 点射出，粒子3 从mn 边界射出，出射方向偏转了60°，不考虑粒子
的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定（
）
A．粒子1 带负电，粒子2 不带电，粒子3 带正电
B．粒子1 和粒子3 的周期之比为
3：1
C．粒子1 和粒子3 在磁场中运动的时间之比为3：2
D．粒子1 和粒子3 的比荷之比为
3：2
6．（3 分）关于近代物理，下列说法正确的是（
）
A．氢核聚变反应方程
1
2 H+
1
3H→
2
4He+X 中，X 表示电子
B．α 粒子散射实验现象揭示了原子核的内部结构
C．已知用红光或紫光照射金属钾表面均有光电子逸出，则用紫光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大
D．基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3 的激发态后，一定能发射2 种频率的光子
7．（3 分）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t＝0 时，甲静止，乙以6m/s 的初速度向甲运动。
此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t 图象分别如图（b）
中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（
）
A．两电荷的电性一定相反
B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C．在0～t2 时间内，两电荷的静电力先增大后减小
D．在0～t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
8．（3 分）如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由
v1 增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ．在此过程中（
）
A．木块沿斜面下滑的距离为
㘴1+㘴2
2
t
B．斜面体受水平地面的静摩擦力为零
C．如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h 高处且速度变为v1
D．木块与斜面间摩擦产生的热量为mgh+ 1
2m㘴12 −1
2m㘴22
二、实验题
9．（3 分）一同学用如图甲所示实验装置（打点计时器、纸带图中未画出），探究在水平固定的长木板上物体加速度
随着外力的变化的关系，实验过程中小明用不同的重物P 分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线
拉动长木板上的物体，由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处
理，分别得到了物体A、B 的加速度a 与轻质弹簧秤弹力F 的关系图象分别如图乙中的A、B 所示．
（1）由图甲判断下列说法正确的是
．
A．轻质弹簧秤弹力F 即为物体A、B 受到的合外力
B．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体
C．实验中重物P 的质量应远小于物体的质量
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D．弹簧秤的读数始终为重物P 的重力的一半
（2）实验发现a﹣F 图象不过坐标原点，该同学仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的
质量不等，且mA
mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数μA
μB（填“大
于”“等于”或“小于”）．
10．（3 分）有一只满偏电流未知的电流表G，满偏电流约为700～800μA、内阻约100Ω，已知表盘刻度均匀、总格
数为N．要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流，有以下可供选用的器材：
A．电流表A（0～0.6A，内阻0.1Ω）
B．电压表V（0～3V，内阻3kΩ）
C．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流为2A）
D．电源E（电动势约3V、内阻约1.0Ω）
E．开关S 一个及导线若干
（1）请从“电流表A”和“电压表V”中选择一个完成实验：
（只需填写器材前的序号）。
（2）请在图所示虚线框内画出你设计的实验电路图。
（3）测量过程中，测出了多组数据，其中一组数据中待测电流表G的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig＝
，
式中除N、n 外，其他字母符号代表的物理量是
。
三、计算题
11．为了研究过山车的原理，某同学提出下列设想：取一个与水平方向夹角α＝30°、长L＝2.0m 的粗糙倾斜轨道
AB，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB 段以外都是光滑的。其中AB 与
BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m＝0.5kg 的小物块以初速度v0＝3.0m/s 从某一高处水平抛出，到
A 点时的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=
3
4 ．（g 取10m/s2）
（1）求小物块到达B 点时的速度大小；
（2）若小物块在圆轨道最低点D 时对D 点的压力大小为20N，求圆轨道的半径。
12．如图所示，电阻不计且足够长的U 型金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀
强磁场中，磁感应强度大小B＝0.4T．质量m＝0.2kg、电阻R＝0.3Ω的导体棒ab 垂直放在框架上，与框架接触良
好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑。框架的质量M＝0.4kg、宽度l＝0.5m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，
与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若框架固定，求导体棒的最大速度vm；
（2）若框架固定，导体棒从静止开始下滑6m 时速度v1＝4m/s，求此过程回路中产生的热量Q 及流过导体棒的电
量q；
（3）若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2。
【物理-选修3-3】
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13．下列说法正确的是（
）
A．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能不一定增加
B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．一定质量的理想气体体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数
不变
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E．第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但也是不可能制成的
14．如图所示，有一热气球，球的下端有口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，球内有温度调节
器，以便调节球内空气的温度，使气球可以上升或下降，设气球的总体积V0＝300m3（球壳体积忽略不计），除球
内空气外。气球质量M＝120kg。已知地球表面大气温度T0＝280K，密度ρ0＝1.20kg/m3，大气可视为理想气体。
（1）当球内温度为500K 时，求气球内剩余气体的质量与原来的质量之比；
（2）为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到多少？
【物理-选修3-4】
15．下列说法正确的是（
）
A．振子通过平衡位置时，动能最大，加速度最大
B．振子速度相等的时刻，位移必相等
C．振子速度、位移相等的连续两时刻间的时间必为周期T
D．若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子回复力一定在增大
E．若某一过程中振子的速率在减小，则此时加速度与速度方向一定相反
16．如图所示是一个半球形透明物体的俯视图，现有一束细单色光沿半径OA 方向入射，保持入射方向不变，不考虑
光线在透明物体内部的二次反射和折射。
（i）将细光束平移到距O 点
2
3 h 处的B 点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；
（ii）若细光束平移到距O 点0.5R 处，求出射光线与OA 轴线的交点距O 点的距离？【可能用到的公式sin（A+B）
＝sinAcosB+cosAsinB，sin（A﹣B）＝sinAcosB﹣cosAsinB】
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第七次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3 分）一物体以一定的初速度从光滑斜面底端a 点上滑，最高可滑至b 点，后又滑回至a 点，c 是ab 的中点，如
图所示，已知物块从a 上滑至b 所用的时间为t，下列分析正确的是（
）
A．物块从a 运动到c 所用的时间与从c 运动到b 所用的时间之比为1：2
B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向
C．物块下滑时从b 运动至c 所用时间为
2
2 ݐ
D．物块上滑通过c 点时的速度大小小于整个上滑过程中平均速度的大小
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分析物体的受力情况，从而明确物体的加速度及往返过程的运动情况，即可求得时间及平均速度。
【解答】解：A、根据逆向思维，从b 到a 是初速度为零的匀加速直线运动，连续相等的位移内时间之比为1：
（2 −1），
所以物块从a 运动到c 所用的时间与从c 运动到b 所用的时间之比为，（2 −1）：1＝1：（2 +1），故A 错误；
B、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为a＝gsinθ，方向向下；故B 错误；
C、由b 到a 过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知tbc：tca＝1：（2 −1），而tbc+tca＝t；解得：tbc=
2
2 t；
故C 正确；
D、由于C 是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c 点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小；
故D 错误；
【点评】本题很好的考查了匀变速直线运动的可逆性及一些规律的应用，特别是平均速度公式的应用一定能熟练
掌握。
2．（3 分）如图所示，两个质量m 相同的小球分别系于两根等长细线的末端，细线另一端结在另一根细绳上并悬于
天花板上。当两球静止时，天花板对细绳的拉力为T；当两球分别绕竖直轴做水平匀速圆周运动时，天花板对细
绳的拉力为T′，则（
）
A．T＝T′
B．T＞T′
C．T＜T′
D．与转动角速度有关
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】当球静止和做圆周运动时，在竖直方向合力为零，当做圆周运动时，对小球受力分析即可判断。
【解答】解：当球静止时，对整体受力分析可知T1＝2mg，此时天花板对细绳的拉力：T＝2mg
当球做圆周运动时，由于在竖直方向没有运动，对整体分析，T2＝2mg，所以天花板对细绳的拉力：T′＝2mg
故T＝T′，故A 正确，BCD 错误
【点评】本题主要考查了对球的受力分析，明确整体法和隔离法的灵活运用即可判断
3．（3 分）2016 年8 月16 日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世
界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所示，“墨子号”
卫星的工作高度约为500km，在轨道上绕地区做匀速圆周运动，经过时间t（t 小于其运动周期），运动的弧长为s，
与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列关于“墨子号”的说法正确的是（
）
A．线速度大于第一宇宙速度
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B．质量为
ݏ3
ܩݐ2ߚ
C．环绕周期为
2ߨݐ
ߚ
D．向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度；根据万有引力提供向心力无法求出环绕天体的
质量；根据角速度的定义式求出角速度，从而求出环绕周期；根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半
径的关系，结合轨道半径的大小比较向心加速度。
【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，可知“墨子号”的线速度一定小于第
一宇宙速度，故A 错误。
B、“墨子号”卫星是环绕天体，根据万有引力提供向心力无法求出“墨子号”的质量，故B 错误。
C、卫星的角速度߱
= ߚ
ݐ，则周期T= 2ߨ߱= 2ߨݐ
ߚ，故C 正确。
D、根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉ܽ
得，a= ܩܯ
ݎ2 ，“墨子号”卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“墨子号”卫星的向
心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道第一宇宙速度的含义，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用。
4．（3 分）有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此
微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨
汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小（偏转距离减小），下列措施可行的是（
）
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小偏转电场两板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转
量y 的表达式，再进行分析。
【解答】解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：
水平方向：L＝v0t；
竖直方向：y= 1
2at2，
加速度：a= ݍܷ݉݀，
联立解得：y= ݍܷܮ2
2݉݀
㘴0
2，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y。
由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大转电场两板间的距离、减小偏转极板间的电压U、
增大墨汁微粒的喷出速度，故ABD 错误，C 正确。
【点评】此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量
y 的表达式。
5．（3 分）如图所示，半径为R 的圆形边界内充满垂直纸面向外的匀强磁场，三个粒子以相同的速度从O 点沿on
方向射入，粒子1 从p 点射出，粒子2 从n 点射出，粒子3 从mn 边界射出，出射方向偏转了60°，不考虑粒子
的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．粒子1 带负电，粒子2 不带电，粒子3 带正电
B．粒子1 和粒子3 的周期之比为
3：1
C．粒子1 和粒子3 在磁场中运动的时间之比为3：2
D．粒子1 和粒子3 的比荷之比为
3：2
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据粒子只受洛伦兹力，由粒子偏转方向得到粒子所带电荷符号；然后根据几何关系得到轨道半径及粒
子转过的中心角，即可得到周期、运动时间；再由洛伦兹力做向心力求得比荷。
【解答】解：A、粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用；故根据粒子偏转方向可得：粒子1 带负电，粒子2 不带
电，粒子3 带正电；故A 正确；
B、根据几何关系可得：粒子1 做圆周运动的半径R1＝R，粒子3 做圆周运动的半径h3 =
3h；
故由粒子运动周期ܶ
= 2ߨh'
㘴可得：粒子1 和粒子3 的周期之比为T1：T3＝R1：R3= 1：3，故B 错误；
C、根据几何关系得到粒子1 转过的中心角为90°，粒子3 转过的中心角为60°；故粒子1 和粒子3 在磁场中运
动的时间之比为
1
4ܶ
1：
1
6ܶ
3 =
3：2，故C 正确；
D、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：ܤ㘴ݍ=݉
㘴2
h' ，所以，粒子比荷
ݍ݉=
㘴
ܤh，故粒子1 和粒
子3 的比荷之比为h3：h1 =
3：1，故D 错误；
故选：AC。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系
求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
6．（3 分）关于近代物理，下列说法正确的是（
）
A．氢核聚变反应方程
1
2 H+
1
3H→
2
4He+X 中，X 表示电子
B．α 粒子散射实验现象揭示了原子核的内部结构
C．已知用红光或紫光照射金属钾表面均有光电子逸出，则用紫光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大
D．基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3 的激发态后，一定能发射2 种频率的光子
【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】根据量子说守恒与电荷数守恒判断X 是什么粒子；α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构；根据光电
效应方程判断光电子的最大初动能；根据玻尔理论判断。
【解答】解：A、轻核聚变反应方程
1
2 H+
1
3H→
2
4He+X 中，X 的质量数为：m＝2+3﹣4＝1，电荷数：z＝1+1
﹣2＝0，可知X 表示中子。故A 错误；
B、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构。故B 错误；
C、分别用红光和紫光照射金属钾表面均有光电子逸出，由于紫色光的频率大，由：Ekm＝hγ﹣W0 可知，紫光照
射时，逸出的光电子的最大初动能较大。故C 正确；
D、基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3 激发态后，当该原子向地能级跃迁时，可能的途径是：n＝3→n
＝2→n＝1，或：n＝3→n＝1，所以可能发射2 种频率的光子，也可能只发射一种频率的光子。故D 错误。
【点评】本题考查了轻核的聚变、原子核式结构模型、玻尔理论等，都是一些记忆性的知识点的内容，在平时的
学习中多加积累即可。
7．（3 分）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t＝0 时，甲静止，乙以6m/s 的初速度向甲运动。
此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t 图象分别如图（b）
中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（
）
A．两电荷的电性一定相反
B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C．在0～t2 时间内，两电荷的静电力先增大后减小
D．在0～t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；53：动量守恒定律；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】由图象0﹣t1 段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性。分析t1 时刻前后两球距离的变化，判
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断电场力做功情况，分析两电荷的电势能。0～t2 时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化。t1～
t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大。
【解答】解：A、由图象0﹣t1 段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷
的电性一定相同，故A 错误。
B、由图示图象可知：v 甲0＝0m/s，v 乙0＝6m/s，v 甲1＝v 乙1＝2m/s，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正
方向，
由动量守恒定律得：m 甲v 甲0+m 乙v 乙0＝m 甲v 甲1+m 乙v 乙1
解得：݉
甲݉
乙
=
㘴乙1−㘴乙0
㘴甲0−㘴甲1
=
2−6
0−2 =
3
1，故B 错误。
C、0～t1 时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2 时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的
相互静电力先增大后减小，故C 正确。
D、由图象看出，0～t3 时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大。乙的速度先沿原方向减小，后反向增
大，则其动能先减小后增大，故D 错误。
【点评】两点电荷组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚点电荷的运动过程、求出点电荷的速度是解题的
前提，应用动量守恒定律、库仑定律即可解题。
8．（3 分）如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由
v1 增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ．在此过程中（
）
A．木块沿斜面下滑的距离为
㘴1+㘴2
2
t
B．斜面体受水平地面的静摩擦力为零
C．如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h 高处且速度变为v1
D．木块与斜面间摩擦产生的热量为mgh+ 1
2m㘴12 −1
2m㘴22
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【专题】34：比较思想；4E：模型法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】木块匀加速下滑，由平均速度与时间的乘积求可求下滑的距离；应用整体法可分析地面对斜面体的摩擦
力；根据能量守恒可求得木块与斜面间产生的热量。
【解答】解：A、木块下滑的平均速度为：㘴= 㘴1+㘴2
2
，木块沿斜面下滑的距离为s= 㘴t= 㘴1+㘴2
2
t，故A 正确。
B、木块的加速度沿斜面向下，有水平向左的分速度，对整体分析可知，整体有水平向左的加速度，根据牛顿第二
定律可知，整体在水平方向一定受水平向左的外力，即地面对斜面间有水平向左的静摩擦力；故B 错误。
C、由于物体在斜面上受摩擦力，故向上滑动的加速度一定大于向下滑动的加速度；故上升h 时的速度一定小于
v1；故C 错误；
D、由能量守恒定律可知：mgh+ 1
2݉
㘴1
2 = 1
2݉
㘴2
2 +Q；故有：Q＝mgh−1
2m㘴12 + 1
2m㘴22；故D 错误；
【点评】本题关键在于分析清楚运动过程，并做好各过程的受力分析，应用能量守恒定律即可正确解题。
二、实验题
9．（3 分）一同学用如图甲所示实验装置（打点计时器、纸带图中未画出），探究在水平固定的长木板上物体加速度
随着外力的变化的关系，实验过程中小明用不同的重物P 分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线
拉动长木板上的物体，由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处
理，分别得到了物体A、B 的加速度a 与轻质弹簧秤弹力F 的关系图象分别如图乙中的A、B 所示．
（1）由图甲判断下列说法正确的是
B
．
A．轻质弹簧秤弹力F 即为物体A、B 受到的合外力
B．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体
C．实验中重物P 的质量应远小于物体的质量
D．弹簧秤的读数始终为重物P 的重力的一半
（2）实验发现a﹣F 图象不过坐标原点，该同学仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的
质量不等，且mA
小于
mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数μA
大于
μB（填
“大于”“等于”或“小于”）．
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【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物P 质量大小无直接关系；对重
物P 列出加速度的表达式，然后讨论即可．
（2）的关键是根据a﹣F 分别写出A 和B 加速度a 与拉力F 的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求
解．
【解答】解：（1）A、根据受力分析可知AB 受到的合力为F 合＝F﹣μmg，故A 错误；
B、实验时应先接通打点计时器电源后释放物体，故B 正确；
C、由于物体AB 的合力是有弹簧的示数决定的，故不需要满足重物P 的质量应远小于物体的质量，故C 错误；
D、对重物P 析，当加速度为a 时，应有Mg﹣2F＝Ma，可得F= 1
2 ܯt −1
2 ܯܽ，所以只有当a＝0 时，F 才等于
1
2 ܯt，
所以D 错误；
故选：B
（2）设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体B 应有F﹣μmg＝ma，可得：a= ܨ݉−μg= 1݉ܨ−ߤt
对物体A 应有μmg﹣F＝ma，可得：a=−1݉F+μg
根据a﹣F 图象斜率绝对值k= 1݉可知，B 的斜率大于A 的斜率，所以
1݉
t
＞
1݉
ܤ
，即mA 小于mB；
再根据纵轴截距大小等于μg 可知，由于A 的截距大于B 的截距，所以μA 大于μB；
故答案为：（1）B；
（2）小于；
大于
【点评】在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质
量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验
问题的能力．
10．（3 分）有一只满偏电流未知的电流表G，满偏电流约为700～800μA、内阻约100Ω，已知表盘刻度均匀、总格
数为N．要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流，有以下可供选用的器材：
A．电流表A（0～0.6A，内阻0.1Ω）
B．电压表V（0～3V，内阻3kΩ）
C．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流为2A）
D．电源E（电动势约3V、内阻约1.0Ω）
E．开关S 一个及导线若干
（1）请从“电流表A”和“电压表V”中选择一个完成实验：
B
（只需填写器材前的序号）。
（2）请在图所示虚线框内画出你设计的实验电路图。
（3）测量过程中，测出了多组数据，其中一组数据中待测电流表G 的指针偏转了n 格，可算出满偏电流Ig＝ܰ
h
•ܷhܸ
，式中除N、n 外，其他字母符号代表的物理量是
U 为电压表读数，Rv 为电压表内阻
。
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【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】通过对题目的分析，找出实验中可能的实验原理；则由原理可以得出实验的原理图；分析各表在电路
中的作用可以选出所用仪器；根据实验的原理及电路图根据串并联电路的规律可求得转过n 格时的电流值。
【解答】解：（1）由题意需要求出的是电流表A0 的满偏电流，故应通过串联的方式测出，但电流表的最大量程
0.6A，和待测电流表相差太多，故无法使用，电压表的电流最大为Imax=
3ܸ
3000Ω =1000μA，故可以用电压表代替
电流表使用，故选B。
（2）测量中将电压表与待测电阻串联，因滑动变阻器的电阻只有200Ω，而电压表内阻达到3000Ω，用限流接法
无法完成实验，故可以采用分压接法，电路如图所示；
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（3）电压表与电流表串联，则两表中的电流相等，则由电压表可求得电流值为：ܷhܸ，而待测电流表刻度均匀，故
有满偏电流：ܰh•ܷhܸ，其中U 为电压表读数，Rv 为电压表内阻；
故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）ܰh•ܷhܸ，U 为电压表读数，Rv 为电压表内阻。
【点评】本题考查电表的改装的实验，考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理，要掌握实验器材的
选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。
三、计算题
11．为了研究过山车的原理，某同学提出下列设想：取一个与水平方向夹角α＝30°、长L＝2.0m 的粗糙倾斜轨道
AB，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB 段以外都是光滑的。其中AB 与
BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m＝0.5kg 的小物块以初速度v0＝3.0m/s 从某一高处水平抛出，到
A 点时的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=
3
4 ．（g 取10m/s2）
（1）求小物块到达B 点时的速度大小；
（2）若小物块在圆轨道最低点D 时对D 点的压力大小为20N，求圆轨道的半径。
【考点】4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）先根据速度的合成与分解求出小物体到达A 点的速度，再根据动能定理从A 到B 列出方程可求得到
达B 点的速度；
（2）在D 点处根据牛顿第二和第三定律列方程可求出圆轨道的半径。
【解答】解：（1）由题意可知，小物体到达A 点时的速度方向恰沿AB 方向，得：㘴t =
㘴0ܿ
݋ݏ30° = 2 3݉
/ݏ，设小
物体达到B 点时的速度大小为vB，
则小物块从A 运动到B 的过程，根据动能定理有：݉th −ߤ݉
tܮܿ݋ݏ30° = 1
2݉
㘴ܤ
2 −1
2݉
㘴t
2，其中h＝Lsin30°＝1m，
代入已知数据解得：㘴ܤ=
17݉
/ݏ。
（2）由于BCDE 段是光滑的，所以㘴ܤ= 㘴ܦ=
17݉
/ݏ，设圆轨道的半径为R，根据题意和牛顿第二定律可得，
在D 点有方程：ܰ
−݉
t =݉
㘴ܦ
2
h ，
其中N＝20N，代入已知数据，可解得：h = 17
30݉
。
答：（1）小物块到达B 点时的速度大小为17݉
/ݏ；
（2）圆轨道的半径为
17
30݉
。
【点评】解答本题的关键是：要灵活运动的合成和分解、平抛运动、牛顿运动定律、动能定理和圆周运动等规律，
包含知识点多，难度较大，属于难题。
12．如图所示，电阻不计且足够长的U 型金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀
强磁场中，磁感应强度大小B＝0.4T．质量m＝0.2kg、电阻R＝0.3Ω的导体棒ab 垂直放在框架上，与框架接触良
好，从静止开始沿框架无摩擦地下滑。框架的质量M＝0.4kg、宽度l＝0.5m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，
与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若框架固定，求导体棒的最大速度vm；
（2）若框架固定，导体棒从静止开始下滑6m 时速度v1＝4m/s，求此过程回路中产生的热量Q 及流过导体棒的电
量q；
（3）若框架不固定，求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2。
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【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；42：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）若框架固定，导体棒先变加速下滑，后匀速下滑，匀速运动时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、
欧姆定律、安培力公式和平衡条件结合求解最大速度vm；
（2）若框架固定，导体棒的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量转化和守恒定律求解热量Q；由法拉第
电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式结合求流过导体棒的电量q。
（3）当框架刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大，由平衡条件求解回路中电流，再由法拉第电磁感应定律、欧
姆定律结合。
【解答】解：（1）若框架固定，导体棒匀速运动时速度最大，此时棒ab 产生的感应电动势为：E＝BLvm
回路中感应电流为：I= ܧ
h
棒ab 所受的安培力为：F＝BIl= ܤ2t2㘴݉
h
对棒ab，由平衡条件有：mgsin37°＝F
联立解得：vm＝9m/s
（2）根据能量转化和守恒定律有：
mgxsin37°= 1
2݉
㘴1
2 +Q
代入数据解得Q＝5.6J
流过导体棒的电量q= ܫt= ܤt㘴ݐ
h
= ܤtݔ
h = 0.4×0.5×6
0.3
=4C
（3）若框架不固定，导体棒的速度大小为v2 时，回路中感应电流为：I1= ܤt㘴2
h
框架上边所受安培力为：F1＝BI1l
当框架刚开始运动时有：Mgsin37°+BI1l＝μ（m+M）gcos37°
联立代入数据解得：v2＝7.2m/s
答：
（1）若框架固定，导体棒的最大速度vm 是9m/s；
（2）此过程回路中产生的热量Q 是5.6J，流过导体棒的电量q 是4C；
（3）若框架不固定，当框架刚开始运动时棒的速度v2 是7.2m/s。
【点评】本题是电磁感应中的力学问题，要明确安培力是联系电磁感应与力的桥梁，这类问题关键在于安培力的
分析和计算。同时要明确物体刚好运动的临界条件：静摩擦力达最大值。
【物理-选修3-3】
13．下列说法正确的是（
）
A．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能不一定增加
B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．一定质量的理想气体体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数
不变
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E．第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但也是不可能制成的
【考点】8H：热力学第二定律；9C：气体压强的微观意义．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】根据热力学第一定律解释其内能的变化；自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进
行的。
【解答】解：A．一定质量的理想气体经过等容过程，体积不变，没有对外做功；同时气体吸收热量，根据热力
学第一定律可知，其内能一定增加，故A 错误。
B、根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的。故B 正确。
C．一定质量的理想气体体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，则分子运动的激烈程度加强；所以单
位时间内撞击单位面积上的分子数增大，故C 错误。
D．晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故D 正确；
E、第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，也是不可能制成的。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3﹣3 的基本方法。此处高考要求不高，不用做太
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难的题目。
14．如图所示，有一热气球，球的下端有口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，球内有温度调节
器，以便调节球内空气的温度，使气球可以上升或下降，设气球的总体积V0＝300m3（球壳体积忽略不计），除球
内空气外。气球质量M＝120kg。已知地球表面大气温度T0＝280K，密度ρ0＝1.20kg/m3，大气可视为理想气体。
（1）当球内温度为500K 时，求气球内剩余气体的质量与原来的质量之比；
（2）为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到多少？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；32：定量思想；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）温度升高到500K 过程，气体膨胀，会溢出一部分气体，仍然将溢出的气体与球内的气体作为整体，
气体经历等压变化，根据盖•吕盖吕萨克定律列式得到总体积，进入得到气球内剩余气体的质量与原来的质量之比；
（2）要使气球从地面飘起，浮力至少等于气球与球内空气重力之和，列出方程。气球温度升高，压强并没有变化，
根据盖•吕萨克定律列出方程，联立即可求解。
【解答】解：（1）温度升高，气体膨胀，会溢出一部分气体，仍然将溢出的气体与球内的气体作为整体，气体经
历等压变化，根据盖•吕盖吕萨克定律有：ܸ
0ܶ
0
=ܸ
1ܶ
1
气球内剩余气体的质量与原来的质量之比：݉
'݉=ܸ
0ܸ
1 =ܶ
0ܶ
1
=
280
500 =
14
25
（2）设气球刚好从地面飘起时气球内的气体温度为T，密度为ρ，则气球升起时，浮力等于气球和内部气体的总
重力，即ρ0gV0＝Mg+ρgV0
由于气球内的气体温度升高时，压强并没有变化，则原来的气体温度升高时体积设为V，根据质量相等，则有
ρ0V0＝ρV
原来的气体温度升高后，压强不变，体积从V0 变为V，根据盖•吕萨克定律得：ܸ0ܶ
0
=ܸܶ
联立解得：T=
ߩ0tܸ0ܶ0
ߩ0tܸ0−ܯt =420K
答：（1）当球内温度为500K 时，求气球内剩余气体的质量与原来的质量之比为
14
25；
（2）为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到420K。
【点评】本题是热力学与力学的综合，要注意运用气态方程时，气体的质量应不变，即选择质量一定的气体为研
究对象。
【物理-选修3-4】
15．下列说法正确的是（
）
A．振子通过平衡位置时，动能最大，加速度最大
B．振子速度相等的时刻，位移必相等
C．振子速度、位移相等的连续两时刻间的时间必为周期T
D．若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子回复力一定在增大
E．若某一过程中振子的速率在减小，则此时加速度与速度方向一定相反
【考点】74：简谐运动的回复力和能量．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．
【分析】知道振子在几个特殊点的运动的特点；
知道判断速度增减的方法：当速度与加速度方向相同时，速度增大；当速度与加速度方向相反时，速度减小。其
次知道判断位移增减的方法：当位移与速度方向相同时，位移增大；当位移与速度方向相反时，位移减小。
【解答】解：A、根据简谐振动的特点可知，当振子通过平衡位置时，振子的速度最大，动能最大，而加速度等
于0，故A 错误；
B、简谐振动具有周期性与对称性，当振子速度相等的时刻，位移可能相等，也可能位移的大小相等而方向相反，
故B 错误；
C、根据简谐振动的特点可知，振子速度、位移相等的连续两时刻间的时间必为周期T．故C 正确；
D、振子的速率在减小，则动能减小、势能增加，故振子必定从平衡位置向最大位移处运动，振子的位移在增大，
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回复力F＝﹣kx 也增大，故D 正确；
E、振子的速率在减小时，振子从平衡位置向最大位移运动，速度与位移同方向，而加速度的方向始终与位移的方
向相反，所以加速度与速度方向相反。故E 正确。
故选：CDE。
【点评】匀变速直线运动中一些规律性的东西是解题的关键，应当牢固掌握，比如：当速度与加速度方向相同时，
速度增大；当速度与加速度方向相反时，速度减小。当位移与速度方向相同时，位移增大；当位移与速度方向相
反时，位移减小。
16．如图所示是一个半球形透明物体的俯视图，现有一束细单色光沿半径OA 方向入射，保持入射方向不变，不考虑
光线在透明物体内部的二次反射和折射。
（i）将细光束平移到距O 点
2
3 h 处的B 点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；
（ii）若细光束平移到距O 点0.5R 处，求出射光线与OA 轴线的交点距O 点的距离？【可能用到的公式sin（A+B）
＝sinAcosB+cosAsinB，sin（A﹣B）＝sinAcosB﹣cosAsinB】
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（i）透明体左侧恰好不再有光线射出时，光线发生了全反射，画出光路图，由几何关系求解临界角，从
而由公式n=
1
ݏthܥ求解折射率n。
（ii）光束由D 点水平射入，在E 点发生折射，由折射定律求出折射角，再由几何知识求解。
【解答】解：
（i）如图甲所示，光束由B 处水平射入，在D 处发生全反射，∠ODB 为临界角，由临界角公式有ݏthܥ= 2
3
解得h =
1
ݏthܥ= 1.5。
（ii）如图乙所示，光束由E 点水平射入，在F 点发生折射，入射角∠OFE＝α，折射角∠NFG＝β
折射率h = ݏthߚ
ݏthߙ= 1.5，ݏthߙ= 1
2
解得ݏthߚ= 3
4
由几何关系可知∠GOF＝α，∠OGF＝β﹣α；
由正弦定理可得ܱ
ܩ
ݏth(ߨ−ߚ) =
h
ݏth(ߚ−ߙ)，则ܱ
ܩ= 0.3(3 3 +
7)h
答：
（i）透明体对该单色光的折射率是1.5；
（ii）出射光线与OA 轴线的交点距O 点的距离是0.3（3 3 +
7）R。
【点评】解决本题的关键是作出光路图，灵活运用数学知识，结合折射定律和全反射进行求解。
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- 491 -
2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第八次月考物理试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不选的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．增大入射光的频率，遏止电压不一定会增大
B．原子从基态跃迁到激发态时，会辐射光子
C．汤姆孙通过“油滴实验”发现了电子
D．用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，氘核不能分解为一个质子和一个中子
2．（6 分）如图甲所示，海上救援时，一直升机悬停在空中，某质量为60kg 的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船
上升到飞机上，运动的v﹣t 图象（以向上为正方向）如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．5～7s 内伤员在下降
B．前3s 内与最后2s 内伤员所受绳子的拉力之比为2：3
C．整个过程中伤员重力所做的功为﹣1.62×104J
D．前3s 内与最后2s 内伤员重力做功的平均功率不相等
3．（6 分）如图所示，柔软轻绳ON 的一端O 固定，在其上某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N 将重物向右上
方缓慢拉起。初始时，OM 竖直，OM⊥MN．保持OM 与MN 夹角不变，在OM 由竖直被拉到水平的过程中。
（
）
A．OM 上的张力逐渐增大
B．OM 上的张力先增大后减小
C．MN 上的张力逐渐增大
D．MN 上的张力先增大后减小
4．（6 分）如图所示，2018 年6 月19 日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星。按预定计划，
“中星9A”应该首先被送入近地点约为200 公里、远地点约为3.6 万公里的转移轨道Ⅱ（椭圆），然后通过在远
地点Q 变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ（圆形），但是卫星实际进入轨道Ⅰ，远地点只有1.6 万公里。科技人员没
有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道Ⅰ近地点P 点火，逐渐抬高远地点的高度，经过10 次轨道调整，
终于在7 月5 日成功进入预定轨道。下列说法正确的是（
）
A．卫星在轨道Ⅰ的P 点和轨道II 的Q 点机械能相等
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时和在轨道II 经过Q 点时（未点火）的加速度不相同
C．“中星9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到7.9km/s
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D．卫星在轨道Ⅱ由P 点向Q 点运动的过程中处于完全失重状态
5．（6 分）在静电场中，有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动，先后经过A、B、C 点运动到D 点。在
粒子通过A 点时开始计时，此过程的“速度﹣时间”图象如图所示。下列说法正确的是（
）
A．A 点的电场强度最大
B．A 点的电势小于B 点的电势
C．粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能
D．A、C 两点的电势差UAC 与C、D 两点的电势差UCD 相等
6．（6 分）如图所示，在水平面内有两根平行光滑导轨，导轨间距为d，左端连接一个定值电阻R0，右端连接一竖直
光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为r，平行导轨右端的空间区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度
大小为B．一导体棒垂直水平导轨放置，电阻为R1，质量为m。在外力作用下，导体棒从水平轨道某处开始沿导
轨运动，在滑过圆弧轨道过程中，导体棒的速率始终为v，导体棒到达圆弧轨道最高点时撤去外力。运动过程中
导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨电阻，不计空气阻力、重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．导体棒沿圆弧轨道上滑时，流过导体棒的电流方向为a→b
B．导体棒沿圆弧轨道下滑的过程中，流过电阻R0 的电荷量与上滑时相等
C．导体棒一定能回到水平导轨
D．导体棒沿圆孤轨道下滑过程中产生的热量小于mgr+ 1
2݉
㘴2
7．（6 分）如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m 的木块（可视为质点），在木
板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，
保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x 增大的是（
）
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
8．（6 分）如图所示为模拟远距离输电实验电路图。两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，模拟输电线电阻的四个电
阻R1、R2、R3、R4 的阻值均为R，A1、A2 为相同的理想交流电流表，L1、L2 为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，
忽略灯丝电阻随温度的变化。将A、B 端接人输出电压为U 的低压交流电源，下列说法正确的是（
）
A．A1 表的示数I1=ܷ2h+hܮ
B．灯泡L1 比灯泡L2 亮
C．R1 消耗的功率大于R3 消耗的功率
D．R2 两端的电压小于R4 两端的电压
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）某同学通过实验描绘一个“2V1W”小灯泡的U﹣I 曲线。该同学已正确选用合适的器材及其量程，并连接
好了部分实验电路，如图甲所示。要求小灯泡两端的电压能在0～2V 范围内连续变化，且尽可能减小实验误差。
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- 493 -
（1）在连接最后一根导线的c 端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2 个不当之处，并说明如何改正：
A．
；
B．
；
（2）该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的U﹣I 特性曲线，将此小灯泡接在电动势为2V、内阻为
1.0Ω的电源上，小灯泡的实际功率是
W．（结果保留2 位有效数字）
10．（9 分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A 位于
水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面，不考虑B 反弹对系统的影响。将A 拉到P 点，待B 稳定后，A 由
静止释放，最终滑到Q 点。分别测量PO、OQ 的长度h 和s。
（1）实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当
（填“增大”或“减小”）
重物B 的质量。
（2）滑块A 在PO 段和OQ 段运动的加速度的比值为
。
（3）实验测得A、B 的质量分别为m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为
（用m、M、h、
s 表示）。
（4）以下能减小实验误差的是
（填序号）。
A．改变h，测量多组h 和s 的值，算出结界求平均值
B．增加细线的长度
C．减小细线与滑轮的摩擦
11．（12 分）如图所示，在光滑水平而上放置一个匀质木块A，厚度为l，质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为
m 的子弹以水平速度v0 射入木块，恰好能从A 中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。
（1）求子弹在木块中受到的阻力大小；
（2）取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0 射入木块，求子弹能打入木块的深度。
12．（20 分）如图所示，在竖直平而内建立直角坐标系xOy，x 轴水平，以O 为圆心、半径为R 的圆形区域内（圆形
区域交x 轴于M、N 两点），一、二象限存在沿x 轴正方向的匀强电场，三、四象限存在场强大小相等、方向竖直
向上的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场。在M 点正上方的A 点处有一可视为质点、质量为m、带电荷量
为q 的小球，以一沿x 轴正方向的水平速度射出，小球从B 点（图中未画出）进入圆形区域后先做直线运动，后
经过原点O 从第二象限进入第四象限做匀速圆周运动，最终从N 点射出第四象限。已知重力加速度为g，不计阻
力的影响，求：
（1）小球初速度的大小；
（2）磁感应强度的大小。
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（二）选考题（共45 分）请考生从给出的2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔
在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为空气的绝对湿度小
B．当分子间距离增大时，分子势能一定增大
C．一定量的理想气体，在等压膨胀时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少
D．晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵
E．肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用
14．（10 分）如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m 的活塞封闭一定质
量的理想气体。已知活塞截面积为S，外界大气压张为p0、缸内气体温度为T1．现对汽缸缓慢加热，使理想气体
体积由V 增大了2V 的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持其体积不变，使其降温到T1．已知重力加
速度为g，求：
（i）停止加热时缸内气体的温度；
（ii）降温过程中气体放出的热量。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．摆钟偏慢时可缩短摆长进行校准
B．火车鸣笛驶出站台时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的强度
D．肥皂膜看上去呈现彩色，是因为光的色散
E．要有效地发射电磁波，振荡电路必须采用开放电路且要有足够高的振荡频率
16．如图为一光导纤维（可简化为一长直玻璃圆柱体）的示意图。光导纤维长为L，现有一光线从光导纤维一端的横
截面圆心处入射，光线和轴线的夹角增大到i 时恰好还有同入射光线相同强度的光线从另一端射出。已知光在真
空中的传播速度为c，求：
（ⅰ）玻璃对该光线的折射率；
（ⅱ）光线从光导纤维的一端传播到另一端所需的最长时间。
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2018-2019 学年云南师大附中高三（上）第八次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不选的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．增大入射光的频率，遏止电压不一定会增大
B．原子从基态跃迁到激发态时，会辐射光子
C．汤姆孙通过“油滴实验”发现了电子
D．用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，氘核不能分解为一个质子和一个中子
【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程分析遏止电压；从基态跃迁到激发态需要吸收能量；油滴实验是密立根做的，
用来确定电子的电量；根据结合能的概念分析。
【解答】解：A、根据爱因斯坦光电效应方程
1
2݉
㘴2 =݄
ɋ −ܹ
0，光电子的最大初动能与遏止电压的关系根据动能
定理有−ܷ݁ܿ
= 0 −1
2݉
㘴2，故A 错误。
B、根据玻尔理论可知，从基态跃迁到激发态需要吸收能量，不能辐射光子，故B 错误。
C、汤姆孙通过研究阴极射线的属性，并研究了各种类型的实验，发现电子是多种原子的组成成分，确定了电子的
存在，但油滴实验是密立根做的，用来确定电子的电量，故C 错误。
D、结合能是拆分原子核所需要的最小能量，且光子具有动量，考虑到照射之后氘核分解为一个质子和一个中子
具有动量，所需的能量应大于结合能，故D 正确。
【点评】本题考查了光电效应方程、能级跃迁、电子的发现等知识点，注意解决本题关键掌握光电效应的条件和
规律，及结合能与比结合能的区别，本题比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基本知识点。
2．（6 分）如图甲所示，海上救援时，一直升机悬停在空中，某质量为60kg 的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船
上升到飞机上，运动的v﹣t 图象（以向上为正方向）如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．5～7s 内伤员在下降
B．前3s 内与最后2s 内伤员所受绳子的拉力之比为2：3
C．整个过程中伤员重力所做的功为﹣1.62×104J
D．前3s 内与最后2s 内伤员重力做功的平均功率不相等
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据速度的正负分析伤员的运动方向。速度时间图象中图象的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速
度的方向，根据加速度的方向分析伤员的状态。根据斜率求出前3 s 内与最后2 s 内伤员的加速度，由牛顿第二定
律求出绳子的拉力。根据图象与时间轴所围的面积表示位移，求0～7s 内下落的距离，再求重力做的功。根据公
式P＝mg㘴分析前3 s 内与最后2 s 内重力做功的平均功率关系。
【解答】解：A、5～7s 内伤员运动方向不变，处于减速上升状态，故A 错误。
B、根据v﹣t 图象的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的方向，可知前3s 内伤员的加速度为正，方向向
上，伤员处于超重状态；最后2s 内伤员的加速度为负，方向向下，伤员处于失重状态，故前3s 内与最后2s 内伤
员所受绳子的拉力比值应该大于1，故B 错误。
C、伤员在整个上升过程中上升的高度等于梯形面积的大小，为27m，所以伤员在整个上升过程中重力所做的功W
＝﹣mgh＝﹣1.62×104J，故C 正确。
D、前3s 内与最后2s 内伤员的平均速度均为3m/s，由ܲ
=݉
t㘴ܿ݋ݏ180°，可知前3s 内与最后2s 内伤员重力做功
的平均功率相等，故D 错误。
【点评】本题考查理解速度问题的能力。关键要抓住图线的斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，
来分析伤员的运动情况。
3．（6 分）如图所示，柔软轻绳ON 的一端O 固定，在其上某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N 将重物向右上
方缓慢拉起。初始时，OM 竖直，OM⊥MN．保持OM 与MN 夹角不变，在OM 由竖直被拉到水平的过程中。
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（
）
A．OM 上的张力逐渐增大
B．OM 上的张力先增大后减小
C．MN 上的张力逐渐增大
D．MN 上的张力先增大后减小
【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】在将重物向右上方缓慢拉起的过程中，重物的合力保持为零，OM 和MN 的拉力的合力与重力是一对平
衡力，分析重物受力，根据平衡条件写出OM 和MN 上张力的表达式，再分析张力的变化情况。
【解答】解：在将重物向右上方缓慢拉起的过程中，OM 和MN 的拉力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如
图所示。
根据三角形定则有FMN＝Gsinθ，FOM＝Gcosθ，可知，随着θ的增大，MN 上的力逐渐增大，OM 上的力逐渐减小，
故ABD 错误，C 正确。
【点评】本题是动态分析问题，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在本题中，小球的重力大
小和方向都不变，则OM 和MN 的拉力的合力不变，这是作图的依据。
4．（6 分）如图所示，2018 年6 月19 日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星。按预定计划，
“中星9A”应该首先被送入近地点约为200 公里、远地点约为3.6 万公里的转移轨道Ⅱ（椭圆），然后通过在远
地点Q 变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ（圆形），但是卫星实际进入轨道Ⅰ，远地点只有1.6 万公里。科技人员没
有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道Ⅰ近地点P 点火，逐渐抬高远地点的高度，经过10 次轨道调整，
终于在7 月5 日成功进入预定轨道。下列说法正确的是（
）
A．卫星在轨道Ⅰ的P 点和轨道II 的Q 点机械能相等
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时和在轨道II 经过Q 点时（未点火）的加速度不相同
C．“中星9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到7.9km/s
D．卫星在轨道Ⅱ由P 点向Q 点运动的过程中处于完全失重状态
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】卫星的最小反射速度为7.9km/s，卫星加速过程机械能增加，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，
处于失重状态，根据题意分析答题。
【解答】解：A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P 点加速后才
能做离心运动，从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道Ⅰ的P 点进入轨道Ⅱ后机械能增加，
故A 错误。
B、卫星经过轨道Ⅱ的Q 点和经过轨道Ⅲ的Q 点时受到的合外力均是万有引力，加速度一样大，故B 错误。
C、发射速度小于7.9km/s 时，卫星会落回地面，而该卫星进入较低轨道，故发射速度大于7.9km/s，故C 错误。
D、卫星在轨道Ⅱ由P 点向Q 点运动时只受到万有引力的作用，所以处于完全失重状态，故D 正确。
【点评】卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，卫星处于失重状态；知道卫星变轨的原理是解题的关键，
掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。
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- 497 -
5．（6 分）在静电场中，有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动，先后经过A、B、C 点运动到D 点。在
粒子通过A 点时开始计时，此过程的“速度﹣时间”图象如图所示。下列说法正确的是（
）
A．A 点的电场强度最大
B．A 点的电势小于B 点的电势
C．粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能
D．A、C 两点的电势差UAC 与C、D 两点的电势差UCD 相等
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据速度时间图象可分析加速度的大小，从而确定电场强度的大小，根据电场力做功和动能定理分析电
势能以及电势差的关系。
【解答】解：A、由运动的速度﹣时间图象可看出：在A 点时斜率最大，故加速度最大，故电场强度最大，故A
正确；
B、粒子电性不确定，无法比较电势高低，故B 错误；、
C、因只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，由图可知粒子在B 点的速度最大，所以在B 点的动能
最大，电势能最小，所以粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能，故C 正确；
D、A、D 两点的速度相等，故粒子的动能相同，A、D 两点的电势能相等，电势相等，故UAC＝UDC＝﹣UCD，故
D 错误。
故选：AC。
【点评】本题根据v﹣t 图象考查电场中电势能、电势以及电场强度的分析和判断，要注意明确粒子只受电场力作
用，同时明确电场力做功与电势能之间的关系。
6．（6 分）如图所示，在水平面内有两根平行光滑导轨，导轨间距为d，左端连接一个定值电阻R0，右端连接一竖直
光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为r，平行导轨右端的空间区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度
大小为B．一导体棒垂直水平导轨放置，电阻为R1，质量为m。在外力作用下，导体棒从水平轨道某处开始沿导
轨运动，在滑过圆弧轨道过程中，导体棒的速率始终为v，导体棒到达圆弧轨道最高点时撤去外力。运动过程中
导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨电阻，不计空气阻力、重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．导体棒沿圆弧轨道上滑时，流过导体棒的电流方向为a→b
B．导体棒沿圆弧轨道下滑的过程中，流过电阻R0 的电荷量与上滑时相等
C．导体棒一定能回到水平导轨
D．导体棒沿圆孤轨道下滑过程中产生的热量小于mgr+ 1
2݉
㘴2
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据右手定则判断流过导体棒的电流方向。根据q= △Ȱ
h总
求流过电阻R0 的电荷量。分析导体棒的能量转
化情况，根据能量守恒定律求导体棒沿圆孤轨道下滑过程中产生的热量。
【解答】解：A、由右手定则可得，流过导体棒的电流方向为b→a，故A 错误。
B、由△ݍ=
ܤ△ܵ投影
h0+h1 可知，沿圆弧轨道上升和回落时△S 相同，故流过电阻R0 的电荷量△q 相同，故B 正确。
C、若导体棒停在圆弧上，对导体棒受力分析，仅受到重力和圆弧给的支持力，无法平衡，所以，导体棒一定能回
到水平导轨。故C 正确。
D、导体棒能回到水平轨道，回到水平轨道时还具有动能，导体棒落回到圆弧轨道上端时所具有的机械能为ܧ=݉
tݎ+ 1
2݉
㘴2，根据能量守恒，所以电路产生的热量小于mgr+ 1
2݉
㘴2，故D 正确。
故选：BCD。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【点评】本题主要是考查竖直方向的圆周运动和电磁感应现象中电荷量和能量的计算问题，要注意分析棒的运动
过程，掌握电荷量的经验公式q= △Ȱ
h总
，明确运动过程中能量之间的转化关系。
7．（6 分）如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m 的木块（可视为质点），在木
板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，
保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x 增大的是（
）
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律分别求出m 和M 的加速度，画出两个物体的v﹣t 图象，根据图象的“面积”表示位
移，分析x 的变化情况。
【解答】解：根据牛顿第二定律得M 的加速度ܽ
1 = ܨ−ߤ݉
t
ܯ
，m 的加速度ܽ
2 = ߤ݉
t݉= ߤt
设板长为L，根据v﹣t 图象，图线OA 代表的是木块的v﹣t 图象，图线OB 代表的是木板的v﹣t 图象。
OA 与OB 所围图形的面积等于L 时，OA 与时间轴所围的三角形面积代表分离时木块的对地位移x，由图象和加
速度表达式可知：
A、增大木板质量，a1 减小，a2 不变，x 增大，故A 正确。
B、减小木块质量，a1 增大，a2 不变，x 减小，故B 错误。
C、增大恒力F，效果同B 选项，x 减小，故C 错误。
D、仅增大板块间的动摩擦因数，a1 减小，a2 增大，x 增大，故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键是画出两个物体的v﹣t 图象，根据位移之差等于板长分析x 的变化情况。也可以根据牛
顿第二定律和位移公式列式分析。
8．（6 分）如图所示为模拟远距离输电实验电路图。两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，模拟输电线电阻的四个电
阻R1、R2、R3、R4 的阻值均为R，A1、A2 为相同的理想交流电流表，L1、L2 为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，
忽略灯丝电阻随温度的变化。将A、B 端接人输出电压为U 的低压交流电源，下列说法正确的是（
）
A．A1 表的示数I1=ܷ2h+hܮ
B．灯泡L1 比灯泡L2 亮
C．R1 消耗的功率大于R3 消耗的功率
D．R2 两端的电压小于R4 两端的电压
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】根据变压器的规律和欧姆定律分别列出两个灯泡两端的电压表达式，再比较灯泡亮度的关系，根据电流
的表达式分析两个电流表示数的关系，即可得到R1 与R3 消耗的功率的关系。
【解答】解：A、设变压器原、副线圈数比为K（K＜1），A、B 端接入的电压为U。
则L2 两端的电压为U2=ܷ
hܮ
2h+hܮ，A2 表的示数IA2=ܷ2h+hܮ。
对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为ܷܭ，
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- 499 -
设通过L1 的电流为I1，则L1 两端的电压为I1RL，A1 表的示数为IA1＝KI1，
降压变压器原线圈的电压为
1
ܭI1RL，则有：ܷ
ܭ−2RKI1= 1
ܭI1RL
解得I1=ܷ2hܭ2+hܮ
，则IA1＝KI1=
ܭܷ
2hܭ2+hܮ
=ܷ
2hܭ+hܮ
ܭ
=ܷh2
h1hܮ+h1
h2⋅2h，故A 错误。
B、因为RL＞2R，所以I1＜I2，通过灯泡L1 的电流ܫܮ1 = h3
h4 ܫ1 = h2
h1 ܫ1 =ܷ
hܮ+
h1
2
h2
2⋅2h
＞ܫ2，故灯泡L1 亮度更大，故B
正确。
C、电阻R1、R3 相等，IA2＞IA1，根据公式P＝I2R 可知，R1 消耗的功率小于R3 消耗的功率，故C 错误；
D、电阻R2、R4 相等，IA2＞IA1，根据欧姆定律知：R2 两端的电压小于R4 两端的电压，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入电压、输出电压
的关系。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）某同学通过实验描绘一个“2V1W”小灯泡的U﹣I 曲线。该同学已正确选用合适的器材及其量程，并连接
好了部分实验电路，如图甲所示。要求小灯泡两端的电压能在0～2V 范围内连续变化，且尽可能减小实验误差。
（1）在连接最后一根导线的c 端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2 个不当之处，并说明如何改正：
A．
开关S 不应闭合，应处于断开状态
；
B．
滑动变阻器的滑动触头P 位置不当，应将其置于b 端
；
（2）该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的U﹣I 特性曲线，将此小灯泡接在电动势为2V、内阻为
1.0Ω的电源上，小灯泡的实际功率是
0.65
W．（结果保留2 位有效数字）
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）实验前，开关S 应断开，为了保护测量电路，滑动变阻器的触头打到合适的位置。
（2）作出电源外电压和电流的关系图线，得出交点的横纵坐标，从而求出小灯泡的实际功率。
【解答】解：（1）不当之处：A．开关S 不应闭合，应处于断开状态；B．滑动变阻器的滑动触头P 位置不当，应
将其置于b 端。
（2）根据闭合电路欧姆定律得：
E＝U+Ir
则有：U＝E﹣Ir＝2﹣I
作出电源外电压和电流关系图线，如图所示，交点的横坐标为：I＝0.45A，纵坐标为：U＝1.45V
则小灯泡的实际功率为：P＝UI＝1.45×0.45W＝0.65W。
故答案为：（1）A．开关S 不应闭合，应处于断开状态；B．滑动变阻器的滑动触头P 位置不当，应将其置于b 端。
（2）0.65。
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【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，连接电路时，电键要断开。求灯泡实际功率等问题；要掌
握应用图象法处理实验数据的方法。
10．（9 分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A 位于
水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面，不考虑B 反弹对系统的影响。将A 拉到P 点，待B 稳定后，A 由
静止释放，最终滑到Q 点。分别测量PO、OQ 的长度h 和s。
（1）实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当
减小
（填“增大”或“减小”）
重物B 的质量。
（2）滑块A 在PO 段和OQ 段运动的加速度的比值为
ݏ݄
。
（3）实验测得A、B 的质量分别为m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为
ܯ݄݉
(݄+ݏ)+ܯݏ
（用m、
M、h、s 表示）。
（4）以下能减小实验误差的是
AC
（填序号）。
A．改变h，测量多组h 和s 的值，算出结界求平均值
B．增加细线的长度
C．减小细线与滑轮的摩擦
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．
【分析】（1）B 减少的重力势能转化成系统的内能和A、B 的动能，A 释放后会撞到滑轮，说明B 减少的势能太
多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据。
（2）在PO 和OQ 段分别利用速度位移公式求得加速度即可
（3）对在B 下落至临落地时和在B 落地后，A 运动到Q，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式，再结合从s
﹣h 图象，即可求解μ；
（4）根据实验原理即可判断出减小实验误差的方法。
【解答】解：（1）B 减少的重力势能转化成系统的内能和AB 的动能，A 释放后会撞到滑轮，说明B 减少的势能
太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度）
解决。故解决方法有：可以通过减小B 的质量；增加细线的长度（或增大A 的质量；降低B 的起始高度），故减
小B 的质量
（2）根据运动学公式可知2ܽ1݄
= 㘴2
2a′s＝v2
联立解得ܽܽ' =
ݏ݄
（3）B 下落至临落地时根据动能定理有：Mgh﹣μmgh= 1
2（M+m）v2，在B 落地后，A 运动到Q，有
1
2݉
㘴2 = ߤ݉
tݏ，
解得μ=
ܯ݄݉
(݄+ݏ)+ܯݏ，
（4）A．改变h，测量多组h 和s 的值，算出结界求平均值，便于减小测量误差，故A 正确
B．增加细线的长度，会使测量的长度变小，误差增大，故B 错误；
C．减小细线与滑轮的摩擦，较小了摩擦力造成的误差，故C 正确
故答案为：（1）减小
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（2）
ݏ݄
（3）
ܯ݄݉
(݄+ݏ)+ܯݏ
（4）AC
【点评】在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律，要会通过图象分析相关问题。
11．（12 分）如图所示，在光滑水平而上放置一个匀质木块A，厚度为l，质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为
m 的子弹以水平速度v0 射入木块，恰好能从A 中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。
（1）求子弹在木块中受到的阻力大小；
（2）取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0 射入木块，求子弹能打入木块的深度。
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）子弹在木块中运动过程，应用动能定理可以求出子弹受到的阻力。
（2）子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹与木块的共同速度，然后应用能量守恒定
律可以求出子弹打入木块的深度。
【解答】解：（1）子弹恰好击穿A，根据动能定理得：
−݂t = 0 −1
2݉
㘴0
2，解得：݂
=݉
㘴0
2
2t ；
（2）子弹与木块最后达到共速，子弹与木块组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（19m+m）v1，
由能量守恒定律得：
1
2mv02= 1
2•20mv12+fd，
解得：݀
= 19
20 t；
答：（1）子弹在木块中受到的阻力大小为݉
㘴0
2
2t ；
（2）取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0 射入木块，子弹能打入木块的深度为
19
20l。
【点评】本题考查了动能定理与动量守恒定律的应用，分析清楚子弹与木块的运动过程是解题的前提，应用动能
定理、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
12．（20 分）如图所示，在竖直平而内建立直角坐标系xOy，x 轴水平，以O 为圆心、半径为R 的圆形区域内（圆形
区域交x 轴于M、N 两点），一、二象限存在沿x 轴正方向的匀强电场，三、四象限存在场强大小相等、方向竖直
向上的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场。在M 点正上方的A 点处有一可视为质点、质量为m、带电荷量
为q 的小球，以一沿x 轴正方向的水平速度射出，小球从B 点（图中未画出）进入圆形区域后先做直线运动，后
经过原点O 从第二象限进入第四象限做匀速圆周运动，最终从N 点射出第四象限。已知重力加速度为g，不计阻
力的影响，求：
（1）小球初速度的大小；
（2）磁感应强度的大小。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）先根据小球在第四象限中能做匀速圆周运动的条件，得出电场力和重力的大小关系，然后求出小球
在第二象限所受的合外力及加速度大小，最后运用类平抛运动的规律分方向列出方程，联立求解得出小球的初速
度大小；
（2）先计算出小球从B 点进入圆形区域的速度大小，再根据动能定理计算出小球到达O 点时的速度，结合数学
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知识计算出小球做匀速圆周运动的半径大小，最后根据牛顿第二定律列方程，可计算出磁感应强度的数值。
【解答】解：（1）设匀强电场的场强大小为E，磁场中的磁感应强度大小为B，由于小球在第四象限中能做匀速
圆周运动，
那么它所受的合外力一定有洛伦兹力提供，因此有Eq＝mg；
小球在第二象限中做直线运动，则小球所受合力方向和小球进入圆形区域时的速度方向相同，则小球所受合力为：
ܨ合=
(݉
t)2 + (ܧݍ)2 =
2݉
t，方向与水平方向成45°，斜向右下；
即小球以斜向右下45°方向进入圆形区域，小球在从A 到B 做平抛运动的过程中，由几何关系有：水平位移ݔ=
(1 −
2
2 )h，
速度夹角和位移夹角关系有
㘴ݕ
㘴ݔ
=
2ݕ
ݔ= ݐܽh45°，可得竖直位移ݕ= ( 1
2 −2
4 )h，再根据公式㘴ݕ
2 = 2tݕ，联立求解
可得：
小球的初速度大小㘴0 = 㘴ݕ=
(1 −
2
2 )th。
（2）根据类平抛运动的规律可知，小球从B 点进入圆形区域的速度㘴1 =
2㘴0，小球在第二象限中做匀加速直线
运动，
设到达到达O 点时的速度大小为v2，根据动能定理可得：ܨ合h = 1
2݉
㘴2
2 −1
2݉
㘴1
2，解得：㘴2 =
(2 +
2)th，
小球在第四象限做圆周运动，由几何关系可得圆周运动的半径ݎ=
2
2 h，由洛伦兹力提供向心力有ݍ㘴2ܤ=݉
㘴2
2
ݎ，
联立以上方程可解得：ܤ=݉
㘴2
ݍݎ= 2݉
ݍ
t
h (1 +
2
2 )。
答：（1）小球初速度的大小为(1 −2
2 )th；
（2）磁感应强度的大小为
2݉
ݍ
t
h (1 +
2
2 )。
【点评】解答本题的关键是：要正确分析小球在复合场中的受力情况，找出重力和电场力的大小关系，利用类平
抛运动知识以及动能定理、牛顿第二定律等规律列出方程，联立求解可得结果。
（二）选考题（共45 分）请考生从给出的2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔
在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为空气的绝对湿度小
B．当分子间距离增大时，分子势能一定增大
C．一定量的理想气体，在等压膨胀时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少
D．晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵
E．肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用
【考点】95：液体的表面张力；9C：气体压强的微观意义．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；549：气体的压强专题．
【分析】当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小，晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；分子
间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增加，引力和斥力同时减小；根据分子力做功情况判断分子势能的变化。
根据压强的微观解释分析分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数变化；液体表面张力是作用于液体表面，使液体
表面积缩小的力。
【解答】解：A、在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，昆明地区晴朗天气晒衣服易干，
是因为空气的相对湿度小，故A 错误；
B、当分子间距离增大时，若分子间为斥力时，分子力做正功，分子势能减小；故B 错误；
C、温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减
少，故C 正确。
D、晶体有固定的熔点，晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵，故D 正确
E、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。它产生的原因是液体跟气体接触的表面存
在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作
用表现为引力。正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如。吹出的肥皂泡呈球形
是由于表面张力的作用，故E 正确；
故选：CDE。
【点评】本题考查考查了对热学有关知识的理解和应用能力，重点为相对湿度、晶体、液体表面张力等知识，注
意平时的学习过程中多记忆，基础题。
14．（10 分）如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m 的活塞封闭一定质
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量的理想气体。已知活塞截面积为S，外界大气压张为p0、缸内气体温度为T1．现对汽缸缓慢加热，使理想气体
体积由V 增大了2V 的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持其体积不变，使其降温到T1．已知重力加
速度为g，求：
（i）停止加热时缸内气体的温度；
（ii）降温过程中气体放出的热量。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（ⅰ）气缸中气体在停止加热前发生等压变化，根据盖吕萨克定律求末态温度。
（ⅱ）根据热力学第一定律，升温和降温过程内能的变化量绝对值相等，体积不变不做功，求出升温过程的内能
变化量，即可求出降温过程放出的热量。
【解答】解：（ⅰ）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律得：ܸ1ܶ
1
=ܸ
2ܶ
2
气体体积由V 增大了2V，故：V2＝3V
解得：T2＝3T1
（ⅱ）体积由V 增大到3V 的过程中，活塞受力平衡有：pS＝p0S﹣mg
解得：݌= ݌0 −݉
tܵ
气体对外所做的功：ܹ
1 = ݌△ܸ
= 2ܸ(݌0 −݉
tܵ)
停止加热后体积不变，故：W2＝0
全程内能变化：△U＝0
根据热力学第一定律：△U＝﹣W1+Q1﹣Q2
所以降温过程中气体放出的热量：Q2＝Q1﹣2V（p0−݉
tܵ）。
答：（i）停止加热时缸内气体的温度为3T1；
（ii ）降温过程中气体放出的热量为Q1﹣2V（p0−݉
tܵ）。
【点评】本题考查了求气体做功、气体的温度，分析清楚气体状态变化过程，应用盖吕萨克定律、热力学第一定
律即可正确解题，注意体积由V 增大“了”2V 的过程中，即体积增加到3V。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．摆钟偏慢时可缩短摆长进行校准
B．火车鸣笛驶出站台时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的强度
D．肥皂膜看上去呈现彩色，是因为光的色散
E．要有效地发射电磁波，振荡电路必须采用开放电路且要有足够高的振荡频率
【考点】74：简谐运动的回复力和能量；HB：光的偏振．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．
【分析】A、根据单摆周期公式，即可求解；
B、当间距变小时，接收频率高于发出频率，当间距变大时，接收频率低于发出频率；
C、镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度；
D、肥皂膜是光的干涉现象；
E、为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率。
【解答】解：A、摆钟偏快时，说明周期偏小，若要周期变大，则可伸长摆长进行校准，故A 正确；
B、火车鸣笛向我们驶来时，间距变小，则我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，故B 错误；
C、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片，以反射光发生干涉，减弱反射光的透射，故C 正确；
D、肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象，故D 错误；
E、为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率，故E 正确；
故选：ACE。
【点评】考查单摆的周期公式，注意搞清如何校准的方法，掌握多普勒效应现象的应用，注意接收频率与发出频
率的关系，理解光的偏振原理，知道在相对论里，达到高速时，长度才缩短，注意是沿着速度的方向的，最后掌
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握光的折射定律的内容，及折射率的含义。
16．如图为一光导纤维（可简化为一长直玻璃圆柱体）的示意图。光导纤维长为L，现有一光线从光导纤维一端的横
截面圆心处入射，光线和轴线的夹角增大到i 时恰好还有同入射光线相同强度的光线从另一端射出。已知光在真
空中的传播速度为c，求：
（ⅰ）玻璃对该光线的折射率；
（ⅱ）光线从光导纤维的一端传播到另一端所需的最长时间。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54D：光的折射专题．
【分析】（ⅰ）根据折射定律，结合几何关系，即可求解玻璃丝的折射率；
（ⅱ）利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的最长时间。
【解答】解：（ⅰ）设入射角为i，折射角为r，光线到达上界面的入射角为α，全反射临界角为C，由折射定律可
得h = ݏtht
ݏthݎ①
由几何关系有r+α＝90°②
所以sinr＝cosα
由题意知，入射角为i 时，有α＝C
因为ݏthܥ= 1
h③
所以ܿ݋ݏܥ=
h2−1
h
综上，解得：h =
1 + ݏth2t④
（ⅱ）光在玻璃介质中的传播速度㘴=ܿh⑤
在介质中传播所走的路程ܮ' =
ܮ
ݏthߙ⑥
α越小，L'越大，即α＝C⑦
光在光导纤维中传播的最长时间ݐ= ܮ'
㘴
综上，解得：ݐ= (1+ݏth2t)ܮܿ⑧
答：（ⅰ）玻璃对该光线的折射率为h =
1 + ݏth2t；
（ⅱ）光线从光导纤维的一端传播到另一端所需的最长时间为ݐ= (1+ݏth2t)ܮܿ。
【点评】本题主要是考查了光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的
几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
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2018-2019 学年陕西省西安市西咸新区高新一中高三（上）第四次月考物理
试卷
一、选择题（本题包括10 小题，每小题5 分，共50 分.在每小题给出的四个选项中，第1～6 题只有一项符合题目要
求，第7〜10 题中有多项符合题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（5 分）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（
）
A．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太弱
B．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量
也减少
C．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线
D．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
2．（5 分）如图所示的x﹣t 图象和v﹣t 图象中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表a、b、c、d 四个不同物体的
运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（
）
A．x﹣t 图象中，t1 时刻物体ab 的瞬时速度关系为va＜vb
B．x﹣t 图象中，0〜t1 时间内物体a、b 的平均速度大小关系为㘴ܽ＞㘴ܾ
C．两图象中，t2、t4 时刻分别表示物体b、d 开始反向运动
D．v﹣t 图象中0〜t3 时间内物体c、d 的平均加速度大小关系是ܽܿ
=ܽ݀
3．（5 分）神舟八号飞船绕地球作匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了飞船相继飞临
赤道上空所对应的地面的经度．设神舟八号飞船绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2．则
ݎ1
3
ݎ2
3等于（
）
A．1：24
B．1：26
C．1：256
D．1：210
4．（5 分）质量为m 的汽车在平直公路上行驶，阻力大小为F 保持不变，当它以速度v、加速度a 加速前进时，发动
机的实际功率正好等于额定功率，从此开始，发动机始终在额定功率状态下工作，则汽车在额定功率状态下开始
工作后，（如果公路足够长），下列说法正确的（
）
A．汽车开始将做加速度减小的减速直线运动，最后做匀速运动
B．汽车的牵引力将越来越小，最后不变，大小为F，汽车的额定功率为Fv
C．汽车最后的速度是݉ܽ
㘴
ܨ
D．汽车最后的速度是݉ܽ
㘴+ܨ㘴
ܨ
5．（5 分）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d。在两极之间加上
高压U，有一电子在K 极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（
）
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A．A、K 之间的电场强度为ܷ݀
B．电子到达A 极板时的动能大于eU
C．由K 到A 电子的电势能减小了eU
D．由K 沿直线到A 电势逐渐减小
6．（5 分）如图所示的电路中，变压器为理想变压器，ab 接在电压有效值不变的交流电源的两端，R0 为定值电阻，R
为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2
的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（
）
A．该变压器起降压作用
B．变阻器滑片是沿d﹣c 的方向滑动
C．电压表V1 示数增大
D．电压表V2、V3 示数均增大
7．（5 分）如图所示，质量m＝10kg 和M＝20kg 的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m 通过处于水平方向的
轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250N/m。现用水平力F 作用在物块
M 上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm 时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（
）
A．M 受到的摩擦力保持不变
B．物块m 受到的摩擦力对物块m 不做功
C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D．开始相对滑动时，推力F 的大小等于100N
8．（5 分）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台
秤读数为F1．现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，
则以下说法正确的是（
）
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2
D．F1＜F2
9．（5 分）如图，木板与水平面成θ角，木板上有两个靠在一起的物块P 和Q，质量分别为m 和2m，物块与木板间
的动摩擦因数均为μ，用大小为F 的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P，若P 和Q 之间弹力大小记为F1，下
列判断正确的是（
）
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- 507 -
A．若θ＝0，μ＝0，则ܨ1 = 2
3 ܨ
B．若θ＝0，μ≠0，则ܨ1 = 1
3 ܨ
C．若θ＝30°，μ＝0，则ܨ1 = 1
2 ܨ
D．若θ＝30°，μ≠0，则ܨ1 = 2
3 ܨ
10．（5 分）如图所示，质量m＝lkg 的物体从高为h＝0.2m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的
A 点，物体和皮带之间的动摩檫因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s 的速度
顺时针匀速转动，g＝10m/s2，则下列说法正确的为（
）
A．物体运动到A 的速度为2m/s
B．物体在摩擦力作用下从A 到B﹣直做匀加速直线运动
C．物体从A 运动到B 的时间是l.5s
D．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2J
二、实验题
11．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝200g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，
选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为纸带下落的起始点，A、B、C 为纸带上选取的三个连续点．已知打
点计时器每隔T＝0.02s 打一个点，当地的重力加速度为g＝9.8m/s2，那么
（1）计算B 点瞬时速度时，甲同学用vB2＝2gsOB，乙同学用vB=ܵ
tܥ
2ܶ．其中所选择方法正确的是
（选填
“甲”或“乙”）同学．
（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加
速度为
m/s2，从而计算出阻力Ff＝
N．
（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA 之间扯断，他仅利用A 点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目
的？
．（选填“能”或“不能”）
12．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象．所提供的器材有：
A．电流表（A1）量程0﹣0.6A，内阻约0.125Ω
B．电流表（A2）量程0﹣3A，内阻约0.025Ω
C．电压表（V1）量程0﹣3V，内阻约3kΩ
D．电压表（V2）量程0﹣15V，内阻约15kΩ
E．滑动变阻器（R1）总阻值约10Ω
F．滑动变阻器（R2）总阻值约200Ω
G．电池（E）电动势3.0V，内阻很小
H．导线若干，电键K
该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
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（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为
，电压表为
，滑动变阻器为
（以上均填写
器材代号）．
（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中．
（3）请在图乙的坐标系中画出小灯泡的I﹣U 曲线．
（4）若将该小灯泡直接接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为
W．
三、计算题
13．如图所示，倾角为37°的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道。两个光滑半圆轨道
半径都为R＝0.2m，其连接处CD 之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD 之间距离可忽略。斜面上端有一
弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m＝0.02kg 的小球接触但不固定，
此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep＝0.27J．现解除弹簧的锁定，小球从A 点出发，经翘尾巴的S
形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s＝2.0m；已知斜
面轨道的A 点与水平面上B 点之间的高度为h＝l.0m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75；小球从斜
面到达半圆轨道通过B 点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin37°＝0.6cos37°＝0.8．取g＝10m/s2）。
求：
（1）小球从E 点水平飞出时的速度大小；
（2）小球对B 点轨道的压力；
（3）斜面粗糙部分的长度x。
14．光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A 壁
为L1 距离的B 处放有一质量为m，电量为+q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场
强为E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：
（1）释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v1 多大？
（2）若小物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的
3
5，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度多大？（均指对
地速度）
（3）若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？
15．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（
）
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈
D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
E．夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故
16．如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞面积S＝
100cm2．活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27℃，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。
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已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2．求：
（a）缸内气体的压强p1；
（b）缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB 处？
17．下列说法正确的是（
）
A．简谐运动的周期与振幅无关
B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F＝﹣kx 中，F 为振动物体受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数
C．在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽
E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多
18．有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S 就在其对称轴上，如图所示，从光源S 发出的一束光射到球面上，其中一
部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返
回，若球面半径为R，玻璃折射率为3，求光源S 与球冠顶点M 之间的距离SM 为多大？
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2018-2019 学年陕西省西安市西咸新区高新一中高三（上）第四次月考物
理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括10 小题，每小题5 分，共50 分.在每小题给出的四个选项中，第1～6 题只有一项符合题目要
求，第7〜10 题中有多项符合题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（5 分）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（
）
A．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太弱
B．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量
也减少
C．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线
D．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
【考点】IC：光电效应；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；J9：天然放射现象；JA：原子核衰变及半衰期、衰
变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】发生衰变是原子核中电荷数、质量数发生变化，发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率；氢
原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，根据库仑引力提供向心力判断动能的变化。天然放射
现象中发出的三种射线是看不见的射线。
【解答】解：A、能否发生光电效应与入射光的强度无关，与入射光的频率有关，故A 错误。
B、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，根据k݁
2
ݎ2 =m
㘴2
ݎ
知，电子的动能减小，故B 错误。
C、天然放射现象中发出的三种射线，α射线是氦核流，β射线是电子流，γ射线是电磁波，都看不见。故C 正确。
D、原子核发生衰变时，核内电荷数发生改变，不是原子核外失去电子，故D 错误。
【点评】本题考查了衰变、能级、结合能、光电效应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
2．（5 分）如图所示的x﹣t 图象和v﹣t 图象中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表a、b、c、d 四个不同物体的
运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（
）
A．x﹣t 图象中，t1 时刻物体ab 的瞬时速度关系为va＜vb
B．x﹣t 图象中，0〜t1 时间内物体a、b 的平均速度大小关系为㘴ܽ＞㘴ܾ
C．两图象中，t2、t4 时刻分别表示物体b、d 开始反向运动
D．v﹣t 图象中0〜t3 时间内物体c、d 的平均加速度大小关系是ܽܿ
=ܽ݀
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】在x﹣t 图象中，根据x﹣t 图象的斜率等于速度分析t1 时刻物体ab 的瞬时速度关系。根据位移等于纵坐
标的变化量分析位移关系，从而判断平均速度关系。
在v﹣t 图象中，速度的正负表示速度的方向，图象的斜率等于加速度，可分别判断各项是否正确。
【解答】解：A、x﹣t 图象中图象的斜率表示物体运动的速度，则知x﹣t 图象中，t1 时刻物体ab 的瞬时速度关系
为va＞vb．故A 错误。
B、x﹣t 图象中，0〜t1 时间内物体a、b 的位移相等，所用时间相等，则平均速度相同，故B 错误。
C、x﹣t 图象的斜率表示速度，图象的转折点表示物体的位移开始减小，运动方向开始反向，所以t2 时刻表示物
体b 开始反向运动；v﹣t 图象中的转折点表示速度减小，其方向仍沿正方向，运动方向没有变化。故C 错误；
D、v﹣t 图象中0〜t3 时间内物体c、d 的速度变化量相同，所用时间相同，则平均加速度大小相同。故D 正确；
【点评】对于运动学图象应注意明确图象的性质，抓住两种图象的区别是关键，要记住运动学图象只有两个方向，
故只能描述直线运动；速度﹣时间图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移。
3．（5 分）神舟八号飞船绕地球作匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了飞船相继飞临
赤道上空所对应的地面的经度．设神舟八号飞船绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2．则
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- 511 -
ݎ1
3
ݎ2
3等于（
）
A．1：24
B．1：26
C．1：256
D．1：210
【考点】4H：人造卫星；4J：同步卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故可以得到飞船的公转周期；然后运用推论公
式T＝2π
h3
ܩܯ列式比较．
【解答】解：从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故飞船的周期为：T1= 22.5°
360° ×24h＝1.5h；
同步卫星的周期为24h；
卫星周期公式：T＝2π
h3
ܩܯ；
故
ݎ1
3
ݎ2
3 =（ܶ1ܶ
2
）2= 1
162 =
1
256；
【点评】本题关键是能够从图象得到飞船的公转周期，然后运用人造卫星的周期公式T＝2π
h3
ܩܯ进行分析．
4．（5 分）质量为m 的汽车在平直公路上行驶，阻力大小为F 保持不变，当它以速度v、加速度a 加速前进时，发动
机的实际功率正好等于额定功率，从此开始，发动机始终在额定功率状态下工作，则汽车在额定功率状态下开始
工作后，（如果公路足够长），下列说法正确的（
）
A．汽车开始将做加速度减小的减速直线运动，最后做匀速运动
B．汽车的牵引力将越来越小，最后不变，大小为F，汽车的额定功率为Fv
C．汽车最后的速度是݉ܽ
㘴
ܨ
D．汽车最后的速度是݉ܽ
㘴+ܨ㘴
ܨ
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】52C：功率的计算专题．
【分析】当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度
运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动．
【解答】解：A、当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的
变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动，故A 错误；
B、速度v 时，根据牛顿第二定律知ܲ0
㘴−ܨ=݉ܽ
所以P0＝Fv+mav，故B 错误；
CD、最后匀速牵引力等于阻力F=ܲ
0
㘴݉，所以vm=݉ܽ
㘴+ܨ㘴
ܨ
，故C 错误，D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握功率与牵引力的关系，知道当汽车牵引力等于阻力时，车速最大，难度不大，属于
基础题
5．（5 分）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d。在两极之间加上
高压U，有一电子在K 极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（
）
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A．A、K 之间的电场强度为ܷ݀
B．电子到达A 极板时的动能大于eU
C．由K 到A 电子的电势能减小了eU
D．由K 沿直线到A 电势逐渐减小
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】A、K 之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed 不适用。电子被加速的过程中只有电场力做功，由动能定
理分析电子到达A 板时的动能，由能量守恒定律分析电子电势能的变化情况。根据电场线的方向分析电势的变化。
【解答】解：A、A、K 之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed 不适用，因此A、K 之间的电场强度不等于ܷ݀．故
A 错误。
B、根据动能定理得：Ek﹣0＝eU，得电子到达A 极板时的动能Ek＝eU，故B 错误。
C、由能量守恒定律知，由K 到A 电子的电势能减小了eU．故C 正确。
D、电场力对电子做正功，则电场力向下，电场方向向上，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，故D 错误。
【点评】本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻
松解答。要知道公式U＝Ed 只适用于匀强电场。
6．（5 分）如图所示的电路中，变压器为理想变压器，ab 接在电压有效值不变的交流电源的两端，R0 为定值电阻，R
为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2
的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（
）
A．该变压器起降压作用
B．变阻器滑片是沿d﹣c 的方向滑动
C．电压表V1 示数增大
D．电压表V2、V3 示数均增大
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，
外电路中，R0 与滑动变阻器R 串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可。
【解答】解：A、观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2 的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于
副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故A 正确；
BC、观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2 的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b 接在电
压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2 示数不变，根据欧姆定律得负载电
阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动，故BC 错误，
D、由于电流表A2 的示数增大，所以R0 两端电压增大，所以滑动变阻器R 两端电压减小，即电压表V3 示数减小，
故D 错误；
【点评】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电
流关系列式分析。
7．（5 分）如图所示，质量m＝10kg 和M＝20kg 的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m 通过处于水平方向的
轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250N/m。现用水平力F 作用在物块
M 上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm 时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（
）
A．M 受到的摩擦力保持不变
B．物块m 受到的摩擦力对物块m 不做功
C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D．开始相对滑动时，推力F 的大小等于100N
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题．
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- 513 -
【分析】对m 进行受力分析，根据平衡条件求得m 所受的摩擦力变化的情况，从而得到M 受到的摩擦力变化情
况。根据做功的条件判断摩擦力对物块m 是否做功。把m 和M 看成整体进行受力分析，根据动能定理求解推力
做的功。根据胡克定律和平衡条件求开始相对滑动时推力F 的大小。
【解答】解：A、对m 进行受力分析，水平方向受到弹簧向右的弹力和向左的静摩擦力。由于弹簧在缩短，所以
弹力增大，由于缓慢地向墙壁移动，可以看成平衡状态，所以M 对m 的摩擦力也在增大，所以M 受到的摩擦力
在增大，故A 错误。
B、物块m 受到的摩擦力方向向左，m 向左运动，所以摩擦力对物块m 做正功，故B 错误。
C、把m 和M 看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力。当移动40cm 时，两物块间开
始相对滑动，根据胡克定律得：
F＝kx＝100N
对整体研究，根据动能定理得：
WF+W 弹＝△Ek＝0
弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，
WF＝﹣W 弹＝△Ep，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，故CD 正确。
故选：CD。
【点评】分析研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。
要知道两物块间刚开始相对滑动，此时m 受的摩擦力达到最大静摩擦力。
8．（5 分）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台
秤读数为F1．现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，
则以下说法正确的是（
）
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2
D．F1＜F2
【考点】C7：电流的磁场对磁针的作用．菁优网版权所有
【分析】以导体棒为研究对象，根据左手定则判断其受到的安培力方向，再由牛顿第三定律分析磁铁受到的安培
力方向，确定弹簧长度及弹簧秤读数的变化．
【解答】解：A、B 以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第
三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短。故A 错误，
B 正确。
C、D 由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查灵活选择研究对象的能力和应用左手定则判断安培力方向的能力，是常规题．
9．（5 分）如图，木板与水平面成θ角，木板上有两个靠在一起的物块P 和Q，质量分别为m 和2m，物块与木板间
的动摩擦因数均为μ，用大小为F 的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P，若P 和Q 之间弹力大小记为F1，下
列判断正确的是（
）
A．若θ＝0，μ＝0，则ܨ1 = 2
3 ܨ
B．若θ＝0，μ≠0，则ܨ1 = 1
3 ܨ
C．若θ＝30°，μ＝0，则ܨ1 = 1
2 ܨ
D．若θ＝30°，μ≠0，则ܨ1 = 2
3 ܨ
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对Q 分析，结合牛顿第二定律求出P 对Q 的弹
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力．
【解答】解：对P、Q 整体由牛顿第二定律可得F﹣μ•3mgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma，解得ܽ
= ܨ
3݉
−ߤtܿ݋ݏߠ−tݏthߠ，
再隔离Q 使用牛顿第二定律可得F1﹣μ•2mgcosθ﹣2mgsinθ＝2ma，将a 代入可得ܨ1 = 2
3 ܨ，故A、D 正确，B、C
错误。
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，从本题中可以看出，最终的弹
力与是否有摩擦，以及斜面的倾角无关．
10．（5 分）如图所示，质量m＝lkg 的物体从高为h＝0.2m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的
A 点，物体和皮带之间的动摩檫因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s 的速度
顺时针匀速转动，g＝10m/s2，则下列说法正确的为（
）
A．物体运动到A 的速度为2m/s
B．物体在摩擦力作用下从A 到B﹣直做匀加速直线运动
C．物体从A 运动到B 的时间是l.5s
D．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2J
【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】此题分多个过程研究，先运用动能定理求出物体在A 点的速度，再通过定量计算可以得到物体在传送带
上的运动；物体在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动；明确物体的运动过程后即可解决相关问题。
【解答】解：设物体在传送带上匀加速的位移为x1，时间为t1；
选项A：物体在A 点的速度为vA，由动能定理得݉
th = 1
2݉
㘴t2，代入数据得vA＝2m/s，选项A 正确；
选项B、C：物体先在传送带上做加速运动，由㘴2 −㘴t2 = 2ܽݔ1，a＝μg＝2m/s2，ݐ1 = 㘴−㘴tܽ，
代入数据得x1＝3m，t1＝1s；由x1＜L，得物体先做匀加速运动，剩下的距离x2＝L﹣x1＝2m 做匀速
运动，
匀速的时间为ݐ2 = ݔ2
㘴= 0.5ݏ，故总的运动时间为
t 总＝t1+t2＝1.5s；选B 错误，选C 正确；
选项D：由相对运动产生的内能公式Q＝f•x 相，f＝μmg＝2N，匀加速阶段的相对路程为传送带位移减去物
体位移：x 相＝vt1﹣x1＝1m，代入数据得Q＝2J，选D 正确；
故选：ACD。
【点评】此题考查了力学中的传送带模型，学生要能够分析出物体在传送带上的运动过程，并结合能量知识来解
决相关问题。
二、实验题
11．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝200g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，
选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为纸带下落的起始点，A、B、C 为纸带上选取的三个连续点．已知打
点计时器每隔T＝0.02s 打一个点，当地的重力加速度为g＝9.8m/s2，那么
（1）计算B 点瞬时速度时，甲同学用vB2＝2gsOB，乙同学用vB=ܵ
tܥ
2ܶ．其中所选择方法正确的是
乙（选填“甲”
或“乙”）同学．
（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加
速度为
9.5
m/s2，从而计算出阻力Ff＝
0.06
N．
（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA 之间扯断，他仅利用A 点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？
能
．（选填“能”或“不能”）
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- 515 -
【专题】13：实验题．
【分析】该题的关键是处理纸带问题时应用㘴ݐ
2
= ݔ
ݐ求瞬时速度，既可以用mgh= 1
2mv2 来验证机械能守恒，也可以
用mgh= 1
2mv22−1
2mv12 来验证．
【解答】解：（1）、由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重
力加速度，
所以求速度时不能用vB2＝2gsOB，来求，只能根据㘴ݐ
2
= ݔ
ݐ求瞬时速度值，所以乙正确．
（2）、根据△x＝at2，可求出a= 0.2323−0.1920−(0.1920−0.1555)
(0.02)2
=9.5m/s2，
由牛顿第二定律mg﹣f＝ma 解得阻力为：
f＝0.06N．
（3）、根据mgh= 1
2mv22−1
2mv12 可知，可以利用A 点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现．
故答案为：（1）乙；（2）9.5，0.06；（3）能．
【点评】明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的
区别，学会求加速度的方法．
12．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象．所提供的器材有：
A．电流表（A1）量程0﹣0.6A，内阻约0.125Ω
B．电流表（A2）量程0﹣3A，内阻约0.025Ω
C．电压表（V1）量程0﹣3V，内阻约3kΩ
D．电压表（V2）量程0﹣15V，内阻约15kΩ
E．滑动变阻器（R1）总阻值约10Ω
F．滑动变阻器（R2）总阻值约200Ω
G．电池（E）电动势3.0V，内阻很小
H．导线若干，电键K
该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据：
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为
A
，电压表为
C
，滑动变阻器为
E
（以上均填写器材代
号）．
（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中．
（3）请在图乙的坐标系中画出小灯泡的I﹣U 曲线．
（4）若将该小灯泡直接接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为
2.8
W．
【考点】BG：电功、电功率；N5：描绘小电珠的伏安特性曲线；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据实验数据，结合实验的原理选择实验器材．
（2）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接
法，据此作出实验电路图．
（3）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．
（4）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所
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对应的电压与电流值，由P＝UI 求出灯泡的实际功率．
【解答】解：（1）由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.5A，则电流表应选A；电压最大测量值为2V，电压
表应选C；为方便实验操作滑动变阻器应选择E．
（2）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最大阻值约为：R 灯=ܷܫ=
2.00
0.50 =4Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法；
电路图如图所示．
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
（4）小灯泡直接接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω，则短路电流：ܫ短= ܧ
ݎ= 1.5
2.0 = 0.75A
在灯泡的U﹣I 图象坐标系内作出电源的U﹣I 图象如图所示，
它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，
由图象可知，小灯泡的实际电流为0.34A（0.33﹣0.35A 均正确），电压为0.81A，（0.80﹣0.82V 均正确），
功率P＝IU＝0.34×0.81≈0.28W．
故答案为：（1）A，C，E；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；（4）0.28．
【点评】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定
滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内
接法还是外接法．
三、计算题
13．如图所示，倾角为37°的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道。两个光滑半圆轨道
半径都为R＝0.2m，其连接处CD 之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD 之间距离可忽略。斜面上端有一
弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m＝0.02kg 的小球接触但不固定，
此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep＝0.27J．现解除弹簧的锁定，小球从A 点出发，经翘尾巴的S
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形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s＝2.0m；已知斜
面轨道的A 点与水平面上B 点之间的高度为h＝l.0m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75；小球从斜
面到达半圆轨道通过B 点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin37°＝0.6cos37°＝0.8．取g＝10m/s2）。
求：
（1）小球从E 点水平飞出时的速度大小；
（2）小球对B 点轨道的压力；
（3）斜面粗糙部分的长度x。
【考点】37：牛顿第二定律；38：牛顿第三定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）小球从E 点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初
速度。
（2）在B 点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律
求出小球对轨道的压力。
（3）应用动能定理求出斜面粗糙部分的长度x。
【解答】解：（1）小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为vE，
由平抛运动规律知，
s＝vEt，
4R= 1
2gt2，
联立解得vE= ݏ
4
2t
h =5 m/s。
（2）小球从B 点运动到E 点的过程，由机械能守恒有
1
2mv B2＝mg×4R+ 1
2mv E2
解得vB2＝8gR+ ݏ2t
8h ，
则vB=
41m/s
在B 点有FN﹣mg＝m
㘴ܤ
2
h
所以FN＝9mg+ ݏ2t
8h =4.3 N。
由牛顿第三定律可知F′N＝FN＝4.3 N，方向竖直向下。
（3）小球沿斜面下滑到B 点的过程，由功能关系有mgh﹣μmgcos 37°・x= 1
2mvB2﹣Ep
解得x＝0.5 m。
答：（1）小球从E 点水平飞出时的速度大小为5m/s；
（2）小球对B 点轨道的压力为4.3N；
（3）斜面粗糙部分的长度x 为0.5m。
【点评】本题是一道力学综合题，物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用
平抛运动规律、机械能守恒定律、牛顿第二定律、动能定理可以解题，本题有一定的难度。
14．光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A 壁
为L1 距离的B 处放有一质量为m，电量为+q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场
强为E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：
（1）释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v1 多大？
（2）若小物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的
3
5，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度多大？（均指对
地速度）
（3）若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？
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【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）释放小物体，B 受到水平向右的电场力作用而做匀加速直线运动，由于BA 间没有摩擦，A 处于静
止，根据动能定理求解小物体第一次与滑板A 壁碰前物体的速度v1．
（2）物体B 与A 碰撞过程，动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后A 的速度大小和方向，确定出B 的速度方向．碰
撞后A 向右做匀速运动直到与物体第二次碰撞之前，碰撞后B 反弹向左做匀减速运动，当两者的位移相等时，发
生第二碰撞，由运动学公式列出B 的速度与时间的关系式，根据位移关系再列出位移与时间的关系式，联立即可
求出物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v2．
（3）根据运动学公式求出两次碰撞之间的位移，即可求得电场力做功．
【解答】解：（1）对物体，根据动能定理，有：qEL1= 1
2mv12，
得：v1=
2ݍܧܮ1݉．
（2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1′；滑板的速度为v，则
mv1＝mv1′+4mv．
若v1′= 3
5v1，则v= 1
10v1，因为v1′＞v，不符合实际，
故应取v1′=−3
5v1，则v= 2
5v1= 2
5
2ݍܧܮ1݉．
（3）在物体第一次与A 壁碰后到第二次与A 壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两
者相对于水平面的位移相同．
所以
1
2（v2+v1′）t＝v•t，
即：v2= 7
5v1= 7
5
2ݍܧܮ1݉．
对整个过程运用动能定理得；电场力做功为：W= 1
2mv12+（
1
2mv22−1
2mv1′2）= 13
5 ݍܧܮ1．
答：（1）释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前物体的速度v1 是2ݍܧܮ1݉．
（2）物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v2 分别为
2
5
2ݍܧܮ1݉和
7
5
2ݍܧܮ1݉．
（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为场力做功
13
5 ݍܧܮ1．
【点评】本题运用程序法按时间顺序分析物体运动的过程，难点是判断第一次碰撞后B 的速度方向，抓住碰撞后
同向运动的物体，后面物体的速度不可能大于前面物体的速度．
15．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（
）
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈
D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
E．夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故
【考点】81：分子动理论的基本观点和实验依据；84：布朗运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；545：布朗运动专题．
【分析】物体的内能由物体的体积，温度和物质的量共同决定；理想气体的内能与体积无关，布朗运动是固体颗
粒的运动，它反映了液体分子的无规则的热运动，说明分子永不停息地做无规则热运动；改变物体内能的方式有
两种：做功和热传递。
【解答】解：A、物体的内能由物体的体积，温度和物质的量共同决定，故温度高的物体内能不一定大，但温度
越高分子的平均动能一定越大，故A 正确；
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B、改变物体内能得方式有两种，做功和热传递，当外界对物体做功，且放热时内能可能减小，故B 错误；
C、布朗运动是固体颗粒的运动，颗粒越小，布朗运动越明显，温度越高，布朗运动越明显，故C 正确；
D、当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故D 错误；
E、夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到到最小趋势的缘故。故E 正确；
故选：ACE。
【点评】热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，在平时训练中加强练习。关键要掌握温度的微观意义：
温度是分子平均动能的标志。了解内能的含义和决定因素。
16．如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞面积S＝
100cm2．活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27℃，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。
已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2．求：
（a）缸内气体的压强p1；
（b）缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB 处？
【考点】99：理想气体的状态方程；9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（a）选汽缸为研究对象，列受力平衡方程可解封闭气体压强
（b）即缸内气体为等压变化，由等压变化方程可得温度值
【解答】解：（a）以气缸为对象（不包括活塞）列气缸受力平衡方程：
p1S＝Mg+p0S
解之得：p1＝3×105Pa
（b）当活塞恰好静止在气缸缸口AB 处时，缸内气体温度为T2，压强为p2
此时仍有p2S＝Mg+p0S，
由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：ܵ
×0.5tܶ
1
=ܵ
×tܶ
2
所以T2＝2T1＝600K
故t2＝（600﹣273）℃＝327℃
答（a）缸内气体的压强3×105Pa （b）缸内气体的温度升高到多少327℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口处。
【点评】巧选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关系
17．下列说法正确的是（
）
A．简谐运动的周期与振幅无关
B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F＝﹣kx 中，F 为振动物体受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数
C．在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽
E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多
【考点】74：简谐运动的回复力和能量；HA：光的衍射；O4：用双缝干涉测光的波长．菁优网版权所有
【专题】54G：光的干涉专题．
【分析】单摆小角度摆动是简谐运动，重力的切线分力提供回复力；
波的传播方向与质点的振动方向垂直的波是横波，波的传播方向与质点的振动方向平行的波是纵波；
明显衍射的条件是狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多．
【解答】解：A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关，故A 正确；
B、在简谐运动的回复力表达式F＝﹣kx 中，对于弹簧振子，F 为振动物体受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数；
故B 正确；
C、对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，横波两者垂直，纵波两者平行，故C 错误；
D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式△ݔ= ܮ݀⋅ɉ，同种条件下，因紫光波长小于红光，则用紫光做实验
比红光做实验得到的条纹更窄，故D 错误；
E、在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，根据明显衍射的条件可知，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多。
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故E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了简谐运动、机械波、光的干涉和衍射，关键要明确简谐运动有弹簧振子模型和单摆模型两种
模型．
18．有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S 就在其对称轴上，如图所示，从光源S 发出的一束光射到球面上，其中一
部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返
回，若球面半径为R，玻璃折射率为3，求光源S 与球冠顶点M 之间的距离SM 为多大？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源S 与球心O 之间
的距离SO，从而得到SM．
【解答】解：如图所示，根据折射定律，有：
n= ݏthߠ1
ݏthߠ2
根据反射定律，有：θ1＝θ3
其中：θ3+θ2＝90°
联立可得：θ1＝60°，θ2＝30°
由图，有：β＝θ2＝30°，α＝θ1﹣β＝30°
故：SO=
3R
故光源S 与M 间距：SN＝SO﹣R＝（3 −1）R≈0.73R
答：光源S 与球冠顶点M 之间的距离SM 为0.73R．
【点评】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角
或者线段的长度．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 14:02:11 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学高三（上）期中物理试卷
一、选择题（共5 小题，每小题6 分，满分30 分）
1．（6 分）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠
放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P
开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为（
）
A．
t݀g
B．݀
−t݀g
C．
t݀
−tg
D．݀݀−tg
2．（6 分）两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2 绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空
间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r 平方的倒数，a−1
ݎ2关系如图所示，卫星S1、S2 的引
力加速度大小均为a0．则（
）
A．S1 的质量比S2 的大
B．P1 的质量比P2 的大
C．P1 的第一宇宙速度比P2 的小
D．P1 的平均密度比P2 的大
3．（6 分）如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V 均为理想电表，R、L 和D 分别是光敏
电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的
是（
）
A．有光照射R 时，A 的示数变大
B．电压u 的频率为100Hz
C．V 的示数为22 2ܸ
D．抽出L 中的铁芯，D 变亮
4．（6 分）物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法不正确的是（
）
A．γ射线是高速运动的电子流
B．
83
210Bi 的半衰期是5 天，100 克
83
210Bi 经过10 天后还剩下50 克
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
5．（6 分）如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R．轨道正上
方离地h 处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P 点位于O 点正上
方。A、B 是质量均为m 的小环，A 套在杆上，B 套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环。两环
均可看做质点，且不计滑轮大小与质量。现在A 环上施加一个水平向右的力F，使B 环从地面由静止沿轨道上升。
则（
）
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A．缓慢提升B 环至D 点，F 一直减小
B．A 环动能的增加等于B 环机械能的减少
C．B 环被拉到与A 环速度大小相等时，sin∠OPB= h݄
D．若F 为恒力，且作用足够长时间，B 环可能会经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨
道返回左侧最低点，之后将重复运动
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22 题-第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．其余为选考题，
考生根据要求作答）
6．（6 分）.某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度
a 和所受拉力F 的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F 图线，如图（b）
所示．
（1）图线
是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；
（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝
kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝
．
（3）实验中是否要求滑块和位移传感器发射部分的总质量远远大于重物质量的条件？
．
7．（9 分）在练习使用多用表时，某同学将选择开关拨至“×10Ω”档时，欧姆表的内部结构可简化成图甲中虚线框
内的电路，其中定值电阻R0 与电流表G 的内阻之比R0：Rg＝1：4，电流表G 的量程已知，故能正确读出流过
电流表G 的电流值。欧姆表已经进行了必要的调零。该同学想用一个电阻箱Rx 较精确的测出该倍率下电路中电
源的电动势E 和欧姆表的总内阻R 内，他的操作步骤是：
a．将欧姆表与电阻箱Rx 连成图甲所示的闭合回路
b．改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx 和与之对应的电流表G 的示数IG；
c．将记录的各组Rx、IG 的数据描点在乙图中，得到
1
ܫܩ
−Rx 图线如图乙所示；
d．根据乙图作得的IG﹣Rx 图线，求出电源的电动势E 和欧姆表的总内阻R 内。
图甲中，a 表笔和b 表笔的颜色分别是
和
，电源的电动势E 为
V，欧姆表总内阻R 内为
Ω．电流表G 的量程是
A。
8．（14 分）如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在x＞0 的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y 轴
正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2m。一质量m＝6.4×10
﹣27kg、电荷量q＝﹣3.2×10
﹣19C 的带电粒子从P 点，
其坐标为（0，1m）以速度V＝4×104m/s，沿x 轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点（图中未
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标出），不计粒子重力。求：
（1）当电场左边界与y 轴重合时Q 点的横坐标；
（2）若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x′处在0＜x′＜3m 范围内，要求带电粒子仍能通
过Q 点，求此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。
9．（18 分）如图，静止放在光滑水平面上的小车左端有四分之一光滑圆弧滑道AB，与水平滑道相切于B 点，水平
滑道的BC 部分粗糙，小车右端固定一轻弹簧P，整个滑道的质量为m1．现让质量为m2 的滑块（可视为质点）自
A 点由静止释放，滑块滑过BC 后与小车右端弹簧碰撞，第一次被弹簧弹回后再没有滑上圆弧AB 滑道。已知粗
糙水平滑道BC 长L＝1m。滑块与BC 间的动摩擦因数µ＝0.15，m1＝2m2，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）四分之一光滑圆弧滑道AB 的半径R 大小范围。
（2）整个过程中小车可能获得的最大速度。
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2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共5 小题，每小题6 分，满分30 分）
1．（6 分）如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠
放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P
开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为（
）
A．
t݀g
B．݀
−t݀g
C．
t݀
−tg
D．݀݀−tg
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l 的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，
根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度。
【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：
mg＝qܷ݀−t①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣qܷ݀
=ma
②
联立①②解得：
a= t݀g
【点评】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿
第二定律列式分析，不难。
2．（6 分）两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2 绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空
间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r 平方的倒数，a−1
ݎ2关系如图所示，卫星S1、S2 的引
力加速度大小均为a0．则（
）
A．S1 的质量比S2 的大
B．P1 的质量比P2 的大
C．P1 的第一宇宙速度比P2 的小
D．P1 的平均密度比P2 的大
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】33：参照思想；34：比较思想；4B：图析法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a 与r 的表达式，结合a−1
ݎ2的正比
关系函数图象得出P1、P2 的质量关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解．
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：G
ܯ݉
ݎ2 =ma，
则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a= ܩܯ
ݎ2 ，由此不能判断近地卫星S1、S2 的质量大小。由数
学知识知，a−1
ݎ2图象的斜率等于GM，斜率越大，GM 越大，M 越大，所以P1 的质量比P2 的大，故A 错误。B
正确。
C、设第一宇宙速度为v。则a0= 㘴2
h ，得v=ܽ
0h．由图看出，P1 的半径比P2 的半径大，a0 相等，可知P1 的第
一宇宙速度比P2 的大，故C 错误。
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- 525 -
D、行星的平均密度ρ=
ܯ
4
3ߨh3 =ܽ
0h2
ܩ
4
3ߨh3 = 3ܽ0
4ߨܩh，P1 的半径比P2 的半径大，a0 相等，则P1 的平均密度比P2 的小，
故D 错误。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的
关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算．
3．（6 分）如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V 均为理想电表，R、L 和D 分别是光敏
电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的
是（
）
A．有光照射R 时，A 的示数变大
B．电压u 的频率为100Hz
C．V 的示数为22 2ܸ
D．抽出L 中的铁芯，D 变亮
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；53A：交流电专题．
【分析】有光照射R 时，R 减小。变压器的输出电压不变，由欧姆定律分析输出电流的变化，从而判断出A 的示
数变化情况。由图乙读出周期，再求频率。由变压器原、副线圈中的电压之比等于匝数之比，求V 的示数。抽出
L 中的铁芯，分析输出电压的变化，再来分析D 亮度的变化。
【解答】解：A、有光照射R 时，R 阻值随光强增大而减小，根据P=ܷ
2
h+hܦ，U 不变，得知线圈输出功率增大，
所以原线圈输入功率增大，A 的示数变大，故A 正确。
B、原线圈接入如图乙的电压，则知其周期为T＝0.02s，所以频率݂
= 1ܶ= 50ܪݖ，故B 错误。
C、原线圈接入电压最大值为Um＝220 2，原线圈接入电压的有效值U=ܷ݉
2 =220V，因为理想变压器原、副线
圈匝数比为10：1，所以副线圈电压22V，则V 的求数为22V，故C 错误。
D、抽出L 中的铁芯，线圈自感系数减小，线圈对电流的阻碍减小，所以D 变亮，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题是交流电路中动态变化分析问题，总的原则是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定
其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
4．（6 分）物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法不正确的是（
）
A．γ射线是高速运动的电子流
B．
83
210Bi 的半衰期是5 天，100 克
83
210Bi 经过10 天后还剩下50 克
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】知道三种射线的本质与特点；根据半衰期与质量的公式m＝m0•( 1
2 )h分析；关键物理学史分析CD 选项。
【解答】解：A．γ射线是高速运动的光子流，不是电子。故A 不正确。
B、
83
210Bi 的半衰期是5 天，经过10 天，即经过2 个半衰期，剩余质量m＝m0•( 1
2 )2 = 1
4݉
0 = 1
4 × 100 =25g，
故B 不正确；
C．α粒子散射实验的重要发现是原子核式结构，而不是电荷的量子化，故C 不正确。
D．天然故射现象是原子核发生衰变而产生的，说明原子核内部是有结构的，故D 正确。
本题选择不正确的，故选：ABC。
【点评】对于原子物理的一些常识我们一定要熟记并知道在日常生活中的应用。这也高考考查内容之一。
5．（6 分）如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R．轨道正上
方离地h 处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P 点位于O 点正上
方。A、B 是质量均为m 的小环，A 套在杆上，B 套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环。两环
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均可看做质点，且不计滑轮大小与质量。现在A 环上施加一个水平向右的力F，使B 环从地面由静止沿轨道上升。
则（
）
A．缓慢提升B 环至D 点，F 一直减小
B．A 环动能的增加等于B 环机械能的减少
C．B 环被拉到与A 环速度大小相等时，sin∠OPB= h݄
D．若F 为恒力，且作用足够长时间，B 环可能会经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨
道返回左侧最低点，之后将重复运动
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】作出B 环的受力图，由合成法和三角形相似法分析F 的变化。由系统的功能关系分析能量的变化。若F
为恒力，且B 环能运动到D 点速度不为零时，B 环会经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿
轨道返回左侧最低点，之后将重复运动。
【解答】解：
A、以B 环研究对象，根据力的三角形和△PB0 相似可得，ܶܲܤ=݉
tܱܲ，T=݉
tܱܲPB，PO 不变，PB 减小，则绳子的
拉力T 慢慢减小，F 减小。故A 正确。
B、由于有外力F 做功，所以A、B 的机械能不守恒，则A 环动能的增加不等于B 环机械能的减少，故B 错误。
C、当PB 线与圆轨道相切时，vB＝vA，根据数学知识有sin∠OPB= h݄，故C 正确。
D、若F 为恒力，B 环能运动到D 点时速度不为零时，B 环会经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，
然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动。故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题要注意分析题意，运用三角形相似法分析力的变化，找出题目中给出的几何关系，要知道当PB 线
与圆轨道相切时两球的速度大小相等。
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22 题-第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．其余为选考题，
考生根据要求作答）
6．（6 分）.某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度
a 和所受拉力F 的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F 图线，如图（b）
所示．
（1）图线
①
是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；
（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝
0.5
kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝
0.2
．
（3）实验中是否要求滑块和位移传感器发射部分的总质量远远大于重物质量的条件？
否
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】知道滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．
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对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．
【解答】解：（1）由图象可知，当F＝0 时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操
作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面
情况下得到的．
（2）根据F＝ma 得a= ܨ݉，所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部
分的总质量的倒数．由图形b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k＝2，所以滑块和位移传感器发射部分的
总质量m＝0.5Kg，由图形b 得，在水平轨道上F＝1N 时，加速度a＝0，根据牛顿第二定律得F﹣μmg＝0，解得μ
＝0.2；
（3）滑块和位移传感器发射部分受到的拉力由力传感器得出，实验过程中不需要控制滑块和位移传感器发射部分
的总质量远远大于重物质量．
故答案为：（1）①；（2）0.5；0.2；（3）否．
【点评】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．
运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．
7．（9 分）在练习使用多用表时，某同学将选择开关拨至“×10Ω”档时，欧姆表的内部结构可简化成图甲中虚线框
内的电路，其中定值电阻R0 与电流表G 的内阻之比R0：Rg＝1：4，电流表G 的量程已知，故能正确读出流过
电流表G 的电流值。欧姆表已经进行了必要的调零。该同学想用一个电阻箱Rx 较精确的测出该倍率下电路中电
源的电动势E 和欧姆表的总内阻R 内，他的操作步骤是：
a．将欧姆表与电阻箱Rx 连成图甲所示的闭合回路
b．改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx 和与之对应的电流表G 的示数IG；
c．将记录的各组Rx、IG 的数据描点在乙图中，得到
1
ܫܩ
−Rx 图线如图乙所示；
d．根据乙图作得的IG﹣Rx 图线，求出电源的电动势E 和欧姆表的总内阻R 内。
图甲中，a 表笔和b 表笔的颜色分别是
黑
和
红
，电源的电动势E 为
9
V，欧姆表总内阻R 内为
180
Ω．电流表G 的量程是
0.01
A。
【考点】N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；根据电路图应用欧姆定律求出函数图象表达
式，然后根据函数表达式与图象求出电动势与内阻。
【解答】解：由图甲所示可知，a 与电源正极相连，则a 表笔是黑色的；
由图甲所示，在闭合电路中，电源电动势：E＝I（R 内+RX），而又因R0：Rg＝1：4，则I＝5Ig
则E＝5Ig（R 内
+Rx）
则：
1
ܫt
=
5
ܧhݔ+
5h内
ܧ
由图乙所示图象可知，图象纵轴截距：b=
5h内
ܧ
=100
①，
图象斜率：k= 5
ܧ= 300−100
360
= 20
36②
解得：E＝9V，内阻：R 内＝180Ω，
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电流表G 的满偏电流为：Ig= ܧ
h内
× 1
5 =
9
180 × 1
5 =0.01A，则电流表量程为0.01A。
故答案为：黑，红，9，180，0.01
【点评】根据电路图与闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据函数表达式与图象可以求出电源电动势与
内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法
8．（14 分）如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在x＞0 的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y 轴
正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2m。一质量m＝6.4×10
﹣27kg、电荷量q＝﹣3.2×10
﹣19C 的带电粒子从P 点，
其坐标为（0，1m）以速度V＝4×104m/s，沿x 轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点（图中未
标出），不计粒子重力。求：
（1）当电场左边界与y 轴重合时Q 点的横坐标；
（2）若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x′处在0＜x′＜3m 范围内，要求带电粒子仍能通
过Q 点，求此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）粒子进入匀强电场，只受电场力，做类平抛运动，根据运动的分解，求出粒子离开电场时的速度偏
向角为θ，由数学知识求出Q 点的横坐标。
（2）讨论当0＜x′＜3m 时，Q 点在电场外面右侧，研究速度偏向角，求出横坐标x′与电场强度的大小E′的
函数关系。
【解答】解：（1）带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动。
粒子在电场中加速度qE＝ma
运动时间d＝vt1
沿y 方向位移ݕ= 1
2ܽݐ1
2
沿y 方向分速度vy＝at1
设P 点到原点0 的距离为r，据题有：r＝1m
粒子出电场后又经时间t2 达x 轴上Q 点：r﹣y＝vyt2
故Q 点的坐标为：x＝d+vt2＝5.0m；
（2）电场左边界的横坐标为x′。
当0＜x′＜3m 时，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，
则：ݐܽhߠ' = ܧ'ݍ݀݉
㘴2
又：ݐܽhߠ' =
1
4−ݔ'
由上两式得：ܧ' =
16
4−ݔ'；
答：
（1）当电场左边界与y 轴重合时Q 点的横坐标为5.0m；
（2）此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为ܧ' = 16
4−ݔ'
【点评】本题是磁场和电场组合场问题，考查分析和解决综合题的能力，关键是运用运动的分解法，由牛顿第二
定律和运动学公式、几何关系求解。
9．（18 分）如图，静止放在光滑水平面上的小车左端有四分之一光滑圆弧滑道AB，与水平滑道相切于B 点，水平
滑道的BC 部分粗糙，小车右端固定一轻弹簧P，整个滑道的质量为m1．现让质量为m2 的滑块（可视为质点）自
A 点由静止释放，滑块滑过BC 后与小车右端弹簧碰撞，第一次被弹簧弹回后再没有滑上圆弧AB 滑道。已知粗
糙水平滑道BC 长L＝1m。滑块与BC 间的动摩擦因数µ＝0.15，m1＝2m2，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）四分之一光滑圆弧滑道AB 的半径R 大小范围。
（2）整个过程中小车可能获得的最大速度。
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【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）根据动量守恒知，滑块相对小车静止时，共同速度为零，对滑块运用动能定理，抓住滑块的路程大
于L 小于2L，求出圆弧滑道AB 的半径大小范围。
（2）由系统动量守恒可知，滑块速度最大时，小车速度也最大，所以滑块第一次滑到B 点时小车具有最大速度，
根据动量守恒定律和能量守恒定律求出小车获得最大速度。
【解答】解：（1）因为m1 和m2 系统水平方向总动量守恒为0，依题意知最终二者一同静止，且滑块m2 静止在粗
糙段BC 上
设滑块在BC 段滑动的路程为S，由能量关系得
m2gR＝µ m2gS
…①
其中S 应满足L＜S≤2L
…②
解得
0.15m＜R≤0.30m
…③
（2）由系统动量守恒可知，滑块速度最大时，小车速度也最大，所以滑块第一次滑到B 点时小车具有最大速度，
而当半径R＝0.30m 时小车能获得的速度最大。
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：m2V2﹣m1V1＝0
根据能量守恒定律有：m2gR= 1
2m2V22+ 1
2m1V12
代入m1＝2m2，R＝0.30m
解得V1＝1m/s 为小车可能获得的最大速度。
答：（1）四分之一光滑圆弧滑道AB 的半径R 大小范围为0.15m＜R≤0.30m。
（2）整个过程中小车可能获得的最大速度为1m/s。
【点评】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合运用，知道系统开始总动量为零，当滑块速度最大时，
小车的速度最大，这是解决本题的关键。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:30:28 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学滨河分校高三（上）期中物理
试卷
一、单项题（共12 小题，每小题3 分，共36 分）
1．（3 分）小球以v1＝3m/s 的速度水平向右运动，碰到墙壁经t＝0.01s 后以v2＝2m/s 的速度沿同一直线反弹．小球
在这0.01s 内的平均加速度为（
）
A．100m/s2，方向向右
B．100m/s2，方向向左
C．500m/s2，方向向左
D．500m/s2，方向向右
2．
（3 分）如图所示是三个质点A、B、C 的轨迹，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点，下列说法正确的是（
）
A．从N 到M 过程中，A 的平均速率最大
B．三质点从N 到M 的平均速率相同
C．三质点从N 到M 的平均速度不相同
D．到达M 点时A 的瞬时速率最大
3．（3 分）一质点始终向着一个方向做直线运动，在前
2
3t 时间内平均速度为
㘴
2，后
1
3t 时间内平均速度为2v，则物体在
t 时间内平均速度大小是（
）
A．
3
4v
B．v
C．
3
2v
D．
2
3v
4．（3 分）如图所示，为某物体的速度～时间图象，已知t2＝2t1，t3＝3t1．若将该物体的运动过程的位移～时间图象
表示出来，下列四幅图象中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）汽车甲沿着平直的公路以速度V0 做匀速直线运动，若它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速
度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述已知条件（
）
A．可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B．可求出乙车追上甲车所走的路程
C．可求出乙车从开始启动到追上甲车时所用的时间
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D．不能求出上述三者中的任何一个
6．（3 分）如图是甲、乙两物体做直线运动的v﹣t 图象。下列表述正确的是（
）
A．乙做匀加速直线运动
B．第1s 末甲和乙相遇
C．甲和乙的加速度方向相同
D．甲的加速度比乙的小
7．（3 分）如图所示，A、B 两物体相距s＝7m，物体A 以vA＝4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度vB
＝10m/s，只在滑动摩力作用下向右做匀减速运动，B 与水平地面的动摩擦因数μ＝0.2，那么物体A 追上物体B 所
用的时间为（
）
A．7s
B．8s
C．9s
D．10s
8．（3 分）把一个力分解为两个力时（
）
A．一个分力变大时，另一个分力一定要变小
B．两个分力不能同时变大
C．无论如何分解，两个分力不能同时小于这个力的一半
D．无论如何分解，两个分力不能同时等于这个力
9．（3 分）物体受到三个大小分别为3N、4N、5N 的共点力作用，这三个力合力的最小值是（
）
A．0
B．2N
C．4N
D．6N
10．（3 分）如图所示，在同一平面内，大小分别为1N，2N，3N，4N，5N，6N 的六个力共同作用于一点，其方向
互成60°的角，则其合力大小为（
）
A．0
B．1N
C．2N
D．3N
11．（3 分）用如图所示的方法可以测定木块A 与长木板B 之间的滑动摩擦力的大小．把一个木块A 放在长木板B
上，长木板B 放在水平地面上，在恒力F 作用下，长木板B 以速度v 匀速运动，水平弹簧秤的示数为T．下列说
法正确的是（
）
A．木块A 受到的滑动摩擦力的大小等于T
B．木块A 受到的滑动摩擦力的大小等于F
C．若长木板B 以2v 的速度匀速运动时，木块A 受到的摩擦力的大小等于2T
D．若用2F 的力作用在长木板上，木块A 受到的摩擦力的大小等于2F
12．（3 分）质量为m 的木块在与水平方向成θ角的推力F 的作用下，在水平地面上作匀速运动，已知木块与地面间
的摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为（
）
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A．μmg
B．μ（mg+Fsinθ）
C．μ（mg﹣Fsinθ）
D．Fcosθ
二、多项选题（共4 小题，每小题4 分，共16 分，选不全得2 分，有错选不得分）
13．（4 分）在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1 时刻，速度达较大值v1 时打开降落伞，
做减速运动，在t2 时刻以较小速度v2 着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t1 或t1～t2 时间内
的平均速度㘴的结论正确的是（
）
A．0～t1，㘴＜㘴1
2
B．t1～t2，㘴= 㘴1+㘴2
2
C．t1～t2，㘴＞㘴1+㘴2
2
D．t1～t2，㘴＜㘴1+㘴2
2
14．（4 分）如图所示，将光滑斜面上物体的重力mg 分解为F1、F2 两个力，下列结论正确的是（
）
A．F1 是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2 是物体对斜面的正压力
B．物体受mg、FN、F1、F2 四个力作用
C．物体只受重力mg 和弹力FN 的作用
D．力F1、F2 两个力的作用效果跟mg、FN 两个力的作用效果相同
15．（4 分）已知力F 的一个分力F1 跟F 成30°角，大小未知，另一分力F2 的大小为
3ܨ
3 ，方向未知。则F1 大小可
能是（
）
A．
3ܨ
2
B．
3ܨ
3
C．
2 3ܨ
3
D．3ܨ
16．（4 分）有三个相同的物体叠放在一起，置于粗糙水平地面上，物体之间不光滑，如图所示．现用一水平力F 作
用在乙物体上，物体仍保持静止，下列说法正确的是（
）
A．丙受到地面的摩擦力大小为F，方向水平向左
B．甲受到水平向右的摩擦力作用
C．乙对丙的摩擦力大小为F，方向水平向右
D．丙对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右
三、实验题（每空2 分，共12 分）
17．（6 分）某同学用如图甲所示装置测量自由落体加速度g，得到如图乙所示的一段纸带，他每两个点取一个计数
点（已知交流电频率为50Hz），测得AB＝7.65cm，BC＝9.17cm．则打B 点时重物的瞬时速度为
m/s，测
得的自由落体加速度g＝
m/s2，它比真实值偏
（选填“大”或“小”）．（本小题数值结果小数点后
保留一位小数）
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18．（6 分）李明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O 点以及两只
弹簧秤拉力的大小，如图（a）所示，
（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1 和F2 的合力图示，并用F 表示此力．
（2）图（b）所示是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力
F′是用一只弹簧秤拉时的图示）答：
．
（3）在以上比较符合实验事实的一位同学中，造成误差的主要原因是：（至少写出两种情况）答：
．
四、计算题（36 分）
19．（8 分）汽车从静止开始以1m/s2 的加速度前进，在车开始运动的同时车后20m 处，某人骑自行车开始以6m/s 的
速度匀速追赶，能否追上？若不能追上，则人与汽车的最小距离是多少？若能追上，什么时候追上？
20．（8 分）气球以10m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175m 的高处时，一重物从气球上掉落，则
（1）重物需要经过多长时间才能落到地面？
（2）到达地面时的速度是多大？（g 取10m/s2）
21．（10 分）如图所示，水平地面上的物体重G＝100N，受与水平方向成37°的拉力F＝60N，受摩擦力Ff＝16N，
求：
（1）物体所受的合力．
（2）物体与地面间的动摩擦因数．
22．（10 分）质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀
速下滑，如果与用木楔斜面成α角的力F 拉着木块沿斜面匀速上滑，如图所示，则
（1）当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值；
（2）当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
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2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学滨河分校高三（上）期中物
理试卷
参考答案与试题解析
一、单项题（共12 小题，每小题3 分，共36 分）
1．（3 分）小球以v1＝3m/s 的速度水平向右运动，碰到墙壁经t＝0.01s 后以v2＝2m/s 的速度沿同一直线反弹．小球
在这0.01s 内的平均加速度为（
）
A．100m/s2，方向向右
B．100m/s2，方向向左
C．500m/s2，方向向左
D．500m/s2，方向向右
【考点】1B：加速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据加速度的定义式a= △㘴
△ݐ进行求解．
【解答】解：规定水平向右为正方向。
根据加速度的定义式a= △㘴
△ݐ得：
a= −2−3
0.01 m/s2＝﹣500m/s2
负号表明加速度方向与正方向相反，即水平向左。
【点评】在进行矢量式运算时，我们要先规定正方向，与正方向相同的取正值，与正方向相反的取负值．
2．
（3 分）如图所示是三个质点A、B、C 的轨迹，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点，下列说法正确的是（
）
A．从N 到M 过程中，A 的平均速率最大
B．三质点从N 到M 的平均速率相同
C．三质点从N 到M 的平均速度不相同
D．到达M 点时A 的瞬时速率最大
【考点】19：平均速度；1A：瞬时速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】解答本题需掌握：
①平均速度= 位移
时间，平均速率= 路程
时间；
②瞬时速度表示某时刻速度，平均速度表示某段位移的速度．
【解答】解：A、B、三个质点沿着不同的轨迹从N 点到M 点的路程不相同，时间相同，根据平均速率= 路程
时间，
平均速率不同，由于A 的路程最大，故A 的平均速率最大，故A 正确，B 错误；
C、三个质点沿着不同的轨迹从N 点到M 点的位移相同，时间相同，根据平均速度= 位移
时间，平均速度相同，故C
错误；
D、瞬时速率是瞬时速度的大小，表示某个时刻的快慢，条件不足，无法判断到达M 点时A 的瞬时速率的大小，
故D 错误；
【点评】本题要明确区分位移与路程、平均速度与平均速率的概念，不能将路程理解为位移的大小，也不能将平
均速率理解为平均速度的大小．
3．（3 分）一质点始终向着一个方向做直线运动，在前
2
3t 时间内平均速度为
㘴
2，后
1
3t 时间内平均速度为2v，则物体在
t 时间内平均速度大小是（
）
A．
3
4v
B．v
C．
3
2v
D．
2
3v
【考点】19：平均速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
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【分析】先根据平均速度的公式分别求出两段时间的位移，则全程的平均速度等于两段总位移除以总时间．
【解答】解：设前一半时间的位移x1＝v1t1= 㘴
2 × 2
3 ݐ= 1
3 㘴ݐ，后一半时间的位移x2＝v2t2= 2㘴× 1
3 ݐ= 2
3 㘴ݐ
则全程的平均速度㘴= ݔ
ݐ=
1
3㘴ݐ+2
3㘴ݐ
ݐ
= 㘴
【点评】本题考查的是平均速度的求解方法，一般从定义式出发等于总位移除以总时间，难度不大，属于基础题．
4．（3 分）如图所示，为某物体的速度～时间图象，已知t2＝2t1，t3＝3t1．若将该物体的运动过程的位移～时间图象
表示出来，下列四幅图象中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线
运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】由速度﹣时间图象可以看出物体在第一段时间内做匀速直线运动，第二段时间内速度为零，第三段时间
内做反方向的匀速直线运动，结合速度﹣时间图象、位移﹣时间图象规律解题。
【解答】解：由速度﹣时间图象可知：物体在0 到t1 时间内做向正方向的匀速直线运动，t1 到t2 时间内速度为零，
t2 到t3 时间内做反方向的匀速直线运动，与第一段时间内速度大小相同，因为位移时间图象的斜率表示速度，斜
率的正负表示速度的方向；
A、图象中第一段时间内的速度为负值，故A 错误。
B、图象中第三段时间内物体的速度为正值，故B 错误。
C、由位移时间图象可以看出，物体在0 到t1 时间内做向正方向的匀速直线运动，t1 到t2 时间内速度为零，t2 到t3
时间内做反方向的匀速直线运动，故C 正确。
D、由其图象可以看出第二段位移为零，而实际上此时位移不为零，故D 错误。
【点评】此题关键要正确分析物体的运动情况，理解位移﹣时间图象点和斜率的物理意义。
5．（3 分）汽车甲沿着平直的公路以速度V0 做匀速直线运动，若它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速
度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述已知条件（
）
A．可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B．可求出乙车追上甲车所走的路程
C．可求出乙车从开始启动到追上甲车时所用的时间
D．不能求出上述三者中的任何一个
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】作出甲乙两车的速度时间图线，根据速度﹣时间图线分析能求出的量．
【解答】解：甲乙两车的速度﹣时间图线如图，
当乙车追上甲车时，位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，乙车的速度为2v。从图象上无法知道乙
车追上甲车所用的时间，也无法求出乙车追上甲车时两车的路程。故A 正确，B、C、D 错误。
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【点评】解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度﹣时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移．
6．（3 分）如图是甲、乙两物体做直线运动的v﹣t 图象。下列表述正确的是（
）
A．乙做匀加速直线运动
B．第1s 末甲和乙相遇
C．甲和乙的加速度方向相同
D．甲的加速度比乙的小
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，倾斜直线表示匀变速直线运动，根据形状分析物
体的运动性质；
图线的斜率代表物体的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜，加速度为负。
【解答】解：A、由图看出，乙的速度均匀增大，加速度不变，说明乙做匀加速直线运动，故A 正确。
B、第1s 末甲和乙速度相等，但甲的位移大于位移，由于不知道初始位置，所以无法判断是否相遇。故B 错误。
C、v﹣t 图象的斜率等于加速度，由数学知识得知，甲的加速度沿负向，乙的加速度沿正向，两者加速度方向相
反，故C 错误。
D、由速度图线斜率的大小等于加速度的大小，甲图线的斜率较大，则甲的加速度比乙的大，故D 错误。
【点评】本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，关键要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴
围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。
7．（3 分）如图所示，A、B 两物体相距s＝7m，物体A 以vA＝4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度vB
＝10m/s，只在滑动摩力作用下向右做匀减速运动，B 与水平地面的动摩擦因数μ＝0.2，那么物体A 追上物体B 所
用的时间为（
）
A．7s
B．8s
C．9s
D．10s
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据速度时间公式求出B 速度减为零的时间，结合位移公式求出此时A、B 的位移，判断是否追上，若
未追上，B 不再运动，结合位移关系求出继续追及的时间，从而得出物体A 追上B 的时间。
【解答】解：B 匀减速运动的加速度大小a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，B 速度减为零的时间ݐ1 = 㘴ܤܽ= 10
2 ݏ= 5ݏ，
此时A 的位移xA＝vAt1＝4×5m＝20m，B 的位移ݔܤ= 㘴ܤ2
2ܽ
= 100
4݉
= 25݉
，
由于xB+s＞xA，可知B 速度减为零时，A 还未追及，继续追及的时间ݐ2 = ݔܤ+ݏ−ݔt
㘴t
= 25+7−20
4
ݏ= 3ݏ，
则物体A 追上物体B 所用的时间t＝t1+t2＝5+3s＝8s，故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，注意B 速度减为零后
不再运动。
8．（3 分）把一个力分解为两个力时（
）
A．一个分力变大时，另一个分力一定要变小
B．两个分力不能同时变大
C．无论如何分解，两个分力不能同时小于这个力的一半
D．无论如何分解，两个分力不能同时等于这个力
【考点】2E：力的分解．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；49：合成分解法；511：直线运动规律专题．
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【分析】合力的作用效果与分力的共同作用效果相同。根据平行四边形定则可以知道合力与分力的大小关系。
【解答】解：A．可以通过改变分力的方向来使分力的大小变大，故A 错误。
B．两个分力方向相反，即可同时变大，故B 错误。
C．根据平行四边形定则、三角形知识可知，无论如何分解，两个分力不可能同时小于这个力的，故C 正确。
D．当两个分力夹角为时，且两分力大小相等，此时两分力均等于合力，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道分力和合力遵循平行四边形定则，以及知道合力的作用效果与两分力的作用效果是
等效的。
9．（3 分）物体受到三个大小分别为3N、4N、5N 的共点力作用，这三个力合力的最小值是（
）
A．0
B．2N
C．4N
D．6N
【考点】2B：力的合成．菁优网版权所有
【分析】当三个力同向的时候，合力最大，第三个力在另外的两个力合力的范围内的时候，它们的总的合力可以
为零，此时合力最小．
【解答】解：3N、4N、5N 方向相同的时候，合力最大为12N，
3N、4N 的合力的范围是1N≤F≤7N，所以当3N、4N 的合力为5 N 的时候，与第三个力大小相等方向相反，此
时的合力最小为0，故A 正确，BCD 错误；
【点评】求三个力的合力的时候，一定能要注意三个力的合力有可能为零的情况．
10．（3 分）如图所示，在同一平面内，大小分别为1N，2N，3N，4N，5N，6N 的六个力共同作用于一点，其方向
互成60°的角，则其合力大小为（
）
A．0
B．1N
C．2N
D．3N
【考点】2B：力的合成．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】先分别求出5N 和2N、4N 和1N、6N 和3N 的合力，再求出三个力的合力，为这六个力的合力．
【解答】解：5N 和2N、4N 和1N、6N 和3N 的合力都为3N，且三个合力互成120 度，根据平行四边形定则知，
最终合力为零。故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道力的合成和分解遵循平行四边形定则，知道三个互成120 度的相等力的合力为零．
11．（3 分）用如图所示的方法可以测定木块A 与长木板B 之间的滑动摩擦力的大小．把一个木块A 放在长木板B
上，长木板B 放在水平地面上，在恒力F 作用下，长木板B 以速度v 匀速运动，水平弹簧秤的示数为T．下列说
法正确的是（
）
A．木块A 受到的滑动摩擦力的大小等于T
B．木块A 受到的滑动摩擦力的大小等于F
C．若长木板B 以2v 的速度匀速运动时，木块A 受到的摩擦力的大小等于2T
D．若用2F 的力作用在长木板上，木块A 受到的摩擦力的大小等于2F
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】当长木板B 匀速运动时，A 保持静止．以A 为研究对象，根据平衡条件研究B 对A 的滑动摩擦力的大
小．根据滑动摩擦力公式f＝μFN，可知滑动摩擦力大小与动摩擦因数和压力成正比，与物体的速度大小无关．
【解答】解：A、B 稳定时，A 保持静止。A 水平方向受到弹簧的拉力和B 对A 的滑动摩擦力，由平衡条件得到，
木块A 受到的滑动摩擦力的大小等于弹簧的拉力T．故A 正确，B 错误。
C、若长木板B 以2v 的速度匀速运动时，AB 间动摩擦因数不变，A 对B 的压力不变，则木块A 受到的滑动
摩擦力的大小不变，仍等于T．故C 错误。
D、若用2F 的力作用在长木板上，木板加速运动，而木块A 受到的滑动摩擦力的大小不变，仍等于T，与F
无关。故D 错误。
【点评】本题关键有两点：一是研究对象的选择；二是抓住滑动摩擦力大小与物体的速度大小无关．
12．（3 分）质量为m 的木块在与水平方向成θ角的推力F 的作用下，在水平地面上作匀速运动，已知木块与地面间
的摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．μmg
B．μ（mg+Fsinθ）
C．μ（mg﹣Fsinθ）
D．Fcosθ
【考点】27：摩擦力的判断与计算；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】物体匀速运动，说明物体是处于受力平衡状态，由水平和竖直方向的平衡条件分别列方程，加上滑动摩
擦力的公式，就能求出滑动摩擦力的大小．
【解答】解：由于物体做匀速运动，对物体受力分析知，
水平方向Fcosθ＝f
竖直方向FN＝mg+Fsinθ
滑动摩擦力f＝μFN＝μ（mg+Fsinθ）。
故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，对物体受力分析，由水平和竖直方向和滑动摩擦力的公式分别列方程
求解即可．
二、多项选题（共4 小题，每小题4 分，共16 分，选不全得2 分，有错选不得分）
13．（4 分）在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1 时刻，速度达较大值v1 时打开降落伞，
做减速运动，在t2 时刻以较小速度v2 着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t1 或t1～t2 时间内
的平均速度㘴的结论正确的是（
）
A．0～t1，㘴＜㘴1
2
B．t1～t2，㘴= 㘴1+㘴2
2
C．t1～t2，㘴＞㘴1+㘴2
2
D．t1～t2，㘴＜㘴1+㘴2
2
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】空降兵在0～t1 时间内做自由落体运动，在t1～t2 时间内做加速度不断减小的减速运动；根据速度时间图
线与时间轴包围的面积表示位移来分析讨论．
【解答】解：A、空降兵在0～t1 时间内做自由落体运动，为匀变速直线运动，故㘴= 㘴
2，故A 错误；
B、在t1～t2 时间内做加速度不断减小的减速运动，位移等于速度时间图线与时间轴包围的面积，此面积比虚线（直
线）面积小，
故㘴＜㘴1+㘴2
2
，故D 正确，BC 错误。
【点评】本题关键根据速度时间图象与坐标轴包围的面积表示位移以及匀变速直线运动的平均速度等于该段时间
内的初速度与末速度的平均值来进行分析计算．
14．（4 分）如图所示，将光滑斜面上物体的重力mg 分解为F1、F2 两个力，下列结论正确的是（
）
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A．F1 是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2 是物体对斜面的正压力
B．物体受mg、FN、F1、F2 四个力作用
C．物体只受重力mg 和弹力FN 的作用
D．力F1、F2 两个力的作用效果跟mg、FN 两个力的作用效果相同
【考点】2E：力的分解．菁优网版权所有
【专题】526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】光滑斜面上的物体的重力mg 按作用效果分解为沿斜面向下和垂直于斜面两个方向的分力，注意两个分
力不是物体所受到的力，两分力共同作用效果与重力作用效果相同。
【解答】解：A、F1 是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2 不是物体对斜面的压力。故A 错误。
B、物体受重力和支持力两个力。故B 错误，C 正确。
D、力FN、F1 和F2 的三个力的作用效果跟mg、FN 两个力的效果相同。故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道F1、F2 是重力的两个分力，产生的作用效果，一个使物体下滑，一个压斜面，但是
两个分力不是下滑力和压力。
15．（4 分）已知力F 的一个分力F1 跟F 成30°角，大小未知，另一分力F2 的大小为
3ܨ
3 ，方向未知。则F1 大小可
能是（
）
A．
3ܨ
2
B．
3ܨ
3
C．
2 3ܨ
3
D．3ܨ
【考点】2E：力的分解．菁优网版权所有
【专题】526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】力的合成遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则求出F1 的大小。
【解答】解：由题意可知，F2 的大小为
3ܨ
3 ，大于
ܨ
2，因此有两种分解结果；
根据平行四边形定则得，如图，
又因一个分力F1 跟F 成30°角，且F2 的大小为
3ܨ
3 ，
通过几何关系得，F1= 2 3
3 F 或F1=
3ܨ
3 ．故B、C 正确，A、D 错误。
故选：BC．
【点评】解决本题的关键知道合力一定，分力的方向已知，因为F2 大于该分力的最小值，所以有两解。
16．（4 分）有三个相同的物体叠放在一起，置于粗糙水平地面上，物体之间不光滑，如图所示．现用一水平力F 作
用在乙物体上，物体仍保持静止，下列说法正确的是（
）
A．丙受到地面的摩擦力大小为F，方向水平向左
B．甲受到水平向右的摩擦力作用
C．乙对丙的摩擦力大小为F，方向水平向右
D．丙对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】先后隔离物体甲、乙、整体进行受力分析，结合共点力平衡条件分析．
【解答】解：A、对整体受力分析，水平方向整体受到拉力与受到地面对丙的水平向左的静摩擦力，故A 正确；
B、对甲受力分析，受重力和支持力，不受到摩擦力作用，故B 错误；
CD、对甲、乙整体受力分析，水平方向受拉力和向左的摩擦力，根据平衡条件，丙对乙的摩擦力大小为F，方向
水平向左，那么乙对丙的摩擦力大小为F，方向水平向右，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】两个相互接触的物体有相对运动趋势时，在接触面间便产生阻碍相对运动趋势的力，这种力叫静摩擦力．静
摩擦力是被动性质的力，其方向与相对运动的趋势方向相反，其大小在一定范围（0﹣fmax）内变化．对于共点力
平衡或处于静止状态的物体，可用共点力平衡的条件分析、判断静摩擦力的方向，计算其大小．
三、实验题（每空2 分，共12 分）
17．（6 分）某同学用如图甲所示装置测量自由落体加速度g，得到如图乙所示的一段纸带，他每两个点取一个计数
点（已知交流电频率为50Hz），测得AB＝7.65cm，BC＝9.17cm．则打B 点时重物的瞬时速度为
2.1
m/s，测
得的自由落体加速度g＝
9.5
m/s2，它比真实值偏
小
（选填“大”或“小”）．（本小题数值结果小数点后保
留一位小数）
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，根据平均
速度代替瞬时速度求B 点速度，根据逐差法可以算出重物的加速度．
【解答】解：时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度：vB= ݔtܤ+ݔܤܥܶ
tܥ
= 0.0765+0.0917
4×0.02
=2.1m/s
根据匀变速直线运动的推论：g= ݔܤܥ−ݔtܤ
(2×0.02)2 = 0.0917−0.0765
0.042
=9.5m/s2
由于纸带与打点计时器的摩擦阻力及空气阻力的作用，计算出的值比公认的值要偏小一些．
故答案为：2.1m/s；9.5m/s2；小．
【点评】对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还用从实践上去了解它，自己动手去做做．
18．（6 分）李明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O 点以及两只
弹簧秤拉力的大小，如图（a）所示，
（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1 和F2 的合力图示，并用F 表示此力．
（2）图（b）所示是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力
F′是用一只弹簧秤拉时的图示）答：
张华作的符合实验事实
．
（3）在以上比较符合实验事实的一位同学中，造成误差的主要原因是：（至少写出两种情况）答：
①F1 的方向
比真实方向偏左；②F2 的大小比真实值偏小且方向比真实方向偏左；③作图时两虚线不分别与F1 线和F2 线平
行．
．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；
（2）出现误差的原因主要是测力的大小时出现误差，或者在做平行四边形时出现误差；
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- 541 -
【解答】解：（1）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的
拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华作的符合实验事实符合实验事实．
（2）出现误差的原因主要是测力的大小时出现误差，或者在做平行四边形时出现误差，故具体情况可能为：①F1
的方向比真实方向偏左；②F2 的大小比真实值偏小且方向比真实方向偏左；③作图时两虚线不分别与F1 线和F2
线平行．
故答案为：（1）张华作的符合实验事实．（2）①F1 的方向比真实方向偏左；②F2 的大小比真实值偏小且方向比真
实方向偏左；③作图时两虚线不分别与F1 线和F2 线平行．
【点评】解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所
学物理基本规律解决实验问题．
四、计算题（36 分）
19．（8 分）汽车从静止开始以1m/s2 的加速度前进，在车开始运动的同时车后20m 处，某人骑自行车开始以6m/s 的
速度匀速追赶，能否追上？若不能追上，则人与汽车的最小距离是多少？若能追上，什么时候追上？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】车做匀加速运动，自行车做匀速运动，当自行车的速度与车的速度相等时，若自行车没有追上车，则就
追不上车．根据速度公式，求出两车速度相等所经历的时间，由位移公式求出两车的位移，判断自行车能否追上
车．当两车的速度相等时，相距最小．由位移公式求解最小距离．
【解答】解：解法一
利用速度相等这一条件求解．
当汽车的速度与人的速度相等时，相距最近，此时若追不上，以后永远追不上．
v 车＝at，v 人＝v0
当v 车＝v 人时，at＝v0，所以得时间t= 㘴0ܽ= 6
1 s＝6s
以人开始追时的位置为起点，则人与车的位移分别为x 人＝v 人t＝6m/s×6s＝36m
x 车＝x0+ 1
2at2＝20m+ 1
2 ×1m/s2×（6s）2＝38m
显然x 车＞x 人，追不上．
人与车相距最近为△x＝x 车﹣x 人＝38m﹣36m＝2m
解法二
利用二次函数求解
车与人的位移分别为x 车＝x0+ 1
2at2
x 人＝v0t
车与人相距△x＝x 车﹣x 人＝x0+ 1
2at2﹣v0t＝20+ 1
2t2﹣6t= 1
2（t﹣6）2+2m
显然△x 总不小于2m，即追不上，
而且当t＝6s 时，△x 有最小值2m，
即相距最近为2m．
答：不能追上，人与汽车的最小距离是2m．
【点评】本题是追击问题，要明确两车速度相等时，两车距离有极值；同时要先判断前车静止前两车能否相遇，
然后根据运动学公式列式求解．
20．（8 分）气球以10m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175m 的高处时，一重物从气球上掉落，则
（1）重物需要经过多长时间才能落到地面？
（2）到达地面时的速度是多大？（g 取10m/s2）
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）物体从气球上掉下后做竖直上抛运动，可以看成一种匀减速直线运动，根据位移时间公式求时间。
（2）由速度时间公式求物体到达地面时的速度。
【解答】解：（1）取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正
方向，画出运动草图，如图所示
重物在时间t 内的位移为：h＝﹣175m
将h＝﹣175m，v0＝10m/s 代入位移公式h = 㘴0ݐ−1
2 tݐ2
解得：t＝7s 或t＝﹣5s （舍去），
（2）所以重物落地速度为：
v＝v0﹣gt＝10m/s﹣10×7m/s＝﹣60m/s。
答：（1）重物落到地面需要的时间为7s；
（2）重物到达地面时的速度v 是60m/s；
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【点评】本题抓住重物离开气球后做匀变速直线运动，初速度为0，不能直当自由落体计算重物的运动，这是本
题容易出错的地方。
21．（10 分）如图所示，水平地面上的物体重G＝100N，受与水平方向成37°的拉力F＝60N，受摩擦力Ff＝16N，
求：
（1）物体所受的合力．
（2）物体与地面间的动摩擦因数．
【考点】29：物体的弹性和弹力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】对物体进行受力分析，通过物体的受力求出物体所受的合力，根据竖直方向平衡求出支持力的大小，结
合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小．
【解答】解：（1）物体受力如图所示，物体所受的合力F 合＝Fcos37°﹣Ff＝60×0.8﹣16N＝32N．
（2）竖直方向上平衡，有：N+Fsin37°＝G
解得N＝G﹣Fsin37°＝100﹣60×0.6N＝64N．
则动摩擦因数μ=
ܨ݂ܰ
= 16
64 =0.25．
答：（1）物体所受的合力为32N．
（2）物体与地面间的动摩擦因数为0.25．
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住竖直方向上合力为零进行求解．
22．（10 分）质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀
速下滑，如果与用木楔斜面成α角的力F 拉着木块沿斜面匀速上滑，如图所示，则
（1）当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值；
（2）当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，
进行求解
（2）采用整体法，对m、M 构成的整体列平衡方程。
【解答】解：（1）物体在斜面上匀速向下运动
有：mgsinθ＝μmgcosθ
即：μ＝tanθ。
当加上外力F 时，对木块受力分析如下图：
因向上匀速，则有：Fcosα＝mgsinθ+f…①
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- 543 -
Fsinα+N＝mgcosθ…②
滑动摩擦力：f＝μN…③
由①②③解得：F=݉
tݏth2ߠܿ
݋ݏ(ߠ−ߙ)，
则当α＝θ时，F 有最小值，即：Fmin＝mgsin2θ。
（2）因为m 及M 均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F 的水平分力，
即：fM＝Fcos（α+θ）
当F 取最小值mgsin2θ时，有：
fM＝Fmincos2θ＝mgsin2θcos2θ= 1
2mgsin 4θ
答：（1）当α＝θ时，拉力F 有最小值为mgsin2θ
（2）当拉力最小时，水平面对本楔M 的摩擦力是
1
2mgsin4θ。
【点评】木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体
上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力F 的表达式，讨论F 取最小值的条件，求解第二问时，灵活选用
整体的思想较好，总体上看此题有一定难度。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:30:40 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东
北育才学校高三（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共12 小题，每题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1-7 题只有一项符合要求，第
8-12 题有多项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有错选的得0 分．）
1．（4 分）下列说法中正确的是（
）
A．随地球自转的物体在地球上任意位置受到地球对该物体的万有引力都大于其重力
B．磁悬浮列车运行过程中悬浮于轨道上方，所以运行的磁悬浮列车为失重状态
C．β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力
D．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线形象地描述电场
2．（4 分）如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘、氚核和氦核初速度为零，经相同的
电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时（
）
A．偏向正极板的是氘核
B．偏向正极板的是氦核
C．射入电磁场区域时，氚核的动能最大
D．射入电磁场区域时，氦核的动量最大
3．（4 分）如图所示，足够长的水平传送带以v＝2m/s 的速度匀速前进，上方漏斗以每秒25kg 的速度把煤粉均匀、
竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动。已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的
速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为（
）
A．200W
B．50W
C．100W
D．无法确定
4．（4 分）如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点A、B 分别放置固定的点电荷+Q1 和﹣Q2，x 轴上的P 点位于
B 点的右侧，且P 点电场强度为零。设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（
）
A．P 点电势为零
B．在A、B 连线上还有一点与P 点电场强度相同
C．A、O 两点的电势差大于O、B 两点的电势差
D．若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点过程中，电势能一直增大
5．（4 分）如图所示，两质点A、B 质量分别为m、2m，用两根等长的细轻绳悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度
系数为k 的轻弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为60°．设绳OA、OB 与竖直方向的夹角分别为α和β，
则（
）
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A．α＝2β
B．sinα＝2sinβ
C．tanα＝2tanβ
D．cosα＝cos2β
6．（4 分）如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A 点电势为0，B 点电势为3V，C 点电势为
6V．已知∠ACB＝30°，AB 边长为3m，D 为AC 的中点．，将一点电荷放在D 点，且点电荷在C 点产生的场强
为1.5N/C，则放入点电荷后，B 点场强为（
）
A．2.5N/C
B．3.5N/C
C．2 2N/C
D．5N/C
7．（4 分）如图a 所示，某研究小组利用此装置探究物体在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系。木板OA 可绕轴O
在竖直平面内转动，物块受到平行于斜面且指向A 端、大小为F＝8.5N 的力作用。通过DIS 实验，得到如图b 所
示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA 的倾角保持不变。若图b 中图线与纵坐标交点a0
＝6m/s2，物块的质量m＝lkg，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。则（
）
A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．图b 中θ2 的坐标大于60°
C．如图b 所示，将斜面倾角由θ1 缓慢增加到θ2 的过程中，摩擦力一直减小
D．斜面倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N
8．（4 分）如图所示，在倾角为θ＝53°的足够长固定斜面底端，一质量m＝lkg 的小物块以某一初速度沿斜面上滑，
一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1 和下滑所用时间t2 大小之比为t1：t2=
5：11，则（
）
A．物块由斜面底端上滑时初速度vl 与下滑到底端时速度v2 的大小之比为11：5
B．物块上滑时的初速度α1 与下滑的加速度的α2 大小之比为11：5
C．物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5
D．物块沿斜面上滑和下滑的过程中，系统机械能的改变量相同
9．（4 分）如图所示，一斜面放在粗糙水平地面上，质量为m 的物块在斜面上释放后沿斜面向下以加速度a（a＜g）
做匀加速运动。现对m 施加一竖直向下的力F，则（
）
A．物块下滑的加速度不变
B．物块下滑的加速度将增大
C．地面对斜面的摩擦力增大
D．地面对斜面的压力支持力增大
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10．（4 分）如图所示，在升降机的地板上安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器上方竖直放置一轻质弹簧，弹
簧上端固接一质量为m 的小球．若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时间内传感
器所显示的弹力F 的大小随时间t 变化的曲线如下图所示，g 为重力加速度，则下列选项正确的是（
）
A．升降机停止前在向下运动
B．0〜t1 时间小球处于超重状态，t3〜t4 时间小球处于失重状态
C．t2〜t4 时间小球的机械能能先减小后增大
D．t2〜t3 时间弹簧弹性势能的改变量大于小球重力势能的改变量
11．（4 分）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场
强度为E，磁感应强度为B．足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°，有一带电的小球P 静止于斜面顶
端A 处，且恰好对斜面无压力。若将小球P 以初速度v0 水平向右抛出（P 可视为质点），一段时间后，小球落在
斜面上的C 点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，则（
）
A．若抛出的初速度小于v0，小球在斜面上的落点与A 点的距离小于AC 间距
B．若抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上的时间将缩短
C．若沿竖直向上方向以初速度v0 抛出小球，小球仍会落回C 点
D．若沿竖直向上方向以初速度v0 抛出小球，小球不会落回C 点
12．（4 分）如图所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位
于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离为2L 且均与ab 相互垂直，ad 边长为2L，bc 边长为3L，t＝0 时刻，c 点
与磁场区域左边界重合．现使线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d
→a 方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的关系图线可能是（
）
A．
B．
C．
D．
二、实验探究题（共2 道题，第13 题6 分，第14 题12 分，共计18 分）
13．（6 分）如图所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量
关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．
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接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球
的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2 放在斜槽前端边缘位置B，让小球1 从A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步
骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N 离O 点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度．
①上述实验除需测量线段OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有
．
A．A、B 两点间的高度差h1
B．B 点离地面的高度h2
C．小球1 和小球2 的质量m1、m2
D．小球1 和小球2 的半径r
②当所测物理量满足表达式
（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．
③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2 所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜
面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1 仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1 和2 的操作，
得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为
l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为
（用所测物理量的字母表示）．
14．（12 分）在“把小量程电流表改装成欧姆表”的实验中，给出的器材有：
A．电流表（量程为600μA，内阻约为190Ω）
B．电阻箱（0〜999.9Ω）
C．滑动变阻器（0〜4kΩ）
D．电位器（0〜20kΩ，电位器相当于滑动变阻器）
E．电源（电动势为1.5V，有内阻）
F．电源（电动势为7.5V，有内阻）
G．开关两个，导线若干
（1）首先要用“半偏法”测定电流表的内阻。如果采用如图1 所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高
的精确度，那么以上给出的器材中，电阻R1 应选用
，电阻R2 应选用
，电源应选用
。（填
写所选仪器前的字母即可）
（2）该实验操作的步骤有：
A．闭合S1
B．闭合S2
C．观察R1 的阻值是否最大，如果不是，将R1 的阻值调至最大
D．调节R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
E．调节R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半
F．记下R2 的阻值。
把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：
。
（3）如果在步骤F 中所得的R2 的阻值为200Ω，则图1 中被测电流表的内阻Rg 的测量值为
Ω，若仅考虑
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系统误差，则测量值比实际值略
（选填“大”、“小”）。
（4）如果要将图中的电流表改装成欧姆表，其内部结构如图2 所示，选用电动势为1.5V 的电源，则R3 应选用
（填写所选仪器前的字母即可）
（5）电流表改装成欧姆表后，如图3 所示，电流表的指针分别指向0、300、600 刻度线对应的电阻值大小分别
是
；
；
。
三、计算题（共3 道题，第15 题10 分，第16 题10 分，第17 题14 分，共34 分．解答题应写出必要的文字说明、
方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．（10 分）如图所示，AB 是长为L＝1.2m、倾角为53°的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC 相切于B 点。C 是
圆弧的最高点，圆弧的半径R，A、C 与圆弧的圆心O 在同一竖直线上。物体受到与斜面平行的恒力作用，从A
点开始沿斜面向上运动，到达B 点时撤去该力，物体将沿圆弧运动通过C 点后落回到水平地面上。已知物体与斜
面间的动摩擦因数μ＝0.5，恒力F＝28N，物体可看成质点且m＝lkg．求：
（1）物体通过C 点时对轨道的压力；（结果保留一位小数）
（2）物体在水平地面上的落点到A 点的距离。
16．（10 分）阅读如下资料，并根据资料中有关信息回答问题
（1）以下是地球和太阳的有关数据
太阳的半径
R 日＝7×105km＝110R 地球
太阳的质量
M 日＝2×1030kg＝3.33×105M 地球
平均密度
ρ日＝1.4×103kg/m3= 1
4ρ地球
自传周期
赤道附近26 天，两极附近长于30 天
（2）已知物体绕地球表面做匀速圆周运动的速度为v＝7.9km/s，万有引力常量G＝6.67×l0
﹣11m3kg
﹣1s
﹣2，光速c
＝3×108ms
﹣1；
（3）大约200 年前法国数学家兼天文学家拉普拉斯曾预言一个密度如地球，直径为太阳250 倍的发光星体由于其
引力作用将不允许任何光线离开它，其逃逸速度大于真空中的光速（逃逸速度为第一宇宙速度的2倍），这一奇
怪的星体就叫作黑洞。
在下列问题中，把星体（包括黑洞）看作是一个质量分布均匀的球体。（①②的计算结果用科学记数法表达，且
保留一位有效数字；③的推导结论用字母表达）
①试估算地球的质量；
②试估算太阳表面的重力加速度；
③已知某星体演变为黑洞时的质量为M，求该星体演变为黑洞时的临界半径R。
17．（14 分）某装置的俯视图如图所示，MN 和PQ 是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨。
两导轨间距为L＝0.8m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1＝5.0T．导轨上NQ 之间接一电阻R1
＝3Ω，阻值为R2＝lΩ的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触，两导轨右端通过金属导线分别与电容器
C 的两极相连。绝缘弹性圆筒固定，O 是圆筒的圆心，圆筒的内半径r＝0.1m，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强
磁场B2，圆筒壁光滑。
（1）用一个力拉金属杆向左运动，则电容器C 的下极板带正电还是带负电？
（2）用一个方向平行于MN 水平向左且功率恒定为P＝70W 的外力F 拉金属杆，使杆从某一较小初速度开始向左
运动。已知杆受到的擦阻力大小恒为Ff＝6N，求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小及电阻R1 消耗的电功
率？
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（3）当金属杆以v＝2m/s 的速度匀速向左运动时，电容器C 内紧靠极板的D 处的一个带电粒子（初速度为零）
经C 加速后从α孔垂直磁场B2 并正对着圆心O 进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞二次
．．后恰好又从小孔α射出圆
筒。已知该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，粒子的比荷为q/m＝l×l04C/kg，不计粒子的重
力和空气阻力。求磁感应强度B2 的大小？
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2018-2019 学年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、
东北育才学校高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12 小题，每题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1-7 题只有一项符合要求，第
8-12 题有多项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有错选的得0 分．）
1．（4 分）下列说法中正确的是（
）
A．随地球自转的物体在地球上任意位置受到地球对该物体的万有引力都大于其重力
B．磁悬浮列车运行过程中悬浮于轨道上方，所以运行的磁悬浮列车为失重状态
C．β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力
D．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线形象地描述电场
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】在地球上两个极点处受到地球对该物体的万有引力等于其重力；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变
为一个质子和一个电子，法拉第最早提出了电场、磁场的概念．
【解答】解：A、物体在地球上两个极点处受到地球对该物体的万有引力等于其重力，故A 错误；
B、磁悬浮列车运行过程中悬浮于轨道上方，受到的悬浮力大小等于重力；但列车在竖直方向没有加速度，所以不
是失重状态，故B 错误；
C、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的。故C 错误。
D、1837 年英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出电场线来表示电场。故D 正确。
【点评】物理学史是近几年高考中必考的一点，在学习时一定要注意归纳，但物理规律与科学家对应起来．
2．（4 分）如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘、氚核和氦核初速度为零，经相同的
电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时（
）
A．偏向正极板的是氘核
B．偏向正极板的是氦核
C．射入电磁场区域时，氚核的动能最大
D．射入电磁场区域时，氦核的动量最大
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】三种粒子沿着水平方向射入电磁场区域，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，根据F＝qE、f＝qvB 得到
电场力和洛伦兹力，得到偏转方向；根据功能关系列式分析进入电场时的动能大小关系。
【解答】解：AB、经相同的电压加速后，有：qU= 1
2݉
㘴2，解得：v=
2ݍܷ݉；
进入电磁场区域后，电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB＝qB 2ݍܷ݉，
氘核沿直线射出，故：F＝eE＝f＝eB 2ܷ݁݉
，
对于氚核，电荷量为e，但质量是氘的1.5 倍，即2m，故F＝eE＞f＝eB
2ܷ݁
1.5݉
，故氚核向下偏转；
对于氦核，电荷量为2e，质量为2m，故F＝2eE，f＝2eB 2×2ܷ݁
2݉
，故F＝f，故氦核不偏转；
即偏向负极的是氚核，氦核不偏转，故A 错误，B 错误；
CD、经相同的电压加速后，有：qU= 1
2݉
㘴2，即动能为qU，故氦核的动能最大，故C 错误；
动量P=
2݉
ܧ݇=
2݉
ݍܷ，q 与U 都是相同的，故质量最大的粒子的初动量最大，即氦核的动量最大，故D 正
确；
【点评】本题关键明确粒子先做直线加速，然后进入电磁场的复合区域，通过比较电场力和洛伦兹力的大小关系
来分析粒子的偏转情况，不难。
3．（4 分）如图所示，足够长的水平传送带以v＝2m/s 的速度匀速前进，上方漏斗以每秒25kg 的速度把煤粉均匀、
竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动。已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的
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速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为（
）
A．200W
B．50W
C．100W
D．无法确定
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【分析】煤流到传送带上后，在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力对煤做正功，对传送带做
负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤块的运动情况，利用功能关系可正确
解答本题
【解答】解：在1s 内落到传送带上煤的质量为△m；这部分煤由于摩擦力f 的作用被传送带加速，由功能关系得：݂
ݏ= 1
2 △݉
㘴2
煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：ݏ= 0+㘴
2 ݐ= 㘴ݐ
2 。
传送带的位移为：s 传＝vt
相对位移为：△s＝s 传﹣s＝s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，
因此摩擦生热为：ܳ
=݂
△ݏ= 1
2 △݉
㘴2。
传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速
度。所以传送带1s 内增加的能量△E 为：
△ܧ= 1
2 △݉
㘴2 +ܳ
=△݉
㘴2 =25×22J＝100J
皮带机应增加的功率为：P= △ܧ
ݐ= 100
1
= 100ܹ
，故ABD 错误，C 正确。
【点评】传送带问题是高中物理中的一个重要题型，解答这类问题重点做好两类分析：一是运动分析，二是功能
关系分析．
4．（4 分）如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点A、B 分别放置固定的点电荷+Q1 和﹣Q2，x 轴上的P 点位于
B 点的右侧，且P 点电场强度为零。设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（
）
A．P 点电势为零
B．在A、B 连线上还有一点与P 点电场强度相同
C．A、O 两点的电势差大于O、B 两点的电势差
D．若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点过程中，电势能一直增大
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】结合周围电场线分布得出P 点电场强度方向，从而得出电场力方向。抓住P 点电势的特点分析，通过电
场力做功比较动能和电势能。
【解答】解：A、+Q1 和﹣Q2 在P 点产生的电场方向相反，P 点电场强度为零，说明两个点电荷在P 点产生的场
强大小相等，方向相反；由ܧ=݇ܳݎ2 可知，正电荷的电荷量较大；
同时，结合两个点电荷的电场公式可知，在P 点的右侧，各点的电场强度的方向向右，根据沿电场线的方向电势
降低可知，P 点的电势大于无穷远处的电势，即P 点的电势大于0．故A 错误；
B、在两个点电荷之间的各点的电场强度的方向都最小B 点，所以在A、B 连线上不存在合场强为0 的点。故B
错误；
C、由于正电荷的电荷量较大，由ܧ=݇ܳݎ2 ，结合矢量合成可知，在AO 之间的电场强度一定大于OB 之间的电场
强度，所以A、O 两点的电势差大于O、B 两点的电势差。故C 正确；
D、P 点的电场强度为0，由库仑定律，结合矢量合成的方法可知，在O、P 之间各点的电场强度的方向从P 指向
B 点，若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点过程中，电场力做正功，电势能一直减小。故D 错误。
【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行
记忆。
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5．（4 分）如图所示，两质点A、B 质量分别为m、2m，用两根等长的细轻绳悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度
系数为k 的轻弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为60°．设绳OA、OB 与竖直方向的夹角分别为α和β，
则（
）
A．α＝2β
B．sinα＝2sinβ
C．tanα＝2tanβ
D．cosα＝cos2β
【考点】2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对A 球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力与A 球重力的关系式，再有同样的
方法分析B 球，得到弹簧的弹力与B 球重力的关系式，联立求解即可．
【解答】解：对球A 受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F，如图。
根据平衡条件知F 与T 的合力与mg 等大反向共线，由数学知识有：
ܨ
ݏthߙ
=݉
t
ݏth60°
同理，对B 球有：
ܨ
ݏthߚ
= 2݉
t
ݏth60°
联立得：sinα＝2sinβ
故B 正确，ACD 错误
【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用合成法求解出弹力．要灵活运用数学知识
解决物理问题．
6．（4 分）如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A 点电势为0，B 点电势为3V，C 点电势为
6V．已知∠ACB＝30°，AB 边长为3m，D 为AC 的中点．，将一点电荷放在D 点，且点电荷在C 点产生的场强
为1.5N/C，则放入点电荷后，B 点场强为（
）
A．2.5N/C
B．3.5N/C
C．2 2N/C
D．5N/C
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4E：模型法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据A、C 两点的电势，求出D 点的电势，从而确定出BD 连线是一条等势线，画出电场线，由E=ܷ݀
求出匀强电场，再根据点电荷的电场强度，从而叠加后确定B 点的电场强度．
【解答】解：在匀强电场中，D 点电势为φD=߮
t+߮
ܥ
2
=3V，因此BD 连线即为等势线，画出电场线如图所示
因AB=
3m，则AB 两点沿电场线方向的距离为d＝ABcos30°＝1.5m
BA 间的电势差U＝φB﹣φA＝3V
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则匀强电场的场强E1=ܷ݀
=2N/C
由于点电荷在C 点产生的场强为E2＝1.5N/C，则点电荷在B 点产生的场强也为1.5N/C，方向与匀强电场的电场
强度方向垂直
因此B 点场强为EB=
ܧ1
2 + ܧ2
2 =2.5N/C。
【点评】此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式E=ܷ݀
中d 的含义：两
点沿电场线方向的距离．
7．（4 分）如图a 所示，某研究小组利用此装置探究物体在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系。木板OA 可绕轴O
在竖直平面内转动，物块受到平行于斜面且指向A 端、大小为F＝8.5N 的力作用。通过DIS 实验，得到如图b 所
示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA 的倾角保持不变。若图b 中图线与纵坐标交点a0
＝6m/s2，物块的质量m＝lkg，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。则（
）
A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．图b 中θ2 的坐标大于60°
C．如图b 所示，将斜面倾角由θ1 缓慢增加到θ2 的过程中，摩擦力一直减小
D．斜面倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【
分
析
】
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当
摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这段过程
中物块处于平衡状态，根据平衡条件列式求出倾角。根据重力沿斜面向下的分力和拉力、最大静摩擦力的关系，
判断物块是否处于静止，从而进行判断。
【解答】解：A、当θ＝0°时，根据牛顿第二定律得，F﹣μmg＝ma0，解得：μ= ܨ−݉ܽ
0݉
t
= 8.5−1×6
1×10
=0.25，故A
错误。
B、物体恰好不上滑时，根据平衡条件，有：
F﹣mgsinθ1﹣f＝0，
N＝μmgcosθ1，
其中：f＝μmgcosθ1，
联立得到：8.5﹣10sinθ1﹣2.5cosθ1＝0
解得：θ1＝0.83°；
物体恰好不下滑时，根据平衡条件，有：
F﹣mgsinθ2+f＝0，
N＝μmgcosθ2，
其中：f＝μmgcosθ2，
联立得到：8.5﹣10sinθ2+2.5cosθ2＝0
解得：θ2＝81.9°；
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故B 正确；
C、由题意可知，木板与水平面的夹角处于θ1 和θ2 之间时，木块处于静止状态，所受的摩擦力为静摩擦力，静摩
擦力的方向先沿斜面向下，再沿斜面向上，大小是先减小后增加，故C 错误。
D、斜面倾角为37°时，物体静止，重力的下滑分力为：mgsin37°＝10× 0.6 = 6，
拉力F＝8.5N＞mgsin37°＝6N，
根据平衡条件，静摩擦力：f′＝F﹣mgsin37°＝8.5﹣6＝2.5N，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，知道木块在木板上的运
动状态是解决本题的关键。
8．（4 分）如图所示，在倾角为θ＝53°的足够长固定斜面底端，一质量m＝lkg 的小物块以某一初速度沿斜面上滑，
一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1 和下滑所用时间t2 大小之比为t1：t2=
5：11，则（
）
A．物块由斜面底端上滑时初速度vl 与下滑到底端时速度v2 的大小之比为11：5
B．物块上滑时的初速度α1 与下滑的加速度的α2 大小之比为11：5
C．物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5
D．物块沿斜面上滑和下滑的过程中，系统机械能的改变量相同
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据平均速度乘以时间等于位移求解速度之比；由加速度的定义式求解加速度之比；由牛顿第二定律列
方程求解动摩擦因数；根据功能关系求解机械能的改变量相同．
【解答】解：A、物块向上做匀减速直线运动，向下做初速度为零的匀加速直线运动，它们的位移大小相等；物
块由斜面底端上滑时初速度大小vl＝2× ݔ
ݐ1，下滑到底端时速度大小v2＝2× ݔ
ݐ2，
㘴1
㘴2
=
ݐ2
ݐ1
=
11
5 ，故A 正确；
B、由加速度的定义式得：a1= 㘴1
ݐ1，a2= 㘴2
ݐ2，则ܽ1ܽ
2
=
㘴1
㘴2
×
ݐ2
ݐ1
=
11
5 ，故B 错误；
C、由牛顿第二定律得：
物块上滑时：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，
物块下滑时：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
解得：μ＝0.5；故C 正确；
D、物块沿斜面上滑和下滑的过程中，系统机械能的改变量都等于克服摩擦力做的功，而两个过程克服摩擦力做
的功相等，所以机械能的改变量相同，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了求加速度与动摩擦因数问题，考查了牛顿第二定律的应用；对物块在斜面上进行受力分析，
运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进行受力分析．
9．（4 分）如图所示，一斜面放在粗糙水平地面上，质量为m 的物块在斜面上释放后沿斜面向下以加速度a（a＜g）
做匀加速运动。现对m 施加一竖直向下的力F，则（
）
A．物块下滑的加速度不变
B．物块下滑的加速度将增大
C．地面对斜面的摩擦力增大
D．地面对斜面的压力支持力增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】加速时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解出加速度的一般表达式，再进行分析讨论。
【解答】解：AB、假设斜面粗糙m 与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平面之间的夹角为θ，没有力时，m
只受到重力、支持力和摩擦力，则垂直于斜面的方向：
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N0＝mgcosθ①
沿斜面的方向：mgsinθ﹣μN0＝ma0②
所以：a0＝gsinθ﹣μgcosθ③
有力F 时，对物体受力分析，如图
根据牛顿第二定律可知沿斜面的方向：（mg+F）sinθ﹣f＝ma
④
N＝（mg+F）cosθ⑤
f＝μN
⑥
解得：a＝（g+ ܨ݉）（sinθ﹣μcosθ）⑦
比较③⑦可知，增加推力F 后，物体的加速度一定增加，故A 错误，B 正确；
C、以斜面与m 组成的整体为研究对象，在水平方向：f 地＝ma 水平＝ma•cosθ，物体m 的加速度增大后，地面对
斜面体的摩擦力一定增大。故C 正确；
D、以斜面为研究对象，斜面受到重力、地面的支持力与摩擦力、m 对斜面体的压力与摩擦力，比较①⑤⑥可知，
加推力F 后，m 对斜面体的压力与摩擦力都增大；
而m 对斜面体的压力与摩擦力都有沿竖直方向向下的分力，所以加推力F 后，m 对斜面体的压力与摩擦力沿竖直
方向向下的分力都增大，所以斜面体受到的地面的支持力也一定增大。故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律结合运动特点列式求解出加速度的一般表达式，然后分
析施加推力后的情况。
10．（4 分）如图所示，在升降机的地板上安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器上方竖直放置一轻质弹簧，弹
簧上端固接一质量为m 的小球．若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时间内传感
器所显示的弹力F 的大小随时间t 变化的曲线如下图所示，g 为重力加速度，则下列选项正确的是（
）
A．升降机停止前在向下运动
B．0〜t1 时间小球处于超重状态，t3〜t4 时间小球处于失重状态
C．t2〜t4 时间小球的机械能能先减小后增大
D．t2〜t3 时间弹簧弹性势能的改变量大于小球重力势能的改变量
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由图象看出，升降机停止后弹簧的弹力变大，说明小球向下运动，说明升降机停止前在向下运动．根据
拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，
小球处于超重状态．t1～t3 时间小球向上运动，t3 时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小．小
球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系．
【解答】解：A、升降机在匀速运行过程中突然停止，由于惯性，小球会继续沿着原来的运动方向运动一段时间，
匀速运动时弹簧是伸长状态，而后传感器显示的力在不断增大，表明弹簧形变量在增大，故小球与升降机向下运
动，故A 正确；
B、0﹣t1 时间内弹力大于重力，t1 时刻弹簧最长，向下到达最低点，该过程中弹簧的弹力大于重力，小球处于超
重状态；由图可知，t3～t4 时间内，弹力小于重力，加速度向下，小球处于失重状态。故B 正确；
C、t2～t3 时间内，弹力小于重力，加速度向下，小球向上做减速运动，该过程中弹簧的弹力对小球做正功，小球
的机械能增大；t3 时刻小球到达最高点；t3～t4 时间内小球向下运动，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减
小，故C 错误；
D、t1～t2 时间，弹力大于重力，加速度向上，且向上运动，t2 时刻弹簧的弹力与重力相等，加速度等于0，速度
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到达最大；t2～t3 时间内，弹力小于重力，加速度向下，小球向上做减速运动，该过程中弹簧的弹力对小球做正功，
重力对小球做负功，小球的动能减小，根据功能关系可知t2〜t3 时间弹簧弹性势能的改变量小于小球重力势能的
改变量。故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状
态．根据系统机械能守恒分析能量如何变化．
11．（4 分）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场
强度为E，磁感应强度为B．足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°，有一带电的小球P 静止于斜面顶
端A 处，且恰好对斜面无压力。若将小球P 以初速度v0 水平向右抛出（P 可视为质点），一段时间后，小球落在
斜面上的C 点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，则（
）
A．若抛出的初速度小于v0，小球在斜面上的落点与A 点的距离小于AC 间距
B．若抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上的时间将缩短
C．若沿竖直向上方向以初速度v0 抛出小球，小球仍会落回C 点
D．若沿竖直向上方向以初速度v0 抛出小球，小球不会落回C 点
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【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】对于选项AB，根据恰好无压力，可得重力与电场力平衡，然后由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，
从而结合牛顿第二定律与向心力的表达式，并依据运动学公式列式分析；对于选项CD，先画出轨迹，结合几何关
系列式分析即可。
【解答】解：AB、带电的小球P 静止于斜面顶端A 处时，重力和电场力平衡，故：qE＝mg；
将小球P 以初速度v0 水平向右抛出，受重力、电场力和洛伦兹力，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，做
匀速圆周运动，故：qv0B＝m
㘴02
ݎ，
解得：r=݉
㘴
ݍܤ；
若抛出的初速度小于v0，轨道半径也减小了，轨迹如图所示，则小球在斜面上的落点与A 点的距离小于AC 间距，
故A 正确；
小球从抛出到落在斜面过程，轨迹对应的圆心角为90°，故时间：t=
ߨ
2⋅ݎ
㘴0 = ߨ݉
2ݍܤ，与初速度无关，故小球落在斜面
上的时间不变，故B 错误；
CD、若沿竖直向上方向以初速度v0 抛出小球，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，故：
qv0B＝m
㘴02
ݎ，
解得：r=݉
㘴
ݍܤ，即轨道半径不变，轨迹如图所示：
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画出运动轨迹，如图所示，故小球仍会落回C 点，且此时速度水平向左，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键是明确粒子受重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，画出运动轨迹，根据牛顿第二定律并
结合几何关系列式分析，不难。
12．（4 分）如图所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位
于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离为2L 且均与ab 相互垂直，ad 边长为2L，bc 边长为3L，t＝0 时刻，c 点
与磁场区域左边界重合．现使线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d
→a 方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的关系图线可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DB：楞次定律．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】由右手定则判断回路中感应电流方向，采用排除法分析部分答题，然后根据进入磁场中有效切割长度的
变化，分析感应电流的变化，从而得出正确结果．
【解答】解：t 在0−ܮ
㘴时间内，cd 边进入磁场切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律判断得知感应电流沿逆时
针方向，为正。则D 错误。
根据感应电动势大小公式E＝BLv，可知切割长度均匀增大，所以感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
t 在
ܮ
㘴−2
ܮ
㘴时间内，磁通量不断增大，由楞次定律判断得知感应电流沿逆时针方向，为正。线框有效的切割长度不
变，根据感应电动势大小公式：E＝BLv，所以感应电流不变。
t 在2
ܮ
㘴−3
ܮ
㘴时间内，磁通量不断增大，由楞次定律判断得知感应电流沿逆时针方向，为正。线框有效的切割长度
均匀减小，根据感应电动势大小公式：E＝BLv，感应电动势均匀减小，所以感应电流均匀减小。
t 在3
ܮ
㘴−5
ܮ
㘴时间内，磁通量不断减小，由楞次定律判断得知感应电流沿顺时针方向，为负。线框有效的切割长度
不变，根据感应电动势大小公式：E＝BLv，感应电动势不变，所以感应电流不变。故B 正确，AC 错误。
【点评】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E＝Blv 中，L 是有效切割长度，并
掌握右手定则或楞次定律．
二、实验探究题（共2 道题，第13 题6 分，第14 题12 分，共计18 分）
13．（6 分）如图所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量
关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．
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- 559 -
接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球
的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2 放在斜槽前端边缘位置B，让小球1 从A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步
骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N 离O 点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度．
①上述实验除需测量线段OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有
C
．
A．A、B 两点间的高度差h1
B．B 点离地面的高度h2
C．小球1 和小球2 的质量m1、m2
D．小球1 和小球2 的半径r
②当所测物理量满足表达式
m1•OP＝m1•OM+m2•ON
（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守
动量守恒定律．
③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2 所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜
面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1 仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1 和2 的操作，
得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为
l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为
m1 t2 =m1 t1 +m2
（用所测物理量的字母表示）．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】1）根据实验的原理确定需要测量的物理量．
（2）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒表达式
（3）小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的
表达式．
【解答】解：（1）根据动量守恒得，m1•OP＝m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON 的长度外，还需
要测量的物理量是小球1 和小球2 的质量m1、m2．
故选：C．
（2）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是A 球不与B 球碰撞平抛运动的位移，该位移可
以代表A 球碰撞前的速度，OM 是A 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A 球的速度，ON 是碰撞
后B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B 球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP＝m1•OM+m2•ON，
（3）碰撞前，m1 落在图中的P′点，设其水平初速度为v1．小球m1 和m2 发生碰撞后，m1 的落点在图中M′点，
设其水平初速度为v1′，m2 的落点是图中的N′点，设其水平初速度为v2．设斜面BC 与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：Lp′sinα= 1
2gt2，Lp′cosα＝v1t
解得v1=
tܮܲܿ
݋ݏ2ߙ
2ݏthߙ
．
同理v1′=
tܮ'ܯܿ݋ݏ2ߙ
2ݏthߙ
，v2=
tܮ'ܰܿ
݋ݏ2ߙ
2ݏthߙ
，可见速度正比于t．
所以只要验证m1 t2 =m1 t1 +m2 t3 即可．
故答案为．（1）C；（2）m1•OP＝m1•OM+m2•ON
（3）m1 t2 =m1 t1 +m2
【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，
可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位
移代表平抛运动的速度．
14．（12 分）在“把小量程电流表改装成欧姆表”的实验中，给出的器材有：
A．电流表（量程为600μA，内阻约为190Ω）
B．电阻箱（0〜999.9Ω）
C．滑动变阻器（0〜4kΩ）
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D．电位器（0〜20kΩ，电位器相当于滑动变阻器）
E．电源（电动势为1.5V，有内阻）
F．电源（电动势为7.5V，有内阻）
G．开关两个，导线若干
（1）首先要用“半偏法”测定电流表的内阻。如果采用如图1 所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高
的精确度，那么以上给出的器材中，电阻R1 应选用
D
，电阻R2 应选用
B
，电源应选用
F
。（填写所选
仪器前的字母即可）
（2）该实验操作的步骤有：
A．闭合S1
B．闭合S2
C．观察R1 的阻值是否最大，如果不是，将R1 的阻值调至最大
D．调节R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
E．调节R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半
F．记下R2 的阻值。
把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：
CADBEF
。
（3）如果在步骤F 中所得的R2 的阻值为200Ω，则图1 中被测电流表的内阻Rg 的测量值为
200
Ω，若仅考虑
系统误差，则测量值比实际值略
小
（选填“大”、“小”）。
（4）如果要将图中的电流表改装成欧姆表，其内部结构如图2 所示，选用电动势为1.5V 的电源，则R3 应选用
C
（填写所选仪器前的字母即可）
（5）电流表改装成欧姆表后，如图3 所示，电流表的指针分别指向0、300、600 刻度线对应的电阻值大小分别是
∞
；
2.5×103Ω
；
0
。
【考点】NA：把电流表改装成电压表．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】本实验通过半偏法测量电流表G 的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材。并联电
阻后总电流变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即R′小于真实值，
所以这种方法测出的电流表的内阻Rg 比它的真实值偏小。
明确多用电表的基本原理，根据闭合电路欧姆定律分析内部电阻并能正确读出对应的示数。
【解答】解：（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：
如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2 打开时，设电流表满偏电流为：Ig=
ܧ
h1+ݎ+h，
实验要求R1＞＞Rg，R1＞＞r，这样才有Ig≈ܧ
h1，
当S2 闭合时，R2 和Rg 并联，并联后总阻值R 并＜Rg＜＜R1，这样才有S2 闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然
近似等于
ܧ
h1
，
调节R2 使电流表半偏为
1
2Ig，
所以流过R2 的电流也为
1
2Ig，所以R2＝Rg．从上述原理可知，S2 打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是
R1＞＞Rg。
故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1 尽可能大。所以R1 选用大量程的D，R2 选用量程跟电流表
内阻差不多的即可，选B，电源选用电动势较大的F。
（2）根据半偏法测量原理，则操作步骤为：按图所示的电路图连接好电路；将R1 的阻值调到最大；合上S1；调
节R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上S2；调节R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下
R2 的阻值。
实验步骤的合理顺序是CADBEF。
（3）由上分析可知，当F 中记录的R2 阻值为200Ω，则被测电流表的内阻rg 的测量值也为200Ω；
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- 561 -
当S2 闭合时，R′和Rg 并联，并联后总阻值R 并＜Rg，而电阻R 不变，所以S2 闭合后的干路电流比闭合前的总
电流要大，即电流大于Ig，
而此时电流表支路的电流等于
1
2Ig，那么R′支路的电流要大于
1
2Ig，那么其电阻肯定要小于Rg。
所以，用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。
（4）如果要将图中的电流表改装成欧姆表，选用电动势为1.5V 的电源，要使指针达到满偏，则电阻
R3=
1.5
600×10−6 =2.5×103Ω，故选择C 即可；
（5）电流表的指针分别指向0 时，此时电流为零，则所测电阻为∞；指针指300 时，此时电流为满偏电流的一半，
故此时外电阻与内电阻相等，故阻值为2.5×103Ω；指针指600 刻度线外电阻为零。
故答案为：（1）D；B；F
（2）CADBEF
（3）200；小
（4）C
（5）∞；2.5×103Ω；0
【点评】本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表
内阻原理的解释，并应掌握“半偏法”的含义，及会进行误差分析。最后同时考查了多用电表的读数方法。
三、计算题（共3 道题，第15 题10 分，第16 题10 分，第17 题14 分，共34 分．解答题应写出必要的文字说明、
方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
15．（10 分）如图所示，AB 是长为L＝1.2m、倾角为53°的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC 相切于B 点。C 是
圆弧的最高点，圆弧的半径R，A、C 与圆弧的圆心O 在同一竖直线上。物体受到与斜面平行的恒力作用，从A
点开始沿斜面向上运动，到达B 点时撤去该力，物体将沿圆弧运动通过C 点后落回到水平地面上。已知物体与斜
面间的动摩擦因数μ＝0.5，恒力F＝28N，物体可看成质点且m＝lkg．求：
（1）物体通过C 点时对轨道的压力；（结果保留一位小数）
（2）物体在水平地面上的落点到A 点的距离。
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）物体从A 到C 过程，由动能定理得求解达到C 点的速度，由牛顿第二定律求解物体通过C 点时对
轨道的压力；
（2）物体离开C 后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解。
【解答】解：（1）根据图示，由几何知识得，OA 的高度H=
ܮ
ݏth53° =1.5m
圆轨道半径R＝Lcot53°＝0.9m
物体从A 到C 过程，由动能定理得：ܨܮ−ߤ݉
tܿ݋ݏ53° −݉
t(ܪ+ h) = 1
2݉
㘴2
解得：v2＝13.2
解得v＝3.64m/s
物体在C 点，由牛顿第二定律得：ܰ
+݉
t =݉
㘴2
h
解得：N＝4.67N；
（2）物体离开C 后做平抛运动
在竖直方向上：ܪ+ h = 1
2 tݐ2
解得：t＝
在水平方向：x＝vt
解得：x＝2.5m。
答：（1）物体通过C 点时对轨道的压力为4.67N；
（2）物体在水平地面上的落点到A 点的距离为2.5m。
【点评】利用动能定理解题时注意：（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；（2）找出其中
恒力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定理求解。
16．（10 分）阅读如下资料，并根据资料中有关信息回答问题
（1）以下是地球和太阳的有关数据
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太阳的半径
R 日＝7×105km＝110R 地球
太阳的质量
M 日＝2×1030kg＝3.33×105M 地球
平均密度
ρ日＝1.4×103kg/m3= 1
4ρ地球
自传周期
赤道附近26 天，两极附近长于30 天
（2）已知物体绕地球表面做匀速圆周运动的速度为v＝7.9km/s，万有引力常量G＝6.67×l0
﹣11m3kg
﹣1s
﹣2，光速c
＝3×108ms
﹣1；
（3）大约200 年前法国数学家兼天文学家拉普拉斯曾预言一个密度如地球，直径为太阳250 倍的发光星体由于其
引力作用将不允许任何光线离开它，其逃逸速度大于真空中的光速（逃逸速度为第一宇宙速度的2倍），这一奇
怪的星体就叫作黑洞。
在下列问题中，把星体（包括黑洞）看作是一个质量分布均匀的球体。（①②的计算结果用科学记数法表达，且
保留一位有效数字；③的推导结论用字母表达）
①试估算地球的质量；
②试估算太阳表面的重力加速度；
③已知某星体演变为黑洞时的质量为M，求该星体演变为黑洞时的临界半径R。
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】①物体绕地球表面做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，由此列式求地球的质量；
②根据万有引力等于重力，估算太阳表面的重力加速度；
③已知某星体演变为黑洞时的质量为M，由万有引力等于向心力，得到第一宇宙速度与第二宇宙速度的关系，再
求该星体演变为黑洞时的临界半径R。
【解答】解：①物体绕地球表面做匀速圆周运动，则有：
ܩܯ地݉
h
地
2
=݉
㘴2
h
解得：ܯ=
h地㘴2
ܩ
代入数据解得：M＝6×1024kg
（2）在地球表面有：
ܩܯ地݉
h
地
2
=݉
t地
解得：t地=
ܩܯ地
h
地
2
同理在太阳表面有：t日=
ܩܯ日
h
日
2
则有：g 日=
ܯ日h
地
2
ܯ地h
日
2 t地=3×102m/s2
（3）第一宇宙速度设为v1，则有：
ܩܯ݉
h2
=݉
㘴1
2
h
第二宇宙速度为：v2＝C=
2v1
解得：h = 2ܩܯ
ܥ2
答：①地球的质量是6×1024kg；
②太阳表面的重力加速度是3×102m/s2；
③该星体演变为黑洞时的临界半径R 是
2ܩܯ
ܥ2 。
【点评】解决本题的关键是掌握万有引力等于向心力和万有引力等于重力这两条基本思路，要认真读题，搞清两
种宇宙速度的关系。
17．（14 分）某装置的俯视图如图所示，MN 和PQ 是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨。
两导轨间距为L＝0.8m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1＝5.0T．导轨上NQ 之间接一电阻R1
＝3Ω，阻值为R2＝lΩ的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触，两导轨右端通过金属导线分别与电容器
C 的两极相连。绝缘弹性圆筒固定，O 是圆筒的圆心，圆筒的内半径r＝0.1m，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强
磁场B2，圆筒壁光滑。
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（1）用一个力拉金属杆向左运动，则电容器C 的下极板带正电还是带负电？
（2）用一个方向平行于MN 水平向左且功率恒定为P＝70W 的外力F 拉金属杆，使杆从某一较小初速度开始向左
运动。已知杆受到的擦阻力大小恒为Ff＝6N，求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小及电阻R1 消耗的电功
率？
（3）当金属杆以v＝2m/s 的速度匀速向左运动时，电容器C 内紧靠极板的D 处的一个带电粒子（初速度为零）
经C 加速后从α孔垂直磁场B2 并正对着圆心O 进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞二次
．．后恰好又从小孔α射出圆
筒。已知该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，粒子的比荷为q/m＝l×l04C/kg，不计粒子的重
力和空气阻力。求磁感应强度B2 的大小？
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】（1）金属杆切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断电源的正负极，进而判断电容器极板的带电
情况；
（2）金属杆在功率恒定的外力F 作用下，先做加速度变小的加速运动，后做匀速运动，匀速运动时，外力F 与安
培力、摩擦力平衡，推导出安培力的表达式，由平衡条件求出金属杆匀速运动时的速度大小，由ܲ
= ܫ2 h1 计算电
阻h1 消耗的电功率；
（3）带电粒子先经加速电场加速，由动能定理可求出带电粒子进入圆筒时的速率v，带电粒子与圆筒壁碰撞两次，
恰好将圆筒壁三等分，由几何知识得每段轨迹圆弧对应的圆心角为60°，并求出轨迹的半径。带电粒子在圆筒内
由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可求解B2。
【解答】解：（1）根据右手定则，金属杆的下端相当于电源的正极，电容器的下极板接电源的正极，故电容器的
下极板带正电
（2）金属杆先做加速度变小的加速运动，最终以最大速度vm 匀速运动，
则电动势为：E＝B1Lvm
回路电流我：I=
ܧ
h1+h2
安培力为：F＝B1IL
杆受力平衡，有：ܲ㘴݉
−݂
−ܨ= 0
代入数据得：vm＝3.5m/s
电阻消耗的功率为：
P1= ܫ2 h1
代入数据得：P1＝36.75W
（3）C 与电阻R1 并联，两端电压相等，杆匀速运动时，电容C 板间电压为：ܷ
=
h1
h1+h2
ܧ
代入数据解得：U＝6V
设杆匀速运动时带电粒子进入圆筒的速率为v、在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，根据动能定理有：
ݍܷ
= 1
2݉
㘴2
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：ݍ㘴ܤ2 =݉
㘴2
h
由题意知，2 个碰撞点与小孔α恰好将圆筒壁三等分，粒子在圆筒内的轨迹由3 段相同的圆弧组成，每段轨迹圆弧
对应的圆心角为60°，
由几何关系可得：ݐܽh ߠ
2 = ݎ
h
解得：h =
3
10݉
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联立解得：B2＝0.2T
答：（1）用一个力拉金属杆向左运动，则电容器C 的下极板带正电；
（2）当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小3.5m/s，电阻R1 消耗的电功率为36.75W
（3）磁感应强度B2 的大小为0.2T
【点评】本题中金属杆的运动与汽车恒定功率起动类似，要会用动力学方法分析杆的运动情况。对于第3 问，还
可以研究带电粒子与圆筒碰撞n 次的情况
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 17:37:03 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（12 月份）
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）下列有关物理学方法的说法中正确的是（
）
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，再
把各小段位移相加，这里运用了理想模型法
B．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时电场力就
要做功”，用的是控制变量法
C．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法
D．加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量
2．（6 分）如图所示，倾角为α的斜面体静置在水平地面上．用恒力F 推斜面体上的物块，物块恰好沿斜面匀速下滑，
斜面体始终静止不动．已知物块的质量为m，斜面体质量为M，恒力F 与斜面的夹角为β，物块与斜面间的动摩
擦因数为μ，重力加速度为g，则（
）
A．斜面体受到的合力为零，物块受到的合力不为零
B．斜面体受到地面的摩擦力大小为Fcos（α+β）
C．物块受到斜面的摩擦力大小为μmgcos α
D．斜面体受到地面的支持力大小为（M+m）g+Fsinβ
3．（6 分）研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆
周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此
时圆周运动的周期为（
）
A．h3݇
2T
B．h3݇
T
C．h2݇
T
D．h݇T
4．（6 分）如图所示，带正电的小球Q 固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷
量为q 的带正电小球从A 点由静止释放，到达B 点时速度恰好为零．若A、B 间距为L，C 是AB 的中点，两小
球都可视为质点，重力加速度为g．则下列判断正确的是（
）
A．从A 至B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．在B 点受到的库仑力大小是mgsinθ
C．Q 产生的电场中，A、B 两点间的电势差大小为UAB=݉
tܮݏthߠ
ݍ
D．在从A 至C 和从C 至B 的过程中，前一过程q 电势能的增加量较小
5．（6 分）如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象，当t＝0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电
粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（
）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s 末带电粒子回到原出发点
C．3s 末带电粒子的速度为零
D．0～1.5s 内，电场力做的总功为零
6．（6 分）如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电的小球P，小球所处的空间存在着
方向竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态．现给小球一竖直向上的初速度，小球最高能运
动到M 点．在小球从开始运动到运动至最高点时，以下说法正确的是（
）
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A．小球电势能的减少量等于小球重力势能的增加量
B．小球机械能的改变量等于电场力做的功
C．小球动能、电势能减少量之和等于弹性势能与小球重力势能增加量之和
D．弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
7．（6 分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，在滑
动变阻器的滑片由a 向b 移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是（
）
A．电流表的读数减小
B．灯泡L 变亮
C．电源输出功率先减小后增大
D．电压表的读数先增大后减小
8．（6 分）如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xoy，一质点在该平面内O 点受大小为F 的力作用从静止开始
做匀加速直线运动，经过t 时间质点运动到A 点，A、O 两点距离为a，在A 点作用力突然变为沿y 轴正方向，大
小仍为F，再经t 时间质点运动到B 点，在B 点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面
内的变力，再经一段时间后质点运动到C 点，此时速度方向沿x 轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是（
）
A．A、B 两点距离为2ܽ
B．C 点与x 轴的距离为
4+ 2
2ܽ
C．质点在B 点的速度方向与x 轴成45°
D．质点从B 点运动到C 点所用时间可能为
3 2ߨݐ
16
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分
9．某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点
计时器及学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块，细砂．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶
时，释放小桶，滑块处于静止状态．实验时首先要平衡摩擦力．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：
（1）你认为还需要的实验器材有
．
（2）某同学用天平称量滑块的质量M．往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量m．让砂桶
带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L 和
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这两点的速度大小v1 与v2（v1＜v2）．若满足m≪M，则本实验最终要验证的数学表达式为
（用题中的字
母表示实验中测量得到的物理量）．
10．（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻RX 的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，
将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行
，使指针指在欧姆刻度的“0”处．若该同
学将选择旋钮在“×1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示，则所测量的值为
Ω．
（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：
A．电流表（量程15mA，内阻未知）
B．电流表（量程0.6A，内阻未知）
C．电阻箱（最大电阻99.99Ω）
D．电阻箱（最大电阻999.9Ω）
E．电源（电动势3V，内阻1Ω）
F．单刀单掷开关2 只
G．导线若干
乙同学设计的电路图如图乙所示，现按照如下实验步骤完成实验：
①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；
②调节电阻箱，保持开关S1 闭合，开关S2 闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I．
a．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择
，电阻箱应选择
．（填器材前字母）
b．根据实验步骤可知，待测电阻Rx＝
（用题目所给测量数据表示）．
（3）利用以上实验电路，闭合S2 调节电阻箱R，可测量出电流表的内阻RA，丙同学通过调节电阻箱R，读出多
组R 和I 值，作出了
1
ܫ−R 图象如图丙所示．若图象中纵轴截距为1A
﹣1，则电流表内阻RA＝
Ω．
11．如图所示，长木板B 静止在光滑的水平面上，物块C 放在长木板的右端，B 的质量为4kg，C 和木板间的动摩擦
因数为0.2，C 可以看成质点，长木板足够长，物块A 在长木板的右侧以速度v0＝8m/s 向右运动并与长木板相碰，
碰后A 的速度为2m/s，方向不变，A 的质量为2kg，g 取10m/s2，求：
①碰后一瞬间B 的速度大小．
②试分析要使A 与B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不能超过多少？
12．如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B．A 球的带电
量为+2q，B 球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L，开始时A 和B 分别静止
于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、
PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求：
（1）B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量；
（3）A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间．
【物理选修3-3】
13．以下说法中正确的有（
）
A．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现
B．布朗运动是指液体分子的无规则运动
C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功
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D．绝热过程不一定是等温过程
E．当分子力表现为引力时，分子势能都随分子间距离的增大而增大
14．一粗细均匀的导热性良好的薄壁长玻璃管竖直插在水银槽内，玻璃管上端封闭，水银槽的截面积是玻璃管的5
倍，玻璃管内封闭有一定质量的理想气体。开始时管内空气长度为6cm，管内外水银面高度差为50cm。将玻璃管
沿竖直方向缓慢下移，使管内外水银面高度差变成25cm。（大气压相当于75cmHg，室温不变），求：
（1）此时管内空气柱的长度；
（2）水银槽内水银面上升的高度。
【物理选修3-4】
15．将一单摆装置竖直挂于某一深度h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图甲所示，将悬
线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，测量出筒的下端口到摆球球心
的距离l，并通过改变l 而测出对应的周期T，再以T2 为纵轴、l 为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图
象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度．（取π2＝9.86）
（1）如果实验中所得到的T2﹣l 关系图象如图乙所示，那么正确的图象应是a、b、c 中的
．
（2）由图象可知，小筒的深度h＝
m，当地的重力加速度g＝
m/s2．
16．半径为R，折射率为3的透明半圆柱体玻璃砖竖直放置，截面如图所示，虚线为过圆心且垂直直径AB 的水平
直线，一束光线平行于虚线方向射向玻璃砖，入射点P 到虚线的距离为
3
2 h，出射光线与虚线的交点为N（未画
出），求N 点到圆心O 的距离。
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（12 月份）
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）下列有关物理学方法的说法中正确的是（
）
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，再
把各小段位移相加，这里运用了理想模型法
B．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时电场力就
要做功”，用的是控制变量法
C．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法
D．加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法；
如果电场线与等势面不垂直，使用的假设法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
比值定义法中，被定义的物理量由本身决定．
【解答】解：A、在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，再
把各小段位移相加。故A 错误；
B、在假设电场线与等势面不垂直的情况下，得出的结论，属于假设法，不是控制变量法。故B 错误；
C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C 错误；
D、加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量，故D 正确。
【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故
在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
2．（6 分）如图所示，倾角为α的斜面体静置在水平地面上．用恒力F 推斜面体上的物块，物块恰好沿斜面匀速下滑，
斜面体始终静止不动．已知物块的质量为m，斜面体质量为M，恒力F 与斜面的夹角为β，物块与斜面间的动摩
擦因数为μ，重力加速度为g，则（
）
A．斜面体受到的合力为零，物块受到的合力不为零
B．斜面体受到地面的摩擦力大小为Fcos（α+β）
C．物块受到斜面的摩擦力大小为μmgcos α
D．斜面体受到地面的支持力大小为（M+m）g+Fsinβ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】根据物块匀速下滑，通过共点力平衡求出动摩擦因数的大小．
对整体进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解．
【解答】解：A、斜面静止不动，处于平衡状态，受到的合力为零；物块做匀速直线运动，受到的合力为零。故A
错误；
B、对整体受力分析，整体在水平方向只受推力的分力大小，根据平衡条件可知，摩擦力大小f＝Fcos（α+β）；故
B 正确；
C、垂直于斜面的方向：N＝Fsinβ+mgcosα，所以物块受到的摩擦力大小为：μFsinβ+μmgcosα．故C 错误；
D、以斜面和物块组成的整体为研究对象，在竖直方向上合外力等于0，所以：N′＝（M+m）g+Fsin（α+β）。故
D 错误。
【点评】当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力F 的表达式即可；求解斜面受到地
面支持力时，灵活选用整体的思想较好，注意整体法的应用．
3．（6 分）研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆
周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此
时圆周运动的周期为（
）
A．h3݇
2T
B．h3݇
T
C．h2݇
T
D．h݇T
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
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【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律分别对两星进行列式，来
求解．
【解答】解：设m1 的轨道半径为R1，m2 的轨道半径为R2．两星之间的距离为l。
由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同。由向心力公式可得：
对m1：ܩ݉
1݉
2
t2
=݉
1
4ߨ2ܶ
2 h1 −−−−①
对m2：ܩ݉
1݉
2
t2
=݉
2
4ߨ2ܶ
2 h2 −−−−②
又因为R1 十R2＝l，m1+m2＝M
由①②式可得ܶ
2 =
4ߨ2t3
ܩ(݉
1+݉
2)
所以当两星总质量变为KM，两星之间的距离变为原来的n 倍，
圆周运动的周期ܶ'2 =
4ߨ2(ht)3
ܩ(݉
1'+݉
2') = 4ߨ2h3t3
ܩ݇ܯ
= h3݇
T2
即T′=
h3݇ܶ
，故ACD 错误，B 正确。
【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供
向心力进行求解．
4．（6 分）如图所示，带正电的小球Q 固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷
量为q 的带正电小球从A 点由静止释放，到达B 点时速度恰好为零．若A、B 间距为L，C 是AB 的中点，两小
球都可视为质点，重力加速度为g．则下列判断正确的是（
）
A．从A 至B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．在B 点受到的库仑力大小是mgsinθ
C．Q 产生的电场中，A、B 两点间的电势差大小为UAB=݉
tܮݏthߠ
ݍ
D．在从A 至C 和从C 至B 的过程中，前一过程q 电势能的增加量较小
【考点】AB：电势差；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【分析】小球q 向下运动的过程中，根据两球间的库仑力逐渐增大，再分析小球q 的运动情况．根据W＝qU 分析
电场力做功关系，判断电势能减小量的关系．B 点不是平衡点．根据动能定理求AB 两点的电势差．
【解答】解：A、小球q 下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mgsinθ和库仑力，两力方向相反。根据库仑定
律知道，库仑力逐渐增大。库仑力先小于mgsinθ，后大于mgsinθ，q 先做加速度减小的变加速运动，后做加速度
增大的变减速运动，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大。故A 错误。
B、q 从C 到B 做减速运动，在B 点时加速度沿杆向上，故库仑力大于mgsinθ．故B 错误。
C、从A 到B，根据动能定理得：mgLsinθ+qUAB＝0，又UBA＝﹣UAB，解得UBA=݉
tܮݏthߠ
ݍ
．故C 正确。
D、下滑过程，AC 间的场强小，CB 间场强大，由U＝Ed 知，A、C 间的电势差值小于C、B 间的电势差值，根
据电场力做功公式W＝qU 得知，从A 至C 电场力做功较小，则电势能的增加量较小。故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题是带电体在电场中运动的问题，关键要分析受力情况来确定其运动情况，根据动能定理研究电势差．
5．（6 分）如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象，当t＝0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电
粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（
）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s 末带电粒子回到原出发点
C．3s 末带电粒子的速度为零
D．0～1.5s 内，电场力做的总功为零
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力
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的关系可确定运动情况。
【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度为a1= ݍܧ݉，为第2s 内加速度a2= 2ݍܧ݉的
1
2，因此
先加速1s 再减小0.5s 时速度为零，接下来的0.5s 将反向加速，v﹣t 图象如图所示：
A、带电粒子在前1 秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A 错误。
B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2s 时没有回到出发点，故B 错误；
C、由图可知，粒子在第1s 内做匀加速运动，第2s 内做匀减速运动，3s 末的瞬时速度刚减到0，故C 正确；
D、因为第1.5s 末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前1.5s 内动能变化为0，即电场
力做的总功为零。故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去
对称性。若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。
6．（6 分）如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电的小球P，小球所处的空间存在着
方向竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态．现给小球一竖直向上的初速度，小球最高能运
动到M 点．在小球从开始运动到运动至最高点时，以下说法正确的是（
）
A．小球电势能的减少量等于小球重力势能的增加量
B．小球机械能的改变量等于电场力做的功
C．小球动能、电势能减少量之和等于弹性势能与小球重力势能增加量之和
D．弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
【考点】6B：功能关系；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力
做功等于重力做功．
【解答】解：A、由题意，小球受到的电场力等于重力。在小球运动的过程中，电场力做功等于克服重力做功，
所以小球电势能的减少量等于小球重力势能的增加量。故A 正确；
B、小球受到电场力、重力和弹力，故小球机械能的改变量等于电场力做的功和弹簧的弹力做的功，故B 错误；
C、小球受到的电场力、重力和弹力，三个力都做功，小球动能、电势能、弹性势能与小球重力势能的总和不变，
所以小球动能、电势能减少量之和等于弹性势能与小球重力势能增加量之和，故C 正确；
D、小球运动的过程中在小球运动的过程中，电场力做功等于克服重力做功，所以弹簧弹性势能的增加量等于小
球动能的减少量。故D 正确。
故选：ACD。
【点评】小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，重力、
电场力以及弹簧的弹力都做功，其中电场力做功等于重力做功是关键．
7．（6 分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，在滑
动变阻器的滑片由a 向b 移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．电流表的读数减小
B．灯泡L 变亮
C．电源输出功率先减小后增大
D．电压表的读数先增大后减小
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；BJ：串联电路和并联电路．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律
分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化。根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化。
【解答】解：A、电流表测量的电流是滑动变阻器右半部分电阻上的电流，在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动
的过程中，右半部分上的电阻值越来越大，而左半部分的电阻值越来越小，所以电流表的读数越来越小。故A 正
确；
B、D、在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定
律分析可知，电路中的总电流I 先减小后增大，灯泡L 先亮后暗，路端电压先增大后减小，B 错误，D 正确；
C、由于灯泡L 的电阻大于电源的内阻r，变阻器并联的总电阻先增大后减小，所以电源输出功率先减小，后增大。
故C 正确。
故选：ACD。
【点评】本题中关键要知道变阻器两侧电阻并联，滑片滑到中点时，并联电阻最大。考查分析电路动态变化问题
的能力。
8．（6 分）如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xoy，一质点在该平面内O 点受大小为F 的力作用从静止开始
做匀加速直线运动，经过t 时间质点运动到A 点，A、O 两点距离为a，在A 点作用力突然变为沿y 轴正方向，大
小仍为F，再经t 时间质点运动到B 点，在B 点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面
内的变力，再经一段时间后质点运动到C 点，此时速度方向沿x 轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是（
）
A．A、B 两点距离为2ܽ
B．C 点与x 轴的距离为
4+ 2
2ܽ
C．质点在B 点的速度方向与x 轴成45°
D．质点从B 点运动到C 点所用时间可能为
3 2ߨݐ
16
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】质点从O 到A 做匀加速直线运动，从A 到B 做类平抛运动，从B 到C 做匀速圆周运动，由几何关系得
出A、B 间的距离，由牛顿第二定律和运动学基本公式分析即可求解。
【解答】解：A、质点从O 到A 做匀加速直线运动，有a= 1
2ܽ
1ݐ2
从A 到B 做类平抛运动，x 轴方向上的位移x＝vt＝（a1t）t＝a1t2＝2a
y 轴方向上的位移y= 1
2ܽ
1ݐ2 =a，由几何关系可得：A、B 两点距离为s=
ݔ2 + ݕ2 =
5a，故A 错误；
BC、设到达A 点的速度为v，B 点时x 轴方向的分速度为v，y 轴方向分速度vy＝a1t＝v，则质点在B 点的速度方
向与x 轴成45°。
从B 到C 点做匀速圆周运动，有4F＝m
( 2㘴)2
ݎ
，而在OA 段有2
ܨ݉a＝v2，联立解得r＝a．因此C 点与x 轴的距离
为S＝a+a（1+cos45°）= 4+ 2
2ܽ
，故B 正确，C 错误。
D、质点到达B 点的速度为2v，从B 点运动到C 点所用的时间可能为t′= ݏ
㘴=
3
4ߨݎ
2㘴，OA 段有a= 㘴
2 ݐ，t= 2ܽ
㘴= 2ݎ
㘴
则质点从B 点运动到C 点所用时间可能为t′= 3 2ߨݐ
16 ．故D 正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键要理清质点的运动情况，知道质点经历了匀加速直线运动，类平抛运动，匀速圆周运动，
要抓住每个过程间的联系，结合运动学公式灵活求解。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分
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9．某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点
计时器及学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块，细砂．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶
时，释放小桶，滑块处于静止状态．实验时首先要平衡摩擦力．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：
（1）你认为还需要的实验器材有
天平，刻度尺
．
（2）某同学用天平称量滑块的质量M．往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量m．让砂桶
带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L 和
这两点的速度大小v1 与v2（v1＜v2）．若满足m≪M，则本实验最终要验证的数学表达式为
mgL= 1
2Mv22−1
2Mv12
（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）．
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；
（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．
【解答】解：（1）验证“动能定理”的原理是用砂和桶的重力当成小车的合力，合力做功改变小车的动能，所以
需要天平测量小车质量，刻度尺测量下降的距离以求解合力做功，所以需要的实验器材有：天平，刻度尺；
（2）滑块外力所做功为：W＝mgL，
滑块动能增加量为：△EK= 1
2Mv22−1
2Mv12
故需要验证的数学表达式为：mgL= 1
2Mv22−1
2Mv12．
故答案为：（1）天平，刻度尺；（2）mgL= 1
2Mv22−1
2Mv12．
【点评】解答本题的关键是明确实验原理以及具体操作，知道为何要平衡摩擦力以及砂桶和砂总重力等于滑块所
受拉力的条件，明确所要测量的物理量之间的关系．
10．（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻RX 的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，
将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行
欧姆调零
，使指针指在欧姆刻度的“0”处．若
该同学将选择旋钮在“×1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示，则所测量的值为
18.0
Ω．
（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：
A．电流表（量程15mA，内阻未知）
B．电流表（量程0.6A，内阻未知）
C．电阻箱（最大电阻99.99Ω）
D．电阻箱（最大电阻999.9Ω）
E．电源（电动势3V，内阻1Ω）
F．单刀单掷开关2 只
G．导线若干
乙同学设计的电路图如图乙所示，现按照如下实验步骤完成实验：
①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；
②调节电阻箱，保持开关S1 闭合，开关S2 闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I．
a．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择
A
，电阻箱应选择
D
．（填器材前字母）
b．根据实验步骤可知，待测电阻Rx＝
R2﹣R1
（用题目所给测量数据表示）．
（3）利用以上实验电路，闭合S2 调节电阻箱R，可测量出电流表的内阻RA，丙同学通过调节电阻箱R，读出多
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组R 和I 值，作出了
1
ܫ−R 图象如图丙所示．若图象中纵轴截距为1A
﹣1，则电流表内阻RA＝
2
Ω．
【考点】N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）解答本题应掌握：欧姆表使用前首先应进行调零，即将两表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指
在欧姆刻度的“0”处．欧姆表读数是指示值乘以倍率；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大
电阻来选择电阻箱；列出开关ݏ2 断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；
（3）根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电流表内阻．
【解答】解：（1）欧姆表使用前首先应进行欧姆调零，即将两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指在欧姆刻度
的“0”处．所测量电阻的值为R＝18.0×1Ω＝18.0Ω．
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：ܫ݉ܽ
ݔ= ܧ
hݔ
=
3
100 t = 30݉
t，所以电流表应选A；
电路中需要的最大电阻应为：h݉ܽ
ݔ= ܧ
1
3ܫt
=
3
1
3×10×10−3 Ω = 900Ω，所以电阻箱应选D；
（3）根据闭合电路欧姆定律，ݏ2 断开时有：E＝I（Rx+R1+RA+r）①
ݏ2 闭合时有：E＝I（h2 + ht + ݎ）②
联立①②解得：hݔ= h2 −h1
（3）S 闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E＝I（h2 + ht + ݎ）
则有：
1
ܫ=
(h2+ht+ݎ)
ܧ
则可知图象的纵轴的交点为：
ht+ݎ
ܧ
=1
解得：RA＝2Ω；
故答案为：（1）欧姆调零，18.0
（2）A
D
R2﹣R1
（3）2
【点评】本题考查测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即
可；
对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义．
11．如图所示，长木板B 静止在光滑的水平面上，物块C 放在长木板的右端，B 的质量为4kg，C 和木板间的动摩擦
因数为0.2，C 可以看成质点，长木板足够长，物块A 在长木板的右侧以速度v0＝8m/s 向右运动并与长木板相碰，
碰后A 的速度为2m/s，方向不变，A 的质量为2kg，g 取10m/s2，求：
①碰后一瞬间B 的速度大小．
②试分析要使A 与B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不能超过多少？
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】对A、B 组成的系统运用动量守恒和能量守恒求出B 碰后的速度，对BC 组成的系统运用动量守恒求出
共同的速度，结合能量守恒求出相对滑动的距离
【解答】解：①由题意可知，木板A 和B 发生弹性正碰，碰后A 的速度v1，B 的速度为v2，对A、B 组成的系
统，由动量守恒和能量守恒定律得
mv0＝mv1+mBv2
2×8＝2×2+4×v2
v2＝3m/s
②与B 碰后，B、C 组成的系统动量守恒，B、C 最后的共同速度为v3
mBv2＝（mB+mC）v3
4×3＝（4+mC）v3
要使A 与B 不会发生第二次碰撞，则v3≥v1
即
12
4+݉
ܥ
≥2
解得mc≤2
答：①碰后一瞬间B 的速度大小3m/s
②试分析要使A 与B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不能超过2kg．
【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训
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练
12．如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B．A 球的带电
量为+2q，B 球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L，开始时A 和B 分别静止
于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、
PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求：
（1）B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量；
（3）A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间．
【考点】65：动能定理；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段，：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场，根据动能定理求出A 球离
开PQ 的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，
从而确定B 球电势能的变化量
（3）由动能定理求其速度，由牛顿的定律结合运动学方程求时间
【解答】解：（1）设B 球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得2ݍܧܮ= 1
2 ⋅2݉
㘴12
解得㘴1 =
2ݍܧܮ݉
（2）带电系统向右运动分三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场．
设A 球出电场的最大位移为x，由动能定理得2qEL﹣qEL﹣3qEx＝0（1 分）
解得ݔ= ܮ
3
则：s 总= 7ܮ
3
B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
4
3 ܮ
其电势能的变化量为△ܧ݌=−ܹ
= 3ݍܧ⋅4
3 ܮ= 4ݍܧܮ
（3）取向右为正方向，
第一段加速ܽ1 = 2ݍܧ
2݉
= ݍܧ݉，
ݐ1 = 㘴1ܽ
1 =
2݉
ܮ
ݍܧ
第二段减速ܽ2 =−ݍܧ
2݉
设A 球刚出电场速度为v2，由动能定理得−ݍܧܮ= 1
2 × 2݉
(㘴2
2 −㘴1
2)
解得㘴2 =
ݍܧܮ݉
ݐ2 = 㘴2−㘴1ܽ
2
= 2( 2 −1)݉
ܮ
ݍܧ
解得总时间t＝t1+t2= (3 2 −2)݉
ܮ
ݍܧ
答：
（1）B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小解得㘴1 =
2ݍܧܮ݉
（2）带电系统向右运动的最大距离
7ܮ
3 ，此过程中B 球电势能的变化量4qEL（3）A 球从开始运动至刚离开电场所
用的时间(3 2 −2)݉
ܮ
ݍܧ
【点评】解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综
合求解，难度较大
【物理选修3-3】
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13．以下说法中正确的有（
）
A．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现
B．布朗运动是指液体分子的无规则运动
C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功
D．绝热过程不一定是等温过程
E．当分子力表现为引力时，分子势能都随分子间距离的增大而增大
【考点】84：布朗运动；86：分子间的相互作用力；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】非晶体各向同性，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无
规则运动，不是液体分子的运动；根据热力学第二定律分析；根据分子力做功与分子势能的变化关系分析分子势
能的变化．
【解答】解：A、热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现，故A 正确；
B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，故B 错误；
C、功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C 错误；
D、绝热过程中没有热传递，故外界对气体做功，气体的内能一定增加，所以温度变大，故不一定是等温过程，
故D 正确；
E、当分子力表现为引力时，增大分子之间的距离时，分子力做负功，所以分子势能都随分子间距离的增大而增大，
故E 正确。
故选：ADE。
【点评】该题考查热力学第一定律、热力学第二定律、布朗运动等知识点的内容，解答的关键是对热力学第二定
律的几种不同的说法要有正确的理解．
14．一粗细均匀的导热性良好的薄壁长玻璃管竖直插在水银槽内，玻璃管上端封闭，水银槽的截面积是玻璃管的5
倍，玻璃管内封闭有一定质量的理想气体。开始时管内空气长度为6cm，管内外水银面高度差为50cm。将玻璃管
沿竖直方向缓慢下移，使管内外水银面高度差变成25cm。（大气压相当于75cmHg，室温不变），求：
（1）此时管内空气柱的长度；
（2）水银槽内水银面上升的高度。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）根据管内外水银面的高度差，求出被封闭气体的压强，然后根据等温变化气态方程即可求解。
（2）注意槽水银下降的体积与管内水银上升的体积是相同的，据此可解出水银槽内水银面上升的高度。
【解答】解：（1）设玻璃管的截面积为S，玻璃管内的空气等温变化，
由玻意耳定律有：（p0﹣ρgH1）l1S＝（p0﹣ρgH2）l2S，
代入数据解得：l2＝0.03m＝3cm；
（2）设水银槽内水平面上升△x，水银体积不变，
有：S（△H1﹣△H2）＝5S△x，
代入数据解得：△x＝0.05m＝5cm；
答：（1）此时管内空气柱的长度为3cm；
（2）水银槽内水银面上升的高度为5cm。。
【点评】本题考查了气体的等温变化，应用玻意耳定律即可解题，难点在于第（2）问，注意水银槽内和试管内水
银体积变化相同，并非高度变化相同。
【物理选修3-4】
15．将一单摆装置竖直挂于某一深度h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图甲所示，将悬
线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，测量出筒的下端口到摆球球心
的距离l，并通过改变l 而测出对应的周期T，再以T2 为纵轴、l 为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图
象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度．（取π2＝9.86）
（1）如果实验中所得到的T2﹣l 关系图象如图乙所示，那么正确的图象应是a、b、c 中的
a
．
（2）由图象可知，小筒的深度h＝
0.30
m，当地的重力加速度g＝
9.86
m/s2．
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【考点】78：用单摆测定重力加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；51C：单摆问题．
【分析】（1）根据单摆的周期公式推导出T2﹣L 函数关系解析式，选择图象．
（2）研究图象与坐标轴交点的意义，求出h 和g．
【解答】解：（1）由单摆周期公式得T＝2π݄
+t
t
得到：T2= 4ߨ2(t+݄)
t
当l＝0 时，T2= 4ߨ2݄
t
＞0
所以真正的图象是a
（3）当T2＝0 时，L＝﹣h，即图象与L 轴交点坐标．
h＝﹣L＝30cm＝0.30m
图线的斜率大小k= 4ߨ2
t
由图，根据数学知识得到k= 1.2
0.3 =4
解得g＝9.86m/s2
故答案为：（1）a；（2）0.30，9.86．
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理推导解析式，研究图象下列几个方面的意义，如：斜率、截距、面积
等等．
16．半径为R，折射率为3的透明半圆柱体玻璃砖竖直放置，截面如图所示，虚线为过圆心且垂直直径AB 的水平
直线，一束光线平行于虚线方向射向玻璃砖，入射点P 到虚线的距离为
3
2 h，出射光线与虚线的交点为N（未画
出），求N 点到圆心O 的距离。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
【分析】由折射定律求出光线射出AB 面时的折射角，即可由几何知识求N 点到圆心O 的距离。
【解答】解：光线入射时，设入射角为α，折射角为β，光路图如图所示，由题意可知ݏthߙ=
3
2
由折射定律可得h = ݏthߙ
ݏthߚ，解得β＝30°，由几何关系可知，光线出射时的入射角为γ＝30°
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由折射定理可得h = ݏthߠ
ݏthߛ
解得θ＝60°
在△POQ 中，由正弦定理可得ܱܳݏthߚ=ܱܲݏth(ߛ+90°)
解得ܱܳ
=
3
3 h
所以ܱܰ
=ܱܳݐܽh60° = h
3
答：N 点到圆心O 的距离为
h
3
【点评】对于几何光学问题，要准确作出光路图，结合几何知识和折射定律进行分析和求解。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 14:16:58 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（1 月份）
二、选择题（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目
要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．带电粒子仅在电场力的作用下一定做匀变速运动
B．带电粒子仅在电场力的作用下运动时，动能一定增加
C．电场力做正功，带电粒子的电势一定降低
D．电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少
2．（6 分）甲乙两物体同时开始运动，它们的x﹣t 图象如图所示，下列说明正确的是（
）
A．乙物体做曲线运动
B．甲、乙两物体从同一地点出发
C．当甲、乙两物体两次相遇时，二者的速度大小相等
D．从第一次相遇到第二次相遇，二者的平均速度相同
3．（6 分）已知α粒子（即氦原子核）质量约为质子的4 倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2 倍．质子和α粒子在同一
匀强磁场中做匀速圆周运动．下列说法正确的是（
）
A．若它们的动量大小相同，则质子和α粒子的运动半径之比约为2：1
B．若它们的速度大小相同，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：4
C．若它们的动能大小相同，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：2
D．若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：2
4．（6 分）一通电直导线与x 轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy 坐标平面平行，导线受到的安培力为F，若将该导
线做成
3
4圆环，放置在xOy 坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab 连线也与x 轴平行，则圆
环受到的安培力大小为（
）
A．F
B．
2
3ߨF
C．
2 2
3ߨF
D．
3 2ߨ
2
F
5．
（6 分）如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上有一质量为m 的物体，它受到沿斜面方向的力F 的作用．力
F 可按图（a）、（b）、（c）、（d）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿斜面向上为正）．已
知此物体在t＝0 时速度为零，若用v1、v2、v3、v4 分别表示上述四种受力情况下物体在3 秒末的速率，则这四个
速率中最大的是（
）
A．v1
B．v2
C．v3
D．v4
6．（6 分）嫦娥三号”于2013 年12 月2 日在中国西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭送人太空，12 月14 日成
功软着陆于月球雨海西北部，12 月15 日完成着陆器和巡视器分离，并陆续开展了“观天、看地、测月”，的科学
探测和其它预定任务．如图所示为“嫦娥三号”释放出的国产“玉兔”号月球车，若该月球车在地球表面的重力
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为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（
）
A．月球表面处的重力加速度为
ܩ2
ܩ1
g
B．月球车内的物体处于完全失重状态
C．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为ܩ1h1
ܩ2h2
D．地球与月球的质量之比为
ܩ1h22
ܩ2h12
7．（6 分）如图所示，在区域I 和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb 由区域I 运动
到区域Ⅱ．已知圆弧ap 与圆弧pb 的弧长之比为2：1，下列说法正确的是（
）
A．粒子在区域I 和区域II 中的速率之比为1：1
B．粒子通过圆弧ap、pb 的时间之比为2：1
C．圆弧ap 与圆弧pb 对应的圆心角之比为2：1
D．区域I 和区域II 的磁感应强度方向相反
8．（6 分）如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2m 的橡胶带，橡胶带的上表面与
斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘对齐，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4m，
现将质量为m＝1kg、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之
间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡
胶带的过程中（此过程矩形板始终在斜面上），下列说法正确的是（
）
A．矩形板受到的摩擦力为Ff＝4N
B．矩形板的重力做功为WG＝3.6J
C．产生的热量为Q＝0.8J
D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为
2 35
5
m/s
三.非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
40 题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）欧姆表内部电路简化后如图所示，电源电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，电流表满偏电流Ig＝10mA，电流
表内阻Rg＝7.5Ω，A、B 为接线柱．
（1）用一条导线把A、B 直接连起来，此时，应将可变电阻R1 调节为
Ω才能使电流表恰好达到满偏．
（2）调至满偏后保持R1 的值不变，在A、B 间接入一个150Ω的定值电阻R2，电流表示数为
mA．
（3）继续保持R1的值不变，将定值电阻R2更换为另一电阻R3接在A、B 之间，电流表读数为6mA，则R3＝
Ω．
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10．（10 分）某学习小组欲精确测量电阻Rx 的阻值，有下列器材供选用。
A．待测电阻器Rx（约为300Ω）
B．电压表V（3V，内阻约3KΩ）
C．电流表A1（10mA，内阻约10Ω）
D．电流表A2（20mA，内阻约5Ω）
E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，额定电流0.5A）
G．直流电源E（3V，内阻约1Ω）
H．开关、导线若干
（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，并能满足Rx 两端电压能从0 开始变化进行多次测量。
则电流表应选择
（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器应选择
（填“R1”或“R2”）；并请在方框中帮
甲同学完成实验原理电路图。
（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图所示的测量电路，具体操作如下：
①如图所示连接好实验电路，闭合开关S1 前调节滑动变阻器R1、R2 的滑片至适当位置；
②闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R1、R2 的滑片，使电流表A1 的示数恰好为电流表A2 的示数的一
半；
③闭合开关S2 并保持滑动变阻器R2 的滑片位置不变，读出电压表V 和电流表A1 的示数，分别记为U、I；
④待测电阻的阻值Rx＝
。
（3）比较甲乙两同学测量电阻Rx 的方法，你认为哪种方法更有利于减小系统误差。答：
同学（填“甲”
或“乙”）。
11．儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图模型：光滑水平轨道MN 与半径为R 的竖直光滑圆弧轨
道相切于N 点，质量为m 的小球A 静止于P 点，小球半径远小于R．与A 相同的小球B 以速度v0 向右运动，A、
B 碰后粘连在一起．求当v0 的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速
度为g．
12．在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y 轴负方向、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，和沿某
个方向的匀强电场．一质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子从坐标原点O 以初速度v 沿x 轴正方向射入该空间，
粒子恰好做匀速直线运动，不计粒子重力的影响，试求：
（1）所加电场强度E 的大小和方向；
（2）若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使得粒子恰好能够经过坐标为（3a，0，﹣a）的点，则改变后的
磁感应强度B′为多大？
（3）若保持磁感应强度B 不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz 平面且与y 轴正方向成某
个夹角θ，使得粒子能够在xOy 平面内做匀变速曲线运动（类平抛运动）并经过坐标为（3a，0，a）的点，则E′
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和tanθ各为多少？
[物理选修3-3]
13．（5 分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B、C 和D 后再回到状态A．其中，A→B 和C
→D 为等温过程，B→C 和D→A 为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是（
）
A．A→B 过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增加
C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E．该循环过程中，气体放热
14．（10 分）如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L，底面直径为D，其右端中心处开有一圆孔，
质量为m 的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计，
开始时气体温度为300K，活塞与容器底部相距
2
3L，现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p0，求温度为480K
时气体的压强。
[物理选修3-4]
15．下列说法正确的是（
）
A．未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，容易发生衍射现象
B．赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实
C．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%
D．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
E．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用衍射法检查平面的平整程度
16．如图（a）所示，相距d＝20m 的波源A、B，在t＝0 时同时开始振动，波源A 只振动了半个周期，其振动图象
如图（b）所示；波源B 连续振动，其振动图象如图（c）所示．两列简谐横波的传播速度都为v＝1.0m/s．求
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（ⅰ）0～22s 内，波源A 右侧1m 处的质点C 经过的路程；
（ⅱ）0～16s 内，从波源A 发出的半个波传播过程中遇到波峰的个数．
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（1 月份）
参考答案与试题解析
二、选择题（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目
要求，第19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．带电粒子仅在电场力的作用下一定做匀变速运动
B．带电粒子仅在电场力的作用下运动时，动能一定增加
C．电场力做正功，带电粒子的电势一定降低
D．电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】分析带电粒子的受力情况，来判断其运动情况，电场有匀强电场和非匀强电场两类．电场力做正功，带
电粒子的电势能一定减少，电势不一定降低．
【解答】解：A、带电粒子仅在电场力的作用下在非匀强电场中运动时，电场力是变力，加速度是变化的，做的
是非匀变速运动，故A 错误。
B、带电粒子仅在电场力的作用下电场力可以做负功，动能减小，故B 错误。
CD、电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少。若带电粒子带正电，电势降低，若带电粒子带负电，电势升高，
故C 错误，D 正确。
【点评】解决本题的关键是搞清电场有两类：匀强电场和非匀强电场，粒子的电性有两种：正电和负电，考虑问
题要全面．
2．（6 分）甲乙两物体同时开始运动，它们的x﹣t 图象如图所示，下列说明正确的是（
）
A．乙物体做曲线运动
B．甲、乙两物体从同一地点出发
C．当甲、乙两物体两次相遇时，二者的速度大小相等
D．从第一次相遇到第二次相遇，二者的平均速度相同
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】位移图象的斜率等于物体的速度，根据速度的正负分析乙物体速度的方向，确定乙做什么运动．由图读
出t＝0 时刻两物体的位置．位移图象的交点表示两物体相遇，根据斜率大小分析速度关系．分析两物体的位移关
系判断平均速度的关系．
【解答】解：A、由图看出，乙图线的斜率都大于零，说明乙始终沿正方向运动，乙物体做直线运动。故A 错误。
B、t＝0 时刻乙物体从正方向上距原点x0 处开始运动，甲物体从原点出发开始运动，所以甲、乙两物体不是从同
一地点出发。故B 错误。
C、由图线的斜率等于速度看出，第一次相遇时，即两图线相交时，甲的速度大。第二次相遇时，乙的速度大。故
C 错误。
D、从第一次相遇到第二次相遇，两物体通过的位移相等，平均速度相同，故D 正确。
【点评】本题要理解位移图象交点的物理意义表示两物体相遇．根据斜率表示速度，要能分析两物体的运动情况．
3．（6 分）已知α粒子（即氦原子核）质量约为质子的4 倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2 倍．质子和α粒子在同一
匀强磁场中做匀速圆周运动．下列说法正确的是（
）
A．若它们的动量大小相同，则质子和α粒子的运动半径之比约为2：1
B．若它们的速度大小相同，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：4
C．若它们的动能大小相同，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：2
D．若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：2
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；41：控制变量法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝m
㘴2
h ，可得半径公式：R=݉
㘴
ݍܤ，
A、若它们的动量mv 大小相同，可知半径R 与q 成反比，所以质子和α粒子的运动半径之比约为2：1，故A 正
确；
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B、若它们的速度v 大小相同，可知半径R 与比荷成反比，所以质子和α粒子的运动半径之比约为1：2，故B 错
误；
C、若它们的动能
1
2݉
㘴2大小相同，可知质子和α粒子的速度之比为2：1，则质子和α粒子的运动半径之比约为1：
1，故C 错误；
D、它们由静止经过相同的加速电场加速后可得：qU= 1
2݉
㘴2，可得：v=
2ݍܷ݉，代入半径公式得：R= 1
ܤ
2ܷ݉
ݍ，
所以进入磁场后，质子和α粒子的运动半径之比约为1：2，故D 错误；
【点评】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们知道半径公式及周期公式，难度不大．
4．（6 分）一通电直导线与x 轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy 坐标平面平行，导线受到的安培力为F，若将该导
线做成
3
4圆环，放置在xOy 坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab 连线也与x 轴平行，则圆
环受到的安培力大小为（
）
A．F
B．
2
3ߨF
C．
2 2
3ߨF
D．
3 2ߨ
2
F
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】根据导线与圆环的弧长关系，求得半径，圆环受到的安培力即线段ab 受到的安培力，即可求得
【解答】解：通电导线为L，此时受到的安培力为F，
制作成圆环时，圆环的半径为R，则
3
4 × 2ߨh = ܮ，解得h = 2ܮ
3ߨ，故ab 的长度d=
2h = 2 2ܮ
3ߨ，故此时圆环受到
的安培力F' =݀ܮܨ= 2 2
3ߨܨ，故C 正确
【点评】本题主要考查了通电导线在磁场中受到的安培力，关键是抓住通电导线的有效长度即可判断
5．
（6 分）如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上有一质量为m 的物体，它受到沿斜面方向的力F 的作用．力
F 可按图（a）、（b）、（c）、（d）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿斜面向上为正）．已
知此物体在t＝0 时速度为零，若用v1、v2、v3、v4 分别表示上述四种受力情况下物体在3 秒末的速率，则这四个
速率中最大的是（
）
A．v1
B．v2
C．v3
D．v4
【考点】51：动量冲量；52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据冲量的定义得到：F﹣t 图象的“面积”大小等于冲量，根据动量定理分别求出四个速率．
【解答】解：根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率：
A、mgsin30°t1+Ft2＝mv1，t1＝3s，t2＝1s，代入解得，v1＝20m/s。
B、F 的冲量和为零，则mgsin30°t1＝mv2，t1＝3s，解得v2＝15m/s。
C、mgsin30°t1+Ft2＝mv3，t1＝3s，t2＝2s，代入解得，v3＝25m/s。
D、F 的冲量和为零，mgsin30°t1＝mv4，t1＝3s，解得v4＝15m/s。
【点评】本题运用动量定理求解物体的速度，涉及力在时间上累积效应，优先考虑运用动量定理．要抓住F﹣t 图
象的“面积”大小等于冲量．
6．（6 分）嫦娥三号”于2013 年12 月2 日在中国西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭送人太空，12 月14 日成
功软着陆于月球雨海西北部，12 月15 日完成着陆器和巡视器分离，并陆续开展了“观天、看地、测月”，的科学
探测和其它预定任务．如图所示为“嫦娥三号”释放出的国产“玉兔”号月球车，若该月球车在地球表面的重力
为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（
）
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A．月球表面处的重力加速度为
ܩ2
ܩ1
g
B．月球车内的物体处于完全失重状态
C．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为ܩ1h1
ܩ2h2
D．地球与月球的质量之比为
ܩ1h2
2
ܩ2h12
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G 重＝mg 表示出g 进行比较；忽略星球自转的影响，根
据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运
动的环绕速度．
【解答】解：A、重力加速度：g=
ܩ重力݉，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，
故月球表面处的重力加速度为
ܩ2
ܩ1
g，故A 正确；
B、在月球表面，月球车内的物体受重力和支持力，不是失重，故B 错误；
C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=
th，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比：
㘴1
㘴2
=
ܩ1
ܩ2
⋅
h1
h2
=
ܩ1h1
ܩ2h2
，故C 正确；
D、根据g= ܩܯ
h2 ，有：M= th2
ܩ，故地球的质量与月球的质量之比为：
ܯ地
ܯ月
=
ܩ1h1
2
ܩ2h2
2，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式
分析即可．
7．（6 分）如图所示，在区域I 和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb 由区域I 运动
到区域Ⅱ．已知圆弧ap 与圆弧pb 的弧长之比为2：1，下列说法正确的是（
）
A．粒子在区域I 和区域II 中的速率之比为1：1
B．粒子通过圆弧ap、pb 的时间之比为2：1
C．圆弧ap 与圆弧pb 对应的圆心角之比为2：1
D．区域I 和区域II 的磁感应强度方向相反
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】519：匀速圆周运动专题．
【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，洛伦兹力不做功，做匀速圆周运动，结合弧长之比，求出运动时间之
差．根据左手定则判断出两个区域内磁感应强度方向关系．
【解答】解：A、因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域I 和区域II 中的速率之比
为1：1．故A 正确。
B、因为弧长l＝vt，弧长之比为2：1，线速度大小相等，则运动时间之比为2：1．故B 正确。
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C、因为两个区域的磁感应强度大小未知，根据r=݉
㘴
ݍܤ，无法得出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以
无法得出圆心角之间的关系。故C 错误。
D、在p 点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应强度方向相反。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】考查粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，掌握半径与周期公式，理解运动时间与圆心角及周期关
系，同时知道洛伦兹力对粒子不做功．
8．（6 分）如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2m 的橡胶带，橡胶带的上表面与
斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘对齐，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4m，
现将质量为m＝1kg、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之
间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡
胶带的过程中（此过程矩形板始终在斜面上），下列说法正确的是（
）
A．矩形板受到的摩擦力为Ff＝4N
B．矩形板的重力做功为WG＝3.6J
C．产生的热量为Q＝0.8J
D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为
2 35
5
m/s
【考点】62：功的计算；65：动能定理；6B：功能关系；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】矩形板受到的摩擦力为变力；根据重力做功计算公式求解重力做的功；根据平均摩擦力乘以位移计算产
生的热；根据动能定理求解矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小．
【解答】解：A、矩形线圈滑上橡胶带时，随着进入橡胶带的长度增大，对橡胶带的压力增大，摩擦力增大，所
以矩形板受到的摩擦力为变力，A 错误；
B、矩形板的重力做功为为：WG＝mg（L+d）sin37°＝10×（0.4+0.2）×0.6J＝3.6J，B 正确；
C、物块从进入橡胶带到离开橡胶带运动的位移为2d，最大摩擦力为μmgcos37°，由于摩擦力的大小随位移呈线
性变化，所以可以可以平均摩擦力计算产生的热，即：产生的热量为：Q= 1
2μmgcos37°•2d= 1
2 ×0.4×0.4J＝0.08J，
C 错误；
D、矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为v，根据动能定理可得：WG﹣Q= 1
2݉
㘴2，解得：v=
70.4m/s，
D 错误。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中
哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答．
三.非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
40 题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）欧姆表内部电路简化后如图所示，电源电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，电流表满偏电流Ig＝10mA，电流
表内阻Rg＝7.5Ω，A、B 为接线柱．
（1）用一条导线把A、B 直接连起来，此时，应将可变电阻R1 调节为
142
Ω才能使电流表恰好达到满偏．
（2）调至满偏后保持R1 的值不变，在A、B 间接入一个150Ω的定值电阻R2，电流表示数为
5
mA．
（3）继续保持R1 的值不变，将定值电阻R2 更换为另一电阻R3 接在A、B 之间，电流表读数为6mA，则R3＝
100
Ω．
【考点】N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
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【分析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意，由欧姆定律可以求出电阻阻值，再由闭合电路欧
姆定律，即可求解接入一个150Ω的定值电阻R2 时，电流表读数
【解答】解：（1）欧姆表内阻：R 内= ܧ
ܫt =
1.5
10×10−3 =150Ω，
调零电阻阻值：R＝R 内﹣Rg﹣r＝150﹣7.8﹣0.2＝142Ω；
（2）电流ܫ=ܷh内+h2 =
1.5
150+150 =0.005A＝5mA，
故答案为：142，5
（3）根据电流ܫ' =ܷh内+h3，解得：R3＝100Ω
故答案为：（1）142；（2）5；（3）100
【点评】本题考查了求欧姆表的调零电阻阻值、中值电阻阻值、电阻测量值，知道欧姆表的工作原理、应用闭合
电路的欧姆定律即可正确解题
10．（10 分）某学习小组欲精确测量电阻Rx 的阻值，有下列器材供选用。
A．待测电阻器Rx（约为300Ω）
B．电压表V（3V，内阻约3KΩ）
C．电流表A1（10mA，内阻约10Ω）
D．电流表A2（20mA，内阻约5Ω）
E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，额定电流0.5A）
G．直流电源E（3V，内阻约1Ω）
H．开关、导线若干
（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，并能满足Rx 两端电压能从0 开始变化进行多次测量。
则电流表应选择
A1
（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器应选择
R1
（填“R1”或“R2”）；并请在方框中帮甲
同学完成实验原理电路图。
（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图所示的测量电路，具体操作如下：
①如图所示连接好实验电路，闭合开关S1 前调节滑动变阻器R1、R2 的滑片至适当位置；
②闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R1、R2 的滑片，使电流表A1 的示数恰好为电流表A2 的示数的一
半；
③闭合开关S2 并保持滑动变阻器R2 的滑片位置不变，读出电压表V 和电流表A1 的示数，分别记为U、I；
④待测电阻的阻值Rx＝ܷ
ܫ
。
（3）比较甲乙两同学测量电阻Rx 的方法，你认为哪种方法更有利于减小系统误差。答：
乙
同学（填“甲”
或“乙”）。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器的接法，为方便实验操作选择
最大阻值较小的滑动变阻器，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图．
（2）根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值．
（3）根据实验步骤与实验原理分析实验误差，然后作出解答．
【解答】解：（1）通过待测电阻的最大电流约为：I=ܷhܺ=
3ܸ
300Ω =0.01A＝10mA，电流表应选择A1；
实验要求电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻
器R1；
待测电阻阻值约为300Ω，电流表内阻约为10Ω，电压表内阻约为3kΩ，相对于来说待测电阻阻值远大于电流表内
阻，
电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：
（2）由实验步骤②可知，通过R2 与RX 的电流相等，它们并联，
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则两支路电阻相等，由实验步骤③可知，电压表测待测电阻两端电压，
由于两并联支路电阻相等，则通过它们的电流相等，由实验步骤可知，
通过待测电阻的电流等于电流表A1 的示数I，则待测电阻阻值：RX=ܷܫ；
（3）由两种实验方案与实验步骤可知，由于电表内阻的影响甲的测量值存在误差，
由于实验电路与实验步骤的巧妙设计，乙的方案化解了电表内阻影响，测量值与真实值相等，
乙的方案可以消除系统误差．
故答案为：（1）A1；R1；电路图如图所示；（2）④ܷܫ；（3）乙．
【点评】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，
认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键．
11．儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图模型：光滑水平轨道MN 与半径为R 的竖直光滑圆弧轨
道相切于N 点，质量为m 的小球A 静止于P 点，小球半径远小于R．与A 相同的小球B 以速度v0 向右运动，A、
B 碰后粘连在一起．求当v0 的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速
度为g．
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒
定律综合．
【分析】若不能经过最高点又不会脱离圆弧轨道，A、B 最高只能运动到与圆心等高的地方，根据机械能守恒定律
求出A 球碰后的速度，由动量守恒定律求出B 的初速度；
若经过最高点，根据牛顿第二定律求出A 球在最高点的速度，根据机械能守恒定律求出A 球碰后的速度，由动量
守恒定律求出B 的初速度．
【解答】解：设A、B 碰撞后的速度为v1，恰好运动到圆弧最高点时的速度为v2
对A、B，碰撞过程中动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2m•v1
欲使A、B 运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：
（1）当v0 较小时，A、B 最高只能运动到与圆心等高的地方
对A、B，从碰后到与圆心等高的地方，由动能定理有：−2݉
th = 0 −1
2 ⋅2݉
㘴1
2
联立得v0= 2 2th
（2）当v0 较大时，A、B 能够做完整的圆周运动．讨论A、B 恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B，从碰后
运动到圆周最高点的过程中，由动能定理：
−2݉
t ⋅2h = 1
2 ⋅2݉
㘴2
2 −1
2 ⋅2݉
㘴1
2
在最高点时，由牛顿第二定律得：2݉
t = 2݉
⋅
㘴2
2
h
联立得：v0= 2 5th
综上所述，当㘴0 ≤2 2th或㘴0 ≥2 5th时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道．
答：当㘴0 ≤2 2th或㘴0 ≥2 5th时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道．
【点评】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、圆周运动等规律，综合性较强，需在平时的学习中加强训
练，同时要注意等于运动的过程的分析．
12．在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y 轴负方向、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，和沿某
个方向的匀强电场．一质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子从坐标原点O 以初速度v 沿x 轴正方向射入该空间，
粒子恰好做匀速直线运动，不计粒子重力的影响，试求：
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（1）所加电场强度E 的大小和方向；
（2）若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使得粒子恰好能够经过坐标为（3a，0，﹣a）的点，则改变后的
磁感应强度B′为多大？
（3）若保持磁感应强度B 不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz 平面且与y 轴正方向成某
个夹角θ，使得粒子能够在xOy 平面内做匀变速曲线运动（类平抛运动）并经过坐标为（3a，0，a）的点，则E′
和tanθ各为多少？
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；35：整体思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）选由左手定则判定带电粒子所受洛仑兹力的方向，再根据平衡条件求是电场力的方向﹣﹣电场强度
的方向．
（2）若撤支电场，而改变磁感应强度的大小，带电粒子在磁场中恰做匀速圆周运动，由一个点的坐标求出带电粒
子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力从而求出磁感应强度的大小．
（3）由题意，电场力的一个分力沿z 轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y 轴正方向提供类平抛运动加速度a0，
分别在两个方向由平衡条件和牛顿第二定律列式可求出电场强度沿z 正方向和沿y 负方向的分量，则电场强度为
二者的矢量和．
【解答】解：（1）由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z 轴负方向，则由平衡条件可知，电场力沿z 轴正
方向，即电场强度沿z 轴正方向，且有：
qE﹣qvB＝0
解得：E＝vB
（2）粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系，有：
r2＝（r﹣a）2+（3ܽ）2
解得粒子运动的半径为：r＝2a
由牛顿第二定律，有：qvB′＝m
㘴2
ݎ
解得B′=݉
㘴
2ݍܽ
（3）由题意，电场力的一个分力沿z 轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿
y 轴正方向提供类平抛运动加速度a0，如图所示．
则由平衡条件，有：qE1﹣qvB＝0
由曲线运动规律，有：
3ܽ
=vt
a= 1
2ܽ
0ݐ2
其中：a0＝
ݍܧ2݉
解得：E1＝vB
E2= 2݉
㘴2
3ݍܽ
则有：E′=
ܧ1
2 + ܧ2
2 =
(㘴ܤ)2 + ( 2݉
㘴2
3ݍܽ
)2
tanθ= ܧ1
ܧ2 = 3ݍܽܤ
2݉
㘴
答：（1）所加电场强度E 的大小为vB，方向沿z 轴正方向．
（2）若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使得粒子恰好能够经过坐标为（3a，0，﹣a）的点，则改变后的
磁感应强度B′为݉
㘴
2ݍܽ．
（3）若保持磁感应强度B 不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz 平面且与y 轴正方向成某
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个夹角θ，使得粒子能够在xOy 平面内做匀变速曲线运动（类平抛运动）并经过坐标为（3a，0，a）的点，则E′
为(㘴ܤ)2 + ( 2݉
㘴2
3ݍܽ
)2，tanθ值为
3ݍܽܤ
2݉
㘴．
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的几种特殊情况：
①是仅在洛仑兹力和电场力作用下做匀速直线运动，则肯定是二力抵消．
②是只在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，显然是洛仑兹力提供向心力．
③是在某一方向的匀速直线运动和另一方向的类平抛运动的合成，那么在两个方向分别应用规律求解．要注意的
是本题涉及到立体声几何关系，能锻炼的空间想象能力．
[物理选修3-3]
13．（5 分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B、C 和D 后再回到状态A．其中，A→B 和C
→D 为等温过程，B→C 和D→A 为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是（
）
A．A→B 过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增加
C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E．该循环过程中，气体放热
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】A→B 过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D
过程中，等温压缩，D→A 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高。
【解答】解：A、A→B 过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A 正确；
B、B→C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B 错误；
C、C→D 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 正
确；
D、D→A 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布
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曲线发生变化，故D 正确；
E、该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即W＜0；一个循环，内能不变，△U＝0，根据热力学第一定
律，Q＞0，即气体吸热，故E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功
情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内
能由问题温度决定。
14．（10 分）如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L，底面直径为D，其右端中心处开有一圆孔，
质量为m 的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计，
开始时气体温度为300K，活塞与容器底部相距
2
3L，现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p0，求温度为480K
时气体的压强。
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧変化，由盖﹣吕萨克定律求出活塞缓慢移到最右端时的
温度；活塞移至最右端后，气体做等容变化，根据查理定律即可求出温度为480K 时的压强；
【解答】解：开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧変化。设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态
温度为T1，ܸ
1 = ߨܦ2ܮ
4
初态温度T0＝300K，ܸ
0 = ߨܦ2ܮ
6
由盖﹣吕萨克定律知ܸ0ܶ
0
=ܸ
1ܶ
1
解得：T1＝450K
活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知T1＝450K，p1＝p0，T2＝480K
由查理定律知
݌1ܶ
1
=
݌2ܶ
2
则݌2 = 16
15 ݌0
答：温度为480K 时气体的压强为
16
15 ݌0。
【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是确定气体发生何种状态变化过程，确定好气体的各个状态参量，
选择合适的规律求解即可。
[物理选修3-4]
15．下列说法正确的是（
）
A．未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，容易发生衍射现象
B．赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实
C．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%
D．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
E．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用衍射法检查平面的平整程度
【考点】79：自由振动和受迫振动；F8：声波．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．
【分析】“闻其声不见其人”是因为声音比光波长长，声波发生了明显的衍射现象，而光波没有；麦克斯韦预言了
电磁波的存在；全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%；做受迫振动，其振动周期由驱动力的频率决定；检查平
面的平整程度使用的是薄膜干涉．
【解答】解：A、“闻其声不见其人”是因为声音比光波长长，声波发生了明显的衍射现象，而光波的衍射非常不
明显。故A 正确；
B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验加以证实。故B 错误；
C、全反射棱镜是根据全反射的原理制成，与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%．故C 正确；
D、单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期由驱动力的频率决定，与单摆的摆长无关。故D 正确；
E、检查平面的平整程度是使用光的薄膜干涉，与衍射无关。故E 错误。
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故选：ACD。
【点评】该题考查波的明显衍射的条件、全反射、受迫振动、薄膜干涉的工作原理等，都是一些记忆性的知识点，
要在平时多加积累，加强记忆．
16．如图（a）所示，相距d＝20m 的波源A、B，在t＝0 时同时开始振动，波源A 只振动了半个周期，其振动图象
如图（b）所示；波源B 连续振动，其振动图象如图（c）所示．两列简谐横波的传播速度都为v＝1.0m/s．求
（ⅰ）0～22s 内，波源A 右侧1m 处的质点C 经过的路程；
（ⅱ）0～16s 内，从波源A 发出的半个波传播过程中遇到波峰的个数．
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】（i）先求出距A 点1 米处的质点在先经过左边的A 波路程，再求出B 波22 秒传播的距离，从而求出B
波在距A 点1 米处的质点振动路程，两者之和即为总路程．
（ii）波在t 时间内传播的距离为x＝vt，根据几何关系求得16 s 内两列波相对运动的长度，结合两波的长度求解．
【解答】解（ⅰ）波源A 引起的质点C 振动的路程为s1＝2A1＝8cm
波源B 的振动传播到C 点的时间ݐ=݀
−ݔt
㘴
= 19ݏ
之后的3s，波源B 引起的质点C 振动的路程为ݏ2 = 3
2 × 4t2 = 120ܿ݉
所以，在0～22s 内质点C 经过的路程s＝s1+s2＝128cm
（ⅱ）16s 内两列波相对运动的长度为△l＝lA+lB﹣d＝2vt﹣d＝12 m
B 波的波长为ɉB＝vTB＝2 m
波源A 发出的波传播过程中遇到波峰的个数为h = △t
ɉܤ= 6
答：
（1）距A 点1 米处的质点，在t＝0 到t＝22s 内所经过的路程为128cm；
（2）在t＝0 到t＝16s 内从A 发出的半个波前进过程中所遇到的波峰数为6 个．
【点评】本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，要注意波的叠加也遵守矢量的运算法则．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 14:09:45 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（下）第十七次调研物理试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，有些含有铀、钍的岩石会释放出放射性气体氡。人们若
经常处于高浓度氡环境中，氡会经呼吸进入人体并停留于呼吸道中进行放射性衰变，放射出α、β、γ射线。这些射
线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病及呼吸道等方面的疾病。下列说法正确的是（
）
A．铀
92
238U 衰变为氡
86
222Rn 要经过4 次α衰变和2 次β衰变
B．处于激发态的氡原子发出一束蓝光照射到某金属能产生光电效应，若这束蓝光被遮住一半，则不会产生光电效
应
C．放射性元素发生β衰变时所释放的负电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
D．放射性元素在发生α衰变时2 个中子和2 个质子结合为一个α粒子，设中子、质子和α粒子的质量分别为m1、
m2、m3，则2（m1+m2）＝m3
2．（6 分）2018 年6 月15 日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在及其稀薄的空
气，“慧眼”是我国首颗大型X 射线天文卫星，这意味着我国在X 射线空间观测方面具有国际先进的巡天能力和
独特的多波段快速观测功能等，下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是（
）
A．如果不加干预，“慧眼”卫星将离地球越来越远
B．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小
C．“慧眼”作为天文观测卫星，其轨道圆形可以定在地球上任意位置
D．已知地球半径，地球表面重力加速度，“慧眼”轨道半径，可以比较“慧眼”与地球同步卫星运行周期的大
小
3．（6 分）如图1 所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术．其原理是用电流线圈使物件内
产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．如图2 所示的是一个
带铁芯的线圈L、开关S 和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L 上且使铁芯穿过其中，
闭合开关S 的瞬间，套环将立刻跳起．关于对以上两个运用实例理解正确的是（
）
A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象
B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源
D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源
4．（6 分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。
已知轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，若使用磁屏蔽通道法设计引出器，引出器原理如图所示，一对圆弧形金
属板组成弧形引出通道，改变引出通道内磁场的磁感应强度，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点
射出。若换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板
间产生径向电场，同样可以使离子仍从P 点进入，Q 点射出。则（
）
A．图中被引出的离子带负电
B．用磁屏蔽通道法引出离子时，应该使引出通道内磁场的磁感应强度变大
C．用静电偏转法引出离子时，内金属板的电势比外金属板高
D．用静电偏转法引出离子时，在引出过程中粒子的动能减小
5．（6 分）如图所示，有一小球在离地面有一定高度处，以某一初速度被水平抛出，忽略空气阻力，以小球的出发点
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为坐标原点，初速度所在的方向为x 轴，竖直向下为y 轴为坐标系来研究小球的运动。用EK 表示小球的动能，
EP 表示小球的重力势能（以地面为零势能面），v 表示小球的速率，vy 表示小球竖直方向速度的大小，则下列图象
正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）在下图中图甲、图乙中两点电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通
电导线的中垂线，O 为连线的中点。下列说法正确的是（
）
A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O 点的场强和磁感应强度都最小
B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O 点对称的两点场强和磁感应强度都相等
C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O 点的场强和磁感应强度都最大
D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O 点对称的两点场强和磁感应强度相等
7．（6 分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1 和降压变压器T2 向用户供电，已知输电
线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2 的原副线圈匝数之比为10：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电
器电阻R0＝22Ω，若T1、T2 均为理想变压器，T2 的副线圈两端电压表达式为u＝220 2sin100πt（V），则下列说
法正确的是（
）
A．发电机中的电流变化频率为100Hz
B．通过用电器R0 的电流有效值为10A
C．升压变压器的输入功率为2200W
D．当用电器的电阻R0 减小时，发电机的输出功率增大
8．（6 分）如图所示，水平面上有一质量为2m 的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C 的质
量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A 受到水平向右的恒力F 的作
用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A．在细线被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2gsinθ
B．在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为2gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
D．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
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三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
40 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（5 分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车A 的前端装
上撞针，给小车A 某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质
量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A 后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点
计时器电源频率为50Hz。
（1）在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有
（填标号）。
A．实验时要保证长木板水平放置
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
（2）纸带记录下碰撞前A 车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A 车运动速度大小为
m/s（结
果保留一位有效数字），A、B 两车的质量比值݉
t݉
ܤ
等于
。（结果保留一位有效数字）
10．（10 分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：
①电池E（电动势和内阻均未知）
②表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig 未知，内阻未知）
③电压表V（量程为1.5V，内阻Rv＝1000Ω）
④滑动变阻器R1（0～10Ω）
⑤电阻箱R2（0～1000Ω）
⑥开关一个，理想导线若干
（1）为测量表头G 的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E．闭合开关，调节滑动变阻器R1
滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40Ω时，表头恰好满偏，此时电压表V 的示数为1.5V；将电阻箱
阻值调到115Ω，微调滑动变阻器R1 滑片位置，使电压表V 示数仍是1.5V，发现此时表头G 的指针指在如图乙所
示位置，由以上数据可得表头G 的内阻Rg＝
Ω，表头G 的量程Ig＝
mA。
（2）该同学接着用上述器材测量该电池E 的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2 的阻值始终调节为
1000Ω：图丁为测出多组数据后得到的图线（U 为电压表V 的示数，I 为表头G 的示数），则根据电路图及图线可
以得到被测电池的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω．（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G 及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定
的数据，可知表头正中央刻度为
Ω。
11．（12 分）如图所示，足够长光滑的两平行金属导轨，间距为L＝1m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，定值电阻
大小为R1＝3Ω，R2＝6Ω．导轨上停放着一根质量为m＝1kg、电阻r＝1Ω的金属杆CD，导轨电阻不计，整个装置
处于磁感应强度为B＝0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。现用一垂直于金属杆CD 的外力F，沿
导轨斜面向上拉金属杆，使之由静止开始沿导轨向上做加速度为a＝3m/s2 的匀加速直线运动，并开始计时，重力
加速度大小取为9.8m/s2。
试求：
（1）推导外力F 随时间t 的变化关系；
（2）在前2s 内通过电阻R1 的电量（结果保留2 位有效数字）。
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12．（20 分）甲图是我国自主研制的200mm 离子电推进系统，已经全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心
部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、
操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P 喷注入腔室C 后，被电子
枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，
在栅电极A、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。已知栅电极A、
B 之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB 间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目N。
（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验。求：
a．氙离子经A、B 之间的电场加速后，通过栅电极B 时的速度v 的大小，以及离子束的等效电流I；
b．求喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小；
（2）配有推进器的飞船在太空运行时，处于完全失重状态，为了构建推进器在太空中运作情景，离子推进器可视
为放置在光滑的水平地面上。已知推进器的质量为M，且工作时质量近似保持不变，推进器刚开始运动的极短时
间，可认为瞬间喷出N′个离子，即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。
c．求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功；
d．这一过程中飞船向后移动的距离；
e．随着时间的推移，喷出的离子的动能逐渐变大还是变小？简要说明理由；
三．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
C．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大
D．一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大
E．一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合
力先变大后变小，再变大
14．（10 分）如图所示，上细下粗的玻璃管，下端封闭，下部横截面积是上部的2 倍，竖直放置时用水银封闭了一定
质量的气体，此时气柱长l1＝25cm，粗管内水银柱长h1＝4cm，细管内水银柱长h2＝11cm，已知细管总长为20cm，
大气压强P0＝75cmHg．若将玻璃管缓慢转至水平位置，求：
①此时气柱的长度；
②是否有水银从细管中流出，若有水银流出，求流出细管的水银长度。
（2）玻璃管开口向上时封闭气体压强为P1，P1＝P0+h1+h2＝90cmHg 当转至水平位置时，气体压强为：P2＝P0＝
75cmHg 设气体还在粗管内，气柱长为l2，由玻意尔定律P1l1S＝P2l2S
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四．【物理--选修3-4】（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．对于各种波，只有横波才能发生偏振现象
B．单色光就是偏振光
C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D．已知地震波的纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警
E．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
16．一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm．一条光线从玻璃管壁中点入射，光线AB 与竖直方向成
60°角，与直径MN 在同一竖直面内，如图所示．该玻璃的折射率为
6
2 ，光速c＝3.0×l08m/s．
I．光线经玻璃管内壁折射后•从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度；
Ⅱ．若玻璃关的长度为40cm．保持入射点不动，调整入射角．求光线AB 在玻璃中传播的最长时间．
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（下）第十七次调研物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，有些含有铀、钍的岩石会释放出放射性气体氡。人们若
经常处于高浓度氡环境中，氡会经呼吸进入人体并停留于呼吸道中进行放射性衰变，放射出α、β、γ射线。这些射
线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病及呼吸道等方面的疾病。下列说法正确的是（
）
A．铀
92
238U 衰变为氡
86
222Rn 要经过4 次α衰变和2 次β衰变
B．处于激发态的氡原子发出一束蓝光照射到某金属能产生光电效应，若这束蓝光被遮住一半，则不会产生光电效
应
C．放射性元素发生β衰变时所释放的负电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
D．放射性元素在发生α衰变时2 个中子和2 个质子结合为一个α粒子，设中子、质子和α粒子的质量分别为m1、
m2、m3，则2（m1+m2）＝m3
【考点】IC：光电效应；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】A、核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，即可求解；
B、根据光电效应原理或者光电效应方程进行分析；
C、β衰变时所释放的电子是原子核内的中子衰变为质子时产生的；
D、根据爱因斯坦质能方程进行求解。
【解答】解：
A、铀
92
238U 衰变为氡
86
222Rn，质量数减小16，而质子数减小6，经过一次次α衰变，质量数减小4，质子数减小
2，而一次β衰变质量数不变，则质子数增大1，因此要经过4 次α衰变和2 次β衰变，故A 正确；
B、光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，遮住一半，光电子数减小，但仍发生光电效应，光电子
最大初动能将不变，故B 错误；
C、β衰变时所释放的电子是原子核内的中子衰变为质子时产生的，故C 错误；
D、放射性元素在发生α衰变时2 个中子和2 个质子结合为一个α粒子，由质量亏损，即为△m＝2m1+2m2﹣m3，故
D 错误。
【点评】本题主要考查了3﹣5 中的理论知识，只要在平时学习中多积累记忆不难做出解答，注意光电效应发生条
件，理解质量亏损的概念。
2．（6 分）2018 年6 月15 日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在及其稀薄的空
气，“慧眼”是我国首颗大型X 射线天文卫星，这意味着我国在X 射线空间观测方面具有国际先进的巡天能力和
独特的多波段快速观测功能等，下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是（
）
A．如果不加干预，“慧眼”卫星将离地球越来越远
B．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小
C．“慧眼”作为天文观测卫星，其轨道圆形可以定在地球上任意位置
D．已知地球半径，地球表面重力加速度，“慧眼”轨道半径，可以比较“慧眼”与地球同步卫星运行周期的大
小
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．
【分析】卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，“慧眼”若是同步卫星，则只能定位于地球的
赤道上空，由万有引力提供向心力可确定周期与半径的关系。
【解答】解：AB、卫星本来满足万有引力提供向心力即
ܩܯ݉
ݎ2
=m
㘴2
ݎ知，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，万
有引力将大于卫星所需要的向心力，故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，又由v=
ܩܯ
ݎ，故速度增大，动
能增大，故AB 错误
C、慧眼”若是同步卫星，则只能定位于地球的赤道上空，若不是同步卫星则不能定位，则C 错误
D、由万有引力提供向心力：G
ܯ݉
ݎ2 =mr
4ߨ2ܶ
2 ，可得T= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ，则半径小的周期小，则D 正确
【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的
物理量与轨道半径的关系。
3．（6 分）如图1 所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术．其原理是用电流线圈使物件内
产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．如图2 所示的是一个
带铁芯的线圈L、开关S 和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L 上且使铁芯穿过其中，
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闭合开关S 的瞬间，套环将立刻跳起．关于对以上两个运用实例理解正确的是（
）
A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象
B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源
D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源
【考点】DG：* 涡流现象及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】当金属中处在变化的磁场中时，这个磁场能在金属物体的内部产生涡电流．涡电流又会产生磁场，倒过
来影响原来的磁场，由此分析涡流探伤；
闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，产生感应电流，从而受到安培力，会向上跳起．根据套环跳起的
原理判断．
【解答】解：A、涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳
环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会
跳动，属于演示楞次定律。故A 错误。
B、无论是涡流探伤技术运，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内。
故B 正确。
C、金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；
演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生
感应电流，会跳动。故C 错误，D 错误。
【点评】理解涡流和套环跳起的原因，即产生感应电流的效果阻碍引起感应电流磁通量的变化．
4．（6 分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。
已知轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，若使用磁屏蔽通道法设计引出器，引出器原理如图所示，一对圆弧形金
属板组成弧形引出通道，改变引出通道内磁场的磁感应强度，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点
射出。若换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板
间产生径向电场，同样可以使离子仍从P 点进入，Q 点射出。则（
）
A．图中被引出的离子带负电
B．用磁屏蔽通道法引出离子时，应该使引出通道内磁场的磁感应强度变大
C．用静电偏转法引出离子时，内金属板的电势比外金属板高
D．用静电偏转法引出离子时，在引出过程中粒子的动能减小
【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】根据洛仑兹力充当向心力可求得电荷量；由左手定则可确定离子的电性；磁屏蔽通道法引出离子时，要
让离子做离心运动，即要减小洛伦兹力；静电偏转法引出离子时电场力与洛仑兹力方向相反。
【解答】解：A、根据qv B＝m
㘴2
h 得，q=݉
㘴
ܤݎ，由左手定则可知，粒子带正电；则A 错误
B、磁屏蔽通道法引出离子时，要让离子运动的半径增大，即要减小洛伦兹力，则要使引出通道内磁场的磁感应强
度变小，则B 错误
C、因离子受电场力的方向要与洛伦兹力的方向相反，即向外，又因离子带正电，则电场场强方向向外，内金属板
电势要高于外金属板，则C 正确
D、用静电偏转法引出离子时，在引出过程中电场力电场力与运动方向垂直不做正功，粒子的动能不变，则D 错
误
【点评】本题考查带电粒子在磁场与混合场中的运动，要注意正确分析粒子的运动过程，注意几何关系的应用；
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此类问题为综合性问题，要求学生有较高的数学及物理分析能力。
5．（6 分）如图所示，有一小球在离地面有一定高度处，以某一初速度被水平抛出，忽略空气阻力，以小球的出发点
为坐标原点，初速度所在的方向为x 轴，竖直向下为y 轴为坐标系来研究小球的运动。用EK 表示小球的动能，
EP 表示小球的重力势能（以地面为零势能面），v 表示小球的速率，vy 表示小球竖直方向速度的大小，则下列图象
正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】43：平抛运动；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律表示出纵
横坐标量的关系式，从而分析图象是否正确。
【解答】解：A、根据动能定理知末动能Ek= 1
2݉
㘴0
2 +mgy，Ek 与y 关系为一次函数，但不过原点，故A 错误；
B、以地面为零势能面，小球的重力势能EP＝mg（H﹣y）＝mgH﹣mg⋅1
2 tݐ2，图象为不过原点的开口向下的抛物
线，故B 错误；
C、小球速度v=
㘴0
2 + (tݐ)2，v 与t 不是一次函数关系，故C 错误；
D、小球竖直方向速度vy=
2tݕ，故D 正确。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合功能关系写出纵横坐标的关系
式是判定图象是否正确的关键。
6．（6 分）在下图中图甲、图乙中两点电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通
电导线的中垂线，O 为连线的中点。下列说法正确的是（
）
A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O 点的场强和磁感应强度都最小
B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O 点对称的两点场强和磁感应强度都相等
C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O 点的场强和磁感应强度都最大
D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O 点对称的两点场强和磁感应强度相等
【考点】A6：电场强度与电场力；AA：电场的叠加．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】依据点电荷电场强度公式E=݇ܳݎ2 ，及电流周围磁场的分布与间距关系式B=݇
ܫ
ݎ2，结合矢量的合成法则，
即可求解。
【解答】解：AB、根据点电荷电场强度公式E=݇ܳݎ2 ，及电流周围磁场的分布与间距关系式B=݇
ܫ
ݎ2，依据矢量的合
成法则，图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O 点对称的两点场强和磁感应强度大小都相等，方向不同，并
在O 点的场强和磁感应强度都最小，故A 正确，B 错误；
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CD、同理，图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O 点的场强和磁感应强度都最小，而在连线和中垂线上关于O 点
对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】考查点电荷的电场强度与电流周围磁场的分布内容，掌握矢量的合成法则的应用，注意矢量的方向性。
7．（6 分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1 和降压变压器T2 向用户供电，已知输电
线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2 的原副线圈匝数之比为10：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电
器电阻R0＝22Ω，若T1、T2 均为理想变压器，T2 的副线圈两端电压表达式为u＝220 2sin100πt（V），则下列说
法正确的是（
）
A．发电机中的电流变化频率为100Hz
B．通过用电器R0 的电流有效值为10A
C．升压变压器的输入功率为2200W
D．当用电器的电阻R0 减小时，发电机的输出功率增大
【考点】E8：变压器的构造和原理；EA：电能的输送．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出
通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率
【解答】解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=߱2ߨ= 100ߨ
2ߨ
=50Hz．故A 错误。
B、通过用电器的电流有效值I=ܷh0 = 220 2
2⋅22 =10A．故B 正确。
C、根据
ܫ3
ܫ4
=
h4
h3
得，输电线上的电流I3＝10× 1
10 =1A，则输电线上损耗的功率P 损＝I32R＝1×10W＝10W，降压
变压器的输入功率P3＝U4I4＝220×10W＝2200W，则升压变压器的输入功率P＝P3+P 损＝2200+250W＝4650W．故
C 错误。
D、当用电器的电阻R0 减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电
流变大，根据P＝UI 知，发电机的输出功率增大。故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损
失和降压变压器的输入功率之间的关系
8．（6 分）如图所示，水平面上有一质量为2m 的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C 的质
量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A 受到水平向右的恒力F 的作
用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A．在细线被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2gsinθ
B．在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为2gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
D．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对物体A 受力分析，根据力的平衡条件和牛顿第二定律求出在细线被烧断的瞬间物体A 的加速度；
在细线被烧断前，对C 受力分析，由力的平衡求出弹簧对物体C 的弹力，根据牛顿第二定律求出物体B 的加速度；
剪断弹簧的瞬间，由于弹簧的弹力不会发生突变，所以物体A 的受力情况不变，进而知道物体A 加速度；
突然撤去外力F 的瞬间，对物体A、B 整体，根据牛顿第二定律求出物体A 的加速度。
【解答】解：A、对物体A 受力分析，水平方向受到拉力F 和细线的拉力T，根据力的平衡条件可知，F＝2mgsinθ，
在细线被烧断的瞬间，细线对物体A 的拉力T 变为零，由牛顿第二定律得，物体A 的加速度：
aA= ܨ
2݉
= 2݉
tݏthߠ
2݉
=gsinθ，故A 错误；
B、在细线被烧断前，对C 受力分析，由力的平衡得，弹簧对物体C 的弹力：F 弹＝mgsinθ，在细线被烧断的瞬间，
细线对物体B 的拉力T 变为零，对物体B，由牛顿第二定律得，F 弹+mgsinθ＝maB，则物体B 的加速度：
aB= 2݉
tݏthߠ݉=2gsinθ，故B 正确；
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C、剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以A、B 成为连接体，加速度应为
1
3gsinθ，故C 错误；
D、撤去F 的瞬间，绳子拉力会突变，A 和B 的加速度相等，对物体A、B 整体，由牛顿第二定律得，2mgsinθ＝
（2m+m）aA，则物体A 的加速度：a= 2݉
tݏthߠ
3݉
= 2
3gsinθ，故D 错误。
【点评】本题主要考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法等知识掌握和应用，关键要明白细线的弹力会发生
突变，而弹簧的弹力不会发生突变。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
40 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（5 分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车A 的前端装
上撞针，给小车A 某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质
量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A 后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点
计时器电源频率为50Hz。
（1）在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有
BC
（填标号）。
A．实验时要保证长木板水平放置
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
（2）纸带记录下碰撞前A 车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A 车运动速度大小为
0.6
m/s（结果
保留一位有效数字），A、B 两车的质量比值݉
t݉
ܤ
等于
2
。（结果保留一位有效数字）
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）系统所受合力为零时系统动量守恒，实验前要平衡摩擦力，我充分利用纸带，实验时要先接通电源，
然后再释放纸带。
（2）根据图示纸带应用速度公式求出碰撞前后小车的速度，然后应用动量守恒定律求出两车质量之比。
【解答】解：（1）A、实验前要平衡摩擦力，实验时要把木板右端适当垫高以平衡摩擦力，故A 错误；
B、为使两车碰撞后粘在一起，相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，故
B 正确；
CD、为充分利用知道，实验时要先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，故C 正确，D 错误；
（2）由图示纸带可知，碰撞前小的速度为：v= ݔ
ݐ= (2.20−1.00)×10−2݉
0.02ݏ
=0.6m/s，
碰撞后两车的速度为：v′= ݔ'
ݐ= (7.00−6.20)×10−2݉
0.02ݏ
=0.4m/s，
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv＝（mA+mB）v′
代入数据解得：mA：mB＝2；
故答案为：（1）BC；（2）0.6，2。
【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，根据图示纸带求出两点间的距离、应用速度公式求出碰撞前
后小车的速度是解题的关键，掌握基础知识、应用动量守恒定律即可解题。
10．（10 分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：
①电池E（电动势和内阻均未知）
②表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig 未知，内阻未知）
③电压表V（量程为1.5V，内阻Rv＝1000Ω）
④滑动变阻器R1（0～10Ω）
⑤电阻箱R2（0～1000Ω）
⑥开关一个，理想导线若干
（1）为测量表头G 的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E．闭合开关，调节滑动变阻器R1
滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40Ω时，表头恰好满偏，此时电压表V 的示数为1.5V；将电阻箱
阻值调到115Ω，微调滑动变阻器R1 滑片位置，使电压表V 示数仍是1.5V，发现此时表头G 的指针指在如图乙所
示位置，由以上数据可得表头G 的内阻Rg＝
10
Ω，表头G 的量程Ig＝
30
mA。
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（2）该同学接着用上述器材测量该电池E 的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2 的阻值始终调节为
1000Ω：图丁为测出多组数据后得到的图线（U 为电压表V 的示数，I 为表头G 的示数），则根据电路图及图线可
以得到被测电池的电动势E＝
3.0
V，内阻r＝
20
Ω．（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G 及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定
的数据，可知表头正中央刻度为
100
Ω。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据图示表盘读出表头的示数；根据实验电路图甲，应用欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻。
（2）根据图丙所示电路图，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与
内阻。
（3）欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，根据题意应用欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后求出中值电阻。
【解答】解：（1）由图乙所示表盘可知，表盘功30 分度，其示数为：
12
30Ig= 2
5Ig，
电压表示数：U＝1.5V，由欧姆定律可知：U＝I（Rg+R2），
即：U＝Ig（Rg+40），U= 2
5Ig（Rg+115），解得：Rg＝10Ω，Ig＝30mA；
（2）电压表Rv 的内阻为1000Ω，电阻箱R2 阻值始终调节为1000Ω，
电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U，则路端电压为2U，
由图丙所示电路图可知，电源电动势：E＝2U+Ir，则：U= ܧ
2 −I
ݎ
2，
由图示U﹣I 图象可知：
ܧ
2 =1.5，
ݎ
2 =
△ܷ
△ܫ=
1.5−1.2
0.030
=10，
电源电动势：E＝3.0V，r＝20Ω；
（3）欧姆表内阻：R 内= ܧ
ܫt =
3.0
0.030 =100Ω，
欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R 中＝R 内＝100Ω；
故答案为：（1）10；30；（2）3.0；20；（3）100。
【点评】本题考查了测量表头内阻与满偏电流、求电源电动势与内阻、求欧姆表中值电阻等问题，分析清楚题意、
根据电路图应用欧姆定律列式即可解题。
11．（12 分）如图所示，足够长光滑的两平行金属导轨，间距为L＝1m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，定值电阻
大小为R1＝3Ω，R2＝6Ω．导轨上停放着一根质量为m＝1kg、电阻r＝1Ω的金属杆CD，导轨电阻不计，整个装置
处于磁感应强度为B＝0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。现用一垂直于金属杆CD 的外力F，沿
导轨斜面向上拉金属杆，使之由静止开始沿导轨向上做加速度为a＝3m/s2 的匀加速直线运动，并开始计时，重力
加速度大小取为9.8m/s2。
试求：
（1）推导外力F 随时间t 的变化关系；
（2）在前2s 内通过电阻R1 的电量（结果保留2 位有效数字）。
【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）根据导体棒做匀加速运动求得导体棒速度表达式，进而求得电动势表达式，即可由欧姆定律求得电
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流表达式，最后得到安培力表达式，再根据牛顿第二定律即可求得外力表达式。
（2）由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，然后由电流定义式求出通过电
阻的电荷量。
【解答】解：（1）导体棒做匀加速直线运动，导体棒的速度为：v＝at，
导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv，
由欧姆定律得：I=
ܧ
h1h2
h1+h2+ݎ
，
对导体棒，由牛顿第二定律得：F﹣BIL﹣mgsinθ＝ma，
解得：F＝0.25t+7.9 （N）；
（2）导体棒2s 内的位移为：x= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 3 × 22 =6m，
2s 内磁通量的变化量为：△Ȱ＝BLx＝0.5×1×6＝3Wb，
平均感应电动势为：ܧ= △Ȱ
△ݐ= 3ܹܾ
2ݏ=1.5V，
平均感应电流为：ܫ=
ܧ
h1h2
h1+h2+ݎ
，
2s 内通过导体棒的电荷量为：q= ܫt，
通过电阻R1 的电荷量为：q1=
h2
h1+h2q，
代入数据解得：q1＝0.67C；
答：（1）外力F 随时间t 的变化关系为F＝0.25t+7.9 （N）；
（2）在前2s 内通过电阻R1 的电量是0.67C。
【点评】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，应用E＝BLv、欧姆
定律、运动学公式与牛顿第二定律即可解题，分析清楚棒的运动过程与电路结构应用基础知识可以解题，要注意
基础知识的学习。
12．（20 分）甲图是我国自主研制的200mm 离子电推进系统，已经全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心
部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、
操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P 喷注入腔室C 后，被电子
枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，
在栅电极A、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。已知栅电极A、
B 之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB 间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目N。
（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验。求：
a．氙离子经A、B 之间的电场加速后，通过栅电极B 时的速度v 的大小，以及离子束的等效电流I；
b．求喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小；
（2）配有推进器的飞船在太空运行时，处于完全失重状态，为了构建推进器在太空中运作情景，离子推进器可视
为放置在光滑的水平地面上。已知推进器的质量为M，且工作时质量近似保持不变，推进器刚开始运动的极短时
间，可认为瞬间喷出N′个离子，即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。
c．求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功；
d．这一过程中飞船向后移动的距离；
e．随着时间的推移，喷出的离子的动能逐渐变大还是变小？简要说明理由；
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52G：动量和能量的综合．
【分析】（1）氙离子在栅电极A、B 间经历直线加速过程，根据动能定理列式求解末速度，由动量定理、牛顿第
三定律求解对推进器产生的反冲作用力大小；
（2）c、由能量守恒、动量守恒定律列式可求离子的速度，由动能定理求电场力做的功；
d、由动量守恒定律求解；
e、随着时间的推移，离子喷出的动能越来越小。
【解答】解：（1）a、氙离子在栅电极A、B 间经历直线加速过程，根据动能定理有：
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qU= 1
2mv2
解得：v=
2ݍܷ݉
由电流的定义得等效电流I=ܳݐ=Nq
b、由动量定理得F△t＝N△tmv
解得：F=ܰ
2݉
ݍܷ
由牛顿第三定律知对推进器产生的反冲作用力大小是ܰ
2݉
ݍܷ
（2）c、由能量守恒得：N′Uq= 1
2N′mvm2+ 1
2 ܯ㘴ܯ
2
由动量守恒定律得：N′mvm＝MvM
解得：vm=
2ݍܷܯ݉
(ܯ+ܰ'݉
)
离子的动能EK= 1
2݉
㘴݉2 =
ܯܷݍ
ܯ+ܰ'݉
由动能定理得电场力对每个离子做的功W＝EK=
ܯܷݍ
ܯ+ܰ'݉
d、由动量守恒定律得：N′mvm＝MvM
两边同时对时间累积：N′mxm＝MxM
又xm+xM＝d
解得：xM=ܰ
'݉ܰ
'݉
+ܯ݀
e、随着时间的推移，离子喷出的动能越来越小
原因：随着时间的推移，推进器由于具有初速度，相同时间内，xM 逐渐变大，xm 越来越小，电场力做功越来越小，
获得的动能越来越小。
答：（1）a．通过栅电极B 时的速度的大小为2ݍܷ݉，离子束的等效电流是Nq；
b．对推进器产生的反冲作用力大小是ܰ
2݉
ݍܷ；
（2）c．喷出时每个离子的速度
2ݍܷܯ݉
(ܯ+ܰ'݉
)，电场力对每个离子做的功
ܯܷݍ
ܯ+ܰ'݉；
d．这一过程中飞船向后移动的距离ܰ
'݉ܰ
'݉
+ܯ݀
；
e．随着时间的推移，喷出的离子的动能逐渐变小，
原因：随着时间的推移，推进器由于具有初速度，相同时间内，xM 逐渐变大，xm 越来越小，电场力做功越来越
小，获得的动能越来越小。
【点评】本题设计新颖，考查了粒子推进器的工作原理，关键是明确离子是匀加速直线运动，可以根据动能定理
列式分析；对推进器整体，可以根据动量守恒定律、动量定理和功能关系列式分析。
三．【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
C．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大
D．一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大
E．一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合
力先变大后变小，再变大
【考点】8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】548：热力学定理专题．
【分析】热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或不可能从单一热源取热使
之完全转换为有用的功而不产生其他影响，或不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零．又称“熵增定律”，表明
了在自然过程中，一个孤立系统的总混乱度（即“熵”）不会减小．
【解答】解：A、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故A 错误；
B、晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B 正确；
C、物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故C 错
误；
D、根据ܸܲܶ
= ܥ，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，
故D 正确；
E、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合
力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故E 正确；
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故选：BDE。
【点评】本题考查了热力学第二定律、晶体与非晶体、温度的微观意义、气体状态方程、分子力等，知识点多，
关键是记住基础知识．
14．（10 分）如图所示，上细下粗的玻璃管，下端封闭，下部横截面积是上部的2 倍，竖直放置时用水银封闭了一定
质量的气体，此时气柱长l1＝25cm，粗管内水银柱长h1＝4cm，细管内水银柱长h2＝11cm，已知细管总长为20cm，
大气压强P0＝75cmHg．若将玻璃管缓慢转至水平位置，求：
①此时气柱的长度；
②是否有水银从细管中流出，若有水银流出，求流出细管的水银长度。
（2）玻璃管开口向上时封闭气体压强为P1，P1＝P0+h1+h2＝90cmHg 当转至水平位置时，气体压强为：P2＝P0＝
75cmHg 设气体还在粗管内，气柱长为l2，由玻意尔定律P1l1S＝P2l2S
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．
【分析】①气体做等温变化，假设水银不流出，找出初末状态参量，根据玻意耳定律列式求解气柱长度；
②气柱长度与恰好不流出时气柱长度作比较，判断水银流不流出，若流出根据几何关系求解流出细管水银长度。
【解答】解：①玻璃管开口向上时封闭气体压强为P1，P1＝P0+Ph1+Ph2＝90cmHg
当转至水平位置时，气体压强为：P2＝P0＝75cmHg
设气体还在粗管内，气柱长为l2，由玻意尔定律P1l1S＝P2l2S
解得：l2＝30cm＞l1+h1＝25+4cm＝29cm
故气体已经进入细管，故气柱长为：
l2′＝（29+2）cm＝31cm
②假设水银不流出，则细管内水银总长为L＝h2+2h1＝19cm
又因为气体进入细管长度为x＝2cm
L+x＝21cm＞20cm
故细管内水银流出，流出长度为：l＝L+x﹣20＝1cm
答：①此时气柱的长度为31cm；
②有水银流出，求流出细管的水银长度为1cm。
【点评】本题考查气体状态方程，关键是先假设水银还在粗管中，根据玻意耳定律求出气柱长度，然后和粗管长
度比较，从而判断水银是不是全部进入细管，再根据几何关系求长度以及判断水银溢不溢出。
四．【物理--选修3-4】（15 分）
15．下列说法正确的是（
）
A．对于各种波，只有横波才能发生偏振现象
B．单色光就是偏振光
C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D．已知地震波的纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警
E．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
【考点】F3：横波和纵波；H9：光的干涉；HA：光的衍射；HB：光的偏振．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题；54H：光的衍射、偏振和电磁本性专题．
【分析】只有横波才能发生偏振现象，
偏振光是指振动方向在某一特定方向上的光，自然光在各个方向都有振动，单色光的频率较窄；
在声波传播过程中，各质点在自已的平衡位置附近振动，并不随声波而传播；
地震波中同时有横波和纵波，而纵波的速度大于横波的速度；
白光在衍射和干涉实验中都会显现出彩色条纹。
【解答】解：A、已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故A 正确；
B、单色光是指光的频率很窄，偏振光是指光波的振动方向单一。这两个没有联系，即单色光可以是偏振光，也
可以不是偏振光，故B 错误；
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C、声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播速度，故C 错误；
D、根据麦克斯韦电磁场理论，在变化的电场周围一定存在磁场，在变化的磁场周围一定存在电场，在电场周围
不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场。故D 正确；
E、用白光做单缝衍射与双缝衍射，都可以观察到彩色条纹，故E 正确；
故选：ADE。
【点评】本题考查地震波、偏振、干涉以及偏振光的基础知识，难度不大，这些知识需要学生在平时的学习过程
中多加积累。
16．一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm．一条光线从玻璃管壁中点入射，光线AB 与竖直方向成
60°角，与直径MN 在同一竖直面内，如图所示．该玻璃的折射率为
6
2 ，光速c＝3.0×l08m/s．
I．光线经玻璃管内壁折射后•从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度；
Ⅱ．若玻璃关的长度为40cm．保持入射点不动，调整入射角．求光线AB 在玻璃中传播的最长时间．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4N：临界法；54D：光的折射专题．
【分析】I、根据折射定律求出光线在上界面的折射角，由几何关系求出在内壁左界面的入射角，再由折射定律求
出折射角，最后由几何关系求玻璃管的长度．
Ⅱ、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，由数学知识和临界角公式求出光程，由v=ܿh求出光线AB 在玻
璃中传播的速度，再求最长时间．
【解答】解：I、光在两个界面的入射角和折射角分别是θ1、θ2、θ3、θ4．根据折射定律得：
n= ݏthߠ1
ݏthߠ2
解得：θ2＝45°
n= ݏthߠ4
ݏthߠ3
由几何知识有：θ2+θ3＝90°
解得：θ4＝60°
玻璃管的长度为：L1= ܦ2−ܦ1
4ݐܽhߠ2 +D1tanθ4＝（2+16 3）cm
Ⅱ、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，光通过的路程为：x= ܮ2
sthܥ
另有：sinC= 1
h，v=ܿh
则光线AB 在玻璃中传播的最长时间为：
t= ݔ
㘴= ܮ2h2ܿ
=
0.4×( 6
2 )2
3×108
=2.0×10
﹣9s
答：I、玻璃管的长度是（2+16 3）cm；
Ⅱ、光线AB 在玻璃中传播的最长时间是2.0×10
﹣9s．
【点评】能正确利用几何知识是解决几何光学问题的关键，同时要掌握全反射的条件和折射定律，并能灵活运用．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 14:10:15 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）仿真模拟物理试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14-17 题只有一个选项符合题目要求，第
18-21 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）据报道，我国在不久的将来要建六十座核电站，其中河南省将建四座。目前核电站所进行的核反应方程可
能是（
）
A．
2
4ܪ݁+
7
14ܰ
→
8
17ܱ
+
1
1ܪ
B．
1
2ܪ+
1
3ܪ→
2
4ܪ݁+
0
1h
C．
92
235ܷ
+
0
1h →
56
129ܤݎ+
36
97ܭݎ+ 10
0
1h
D．
90
234݄ܶ
→
91
234ܲܽ
+
−1
0݁
2．（6 分）如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg 的物块，
在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10N．当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的
示数变为8N，这时小车运动的加速度大小是（
）
A．2m/s2
B．4m/s2
C．6m/s2
D．8m/s2
3．（6 分）如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一电荷量很小的正电荷固定在P 点，
用E、U 分别表示电容器的场强和电压，Ep 表示该电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板稍向下移
至图中虚线位置，则（
）
A．U 不变，E 不变
B．E 变大，Ep 变大
C．U 变小，Ep 变大
D．E 不变，Ep 不变。
4．（6 分）一质点在x 轴上运动，初速度v0＞0，加速度不为负值，当加速度a 的值由零增大到某一值后，再逐渐减
小到零，则该质点（
）
A．速度先增大后减小，直到a＝0 为止
B．速度一直增大，直到a＝0 为止
C．位移先增大后减小，直到a＝0 为止
D．位移一直增大，直到a＝0 为止
5．（6 分）如图所示，用一矩形薄金属板折成“С”形金属槽，放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，并以对地的速度
v1 向右水平匀速运动，从槽口右侧水平向左对入质量为m，对地速度为v2 的微粒，如果该微粒进入槽内能做匀速
圆周运动，不考虑磁场的变化，则下列判断正确的是（
）
A．该微粒一定带负电
B．该微粒一定顺时针运动
C．该微粒一定受三个恒力的作用
D．该微粒只受一个力的作用
6．（6 分）如图所示，质量为M 的木板在光滑水平面上以速度v0 向右匀速运动，某时刻将一可看作质点的小物块轻
轻地放于木板前端，设木板足够长，最后木板动能损失
8
9．则（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．系统产生的内能为
4
9 ܯ㘴0
2
B．系统产生的内能为
1
3 ܯ㘴0
2
C．小物块的最大动能为
1
6 ܯ㘴0
2
D．小物块的最大速度为
1
3 㘴0
7．（6 分）已知万有引力恒量、某行星的半径和绕该行星表面运行的卫星的周期，则可以求出的量是（
）
A．该行星的质量
B．该卫星的质量
C．该行星同步卫星离其表面的高度
D．该行星的第一宇宙速度
8．（6 分）如图所示，矩形金属框abcd 的质量为m，电阻为R，边长ab＝h，ad＝L．从某一高度自由落下，恰好匀
速进入一垂直于纸面向里的，上下宽度也为h 的水平匀强磁场，不计空气阻力，该磁场下边界距地面的高度大于
h，则（
）
A．线框一定匀速穿出磁场
B．线框可能匀速也可能如速还可能减速穿出磁场
C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2mgh
D．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为mgh
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）利用如图所示的装置来测量滑块和水平面间的动摩擦因数，通过调节计时器的功能，将滑块从图中所示的
位置释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门1 的时间为t1，滑块通过光电门2 的时间为t2，测得两光电门的
距离为x，遮光条的宽度为d。
（1）不考虑遮光条宽度对测量结果的影响，滑块加速度的测量值为a 测＝
。
（2）测得悬挂物质量为m1，滑块质量为m2，滑块和水平面间的动摩擦因数的测量值μ测＝
（用m1、m2、
a 测、重力加速度g 表示）
（3）考虑遮光条宽度对测量结果的影响，则滑块与水平面间的动摩擦因数的μ测＝
μ真（填“大于”、“小于”、
“等于”）。
10．（9 分）某实验小组在实验室做了一系列的实验，为了把一内阻较小的灵敏电流计G 改装成电压表，需要先测量
灵敏电流计的内阻，实验室备有以下器材：
A．灵敏电流计G（内阻Rg 未知，满偏电流为Ig＝1mA）；
B．电源E1（电动势约为2V）；
C．电源E2（电动势约为12V）；
D．滑动变阻器R1（0～20Ω）；
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E．滑动变阻器R2（1～15kΩ）；
F．电阻箱R（0～999Ω）；
G．开关、导线若干
（1）某同学设计了如图1 所示的电路图用“半偏法”来测量灵敏电流计的内阻；
操作步骤如下：①把滑动变阻器R 调到最大，闭合S1，断开S2，调R 使灵敏电流计满偏。
②保持R 不变，闭合S2，调节电阻箱R'使灵敏电流计半偏，发现半偏时的电阻箱读数为100Ω。
请问：为了使实验结果更精确，此实验中的电源应选
，滑动变阻器应选
，（填仪器前的字母代号），
经以上操作该灵敏电流计的内阻是
。
（2）把该灵敏电流计与电阻箱串联起来改装成一个电压表，然后接在多用电表的红、黑表笔之间，多用电表选择
的是×1k 档，灵敏电流计和多用电表的示数如图2：
经分析电阻箱的读数为
kΩ，改装的电压表的量程为
V，多用电表内的电源的电动势为
V．
（第
（2）小问保留两位有效数字）
11．
（14 分）竖直放置的塑料细管中卡有一个塞子A，它与管壁间的最大静摩擦力Ff＝1.2N，一个劲度系数为k＝10N/m
的弹簧将一个质量为m＝0.1kg 的小球与塞子连在一起。在弹簧处于自然长度时将小球释放，我们可以认为弹簧从
自然长度开始伸长x 的过程中平均弹力为ܨ= 1
2kx，不计塞子和弹簧的质量，管子的下端足够长，滑动摩擦力等于
最大静摩擦力，g＝10m/s2，在小球第一次运动到最低点的过程中，求：
（1）弹簧的最大伸长量及小球的最大速度；
（2）塞子的最大速度和塞子在管中滑行的距离。
12．（18 分）如图所示的xOy 平面上，以坐标原点O 为圆心的四分之一圆形区域MON 内分布着磁感应强度为B＝2.0
×10
﹣3T 的匀强磁场，其中M、N 点距坐标原点O 为2m，磁场方向垂直纸面向里。坐标原点O 处有一个粒子源，
不断地向xOy 平面发射比荷为
ݍ݉=5×107C/kg 的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105m/s，与x 轴正方向
的夹角分布在0～90°范围内。
（1）求平行于x 轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
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（2）求恰好从M 点射出的粒子，从粒子源O 发射时的速度与x 轴正向的夹角；
（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2 倍，仍从O 点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁
场中运动的时间t 与射入时与x 轴正向的夹角θ的关系。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在
答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置
答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．物体运动的速度越大，其内能越大
B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映
C．温度低的物体其内能一定小
D．一定质量的理想气体等温膨胀过程一定是吸热的
E．两个分子距离增大，它们间的势能可能减小
14．（10 分）横截面积为S 的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A 和B 将气缸分隔为Ⅰ、Ⅱ两个气室，
两活塞间距离为d，两气室体积之比为1：2，如图所示，在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞A 上加细沙，使
之向下移动一段距离h= 1
2d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为P0，求所加细沙的质量。
[物理--选修3-4]（15 分）
15．利用甲乙两种单色光和同一干涉实验装置实验时发现：甲光的相邻两条明条纹间距小于乙光的相邻两条暗条纹
的间距。以下说法正确的是（
）
A．甲的波长大于乙的波长
B．甲的频率大于乙的频率
C．由同一种介质射向空气发生全反射时甲的临界角小于乙的临界角
D．同一介质中甲的折射率小于乙的行射率
E．若甲光能使某金属材料发生光电效应现象，则乙光不一定能使该金属材料发生光电效应现象
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）仿真模拟物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14-17 题只有一个选项符合题目要求，第
18-21 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）据报道，我国在不久的将来要建六十座核电站，其中河南省将建四座。目前核电站所进行的核反应方程可
能是（
）
A．
2
4ܪ݁+
7
14ܰ
→
8
17ܱ
+
1
1ܪ
B．
1
2ܪ+
1
3ܪ→
2
4ܪ݁+
0
1h
C．
92
235ܷ
+
0
1h →
56
129ܤݎ+
36
97ܭݎ+ 10
0
1h
D．
90
234݄ܶ
→
91
234ܲܽ
+
−1
0݁
【考点】JF：原子核的人工转变；JJ：裂变反应和聚变反应．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．
【分析】现在的核电站用的是裂变反应，根据核反应方程式判断核反应类型，从选项中找出裂变反应即可。重核
裂变的特点是较重的原子核，裂开成两个中等质量的原子核，同时释放中子。
【解答】解：现在的核电站用的是重核裂变反应获取能量，
A、
2
4ܪ݁+
7
14ܰ
→
8
17ܱ
+
1
1ܪ，该核反应是卢瑟福发现质子做的人工核反应，故A 错误；
B、
1
2ܪ+
1
3ܪ→
2
4ܪ݁+
0
1h，该核反应是轻核聚变，故B 错误；
C、
92
235ܷ
+
0
1h →
56
129ܤݎ+
36
97ܭݎ+ 10
0
1h，较重的原子核，裂开成两个中等质量的原子核，同时释放中子，
该核反应是重核裂变，故C 正确；
D、
90
234݄ܶ
→
91
234ܲܽ
+
−1
0݁
，该核反应中，原子核放出β粒子后，变成一个新的核，故该核反应为β衰变，故D
错误。
【点评】本题考查了重核的裂变，解题关键是要记住一些特殊的核反应方程，能根据核反应方程式判断核反应类
型。
2．（6 分）如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg 的物块，
在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10N．当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的
示数变为8N，这时小车运动的加速度大小是（
）
A．2m/s2
B．4m/s2
C．6m/s2
D．8m/s2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】甲由10N 变为8N，减少了2N，说明小车是向右方向加速且减少的2N 就是物块由惯性向左运动挤压造
成，则乙也增加2N，所以物体一共受到4N，根据牛顿第二定律即可求解。
【解答】解：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10N 变为8N 时，其形变量减少，则弹簧秤
乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，
所以，弹簧秤乙的示数应为12N．物体在水平方向所受到的合外力为：
F＝T 乙﹣T 甲＝12N﹣8N＝4N。
根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为：a= ܨ݉= 4
1 =4m/s2
小车与物块相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为4m/s2
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要知道弹簧秤甲的力减小量跟弹簧秤乙的弹力增加量相同。
3．（6 分）如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一电荷量很小的正电荷固定在P 点，
用E、U 分别表示电容器的场强和电压，Ep 表示该电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板稍向下移
至图中虚线位置，则（
）
A．U 不变，E 不变
B．E 变大，Ep 变大
C．U 变小，Ep 变大
D．E 不变，Ep 不变。
【考点】AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有
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【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．
【分析】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，
从而得出P 与下极板电势差的变化，得出P 点的电势变化和电势能变化。
【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d
减小，根据C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
知，电容增大，根据U=ܳܥ，则板间电压U 变小。
由E=ܷ݀
=ܳܥ݀，C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
得到：E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，可知E 与d 无关，则知电场强度E 不变。
P 与负极板间的距离不变，由公式U＝Ed 可知，P 与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在P 点的
电势能不变。故D 正确，ABC 错误。
【点评】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
以及定义式
C=ܷܳ
．要能熟练推导出场强的表达式E= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，记住E 与d 无关的结论，有利于进行动态分析。
4．（6 分）一质点在x 轴上运动，初速度v0＞0，加速度不为负值，当加速度a 的值由零增大到某一值后，再逐渐减
小到零，则该质点（
）
A．速度先增大后减小，直到a＝0 为止
B．速度一直增大，直到a＝0 为止
C．位移先增大后减小，直到a＝0 为止
D．位移一直增大，直到a＝0 为止
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】知道加速度是描述速度变化快慢的物理量，判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方
向关系。判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离
【解答】解：A、由题意知：加速度的方向始终与速度方向相同，加速度a 的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减
小到0 的过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大。故A 错误。
B、根据A 选项分析，故B 正确。
C、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大。故C 错误。
D、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，加速度等于零时做匀速运动，位移仍然增大，故D
错误。
【点评】要清楚物理量的物理意义：加速度描述速度变化快慢，速度描述位移变化快慢，同时要掌握某一个量的
变化是通过哪些因素来确定。
5．（6 分）如图所示，用一矩形薄金属板折成“С”形金属槽，放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，并以对地的速度
v1 向右水平匀速运动，从槽口右侧水平向左对入质量为m，对地速度为v2 的微粒，如果该微粒进入槽内能做匀速
圆周运动，不考虑磁场的变化，则下列判断正确的是（
）
A．该微粒一定带负电
B．该微粒一定顺时针运动
C．该微粒一定受三个恒力的作用
D．该微粒只受一个力的作用
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据金属槽移动由楞次定律得到场中电场方向，即可根据受力分析及微粒运动得到粒子受力，从而得到
微粒电性；根据左手定则得到微粒运动方向。
【解答】解：金属槽向右移动在上下金属板间形成稳定电势差，由楞次定律可得：上板电压高，故微粒所在区域
的电场方向竖直向下；
根据微粒做匀速圆周运动，对微粒进行受力分析可得：微粒受洛伦兹力和竖直向下的重力及竖直向上的电场力作
用，洛伦兹力做向心力；
故由电场方向竖直向下，电场力方向竖直向上可得：微粒带负电；
由微粒带负电，根据左手定则可得：微粒做顺时针运动；
由于洛伦兹力方向一直改变，重力和电场力平衡可知：微粒受三个力作用，洛伦兹力不是恒力，故AB 正确，CD
错误；
故选：AB。
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【点评】不闭合的金属槽在磁场中运动，不能形成稳定电流（没有回路），但是，仍会由于切割磁感线形成电势差，
从而形成电场。
6．（6 分）如图所示，质量为M 的木板在光滑水平面上以速度v0 向右匀速运动，某时刻将一可看作质点的小物块轻
轻地放于木板前端，设木板足够长，最后木板动能损失
8
9．则（
）
A．系统产生的内能为
4
9 ܯ㘴0
2
B．系统产生的内能为
1
3 ܯv0
2
C．小物块的最大动能为
1
6 ܯ㘴0
2
D．小物块的最大速度为
1
3 㘴0
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】木板在光滑的水平面上运动，当物块放在长木板上后两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可求得
物块B 的质量。由能量守恒定律可求得系统损失的机械能。
【解答】解：设物块的质量为m。小物块在木板上运动的过程中二者组成的系统水平方向的动量守恒，取长木板
的速度方向为正方向，当速度相等时，由动量守恒定律得：
Mv0＝（M+m）v
可得：v= ܯ㘴0
ܯ+݉
木板开始时的动能：ܧ݇0 = 1
2 ܯ㘴0
2
木板的末动能：ܧ݇= 1
2 ܯ㘴2
由题意：ܧ݇0 −ܧ݇= 8
9 ܧ݇0
可知：v= 1
3 㘴0，m＝2M。
A、B、对木板、物块组成的系统损失的机械能为：△E= 1
2Mv02−1
2（M+m）v12= 1
3 ܯ㘴0
2．可知可以求出系统损失
的机械能，故A 错误，B 正确。
C、D、当物块的速度最大时，物块的速度与木板的速度相等，所以物块的最大速度为
1
3 㘴0，物块的最大动能：ܧ݇݉
=
1
2݉
㘴2 = 1
2 × 2ܯ⋅( 1
3 㘴0)2 = 1
9 ܯ㘴0
2．故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律。在解题中，要注意找出题目中的已知量和未知量，从而确定能
否求出相关的物理量。
7．（6 分）已知万有引力恒量、某行星的半径和绕该行星表面运行的卫星的周期，则可以求出的量是（
）
A．该行星的质量
B．该卫星的质量
C．该行星同步卫星离其表面的高度
D．该行星的第一宇宙速度
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】对近地卫星根据万有引力提供向心力即可求解该行星的质量；由万有引力等于重力求解行星表面的重力
加速度；根据第一宇宙速度公式求解该行星的第一宇宙速度。
【解答】解：AB、设近地卫星的质量为m，行星的质量为M，根据万有引力提供向心力有；ܩ݉
ܯ
h2 =݉
h 4ߨ2ܶ
2 ܩ݉
ܯ
h2 =݉
h 4ߨ2ܶ
2 ，得行星质量M= 4ߨ2h3
ܩܶ2 ，所以已知万有引力常量G，某行星的半径和绕该星表面运行的卫星的周期，即
可求解该行星的质量，不能求得卫星的质量，故A 正确B 错误；
C、该行星的自转周期未知，所以无法求解该行星的同步卫星离其表面的高度，故C 错误；
D、根据第一宇宙速度公式；㘴1 =
ܩܯ
h 㘴1 =
ܩܯ
h ，所以可求解该行星的第一宇宙速度，故D 正确；
故选：AD。
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【点评】解决本题的关键掌握万有引力的两个理论，1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力。并能灵活
运用。
8．（6 分）如图所示，矩形金属框abcd 的质量为m，电阻为R，边长ab＝h，ad＝L．从某一高度自由落下，恰好匀
速进入一垂直于纸面向里的，上下宽度也为h 的水平匀强磁场，不计空气阻力，该磁场下边界距地面的高度大于
h，则（
）
A．线框一定匀速穿出磁场
B．线框可能匀速也可能如速还可能减速穿出磁场
C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2mgh
D．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为mgh
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】线框进入磁场过程与穿出磁场过程受到重力与安培力作用，根据题意确定重力与安培力大小关系，分析
线框的运动过程，判断线框运动性质；应用能量守恒定律求出线框穿过磁场过程产生的焦耳热。
【解答】解：AB、线框进入磁场时受到竖直向上的安培力：F、竖直向下的重力mg，由题意可知，线框匀速进入
磁场，由平衡条件可知：F＝mg，线框进入磁场过程做匀速直线运动，线框穿出磁场过程受安培力与重力作用，
安培力F 不变，线框所受合力为零，线框穿出磁场过程做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；
CD、线框匀速穿过磁场，线框的动能不变，线框减少的重力势能转化为焦耳热，由能量守恒定律可知，线框穿过
磁场过程产生的焦耳热：Q＝2mgh，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键搞清金属框在整个过程中的运动情况，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆
定律以及能量守恒定律和共点力平衡进行求解。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共11 题，共129 分．
9．（6 分）利用如图所示的装置来测量滑块和水平面间的动摩擦因数，通过调节计时器的功能，将滑块从图中所示的
位置释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门1 的时间为t1，滑块通过光电门2 的时间为t2，测得两光电门的
距离为x，遮光条的宽度为d。
（1）不考虑遮光条宽度对测量结果的影响，滑块加速度的测量值为a 测＝݀
2(ݐ1
2−ݐ2
2)
2ݔݐ1
2ݐ2
2
。
（2）测得悬挂物质量为m1，滑块质量为m2，滑块和水平面间的动摩擦因数的测量值μ测＝݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ测݉
2t
（用
m1、m2、a 测、重力加速度g 表示）
（3）考虑遮光条宽度对测量结果的影响，则滑块与水平面间的动摩擦因数的μ测＝
大于
μ真（填“大于”、“小
于”、“等于”）。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）利用匀变速直线运动的位移与速度公式，可计算出滑块运动的加速度。
（2、3）对滑块、悬挂物进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数，结合遮光条宽度，
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从而分析误差。
【解答】解：（1）遮光条通过光电门1 的时间为t1，滑块通过光电门2 的时间为t2，测得两光电门的距离为x，遮
光条的宽度为d。
则经过光电门1 的瞬时速度v1=݀ݐ1，
同理，经过光电门2 的瞬时速度v2=݀ݐ2，
依据匀变速直线运动的位移与速度公式v2﹣v02＝2ax，则有：a=
㘴2
2−㘴1
2
2ݔ
=݀
2(ݐ1
2−ݐ2
2)
2ݔݐ1
2ݐ2
2
（2）对滑块、悬挂物进行受力分析，由牛顿第二定律得：m1g﹣μm2g＝（m1+m2）a 测，
解得：μ=݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ测݉
2t
；
（3）考虑遮光条宽度对测量结果的影响，导致所测加速度偏大，依据μ=݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ测݉
2t
，故μ的测量值偏大。
故答案为：（1）݀
2(ݐ1
2−ݐ2
2)
2ݔݐ1
2ݐ2
2 ；（2）݉
1t−(݉
1+݉
2)ܽ测݉
2t
；（3）大于。
【点评】本题主要考查了利用牛顿第二定律测定滑块与长木板之间的动摩擦因数的设计试验问题，属于中档题。
10．（9 分）某实验小组在实验室做了一系列的实验，为了把一内阻较小的灵敏电流计G 改装成电压表，需要先测量
灵敏电流计的内阻，实验室备有以下器材：
A．灵敏电流计G（内阻Rg 未知，满偏电流为Ig＝1mA）；
B．电源E1（电动势约为2V）；
C．电源E2（电动势约为12V）；
D．滑动变阻器R1（0～20Ω）；
E．滑动变阻器R2（1～15kΩ）；
F．电阻箱R（0～999Ω）；
G．开关、导线若干
（1）某同学设计了如图1 所示的电路图用“半偏法”来测量灵敏电流计的内阻；
操作步骤如下：①把滑动变阻器R 调到最大，闭合S1，断开S2，调R 使灵敏电流计满偏。
②保持R 不变，闭合S2，调节电阻箱R'使灵敏电流计半偏，发现半偏时的电阻箱读数为100Ω。
请问：为了使实验结果更精确，此实验中的电源应选
C
，滑动变阻器应选
E
，（填仪器前的字母代号），经
以上操作该灵敏电流计的内阻是
100Ω
。
（2）把该灵敏电流计与电阻箱串联起来改装成一个电压表，然后接在多用电表的红、黑表笔之间，多用电表选择
的是×1k 档，灵敏电流计和多用电表的示数如图2：
经分析电阻箱的读数为
2.9
kΩ，改装的电压表的量程为
3.0
V，多用电表内的电源的电动势为
9.0
V．（第
（2）小问保留两位有效数字）
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；4C：方程法；535：恒定电流专题．
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【分析】（1）半偏法，为了减小误差，应选择较大的电源电动势和较大的滑动变阻器，根据半偏法实验原理即可
求出该灵敏电流计的内阻；
（2）根据半偏法实验原理，即可分析出电阻箱的读数，根据欧姆定律即可求出改装的电压表的量程以及多用电表
内的电源的电动势。
【解答】解：（1）根据电路图可知采用的半偏法，故为了减小误差应选择较大的电源电动势C 和较大的滑动变阻
器E，
根据半偏法实验原理，可知该灵敏电流计的内阻近似等于电阻箱内阻，故该灵敏电流计的内阻为100Ω；
（2）把该灵敏电流计与电阻箱串联起来改装成一个电压表，根据图示多用电表可知，多用电表选择的是×1k 档，
故读数为Rx＝3kΩ＝3000Ω，
以为G 表的内阻Rg＝100Ω，故电阻箱的读数为：R′＝Rx﹣Rg＝2900Ω＝2.9kΩ
灵敏电流计G，满偏电流为：Ig＝1mA＝1×10
﹣3A
改装的电压表的量程：Um＝Ig（R′+Rg）＝3V
根据表盘刻度可知，当用×1k 档测量时，多用电表的内阻等于中值电阻：R 内＝R 中＝15kΩ＝15000Ω
图2 中电流表：I＝0.5mA＝5×10
﹣4A
多用电表内的电源的电动势：E＝I（R 内+Rx）＝5×10
﹣4×（15000+3000）＝9.0V
故答案为：（1）C，E，100Ω；（2）2.9，3.0，9.0。
【点评】本题考查了半偏法测电阻实验，考查了实验器材选择、实验数据处理、，要掌握实验器材的选择原则，认
真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理会应用欧姆定律进行定量的计算是解题的关键。
11．
（14 分）竖直放置的塑料细管中卡有一个塞子A，它与管壁间的最大静摩擦力Ff＝1.2N，一个劲度系数为k＝10N/m
的弹簧将一个质量为m＝0.1kg 的小球与塞子连在一起。在弹簧处于自然长度时将小球释放，我们可以认为弹簧从
自然长度开始伸长x 的过程中平均弹力为ܨ= 1
2kx，不计塞子和弹簧的质量，管子的下端足够长，滑动摩擦力等于
最大静摩擦力，g＝10m/s2，在小球第一次运动到最低点的过程中，求：
（1）弹簧的最大伸长量及小球的最大速度；
（2）塞子的最大速度和塞子在管中滑行的距离。
【考点】2S：胡克定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）分析小球的受力情况和运动情况：小球释放后，先向下做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧
弹力等于小球重力时，小球速度最大，此时弹簧弹力为F＝mg＝1N，小于塞子与管壁间的最大静摩擦力1.2N，塞
子静止不动，再往后弹簧继续被拉伸，弹力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，当弹簧弹力等于1.2N 后，
塞子开始运动，因为塞子质量忽略不计，所以弹簧弹力将一直稳定在1.2N 不变，弹簧不再伸长，后面塞子，弹簧
和小球将一起做匀减速直线运动，直到小球速度为零。当弹簧弹力达到1.2N 时，弹簧伸长量最大，根据胡可定律
可求得弹簧的最大伸长量。由静止释放到速度最大时，根据动能定理求得小球的最大速度。
（2）塞子滑动后，速度将始终与小球相同，所以塞子的最大速度，就是塞子刚滑动时的小球速度，由静止释放到
塞子滑动时，根据动能定理求塞子的最大速度。塞子滑动后到小球第一次速度为零，根据能量守恒定律求子在管
中滑行的距离。
【解答】解：小球释放后，先向下做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于小球重力时，小球速度最
大，此时弹簧弹力为F＝mg＝1N，小于塞子与管壁间的最大静摩擦力1.2N，塞子静止不动，再往后弹簧继续被拉
伸，弹力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，当弹簧弹力等于1.2N 后，塞子开始运动，因为塞子质量忽略
不计，所以弹簧弹力将一直稳定在1.2N 不变，弹簧不再伸长，后面塞子，弹簧和小球将一起做匀减速直线运动，
直到小球速度为零。
（1）当弹簧弹力达到1.2N 时，弹簧伸长量最大，根据胡可定律可得k△xm＝Ff
解得△xm＝0.12m
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当弹簧弹力等于小球的重力时，小球的速度最大，由胡可定律可得k△x1＝mg
由静止释放到速度最大时，根据动能定理可得݉
t △ݔ1 −ܹ
弹= 1
2݉
㘴݉2 −0
而ܹ
弹= ܨ△ݔ= 1
2݇
△ݔ1
2
联立解得vm＝1m/s
（2）塞子滑动后，速度将始终与小球相同，所以塞子的最大速度，就是塞子刚滑动时的小球速度，由静止释放到
塞子滑动时，根据动能定理可得݉
t △ݔ݉
−ܹ
弹
'
= 1
2݉
㘴2 −0
而ܹ
弹
'
= ܨ△ݔ݉
= 1
2݇
△ݔ݉2
可得㘴= 2 6
5݉
/ݏ
塞子滑动后到小球第一次速度为零，根据能量守恒定律可知，ܨ݂ݔ滑= 1
2݉
㘴2 +݉
tݔ滑
解得x 滑＝0.24m
答：
（1）弹簧的最大伸长量是0.12m。小球的最大速度是1m/s；
（2）塞子的最大速度是
2 6
5 m/s，塞子在管中滑行的距离是0.24m。
【点评】本题解题的关键是分析情况小球和塞子的运动情况，知道当弹力等于重力时速度最大，能结合动能定理
求解。
12．（18 分）如图所示的xOy 平面上，以坐标原点O 为圆心的四分之一圆形区域MON 内分布着磁感应强度为B＝2.0
×10
﹣3T 的匀强磁场，其中M、N 点距坐标原点O 为2m，磁场方向垂直纸面向里。坐标原点O 处有一个粒子源，
不断地向xOy 平面发射比荷为
ݍ݉=5×107C/kg 的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105m/s，与x 轴正方向
的夹角分布在0～90°范围内。
（1）求平行于x 轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
（2）求恰好从M 点射出的粒子，从粒子源O 发射时的速度与x 轴正向的夹角；
（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2 倍，仍从O 点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁
场中运动的时间t 与射入时与x 轴正向的夹角θ的关系。
【考点】37：牛顿第二定律；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）粒子平行于x 轴射入，作出运动轨迹，根据洛伦兹力充当向心力可求得半径，再由几何关系可求得
射出时的位置和运动时间；
（2）根据题意得出粒子运动的轨迹，由几何关系可求出恰好从M 点射出粒子的速度夹角；
（3）由洛伦兹力充当向心力可求得粒子半径，作出运动轨迹图，再由几何关系可求得粒子在磁场中运动的时间t
与射入时与x 轴正向的夹角θ的关系。
【解答】解：（1）平行于x 轴射入的粒子，轨迹如图所示，设出射点为P，
由ݍܤ㘴=݉
㘴2
h 得：h =݉
㘴
ݍܤ=
105
5×107×2×10−3݉
= 1݉
有几何关系可知：o1p＝o1o＝1m，݋݌=
2݉
，
则△o1op 为等腰直角三角形x＝y＝1m，ߙ= ߨ
2；
故P 点坐标为（1m，1m），
运动时间为：ݐ= ߙ
2ߨ⋅2ߨ݉
ݍܤ= ߨ
2 × 10−5ݏ
（2）由几何关系可知：o2M＝o2o＝1m，݋ܯ=
2݉
，
△o2oM 为等腰直角三角形∠݋2݋ܯ= 450，
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则ߠ= ∠݋2݋ܯ= 450
（3）由h =݉
㘴
ݍܤ，ܧܭ= 1
2݉
㘴2可知：
h =
2݉
ܧܭ
ݍܤ
，
h'
h =
ܧ'ܭ
ܧܭ
=
2，
解得：
h' =
2݉
若粒子从M 点出射时oM＝R'，△o3oM 为正三角形，圆心角ߙ= ߨ
3，出射角ߠ= ߨ
3；
若粒子从弧MN 上射出时，弦长均为2݉
，圆心角均为ߙ= ߨ
3，运动时间均为：ݐ= ߙ
2ߨ⋅2ߨ݉
qܤ= ߨ
3 × 10−5ݏ，
故0 ≤ߠ≤ߨ
3时：ݐ= ߨ
3 × 10−5ݏ
若粒子从边OM 出射时，如图，ߙ= 2( ߨ
2 −ߠ) = ߨ−2ߠ，
运动时间ݐ= ߙ
2ߨ⋅2ߨ݉
ݍܤ= (ߨ−2ߠ) × 10−5ݏ，
故
ߨ
3 ＜ߠ≤
ߨ
2时：t＝（π﹣2θ）×10
﹣5s
答：（1）平行于x 轴射入的粒子，出射点的位置（1m，1m），在磁场中的运动时间为
ߨ
2 × 10−5s；
（2）恰好从M 点射出的粒子，从粒子源O 发射时的速度与x 轴正向的夹角45°；
（3）粒子在磁场中运动的时间t 与射入时与x 轴正向的夹角θ的关系为：0 ≤ߠ≤ߨ
3时：ݐ= ߨ
3 × 10−5ݏ；
ߨ
3 ＜ߠ≤
ߨ
2
时：t＝（π﹣2θ）×10
﹣5s
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，要求能正确理解题意，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用，
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注意几何关系的应用；此类问题对学生数学应用能力要求较高，同时注意分析题意中给出的可能运动轨迹图。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的2 道物理题2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在
答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置
答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．物体运动的速度越大，其内能越大
B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映
C．温度低的物体其内能一定小
D．一定质量的理想气体等温膨胀过程一定是吸热的
E．两个分子距离增大，它们间的势能可能减小
【考点】84：布朗运动；8F：热力学第一定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；45：归纳法；548：热力学定理专题．
【分析】物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关。布朗运动是液体分子无规则运动的反映。一定质量的
理想气体等温膨胀过程，气体对外做功，根据热力学第一定律分析吸放热情况。两个分子距离增大，若分子力为
斥力，分子势能减小。
【解答】解：A、物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关，与物体运动的速度无关。故A 错误；
B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，而小颗粒的运动是液体分子撞击的冲力不平衡造成的，所
以它间接反映了液体分子的无规则运动；故B 正确；
C、物体的内能与物质的量、温度、体积等有关，所以温度低的物体，其内能不一定小。故C 错误；
D、一定质量的理想气体等温膨胀过程，气体对外做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸热；
故D 正确；
E、两个分子距离增大，若分子力为斥力，分子力做正功，分子势能减小。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查分子热运动的性质，布朗运动、物体的内能以及热力学第一定律，要注意理解布朗运动形成的
原因以及物理意义。
14．（10 分）横截面积为S 的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A 和B 将气缸分隔为Ⅰ、Ⅱ两个气室，
两活塞间距离为d，两气室体积之比为1：2，如图所示，在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞A 上加细沙，使
之向下移动一段距离h= 1
2d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为P0，求所加细沙的质量。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体作等温变化，找出初末状态的物理量，由玻意耳
定律列式求解即可。
【解答】解：由于是轻活塞，质量不计，活塞与气缸间摩擦不计，因此两部分气体压强相等，状态1 时，气体压
强等于大气压强P＝P0，气体Ⅰ的体积V1＝ds，气体Ⅱ的体积V2＝2ds。
设所加细沙的质量为m，此时活塞B 下移距离为h′，则状态2 气体的压强为：P′＝P0+݉
t
ݏ，气体Ⅰ的体积V
1
' =
（d﹣h+h′）S，气体Ⅱ的体积V2＝（2d﹣h′）S
由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体作等温变化，由玻意耳定律得：
p0dS＝p′（d﹣h+h′）S…①
p02dS＝p′（2d﹣h′）S…②
联立①②式得：h′= 1
3d…③
代入②解得：m= ݌0ݏ
5t
答：所加细沙的质量为
݌0ݏ
5t 。
【点评】本题考查理想气体的状态方程，注意分析各个物理量的变化，尤其是压强与压力的关系，注意平衡条件
的应用。
[物理--选修3-4]（15 分）
15．利用甲乙两种单色光和同一干涉实验装置实验时发现：甲光的相邻两条明条纹间距小于乙光的相邻两条暗条纹
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的间距。以下说法正确的是（
）
A．甲的波长大于乙的波长
B．甲的频率大于乙的频率
C．由同一种介质射向空气发生全反射时甲的临界角小于乙的临界角
D．同一介质中甲的折射率小于乙的行射率
E．若甲光能使某金属材料发生光电效应现象，则乙光不一定能使该金属材料发生光电效应现象
【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】根据光的干涉条纹间距公式△x= ܮ݀ɉ，即可判定光的波长长短，进而判定频率的高低，再根据折射率与
临界角的关系，即可判定C 选项，最后依据光电效应发生条件，即可求解E 选项。
【解答】解：AB、在同一干涉实验装置实验时发现：甲光的相邻两条明条纹间距小于乙光的相邻两条暗条纹的间
距，依据光的干涉条纹间距公式△x= ܮ݀ɉ，可知，甲光的波长小于乙光，那么甲光的频率大于乙光，故A 错误，B
正确；
CD、由上分析，可知，同一介质中甲的折射率大于乙的行射率，依据sinC= 1
h，那么同一种介质射向空气发生全
反射时甲的临界角小于乙的临界角，故C 正确，D 错误；
E、若甲光能使某金属材料发生光电效应现象，由于甲光的频率大于乙光，则乙光不一定能使该金属材料发生光电
效应现象，故E 正确；
故选：BCE。
【点评】考查干涉条纹间距公式的应用，掌握波长与频率的关系，及临界角与折射率的关系，注意频率高低来判
定折射率的大小是解题的关键。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第一次月考物理试卷
一、选择题（共12 小题，每小题4 分，满分48 分）
1．（4 分）某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球
在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，
将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台
秤的示数，即为冲击力最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（
）
A．建立“合力与分力”的概念
B．建立“点电荷”的概念
C．建立“瞬时速度”的概念
D．研究加速度与合力、质量的关系
2．（4 分）一质点做匀加速直线运动，依次经过A、B、C 三个位置，B 为AC 的中点，质点在AB 段的加速度为a1，
在BC 段的加速度为a2，现测得B 点的瞬时速度
㘴t+㘴ܥ
2
，则a1、a2 的大小关系为（
）
A．a1＞a2
B．a1＜a2
C．a1＝a2
D．不能判定
3．（4 分）A、B 是天花板上两点，一根长为l 的细绳穿过带有光滑孔的小球，两端分别系在A、B 点，如图甲所示；
现将长度也为l 的均匀铁链悬挂于A、B 点，如图乙所示。小球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A 点对轻绳
和铁链的拉力分别是F1 和F2，球的重心和铁链重心到天花板的距离分别是h1 和h2，则（
）
A．F1＜F2，h1＜h2
B．F1＞F2，h1＜h2
C．F1＞F2，h1＞h2
D．F1＝F2，h1＞h2
4．（4 分）一个质量为m＝1kg 的物体放在水平光滑地面上，在一水平外力F1＝2N 的作用下从静止开始做直线运动，
物体运动5s 后外力撤去，在此时刻再加上一个与F1 反向的力F2＝6N，物体又运动5s．规定外力F1 的方向为正方
向，则在物体运动的这个10s 的时间内，下列关于物体的速度图象，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（4 分）物体A 放在物体B 上，物体B 放在光滑的水平面上，已知mA＝8kg，mB＝2kg，A、B 间动摩擦因数μ＝
0.2，如图所示．若现用一水平向右的拉力F 作用于物体A 上，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．当拉力F＜16N 时，A 静止不动
B．当拉力F＞16N 时，A 相对B 滑动
C．当拉力F＝16N 时，A 受B 的摩擦力等于3.2N
D．无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止
6．（4 分）如图所示，小车沿水平地面向右匀加速直线运动，固定在小车上的直杆与水平地面的夹角为θ，杆顶端固
定有质量为m 的小球．当小车的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力变化的受力图（OO′为沿杆方向）是
（
）
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A．
B．
C．
D．
7．（4 分）在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装
置处于平衡状态．现对B 加一竖直向下的力F，F 的作用线通过球心，设墙对B 的作用力为F1，B 对A 的作用力
为F2，地面对A 的作用力为F3．若F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（
）
A．F1 保持不变，F3 缓慢增大
B．F1 缓慢增大，F3 保持不变
C．F2 缓慢增大，F3 缓慢增大
D．F2 缓慢增大，F3 保持不变
8．（4 分）如图所示，有5000 个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在
天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2011 个小
球与2012 个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（
）
A．
2989
5000
B．
2011
5000
C．
2011
2089
D．
2089
2011
9．（4 分）如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，物体先
静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（
）
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．在F 为14N 时，物体的速度
D．在F 为14N 前，物体的位移
10．（4 分）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B 两个质量均为m 圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两
个质量均为M 的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向
下．下列结论正确的是（
）
A．A 环受滑竿的作用力大小为（m+M）gcosθ
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B．B 环受到的摩擦力f＝mgsinθ
C．C 球的加速度a＝gsinθ
D．D 受悬线的拉力T＝Mg
11．（4 分）如图所示，初始时A、B 两木块在水平方向的外力作用下挤压在竖直墙面上处于静止状态，A 与B、B 与
墙面之间的动摩擦因数都为µ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两木块质量相等，都为1kg，当外力F 变为
下列不同值时，关于A、B 之间的摩擦力f1，B 与墙壁之间的摩擦力f2 的大小，下列说法中正确的是（g＝10m/s2）
（
）
A．当F＝0 时，f1＝f2＝0
B．当F＝50N 时，f1＝0，f2＝5N
C．当F＝100N 时，f1＝5N，f2＝10N
D．当F＝300N 时，f1＝10N，f2＝20N
12．（4 分）如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1 和M2 的木板，在两木板的左端分别放
一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体
与板分离时，两木板的速度分别为v1 和v2，若已知v2＞v1，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足
的条件是（
）
A．F1＝F2，且M1＞M2
B．F1＝F2，且M1＜M2
C．F1＞F2，且M1＝M2
D．F1＞F2，且M1＞M2
二、解答题（共6 小题，满分52 分）
13．（6 分）一小球沿光滑斜面向下运动，用每隔0.1s 曝光一次的频闪照相机拍摄下不同时刻小球的位置照片如图所
示，选小球的五个连续位置A，B，C，D，E 进行测量，测得距离s1，s2，s3，s4 的数据如表格所示．（计算结果
保留三位有效数字）
s1（cm）
s2（cm）
s3（cm）
s4（cm）
8.20
9.30
10.40
11.50
（1）根据以上数据可知小球沿斜面下滑的加速度的大小为
m/s2；
（2）根据以上数据可知小球在位置A 的速度大小为
m/s．
14．（6 分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木
板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通
过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50HZ．开始实验时，在托盘中放入适量砝
码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．
（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝
m/s2（保留两位
有效数字）．
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（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是
．
A．木板的长度L
B．木板的质量m1
C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
E．滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝
（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）
15．（7 分）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第
1 次到第16 次撞击声之间的时间间隔为10.0s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车
恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0s 内，看到恰好有30 节货车车厢被他连
续超过。已知每根轨道的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计。求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小。
16．（10 分）图甲是2012 年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上
运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，
如图乙所示．取g＝10m/s2，根据F﹣t 图象求：
（1）运动员的质量；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．
17．（9 分）如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m 的薄平板AB．平板的上表面
光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为16m．在平板的上端A 处放一质量m＝0.6kg 的滑块，开始时使平板和滑
块都静止，之后将它们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下
端B 到达斜面底端C 的时间差△t．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
18．（14 分）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为L＝2.5m，质量均为m2＝150kg，现有
一小滑块以速度v0＝6m/s 冲上木板A 左端，已知小滑块质量m1＝200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板
与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2）
（1）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1 应满足的条件。
（2）若μ1＝0.4，求滑块运动时间。（结果用分数表示）
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12 小题，每小题4 分，满分48 分）
1．（4 分）某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球
在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，
将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台
秤的示数，即为冲击力最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（
）
A．建立“合力与分力”的概念
B．建立“点电荷”的概念
C．建立“瞬时速度”的概念
D．研究加速度与合力、质量的关系
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】42：等效替代法．
【分析】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量
的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．
【解答】解：A、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以A 正确。
B、点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，所以B 错误。
C、瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，所以C 错误。
D、研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采
用的控制变量的方法，所以D 错误。
【点评】在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．
2．（4 分）一质点做匀加速直线运动，依次经过A、B、C 三个位置，B 为AC 的中点，质点在AB 段的加速度为a1，
在BC 段的加速度为a2，现测得B 点的瞬时速度
㘴t+㘴ܥ
2
，则a1、a2 的大小关系为（
）
A．a1＞a2
B．a1＜a2
C．a1＝a2
D．不能判定
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出两段过程中的加速度，通过作差法比较加速度的大小．
【解答】解：设物体AB 段和BC 段位移均为x，第一段位移中加速度a1，第二段加速度a2
对AB 段：㘴ܤ2 −㘴t2 = 2ܽ
1ݔ⋯①
对BC 段：㘴ܥ2 −㘴ܤ2 = 2ܽ
2ݔ⋯②
由题意有：㘴ܤ= 㘴t+㘴ܥ
2
⋯③
由以上三式得：ܽ2 −ܽ
1 = 1
8ݔ(㘴t −㘴ܥ)2
因为物体做加速运动x 位移为正，
解得：a2＞a1．故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，也可以通过速度时间图线，结合
图线与时间轴围成的面积相等，通过比较斜率比较加速度的大小．
3．（4 分）A、B 是天花板上两点，一根长为l 的细绳穿过带有光滑孔的小球，两端分别系在A、B 点，如图甲所示；
现将长度也为l 的均匀铁链悬挂于A、B 点，如图乙所示。小球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A 点对轻绳
和铁链的拉力分别是F1 和F2，球的重心和铁链重心到天花板的距离分别是h1 和h2，则（
）
A．F1＜F2，h1＜h2
B．F1＞F2，h1＜h2
C．F1＞F2，h1＞h2
D．F1＝F2，h1＞h2
【考点】23：重心；29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】球的重心在球上，链的重心不在链上；对绳和链分别进行受力分析根据平衡条件列方程求解。
【解答】解：因为是轻绳，所以绳子的质量不计，则图甲中的重力全部集中在球上，重心在球的球心，而图乙中
铁链的质量是均匀的，故其重心在一定在最低点的上方，
故h1＞h2；
对球和链受力分析，如图：
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A 点对链的拉力沿着绳子的方向，A 点对链子的拉力沿着该处链子的切线方向，
故图乙中AB 两点对链子拉力的夹角比较小，由力的合成知识知，F2 较小，
【点评】本题考查绳子和链的模型的区别，关键理解轻绳是不计重力的，而链质量分布均匀，其重心根据其形状
而定。
4．（4 分）一个质量为m＝1kg 的物体放在水平光滑地面上，在一水平外力F1＝2N 的作用下从静止开始做直线运动，
物体运动5s 后外力撤去，在此时刻再加上一个与F1 反向的力F2＝6N，物体又运动5s．规定外力F1 的方向为正方
向，则在物体运动的这个10s 的时间内，下列关于物体的速度图象，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律与速度公式分析物体的运动情况，然后答题．
【解答】解：物体在一水平外力F1＝2N 的作用下从静止开始做初速度为零的匀加速运动，
5s 后加一个方向的力F2＝6N，物体先做匀减速运动，速度变为零，然后反向做匀加速运动，
由牛顿第二定律得：a1= ܨ1݉2ܰ
1݇t =2m/s2，a2= ܨ2݉= 6ܰ
1݇t =6m/s2，v1＝a1t1＝2×5＝10m/s，
v2＝v1+a2t2＝10+（﹣6）×5＝﹣20m/s，由图象可知，ABC 错误，D 正确；
【点评】应用牛顿第二定律求出加速度、应用速度公式求出速度，分析清楚物体运动过程即可正确解题．
5．（4 分）物体A 放在物体B 上，物体B 放在光滑的水平面上，已知mA＝8kg，mB＝2kg，A、B 间动摩擦因数μ＝
0.2，如图所示．若现用一水平向右的拉力F 作用于物体A 上，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．当拉力F＜16N 时，A 静止不动
B．当拉力F＞16N 时，A 相对B 滑动
C．当拉力F＝16N 时，A 受B 的摩擦力等于3.2N
D．无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止
【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4N：临界法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】隔离对B 分析，求出AB 相对静止时B 的最大加速度，再对整体分析，求出发生相对滑动所需的最大拉
力，即可判断A 的运动状态，并用牛顿第二定律求摩擦力．
【解答】解：当A、B 刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度为：
a= ߤ݉
tt݉
ܤ
= 0.2×80
2
=8m/s2。
此时拉力F 为：F＝（mA+mB）a＝10×8N＝80N。
ABD、当F≤80N 时，A，B 都相对静止，当F＞80N 时，A 相对B 滑动。故ABD 错误。
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C、当F＝16N 时，A，B 相对静止，整体的加速度为：a=
ܨ݉
t+݉
ܤ= 16
8+2m/s2＝1.6m/s2，对B，有：f＝mBa＝2×
1.6N＝3.2N，故C 正确；
【点评】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发生相对运
动，注意整体法和隔离法的运用．
6．（4 分）如图所示，小车沿水平地面向右匀加速直线运动，固定在小车上的直杆与水平地面的夹角为θ，杆顶端固
定有质量为m 的小球．当小车的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力变化的受力图（OO′为沿杆方向）是
（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】小球与小车的运动情况保持一致，当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，小球的加速度也水平向右
且逐渐增大，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和力的分解即可解题．
【解答】解：小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，
竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增
大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大，故C 正确。
【点评】本题要求同学们能根据运动情况分析物体的受力情况，并能结合牛顿第二定律及力的分解解题，难度适
中．
7．（4 分）在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装
置处于平衡状态．现对B 加一竖直向下的力F，F 的作用线通过球心，设墙对B 的作用力为F1，B 对A 的作用力
为F2，地面对A 的作用力为F3．若F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（
）
A．F1 保持不变，F3 缓慢增大
B．F1 缓慢增大，F3 保持不变
C．F2 缓慢增大，F3 缓慢增大
D．F2 缓慢增大，F3 保持不变
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】分别以B 和整体为研究对象，分别进行受力分析画出力的示意图，根据F 的变化可知B 对A 的作用力，
及地面对A 的作用力．
【解答】解：对B 分析，可知墙对B 的作用力及A 对球的作用力的合力与F 及重力的合力大小相等，方向相反，
故当F 增大时，B 对A 的压力增大；即F2 增大；同理可知，墙对B 的作用力F1 增大；
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对整体分析，整体受重力、支持力、摩擦力、墙对球B 的压力及压力F 而处于平衡，故当F 增大时，地面对A 的
支持力增大，同时摩擦力也将增大；故F3 增大；
【点评】本题由于角度不发生变化，故压力增大时，B 对A 的压力增大；因此本题的难度不大．
8．（4 分）如图所示，有5000 个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在
天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2011 个小
球与2012 个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（
）
A．
2989
5000
B．
2011
5000
C．
2011
2089
D．
2089
2011
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先以整体为研究对象，由平衡条件求出F 的大小，再以2012 个到5000 个小球组成的整体为研究对象，
根据平衡条件求出第2011 个小球与2012 个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值．
【解答】解：以5000 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1 所示，根据平衡条件得
F＝5000mg
再以2012 个到5000 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2 所示，则有
tanα= 2989݉
t
ܨ
= 2989
5000
【点评】本题的解题关键是选择研究对象，采用整体法与隔离法相结合进行研究，用质点代替物体，作图简单方
便．
9．（4 分）如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，物体先
静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（
）
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．在F 为14N 时，物体的速度
D．在F 为14N 前，物体的位移
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F 与加速度a 的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可
求解．
【解答】解：A、物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，
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根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，解得：a= ܨ݉−μg，
由a 与F 图线，得到：0.5= 7݉−10μ①，4= 14݉−10μ②，
①②联立得，m＝2Kg，μ＝0.3，故AB 正确；
C、由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F 为变力无法求F 得功，
从而也无法根据动能定理求速度，故CD 错误；
故选：AB。
【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F 的关系式，最后结合
a 与F 关系图象得到待求量．
10．（4 分）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B 两个质量均为m 圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两
个质量均为M 的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向
下．下列结论正确的是（
）
A．A 环受滑竿的作用力大小为（m+M）gcosθ
B．B 环受到的摩擦力f＝mgsinθ
C．C 球的加速度a＝gsinθ
D．D 受悬线的拉力T＝Mg
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由C 球的运动情况结合曲线运动的条件得到C 环受力情况并求解出加速度，然后对A 环受力分析并求解
A 环受滑竿的作用力大小；由D 球的运动情况结合曲线运动的条件得到D 环受力情况并求解出加速度．
【解答】解：A、C、C 球做直线运动，对其受力分析，如图
由牛顿第二定律，得到：
Mgsinθ＝Ma
①
细线拉力为：T＝Mgcosθ②
再对A 环受力分析，如下图
根据牛顿定律，有
mgsinθ﹣f＝ma
③
N＝mgcosθ+T
④
由①②③④解得：
f＝0
N＝（M+m）gcosθ
故A 正确，C 正确；
B、D、对D 球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速
运动，细线拉力等于Mg；
再对B 求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；
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根据平衡条件，有
（M+m）gsinθ＝f
N＝（M+m）cosθ
故B 错误，D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题关键灵活地选择研究对象，受力分析后根据牛顿第二定律或者平衡条件列式求解，同时要明确直线
运动的条件是合力与速度共线．
11．（4 分）如图所示，初始时A、B 两木块在水平方向的外力作用下挤压在竖直墙面上处于静止状态，A 与B、B 与
墙面之间的动摩擦因数都为µ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两木块质量相等，都为1kg，当外力F 变为
下列不同值时，关于A、B 之间的摩擦力f1，B 与墙壁之间的摩擦力f2 的大小，下列说法中正确的是（g＝10m/s2）
（
）
A．当F＝0 时，f1＝f2＝0
B．当F＝50N 时，f1＝0，f2＝5N
C．当F＝100N 时，f1＝5N，f2＝10N
D．当F＝300N 时，f1＝10N，f2＝20N
【考点】25：静摩擦力和最大静摩擦力；27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】通过题意明确物体受到的最大静摩擦力，然后判断物体是否发生运动；最后再根据摩擦力的计算方法进
行运算．
【解答】解：A、当F＝0 时，AB 间及B 与地面间均没有相互的挤压，故没有摩擦力；故A 正确；
B、当F＝50N 时，B 与地面间的最大静摩擦力为：μF＝0.1×50＝5N；小于两物体的重力，故整体下滑；摩擦力
为滑动摩擦力，f1＝5N；AB 相对静止，整体下滑的加速度a= 20−5
2
=7.5m/s2；则AB 间的摩擦力为：mg﹣ma＝
2.5N；故f2＝2.5N；故B 错误；
C、当F＝100N 时，B 与墙面间及AB 间最大静摩擦力fm＝μF＝10N，故AB 整体下滑，摩擦力f2＝μF＝10N；A
的重力等于AB 间的最大静摩擦力；故AB 不会发生相对运动，故AB 间为静摩擦力；由牛顿第二定律可知，整体
下滑的加速度为：a= 20−10
2
m/s2＝5m/s2；
则对A 分析可知：mg﹣f＝ma；
解得：f1＝mg﹣ma＝10﹣5＝5N；故C 正确；
D、当F＝300N 时，最大静摩擦力为0.1×300＝30N；故两物体的重力小于最大静摩擦力；同理A 受到的最大静
摩擦力也为30N，A 也处于静止，故两物体均保持静止，摩擦力均等于重力，故f1＝10N，f2＝20N；故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查摩擦力的大小计算，在求摩擦力的大小时一定要先明确所要求的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩
擦力；然后才能根据两种摩擦力的不同求法进行运算．
12．（4 分）如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1 和M2 的木板，在两木板的左端分别放
一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体
与板分离时，两木板的速度分别为v1 和v2，若已知v2＞v1，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足
的条件是（
）
A．F1＝F2，且M1＞M2
B．F1＝F2，且M1＜M2
C．F1＞F2，且M1＝M2
D．F1＞F2，且M1＞M2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
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【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分别隔离对物块和木板受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解．
【解答】解：在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有a= ܨ−ߤ݉
t݉，对木板有a′= ߤ݉
t
ܯ，
A、F1＝F2，则a1＝a2，M1＞M2，a1′＜a2′．根据
1
2ܽ
1ݐ12 −
1
2ܽ
1'ݐ12 = ܮ，
1
2ܽ
2ݐ22 −
1
2ܽ
2'ݐ22 = ܮ，可知t1＜t2，
根据v＝at 知，v1＜v2．故A 正确。
B、F1＝F2，则a1＝a2，M1＜M2，a1′＞a2′．根据
1
2ܽ
1ݐ12 −
1
2ܽ
1'ݐ12 = ܮ，
1
2ܽ
2ݐ22 −
1
2ܽ
2'ݐ22 = ܮ，可知t1＞t2，
根据v＝at 知，v1＞v2．故B 错误。
C、F1＞F2，且M1＝M2，则a1＞a2，a1′＝a2′，根据
1
2ܽ
1ݐ12 −
1
2ܽ
1'ݐ12 = ܮ，
1
2ܽ
2ݐ22 −
1
2ܽ
2'ݐ22 = ܮ，可知t1＜
t2，根据v＝at 知，无法确定v1 与v2 大小关系，故C 错误。
D、F1＞F2，则a1＞a2，M1＞M2，a1′＜a2′．根据
1
2ܽ
1ݐ12 −
1
2ܽ
1'ݐ12 = ܮ，
1
2ܽ
2ݐ22 −
1
2ܽ
2'ݐ22 = ܮ，可知t1＜t2，
根据v＝at 知，无法确定v1 与v2 大小关系，故D 错误。
【点评】解决本题的关键正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住物体的位移之和等于板长进行
求解．
二、解答题（共6 小题，满分52 分）
13．（6 分）一小球沿光滑斜面向下运动，用每隔0.1s 曝光一次的频闪照相机拍摄下不同时刻小球的位置照片如图所
示，选小球的五个连续位置A，B，C，D，E 进行测量，测得距离s1，s2，s3，s4 的数据如表格所示．（计算结果
保留三位有效数字）
s1（cm）
s2（cm）
s3（cm）
s4（cm）
8.20
9.30
10.40
11.50
（1）根据以上数据可知小球沿斜面下滑的加速度的大小为
1.10
m/s2；
（2）根据以上数据可知小球在位置A 的速度大小为
0.765
m/s．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球沿斜面下滑的加速度大小．根据某段时间内的平均速
度等于中间时刻的瞬时速度求出B 点的速度，结合速度时间公式求出A 位置的速度．
【解答】解：（1）根据△x＝aT2 得，小球下滑的加速度大小a= △ݔܶ
2 = 1.10×10−2
0.01݉
/ݏ2 = 1.10݉
/ݏ2．
（2）B 点的瞬时速度㘴ܤ= ݏ1+ݏ2
2ܶ
= (8.20+9.30)×10−2
0.2
m/s＝0.875m/s，则A 位置的瞬时速度vA＝vB﹣aT＝0.875﹣
1.1×0.1m/s＝0.765m/s．
故答案为：（1）1.10
（2）0.765
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
14．（6 分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木
板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通
过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50HZ．开始实验时，在托盘中放入适量砝
码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．
（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
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有4 个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝
0.49
m/s2（保留两
位有效数字）．
（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是
CD
．
A．木板的长度L
B．木板的质量m1
C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
E．滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ
m2t
（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．
【分析】（1）利用逐差法△x＝aT2 可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过
程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；
（2）根据牛顿第二定律有＝ma，由此可知需要测量的物理量．
（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式．
【解答】解：（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4 个计时点，则计数点间的时间间隔：t＝0.02×5＝
0.1s，
由匀变速运动的推论△x＝aT2 可知：加速度a= ݔ6−ݔ3
3ݐ2
= 0.0388−0.0240
3×0．12
≈0.49m/s2；
（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
m3g﹣f＝（m2+m3）a，滑动摩擦力：f＝m2gμ，
解得：μ=݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
，要测动摩擦因数μ，
需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，
故选：CD；
（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：μ=݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
；
故答案为：（1）0.49；（2）CD；（3）݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
．
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用
所学基本规律解决实验问题．
15．（7 分）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第
1 次到第16 次撞击声之间的时间间隔为10.0s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车
恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0s 内，看到恰好有30 节货车车厢被他连
续超过。已知每根轨道的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计。求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小。
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】（1）求出客车经过每根轨道的长度所用的时间，根据平均速度求出客车运行的速度大小。
（2）抓住客车和货车的位移关系求出货车的位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出货车的加速度。
【解答】解：（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为△t，每根轨道的长度为l，则客车的速度为㘴= t
△ݐ
其中l＝25.0 m，△ݐ= 10.0
16−1 ݏ
解得v＝37.5m/s
（2）设从货车开始运动后t＝20.0 s 内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的加速度为a，30 节货车
车厢的总长度为L＝30×16.0 m
由运动学公式有s1＝vt
ݏ2 = 1
2ܽݐ2
由题意，有L＝s1﹣s2
联立解得a＝1.35 m/s2
答：（1）客车运行的速度大小为37.5m/s。
（2）货车运行加速度的大小为1.35 m/s2。
【点评】解决本题理清两车的位移关系，灵活运用运动学公式进行求解。
16．（10 分）图甲是2012 年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上
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运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，
如图乙所示．取g＝10m/s2，根据F﹣t 图象求：
（1）运动员的质量；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）刚站上去时，弹力等于重力，则图象可以知道重力大小，可以求得质量
（2）弹力最大时，加速度最大，由图可以看出最大弹力，由牛顿第二定律可以得到最大加速度
（3）运动运在空中向上做竖直上抛，向下时自由落体，从图中可以知道，稳定后的高度最大，由此可以求得最大
高度．
【解答】解：
（1）由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则
m= ܩ
t =50kg
（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2500N，设运动员的最大加速度为am，则
Fm﹣mg＝mam
am= ܨ−݉
t݉= 2500−500
50
m/s2＝40 m/s2
（3）由图象可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s 或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为
8.4s 或11s，它们的时间间隔均为1.6s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s．
设运动员上升的最大高度为H，则
H= 1
2 tݐ2 = 1
2 × 10 × 0.82m＝3.2m
答：
（1）运动员的质量50kg；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度40m/s2；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度3.2m．
【点评】重点在于图象的识别，一是要从图象得到，初始时候弹力等于重力．二是在稳定后的高度最大，且稳定
后每一个在空中的上升和下降时间是相等的．
17．（9 分）如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m 的薄平板AB．平板的上表面
光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为16m．在平板的上端A 处放一质量m＝0.6kg 的滑块，开始时使平板和滑
块都静止，之后将它们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下
端B 到达斜面底端C 的时间差△t．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分别研究滑块与平板的运动情况：开始时，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，滑块在平板上滑动时，
平板静止不动．根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移﹣速度关系式求出滑块到达B 点时的速度．滑块离
开平板后，根据牛顿第二定律求出滑块沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B 至C 所用时间．滑块滑离
后平板才开始运动，根据牛顿第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B 至C 所用时间．再
求解时间差．
【解答】解：对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动，
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对滑块：在薄板上滑行时加速度为：a1＝gsin37°＝6m/s2
到达B 点时速度为：㘴=
2ܽ1ܮ=6m/s
滑块由B 至C 时的加速度为：a2＝gsin37°﹣μgcos37°＝2m/s2
设滑块由B 至C 所用时间为t，则有：
ܮܤܥ= 㘴ݐ+ 1
2ܽݐ2
代入数据可解得：t＝2s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：a3＝gsin37°﹣μgcos37°＝2m/s2
滑至C 端所用时间为t'，则ܮܤܥ= 1
2ܽ
3ݐ'2，代入数据可解得：t'＝4s
滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差为：△t＝t'﹣t＝2s．
答：滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差为2s．
【点评】本题关键在于分析两物体的受力情况，再确定物体的运动情况．也可以运用动能定理与运动学公式结合
求解
18．（14 分）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为L＝2.5m，质量均为m2＝150kg，现有
一小滑块以速度v0＝6m/s 冲上木板A 左端，已知小滑块质量m1＝200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板
与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2）
（1）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1 应满足的条件。
（2）若μ1＝0.4，求滑块运动时间。（结果用分数表示）
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】根据平衡条件列方程求μ1 满足的条件；应用牛顿第二定律和运动学公式求解滑块运动时间．
【解答】解：（1）滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g
若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2（m1+m2）g
代入数据得：0.35＜μ≤0.5；
（2）若μ1＝0.4，则货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a1，由
牛顿第二定律得，μ1m1g＝m1a
解得：a1＝4m/s2
由﹣2a1L＝v12﹣v02
达到B 板时速度v1＝4m/s
在A 板上滑动时间由v1＝v0﹣at1，
解得：t1＝0.5s
滑块滑上B 板时B 运动，由μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g＝m2a2
得：a2= 2
3m/s2
速度相同时a2t＝v1﹣a1t2
解得：t2= 6
7s，
相对位移△x=
㘴1+㘴共
2
t2−
㘴共
2 t2= 㘴1
2 t2= 12
7 m＜L＝2.5m
物块与板B 能达到共同速度：v 共＝a2t2= 4
7m/s，
然后一起相对静止的一起减速：μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a 共
a 共＝2m/s2
t3=
㘴共ܽ
共
= 2
7s，
t＝t1+t2+t3= 23
14s；
答：（1）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，μ1 应满足的条件：0.35＜μ≤0.5．
（2）若μ1＝0.4，滑块运动时间为
23
14s．
【点评】能正确判断长木板开始运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦
力的表达式列出不等式进行求解，木块滑动的距离可以根据滑块的运动结合动能定理求解；熟练使用动能定理和
动量定理是解决本题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 14:09:01 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第二次调研物理试卷
一、选择题（共12 小题，1-8 单选，9-12 多选，每小题4 分，满分48 分）
1．（4 分）在经典力学的创立上，伽利略可说是牛顿的先驱．下列关于伽利略的说法不正确的是（
）
A．关于运动，伽利略指出了亚里士多德的”重物比轻物落得快”是错误的
B．伽利略最先表述了牛顿第一定律
C．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，
然后再把得出的结论合理外推
D．平均速度、瞬时速度、加速度等概念是伽利略建立的
2．（4 分）如图所示，直线a 与四分之一圆弧b 分别表示两质点A、B 从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v
﹣t 图．当B 的速度变为0 时，A 恰好追上B，则A 的加速度为（
）
A．1m/s2
B．2m/s2
C．
ߨ
2m/s2
D．πm/s2
3．（4 分）一辆汽车在平直公路上做刹车实验，O 时刻起运动过程的位移与时间的关系式为x＝（10t﹣0.1t2）m，下
列分析正确的是（
）
A．上述过程的加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为5s
C．O 时刻的初速度为10m/s
D．刹车过程的位移为5m
4．（4 分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，一质量M＝1.5kg 的物块受平行于斜面向上的轻质橡皮筋
拉力F＝9N 作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块M 上，另一端跨过光滑定滑轮连接A、B 两个小物块，物块
M 处于静止状态。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，mA＝0.2kg，mB＝0.4kg，g 取10m/s2．则剪断A、B
间轻绳后，关于物块M 受到的摩擦力的说法中正确的是（sin37°＝0.6）（
）
A．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为4N
B．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为2N
C．静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为7N
D．静摩擦力，方向沿斜面向上，大小为2N
5．（4 分）如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B 叠放在木板上且处于静止状态，
此时物体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B 仍保持静止，与原位置的情
况相比（
）
A．A 对B 的作用力减小
B．B 对A 的支持力减小
C．木板对B 的支持力减小
D．木板对B 的摩擦力增大
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6．（4 分）如图所示，质量为M 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M＞m，用一力F
水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT．若用一力F′
水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a'向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为ܨܶ'，则它们
的大小关系是（
）
A．a′＝a，ܨܶ' =FT
B．a′＞a，ܨܶ' =FT
C．a′＜a，ܨܶ'＞FT
D．a′＜a，ܨܶ'＜FT
7．（4 分）如图所示，两根等长且不可伸长的细线结于O 点，A 端固定在水平杆上，B 端系在轻质圆环（不计重力）
上，圆环套在竖直光滑杆上，C 端挂一重物，重物质量为m．开始时用手握住轻圆环，使其紧靠D 端，且AD＝
OA，当重物静止时如图所示．现释放圆环，圆环在竖直光滑杆上自由滑动，当重物再次静止时OA 绳拉力为FA，
OB 绳拉力为FB，则（
）
A．FA＜mg；FB＜mg
B．FA＝mg；FB＝0
C．FA＝mg；FB＝mg
D．FA＞mg；FB＝mg
8．（4 分）如图所示，质量均为m 的A、B 两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一
水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F 向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．下
列说法中错误的是（
）
A．当0＜F≤μmg 时，绳中拉力为0
B．当μmg＜F≤2μmg 时，绳中拉力为F﹣μmg
C．当F＞2μmg 时，绳中拉力为
ܨ
2
D．无论F 多大，绳中拉力都不可能等于
ܨ
3
9．（4 分）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，用钉子靠着线的左侧，在t＝0 时刻钉子沿与水平方向成θ＝30°
角的斜面向右做初速度为零，加速度为a 的匀加速运动，运动中始终保持悬线竖直，则在运动过程中，下列说法
正确的是（
）
A．橡皮做加速度增加的加速直线运动
B．橡皮做匀加速直线运动
C．橡皮的速度方向始终与水平方向成60°角
D．在t＝t0 时刻，橡皮距离出发点的距离为
3
2 at02
10．（4 分）如图所示，边长为1m 的正方体空间图形ABCD﹣A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的
小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1 平面范围内（包
括边界）．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g 取10m/s2．则（
）
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A．小球落在B1 点时，初始速度为5m/s，是抛出速度的最小值
B．小球落在C1 点时，初始速度为10m/s，是抛出速度的最大值
C．落在B1D1 线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2
D．轨迹与AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向相同
11．（4 分）如图所示，三个小木块A、B 和C（可视为质点）放在水平圆盘上，已知三物体质量间的关系mA＝2mB
＝2mC，转动半径之间的关系是rC＝2rA＝2rB，木块与圆盘的最大静摩擦力均为木块所受重力的k 倍，若圆盘从静
止开始绕转轴缓慢加速转动，重力加速度为g．下列说法正确的是（
）
A．转台转速加快时，物体C 最先开始运动
B．相对滑动前，物体A 的向心加速度最大
C．相对滑动前，物体B 受到的摩擦力最小
D．C 将要滑动时，A 所受摩擦力的大小为
1
2kmAg
12．（4 分）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量
为4kg 的小球，球被一垂直于斜面质量为1kg 的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 在力F 作用下沿斜面
向下做匀加速运动，经0.1s 手与球分离，取g＝10m/s2，则（
）
A．小球速度最大时与挡板分离
B．匀加速运动的加速度为4m/s2
C．F 的最小值为5N
D．开始运动瞬间，球与挡板之间的作用力为4N
二、实验题（共2 小题，满分14 分）
13．（4 分）如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的
反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信
号，在示波器显示屏上显示出来（如图乙所示）．
（1）若图乙中示波器显示屏上横向的每大格（5 小格）对应的时间为2.50×10
﹣3 s，则圆盘的转速为
r/s．（保
留3 位有效数字）
（2）若测得圆盘直径为10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为
cm．（保留3 位有效数字）
14．（10 分）某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图1 所
示，已知小车质量M＝214.6g，砝码盘质量m0＝7.8g，所使用的打点计时器交流电频率f＝50Hz．其实验步骤是：
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A．按图中所示安装好实验装置；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；
C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；
D．先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；
E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B﹣D 步骤，求得小车在不同合外力F 作用下的加速
度．
回答下列问题：
（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？
（填“是”或“否”）．
（2）实验中打出的其中一条纸带如图2 所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝
m/s2．
（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，
次数
1
2
3
4
5
砝码盘中砝码
的重力F/N
0.10
0.20
0.29
0.39
0.49
小车的加速度
a/（m•s
﹣2）
0.88
1.44
1.84
2.38
2.89
他根据表中的数据画出a﹣F 图象（如图3 所示）．造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是：
．从该图
线延长线与横轴的交点可求出的物理量是
，其大小为
．
三、计算题（共4 小题，满分38 分）
15．（8 分）滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L＝36m，倾角为θ＝37°的斜坡．已知滑道的积雪与不同滑板之间
的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数μ1＝0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为μ2
＝0.25，g 取10m/s2．已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞．求：
（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小
（2）若乙比甲晚出发△t＝1s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V0＝1m/s，通过计算分
析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的
时间差．
16．（10 分）如图所示，一上表面光滑的矩形滑块置于水平地面上，其质量M＝2kg，长L＝2m，高h＝0.8m，滑块
与地面间动摩擦因数μ＝0.2，在滑块的右端放置一质量m＝1kg 的小球．现用外力击打滑块左端，使其在极短时间
内获得v0＝4m/s 的水平向右速度，经过一段时间后小球落地．（g 取10m/s2）试求：
（1）小球脱离滑块之前，滑块的加速度大小；
（2）小球落地时距滑块右端的水平距离．
17．（10 分）如图所示，半径R＝0.8m 的1/4 光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，过最低点的半径OC 处于竖直位置，
在其右方有一可绕竖直轴MN（与圆弧轨道共面）转动的，内部空心的圆筒，圆筒半径r＝0.1 5m，筒的顶端与C
点等高，在筒的下部有一小孔，距筒顶h＝0.8m，开始时小孔在图示位置（与圆弧轨道共面）．现让一质量m＝0.1kg
的小物块自A 点由静止开始下落，打在圆弧轨道上的B 点，但未反弹，在瞬间的碰撞过程中小物块沿半径方向的
分速度立刻减为零，而沿圆弧切线方向的分速度不变．此后，小物块沿圆弧轨道滑下，到达C 点时触动光电装置，
使圆筒立刻以某一角速度匀速转动起来，且小物块最终正好进入小孔．已知A 点、B 点到圆心O 的距离均为R，
与水平方向的夹角θ均为30°，不计空气阻力，g 取l0m/s2．试问：
（1）小物块到达C 点时的速度大小是多少？
（2）圆筒匀速转动时的角速度是多少？
（3）要使小物块进入小孔后能直接打到圆筒的内侧壁，筒身长L 至少为多少？
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- 641 -
18．（10 分）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以
大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0 时，再以v0 做匀速直线运动跑至终点．整个过程
中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运
动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，
重力加速度为g．
（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
（2）求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式．
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第二次调研物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12 小题，1-8 单选，9-12 多选，每小题4 分，满分48 分）
1．（4 分）在经典力学的创立上，伽利略可说是牛顿的先驱．下列关于伽利略的说法不正确的是（
）
A．关于运动，伽利略指出了亚里士多德的”重物比轻物落得快”是错误的
B．伽利略最先表述了牛顿第一定律
C．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，
然后再把得出的结论合理外推
D．平均速度、瞬时速度、加速度等概念是伽利略建立的
【考点】19：平均速度；1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法．
【分析】科学探究工作一般分以下几个步骤完成：提出问题，猜想与假设，制定计划与设计实验，进行实验与收
集证据，分析与论证，评估，交流与合作，实践验证等．伽利略的落体试验就是按照这个步骤完成的．
【解答】解：A、伽利略首先运用逻辑推断出亚里士多德的观点（重物比轻物落得快）是错误的，故A 正确；
B、牛顿在伽利略和笛卡儿工作的基础上提出了牛顿第一定律，故B 错误；
C、伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，
然后再把得出的结论合理外推。故C 正确。
D、平均速度、瞬时速度以及加速度等概念是由伽利略首先建立的，故D 正确；
本题选错误的，故选：B
【点评】对物理学的发展史要了解，特别是一些物理学家对物理学史的贡献更应当了解，属于物理常识，要加强
记忆．
2．（4 分）如图所示，直线a 与四分之一圆弧b 分别表示两质点A、B 从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v
﹣t 图．当B 的速度变为0 时，A 恰好追上B，则A 的加速度为（
）
A．1m/s2
B．2m/s2
C．
ߨ
2m/s2
D．πm/s2
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】两质点A、B 从同一地点出发，A 追上B 时两者的位移相等，根据v﹣t 图象的“面积”表示位移，进行
列式求解．
【解答】解：设A 的加速度为a。
两质点A、B 从同一地点出发，A 追上B 时两者的位移相等，即xa＝xb。
根据v﹣t 图象的“面积”表示位移，得
1
2ܽݐ2 =
1
4 × ߨ× 22
由题知t＝2s，解得a= ߨ
2m/s2。
【点评】对于速度图线，关键抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移来理解其物理意义．本题还要抓住追及时位
移关系来列式．
3．（4 分）一辆汽车在平直公路上做刹车实验，O 时刻起运动过程的位移与时间的关系式为x＝（10t﹣0.1t2）m，下
列分析正确的是（
）
A．上述过程的加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为5s
C．O 时刻的初速度为10m/s
D．刹车过程的位移为5m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】由位移与速度的关系式为x＝（10﹣0.1t2）m 可知刹车时初速度和加速度，就可判断刹车时间，从而可求
刹车位移．
【解答】解：A、C、根据公式ݔ= 㘴0ݐ+ 1
2ܽݐ2和位移与时间的关系式为x＝（10﹣0.1t2）m 可得
刹车初速度和加速度为㘴0 = 10݉
/ݏܽ
=−0.2݉
/ݏ2
故A 错误，C 正确；
由公式v＝v0+at 可得：
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B、刹车时间ݐ0 = −㘴0ܽ= −10
−0.2 ݏ= 50ݏ，故B 错误
D、刹车位移为ݔ0 = 㘴0
2 ݐ0 = 10
2 × 50݉
= 250݉
，故D 错误，
【点评】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式v＝v0+at 和位
移时间公式ݔ= 㘴0ݐ+ 1
2ܽݐ2．
4．（4 分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，一质量M＝1.5kg 的物块受平行于斜面向上的轻质橡皮筋
拉力F＝9N 作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块M 上，另一端跨过光滑定滑轮连接A、B 两个小物块，物块
M 处于静止状态。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，mA＝0.2kg，mB＝0.4kg，g 取10m/s2．则剪断A、B
间轻绳后，关于物块M 受到的摩擦力的说法中正确的是（sin37°＝0.6）（
）
A．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为4N
B．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为2N
C．静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为7N
D．静摩擦力，方向沿斜面向上，大小为2N
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；524：摩擦力专题．
【分析】以M 为研究对象，沿斜面方向受力分析，求出此时的摩擦力，剪断绳后，假设M 不动，在列平衡方程
求摩擦力，根据两次摩擦力的大小分析。
【解答】解：未剪断绳前，M 受力平衡，由F+f＝Mgsin37°+（mA+mB）g，解得静摩擦力f＝6N，方向沿斜面向
上；
剪断AB 间绳后：假设M 不动，则由F+f′＝Mgsin37°+mAg，解得：f′＝2N＜6N，且静摩擦力方向沿斜面向
上；
【点评】本题的难点在于剪断绳子后对M 的分析，利用假设法求出的摩擦力比第一次的小，说明M 不会滑动。
5．（4 分）如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B 叠放在木板上且处于静止状态，
此时物体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B 仍保持静止，与原位置的情
况相比（
）
A．A 对B 的作用力减小
B．B 对A 的支持力减小
C．木板对B 的支持力减小
D．木板对B 的摩擦力增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以AB 整体为研究对象，由平衡条件分析板对B 的支持力如何变化．板对B 的作用力等于AB 的总重力，
保持不变．
以A 为研究对象，分析其所受摩擦力变化
【解答】解：设板与水平地面的夹角为α。
A、以A 为研究对象，A 原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B 对A 的作用力与A 的重力大小相等，
方向相反；
当将P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，B 的上表面不再水平，A 受力情况如图1，A 受到重力和B 的支持力、
摩擦力三个力的作用，其中B 对A 的支持力、摩擦力的和仍然与A 的重力大小相等，方向相反，则A 受到B 对
A 的作用力保持不变。根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力也不变。故A 错误；
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B、结合对A 选项的分析可知，开始时物体A 不受B 对A 的摩擦力，B 对A 的支持力大小与重力相等；后来时设
B 的上表面与水平方向之间的夹角是β，受到的B 对A 的支持力、摩擦力的和仍然与A 的重力大小相等，方向相
反，则A 受到B 对A 的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝GA•cosβ，所以A 受到的支持力一
定减小了。故B 正确；
C、以AB 整体为研究对象，分析受力情况如图2：总重力GAB、板的支持力N2 和摩擦力f2，板对B 的作用力是
支持力N2 和摩擦力f2 的合力。
由平衡条件分析可知，板对P 的作用力大小与总重力大小相等，保持不变。N2＝GABcosα，
f2＝GABsinα，α减小，N2 增大，f2 减小。故C 错误，D 错误。
【点评】本题是两个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象，通过分析受力，由平衡条件分析力的变化．
6．（4 分）如图所示，质量为M 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M＞m，用一力F
水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT．若用一力F′
水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a'向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为ܨܶ'，则它们
的大小关系是（
）
A．a′＝a，ܨܶ' =FT
B．a′＞a，ܨܶ' =FT
C．a′＜a，ܨܶ'＞FT
D．a′＜a，ܨܶ'＜FT
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先对甲图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式，再对小球受力分析，运用牛顿第二定律列
式，求出绳子的拉力T 和加速度a；再对乙图中情况下的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和
加速度a′；再比较结果即可．
【解答】解：先对甲图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力
根据牛顿第二定律，有：
F＝（M+m）a…①
再对甲图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律，有：
对于M 有：FTsinα＝Ma…②
对于m 有：FTcosα﹣mg＝0…③
由以上三式可解得：
FT=݉
tܿ
݋ݏߙ④；
a= ܨܶݏthߙ
ܯ
⑤；
再对乙图中小球受力分析，如图
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由几何关系得
FT′=݉
tܿ
݋ݏߙ⑥
FT′sinα＝ma′⑦
则得：a′= ܨ'ܶݏthߙ݉⑧
由④⑥知：FT′＝FT
由于M＞m，由⑤⑧知：a′＞a，故选B
【点评】本题关键对小球和整体进行受力分析，求出合力，根据牛顿第二定律即可得出加速度和绳子拉力，再进
行比较．
7．（4 分）如图所示，两根等长且不可伸长的细线结于O 点，A 端固定在水平杆上，B 端系在轻质圆环（不计重力）
上，圆环套在竖直光滑杆上，C 端挂一重物，重物质量为m．开始时用手握住轻圆环，使其紧靠D 端，且AD＝
OA，当重物静止时如图所示．现释放圆环，圆环在竖直光滑杆上自由滑动，当重物再次静止时OA 绳拉力为FA，
OB 绳拉力为FB，则（
）
A．FA＜mg；FB＜mg
B．FA＝mg；FB＝0
C．FA＝mg；FB＝mg
D．FA＞mg；FB＝mg
【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】题中圆环质量很轻，重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB 的拉力两个力作用，当让圆环在竖直光滑
杆上自由滑动，重物再次静止时，OB 必须与竖直杆垂直才能平衡．根据几何知识得到此时OA 绳与水平杆的夹角，
分析结点O 的受力情况，作出力图，根据平衡条件进行分析．
【解答】解：据题分析可知，圆环的重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB 的拉力两个力作用，竖直杆对圆环
的支持力与杆垂直向左，二力平衡时，这两个力必定在同一直线上，则当让圆环在竖直光滑杆上自由滑动，重物
再次静止时，OB 绳也与竖直杆垂直。
设此时OA 与水平杆的夹角为α，二个细线的长度均为L，则几何知识得
得α＝90°
那么，则有：FA＝mg，FB＝0，故ACD 错误，B 正确；
【点评】本题中分析出轻环处于二力平衡状态是解题的关键，再以结点为研究对象，根据平衡条件进行分析．
8．（4 分）如图所示，质量均为m 的A、B 两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一
水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F 向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．下
列说法中错误的是（
）
A．当0＜F≤μmg 时，绳中拉力为0
B．当μmg＜F≤2μmg 时，绳中拉力为F﹣μmg
C．当F＞2μmg 时，绳中拉力为
ܨ
2
D．无论F 多大，绳中拉力都不可能等于
ܨ
3
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A 分析，根据牛顿第二定律求出物块
A 的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．
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【解答】解：A、当0＜F≤μmg 时，A 受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0．故A 正确；
B、当μmg＜F≤2μmg 时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态。此时A 受到的静
摩擦力到达最大即μmg，所以绳中拉力为F﹣μmg．故B 正确；
C、当F＞2μmg 时，对整体：ܽ
= ܨ−2ߤ݉
t
2݉
，对B：ܽ
=
ܨ拉−ߤ݉
t݉
，联立解得绳中拉力为
ܨ
2．故C 正确；
D、由B 的分析可知，当μmg＜F≤2μmg 时绳中拉力为F﹣μmg，绳中拉力可能等于
ܨ
3．故D 错误。
本题选择错误的，故选：D
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．
9．（4 分）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，用钉子靠着线的左侧，在t＝0 时刻钉子沿与水平方向成θ＝30°
角的斜面向右做初速度为零，加速度为a 的匀加速运动，运动中始终保持悬线竖直，则在运动过程中，下列说法
正确的是（
）
A．橡皮做加速度增加的加速直线运动
B．橡皮做匀加速直线运动
C．橡皮的速度方向始终与水平方向成60°角
D．在t＝t0 时刻，橡皮距离出发点的距离为
3
2 at02
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；49：合成分解法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】橡皮参与了平行于斜面方向的匀加速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，根据平行四边形定则确
定合速度的大小和方向．
【解答】解：AB、橡皮参与了斜向上方向上的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向上初速度为零的匀加速直
线运动，两个分运动的合运动仍然是匀加速直线运动，知速度方向不变，大小改变，因此做匀加速直线运动。故
A 错误，B 正确。
C、橡皮参与了斜向上方向上的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向上初速度为零的匀加速直线运动，如图；
根据速度的合成可知，橡皮的合速度是由v1 与v2 合成而得，由于这两速度大小相等，结合几何知识，菱形可知：
橡皮的速度方向始终与水平方向成60°角，故C 正确；
D、在t0 时刻内，沿着水平方向斜向上的位移为：x1= 1
2ܽݐ0
2，而竖直方向的位移也为x1= 1
2ܽݐ0
2，因此由矢量的合
成法则可知，橡皮距离出发点的距离
3
2 at02，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键确定出橡皮的分运动，结合平行四边形定则进行求解．
10．（4 分）如图所示，边长为1m 的正方体空间图形ABCD﹣A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的
小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1 平面范围内（包
括边界）．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g 取10m/s2．则（
）
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A．小球落在B1 点时，初始速度为5m/s，是抛出速度的最小值
B．小球落在C1 点时，初始速度为10m/s，是抛出速度的最大值
C．落在B1D1 线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2
D．轨迹与AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向相同
【考点】43：平抛运动；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动．运动时间由下落的高度决
定．由分位移公式求初速度．由机械能守恒定律研究落地时机械能．
【解答】解：A、小球做平抛运动，由L= 1
2 tݐ2得t=
2ܮ
t ，下落高度相同，平抛运动的时间相等；
由几何关系可知，小球的落地点距离A 越近，则小球在水平方向的位移越小，所以小球落在B1 点时，不是抛出
速度的最小值；
落在C1 时水平位移最大，最大位移为正方形的对角线的长度，即2L，由：2ܮ= 㘴0ݐ
得：㘴0 =
2ܮ
ݐ
=
t =
10m/s，故A 错误，B 正确。
C、落在B1D1 线段上的小球，落在B1D1 线段中点的小球落地时机械能的最小，落在B1D1 线段上D1 或B1 的小球，
落地时机械能的最大。设落在B1D1 线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1．落在B1D1 线段上D1 或B1 的小
球初速度为v2．水平位移为x2．由几何关系有x1：x2＝1：2，由x＝v0t，得：v1：v2＝1：2，落地时机械能等
于抛出时的机械能，分别为：E1＝mgh+ 1
2݉
㘴1
2，E2＝mgh+ 1
2݉
㘴2
2，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等
于1：2．故C 错误。
D、设AC1 的倾角为α，轨迹与AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ．则有tanα= ݕ
ݔ=
1
2tݐ2
㘴0ݐ= tݐ
2㘴0，tanθ= tݐ
㘴0，则tanθ＝2tanα，可知θ一定，则轨迹与AC1 线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，
故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，掌握分位移公式，D 项也可以根据作为结论记住．
11．（4 分）如图所示，三个小木块A、B 和C（可视为质点）放在水平圆盘上，已知三物体质量间的关系mA＝2mB
＝2mC，转动半径之间的关系是rC＝2rA＝2rB，木块与圆盘的最大静摩擦力均为木块所受重力的k 倍，若圆盘从静
止开始绕转轴缓慢加速转动，重力加速度为g．下列说法正确的是（
）
A．转台转速加快时，物体C 最先开始运动
B．相对滑动前，物体A 的向心加速度最大
C．相对滑动前，物体B 受到的摩擦力最小
D．C 将要滑动时，A 所受摩擦力的大小为
1
2kmAg
【考点】29：物体的弹性和弹力；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】抓住角速度相等，根据向心加速度的公式比较向心加速度的大小，通过摩擦力提供向心力比较静摩擦力
的大小．根据牛顿第二定律求出临界角速度与半径的关系，判断哪个物块先滑动．
【解答】解：A、当圆盘转速增大时，物块将要滑动，静摩擦力达到最大值，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝
mω2r，即ω=݇
t
ݎ，与质量无关，由于2rA＝2rB＝rC，B 与A 同时开始滑动，C 比A、B 先滑动，故A 正确；
B、三个物块做圆周运动的角速度ω相同，向心加速度a＝ω2r，C 离转轴最远，向心加速度最大，故B 错误；
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C、三个物块做圆周运动的向心力由静摩擦力Ff 提供，Ff＝mω2r，B 与A 相比，r 相同，m 小；B 与C 相比，m
相同，r 小，所以B 的摩擦力最小，故C 正确；
D、C 刚刚要滑动时，转台的角速度：ω=݇
t
ݎܥ，此时A 受到的摩擦力提供向心力，得：݂t =݉
t ⋅߱
2ݎt = 1
2݇݉
tt．故
D 正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道物块做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解．比较静摩擦力和向心
加速度时要抓住三个物体的角速度相等．
12．（4 分）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量
为4kg 的小球，球被一垂直于斜面质量为1kg 的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 在力F 作用下沿斜面
向下做匀加速运动，经0.1s 手与球分离，取g＝10m/s2，则（
）
A．小球速度最大时与挡板分离
B．匀加速运动的加速度为4m/s2
C．F 的最小值为5N
D．开始运动瞬间，球与挡板之间的作用力为4N
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4N：临界法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大．小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，对球，由
牛顿第二定律和胡克定律结合列式．结合位移公式，要求得小球的加速度．对整体，运用牛顿第二定律求F 的最
小值及开始运动瞬间，球与挡板之间的作用力．
【解答】解：AB、设小球的质量为m，挡板和小球的总质量为M，匀加速运动的加速度为a，小球与挡板分离时
位移为x。在0.1s 内，对整体，有x= 1
2ܽݐ2
球与挡板分离时，对小球有mgsin30°﹣kx＝ma，联立解得x＝0.02m，a＝4m/s2
球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此
时小球所受合力为零。即：
kxm＝mgsin30°，解得：xm＝0.05m＞x，所以小球速度最大时与挡板已经分离。故A 错误，B 正确。
C、在分离前，对球和挡板整体，根据牛顿第二定律有：F+Mgsin30°﹣kx＝Ma，得F＝Ma+kx﹣Mgsin30°
x 逐渐增大，则F 逐渐减小，所以开始时F 最小。
且F 的最小值为Fmin＝Ma﹣Mgsin30°＝5×4﹣5×10×0.5＝﹣5N，负号表示方向沿斜面向上，故C 正确。
D、开始运动瞬间，对球，有mgsin30°﹣N＝ma，得N＝1N，即开始运动瞬间，球与挡板之间的作用力为1N．故
D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要明确小球与挡板刚分离时的条件：相互间作用力为零．知道小球的加速度为零时速度
才最大．
二、实验题（共2 小题，满分14 分）
13．（4 分）如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的
反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信
号，在示波器显示屏上显示出来（如图乙所示）．
（1）若图乙中示波器显示屏上横向的每大格（5 小格）对应的时间为2.50×10
﹣3 s，则圆盘的转速为
90.9
r/s．
（保
留3 位有效数字）
（2）若测得圆盘直径为10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为
1.46
cm．（保留3 位有效数字）
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【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】从图象中能够看出圆盘的转动周期即图象中电流的周期，根据转速与周期的关系式T= 1
h，即可求出转速，
反光时间即为电流的产生时间；
【解答】解：两次经过的时间差为22 个小格，
周期T= 2.5×10−3
5
× 22 =11×10
﹣3s，
而n= 1ܶ=90.9 r/s，
反光凃层经过的时间为1 个小格，对应角的弧度数为
1
22 × 2ߨ=
ߨ
11，
所以反光凃层的长度为s＝Rθ= 10.20
2
× 3.14
11 =1.46cm
故答案为：90.9，1.46．
【点评】本题要注意保留3 位有效数字，同时要明确圆盘的转动周期与图象中电流的周期相等，还要能灵活运用
转速与周期的关系公式！
14．（10 分）某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图1 所
示，已知小车质量M＝214.6g，砝码盘质量m0＝7.8g，所使用的打点计时器交流电频率f＝50Hz．其实验步骤是：
A．按图中所示安装好实验装置；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；
C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；
D．先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；
E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B﹣D 步骤，求得小车在不同合外力F 作用下的加速
度．
回答下列问题：
（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？
否
（填“是”或“否”）．
（2）实验中打出的其中一条纸带如图2 所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝
0.88
m/s2．
（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，
次数
1
2
3
4
5
砝码盘中砝码
的重力F/N
0.10
0.20
0.29
0.39
0.49
小车的加速度
a/（m•s
﹣2）
0.88
1.44
1.84
2.38
2.89
他根据表中的数据画出a﹣F 图象（如图3 所示）．造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是：
在计算小车所
受的合外力时未计入砝码盘的重力
．从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是
砝码盘的重力
，其大
小为
0.08N
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；
（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；
（3）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解．
【解答】解：①当物体小车匀速下滑时有：
Mgsinθ＝f+（m+m0）g
当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力Mgsinθ和摩擦力f 不变，因此其合外力为（m+m0）g，由此
可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．
②在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即：
△x＝aT2，
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解得：a= △ݔܶ
2
将△x＝0.88m，T＝0.1s 带入解得：a＝0.88m/s2．
③由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，根据数
学函数关系可知该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，横坐标一格表示0.02N，所以
交点的大小为0.08N．
故答案为：（1）否；（2）0.88；（3）在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，砝码盘的重力，0.08N
【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学
知识解答物理问题的能力．
三、计算题（共4 小题，满分38 分）
15．（8 分）滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L＝36m，倾角为θ＝37°的斜坡．已知滑道的积雪与不同滑板之间
的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数μ1＝0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为μ2
＝0.25，g 取10m/s2．已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞．求：
（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小
（2）若乙比甲晚出发△t＝1s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V0＝1m/s，通过计算分
析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的
时间差．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出甲下滑的加速度大小，结合速度位移公式求出甲从坡顶由静止自由滑下时到
达坡底的速度大小；
（2）根据速度时间公式求出甲到达坡底的时间，根据牛顿第二定律和位移时间公式求出乙到达坡底的时间，判断
两者在坡上相遇，抓住速度相等时相距最远，结合运动学公式求出最远距离．
【解答】解：（1）对甲运动，由牛顿运动定律：m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a 甲
代入数据解得a 甲＝2m/s2
由2a 甲L＝v12
代入数据解得：v1＝12m/s
（2）甲到达坡底的时间t 甲= 㘴1ܽ
甲
= 12
2 s＝6s
对乙：a 乙＝gsinθ﹣μ2gcosθ＝6﹣0.25×8＝4m/s2
设到达坡底时间为t 乙
L＝v0t 乙+ 1
2a 乙t 乙2
代入数据解得
t 乙＝4s
t 乙+△t＜t 甲
故可以追上
设甲出发后经t1，乙与甲达到共同速度v，则：
V＝a 甲t1＝v0+a 乙（t1﹣△t）
代入数据解得：t1＝1.5s
X 甲= 1
2a 甲t12= 9
4m
X 乙＝v0（t1﹣△t）+ 1
2a 乙（t1﹣△t）2＝1m
所以△x＝X 甲﹣X 乙＝1.25m
答：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小为12m/s；
（2）两者在追上前相距的最远距离为1.25m．
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道加速度是联系力学和
运动学的桥梁．
16．（10 分）如图所示，一上表面光滑的矩形滑块置于水平地面上，其质量M＝2kg，长L＝2m，高h＝0.8m，滑块
与地面间动摩擦因数μ＝0.2，在滑块的右端放置一质量m＝1kg 的小球．现用外力击打滑块左端，使其在极短时间
内获得v0＝4m/s 的水平向右速度，经过一段时间后小球落地．（g 取10m/s2）试求：
（1）小球脱离滑块之前，滑块的加速度大小；
（2）小球落地时距滑块右端的水平距离．
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【考点】37：牛顿第二定律；39：牛顿运动定律的综合应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据位移速度关系求解小球离开滑块时滑块的速度大小，计算小球自由下落的时间，再根据位移时间关系求
解位移即可．
【解答】解：（1）由于滑块上表面光滑，故小球在水平方向不受外力作用，所以小球脱离滑块之前，小球始终静
止；
对于滑块，其加速度大小为：a1= ߤ(ܯ+݉
)t
ܯ
= 0.2×(2+1)
2
×10m/s2＝3m/s2，
（2）小球脱离滑块时，滑块的速度为v1，则有：㘴0
2 −㘴1
2 = 2ܽܮ，
代入数据解得：v1＝2m/s；
当小球脱离滑块后，滑块的加速度大小为：a2= ߤܯt
ܯ
= ߤt = 2݉
/ݏ2，
滑块做匀加速直线运动的时间为：t1= 㘴1ܽ
1 = 2
2 ݏ= 1ݏ，
滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间为：ݐ2 =
2݄
t =
2×0.8
10 ݏ=0.4s＜1s，
所以小球落地时距离滑块的水平位移为：x＝v1t2−1
2ܽ
2ݐ2
2 = 2 × 0.4݉
−1
2 × 2 × 0．42݉
= 0.64݉
，
小球落地时距滑块右端的水平距离为：X＝x+L＝0.64m+2m＝2.64m．
答：（1）小球脱离滑块之前，滑块的加速度大小3m/s2；
（2）小球落地时距滑块右端的水平距离2.64m．
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
17．（10 分）如图所示，半径R＝0.8m 的1/4 光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，过最低点的半径OC 处于竖直位置，
在其右方有一可绕竖直轴MN（与圆弧轨道共面）转动的，内部空心的圆筒，圆筒半径r＝0.1 5m，筒的顶端与C
点等高，在筒的下部有一小孔，距筒顶h＝0.8m，开始时小孔在图示位置（与圆弧轨道共面）．现让一质量m＝0.1kg
的小物块自A 点由静止开始下落，打在圆弧轨道上的B 点，但未反弹，在瞬间的碰撞过程中小物块沿半径方向的
分速度立刻减为零，而沿圆弧切线方向的分速度不变．此后，小物块沿圆弧轨道滑下，到达C 点时触动光电装置，
使圆筒立刻以某一角速度匀速转动起来，且小物块最终正好进入小孔．已知A 点、B 点到圆心O 的距离均为R，
与水平方向的夹角θ均为30°，不计空气阻力，g 取l0m/s2．试问：
（1）小物块到达C 点时的速度大小是多少？
（2）圆筒匀速转动时的角速度是多少？
（3）要使小物块进入小孔后能直接打到圆筒的内侧壁，筒身长L 至少为多少？
【考点】43：平抛运动；47：匀速圆周运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】（1）根据自由落体运动求出小球运动到B 点的速度，将B 点的速度沿径向和切向分解，得出切向方向的
速度，再根据机械能守恒定律求出小物块在C 点的速度大小．
（2）小物块离开C 点后做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，抓圆筒在该段时间内转动的角度为2nπ（n
＝1，2，3，…），求出圆筒转动的角速度．
（3）根据圆筒的直径求出物块在圆筒中运行的时间，从而得出平抛运动的总时间，根据平抛运动竖直方向上的运
动规律求出物体下降的高度，即筒身的至少长度．
【解答】解：（1）根据㘴ܤ2 = 2th 得，
㘴ܤ=
2 × 10 × 0.8 = 4݉
/ݏ．
㘴ܤ初= 㘴ܤݏth60° = 4 × 3
2 = 2 3݉
/ݏ．
根据机械能守恒定律得：
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1
2݉
㘴ܥ2 =݉
th(1 −ܿ
݋ݏ60°) +
1
2݉
㘴ܤ初2
代入数据解得㘴ܿ= 2 5݉
/ݏ．
（2）由h= 1
2 tݐ1
2得，ݐ1 =
2݄
t = 0.4ݏ
则ω= 2hߨ
ݐ1 = 2hߨ
0.4 = 5hߨ
（n＝1，2，3，…）
（3）ݐ2 = 2ݎ
㘴ܥ= 2×0.1 5
2 5
ݏ= 0.1ݏ
L= 1
2 t(ݐ1 + ݐ2)2 = 1
2 × 10 × (0.4 + 0.1)2 =1.25m．
答：（1）小物块到达C 点时的速度大小是2 5݉
/ݏ．
（2）圆筒匀速转动时的角速度是5nπ（n＝1，2，3，…）
（3）要使小物块进入小孔后能直接打到圆筒的内侧壁，筒身长L 至少为1.25m．
【点评】解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及抓住圆周运动的周期性求出圆筒
的角速度．
18．（10 分）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以
大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0 时，再以v0 做匀速直线运动跑至终点．整个过程
中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运
动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，
重力加速度为g．
（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
（2）求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式．
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）在匀速运动阶段，乒乓球受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；
（2）在加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，根据牛顿第二定律即可求解．
【解答】解：（1）在匀速运动阶段，对乒乓球分析受力如图，由平衡条件有：
mgtanθ0＝kv0
得：k=݉
tݐܽhߠ0
㘴0
（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，由牛顿第二定律得：
水平方向有：N′sinθ﹣kv＝ma
竖直方向有：N′cosθ＝mg
解得：tanθ=ܽt + 㘴
㘴0tanθ0
答：（1）空气阻力大小与球速大小的比例系数k 为݉
tݐܽhߠ0
㘴0
；
（2）在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式是ܽt +
㘴
㘴0
tanθ0．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及平衡条件的应用，要求同学们能正确受力分析，知道匀加速运动时，球
和球拍的加速度相同．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 14:09:22 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第六次调研物理试卷
一、选择题（（本题共12 个小题，每小题4 分，共48 分．第1～8 题只有一项符合题目要求，第9～12 题有多项符
合题目要求.全部选对的得4 分，选对的得2 分，有选错的或不答的得0 分）请将答案填涂在答题卡相应的位置．）
1．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因
B．“月地检验”通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度检验万有引力的“平
方反比”规律
C．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向
D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感
应现象
2．（4 分）近来，我国大部分地区都出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响．在一雾霾天，某人驾驶
一辆小汽车以30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速
行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图a、b 分别为小汽车和大卡车的v﹣t 图象，以下说法正确
的是（
）
A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B．在t＝5s 时追尾
C．在t＝3s 时追尾
D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
3．（4 分）嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察，
如图所示是嫦娥三号的飞行轨道示意图．假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有
引力．下列说法正确的是（
）
A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可计算出月球的密度
B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在着陆过程中的动力下降阶段，其引力势能减小
D．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点的速度大于Q 点的速度
4．（4 分）在2014 年索契冬奥会中国代表团收获3 金4 银2 铜．在自由式滑雪比赛中，运动员在较高的雪坡上滑到
某一弧形部位处，沿水平方向飞离斜坡，在空中划过一段抛物线后，再落到雪坡上，如图，若雪坡的倾角为θ，飞
出时的速度大小为v0 则以下说法错误的是（
）
A．运动员在空中经历的时间是
2㘴0ݐܽhߠ
t
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B．运动员的落点与起飞点的距离是
2㘴0
2ݏthߠ
tܿ݋ݏ2ߠ
C．运动员的落点与起飞点间竖直高度是
2㘴0
2
t tan2θ
D．运动员落回雪坡时的速度大小是
㘴0ܿ
݋ݏߠ
5．（4 分）一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若该过程中小
球的重力势能增加3J，机械能增加1.5J，电场力对小球做功2J，则下列判断正确的是（
）
A．小球的重力做功为3J
B．小球的电势能增加2J
C．小球克服空气阻力做功0.5J
D．小球的动能减少1J
6．（4 分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经
过N 点．下列说法中正确的有（
）
A．粒子带负电
B．粒子在M 点的动能大于在N 点的动能
C．粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能
D．粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力
7．（4 分）如图所示，在竖直虚线MN 和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不
计重力）以初速度v0 由A 点垂直MN 进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C 点离开场区．如果撤去磁场，
该粒子将从B 点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D 点离开场区．则下列判断正确的是（
）
A．该粒子由B、C、D 三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A 点运动到B、C、D 三点的时间均不相同
C．匀强电场的场强E 与匀强磁场的磁感应强度B 之比
ܧ
ܤ= 㘴0
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
8．（4 分）在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 和R3 均为定值电阻，R2 为滑动变阻器。当R2
的滑动触头在a 端时合上开关S，三个电表A1、A2 和V 的示数分别用I1、I2 和U 表示。现将R2 的滑动触点向b
端移动，则三个电表示数的变化情况是（
）
A．I1 减小，I2 不变，U 减小
B．电压表的变化量与总电流变化量的比值变小
C．电源的总功率增大，电源内部损耗的功率也增大
D．电源的输出功率减少，效率也降低
9．（4 分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2 和L3 两两等距，均通有电流I，L1 中电流方向与L2 中的相同，
与L3 中的相反。下列说法正确的是（
）
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A．L1 所受磁场作用力的方向与L2、L3 所在平面垂直
B．L3 所受磁场作用力的方向与L1、L2 所在平面垂直
C．L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：3
D．L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为3：3：1
10．（4 分）假设在某电场中沿x 轴方向上，电势φ与x 的距离关系如图所示，其中x4﹣x3＝x6﹣x5．现有一个电子在
电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是（
）
A．区域x3～x4 内沿x 轴方向的电场强度均匀减小
B．x6～x7 内沿x 轴方向场强为零
C．若电子从电势为2V 的x1 位置向右移动到电势为2V 的x7 位置，为了通过电势为3V 的x2 位置，电子至少应
具有1eV 的初动能
D．电子在区域x3～x4 内沿x 轴方向所受电场力大于区域x5～x6 内沿x 轴方向所受电场力
11．
（4 分）如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M 点固定一个质量为m、带电量为﹣q 的小球Q．整
个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q 的小球P 从N 点由静止释放，释
放后P 沿着斜面向下运动．N 点与弹簧的上端和M 的距离均为s0．P、Q 以及弹簧的轴线ab 与斜面平行．两小球
均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（
）
A．小球P 返回时，不可能撞到小球Q
B．小球P 在N 点的加速度大小为
ݍܧ+݉
tݏthߙ−݇
ݍ2
ݏ02݉
C．小球P 沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少
D．当弹簧的压缩量为
ݍܧ+݉
tݏthߙ݇
0
时，小球P 的速度最大
12．（4 分）如图1 所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球从离弹簧上
端高h 处自由释放，压上弹簧后继续向下运动的过程中．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标
轴ox，则小球的速度平方υ2 随坐标x 的变化图象如图2 所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的
曲线，BC 是平滑的曲线，则A、B、C 各点对应的位置坐标及加速度，以下说法正确的是（
）
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A．xA＝h，aA＝g
B．xB＝h，aB＝0
C．xB＝h+݉
t݇，aB＝0
D．xC＝h+݉
t݇，aC＞g
二、实验题．（本题共2 小题，第13 小题6 分，第14 小题8 分，共14 分）
13．（6 分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木
板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通
过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50HZ．开始实验时，在托盘中放入适量砝
码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．
（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝
m/s2（保留两位
有效数字）．
（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是
．
A．木板的长度L
B．木板的质量m1
C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
E．滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝
（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）
14．（8 分）用图甲、乙两个电路分别测一个电压表的内电阻。部分备选器材数据如下：
待测电压表V，量程3V，内阻约为1KΩ；
电源电动势为5V，
电流表A1，量程10mA，内阻未知，
电流表A2，量程0.6A，内阻未知，
定值电阻R1＝100Ω，R2＝500Ω，R3＝1000Ω；
滑动变阻器R4＝10Ω，R5＝1000Ω，
（1）采用图甲电路，从下面所列步骤中选出合理的步骤，按顺序排列为
。
a．将变阻器滑动触头移到b 端，闭合电键；
b．将变阻器滑动触头移到a 端，闭合电键；
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c．保持滑动变阻器阻值不变，调电阻箱阻值使电压表指针偏转满刻度一半，同时记下电阻箱阻值为R0；
d．调滑动变阻器使电压表指针偏转满刻度；
e．将电阻箱阻值调到零；
按上述步骤得出电压表内电阻的测量值等于
，为减小误差，滑动变阻器应选
。
（2）采用图乙电路，要求两表示数适当，能尽量多取数据，电流表应选
，定值电阻R 应选
。按所
测U、I 值画出U﹣I 图线，得出图线斜率为k，用斜率k 和定值电阻R 表示，测得电压表内阻为
。
（3）采用乙电路的实验，请按乙电路将如图丙实验器材连成实验电路。
三、计算题．（本题共4 小题，共38 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的
不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8 分）在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始下滑，滑
到斜坡底部B 点后沿水平滑道再滑行一段距离到C 点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑
道间的动摩擦因数为μ＝0.50，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若斜坡倾角θ＝37°，人和滑块的总质量为m＝60kg，求人在斜坡上下滑时的加速度大小。（sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8）
（2）若由于受到场地的限制，A 点到C 点的水平距离为s＝50m，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在
设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？
16．（10 分）如图所示，空间存在着电场强度E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5m
的绝缘细线一端固定于O 点，另一端拴着质量m＝0.5kg、电荷量q＝4×10
﹣2C 的小球．现将细线拉至水平位置，
将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g＝10m/s2．
求：（1）小球的电性；
（2）细线能承受的最大拉力值；
（3）当细线断后，小球继续运动到与O 点水平方向的距离为L 时，小球距离O 点的高度以及小球的速度大小和
方向．
17．（10 分）如图，质量为M＝4kg 的木板AB 静止放在光滑水平面上，木板右端B 点固定一根轻质弹簧，弹簧自由
端在C 点，C 到木板左端的距离L＝0.5m，质量为m＝1kg 的小木块（可视为质点）静止放在木板的左端，木块
与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板AB 受到水平向左的恒力F＝14N，作用一段时间后撤去，恒力F 撤去时木
块恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x＝5cm，g＝10m/s2．求：
（1）水平恒力F 作用的时间t；
（2）拆去F 后，弹簧的最大弹性势能Ep；
（3）整个过程产生的热量Q。
18．（10 分）如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，在x＞0 的空间里有沿x 轴正方向的匀强电场，场强的大小为E，一个带正电的小球经过图中的x 轴上的A
点，沿着与水平方向成θ＝30°角的斜向下直线做匀速运动，经过y 轴上的B 点进入x＜0 的区域，要使小球进入
x＜0 区域后能在竖直面内做匀速圆周运动，需在x＜0 区域另加一匀强电场，若带电小球做圆周运动通过x 轴上
的C 点，且ܱt =ܱ
ܥ，设重力加速度为g，求：
（1）小球运动速率的大小；
（2）在x＜0 的区域所加电场大小和方向；
（3）小球从B 点运动到C 点所用时间及ܱt的长度。
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第六次调研物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（（本题共12 个小题，每小题4 分，共48 分．第1～8 题只有一项符合题目要求，第9～12 题有多项符
合题目要求.全部选对的得4 分，选对的得2 分，有选错的或不答的得0 分）请将答案填涂在答题卡相应的位置．）
1．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因
B．“月地检验”通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度检验万有引力的“平
方反比”规律
C．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向
D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感
应现象
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、伽利略通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故A 错误；
B、牛顿总结出了万有引力定律并进行了著名的“月﹣地检验”，“月﹣地检验”通过比较月球公转的向心加速度和
地球赤道上物体随地球自转的向心加速度检验万有引力的“平方反比”规律，故B 正确；
C、匀速圆周运动的加速度的方向始终指向圆心，方向是不断变化的，所以匀速圆周运动不是匀变速运动。故C
错误；
D、法拉第通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象，故D 错误；
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试
内容之一。
2．（4 分）近来，我国大部分地区都出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响．在一雾霾天，某人驾驶
一辆小汽车以30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速
行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图a、b 分别为小汽车和大卡车的v﹣t 图象，以下说法正确
的是（
）
A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B．在t＝5s 时追尾
C．在t＝3s 时追尾
D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】当两车通过的位移之差等于30m 时，两车会发生追尾．根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小
等于位移，进行分析．
【解答】解：根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t＝3s 时，b 车的位移为：sb＝
vbt＝10×3m＝30m
a 车的位移为sa= 1
2 ×（30+20）×1+ 1
2 ×（20+15）×2＝60m
则sa﹣sb＝30m，所以在t＝3s 时追尾。故C 正确。
【点评】解答本题关键要抓住速度图象的面积表示位移，由几何知识和位移关系进行求解，
3．（4 分）嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察，
如图所示是嫦娥三号的飞行轨道示意图．假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有
引力．下列说法正确的是（
）
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A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可计算出月球的密度
B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在着陆过程中的动力下降阶段，其引力势能减小
D．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点的速度大于Q 点的速度
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力提供向心力，结合嫦娥三号的轨道半径和周期，求出月球的质量，由于月球的半径未知，
无法求出密度；根据万有引力与向心力的大小关系判断加速还是减速；根据万有引力做功判断引力势能的变化；
根据动能定理，通过引力做功判断速度的变化，从而得出速度的大小关系．
【解答】解：A、已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力可以求出
月球的质量，但是月球的半径未知，无法求出月球的体积，则无法得出月球的密度，故A 错误。
B、嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，
故B 错误。
C、嫦娥三号在着陆过程中，万有引力做正功，引力势能减小，故C 正确。
D、在椭圆轨道上，由P 点到Q 点，万有引力做正功，速度增加，则P 点的速度小于Q 点的速度，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道卫星变轨的原理，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道引
力做功与引力势能的关系．
4．（4 分）在2014 年索契冬奥会中国代表团收获3 金4 银2 铜．在自由式滑雪比赛中，运动员在较高的雪坡上滑到
某一弧形部位处，沿水平方向飞离斜坡，在空中划过一段抛物线后，再落到雪坡上，如图，若雪坡的倾角为θ，飞
出时的速度大小为v0 则以下说法错误的是（
）
A．运动员在空中经历的时间是
2㘴0ݐܽhߠ
t
B．运动员的落点与起飞点的距离是
2㘴0
2ݏthߠ
tܿ݋ݏ2ߠ
C．运动员的落点与起飞点间竖直高度是
2㘴0
2
t tan2θ
D．运动员落回雪坡时的速度大小是
㘴0ܿ
݋ݏߠ
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】运动员做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由斜面倾角的正切等于竖直
位移与水平位移之比，从而求出运动的时间；因此可求出竖直方向的运动速度，求解运动员落地点时的速度大小；
同时可求出竖起高度与抛出点和落地点的距离．
【解答】解：A、设在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则两方
向位移关系：
1
2tݐ2
㘴0ݐ= ݐܽhߠ，则有飞行的时间ݐ= 2㘴0ݐܽhߠ
t
，故A 正确；
B、因此竖直方向的速度大小为：vy＝gt＝2v0tanθ，竖直方向的高度是h= 1
2gt2=
2㘴0
2
t tan2θ，由几何关系得：
落点与起飞点的距离为s=݄ݏthߠ=
2㘴0
2ݏihߠ
tܿ݋ݏ2ߠ，故BC 正确；
D、落回雪坡时的速度大小v=
㘴ݕ2+ 㘴0
2 = 㘴0 1 + 4(ݐܽhߠ)2，故D 错误；
本题选错误的
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【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，并结合运动学
规律来解题．注意不能将速度与水平面的夹角看成位移与水平面的夹角．
5．（4 分）一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若该过程中小
球的重力势能增加3J，机械能增加1.5J，电场力对小球做功2J，则下列判断正确的是（
）
A．小球的重力做功为3J
B．小球的电势能增加2J
C．小球克服空气阻力做功0.5J
D．小球的动能减少1J
【考点】65：动能定理；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】小球的重力势能增加多少，小球克服重力做功多少，机械能增加多少，除重力以外的力做功多少．根据
合力做功，确定动能的变化．
【解答】解：A、小球的重力势能增加3J，则球克服重力做功3J．故A 错误。
B、电场力对小球做功2J，则小球的电势能减小2J．故B 错误。
C、小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用。小球的机械能增加1.5J，则除重力以外的力做功为1.5J，电
场力对小球做功2J，则知，空气阻力做功为﹣0.5J，即小球克服空气阻力做功0.5J．故C 正确。
D、小球的重力势能增加3J，机械能增加1.5J，说明动能减小1.5J．故D 错误。
【点评】本题关键要掌握功与能的关系，要注意几对功与能的对应关系，不能混淆．
6．（4 分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经
过N 点．下列说法中正确的有（
）
A．粒子带负电
B．粒子在M 点的动能大于在N 点的动能
C．粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能
D．粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【分析】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，由电场
线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小．由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情
况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化．带电粒子的动能和电势能总和守恒．
【解答】解：A、带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，
故A 错误。
B、电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在M 点的速度小于在N 点的速度。故B 错误。
C、电场力做正功，电势能减小。故C 正确。
D、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M 点的场强小于N 点的场强，在M 点的加速度小于N 点的加速
度。故D 错误。
【点评】此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，并判断电场力做功正负情况．
7．（4 分）如图所示，在竖直虚线MN 和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不
计重力）以初速度v0 由A 点垂直MN 进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C 点离开场区．如果撤去磁场，
该粒子将从B 点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D 点离开场区．则下列判断正确的是（
）
A．该粒子由B、C、D 三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A 点运动到B、C、D 三点的时间均不相同
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C．匀强电场的场强E 与匀强磁场的磁感应强度B 之比
ܧ
ܤ= 㘴0
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能．只有电场时，粒子水平方向做匀速直线运动，可得到时间与水平
位移AC 的关系；只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，可得到时间与弧长的关系，即可比较时间关系．带电粒子
进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡．根据左手定则判断磁场的方向．
【解答】解：
A、洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能，而电场力做正功，粒子的动能增大，则粒子由C、D 两点离开场区时的
动能相同，小于从B 点离开场区的动能。故A 错误。
B、粒子在正交的电磁场中与只有电场时运动时间相等，为t1= tܥ
㘴0；粒子在磁场中运动时间为t2= tܦ
෢
㘴0 ，由于tܦ
෢＞tܥ，
则知粒子在磁场中运动时间最长。故B 错误。
C、带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则
qE＝qv0B，得
ܧ
ܤ=
㘴0．故C 正确。
D、若该粒子带负电，则知电场方向竖直向下，由左手定则判断得知，磁场方向垂直于纸面向里。故D 错误。
【点评】本题是带电粒子在电磁场中运动的问题，要加强洛伦兹力不做功的特点、左手定则等基本知识学习，基
础题．
8．（4 分）在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 和R3 均为定值电阻，R2 为滑动变阻器。当R2
的滑动触头在a 端时合上开关S，三个电表A1、A2 和V 的示数分别用I1、I2 和U 表示。现将R2 的滑动触点向b
端移动，则三个电表示数的变化情况是（
）
A．I1 减小，I2 不变，U 减小
B．电压表的变化量与总电流变化量的比值变小
C．电源的总功率增大，电源内部损耗的功率也增大
D．电源的输出功率减少，效率也降低
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；41：控制变量法；535：恒定电流专题．
【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电源的电动势和内阻不变，采用局部
→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析电压和电流的变化情况。根据总电流的变化，由P＝EI 分
析电源总功率的变化情况，由P＝I2r 分析电源内部损耗的功率变化情况。根据内外电阻的关系分析电源的输出功
率如何变化，并判断效率变化情况。
【解答】解：A、R2 的滑动触点向b 端移动时，R2 减小，整个电路的总电阻减小，总电流I 增大，内电压增大，
外电压减小，即电压表示数U 减小。
总电流增大，则R3 电压增大，R1、R2 并联电压减小，通过R1 的电流I1 减小，而总电流I 增大，则流过R2 的电流
I2 增大，故A 错误。
B、根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir 得|
△ܷ
△ܫ|＝r，保持不变，故B 错误。
C、总电流I 增大，由P＝EI 知，电源的总功率增大，根据P＝I2r 分析知电源内部损耗的功率也增大，故C 正确。
D、由于内外电阻的关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化。根据电源的效率公式η=ܷ
ܫ
ܧܫ×100%=ܷܧ×100%，
U 减小，知η降低，故D 错误。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内电阻不变，按局部→整体→局部的顺序分析。要注意电源的输出
功率与内外电阻的大小关系有关，效率与功率不能搞混。
9．（4 分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2 和L3 两两等距，均通有电流I，L1 中电流方向与L2 中的相同，
与L3 中的相反。下列说法正确的是（
）
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A．L1 所受磁场作用力的方向与L2、L3 所在平面垂直
B．L3 所受磁场作用力的方向与L1、L2 所在平面垂直
C．L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：3
D．L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为3：3：1
【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判定合磁场方向，
最后根据左手定则，从而确定其位置的受到磁场力方向；
因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁场之比。
【解答】解：A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3 通电导线在L1 处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L1 所受磁场作用力的方向与L2、L3 所在平面平行，故A 错误；
B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1 通电导线在L3 处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L3 所受磁场作用力的方向与L2、L1 所在平面垂直，故B 正确；
CD、由A 选项分析，可知，L1、L3 通电导线在L2 处的合磁场大小与L2、L3 通电导线在L1 处的合磁场相等，
设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2 和L3 三处磁场之比为1：1：3，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的内容，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，及三角知识的运用。
10．（4 分）假设在某电场中沿x 轴方向上，电势φ与x 的距离关系如图所示，其中x4﹣x3＝x6﹣x5．现有一个电子在
电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是（
）
A．区域x3～x4 内沿x 轴方向的电场强度均匀减小
B．x6～x7 内沿x 轴方向场强为零
C．若电子从电势为2V 的x1 位置向右移动到电势为2V 的x7 位置，为了通过电势为3V 的x2 位置，电子至少应
具有1eV 的初动能
D．电子在区域x3～x4 内沿x 轴方向所受电场力大于区域x5～x6 内沿x 轴方向所受电场力
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【考点】A6：电场强度与电场力；AC：电势．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由图象确定电势与距离的关系，然后再根据场强与电势差的关系分析答题．
【解答】解：A、由图象可知，在x3 到x4 区域内电势差U34 与两点间距离成线性关系，则这两点间的电场是匀强
电场，沿x 方向的电场强度不变，故A 错误；
B、由图象可知，在x6 到x7 区域内，电势差为零，这两点间的场强为零，故B 正确；
C、由图象可知，从x1 位置到x2 位置电势均匀增加，则x1 位置到x2 位置间的电场方向向左，电子在其间受到的
电场力向右，电子从x1 运动到x2 电场力做正功2eV，故为了通过电势为3V 的x2 位置，电子的初动能可以为零，
故C 错误；
D、由图象可知，在x3 与x4 区域内比x5 与x6 区域内的场强大，所以电子在x3 到x4 区域内沿x 方向所受电场力
大于x5 到x6 区域内沿x 方向所受电场力，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题要分析清楚图象，确定电势差与距离的关系，然后根据电势差与场强的关系分析答题即可．
11．
（4 分）如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M 点固定一个质量为m、带电量为﹣q 的小球Q．整
个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q 的小球P 从N 点由静止释放，释
放后P 沿着斜面向下运动．N 点与弹簧的上端和M 的距离均为s0．P、Q 以及弹簧的轴线ab 与斜面平行．两小球
均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（
）
A．小球P 返回时，不可能撞到小球Q
B．小球P 在N 点的加速度大小为
ݍܧ+݉
tݏthߙ−݇
ݍ2
ݏ02݉
C．小球P 沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少
D．当弹簧的压缩量为
ݍܧ+݉
tݏthߙ݇
0
时，小球P 的速度最大
【考点】A6：电场强度与电场力；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据动能定理判断小球P 返回速度为零的位置，确定小球能否与小球Q 相撞；根据牛顿第二定律求出小
球P 在N 点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．
【解答】解：A、根据动能定理知，当小球返回到N 点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷
Q 的电场对P 做功为零，则合力做功为零，知道到达N 点的速度为零。所以小球不可能撞到小球Q．故A 正确。
B、根据牛顿第二定律得，小球在N 点的加速度a=
ܨ合݉=
ݍܧ+݉
tݏthߙ−݇
ݍ2
ݏ02݉
，由于小球P 的质量未知，则无法求
出加速度，故B 错误。
C、小球P 沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q 产生的电场对P 做负功，两个电场力的
合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小。故C 错误。
D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即݇
ݍ2
ݔ2 +k0x0＝qE+mgsinα，则压缩量不等于
ݍܧ+݉
tݏthߙ݇
0
．故D 错误。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合，难度中等，知道小球合力为零时，小球的速度最大，知道
电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
12．（4 分）如图1 所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球从离弹簧上
端高h 处自由释放，压上弹簧后继续向下运动的过程中．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标
轴ox，则小球的速度平方υ2 随坐标x 的变化图象如图2 所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的
曲线，BC 是平滑的曲线，则A、B、C 各点对应的位置坐标及加速度，以下说法正确的是（
）
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- 665 -
A．xA＝h，aA＝g
B．xB＝h，aB＝0
C．xB＝h+݉
t݇，aB＝0
D．xC＝h+݉
t݇，aC＞g
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】小球先做自由落体运动，接触弹簧后由于弹簧的弹力逐渐增大，小球先做加速度减小的变加速运动，后
做加速度增大的变减速运动，当重力与弹簧的弹力大小相等时，加速度为零，根据小球的运动情况，即可xA＝h，
aA＝g．
B 点速度最大，加速度为零，根据胡克定律可求出弹簧的压缩量，得到xB．根据对称性研究D 点的加速度．
【解答】解：A、OA 过程是自由落体运动，A 的坐标是xA＝h，加速度为aA＝g，B 在A 点的下方，故A 正确，
B 错误。
C、B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝k△x，可知△x=݉
t݇，所
以B 的坐标为xB＝h+݉
t݇，故C 正确。
D、取一个与A 点对称的点为D，由A 点到B 点的形变量为݉
t݇，由对称性得由B 到D 的形变量也为݉
t݇，故到达
C 点时形变量要大于h+2݉
t݇，即xC＞h+2݉
t݇，根据牛顿第二定律得知，加速度ac＞g，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题抓住弹簧的弹力与压缩量成正比，对小球运动过程进行动态分析，抓住B 点的合力为零，由胡克定
律可求得弹簧的压缩量，即可得到B 点的坐标．根据简谐运动的对称性，研究D 点的加速度．
二、实验题．（本题共2 小题，第13 小题6 分，第14 小题8 分，共14 分）
13．（6 分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木
板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通
过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50HZ．开始实验时，在托盘中放入适量砝
码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．
（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝
0.49
m/s2（保留两
位有效数字）．
（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是
CD
．
A．木板的长度L
B．木板的质量m1
C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
E．滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
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【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．
【分析】（1）利用逐差法△x＝aT2 可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过
程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；
（2）根据牛顿第二定律有＝ma，由此可知需要测量的物理量．
（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式．
【解答】解：（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4 个计时点，则计数点间的时间间隔：t＝0.02×5＝
0.1s，
由匀变速运动的推论△x＝aT2 可知：加速度a= ݔ6−ݔ3
3ݐ2
= 0.0388−0.0240
3×0．12
≈0.49m/s2；
（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
m3g﹣f＝（m2+m3）a，滑动摩擦力：f＝m2gμ，
解得：μ=݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
，要测动摩擦因数μ，
需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，
故选：CD；
（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：μ=݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
；
故答案为：（1）0.49；（2）CD；（3）݉
3t−(݉
2+݉
3)ܽ݉
2t
．
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用
所学基本规律解决实验问题．
14．（8 分）用图甲、乙两个电路分别测一个电压表的内电阻。部分备选器材数据如下：
待测电压表V，量程3V，内阻约为1KΩ；
电源电动势为5V，
电流表A1，量程10mA，内阻未知，
电流表A2，量程0.6A，内阻未知，
定值电阻R1＝100Ω，R2＝500Ω，R3＝1000Ω；
滑动变阻器R4＝10Ω，R5＝1000Ω，
（1）采用图甲电路，从下面所列步骤中选出合理的步骤，按顺序排列为
bedc
。
a．将变阻器滑动触头移到b 端，闭合电键；
b．将变阻器滑动触头移到a 端，闭合电键；
c．保持滑动变阻器阻值不变，调电阻箱阻值使电压表指针偏转满刻度一半，同时记下电阻箱阻值为R0；
d．调滑动变阻器使电压表指针偏转满刻度；
e．将电阻箱阻值调到零；
按上述步骤得出电压表内电阻的测量值等于
R0
，为减小误差，滑动变阻器应选
R4
。
（2）采用图乙电路，要求两表示数适当，能尽量多取数据，电流表应选
A1
，定值电阻R 应选
R2
。按所
测U、I 值画出U﹣I 图线，得出图线斜率为k，用斜率k 和定值电阻R 表示，测得电压表内阻为݇
h
h−݇
。
（3）采用乙电路的实验，请按乙电路将如图丙实验器材连成实验电路。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）根据图示及实验原理可明确实验的方法和步骤；从而求得电阻的测量值；并选择滑动变阻器；
（2）根据实验电路及实验原理可明确电流表及定值电阻的选择；根据伏安特性曲线的性质可得出所测量的内阻；
（3）根据乙原理图，根据实物图的连接方法即可连接实物图。
【解答】解：（1）由题意可知，本实验采用半偏法测量，再需要调节滑动变阻器，使输出电压为0，即滑片应滑
到a 端；调节电阻箱，使电阻箱接入电阻为零；闭合开关，开始实验，慢慢调节滑动变阻器，使电流表达满偏，
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然后调节电阻箱，使电流表达满量程的一半；则可得出电压表的内阻等于电阻箱的示数R0；因电动势较小，为了
实验中易于调节，并减小误差，滑动变阻器应选择R4；
（2）因电压表内阻较大，故电流较小，因此电流表选择小量程的A1；因电压表内阻约为1KΩ；为了增大电流，
应选择小电阻来分流，根据量程可知，电流增大来电压表电流的3 倍即可，故定值电阻可以选择R2；
由U﹣I 图象的性质可知，图象的斜率表示总电阻，即：
hܸh
h+hܸ
=k；
解得：RV=݇
h
h−݇；
（3）根据原理图可得出对应的实物图如图所示；
故答案为：（1）bedc；R0；R4；
（2）A1；R2；݇
h
h−݇
（3）如图所示。
【点评】本题考查半偏法测量电压表内阻的方法，要注意根据题意明确实验原理，并能得出对应的物理规律。
三、计算题．（本题共4 小题，共38 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的
不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8 分）在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始下滑，滑
到斜坡底部B 点后沿水平滑道再滑行一段距离到C 点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑
道间的动摩擦因数为μ＝0.50，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若斜坡倾角θ＝37°，人和滑块的总质量为m＝60kg，求人在斜坡上下滑时的加速度大小。（sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8）
（2）若由于受到场地的限制，A 点到C 点的水平距离为s＝50m，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在
设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对人与滑板应用牛顿第二定律可以求出加速度．
（2）人在斜面上做加速运动，到达水平面上之后做匀减速运动，确保安全，人滑到C 点前的速度必须为0，由动
能定理可得可求得最大高度．
【解答】解（1）对人和滑板，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，
解得：a1＝g（sinθ﹣μcosθ）＝10（0.6﹣0.5×0.8）＝2m/s2 ，
（2）斜坡倾角为α，最大高度为h，
则斜面长sAB=݄ݏthߠ，水平面BC 长sBC＝s﹣sABcosθ＝s−݄ݐܽhߠ，
为确保安全，人滑到C 点前的速度必须为0，
由动能定理可得：mgh﹣（μNsAB+μmgsBC）＝0，
即mgh﹣μmgcosα݄ݏthߠ−μmg（s−݄ݐܽhߠ）＝mgh﹣μmgs＝0，
代入数据解得：h＝25m．
答：（1）人在斜坡上下滑时的加速度大小是2m/s2 ；
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（2）高度h 最高为25m．
【点评】本题是对牛顿第二定律的应用，对物体受力分析可以求得加速度的大小，再利用动能定理可以求得高度
的大小．
16．（10 分）如图所示，空间存在着电场强度E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5m
的绝缘细线一端固定于O 点，另一端拴着质量m＝0.5kg、电荷量q＝4×10
﹣2C 的小球．现将细线拉至水平位置，
将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g＝10m/s2．
求：（1）小球的电性；
（2）细线能承受的最大拉力值；
（3）当细线断后，小球继续运动到与O 点水平方向的距离为L 时，小球距离O 点的高度以及小球的速度大小和
方向．
【考点】65：动能定理；AG：电势差和电场强度的关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力方向，再由电场强度方向
可确定小球的电性．
（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小．
（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出
小球距O 点的高度．
【解答】解：（1）由小球运动到最高点知，小球带正电．
（2）设小球在最高点的速度为v，由水平位置到最高点过程，动能定理：（qE﹣mg）L= 1
2mv2…①
在最高点处，对小球：T+mg﹣qE＝m
㘴2
ܮ⋯②
由①②式解得：T＝15N，㘴=
10m/s
（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则：ܽ
= ݍܧ−݉
t݉⋯③
设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t，则：L＝vt…④
设竖直方向上的位移为s，则：s= 1
2at2…⑤
由①③④⑤解得：s＝0.125m
代入数据得：小球距O 点高度为：h＝s+L＝0.625m．
t=
10
20 s
小球的速度：㘴' =
㘴2 +ܽ
2ݐ2 = 5 2
2 m/s
速度方向与水平成θ角：ݐܽhߠ=ܽ
ݐ
㘴= 1
2
答：（1）小球带正电；
（2）细线能承受的最大拉力值是15N；
（3）小球距离O 点的高度以及小球的速度大小是
5 2
2 m/s，速度方向与水平成θ角：ݐܽhߠ= 1
2
【点评】小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．从而可求出
此时的速度，这是本题的突破口．并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运
动．
17．（10 分）如图，质量为M＝4kg 的木板AB 静止放在光滑水平面上，木板右端B 点固定一根轻质弹簧，弹簧自由
端在C 点，C 到木板左端的距离L＝0.5m，质量为m＝1kg 的小木块（可视为质点）静止放在木板的左端，木块
与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板AB 受到水平向左的恒力F＝14N，作用一段时间后撤去，恒力F 撤去时木
块恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x＝5cm，g＝10m/s2．求：
（1）水平恒力F 作用的时间t；
（2）拆去F 后，弹簧的最大弹性势能Ep；
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（3）整个过程产生的热量Q。
【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；32：定量思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】（1）在拉力F 的作用下，木板向左做匀加速直线运动，木块向左也是匀加速直线运动，分别根据牛顿第
二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解即可；
（2）撤去力F 时，根据运动学公式得到滑板和滑块的速度大小，此后滑块和滑板系统水平方向不受外力，系统动
量守恒，根据动量守恒定律列式得到共同速度，根据能量守恒定律得到最大弹性势能；
（3）首先要判断滑块最终静止的位置，结合动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
【解答】解：（1）木板向左作初速度为零的匀加速运动，而小木块在摩擦力f＝μmg 的作用下也做初速度为零的匀
加速运动，M，m 的加速度分别为a1，a2
由牛顿第二定律得F﹣μmg＝Ma1…①
μmg＝Ma2…②
解①②得：a1＝3m/s2，a2＝2m/s2
撤去F 时，木块刚好运动到C 处，则由运动学公式得：
L= 1
2ܽ
1ݐ2 −1
2ܽ
2ݐ2
解上面各式得：t=
2ܮܽ
1−ܽ2 =
2×0.5
3−2 =1s；
（2）撤去力F 时，M、m 的速度分别为v1、v2，由运动学公式得
v1＝α1t＝3m/s，v2＝α2t＝2m/s…③
撤去力F 时，因M 的速度大于m 的速度，木块将压缩弹簧，m 加速，M 减速，当它们具有共同速度v 时，弹簧
弹性势能最大，设为Ep，将木块和木板及弹簧视为系统，规定向左为正方向，系统动量守恒，则有：
Mv1+mv2＝（M+m）v…④
系统从撤去力F 后到其有共同速度，由能量守恒定律得：
1
2 ܯ㘴1
2 +
1
2݉
㘴2
2 =
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 + ܧ݌+ ߤ݉
tݔ⋯⑤
解③④⑤得：Ep＝0.3J，
木板压缩弹簧的最大弹性势能为0.3J。
（3）假设木块相对木板向左滑动离开弹簧后系统又能达到同共速度v′，相对向左滑动的距离为s
由动量守恒定律得：Mv1+mv2＝（M+m）v'…⑥
由能量守恒定律得：
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 + ܧ݌=
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 + ߤ݉
tݏ⋯⑦
解⑥⑦得：s＝0.15m
由于x+L＞s 且s＞x，故假设成立
所以整个运动过程中系统产生的热量为：Q＝μmg（L+x+s）＝0.2×10÷（0.5+0.05+0.15）J＝1.4J
答：（1）水平恒力F 作用的时间为1s；
（2）弹簧的最大弹性势能为0.3J；
（3）整个运动过程中所产生的热量为1.4J。
【点评】本题是难度较大的一道题，考查的知识面非常广，这就要求大家要熟练的掌握解决力学问题的三大法宝：
牛顿运动定律、动量守恒定律和能量的转化与守恒定律。
18．（10 分）如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，在x＞0 的空间里有沿x 轴正方向的匀强电场，场强的大小为E，一个带正电的小球经过图中的x 轴上的A
点，沿着与水平方向成θ＝30°角的斜向下直线做匀速运动，经过y 轴上的B 点进入x＜0 的区域，要使小球进入
x＜0 区域后能在竖直面内做匀速圆周运动，需在x＜0 区域另加一匀强电场，若带电小球做圆周运动通过x 轴上
的C 点，且ܱt =ܱ
ܥ，设重力加速度为g，求：
（1）小球运动速率的大小；
（2）在x＜0 的区域所加电场大小和方向；
（3）小球从B 点运动到C 点所用时间及ܱt的长度。
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【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）球在AB 段做匀速直线运动，重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，由平衡条件可求解小球运动的速
度大小；
（2）小球进入x＜0 区域后在竖直面内做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即可求得场强大小和方向；
（3）球在磁场中做匀速圆周运动的周期是T= 2ߨh
㘴，画出小球运动轨迹，确定出轨迹对应的圆心角，可求出时间。
【解答】解：（1）小球从A 运动到B 的过程中，小球受重力、电场力和洛伦兹力作用而处于平衡状态，如图右图
所示。由题设条件知ݏth30° = ݍܧ
ܤݍ㘴，
所以小球的运动速率为
v= 2ܧ
ܤ。
（2）小球在x＜0 的区域做匀速圆周运动，则小球的重力与所受的电场力平衡，洛伦兹力提供做圆周运动的向心
力。则mg＝qE'
又tan 30°= ݍܧ݉
t。
所以ܧ' =
3ܧ，方向竖直向上。
（3）如图所示，连接BC，过B 作AB 的垂线交x 轴于O'．因为θ＝30°，所以在△ABO'中∠AO'B＝60°，又ܱt =ܱ
ܥ，
故∠OCB＝θ＝30°，所以∠CBO'＝30°，ܱ'ܥ=ܱ
'ܤ，则O'为小球做圆周运动的圆心。
设小球做圆周运动的半径为R，周期为T，则ܱ'ܥ=ܱ
'ܤ=R，
且ݍ㘴ܤ=݉
㘴2
h ，
h =݉
㘴
ܤݍ，ܶ
= 2ߨh
㘴
= 2ߨ݉
ܤݍ，
由于∠CO'B＝120°，小球从点B 运动到点C 的时间为ݐ1 = 1
3ܶ
= 2ߨ݉
3ܤݍ，
又∠O'BO＝30°，所以ܱ'ܱ
= 1
2ܱ
'ܤ= h
2，
所以ܱܥ= h + h
2 = 3h
2 ，
即ܱt = 3h
2 = 3݉㘴
2ܤݍ。
又݉ݍ=
3ܧ
t ，
所以ݐ1 = 2 3ߨܧ
3tܤ，ܱt = 3 3ܧ2
tܤ2 。
答：（1）小球运动速率的大小是
2ܧ
ܤ；（2）在x＜0 的区域所加电场大小是ܧ' =
3ܧ，方向竖直向上。（3）小球从B
点运动到C 点所用时间是
2 3ߨܧ
3tܤ，ܱt的长度是
3 3ܧ2
tܤ2 。
【点评】本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出
轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键。
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第七次调研物理试卷
一、选择题（本题共11 小题，每小题4 分，共48 分．1～8 题为单选题，9～12 题为多选题）
1．（4 分）如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有固定的环形电流A，A 与
螺线管垂直。A 中电流方向为顺时针方向，开关s 闭合瞬间，关于圆盘的运动情况（从上向下观察），下列说法正
确的是（
）
A．静止不同
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．无法确定
2．（4 分）如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P（可视为质
点），两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N 处，并通入由M 到N 的恒定电流I，导线PM 和PN 始终伸直。现
将P 从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN 受到的安培力大小（
）
A．始终不变
B．逐渐增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
3．（4 分）如图所示，一块通电的铜板放在磁场中，板面垂直磁场，板内通有如图方向的电流，a、b 是铜板左、右边
缘的两点，则（
）
A．电势φa＞φb
B．电势φb＞φa
C．电流增大时，|φa﹣φb|增大
D．其他条件不变，将铜板改为NaCl 水溶液时，电势结果仍然一样
4．（4 分）两粗糙且绝缘的斜面体ABC 与CDE 固定在水平地面上，两斜面在C 点平滑相连，粗糙程度相同，一可视
为质点的带负电的物块在斜面顶端B 处无初速度释放，第一次可上滑到最高点F 处，则关于物块的运动情况，下
列说法正确的是（
）
A．若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块第一次上滑到的最高点仍为F
B．若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块第一次上滑到的最高点比F 点高
C．若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点仍为F
D．若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点比F 点高
5．（4 分）雷雨天气会经常发生闪电击中建筑物的情况。假设发生闪电的云层带负电，则在闪电瞬间，在中国北方建
筑物受到的地磁场在水平方向的作用力方向是（
）
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A．向东
B．向南
C．向西
D．向北
6．（4 分）等腰直角三角形OPQ 区域内存在匀强磁场。另有一等腰直角三角形导线框ABC 以恒定的速度沿如图所示
方向穿过磁场。关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（
）
A．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向
B．开始进入磁场时感应电流最大
C．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向
D．开始穿出磁场时感应电流最大
7．（4 分）如图所示，半径为R 的导线环对心、匀速穿过半径也为R 的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随
时间的变化关系，下列图象中（以逆时针方向的电流为正）最符合实际的是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（4 分）如图所示，在等腰三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d 是ac 上任意一点，e 是bc 上任意一点。
大量相同的带电粒子从a 点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac 和bc 上不同点离开磁场。不计
粒子重力，则从c 点离开的粒子在三角形abc 磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d 点和e 点离开的粒子相
比较（
）
A．经过的弧长一定大于从d 点离开的粒子经过的弧长
B．经过的弧长一定小于从e 点离开的粒子经过的弧长
C．运动时间一定大于从d 点离开的粒子的运动时间
D．运动时间一定大于从e 点离开的粒子的运动时间
9．（4 分）光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，右端与半径为L＝20cm
的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60g，电阻R＝1Ω、长为L 的导体棒ab，用长也为L 的绝缘细线悬挂，
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如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到
最大高度时，细线与垂直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电
阻不计，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，则（
）
A．磁场方向一定竖直向下
B．电源电动势E＝3.0V
C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3N
D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J
10．（4 分）在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半
径，整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直，现给带电体一个水平速度v0，
则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（
）
A．0
B．
1
2݉
(݉
t
ݍܤ)2
C．
1
2݉
㘴0
2
D．
1
2݉
[㘴0
2 −(݉
t
qܤ)2]
11．（4 分）如图所示，实线表示处在竖直平面内的匀强电场的电场线，与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电
场正交，有一带电液滴沿虚线l 斜向上做直线运动，l 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（
）
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
二、实验题
12．在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，某探究小组的同学们通过讨论提出了以下几种猜想：①W∝v，
②W∝v2，③W∝㘴，…。
为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置。PQ 为一块倾斜放置的木板，在Q 处固定一个速度传感器（用
来测量物体每次通过Q 点的速度）。在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初
始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议。
（1）本实验中不需要测量物体的质量，理由是什么？
：
（2）让小球分别从不同高度无初速释入，测出物体从初位置到速度传感器的距离L1，L2，L3，L4…，读出小球每
次通过速度传感器Q 的速度v1，v2，v3，v4…，并绘制了如图乙所示的L﹣v 图象。根据绘制出的L﹣v 图象，若
为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出
。
A．L−1
㘴图象
B．L−1
㘴图象
C．L−
㘴图象
D．L﹣v2 图象
（3）本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？
。
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13．如图甲是某研究小组设计的一个实验电路，R 为阻值可调节的电阻箱，R0 为定值电阻，K 为单刀双掷开关，电
流表量程适当、内阻忽略不计，用该实验电路测量直流电源的电动势E 和内阻r。
（1）读出图乙中电阻箱的阻值R＝
Ω。
（2）根据图甲实验电路，用笔画线代表导线将图乙仪器连接好。
（3）将单刀双掷开关K 分别打到a、空置两种状态下并保持电阻箱阻值（已知）不变，闭合开关K1 时电流表的
读数分别为Ia、I0，则直流电源的电动势E＝
（用符号表示）。
三、计算题
14．如图所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L，导轨上端有阻值为R 的电阻，质量为m 的导体棒
垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦。在导轨平面内有一矩形区域
的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导
体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒仍处在磁场区域内，试求：
（1）导体棒的恒定速度；
（2）导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率。
15．传送带和水平面的夹角为37°，完全相同的两轮和皮带的切点A、B 间的距离为24m，B 点右侧（B 点在场的
边缘）有一上下无限宽左右边距为d 的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，匀强磁场垂直于纸面向里，
磁感应强度B＝103T．传送带在电机带动下，以4m/s 速度顺时针匀速运转，现将质量为m＝0.1kg，电量q＝+10
﹣2C 的物体（可视为质点）轻放于传送带的A 点，已知物体和传送带间的摩擦系数为μ＝0.8，物体在运动过程中
电量不变，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；求：
（1）物体从A 点传送到B 点的时间？
（2）若物体从B 点进入混合场后做匀速圆周运动，则所加的电场强度的大小E 应为多少？物体仍然从混合场的
左边界出混合场，则场的右边界距B 点的水平距离d 至少等于多少？
16．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.60m、质量M＝
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0.40kg 的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.80kg 的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动
摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．一人用水平恒力F1 向左作用
在滑块上，另一人用竖直恒力F2 向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。
（1）为使木板能向上运动，求F1 必须满足什么条件？
（2）若F1＝22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2 必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h＝1.5m 时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现F1＝24N，F2
＝16N，请通过计算判断游戏能否成功？
17．如图甲所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，场强E= ߨ
10 ×104N/C．现将一重力不计、比荷
ݍ݉=106C/kg
的正电荷从电场中的O 点由静止释放，经过t0＝1×10
﹣5s 后，通过MN 上的P 点进入其上方的匀强磁场。磁场方
向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN 时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。
（1）求电荷进入磁场时的速度v0；
（2）求图乙中t＝2×10
﹣5s 时刻电荷与P 点的距离；
（3）如果在P 点右方d＝105cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。
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2018-2019 学年河南省郑州外国语学校高三（上）第七次调研物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共11 小题，每小题4 分，共48 分．1～8 题为单选题，9～12 题为多选题）
1．（4 分）如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有固定的环形电流A，A 与
螺线管垂直。A 中电流方向为顺时针方向，开关s 闭合瞬间，关于圆盘的运动情况（从上向下观察），下列说法正
确的是（
）
A．静止不同
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．无法确定
【考点】CD：左手定则．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A 处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A 受到的磁
场的作用力的方向，最后由力的作用是相互，从而判定圆盘的转动情况。
【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管处的磁场的方向向右，所以在A 处产生的磁场方向：水平向左。
根据左手定则判断可知：A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向：左边安培力向外，右边安培力向里，导致A 要
向逆时针转动（从上向下观察），由于环形电流A 是固定的，因此圆盘顺时针转动从上向下观察），故B 正确，ACD
错误。
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则和左手定则，知道两个定则的区别，不能混淆。
2．（4 分）如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P（可视为质
点），两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N 处，并通入由M 到N 的恒定电流I，导线PM 和PN 始终伸直。现
将P 从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN 受到的安培力大小（
）
A．始终不变
B．逐渐增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】明确MNP 导线在分析其受安培力时可以等效为初末两点连线上受到的安培力，由于MN 两点不变，故
有效长度不变，所以可知安培力不变。
【解答】解：在P 从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN 受到的安培力可等效为直导线MN 通入电流I 时受
到的安培力，即导线MPN 受到的安培力大小始终不变，故A 正确，BCD 错误；
【点评】安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：（1）B 与L 垂直；（2）L 是有效长度，即垂
直磁感应强度方向的长度；如弯曲导线的有效长度L 等于两端点所连直线的长度；相应的电流方向沿L 由始端流
向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量
和为零。
3．（4 分）如图所示，一块通电的铜板放在磁场中，板面垂直磁场，板内通有如图方向的电流，a、b 是铜板左、右边
缘的两点，则（
）
A．电势φa＞φb
B．电势φb＞φa
C．电流增大时，|φa﹣φb|增大
D．其他条件不变，将铜板改为NaCl 水溶液时，电势结果仍然一样
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【考点】CO：霍尔效应及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子的偏转方向，确定出铜质导电板两端带电的正
负，从而比较出a、b 两点的电势高低。电流变大，电荷定向移动的速度变大，结合电场力和洛伦兹力平衡判断两
端电势差的变化。
【解答】解：A、电流方向竖直向上，则电子从上往下流，根据左手定则，电子向左侧偏转，则左侧聚集较多的
电子，右侧失去电子带正电，所以b 点的电势高于a 点的电势。故A 错误，B 正确。
C、仅电流增大时，电子的运动速度增加，受到的洛伦兹力增大，
根据qvB＝qܷ݀，知U＝Bdv，则电势差增大，即|φa﹣φb|增大。故C 正确。
D、其他条件不变，只将铜板改为中性NaCl 水溶液时，根据左手定则知，正负离子都向左偏，不产生霍尔效应，
a、b 电势相等。故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道金属中的电子受到洛伦兹力发生偏转，使得两侧形成电势差，最终电子在洛伦兹力
和电场力的作用下处于平衡。
4．（4 分）两粗糙且绝缘的斜面体ABC 与CDE 固定在水平地面上，两斜面在C 点平滑相连，粗糙程度相同，一可视
为质点的带负电的物块在斜面顶端B 处无初速度释放，第一次可上滑到最高点F 处，则关于物块的运动情况，下
列说法正确的是（
）
A．若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块第一次上滑到的最高点仍为F
B．若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块第一次上滑到的最高点比F 点高
C．若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点仍为F
D．若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点比F 点高
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，由左手定则判断物块所受的洛伦兹力方向，分析摩擦力的变化，
再由能量守恒定律分析最高点的位置。若空间存在竖直向上的匀强电场，运用动能定理列式分析。
【解答】解：AB、若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，由左手定则判断可知，物块所受的洛伦兹力垂直于斜面
向下，物块对斜面的压力增大，滑动摩擦力增大，在BC 面上下滑的加速度减小，在CD 面上上滑的加速度增大，
则物块第一次上滑到的最高点比F 点低，故AB 错误。
CD、设BC＝S1，CF＝S2，若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点与C 点间的距离为S3。
根据动能定理得：未加电场时有：mg（S1﹣S2）sinθ﹣μmgcosθ•（S1+S2）＝0，
则得：S2= (ݏthߠ−ߤܿ݋ݏߠ)ܵ1
ݏthߠ+ߤܿ݋ݏߠ
加电场时，设电场力大小为F，则有：
（mg+F）（S1﹣S3）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ•（S1+S3）＝0，
则得：S3= (ݏthߠ−ߤܿ݋ݏߠ)ܵ1
ݏthߠ+ߤܿ݋ݏߠ
=S2，因此物块第一次上滑到的最高点仍为F，故C 正确，D 错误。
【点评】解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，熟练运用左手定则判断洛伦兹力的方向，运用动能定理时，
可选择整个过程研究，也可以分两段列式研究。
5．（4 分）雷雨天气会经常发生闪电击中建筑物的情况。假设发生闪电的云层带负电，则在闪电瞬间，在中国北方建
筑物受到的地磁场在水平方向的作用力方向是（
）
A．向东
B．向南
C．向西
D．向北
【考点】CD：左手定则．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】地磁场由地球南极指向北极，由此可判定电视塔受到地磁场的在水平方向的作用力方向。
【解答】解：地磁场由地球南极指向北极，放电现象是云层的自由电荷向大地释放，故电流指向天空，由左手定
则可知中国北方建筑物受到地磁场的在水平方向的作用力向西。故C 正确，ABD 错误；
【点评】本题要求常识性较强，必须掌握地磁场的方向，要明白云层放电的原理，同时注意左手定则与右手定则
的区别。
6．（4 分）等腰直角三角形OPQ 区域内存在匀强磁场。另有一等腰直角三角形导线框ABC 以恒定的速度沿如图所示
方向穿过磁场。关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（
）
A．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向
B．开始进入磁场时感应电流最大
C．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向
D．开始穿出磁场时感应电流最大
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DB：楞次定律．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】由楞次定律判定感应电流的方向，电流的大小由感应电动势决定，电动势由切割导体的有效长度决定。
【解答】解：A、由右手定则，可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为C 到A，即感应电流沿逆时针
方向，故A 错误
B、感应电流ܫ= ܧ
h，E＝Blv，当开始进入磁场时感应电动势最大，此时，感应电流最大，故B 正确
C、开始穿出磁场时，ABC 边切割，由右手定则，可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为C 到B
到A，j 即感应电流沿顺时针方向，故C 正确
D、开始穿出磁场时，有效切割长度逐渐增加，故感应电流最小，故D 错误
故选：BC。
【点评】考查了应用楞次定律判定感应电流的方向，注意有效切割长度的判断。
7．（4 分）如图所示，半径为R 的导线环对心、匀速穿过半径也为R 的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随
时间的变化关系，下列图象中（以逆时针方向的电流为正）最符合实际的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】53B：电磁感应与图像结合．
【分析】首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效
切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果。
【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场
时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；
当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感
应电流也变小，
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根据i=݁h电
=2Bv
h
h电
sinθ＝2Bv
h
h电
sinωt，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，
按椭圆规律变化的；故ACD 错误；因此只有C 正确确；
【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除。
8．（4 分）如图所示，在等腰三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d 是ac 上任意一点，e 是bc 上任意一点。
大量相同的带电粒子从a 点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac 和bc 上不同点离开磁场。不计
粒子重力，则从c 点离开的粒子在三角形abc 磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d 点和e 点离开的粒子相
比较（
）
A．经过的弧长一定大于从d 点离开的粒子经过的弧长
B．经过的弧长一定小于从e 点离开的粒子经过的弧长
C．运动时间一定大于从d 点离开的粒子的运动时间
D．运动时间一定大于从e 点离开的粒子的运动时间
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】画出带点粒子在磁场中运动的轨迹，找出其圆心与半径，根据几何关系及周期公式即可判断。
【解答】解：如图所示，
若粒子从ac 边射出，粒子依次从ac 上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的
弧长越来越大，运动时间t= ߠ
2ߨܶ，运动时间相同，所以A 正确，C 错误；
如果从bc 边射出，粒子从b 到c 上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c 点射出的弧长。圆心角也
会变大，但小于从c 点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决带点粒子在磁场中运动的问题要画出其运动轨迹，找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径。
9．（4 分）光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，右端与半径为L＝20cm
的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60g，电阻R＝1Ω、长为L 的导体棒ab，用长也为L 的绝缘细线悬挂，
如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到
最大高度时，细线与垂直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电
阻不计，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，则（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．磁场方向一定竖直向下
B．电源电动势E＝3.0V
C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3N
D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J
【考点】6B：功能关系；CC：安培力．菁优网版权所有
【分析】棒在安培力的作用，获得动能，根据左手定则分析磁场的方向。根据动能定理和安培力公式、欧姆定律
结合求电源的电动势，并求出安培力F 的大小。由能量守恒求解电源提供的电能。
【解答】解：A、当开关S 闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向
竖直向下，故A 正确；
BC、设电路中电流为I，电源的电动势为E，则
根据动能定理得：FLsin53°﹣mgL（1﹣cos53°）＝0，解得安培力F＝0.3N
由F＝BIL＝B
ܧ
hL，得E＝3V，故B 正确，C 错误。
D、导体棒在摆动过程中电源提供的电能E＝mgL（1﹣cos53°）＝0.06×10×0.2×0.4J＝0.048J，但是还有焦耳
热，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量
守恒定律分析能量问题。
10．（4 分）在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半
径，整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直，现给带电体一个水平速度v0，
则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（
）
A．0
B．
1
2݉
(݉
t
ݍܤ)2
C．
1
2݉
㘴0
2
D．
1
2݉
[㘴0
2 −(݉
t
ݍܤ)2]
【考点】62：功的计算；CF：洛伦兹力；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】52B：功的计算专题．
【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析
洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动
能定理分析圆环克服摩擦力所做的功。
【解答】解：（1）当qv0B＝mg 时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故A 正确。
（2）当qv0B＜mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得
﹣W＝0−1
2mv02 得W= 1
2mv02 故C 正确。
（3）当qv0B＞mg 时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg，即当qvB＝mg，v=݉
t
ݍܤ时，不受摩擦力，做匀速直线运
动。
根据动能定理得：﹣W= 1
2mv2−1
2mv02，代入解得：W= 1
2mv02−݉
3t2
2ݍ2ܤ2故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论。在受力分析时往往先分析场力，比如重力、
电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力
11．（4 分）如图所示，实线表示处在竖直平面内的匀强电场的电场线，与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电
场正交，有一带电液滴沿虚线l 斜向上做直线运动，l 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（
）
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A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
【考点】3C：共点力的平衡；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变
速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题。
【解答】解：AD、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由
于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运
动，不可能做匀变速直线运动，如果做匀变速直线运动，速度变化时洛伦兹力发生变化，液滴所受的合力将发生
改变，会偏离原来的直线，故A 正确，D 错误；
B、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直
于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f 作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线l 做匀速直线运动；
如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，所以液滴一定带
正电，电场线方向一定斜向上，故B、C 正确；
故选：ABC。
【点评】知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力
分析，是正确解题的关键。
二、实验题
12．在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，某探究小组的同学们通过讨论提出了以下几种猜想：①W∝v，
②W∝v2，③W∝㘴，…。
为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置。PQ 为一块倾斜放置的木板，在Q 处固定一个速度传感器（用
来测量物体每次通过Q 点的速度）。在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初
始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议。
（1）本实验中不需要测量物体的质量，理由是什么？
若只有重力做功，则：݉
tܮݏthߠ= 1
2݉
㘴22，等号的两边
都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量。
：
（2）让小球分别从不同高度无初速释入，测出物体从初位置到速度传感器的距离L1，L2，L3，L4…，读出小球每
次通过速度传感器Q 的速度v1，v2，v3，v4…，并绘制了如图乙所示的L﹣v 图象。根据绘制出的L﹣v 图象，若
为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出
D
。
A．L−1
㘴图象
B．L−1
㘴图象
C．L−
㘴图象
D．L﹣v2 图象
（3）本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？
不会
。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）通过实验来探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，根据实验原理可知，物体质量可以约掉；
（2）根据实验数据列出数据表并描点作出L﹣v2 图象，从而找到位移与速度变化的关系；
（3）在运动过程中，由于物体受力是恒定的，所以得出合外力做功与物体速度变化的关系。因此在实验中物体与
木板间的摩擦力不会影响探究的结果。
【解答】解：（1）若只有重力做功，则：݉
tܮݏthߠ= 1
2݉
㘴2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体
的质量。
（2）采用表格方法记录数据，合理绘制的L﹣v 图象是曲线，不能得出结论W∝v2．为了更直观地看出L 和v 的
变化关系，应该绘制L﹣v2 图象。
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（3）重力和摩擦力的总功W 也与距离L 成正比，因此不会影响探究的结果。
故答案为：
（1）若只有重力做功，则：݉
tܮݏthߠ= 1
2݉
㘴2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量。
（2）D
（3）不会
【点评】通过实验数据列表、描点、作图从而探究出问题的结论。值得注意的是：由于合外力恒定，因此合外力
做的功与发生的位移是成正比。故可先探究位移与速度变化有何关系。
13．如图甲是某研究小组设计的一个实验电路，R 为阻值可调节的电阻箱，R0 为定值电阻，K 为单刀双掷开关，电
流表量程适当、内阻忽略不计，用该实验电路测量直流电源的电动势E 和内阻r。
（1）读出图乙中电阻箱的阻值R＝
110
Ω。
（2）根据图甲实验电路，用笔画线代表导线将图乙仪器连接好。
（3）将单刀双掷开关K 分别打到a、空置两种状态下并保持电阻箱阻值（已知）不变，闭合开关K1 时电流表的
读数分别为Ia、I0，则直流电源的电动势E＝
ܫܽܫ0h2
(ܫܽ−ܫ0)(h+h0)
（用符号表示）。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】电阻箱的读数方法：各旋盘对应的指示点（图中的箭头）的示数乘以面板上标记的倍数，然后加在一起，
就是接入电路的阻值。
根据电路图连接实物图。
根据闭合电路欧姆定律列出等式求解。
【解答】解：（1）图乙中电阻箱的阻值R＝1×100Ω+1×10Ω＝110Ω。
（2）根据电路图连接实物图：
（3）将单刀双掷开关K 分别打到a，闭合开关K1 时电流表的读数为Ia，
根据闭合电路欧姆定律得：
Ia（
hh0
h+h0
+r）＝E
将单刀双掷开关K 分别打到空置，闭合开关K1 时电流表的读数是I0，
根据闭合电路欧姆定律得：
I0R+I0r＝E
联立解得：E=
ܫܽܫ0h2
(ܫܽ−ܫ0)(h+h0)
故答案为：（1）110
（2）如图
（3）
ܫܽܫ0h2
(ܫܽ−ܫ0)(h+h0)
【点评】本题考查了根据电路图连接实物图，连接电路时要注意实物图和电路图一一对应。
掌握测量电源电动势和内阻的原理，能根据欧姆定律求解电源的电动势。
三、计算题
14．如图所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L，导轨上端有阻值为R 的电阻，质量为m 的导体棒
垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦。在导轨平面内有一矩形区域
的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导
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体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒仍处在磁场区域内，试求：
（1）导体棒的恒定速度；
（2）导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率。
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】538：电磁感应——功能问题．
【分析】（1）由题意，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动，安培力与重力平衡，由E＝BLv、和闭合电路的
欧姆定律、F＝BIL 推导出安培力公式，由平衡条件即可求出棒的速度。
（2）有电功率的表达式即可求解电路中消耗的电功率。
【解答】解：（1）设棒速为v′，导体棒产生的电动势：E＝BL（v﹣v′）
①
导体棒受到的安培力：F 安＝BIL= ܤܫܮ
h = ܤ2ܮ2(㘴−㘴/)
h
②
棒受力平衡有：mg＝F 安⑦
联立得：v′＝v−݉
th
ܤ2ܮ2
方向向上
④
（2）由电功率的表达式P= ܧ2
h ⑤
联立①④⑤得：P=݉
2t2h
ܤ2ܮ2
答：（1）导体棒的恒定速度是㘴−݉
th
ܤ2ܮ2，方向向上；
（2）导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率是݉
2t2h
ܤ2ܮ2 。
【点评】本题关键要会推导安培力的表达式，同时要正确分析能量是如何转化的，从力和能两个角度研究电磁感
应现象。
15．传送带和水平面的夹角为37°，完全相同的两轮和皮带的切点A、B 间的距离为24m，B 点右侧（B 点在场的
边缘）有一上下无限宽左右边距为d 的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，匀强磁场垂直于纸面向里，
磁感应强度B＝103T．传送带在电机带动下，以4m/s 速度顺时针匀速运转，现将质量为m＝0.1kg，电量q＝+10
﹣2C 的物体（可视为质点）轻放于传送带的A 点，已知物体和传送带间的摩擦系数为μ＝0.8，物体在运动过程中
电量不变，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；求：
（1）物体从A 点传送到B 点的时间？
（2）若物体从B 点进入混合场后做匀速圆周运动，则所加的电场强度的大小E 应为多少？物体仍然从混合场的
左边界出混合场，则场的右边界距B 点的水平距离d 至少等于多少？
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体运动的加速度，计算其匀加速的位移，若小于AB 间的距
离，则以后做匀速直线运动；
若物体从B 点进入混合场后做匀速圆周运动，则电场力和重力相等，根据牛顿第二定律求出粒子圆周运动的半径，
结合几何知识求场的右边界距B 点的水平距离d。
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【解答】解：（1）对物体，由牛顿第二定律得：a＝μgcos37°﹣gsin37°
得：a＝0.4m/s2
物体达到与传送带速度相等时：v＝at1
得：t1= 4
0.4 =10s
匀加速的位移：x= 1
2at2
得：x＝20m
剩余的24m﹣20m＝4m，物体做匀速直线运动：
LAB﹣X＝vt2
所以：t2＝1s
总时间：t＝t1+t2＝11s；
（2）粒子做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，qE＝mg
得：E＝100N/C
根据牛顿第二定律：qvB＝m
㘴2
h
得：R=݉
㘴
ݍܤ=0.04m
sin37= h−݀
h
得：d＝0.016m；
答：（1）物体从A 点传送到B 点的时间为11s；
（2）若物体从B 点进入混合场后做匀速圆周运动，则所加的电场强度的大小E 应为多少？物体仍然从混合场的
左边界出混合场，则场的右边界距B 点的水平距离d 至少等于0.016m。
【点评】对于带电粒子在复合场中运动的类型，根据物体的运动情况，分析其受力情况是解决本题的关键，考查
综合运用牛顿第二定律和运动学公式处理复杂运动的能力。
16．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.60m、质量M＝
0.40kg 的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.80kg 的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动
摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．一人用水平恒力F1 向左作用
在滑块上，另一人用竖直恒力F2 向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。
（1）为使木板能向上运动，求F1 必须满足什么条件？
（2）若F1＝22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2 必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h＝1.5m 时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现F1＝24N，F2
＝16N，请通过计算判断游戏能否成功？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）木板靠在光滑的墙壁上，若使木板能向上运动，则物块对木板的摩擦力应大于木板的重力，列出关
系式计算可得。
（2）由牛顿第二定律分别求出木板和物块的加速度，若物块的加速度大于木板的加速度即会发生相对滑动。
（3）分别对木板和滑块分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，根据各自加速度求出位移，判断相对滑动的位
移，与1.5m 作比较，可得出结果。
【解答】解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f＝μF1
对木板应有：f＞Mg
代入数据得：F1＞20N
（2）对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg＝Ma1
对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg＝ma2
要能发生相对滑动应有：a2＞a1
代入数据可得：F2＞13.2N
（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg＝ma3
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设滑块上升h 的时间为t，则：h = 1
2ܽ
3ݐ2
对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg＝Ma4
设木板在t 时间上升的高度为H，则：ܪ= 1
2ܽ
4ݐ2
代入数据可得：H＝0.75m
由于H+L＜h，滑块在上升到1.5m 之前已经脱离了木板，游戏不能成功。
答：（1）为使木板能向上运动，求F1 必须满足F1＞20N
（2）若F1＝22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2 必须满足F2＞13.2N
（3）游戏不能成功。
【点评】本题看起来很复杂，需要细心分析，充分利用牛顿第二定律和运动之间的关系。
17．如图甲所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，场强E= ߨ
10 ×104N/C．现将一重力不计、比荷
ݍ݉=106C/kg
的正电荷从电场中的O 点由静止释放，经过t0＝1×10
﹣5s 后，通过MN 上的P 点进入其上方的匀强磁场。磁场方
向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN 时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。
（1）求电荷进入磁场时的速度v0；
（2）求图乙中t＝2×10
﹣5s 时刻电荷与P 点的距离；
（3）如果在P 点右方d＝105cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运
动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电荷进入磁场时的速
度v0。
（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t
＝2×10
﹣5s 时刻电荷与P 点的水平距离。
（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿MN 运
动的距离。根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间。
【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：
v0＝at0
Eq＝ma
解得：㘴0 = ݍܧ݉⋅ݐ0 = ݍ݉⋅ܧݐ0 = 106 × ߨ
10 × 104 × 1 × 10−5݉
/ݏ=π×104m/s；
（2）当磁场垂直纸面向外ܤ1 = ߨ
20T 时，电荷运动的半径：ݎ1 =݉
㘴0
ݍܤ1
代入数据得：r1＝0.2m
周期ܶ
1 = 2ߨ݉
ݍܤ1
代入数据得：ܶ
1 = 4 × 10−5s
当磁场ܤ2 = ߨ
10时，电荷运动的半径：ݎ2 =݉
㘴0
ݍܤ2
代入数据得：r2＝0.1m
周期ܶ
2 = 2ߨ݉
ݍܤ2
代入数据得：ܶ
2 = 2 × 10−5s
故电荷从t＝0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图1 所示。
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t＝2×10
﹣5s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期，然后再沿小圆弧运动半个周期，与P 点的水平距离：△d
＝r1＝0.2m；
（3）电荷从第一次通过MN 开始，其运动的周期为：T＝6×10
﹣5 s，每一个周期内沿PN 的方向运动的距离为0.4
＝40cm，故电荷到达挡板前运动的完整的周期数为2 个，沿PN 方向运动的距离为80cm，最后25cm 的距离如图
2 所示，设正电荷以α角撞击到挡板上，有：
r1+r2cosα＝0.25m
代入数据解得：cosα＝0.5，即α＝60°
故电荷运动的总时间：ݐ总= ݐ0 + 2ܶ
+ 1
4ܶ
1 + 30°
360° ⋅ܶ
2
代入数据解得：ݐ总= 1.42 × 10−4s
答：（1）电荷进入磁场时的速度为π×104m/s。（2）t＝2×10
﹣5s 时刻电荷与P 点的水平距离为20cm。（3）电荷从
O 点出发运动到挡板所需的时间为1.42×10
﹣4s。
【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合
研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理。电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，
根据轨迹求解时间。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 14:07:38 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）段考物理试卷（10 月份）
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠
近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有（
）
A．篮子底面受到的压力大于篮球的重力
B．篮子对篮球的作用力小于篮球的重力
C．人对篮球的作用力等于篮球的重力
D．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力
2．（6 分）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程
中，物块的动能Ek 与位移x 关系的图线是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（6 分）如图，一质量为m，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至
M 点，M 点与绳的上端P 相距
1
3l．重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（
）
A．
1
9mgl
B．
1
6mgl
C．
1
3mgl
D．
1
2mgl
4．（6 分）一个物体以初速度v0 沿光滑斜面向上运动，其速度v 随时间t 变化的规律如图所示，在连续两段时间m
和n 内对应面积均为S，设经过b 时刻vb 的大小为（
）
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A．
(݉
−h)ܵ݉
h
B．݉
h(݉
2+h2)ܵ
(݉
+h)
C．
(݉
2+h2)ܵ
(݉
+h)݉
h
D．
(݉
2+h2)ܵ݉
h
5．（6 分）如图，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上形式的汽车a 和b 的位置一时间（x﹣t）图线，由图可知（
）
A．在时刻t1，b 车追上a 车
B．在时刻t2，a、b 两车运动方向相同
C．在t1 到t2 这段时间内，b 车的速率先减少后增大
D．在t1 到t2 这段时间内，b 车的速率一直不比a 车大
6．（6 分）有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法（
）
A．点火后即将升空的火箭。因火箭还没运动，所以加速度一定为零
B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车。轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大
C．运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶。高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D．汽车匀速率通过一座拱桥。因为汽车做的是曲线运动，加速度不为零
7．（6 分）2018 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（
）
A．周期变大
B．速率变大
C．动能变大
D．向心加速度不变
8．（6 分）有两个质量相同的小球A 和B（均视为质点），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球
静止于悬点的正下方的地面上，如图所示，现将A 球拉到距地面高为h 处（绳子是伸直的）由静止释放，A 球摆
到最低点与B 球碰撞后，A 球上升的高度可能为（
）
A．݄2
B．h
C．݄4
D．݄6
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～第12 为必考题，每个试题考生都必须作答．
9．（6 分）物理小组的同学用如图1 所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电
门1 和2 组成的光电计时器（其中光电门l 更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实
验时可用两光电门测量小球从光电门l 运动至光电门2 的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h。
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（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2 所示，则小球直径为
cm。
（2）改变光电门1 的位置，保持光电门2 的位置不变，小球经过光电门2 的速度为v，不考虑空气阻力，小球的
加速度为重力加速度g，则h、t、g、v 四个物理量之间的关系为h＝
。
（3）根据实验数据作出݄ݐ−t 图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为
。
10．（9 分）.如图1 所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小
车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。
（1）打点计时器使用的电源是
（选填选项前的字母）。
A．直流电源
B．交流电源
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是
（选填选项前的字母）。
A．把长木板右端垫高
B．改变小车的质量
在不挂重物且
（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消
除了摩擦力和其他阻力的影响。
A．计时器不打点
B．计时器打点
（3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在纸带上依次取A、
B、C…若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C…各点到O 点的距离为x1、x2、x3…，
如图2 所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O 点到打B 点的过程
中，拉力对小车做的功W＝
，打B 点时小车的速度v＝
。
（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，
图3 中正确反映v2﹣W 关系的是
。
11．（14 分）如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C 的
质量为m，A、B 的质量都为݉2，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A 缓慢移动，直至C 恰
好降到地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W。
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12．（18 分）如图所示，质量为M 的平板车P 高h，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原
来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为
m 的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时
间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M：
m＝4：1，重力加速度为g．求：
（1）小物块Q 离开平板车时速度为多大？
（2）平板车P 的长度为多少？
（3）小物块Q 落地时距小球的水平距离为多少？
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）段考物理试卷（10 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠
近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有（
）
A．篮子底面受到的压力大于篮球的重力
B．篮子对篮球的作用力小于篮球的重力
C．人对篮球的作用力等于篮球的重力
D．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对篮球受力分析，根据平衡条件表示出篮球的受各个力大小，人和篮球之间没有相互作用力。
【解答】解：AD、对篮球受力分析，并运用合成法如图：
根据几何知识，篮子底部对篮球的支持力为：N1＝mgcosθ，根据牛顿第三定律可知篮子底面受到的压力为mgcosθ
＜mg；
篮子右面对篮球的支持力为：N2＝mgsinθ，根据牛顿第三定律则篮子右面受到的压力为mgsinθ＜mg，故A 错误、
D 正确；
B、篮球受力平衡，篮子对篮球的作用力等于篮球的重力，故B 错误；
C、人和篮球之间没有相互接触，人和篮球之间没有相互作用力，故C 错误；
【点评】本题首先要对篮球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解出篮球受到的支持力表达式，再根据牛顿第
三定律进行讨论。
2．（6 分）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程
中，物块的动能Ek 与位移x 关系的图线是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
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【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝Ek﹣Ek0，所以Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ＝Ek﹣0，所以Ek＝（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。
故C 正确、ABD 错误；
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中
哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动
包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
3．（6 分）如图，一质量为m，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至
M 点，M 点与绳的上端P 相距
1
3l．重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（
）
A．
1
9mgl
B．
1
6mgl
C．
1
3mgl
D．
1
2mgl
【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ 段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即
可求得外力所做的功。
【解答】解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ 段系统重力势能的增加量；
对MQ 分析，设Q 点为零势能点，则可知，MQ 段的重力势能为EP1= 2݉
t
3
× t
3 = 2݉
tt
9
；
将Q 点拉至M 点时，重心离Q 点的高度h= t
6 + t
3 = t
2，故重力势能EP2═
2݉
t
3
×
t
2 =݉
tt
3
因此可知拉力所做的功W＝EP2﹣EP1= 1
9mgl，故A 正确，BCD 错误。
【点评】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故
动能不变，因此只需要分析重力势能即可。
4．（6 分）一个物体以初速度v0 沿光滑斜面向上运动，其速度v 随时间t 变化的规律如图所示，在连续两段时间m
和n 内对应面积均为S，设经过b 时刻vb 的大小为（
）
A．
(݉
−h)ܵ݉
h
B．݉
h(݉
2+h2)ܵ
(݉
+h)
C．
(݉
2+h2)ܵ
(݉
+h)݉
h
D．
(݉
2+h2)ܵ݉
h
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】图象中面积表示位移，再根据位移时间关系列式求解即可
【解答】解：设b 点的速度为vb，第一段时间的起始速度为va，加速度为a，根据ݔ= 㘴0ݐ+ 1
2ܽݐ2得：
ݏ= 㘴ܽ݉
−1
2ܽ݉
2⋯①
ݏ= 㘴ܾh −1
2ܽh2⋯②
vb＝va﹣am…③
①②③联立得：㘴ܾ= (݉
2+h2)ܵ
(݉
+h)݉
h
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【点评】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和
速度时间关系列式求解即可
5．（6 分）如图，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上形式的汽车a 和b 的位置一时间（x﹣t）图线，由图可知（
）
A．在时刻t1，b 车追上a 车
B．在时刻t2，a、b 两车运动方向相同
C．在t1 到t2 这段时间内，b 车的速率先减少后增大
D．在t1 到t2 这段时间内，b 车的速率一直不比a 车大
【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小．纵坐标的变化量表示位移，
平均速度等于位移与时间的比值．根据这些知识进行分析．
【解答】解：A、在时刻t1，a、b 两车的位置坐标相同，说明ab 相遇。故A 正确。
B、在时刻t2，a 图线切线斜率为负值，说明a 的速度沿负向，而b 的斜率为正值，速度沿正向，所以两车运动方
向相反。故B 错误。
C、位移图线切线的斜率表示速度，在t1 到t2 这段时间内，b 车图线斜率先减小后增大，故b 车的速率先减少后增
加，故C 正确。
D、位移图线切线的斜率表示速度，在t1 到t2 这段时间内，b 车图线斜率先大于a 后小于a，所以b 车的速率不是
一直比a 车大。故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运
动的方向．
6．（6 分）有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法（
）
A．点火后即将升空的火箭。因火箭还没运动，所以加速度一定为零
B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车。轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大
C．运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶。高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D．汽车匀速率通过一座拱桥。因为汽车做的是曲线运动，加速度不为零
【考点】18：速度和速率；1B：加速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】加速度是描述速度变化快慢的物理量，即速度变化快一定是加速度大，速度变化慢一定是加速度小。加
速度的大小与速度大小无关系。速度为零，加速度可以不为零；加速度为零，速度可以不为零。
【解答】解：A、点火后即将升空的火箭，虽然速度还为零，但因其合外力不为零，加速度不为零，故A 错误；
B、轿车紧急刹车时速度变化很快，由a= △㘴
△ݐ可知，其加速度很大，故B 正确；
C、高速行驶的磁悬浮列车，虽然速度很大，若其不变化，则加速度为零，故C 错误；
D、汽车匀速率过拱桥时，汽车做曲线运动，汽车速度方向时刻变化，其加速度不为零，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查加速度的性质，要注意明确判断加速度的大小依据：①速度变化快慢②单位时间内速度的变
化大小。
7．（6 分）2018 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（
）
A．周期变大
B．速率变大
C．动能变大
D．向心加速度不变
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】根据万有引力提供向心力，结合圆周运动的规律，逐项分析相关物理量即可。
【解答】解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的。
根据F＝G
ܯ݉
ݎ2 =m
㘴2
ݎ=m
4ߨ2ܶ
2 r＝ma
可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，加速度不变；但是和对接前相
比，质量变大，所以动能变大。
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故AB 错误，CD 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了万有引力和圆周运动的表达式，根据万有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的变
化规律。
8．（6 分）有两个质量相同的小球A 和B（均视为质点），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球
静止于悬点的正下方的地面上，如图所示，现将A 球拉到距地面高为h 处（绳子是伸直的）由静止释放，A 球摆
到最低点与B 球碰撞后，A 球上升的高度可能为（
）
A．݄2
B．h
C．݄4
D．݄6
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】小球A 向下摆动的过程机械能守恒，应用机械能守恒求出碰撞前A 球的速度；应用动量守恒定律求出碰
撞后的速度，再应用机械能守恒定律可以求出它们上升的最大高度。
【解答】解：设小球的质量都是m，A 球下摆过程，由机械能守恒定律得：mgh= 1
2mv2
解得：v=
2t݄
如果碰后粘在一起，此时A 上升的高度最大；两球碰撞过程系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量
守恒定律得：mv＝（m+m）v′，
解得：v′=
2t݄
2
两个小球一起向上摆动的过程中机械能守恒，得：
2mgh′= 1
2•2mv′2。
解得：h′=݄4；
另外，由于A 与B 质量相等，所以碰撞后如果二者的速度不相等，根据动量守恒以及运动的空间关系可知，B 的
速率一定大于A 的速率，所以B 的动能一定大于A 的动能，所以A 上升的高度你看你达到݄2以上，只能在݄2一下。
故AB 是不可能的，CD 是可能的。
故选：CD。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律，分析清楚小球的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守
恒定律即可解题。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～第12 为必考题，每个试题考生都必须作答．
9．（6 分）物理小组的同学用如图1 所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电
门1 和2 组成的光电计时器（其中光电门l 更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实
验时可用两光电门测量小球从光电门l 运动至光电门2 的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h。
（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2 所示，则小球直径为
1.170
cm。
（2）改变光电门1 的位置，保持光电门2 的位置不变，小球经过光电门2 的速度为v，不考虑空气阻力，小球的
加速度为重力加速度g，则h、t、g、v 四个物理量之间的关系为h＝
㘴ݐ−1
2 tݐ2
。
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（3）根据实验数据作出݄ݐ−t 图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为
2k
。
【考点】L4：螺旋测微器的使用；M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。
根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v 四个物理量之间的关系。
整理得到݄ݐ−t 图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系。
【解答】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14＝0.70mm＝0.070cm，
所以最终读数为1.1cm+0.070cm＝1.170cm。
（2）小球经过光电门2 的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2 的时间t′= 㘴
t，
所以从开始释放到经过光电门1 的时间t″＝t′﹣t= 㘴
t −t
所以经过光电门1 的速度v′＝gt″＝v﹣gt
根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h= 㘴'+㘴
2 t= 㘴ݐ−1
2 tݐ2
（3）h= 㘴ݐ−1
2 tݐ2
所以݄ݐ=v−1
2gt
若݄ݐ−t 图线斜率的绝对值为k，k= 1
2g
所以重力加速度大小g＝2k。
故答案为：（1）1.170；
（2）㘴ݐ−1
2 tݐ2；
（3）2k。
【点评】要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解。
10．（9 分）.如图1 所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小
车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。
（1）打点计时器使用的电源是
B
（选填选项前的字母）。
A．直流电源
B．交流电源
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是
A
（选填选项前的字母）。
A．把长木板右端垫高
B．改变小车的质量
在不挂重物且
B
（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除
了摩擦力和其他阻力的影响。
A．计时器不打点
B．计时器打点
（3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在纸带上依次取A、
B、C…若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C…各点到O 点的距离为x1、x2、x3…，
如图2 所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O 点到打B 点的过程
中，拉力对小车做的功W＝
mgx2
，打B 点时小车的速度v＝
ݔ3−ݔ1
2ܶ
。
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（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，
图3 中正确反映v2﹣W 关系的是
A
。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）打点计时器使用的都是交流电；
（2）回忆平衡摩擦力的方法；为了平衡摩擦力和阻力，应该让打点计时器打点；平衡摩擦力要考虑限位孔的摩擦；
（3）根据W＝Fx 求得拉力做功，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度；
（4）根据牛顿第二定律分析图象。
【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电，故选：B；
（2）平衡摩擦力的方法是：把木板一段垫高，让小车滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，故选：
A；
此时应当让打点计时器打点，因为打点计时器也会有摩擦力，而且可以从纸带的点是否均匀分析是否是匀速直线
运动，故选：B；
（3）重力做功W＝mgx2
B 点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则v= ݔtܥ
2ܶ
= ݔ3−ݔ1
2ܶ
（4）如果实验中完全消除了摩擦力和其它阻力，那么重物重力做的功就等于重锤和小车动能的增加量；
即：W= 1
2（M+m）v2，期中W＝mgh，质量都是定值，所以v2 与W 成正比，A 图正确。
故答案为：（1）B；（2）A；B；（3）mgx2；
ݔ3−ݔ1
2ܶ
；（4）A。
【点评】本题考查动能定理的实验探究，这个实验的一个重点就是学会使用打点计时器计算速度，然后分析动能
和重力势能的关系，多练习速度计算也是本题的一个基础。本实验中也要知道误差的来源，这样在分析图象问题
时就容易得出原因。
11．（14 分）如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C 的
质量为m，A、B 的质量都为݉2，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A 缓慢移动，直至C 恰
好降到地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W。
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡；62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据共点力的平衡条件求解C 受到B 作用力的大小F；
（2）先根据共点力平衡条件求解B 受到C 水平方向最大压力，再求出B 对地面的压力，根据摩擦力的计算公式
求解；
（3）根据动能定理求解A 移动的整个过程中，拉力做的功W。
【解答】解：（1）C 受力平衡，如图所示
根据平衡条件可得：2Fcos30°＝mg，
解得C 受到B 作用力的大小为：F=
3
3݉
t；
（2）C 恰好降落到地面时，B 对C 支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°＝mg，
解得：Fm＝mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm＝Fmcos30°=
3
2݉
t，
B 对的地面的压力为：FN＝mBg+ 1
2݉
ܥt =mg
B 受地面的摩擦力为：f＝μmg，
根据题意有：fm＝f，
解得：μ=
3
2 ，
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所以动摩擦因数的最小值为：μmin=
3
2 ；
（3）C 下降的高度为：h= ( 3 −1)h，
A 的位移为：x= 2( 3 −1)h，
摩擦力做功的大小为：Wf＝fx＝2( 3 −1)ߤ݉
th，
整体根据动能定理有：W﹣Wf+mgh＝0，
解得：W= (2ߤ−1)( 3 −1)݉
th。
答：（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小为
3
3݉
t；
（2）动摩擦因数的最小值为
3
2 ；
（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W 为(2ߤ−1)( 3 −1)݉
th。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡和动能定理，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分
析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动
能为多少，根据动能定理列方程解答。
12．（18 分）如图所示，质量为M 的平板车P 高h，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原
来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为
m 的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时
间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M：
m＝4：1，重力加速度为g．求：
（1）小物块Q 离开平板车时速度为多大？
（2）平板车P 的长度为多少？
（3）小物块Q 落地时距小球的水平距离为多少？
【考点】43：平抛运动；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律；8G：能量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）小球由静止摆到最低点的过程中，绳子的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，即可由机械能
守恒定律求出小球与Q 碰撞前瞬间的速度．到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，满足动量守恒的
条件且能量守恒，由两大守恒定律结合可求出碰撞后小球与Q 的速度．小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，系
统的合外力为零，总动量守恒，
即可由动量守恒定律求出小物块Q 离开平板车时速度；
（2）小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，小球的部分动能转化为内能．根据系统的能量守恒求出平板车P 的
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长度．
（3）小物块Q 离开平板车做平抛运动，求出小物块从开始运动到落地的水平距离，即为小物块Q 落地时距小球
的水平距离．
【解答】解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有
mgR（1﹣cos60°）= 1
2݉
㘴0
2
解得，小物块到达最低点与Q 碰撞之前瞬间的速度是：㘴0 =
th
小球与物块Q 相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有
mv0＝mv1+mvQ
1
2݉
㘴0
2 =
1
2݉
㘴1
2 +
1
2݉
㘴ܳ2，
解得，v1＝0，vQ＝v0=
th
二者交换速度，即小球静止下来，Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有
mvQ＝Mv+m•2v
解得，v= 1
6 㘴ܳ
=
th
6
小物块Q 离开平板车时，速度为2v=
th
3
（2）由能的转化和守恒定律，知
fL= 1
2݉
㘴ܳ2 −1
2 ܯ㘴2 −1
2݉
(2㘴)2
又f＝μmg
解得，平板车P 的长度为L= 7h
18ߤ
（3）小物块Q 在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则
﹣μmgs= 1
2݉
(2㘴)2 −1
2݉
㘴ܳ2
解得，s= 4h
9ߤ
小物块Q 离开平板车做平抛运动，平抛时间为
t=
2݄
t
水平距离x＝2vt=
2th
3
故Q 落地点距小球的水平距离为s+x= 4h
9ߤ+
2th
3
．
答：
（1）小物块Q 离开平板车时速度为
th
3 ；
（2）平板车P 的长度为为
7h
18ߤ；
（3）小物块Q 落地时距小球的水平距离为
4h
9ߤ+
2th
3
．
【点评】本题采用程序法，逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：动量守恒、
能量守恒等，进而求出要求的物理量．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:58:29 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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- 699 -
2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）月考物理试卷（11 月份）
一.选择题：
1．如图所示，带电体P、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量
为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高（PQ 连线水平）且与物体P 相距为r 的右侧位置时，
P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是（
）
A．P、Q 所带电荷量为݉
t݇ݐܽhߠ
ݎ2
B．P 对斜面的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力为（M+m）g
2．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M 点以相同的速度飞出a、b 两个带电粒子，a、b 的运动轨迹如图2
中的虚线所示（a、b 只受电场力作用），则（
）
A．a 的加速度将减小，b 的加速度将增大
B．电场力对a 做正功，对b 做负功
C．a 的速度将减小，b 的速度将增大
D．a 一定带正电，b 一定带负电
3．在水平面上放置一绝缘的薄壁半球壳，在半球壳上均匀分布着正电荷，球心O 处电场强度等于E0，过直径且与水
平面夹角为α（α＜ߨ
2）的平面从半球壳上切割出一小部分。则剩余部分球壳上的电荷（电荷分布不变）在O 处产
生的电场强度E（
）
A．E0sin
ߙ
2cos
ߙ
2
B．E0sinαcosα
C．E0sin
ߙ
2
D．E0cos
ߙ
2
4．质量为m＝20kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动．0～2s 内F 与运动方向相反，
2～4s 内F 与运动方向相同，物体的v﹣t 图象如图所示．g 取10m/s2，则（
）
A．拉力F 的大小为100 N
B．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120W
C．4s 内拉力所做的功为480J
D．4s 内物体克服摩擦力做的功为320 J
5．如图所示，O 为斜面的底端，在O 点正上方的A、B 两点分别以初速度vA、vB 正对斜面抛出两个小球，结果两
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个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB＝AB，空气阻力忽略不计，则（
）
A．OP=
2OQ
B．OP＝4OQ
C．vA=
2vB
D．vA＝vB
6．图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的RI 图象。现将甲、乙串联后接入电路中，则（
）
A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端电压小
B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大
C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热较少
D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小
7．已知地球自转周期为T0，有一颗与同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为
同步轨道半径的四分之一，该卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能是（
）
A．ܶ0
4
B．
3ܶ0
4
C．
3ܶ0
7
D．ܶ0
7
8．如图所示，a、b、c、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc
＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a 点电势为24V，b 点电势为28V，d 点电势为12V．一个质子（不计
重力）经过b 点的速度大小为v0，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是（
）
A．c 点电势为20V
B．质子从b 运动到c 所用的时间为
2t
㘴0
C．场强的方向由a 指向c
D．质子从b 运动到c 电场力做功为8 电子伏
二、非选择题：
9．（6 分）如图所示，是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，图中是小车在一
条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时，橡皮筋对小车做的功记为W．当我们用2 条、3 条…完全相同
的橡皮筋并在一起进行第2 次、第3 次…实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．小车每次实验中获得的速
度由打点计时器所打的纸带测出．
（1）除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材
；
（2）实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是
；
（3）每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的
部分进行测
量．
10．（9 分）图1 是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．
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（1）根据图1 画出实验电路图；
（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图3 中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6A，
电压表量程为3V．所示读数为：①
、②
、③
、④
．两组数据得到的电阻分别为
和
．
11．（12 分）倾斜的传送带以v＝10m/s 的速度顺时针稳定运行，如图所示，在传送带的上端A 点轻轻的放上一个小
物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带A 点到下端B 点的距离为S＝16m，传送带倾角为θ＝37°，
求物体由A 点运动到B 点所需的时间是多少？（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
12．（20 分）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L．槽内有
两个质量均为m 的小球A 和B，球A 带电量为+2q，球B 带电量为﹣3q，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带
电系统。最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间
加上与槽平行向右的匀强电场E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小。
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A 相对右板的位置。
13．如图所示，甲、乙两运动物体在t1、t2、t3 时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3 和v1′、v2′、v3′，下列说中正
确的是（
）
A．甲做的可能是直线运动
B．甲做的不可能是直线运动
C．乙做的可能是直线运动
D．甲可能做匀变速运动
E．乙受到的合力不可能是恒力
14．如图所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°．现用一
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端固定的轻绳系一质量也为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角也是30°．试求：
（1）当斜面体静止时绳的拉力大小？
（2）若地面对斜面体的最大摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终保持静止状态，k 值必
须满足什么条件？
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）月考物理试卷（11 月份）
参考答案与试题解析
一.选择题：
1．如图所示，带电体P、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量
为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高（PQ 连线水平）且与物体P 相距为r 的右侧位置时，
P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是（
）
A．P、Q 所带电荷量为݉
t݇ݐܽhߠ
ݎ2
B．P 对斜面的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力为（M+m）g
【考点】A4：库仑定律；A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】35：整体思想；49：合成分解法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】以P 为研究对象，根据平衡条件求Q 对P 的库仑力和斜面对P 的支持力，再由库仑定律求电荷量．以斜
面体和P 整体为研究对象，由平衡条件求解地面对斜面体的支持力和摩擦力，即可得到斜面体对地面的压力和摩
擦力．
【解答】解：AB、以P 为研究对象，受到重力mg、斜面体的支持力N 和库仑力F，如图，由平衡条件得：
F＝mgtanθ
N=݉
tܿ
݋ݏߠ
根据库仑定律得：F＝k
ݍ2
ݎ2
联立解得：q＝r݉
tݐܽhߠ݇
由牛顿第三定律得P 对斜面的压力为：N′＝N=݉
tܿ
݋ݏߠ，故A、B 错误。
CD、以斜面体和P 整体为研究对象，由平衡条件得
地面对斜面体的摩擦力为：f＝F
地面对斜面体的支持力为：N1＝（M+m）g
根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为为：N1′＝N1＝（M+m）g．故C 错
误，D 正确。
【点评】本题采用隔离法和整体法研究共点力平衡问题，关键是明确研究对象，正确进行受力情况，然后根据共
点力平衡条件列方程研究．
2．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M 点以相同的速度飞出a、b 两个带电粒子，a、b 的运动轨迹如图2
中的虚线所示（a、b 只受电场力作用），则（
）
A．a 的加速度将减小，b 的加速度将增大
B．电场力对a 做正功，对b 做负功
C．a 的速度将减小，b 的速度将增大
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D．a 一定带正电，b 一定带负电
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后a 受到的电场力变小，b 受到的电场力变大，从而判断加速
度的变化。根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与位移方向的关系分析电场
力做功正负。根据电场力方向与场强方向的关系判断电性。
【解答】解：A、向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a 所受电场力减小，加速度减小，同理，b 所受电场力
增大，加速度增大。故A 正确。
B、a 的轨迹向左弯曲，a 粒子受到的电场力方向向左，电场力对a 粒子做正功。b 粒子的轨迹向右弯曲，b 粒子受
到的电场力方向向右，电场力对b 粒子做正功。故B 错误。
C、电场力对两个粒子都做正功，动能都增大，速度都增大。故C 错误。
D、由于电场线方向未知，因此无法确定两个粒子的电性。故D 错误。
【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键。再结合电场线的疏密和方向分
析粒子的运动情况。
3．在水平面上放置一绝缘的薄壁半球壳，在半球壳上均匀分布着正电荷，球心O 处电场强度等于E0，过直径且与水
平面夹角为α（α＜ߨ
2）的平面从半球壳上切割出一小部分。则剩余部分球壳上的电荷（电荷分布不变）在O 处产
生的电场强度E（
）
A．E0sin
ߙ
2cos
ߙ
2
B．E0sinαcosα
C．E0sin
ߙ
2
D．E0cos
ߙ
2
【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】半球的中心O 处电场强度E0 是部分球面上电荷产生的电场叠加的结果，根据对称性，作出球面上的电荷
在O 点产生的电场分布，由平行四边形定则求解剩余部分球壳上的电荷在O 处的电场强度。
【解答】解：根据对称性，作出球面上的电荷在O 点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到，剩余
部分球壳上的电荷在O 处的电场强度E＝E0cos
ߙ
2，故ABC 错误，D 正确。
【点评】本题解题关键是抓住对称性，作出两部分球面上电荷产生的电场强度的矢量图，同时注意三角知识的运
用。
4．质量为m＝20kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动．0～2s 内F 与运动方向相反，
2～4s 内F 与运动方向相同，物体的v﹣t 图象如图所示．g 取10m/s2，则（
）
A．拉力F 的大小为100 N
B．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120W
C．4s 内拉力所做的功为480J
D．4s 内物体克服摩擦力做的功为320 J
【考点】62：功的计算；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；52C：功率的计算专题．
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【分析】根据图象分别求出匀减速运动和匀加速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律列方程，求解动摩擦因数
和水平外力大小，由面积求位移，再求解水平外力做功的大小
【解答】解：A、由图象可得：0～2s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1= △㘴
△ݐ= 10
2݉
/ݏ2 = 5݉
/ݏ2匀减
速过程有F+Ff＝ma1
匀加速过程加速度大小为ܽ2 = △㘴'
△ݐ' = 2
2݉
/ݏ2 = 1݉
/ݏ2，有F﹣Ff＝ma2
解得f＝40N，F＝60N．故A 错误。
B、物体在4 s 时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2W＝120W，故B 正确；
C、4s 内物体通过的位移为x= 1
2 × 2 × 10 −1
2 × 2 × 2݉
= 8݉
，拉力做功为W＝﹣Fx＝﹣480J，故C 错误；
D、4s 内物体通过的路程为ݔ= 1
2 × 2 × 10 + 1
2 × 2 × 2݉
= 12݉
，摩擦力做功为Wf＝﹣fx＝﹣40×12J＝480J，故
D 错误；
【点评】本题是速度图象与牛顿第二定律、功的综合应用，关键根据图象的斜率求解加速度，要注意水平外力的
方向与速度方向的关系，正确判断外力做功正负
5．如图所示，O 为斜面的底端，在O 点正上方的A、B 两点分别以初速度vA、vB 正对斜面抛出两个小球，结果两
个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB＝AB，空气阻力忽略不计，则（
）
A．OP=
2OQ
B．OP＝4OQ
C．vA=
2vB
D．vA＝vB
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据速度的方向，通过平行四
边形定则求出小球打在斜面上时的速度大小以及竖直方向上的分速度，从而求出飞行的时间。
【解答】解：设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ。
据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ＝v0；
又vy＝gt
可得：t=
㘴0
tݐܽhߠ
根据几何关系得：h= 1
2gt2+v0t•tanθ=
㘴0
2
2tݐܽh2ߠ+
㘴0
2
t ∝v02
据题有2OA＝OB，则得：vA=
2vB。
根据几何关系可得：ܱܱܳܲ
=
㘴ܤݐܤ
㘴tݐt
=
㘴ܤ
2
㘴t
2 =
1
2
所以QP＝OQ；故C 正确、ABD 错误。
【点评】解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方
向上的运动规律，并能灵活运用。
6．图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的RI 图象。现将甲、乙串联后接入电路中，则（
）
A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端电压小
B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大
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C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热较少
D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小
【考点】B2：欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】串联电路电流处处相等，由图象判断出电流相等时两电阻丝的电阻大小，然后由欧姆定律判断其两端电
压大小关系，由电阻定律判断其电阻率关系；
由焦耳定律判断其产生的热量关系，由电功率公式判断功率关系。
【解答】解：由图象可知，在电流I 相同时，R 甲＞R 乙，
A、两电阻丝串联。通过它们的电流I 相等，而R 甲＞R 乙，由U＝IR 可知，U 甲＞U 乙，故A 错误；
B、由于两电阻丝的横截面积与长度相同，R 甲＞R 乙，由电阻定律可知，甲的电阻率大于乙的电阻率，故B 错误；
C、两电阻串联I 相同，R 甲＞R 乙，由焦耳定律可知，W 甲＞W 乙，故C 正确；
D、两电阻串联，通过它们的电流I 相同，R 甲＞R 乙，由P＝I2R 可知，P 甲＞P 乙，故D 错误；
【点评】本题考查了比较电阻丝电压、电阻率、相同时间产生的热量与热功率的关系，难度不大，应用欧姆定律、
电阻定律、焦耳定律、电功率公式即可正确解题；关键是对图象的理解和应用。
7．已知地球自转周期为T0，有一颗与同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为
同步轨道半径的四分之一，该卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能是（
）
A．ܶ0
4
B．
3ܶ0
4
C．
3ܶ0
7
D．ܶ0
7
【考点】4H：人造卫星；4J：同步卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】通过万有引力提供向心力求出周期与轨道半径的关系，从而求出人造卫星的周期．抓住转过的圆心角关
系求出在同一城市的正上方出现的最小时间．
【解答】解：设地球的质量为M，卫星的质量为m，运动周期为T，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提
供，有：
ܩܯ݉
ݎ2
=
4ߨ2݉
ݎܶ
2
解得：T＝2π
ݎ3
ܩܯ
同步卫星的周期与地球自转周期相同，即为T0．已知该人造卫星的运行半径为同步卫星轨道半径的四分之一，所
以该人造卫星与同步卫星的周期之比是：ܶܶ
0
=
ݎ3
(4ݎ)3 =
1
8
解得：T= 1
8T0。
设卫星至少每隔t 时间才在同一地点的正上方出现一次，根据圆周运动角速度与所转过的圆心角的关系θ＝ωt 得：
2ߨܶt＝2π+ 2ߨܶ
0t
解得：t=ܶ
0
7 ，
因此卫星可能每隔ܶ0
7 时间才在同一地点的正上方出现一次，
那么卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能为
3
7ܶ
0，故AB 错误，CD 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．要理解当卫星转过的角度与建筑物转过的角度
之差等于2π时，卫星再次出现在城市上空．
8．如图所示，a、b、c、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc
＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a 点电势为24V，b 点电势为28V，d 点电势为12V．一个质子（不计
重力）经过b 点的速度大小为v0，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是（
）
A．c 点电势为20V
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
- 707 -
B．质子从b 运动到c 所用的时间为
2t
㘴0
C．场强的方向由a 指向c
D．质子从b 运动到c 电场力做功为8 电子伏
【考点】A6：电场强度与电场力；AC：电势；AE：电势能与电场力做功；AF：等势面．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】连接bd，bd 连线的中点O 电势与C 点相等，是16V；质子从b→c 做类平抛运动，根据v0 方向的分位移
为2l，求出时间；作出等势线oc，y 就能判断场强方向；根据动能定理可求出b 到c 电场力做的功
【解答】解：A、三角形bcd 是等腰直角三角形，具有对称性，bd 连线四等分，如图所示，已知a 点电势为24V，
b 点电势为28V，d 点电势为12V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2L，因此根据几何关系，可得M 点的电势
为24V，与a 点电热势相等，从而连接aM，即为等势面；
三角形bcd 是等腰直角三角形，具有对称性，bd 连线中点o 的电势与c 相等，为20V．故A 正确。
B、质子从b→c 做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l，此方向做匀速直线运动，则t=
2t
㘴0 ，则B 正确。
C、oc 为等势线，其垂线bd 为场强方向，b→d，故C 错误。
D、电势差Ubc＝8V，则质子从b→c 电场力做功为8eV．故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰
二、非选择题：
9．（6 分）如图所示，是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，图中是小车在一
条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时，橡皮筋对小车做的功记为W．当我们用2 条、3 条…完全相同
的橡皮筋并在一起进行第2 次、第3 次…实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．小车每次实验中获得的速
度由打点计时器所打的纸带测出．
（1）除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材
刻度尺
；
（2）实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是
把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力
；
（3）每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的
点距均匀
部分进
行测量．
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）实验中需要根据所打点之间的距离，计算物体的速度，因此需要的仪器还有刻度尺；
（2）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施．
（3）橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，计算速度时要选取点距均匀的部分
【解答】解：（1）根据实验原理可知实验中需要刻度尺测量打点之间的距离，计算物体的速度．
故答案为：刻度尺．
（2）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡
摩擦力，故可以将长木板的一段垫高平衡小车所受的摩擦力．
故答案为：平衡小车所受的摩擦力
（3）小车的运动情况，先加速，再匀速，最后减速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，因此算速度时要
选取点距均匀的部分，
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故答案为：点距均匀
【点评】本题关键要明确小车的运动情况，先加速，再匀速，最后减速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运
动，因此明确实验原理是解答本题的关键．
10．（9 分）图1 是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．
（1）根据图1 画出实验电路图；
（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图3 中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6A，
电压表量程为3V．所示读数为：①
0.10A
、②
0.24A
、③
2.00V
、④
0.27V
．两组数据得到的电
阻分别为
8.3Ω
和
2.7Ω
．
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）分析图示实物电路图结构，然后根据实物电路图作出实验电路图
（2）根据电流表和电压表的量程和最小刻度度数即可，由R=ܷܫ求的电阻
【解答】解：（1）由图1 所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据实物电路图作出
实验电路图，电路图如图所示：
（2）电流表的量程为0.6A，最小刻度为0.02A，故在读数时只估读到最小刻度位即可，故分别为0.10A，0.24A
电压表的量程为3V，最小刻度为0.1V，故在读数时需估读到最小刻度的下一位，故分别为2.00V，0.27V
由R=ܷܫ代入数据可得R＝8.3Ω
R＝2.7Ω
故答案为：（1）如图；（2）0.10A，0.24A，2.00V，0.27V，8.3Ω，2.7Ω
【点评】本题考查了根据实物电路图作实验电路图，分析清楚实物电路图的结构即可，在电流表和电压表的读数
时抓住如何估读即可．
11．（12 分）倾斜的传送带以v＝10m/s 的速度顺时针稳定运行，如图所示，在传送带的上端A 点轻轻的放上一个小
物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带A 点到下端B 点的距离为S＝16m，传送带倾角为θ＝37°，
求物体由A 点运动到B 点所需的时间是多少？（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】刚开始摩擦力向下，由牛顿第二定律求加速度，解得速度与带同速时的时间和位移；此后摩擦力向上，
由牛顿第二定律求加速度，由运动学公式求时间．
【解答】解：开始阶段：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1；
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- 709 -
所以：a1＝gsinθ+µgcosθ＝10m/s2；
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1= 㘴ܽ
1 = 10
10 =1s
发生的位移：ݏ= 1
2ܽ
1ݐ1
2 = 1
2 × 10 × 12 =5m＜16m
物体加速到10m/s 时仍未到达B 点．
第二阶段，有：mgsinθ﹣µmgcosθ＝ma2；
所以：a2＝2m/s 2；
设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2 则：
LAB﹣S= 㘴ݐ2 + 1
2ܽ
2ݐ2
2
代入数据，解得：t2＝1s，t2′＝﹣11s （舍去）．
故物体经历的总时间t＝t1+t2＝2s．
答：物体从A 运动到B 的时间为2s．
【点评】本题的运动过程有两个，其中关键牛顿第二定律求加速度为关键，加速度是桥梁．
12．（20 分）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L．槽内有
两个质量均为m 的小球A 和B，球A 带电量为+2q，球B 带电量为﹣3q，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带
电系统。最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间
加上与槽平行向右的匀强电场E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小。
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A 相对右板的位置。
【考点】65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）A 球受到向右的电场力作用，带电系统向右做匀加速直线运动，电场力做正功，由动能定理求出球
B 刚进入电场时，带电系统的速度大小。
（2）假设带电系统的速度为0 时，假设A 球仍在电场中，由动能定理求出B 球在电场中的位移为x，根据计算结
果分析A、B 的位置。若球A、B 分别在右极板两侧时，由动能定理求出A 球达到右极板时的速度，再由动能定
理求解A 出电场后带电系统的速度为0 时，A 向右移动的位移。
【解答】解：（1）设球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v1，由动能定理有：
2qEL= 1
2 ⋅2݉
㘴1
2
解得：㘴1 =
2ݍܧܮ݉
（2）设带电系统的速度为0 时，假设A 球仍在电场中，并设B 球在电场中的位移为x，
由动能定理有
1
2 2݉
㘴1
2 −ݍܧ⋅ݔ= 0
解得
x＝2L＞1.5L
所以带电系统速度第一次为零时，球A、B 应分别在右极板两侧。
设A 球达到右极板时速度为v2，
则：2qE•2.5L﹣3qE•1.5L= 1
2 ⋅2݉
㘴2
2
解得：㘴2 =
ݍܧܮ
2݉
接下来，只有B 球受到电场力，设带电系统的速度为0 时，A 球相对右极板的位移为x。
由动能定理有：3qEx= 1
2 ⋅2݉
㘴2
2
解得：ݔ= ܮ
6
答：
（1）球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小为2ݍܧܮ݉。
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（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A 相对右板的位置距离为
ܮ
6。
【点评】本题关键要运用动能定理，通过计算分析两球的运动过程，考查分析小球运动情况和把握解题规律的能
力。
13．如图所示，甲、乙两运动物体在t1、t2、t3 时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3 和v1′、v2′、v3′，下列说中正
确的是（
）
A．甲做的可能是直线运动
B．甲做的不可能是直线运动
C．乙做的可能是直线运动
D．甲可能做匀变速运动
E．乙受到的合力不可能是恒力
【考点】2F：矢量和标量．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据速度方向是否改变判断物体是否做直线运动，圆周运动的速度方向时刻改变。根据速度变化量的方
向，得出加速度的方向，从而根据牛顿第二定律得出合外力是否是恒力。
【解答】解：ABC、甲、乙的速度方向在变化，所以甲乙均不可能做直线运动。故AC 错误，B 正确；
D、甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可能做匀变速运动，故D 正
确；
E、由图可知，乙的速度改变量方向在发生改变，则可知，乙的加速度方向在发生改变，根据牛顿第二定律知乙的
合力不可能是恒力。故E 正确。
故选：DE。
【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与速度变化量的方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同。
14．如图所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°．现用一
端固定的轻绳系一质量也为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角也是30°．试求：
（1）当斜面体静止时绳的拉力大小？
（2）若地面对斜面体的最大摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终保持静止状态，k 值必
须满足什么条件？
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】小球和斜面均处于平衡状态，分别对小球和斜面受力分析应用合成或分解即可解决。
【解答】解：（1）选小球为研究对象，受力分析并合成如图：
由平衡条件：F′＝mg
由平面几何知识可得：N 与F′夹角为30°，T 与F′夹角也为30°
故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形：
由：cos30°=
ܩ
2ܶ得：T=
3
3݉
t
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- 711 -
（2）选小球和斜面组成的系统为研究对象，受力分析如图：
由平衡条件得：
N+Tcos30°＝2mg，
解得：N= 3
2݉
t
f＝Tsin30°，
解得：f=
3
6݉
t
fMAX＝KN＝K
3
2݉
t
为使整个系统静止，f≤fMAX
3
6݉
t ≤K
3
2݉
t
解得：K≥
3
9
答：（1）当劈静止时绳子拉力为
3
3݉
t。
（2）若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈的支持力的K 倍，为使整个系统静止，K 值必须满足K≥
3
9 。
【点评】对小球和斜面进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题。选择好合适的研究对
象有事半功倍的效果。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:57:04 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省广州市黄埔区华南师大附中九年级（下）月考物理试
卷（3 月份）
一、选择题（本题共12 小题，每小题2 分，共24 分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．（2 分）下列与声现象有关的说法中正确的是（
）
A．一切发声的物体都在振动
B．声音在空气中的传播速度一定是340m/s
C．公路旁安装的隔音墙是在声源处减弱噪声
D．声能传递信息，也能在真空中传播
2．（2 分）下列有关能源的说法，正确的是（
）
A．核燃料是可再生能源
B．永动机的设想符合能量守恒定律
C．能量的转化和转移是有一定方向的
D．太阳能的利用方式只能是光热转换
3 ．（2 分）如图所示是无锡拍客的四幅摄影作品，下列对图中光现象的解释错误的是（
）
A．图甲中，雪浪山紫色的薰衣草是因为薰衣草吸收了紫光
B．图乙中，蠡湖之光帆的倒影是光的反射现象
C．图丙中，太湖新城高楼的阴影是光的直线传播现象
D．图丁中，雨后新吴区万亩良田上空的彩虹是光的色散现象
4．（2 分）下列有关弹力的说法，正确的是（
）
A．互相接触的两物体，一定产生弹力作用
B．使物体发生弹性形变的外力越大，物体的形变就越大
C．从力的性质来看，重力、压力、支持力、拉力都属于弹力
D．茶杯放在水平桌面上，茶杯对桌面的压力是由于桌面发生弹性形变而产生的
5．（2 分）如图所示的四种物态变化的实例中，属于液化的是（
）
A．
冰雪遇暖消融
B．
水烧开时冒出“白气”
C．
草叶上形成“白霜”
D．
用干手器将手烘干
6．（2 分）如图所示，物体只受到竖直方向两个力的作用，关于它的运动情况的描述：①保持静止②向右做匀速直
线运动③斜向右上方做匀速直线运动④竖直方向做变速直线运动，可能的是（
）
A．①②④
B．②③④
C．①③④
D．①②③
7．（2 分）甲、乙两物体同时同地向东做匀速直线运动，它们的s﹣t 图象如图所示。由图象可知（
）
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A．甲的速度小于乙的速度
B．经过6s，甲在乙前面1.2m 处
C．以甲为参照物，乙向东运动
D．以乙为参照物，甲向东运动
8．（2 分）飞机黑匣子的电路等效为两部分，一部分为信号发射电路，可用等效电阻R1 表示，用开关S1 控制，30 天
后自动断开，R1 停止工作；另一部分为信息储存电路，可用等效电阻R2，用开关S2 控制，能持续工作6 年，如
图所示。关于黑匣子的等效电路中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
9．（2 分）如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．（2 分）如图所示，把体积为300cm3、密度为0.8×103kg/m3 的木块浸没在水中后放手，木块先上浮，最终漂浮
于水面，下列说法正确的是（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）（
）
A．木块漂浮时受到的浮力是3N
B．木块上浮过程中，露出水面前受到的浮力变小
C．木块浸没与木块漂浮时，水对容器底部的压力一样大
D．如果把漂浮木块露出水面部分切去，余下部分仍将漂浮
11．（2 分）为救治病人，急需将一种药品送到偏远的山村，这种药品要求在0℃以下存放，常用的保温瓶不能满足需
要。为保障药品存放的要求，某同学设计了如图所示的冷藏盒。下列做法正确的是（
）
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A．药品放置在B 处，低温物质放置在A 处
B．保温瓶内的低温物质选择使用冰块
C．保温瓶内的低温物质选择经电冰箱冷藏室降温的食盐水
D．包装盒与保温瓶间的填充材料用导热性好的材料
12．（2 分）汽车以速度V0 在平直路面上匀速行驶，在t＝0 时刻将汽车发动机的输出功率调大为另一个恒定值，设
汽车行驶过程中受到的阻力恒定不变。从t＝0 时刻开始汽车运动的v﹣t 图象是（
）
A．
B．
C．
D．
二、填空题（本题共10 小题，每空1 分，共24 分）
13．（2 分）用已调好的托盘天平测量物体的质量时，应将砝码放在天平的
盘，天平平衡时砝码的质量及游码
在标尺上的位置如图所示，则被测物体的质量为
g。
14．（2 分）2016 年10 月17 日7 时，我国神舟十一号载人飞船在酒泉卫星发射中心用长征二号F 运载火箭成功发射
升空，顺利将景海鹏、陈冬2 名航天员送入太空。经过两天独立飞行的神舟十一号载人飞船与天宫二号成功对接，
如图所示，在对接过程中，选择天宫二号为参照物，飞船是
的（选填“运动”或“静止”）；当太阳光照射
“天宫二号”组合体的太阳能帆板时，帆板把光能转化为电能，为飞船上的电器设备提供能源，太阳能属于
（选填“可再生能源”或“不可再生能源”）。
15．（2 分）如图所示是某地下停车场烟雾报警器的简化原理图。电源电压保持不变，R0 为定值电阻，光敏电阻R 的
阻值随光照强度的减弱而增大，当电路中的电流减小至某一数值时报警器开始报警。当有烟雾遮挡射向光敏电阻
R 的激光时，电压表示数
（选填“增大”、“减小”或“不变”）；要使报警器在浓度更低的烟雾下报警，R0
应选用
（选填“更大”或“更小”）阻值的电阻。
16．
（2 分）小明在观察“碘锤”中的物态变化之前，查阅资料得知：酒精灯外焰的温度约为800℃．碘的熔点为113.7℃．我
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们选用图
方式加热，理由是
。
17．（2 分）如图所示为生活中常用的热水瓶，注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞常会跳起来。在软木
塞跳起来的过程中，热水瓶内温度
（选填“升高”、“不变”或“降低”）。汽油机中的
冲程与这一
现象的能量转化相同。
18．（3 分）如图甲所示，一束平行光经过凸透镜后，在光屏上得到一个最小、最亮的光斑，则它的焦距是
cm；
用此凸透镜探究成像规律，实验装置如图乙所示，调整后在光屏上得到一个清晰的蜡烛火焰的像，该像的性质是
（写出像的正倒、大小、虚实）；此时某同学将爷爷的老花眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜的位置，结果光
屏上原来清晰的像变模糊了，若不改变蜡烛和凸透镜的位置，应将光屏向
（选填“远离”或“靠近”）凸
透
镜
方
向
移
动
，
才
能
使
像
变
得
清
晰
。
19．（4 分）小明用实验估测薯条的热值，实验器材有：铁架台、温度计、烧杯（注有质量已知为m 的煤油）、5 角硬
币（已知质量为m0）、质量不计的长薄木板、圆柱铅笔、塑料刻度尺、打火机、铁丝等器材。实验过程如下：
（1）组装器材。按照如图甲所示的装置安装实验器材。
（2）测定薯条的质量。因为没有天平，聪明的小明将圆柱铅笔放在桌子上，把圆柱铅笔作为支点位置并标记为O，
5 角硬币、薯条放在长薄木板的两端，调整圆柱铅笔的位置使薄木板处于水平平衡状态，如图乙所示。用刻度尺
分别量出L1、L2，则薯条的质量表达式为
。（用给定的量表示）
（3）测量煤油的初始温度t0
（4）将薯条点燃，放入燃烧皿中，用铁丝搅拌使其充分燃烧，待其充分燃烧完，煤油温度稳定时迅速记下煤油的
末温t．若煤油的比热容为C 煤油，则煤油吸收的热量表达式为
（用给定的量表示）；薯条的热值表达式为
（用给定的量表示）．薯条热值的测量值与真实值比
（选填“偏大”或“偏小”）
20．（2 分）小明学习了电学知识以后，想在家里安装一盏照明灯和一个三孔插座，他设计的电路如图所示，图中虚
线框A 和B 内分别接入开关或灯泡，则虚线框A 内应接
，图中三孔插座的插孔
（选填“a”、“b”
或“c”）应与地线相连。
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21．（3 分）电热膜是一种新型的电热器件，电热膜是在绝缘的聚酯薄膜表面，经过特殊工艺加工形成的一条条薄的
导电墨线，导电墨线两端与金属导线相连，形成网状结构，其内部结构如图甲所示。电热膜取暖器工作时，室内
空气温度升高是通过
方式增加空气内能的。将此电热膜接入电路，正常工作时金属导线中A、B 处电流分
别为IA 和IB，则IA
IB（选填“＞”、“＜”或“＝”）；导电墨线电阻随温度变化的关系如图乙所示，电热
膜不会因厚度不均而出现局部过热的现象，原因是
。
22．（2 分）将盛有适量水的容器放在水平地面上，用弹簧测力计将系有细线的铁块浸没在水中处于静止状态，此时
弹簧测力计的示数为F，如图所示。
（1）若细线突然断了，铁块沉到容器底部静止，此时地面受到的压力和原来相比
（选填“不变”、“变小”
或“变大”）。
（2）已知月球对物体的引力是地球对同一个物体引力的
，若在月球上做此实验，将容器放在月面上，实验情况
仍如图所示，当铁块处于静止时，弹簧测力计的示数
（选填“等于零”、“等于
”或“等于
”）。
三、解答题（本题共7 小题，共32 分，其中24、27 题应写出必要的解题过程）
23．（1 分）根据平面镜成像特点，在图甲中画出物体AB 所成的像。
24．（1 分）图（a）中，用手把一小盆水端起，此时水盆相当于图（b）所示的杠杆，其中O 为支点，A 为杠杆的动
力作用点。请在图（b）中画出作用在A 点的最小动力F1。
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25．（2 分）在如图所示的通电螺线管旁有一静止磁体，请标出电源的正极及螺线管磁感线的方向。
26．（7 分）2016 年12 月20 日，中国自主建造的第一艘极地科学考察破冰船（H520）正式开工建造。设计空载排水
量为8000t，满载排水量为14000t，它能在覆盖有0.2m 厚积雪的1.5m 厚冰层上以3.6km/h～7.2km/h 的速度连续
破冰。（g 取10N/kg）
（1）破冰船“H520”用厚钢板做船底，主要是因为钢板具有
（选填序号）。
①良好的导电性；②较高的硬度；③较高的熔点；④良好的导热性。
（2）假设在1.5m 厚的冰层海域以7.2km/h 的速度匀速破冰时所受的阻力为2×107N，则根据设计要求破冰船“H520”
推进功率多大？
（3）破冰船“H520”可采用“重力破冰法”破冰，“重力破冰法”是指在接触冰面前，船全速航行，船体大部分
冲上冰面，就可以把冰压碎，若此时船的排水体积变为原来的七分之二，假设当时破冰船“H520”满载，船与冰
层接触面积为5m2，则该破冰船对冰层的压强是多少？（海水的密度取1.0×103kg/m3）
27．（7 分）如图所示是“测量小灯泡的电功率”的实验，所用小灯泡上标有“3.8V”字样，滑动变阻器规格为“20Ω1A”，
电源电压为6V 保持不变。
（1）请在图甲中用笔画线代替导线，把电路连接完整。
（2）连接好电路后，闭合开关，小明发现移动滑动变阻器滑片，小灯泡不发光，电压表示数为零。进一步观察并
检查电路，发现电压表、电流表、导线及其连接均完好。电路可能的故障是
（选填“小灯泡灯丝断了”或
“滑动变阻器断路”）（假设电路只有一处故障）
（3）故障解决后继续实验，如图乙所示为某时刻电压表的读数，为了测量小灯泡的电功率，应将滑片向
（选
填“左”或“右”）端滑动。灯泡正常发光时电流表的示数如图丙所示，则灯泡的额定功率为
W。
（4）在甲图中，小明误将电压表并联在滑动变阻器两端，调节滑动变阻器，当电压表示数为
V 时，小灯
泡正常发光。用此方案，在确保各元件安全的情况下，小明记录了电流表和电压表的若干组数据，根据测量的数
据绘出的I﹣U 图象可能是图丁中的
（选填“A”或“B”）
28．（7 分）如图所示，小明在“研究气泡的运动规律”的实验中，发现气泡运动得较快，测量时间的误差较大。如
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何使气泡运动得慢一些？气泡的运动快慢到底与哪些因素有关呢？小明做出了如下猜想：
猜想一：跟气泡的大小有关
猜想二：跟玻璃管与水平面的坡角∠α有关
于是小明课后找了几位同学一起探究“气泡运动的快慢与气泡的大小、坡角有什么关系”。得到的数据如下（玻璃
管内径8mm，气泡通过路程为80cm，玻璃管内液体为水）：
表一
表二
表三
气泡
大小
1cm
坡
角
时间
/s
速度/
cm•s
﹣1
气泡
大小
2cm
坡
角
时间/s 速度/
cm•s
﹣1
气泡
大小
4cm
坡
角
时间/s 速度/
cm•s
﹣1
实验序
号
1 15
°
14.8
0
5.41
实验序
号
6 15
°
22.47
3.56
实验序
号
11 15
°
18.20
4.40
2 30
°
13.1
0
6.11
7 30
°
14.84
5.39
12 30
°
13.40
5.97
3 45
°
14.7
0
5.44
8 45
°
12.16
6.58
13 45
°
12.50
6.40
4 60
°
17.7
0
4.52
9 60
°
13.77
5.81
14 60
°
13.50
5.93
5 90
°
32.4
0
2.47
10 90
°
19.95
4.01
15 90
°
19.10
4.19
（1）实验中，小明将标有刻度的玻璃管一端放在水平桌面上，另一端抬高，如图甲所示。为了完成实验，他还需
要的器材有刻度尺、秒表、滴管、棉线和
。
（2）计时的起点“0”刻度线没有设定在玻璃管的底端，原因是
。
（3）分析表一（或表二、表三）的数据，可以发现气泡运动的快慢随坡角的变化关系是：
。
（4）分析表中第
（填表中实验序号）次实验数据可知，气泡运动的快慢与气泡的大小有关。在分析过程
中，小明他们运用的科学方法是
（选填“类比法”、“转换法”或“控制变量法”）。
（5）要使气泡运动得慢一些，小明他们选择的气泡大小为2cm，坡角大小应为
（选填“5°”、“45°”或
“90°”）；请你猜想气泡运动的快慢还可能与
有关。
29．（7 分）近年来，多旋翼无人机发展迅速。由于其机动性和灵活性强，广泛应用在航拍领域、交通管理等方面。
如图所示为某品牌四旋翼无人机，它采用4 个电机带动旋翼（螺旋桨）转动，对下方空气施力的同时获得升力。
该无人机设有一键起降和返航、空中悬停等功能，携带的摄像机可以进行高清拍摄并实时把信号传到遥控器显示
器，它还拥有GPS 卫星定位系统。下表是该无人机的部分参数：
整机质量
2kg
电池额定电压
15V
最大起飞海拔高度
5000m
电池容量
5000mA•h
最大上升速度
6m/s
电动机工作电压
12V
最大下降速度
2m/s
悬停时每个电动机功率
50W
最大水平速度
16m/s
电动机数量
4
（1）根据上述内容，下列说法中不正确的是
A．遥控无人机、卫星定位都是通过电磁波来传递信息的B．无人机利用了空气对旋翼的反作用力从而获得升力
C．无人机在拍摄地面图象时减小悬停高度可以使图象变大D．无人机在悬停时不消耗电能
（2）电动机在工作时要保持其两端电压为12V 不变，通过电子调速器（简称电调）来控制电动机的电流从而改
变电动机的功率，每一个电动机连接一个电调，那么电动机和电调的连接方式是
（选填“并联”或“串联”）；
若电源电压全部加在电动机和电调的两端，则电动机和电调的功率之比为
。
（3）在电池满容量的情况下，该无人机参与某次火情的勘测时，需要从地面起飞，飞到火场上空60 米高处，然
后悬停观测（整个过程四个电动机同时工作）。由于无人机机动性和灵活性强，这一过程可视为以最大速度匀速直
线上升，且达到60 米高处时立即静止（悬停）。若无人机悬停观测10 分钟，电动机将电能转化为机械能的效率为
90%，无人机上升过程中所受的阻力为10N，通过计算回答下列问题：（g 取10N/kg）
a．从起飞到悬停结束，电动机消耗多少电能？电调部分消耗多少电能？
b．若无人机从60 米高处返回到地面，要求电池容量至少剩余10%，若不计其他能量损失，该无人机完成悬停观
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测后，能否安全返回？
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2018-2019 学年广东省广州市黄埔区华南师大附中九年级（下）月考物理
试卷（3 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12 小题，每小题2 分，共24 分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．（2 分）下列与声现象有关的说法中正确的是（
）
A．一切发声的物体都在振动
B．声音在空气中的传播速度一定是340m/s
C．公路旁安装的隔音墙是在声源处减弱噪声
D．声能传递信息，也能在真空中传播
【分析】（1）声音是物体振动产生的，一切发声的物体都在振动；
（2）声音在不同介质中的传播速度不同，声速还与温度有关
（3）减弱噪声有三个途径：在声源处，在传播过程中，在人耳处；
（4）声音能传递信息，声音传播需要介质，真空不能传声。
【解答】解：
A、声音是发声体的振动产生的，一切发声的物体都在振动。此选项正确；
B、声音在15℃的空气中传播速度是340m/s，空气温度不同，声音传播速度也不同。此选项错误
C、公路旁安装隔音墙是在传播过程中减弱噪声。此选项错误；
D、声音能传递信息，但声音传播需要介质，真空不能传声，此选项错误。
【点评】此题考查的是我们对声音产生、传播、减弱噪声途径及声速影响因素的掌握，考查知识点较多，难度不
大，是一道基础题。
2．（2 分）下列有关能源的说法，正确的是（
）
A．核燃料是可再生能源
B．永动机的设想符合能量守恒定律
C．能量的转化和转移是有一定方向的
D．太阳能的利用方式只能是光热转换
【分析】（1）核燃料在地球上的储量是有限的，因此是不可再生能源；
（2）能量既不会创生，也不会消灭，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，
在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律；
（3）目前人们直接利用太阳能的方式有两种：其一是把太阳能转化为内能：其二是把太阳能转化为电能。
【解答】解：
A、核能需要用到铀，像铀矿这类矿物能源，一旦消耗就很难再生，是不可再生能源，故A 错误；
B、很多科学家致力于研究永动机，希望能造出不消耗能量而源源不断的向外输出能量，但结果都以失败告终，其
原因是因为永动机违背了能量守恒定律，故B 错误；
C、据能量转化和守恒定律可知，能量的转化和转移是具有方向性的，故C 正确；
D、目前人类直接利用太阳能的方式有光热转换和光电转换，故D 错误。
【点评】本题考查了能源的分类、能量守恒定律的应用、太阳能的利用方式，是一道综合性题目。
3 ．（2 分）如图所示是无锡拍客的四幅摄影作品，下列对图中光现象的解释错误的是（
）
A．图甲中，雪浪山紫色的薰衣草是因为薰衣草吸收了紫光
B．图乙中，蠡湖之光帆的倒影是光的反射现象
C．图丙中，太湖新城高楼的阴影是光的直线传播现象
D．图丁中，雨后新吴区万亩良田上空的彩虹是光的色散现象
【分析】解答此题要从以下知识点入手：
①不透明物体的颜色是由反射的色光决定的；
②平面镜成像，成因是光的反射；
③光的直线传播，知道光在同一均匀介质中是沿直线传播的；
④光的折射现象。由物体发出的光透过不同介质时，会发生折射，使其色散改变光路。
【解答】解：A、紫色的薰衣草反射了紫光，把其他的色光都吸收了，故A 错误；
B、倒影，属于平面镜成像，是光的反射原理，故B 正确；
C、阴影的形成是由于光沿直线传播，身体挡住了光而形成的。故C 正确；
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D、彩虹是由光的色散形成的，故D 正确。
【点评】此题主要通过各种事例考查了学生对光的反射、光的直线传播、光的折射以及物体的颜色的理解。要注
意这几种现象的本质，在日常生活中学习用所学知识解释有关现象。
4．（2 分）下列有关弹力的说法，正确的是（
）
A．互相接触的两物体，一定产生弹力作用
B．使物体发生弹性形变的外力越大，物体的形变就越大
C．从力的性质来看，重力、压力、支持力、拉力都属于弹力
D．茶杯放在水平桌面上，茶杯对桌面的压力是由于桌面发生弹性形变而产生的
【分析】产生弹力的条件：使具有弹性的物体发生弹性形变，并且形变越大，弹力越大；
常见的具有弹性的物体：弹簧、橡皮筋、竹竿、弹簧片等；
常见的弹力：压力、支持力、拉力。
【解答】解：
A、互相接触的两物体，只有当相互挤压、产生弹性形变时才产生弹力，故A 错；
B、使某一物体发生弹性形变的外力越大，物体的形变就越大，故B 正确；
C、从力的性质来看，重力属于引力、不属于弹力，压力、支持力、拉力属于弹力，故C 错；
D、茶杯放在水平桌面上，茶杯对桌面的压力是由于茶杯发生弹性形变而产生的，故D 错。
【点评】本题考查了学生对弹力的了解与掌握，注意弹力是由于物体发生弹性形变引起的，有的弹性形变人的肉
眼看不到。
5．（2 分）如图所示的四种物态变化的实例中，属于液化的是（
）
A．
冰雪遇暖消融
B．
水烧开时冒出“白气”
C．
草叶上形成“白霜”
D．
用干手器将手烘干
【分析】判断出属于液化的物态变化，要弄清液化的特点，液化是由物体气态变为液态的变化过程，可根据四个
选项中所给物理现象的特点来进行判断。
【解答】解：A、冰雪遇暖消融，由固态变成液态，属于熔化现象；
B、水烧开时冒出“白气”，壶内冒出来的温度较高的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象；
C、草叶上形成“白霜”，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象；
D、用干手器将手烘干，手上的水变成水蒸气，属于汽化现象。
【点评】判断物态变化主要看物体由什么状态变为什么状态，然后根据各种物态变化的概念得出结论，物态变化
是中考必考的一个知识点。
6．（2 分）如图所示，物体只受到竖直方向两个力的作用，关于它的运动情况的描述：①保持静止②向右做匀速直
线运动③斜向右上方做匀速直线运动④竖直方向做变速直线运动，可能的是（
）
A．①②④
B．②③④
C．①③④
D．①②③
【分析】当物体受平衡力作用时，物体处于静止状态或匀速直线运动。
【解答】解：根据图示可知，物体在竖直方向上受平衡力作用，因此物体可能处于静止状态，也可能沿任何一个
方向做匀速直线运动；故①②③正确。
【点评】本题考查牛顿第一定律的应用，关键明确物体受平衡力作用时，物体处于静止状态或匀速直线运动。
7．（2 分）甲、乙两物体同时同地向东做匀速直线运动，它们的s﹣t 图象如图所示。由图象可知（
）
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A．甲的速度小于乙的速度
B．经过6s，甲在乙前面1.2m 处
C．以甲为参照物，乙向东运动
D．以乙为参照物，甲向东运动
【分析】匀速直线运动的路程s 与运动时间t 成正比，s﹣t 图象是一条倾斜的直线，根据图象的形状判断甲、乙的
运动性质；
由图象找出甲乙的路程s 与所对应的时间t，由速度公式可求出甲乙的速度，然后比较它们的大小关系；
根据甲乙的速度关系判断两物体的位置关系，然后以甲或乙为参照物，判断乙或甲的运动状态。
【解答】解：A、由图象知甲乙的s﹣t 图象是一条倾斜的直线，所以甲乙都做匀速直线运动，
由图象知v 甲＝
＝0.2m/s，乙的速度v 乙＝
＝0.1m/s，v 甲＞v 乙，故A 错误。
B、读图可知，经过6s，甲运动了1.2m，乙运动了0.6m，因为甲、乙两物体同时同地向东做匀速直线运动，所以
此时甲在乙前面1.2m﹣0.6m＝0.6m 处，故B 错误；
CD、因为v 甲＞v 乙，甲、乙两物体同时同地向东做匀速直线运动，所以甲在乙车的前面向东运动，两物体的相对
位置不断变化，以甲为参照物，乙向西运动，以乙为参照物，甲是向东运动的，故C 错误，D 正确。
【点评】本题考查了物体的s﹣t 图象，由图象找出两物体的路程s 与所对应的时间t，是解题的关键；应知道匀速
直线运动的s 与t 成正比，s﹣t 图象是一条倾斜的直线。当然，具体分析时应细心找准对应关系。
8．（2 分）飞机黑匣子的电路等效为两部分，一部分为信号发射电路，可用等效电阻R1 表示，用开关S1 控制，30 天
后自动断开，R1 停止工作；另一部分为信息储存电路，可用等效电阻R2，用开关S2 控制，能持续工作6 年，如
图所示。关于黑匣子的等效电路中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】串联电路中各用电器相互影响，并联电路中各用电器可以单独工作、互不影响；
串联电路中的开关控制整个电路；并联电路中，干路开关控制整个电路，支路开关只控制该支路上的用电器。
【解答】解：根据题意可知，R1、R2 可以单独工作，互不影响，因此它们为并联连接，并且它们都有相应的开关
控制，故B 选项的电路图符合题意。
【点评】本题考查串并联电路的特点以及串并联电路中开关的作用，难度不大。
9．（2 分）如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产
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生感应电流。
【解答】解：A、电磁感应实验，是发电机的原理图；
B、奥斯特实验，说明电流周围有磁场；
C、有电源说明的是磁场对电流的作用；
D、电流的磁效应，说明电磁铁的磁性与线圈匝数有关。
【点评】在电磁学中，有很多典型的实验装置，记住这些实验装置、实验过程中的现象及探究的目的，对于解决
此题题目非常关键。
10．（2 分）如图所示，把体积为300cm3、密度为0.8×103kg/m3 的木块浸没在水中后放手，木块先上浮，最终漂浮
于水面，下列说法正确的是（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）（
）
A．木块漂浮时受到的浮力是3N
B．木块上浮过程中，露出水面前受到的浮力变小
C．木块浸没与木块漂浮时，水对容器底部的压力一样大
D．如果把漂浮木块露出水面部分切去，余下部分仍将漂浮
【分析】（1）木块漂浮，浮力等于重力，利用密度公式计算出木块的质量，然后利用重力公式计算重力；
（2）根据公式F 浮＝ρ水gV 排可分析木块上浮过程中，露出水面前受到的浮力变化；
（3）根据p＝ρ水gh，通过分析排开水的体积的变化得出水的深度的变化，进而得出压强的大小变化；
（4）根据物体的浮沉条件分析。
【解答】解：A、根据ρ＝
可知，木块的质量，m＝ρV＝0.8g/cm3×300cm3＝240g＝0.24kg，
木块的重力G＝mg＝0.24kg×10N/kg＝2.4N。
木块漂浮，则浮力F 浮＝G＝2.4N．故A 错误；
B、木块上浮过程中，露出水面前，水的密度一定，排开水的体积不变，
根据公式F 浮＝ρ水gV 排可知，所受浮力不变。故B 错误；
C、木块浸没时排开水的体积大于木块漂浮时排开水的体积，
所以，木块浸没时水的深度大于木块漂浮时水的深度，
所以，根据p＝ρ水gh 可知，木块浸没时水对容器底部的压强大于木块漂浮时水对容器底部的压强，
容器的底面积不变，
根据p＝
可知，木块浸没时水对容器底部的压力大于木块漂浮时水对容器底部的压力。故C 错误；
D、由题知，木块先上浮，最终漂浮于水面，所以木块的密度小于水的密度，
如果把漂浮木块露出水面部分切去，木块的密度不变，仍然小于水的密度，
所以，余下部分仍将漂浮。故D 正确。
【点评】此题考查浮力的大小计算、物体浮沉条件的应用、压强的大小比较，关键是浮力公式和液体压强公式的
应用，题目难度适中，适合学生训练，属于中档题。
11．（2 分）为救治病人，急需将一种药品送到偏远的山村，这种药品要求在0℃以下存放，常用的保温瓶不能满足需
要。为保障药品存放的要求，某同学设计了如图所示的冷藏盒。下列做法正确的是（
）
A．药品放置在B 处，低温物质放置在A 处
B．保温瓶内的低温物质选择使用冰块
C．保温瓶内的低温物质选择经电冰箱冷藏室降温的食盐水
D．包装盒与保温瓶间的填充材料用导热性好的材料
【分析】根据包装盒所要发挥的作用分析解答；从导热性能差的物质的保温效果更好，可以减缓热传递的速度；
以及盐冰的熔点低于0℃，温度低密度大等角度分析即可。
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【解答】解：
A、温度低的气体密度大，下沉，为使药品处于低温环境，应把药品放置在B 处，低温物质放置在A 处，故A 正
确；
BC、药品要求在0℃以下存放，要求所选物质的熔点在0℃以下，冰的熔点是0℃，盐冰的熔点低于0℃，所以冷
藏盒中应使用盐水冰块，而不是冰块也不是电冰箱冷藏的食盐水，故B、C 都错误；
D、这种药品要求在低温环境下存放，要求运输过程中尽可能不从外界吸收热量，包装盒应具有导热性能差的，
即要用保温效果较好的材料；故D 错误。
【点评】本题属于与生活实际相联系的信息题。只要同学们把自己掌握的知识与题目所给信息相结合，问题就很
好解决。
12．（2 分）汽车以速度V0 在平直路面上匀速行驶，在t＝0 时刻将汽车发动机的输出功率调大为另一个恒定值，设
汽车行驶过程中受到的阻力恒定不变。从t＝0 时刻开始汽车运动的v﹣t 图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据P＝Fv 以及牛顿第二定律分析速度和加速度的变化情况，从而选择图象。
【解答】解：汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，此时P＝Fv0＝fv0，
若在t＝0 时刻将汽车发动机的输出功率调为另一个恒定值，且这个定值比P 小，则瞬间牵引力减小，牵引力小于
阻力，根据牛顿第二定律可知a＝
，则加速度反向减小，故汽车做加速度减小的减速运动；
若在t＝0 时刻将汽车发动机的输出功率调为另一个恒定值，且这个定值比P 大，根据P＝Fv 可知瞬间牵引力增大，
随着速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律可知a＝
，则加速度减小，故汽车做加速度减小的加速运动；
故B 正确。
【点评】知道速度时间图象的斜率表示加速度，根据P＝Fv 结合牛顿第二定律求解，难度适中。
二、填空题（本题共10 小题，每空1 分，共24 分）
13．（2 分）用已调好的托盘天平测量物体的质量时，应将砝码放在天平的
右
盘，天平平衡时砝码的质量及游码
在标尺上的位置如图所示，则被测物体的质量为
32.2
g。
【分析】用已调好的托盘天平测量物体的质量时，左盘放物体，右盘放砝码；在读数时左盘物体的质量＝右盘砝
码的质量+游码所对的刻度值。
【解答】解：实验室中最常用的测质量的仪器是托盘天平，在使用时左盘放物体，右盘放砝码；
由图知，标尺的分度值为0.2g，所以物体的质量m＝20g+10g+2.2g＝32.2g。
故答案为：右；32.2。
【点评】托盘天平是初中物理最重要的测量仪器之一，它的使用是我们必须熟练掌握的实验技能，无论是从理论
上还是实践中都应引起足够的重视。
14．（2 分）2016 年10 月17 日7 时，我国神舟十一号载人飞船在酒泉卫星发射中心用长征二号F 运载火箭成功发射
升空，顺利将景海鹏、陈冬2 名航天员送入太空。经过两天独立飞行的神舟十一号载人飞船与天宫二号成功对接，
如图所示，在对接过程中，选择天宫二号为参照物，飞船是
运动
的（选填“运动”或“静止”）；当太阳光照
射“天宫二号”组合体的太阳能帆板时，帆板把光能转化为电能，为飞船上的电器设备提供能源，太阳能属于
可
再生能源
（选填“可再生能源”或“不可再生能源”）。
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【分析】（1）判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参照物，被研究的物体和参照物之间发生了位置的改变，
被研究的物体是运动的，否则是静止的。
（2）使用之后可以在短时间内从自然界中再次产生的能源是可再生能源，使用之后在短时间内无法在自然界中再
次产生的能源是不可再生能源。
【解答】解：（1）在对接过程中，以天宫二号为参照物，飞船相对于天宫二号的位置发生变化，所以飞船是运动
的；
（2）太阳能在短时间内可以再次产生，是可再生能源。
故答案为：运动；可再生能源。
【点评】本题借助“神舟十一号”升空考查运动和静止的相对性、能源的分类，注重了物理和生活的联系。
15．（2 分）如图所示是某地下停车场烟雾报警器的简化原理图。电源电压保持不变，R0 为定值电阻，光敏电阻R 的
阻值随光照强度的减弱而增大，当电路中的电流减小至某一数值时报警器开始报警。当有烟雾遮挡射向光敏电阻
R 的激光时，电压表示数
减小
（选填“增大”、“减小”或“不变”）；要使报警器在浓度更低的烟雾下报警，
R0 应选用
更大
（选填“更大”或“更小”）阻值的电阻。
【分析】由电路图可知，光敏电阻R 和定值电阻R0 串联，电压表测R0 两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据题意得出当有烟雾遮挡射向R 的激光时R 的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中电流变化和R0 两端的
电压变化；
（2）要使报警器在浓度更低的烟雾下报警，说明当电路中电流增大到某一数值时报警器开始报警，由欧姆定律可
知电路中的电阻必须减小到某一数值，据此可知R0 的阻值变化。
【解答】解：
由电路图可知，光敏电阻R 和定值电阻R0 串联，电压表测R0 两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）因光敏电阻R 的阻值随光照强度的减弱而增大，
所以，当有烟雾遮挡射向R 的激光时，光照强度减弱，R 的阻值增大，电路中的总电阻增大，
由I＝
可知，电路中的电流减小，
由U＝IR 可知，R0 两端电压减小，即电压表示数减小；
（2）要使报警器在浓度更低的烟雾下报警，说明光照强度增强，则光敏电阻的阻值减小，由欧姆定律可知，电路
中的电流变大；
如果要保持报警器的工作电流不变，由欧姆定律可知，应增大R0 的阻值使电路中的电流减小，这样才能在浓度更
低的烟雾下及时报警。
故答案为：减小；更大。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，从题干中获取有用的信息是关
键。
16．
（2 分）小明在观察“碘锤”中的物态变化之前，查阅资料得知：酒精灯外焰的温度约为800℃．碘的熔点为113.7℃．我
们选用图
甲
方式加热，理由是
防止碘先熔化再汽化成碘蒸气
。
【分析】判断物态变化，首先确定原来的状态，然后确定最后的状态，从而确定物态变化，同时注意熔化条件①
达到熔点②继续吸热。
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【解答】解：甲图，“碘锤”在水中加热，热水的温度约为100℃，碘的熔点为113.7℃，水的温度低于碘的熔点，
所以碘不会熔化；碘颗粒吸热会从固态直接变为气态，则该物态变化为升华，而图乙中，酒精灯外焰温度约为800℃，
高于碘的熔点113.7℃，碘吸热可能熔化，故甲更好，因为甲防止碘先熔化再汽化成碘蒸气。
故答案为：甲；防止碘先熔化再汽化成碘蒸气。
【点评】掌握六种物态变化，以及物态变化的情况。会用物态变化解释生活中的问题。
17．（2 分）如图所示为生活中常用的热水瓶，注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞常会跳起来。在软木
塞跳起来的过程中，热水瓶内温度
降低
（选填“升高”、“不变”或“降低”）。汽油机中的
做功
冲程与这
一现象的能量转化相同。
【分析】（1）瓶内热水蒸发产生大量水蒸气，水蒸气膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；
（2）汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
【解答】解：
（1）瓶塞跳起来，机械能增大，这是由于暖瓶内气体膨胀做功造成的，水蒸气的内能转化成瓶塞的机械能，热水
瓶内水蒸气的温度降低；
（2）汽油机在做功冲程中，气缸内高温气体膨胀推动活塞做功，内能转化为机械能。
故答案为：降低；做功。
【点评】本题从生活中的物品入手，考查了内能的改变和汽油机做功冲程中的能量转化，注重了物理知识与生活
的联系。
18．（3 分）如图甲所示，一束平行光经过凸透镜后，在光屏上得到一个最小、最亮的光斑，则它的焦距是
10
cm；
用此凸透镜探究成像规律，实验装置如图乙所示，调整后在光屏上得到一个清晰的蜡烛火焰的像，该像的性质是
倒立、缩小、实像
（写出像的正倒、大小、虚实）；此时某同学将爷爷的老花眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸
透镜的位置，结果光屏上原来清晰的像变模糊了，若不改变蜡烛和凸透镜的位置，应将光屏向
靠近
（选填“远
离
”
或
“
靠
近
” ）
凸
透
镜
方
向
移
动
，
才
能
使
像
变
得
清
晰
。
【分析】（1）运用平行光测焦距法粗测凸透镜的焦距；
（2）当物体在2 倍焦距以外，像成在1 倍焦距和2 倍焦距之间，成倒立缩小的实像，应用于照相机；
（3）要解决此题，需要知道老花镜是凸透镜，凸透镜会聚光线的作用。
【解答】解：（1）由图可知，最小、最亮的光斑距离凸透镜10cm，故凸透镜的焦距为10cm；
（2）由图可知，蜡烛在2 倍焦距以外，成倒立、缩小的实像，此现象应用于照相机；
（3）某同学将爷爷的老花眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜的位置，由于老花镜是凸透镜，对光线有会聚作
用，所以通过凸透镜的光线比以前会聚得要早了，像距更小了，因此要得到清晰的像，需将光屏靠近凸透镜。
故答案为：10；倒立、缩小、实像；靠近。
【点评】本题对凸透镜成像规律的实验中的操作要领、实验现象及相关规律进行考查，知识点较多，难度不大；
关于凸透镜成像规律的记忆，建议结合成像光路才能形象直观地深入理解且印象深刻。
19．（4 分）小明用实验估测薯条的热值，实验器材有：铁架台、温度计、烧杯（注有质量已知为m 的煤油）、5 角硬
币（已知质量为m0）、质量不计的长薄木板、圆柱铅笔、塑料刻度尺、打火机、铁丝等器材。实验过程如下：
（1）组装器材。按照如图甲所示的装置安装实验器材。
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（2）测定薯条的质量。因为没有天平，聪明的小明将圆柱铅笔放在桌子上，把圆柱铅笔作为支点位置并标记为O，
5 角硬币、薯条放在长薄木板的两端，调整圆柱铅笔的位置使薄木板处于水平平衡状态，如图乙所示。用刻度尺
分别量出L1、L2，则薯条的质量表达式为
。（用给定的量表示）
（3）测量煤油的初始温度t0
（4）将薯条点燃，放入燃烧皿中，用铁丝搅拌使其充分燃烧，待其充分燃烧完，煤油温度稳定时迅速记下煤油的
末温t．若煤油的比热容为C 煤油，则煤油吸收的热量表达式为
c 煤油m（t﹣t0）
（用给定的量表示）；薯条的热
值表达式为
（用给定的量表示）．薯条热值的测量值与真实值比
偏小
（选填“偏大”
或“偏小”）
【分析】（1）根据杠杆平衡条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂；
（2）由于薯条的热值无法直接测量，则可通过比较煤油升高的温度的高低来体现热值的大小，由于煤油温的升高
与吸收热量的多少以及煤油的质量有关，
要比较温度计升高的示数，就必须记录加热前的煤油温t0 和薯片燃尽后的煤油温t；煤油吸收热量的表达式Q＝c
煤油m（t﹣t0）；
（3）由于燃料在燃烧过程中放出的热量不可能被煤油完全吸收，所以通过煤油吸收的热量不能准确计算出薯片的
热值。
【解答】解：（1）因为杠杆平衡时，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，G 硬币L1＝G 薯条L2，m0gL1＝m 薯条gL2，
m 薯条＝
；
（2）根据公式Q 吸＝Q 放得：
c 煤油m（t﹣t0）＝m 薯片q，
q＝
＝
＝
（3）由于薯条在燃烧过程中放出的热量不可能被煤油完全吸收，有一部分散失，故测量值比真实值偏小。
故答案为：（2）
；（4）c 煤油m（t﹣t0）；
；偏小。
【点评】本题的解题关键是了解利用控制变量法和转换法设计探究实验的基本思路。
20．（2 分）小明学习了电学知识以后，想在家里安装一盏照明灯和一个三孔插座，他设计的电路如图所示，图中虚
线框A 和B 内分别接入开关或灯泡，则虚线框A 内应接
灯泡
，图中三孔插座的插孔
b
（选填“a”、“b”
或“c”）应与地线相连。
【分析】开关与被控制的灯串联，为了安全开关接在灯与火线之间。三孔插座的正确接法：左零右火，中间接地
线。
【解答】解：
开关应接在灯与火线之间，这样开关断开后，电灯就与火线断开。因此开关应接在B 处，灯泡接在A 处；
根据三孔插座的正确接法可知，a 应与零线相连，c 应与火线相连，b 与地线相连。
故答案为：灯泡；b。
【点评】本题考查家庭电路的连接，属于基础题。开关要控制火线，三孔插座接法左零右火，中间接地的原则。
21．（3 分）电热膜是一种新型的电热器件，电热膜是在绝缘的聚酯薄膜表面，经过特殊工艺加工形成的一条条薄的
导电墨线，导电墨线两端与金属导线相连，形成网状结构，其内部结构如图甲所示。电热膜取暖器工作时，室内
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空气温度升高是通过
热传递
方式增加空气内能的。将此电热膜接入电路，正常工作时金属导线中A、B 处电
流分别为IA 和IB，则IA
＜
IB（选填“＞”、“＜”或“＝”）；导电墨线电阻随温度变化的关系如图乙所示，电
热膜不会因厚度不均而出现局部过热的现象，原因是
厚的导电墨线电阻虽然小，从丙图可以看出导电墨线电阻
随温度升高而增大，根据P＝
可知，发热功率变小
。
【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，二者是等效的；
（2）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
（3）根据图象分析导电墨线电阻随温度变化的关系得出结论。
【解答】解：
（1）电热膜取暖器工作时放出热量，室内空气吸收热量，温度升高，是通过热传递的方式使得室内温度升高；
（2）因为墨线是并联的。如图中，若通过每条墨线的电流为I，则IA＝6I，IB＝9I，因此IA＜IB；
（3）厚的导电墨线电阻虽然小，从丙图可以看出导电墨线电阻随温度升高而增大，根据P＝
可知，发热功率
变小，所以电热膜不会因厚度不均而出现局部过热的现象。
故答案为：热传递；＜；厚的导电墨线电阻虽然小，从丙图可以看出导电墨线电阻随温度升高而增大，根据P＝
可知，发热功率变小。
【点评】本题考查学生阅读相关材料掌握相关知识，注重理解能力的考查，需要认真审题，利用好相关知识。
22．（2 分）将盛有适量水的容器放在水平地面上，用弹簧测力计将系有细线的铁块浸没在水中处于静止状态，此时
弹簧测力计的示数为F，如图所示。
（1）若细线突然断了，铁块沉到容器底部静止，此时地面受到的压力和原来相比
变大
（选填“不变”、“变小”
或“变大”）。
（2）已知月球对物体的引力是地球对同一个物体引力的
，若在月球上做此实验，将容器放在月面上，实验情况
仍如图所示，当铁块处于静止时，弹簧测力计的示数
等于
F
（选填“等于零”、“等于
”或“等于
”）。
【分析】（1）剪短细线前，桌面受到的压力等于总重力和拉力的合力；细线突然断了桌面受到的压力等于总重力；
（2）先对铁块进行受力分析，根据弹力等于重力和浮力之差的变化分析弹簧测力计的示数。
【解答】解：（1）剪短细线前，桌面受到的压力等于总重力减去绳子向上的拉力，当细线突然断了，桌面受到的
压力等于总重力；故此时桌面受到的压力和原来相比变大了；
（2）铁块受到重力G＝mg、弹力F 以及浮力F 浮＝ρgV 排作用，而弹力大小等于重力与浮力的差，即F＝mg﹣ρgV
排；
由于月球对物体的引力是地球对同一个物体引力的
，故g 将变为原来的
，由F＝mg﹣ρgV 排＝（m﹣ρV 排）g
可知，弹簧对物体的弹力F 减为原来
，弹簧测力计的示数等于
F。
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故答案为：（1）变大；（2）等于
F。
【点评】本题的关键是对铁块进行受力分析，本题的难点是当月球引力发生改变时，重力和质量的比值g 将发生
改变，与其有关的物理量都会随之改变。
三、解答题（本题共7 小题，共32 分，其中24、27 题应写出必要的解题过程）
23．（1 分）根据平面镜成像特点，在图甲中画出物体AB 所成的像。
【分析】（1）平面镜成像的特点是：像与物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像、
物关于平面镜对称；
（2）作出两个端点A、B 在平面镜中的像点，连接像点即为物体AB 在平面镜中所成的像。
【解答】解：由平面镜成像，像物关于平面镜对称，分别作出A、B 关于平面镜的对称点A′、B′，连接A′B′
即为物体AB 在平面镜中成的像。
如图：
【点评】平面镜成像作图方法有两种：一种按成像特点来做，一种用光的反射定律来做，成像特点是像物关于平
面镜对称；反射定律中，像一定在反射光线的反向延长线上，找到技巧点，严格按要求作图。
24．（1 分）图（a）中，用手把一小盆水端起，此时水盆相当于图（b）所示的杠杆，其中O 为支点，A 为杠杆的动
力作用点。请在图（b）中画出作用在A 点的最小动力F1。
【分析】要画出最小的力，首先掌握杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，根据公式，动力臂越长，越省力，所以只要
找到最长的力臂便可求得最小的力。
【解答】解：
根据杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小；由图可知，最长的动力臂是从O 点到A
点的距离，过动力作用点A 作OA 的垂线，方向斜向上，即为最小动力F1 的示意图。如图所示：
【点评】此题考查了杠杆中的最小力问题。杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：
①确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；
②连接支点与动力作用点，得到最长的线段；
③经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；
④根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。
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25．（2 分）在如图所示的通电螺线管旁有一静止磁体，请标出电源的正极及螺线管磁感线的方向。
【分析】磁体静止时，靠近磁体S 极的是通电螺线管的北极；利用右手螺旋定则可得出电源的正负极；在磁体的
外部磁感线的方向是从N 极到S 极。
【解答】解：磁体静止时，根据异名磁极相互吸引可知，靠近磁体S 极的是通电螺线管的北极，即通电螺线管的
右端为N 极；则由右手螺旋定则可知，电流由螺线管的右侧流入，则电源右侧为正极；在磁体的外部磁感线的方
向是从N 极到S 极；
如图所示：
【点评】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用以及磁感线方向的规定，要求学生不但要会由右手螺旋定则
判断磁极的方向，还要会由右手螺旋定则判断电流方向。
26．（7 分）2016 年12 月20 日，中国自主建造的第一艘极地科学考察破冰船（H520）正式开工建造。设计空载排水
量为8000t，满载排水量为14000t，它能在覆盖有0.2m 厚积雪的1.5m 厚冰层上以3.6km/h～7.2km/h 的速度连续
破冰。（g 取10N/kg）
（1）破冰船“H520”用厚钢板做船底，主要是因为钢板具有
②
（选填序号）。
①良好的导电性；②较高的硬度；③较高的熔点；④良好的导热性。
（2）假设在1.5m 厚的冰层海域以7.2km/h 的速度匀速破冰时所受的阻力为2×107N，则根据设计要求破冰船“H520”
推进功率多大？
（3）破冰船“H520”可采用“重力破冰法”破冰，“重力破冰法”是指在接触冰面前，船全速航行，船体大部分
冲上冰面，就可以把冰压碎，若此时船的排水体积变为原来的七分之二，假设当时破冰船“H520”满载，船与冰
层接触面积为5m2，则该破冰船对冰层的压强是多少？（海水的密度取1.0×103kg/m3）
【分析】（1）根据钢板的物理特性分析解答；
（2）利用二力平衡条件求出牵引力，然后利用P＝
＝
＝Fv 计算功率；
（3）当船冲到冰面上，浮力变小，它对冰的压力是船的自身重力减去此时受到的浮力；已知压力和受力面积，利
用公式p＝
得到破冰船对冰面的压强。
【解答】解：（1）破冰船“H520”用厚钢板做船底，主要是利用了钢板的硬度大的特性；故应选②；
（2）v＝7.2km/h＝2m/s；
匀速行驶时，F＝f＝2×107N，
推进功率：P＝
＝
＝Fv＝2×107N×2m/s＝4×107W；
（3）船满载时质量：m＝14000t＝1.4×107kg；
受到的重力：G＝mg＝1.4×107kg×10N/kg＝1.4×108N，
原来浮力（漂浮时）F 浮＝G，破冰时的拍水体积：
＝
V 排，
受到的浮力：
＝
ρgV 排＝
F 浮＝
G＝
×1.4×108N＝4×107N，
船对冰面的压力：F＝G﹣
＝1.4×108N﹣4×107N＝1×108N，
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船对冰面的压强：p＝
＝
＝2×107Pa。
答：（1）②；
（2）根据设计要求破冰船“H520”推进功率为4×107W；
（3）该破冰船对冰层的压强是2×107Pa。
【点评】此题考查物质的物理特性、压强的大小计算、功率的计算，同时考查二力平衡条件及其应用、物体漂浮
条件等知识点，是一道力学综合题。对破冰船进行正确受力分析，明确破冰船对冰面的压力大小是求解破冰船对
冰面压强的关键。
27．（7 分）如图所示是“测量小灯泡的电功率”的实验，所用小灯泡上标有“3.8V”字样，滑动变阻器规格为“20Ω1A”，
电源电压为6V 保持不变。
（1）请在图甲中用笔画线代替导线，把电路连接完整。
（2）连接好电路后，闭合开关，小明发现移动滑动变阻器滑片，小灯泡不发光，电压表示数为零。进一步观察并
检查电路，发现电压表、电流表、导线及其连接均完好。电路可能的故障是
滑动变阻器断路
（选填“小灯泡
灯丝断了”或“滑动变阻器断路”）（假设电路只有一处故障）
（3）故障解决后继续实验，如图乙所示为某时刻电压表的读数，为了测量小灯泡的电功率，应将滑片向
左（选
填“左”或“右”）端滑动。灯泡正常发光时电流表的示数如图丙所示，则灯泡的额定功率为
1.14
W。
（4）在甲图中，小明误将电压表并联在滑动变阻器两端，调节滑动变阻器，当电压表示数为
2.2
V 时，小灯
泡正常发光。用此方案，在确保各元件安全的情况下，小明记录了电流表和电压表的若干组数据，根据测量的数
据绘出的I﹣U 图象可能是图丁中的
B
（选填“A”或“B”）
【分析】（1）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程，且与灯泡并联，注意正负接线柱的连接；滑动变阻器按一
上一下的原则串联在电路中；
（2）对每个猜想所出现的现象逐一分析，确定与题目条件不符合与相符合的猜想；
（3）认清电压表小量程的分度值读数，比较读数与额定电压的大小，根据分压原理确定滑片移动的方向；根据P
＝UI 求出额定功率；
（4）根据串联电路的电压规律求出滑动变阻器两端的电压；根据电压与电流的关系分析图象。
【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表的量程为0～15V，且与灯泡并联，电流从正接线柱流入
负接线柱流出；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，如下图所示：
；
（2）如果小灯泡的灯丝断了，则电压表与电路中其它元件串联，因电压表内阻很大，根据欧姆定律和分压原理，
电流表示数接近0，电压表示数接近电源电压，小灯泡分得的电压很小，不发光；
如果滑动变阻器断路，则电压表、电流表均无示数，小灯泡不发光；
故故障的原因是滑动变阻器断路；
（3）电压表小量程的分度值为0.5V，示数为2.5V，所以，应增加灯两端的电压减小滑动变阻器的电压，根据分
压原理，就要减小变阻器连入电路中的电阻，所以，应将滑片P 向左端移到合适位置，电流表示数的示数为0.3A
则小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
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（4）小灯泡正常发光时，灯泡两端的电压为3.8V，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端的电压为6V﹣
3.8V＝2.2V；当滑动变阻器两端的电压变大时，表面滑动变阻器电阻变大，则电路中的电流减小，故B 图为绘出
的I﹣U 图象。
故答案为：（1）如图；（2）滑动变阻器断路；（3）左；1.14；（4）2.2；B。
【点评】本题考查了滑动变阻器的连接和应用、电流表的读数、电功率的计算等，涉及的知识点较多，综合性强，
明白实验的原理是关键。
28．（7 分）如图所示，小明在“研究气泡的运动规律”的实验中，发现气泡运动得较快，测量时间的误差较大。如
何使气泡运动得慢一些？气泡的运动快慢到底与哪些因素有关呢？小明做出了如下猜想：
猜想一：跟气泡的大小有关
猜想二：跟玻璃管与水平面的坡角∠α有关
于是小明课后找了几位同学一起探究“气泡运动的快慢与气泡的大小、坡角有什么关系”。得到的数据如下（玻璃
管内径8mm，气泡通过路程为80cm，玻璃管内液体为水）：
表一
表二
表三
气泡
大小
1cm
坡
角
时间
/s
速度/
cm•s
﹣1
气泡
大小
2cm
坡
角
时间/s 速度/
cm•s
﹣1
气泡
大小
4cm
坡
角
时间/s 速度/
cm•s
﹣1
实验序
号
1 15
°
14.8
0
5.41
实验序
号
6 15
°
22.47
3.56
实验序
号
11 15
°
18.20
4.40
2 30
°
13.1
0
6.11
7 30
°
14.84
5.39
12 30
°
13.40
5.97
3 45
°
14.7
0
5.44
8 45
°
12.16
6.58
13 45
°
12.50
6.40
4 60
°
17.7
0
4.52
9 60
°
13.77
5.81
14 60
°
13.50
5.93
5 90
°
32.4
0
2.47
10 90
°
19.95
4.01
15 90
°
19.10
4.19
（1）实验中，小明将标有刻度的玻璃管一端放在水平桌面上，另一端抬高，如图甲所示。为了完成实验，他还需
要的器材有刻度尺、秒表、滴管、棉线和
量角器
。
（2）计时的起点“0”刻度线没有设定在玻璃管的底端，原因是
刚开始时气泡不是匀速运动
。
（3）分析表一（或表二、表三）的数据，可以发现气泡运动的快慢随坡角的变化关系是：
气泡大小一定，随着
坡角增大，气泡运动速度先增大后减小
。
（4）分析表中第
1、6、11（或2、7、12 或3、8、13 或4、9、14 或5、10、15）
（填表中实验序号）次实
验数据可知，气泡运动的快慢与气泡的大小有关。在分析过程中，小明他们运用的科学方法是
控制变量法
（选
填“类比法”、“转换法”或“控制变量法”）。
（5）要使气泡运动得慢一些，小明他们选择的气泡大小为2cm，坡角大小应为
5°
（选填“5°”、“45°”或
“90°”）；请你猜想气泡运动的快慢还可能与
液体种类（或者玻璃管粗细）
有关。
【分析】（1）根据要研究气泡的运动快慢跟玻璃管与水平面的坡角∠α的关系确定测量的器材；
（2）根据气泡由玻璃管的底端由静止开始运动，因刚开始时气泡不是匀速运动分析；
（3）分析表一（或表二、表三）的数据得出结论；
（4）根据控制变量法，研究气泡运动的快慢与气泡的大小有关要控制坡角大小不变，只改变气泡大小，由此确定
实验序号；
（5）根据表（2）中数据分析得出结论；结合实际进行猜想。
【解答】解：（1）因要研究气泡的运动快慢跟玻璃管与水平面的坡角∠α的关系，故要用到量角器；
（2）气泡由玻璃管的底端由静止开始运动，因刚开始时气泡不是匀速运动，计时的起点“0”刻度线没有设定在
玻璃管的底端；
（3）分析表一（或表二、表三）的数据，大小一定的气泡，随着坡角增大，气泡运动速度先增大后减小；
（4）研究气泡运动的快慢与气泡的大小有关要控制坡角大小不变，只改变气泡大小，故分析表中第1、6、11（或
2、7、12 或3、8、13 或4、9、14 或5、10、15）次实验数据可知，气泡运动的快慢与气泡的大小有关。在分析
过程中，小明他们运用的科学方法是控制变量法。
（5）要使气泡运动得慢一些，小明他们选择的气泡大小为2cm，由表二数据可知，坡角大小应为5°；你猜想气
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泡运动的快慢还可能与液体种类（或者玻璃管粗细）有关。
故答案为：（1）量角器；
（2）刚开始时气泡不是匀速运动（合理即可）；
（3）气泡大小一定，随着坡角增大，气泡运动速度先增大后减小；
（4）1、6、11（或2、7、12 或3、8、13 或4、9、14 或5、10、15）；控制变量法；
（5）5°；液体种类（或者玻璃管粗细）。
【点评】本题“研究气泡的运动规律”，考查控制变量法及分析数据归纳结论的能力，关键是要搞清研究气泡运动
快慢与气泡大小与坡角的关系。
29．（7 分）近年来，多旋翼无人机发展迅速。由于其机动性和灵活性强，广泛应用在航拍领域、交通管理等方面。
如图所示为某品牌四旋翼无人机，它采用4 个电机带动旋翼（螺旋桨）转动，对下方空气施力的同时获得升力。
该无人机设有一键起降和返航、空中悬停等功能，携带的摄像机可以进行高清拍摄并实时把信号传到遥控器显示
器，它还拥有GPS 卫星定位系统。下表是该无人机的部分参数：
整机质量
2kg
电池额定电压
15V
最大起飞海拔高度
5000m
电池容量
5000mA•h
最大上升速度
6m/s
电动机工作电压
12V
最大下降速度
2m/s
悬停时每个电动机功率
50W
最大水平速度
16m/s
电动机数量
4
（1）根据上述内容，下列说法中不正确的是
D
A．遥控无人机、卫星定位都是通过电磁波来传递信息的B．无人机利用了空气对旋翼的反作用力从而获得升力
C．无人机在拍摄地面图象时减小悬停高度可以使图象变大D．无人机在悬停时不消耗电能
（2）电动机在工作时要保持其两端电压为12V 不变，通过电子调速器（简称电调）来控制电动机的电流从而改
变电动机的功率，每一个电动机连接一个电调，那么电动机和电调的连接方式是
串联
（选填“并联”或“串
联”）；若电源电压全部加在电动机和电调的两端，则电动机和电调的功率之比为
4：1
。
（3）在电池满容量的情况下，该无人机参与某次火情的勘测时，需要从地面起飞，飞到火场上空60 米高处，然
后悬停观测（整个过程四个电动机同时工作）。由于无人机机动性和灵活性强，这一过程可视为以最大速度匀速直
线上升，且达到60 米高处时立即静止（悬停）。若无人机悬停观测10 分钟，电动机将电能转化为机械能的效率为
90%，无人机上升过程中所受的阻力为10N，通过计算回答下列问题：（g 取10N/kg）
a．从起飞到悬停结束，电动机消耗多少电能？电调部分消耗多少电能？
b．若无人机从60 米高处返回到地面，要求电池容量至少剩余10%，若不计其他能量损失，该无人机完成悬停观
测后，能否安全返回？
【分析】（1）①电磁波可以在真空中传播，声音的传播需要介质，不能在真空中传播；
②力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；
③凸透镜成实像时，根据“物近像远像变大，物远像近像变小”即可判断；
④电动机工作时，消耗电能，将其转化为机械能；
（2）根据题意和串并联电路的特点可判断电动机和电调的连接方式；
根据串联电路电压特点和P＝UI 求出电动机和电调的功率之比。
（3）a、根据功的股数和效率公式求出上升过程中电动机消耗电能，然后根据W＝Pt 求出悬停时电动机消耗电能，
进而得出起飞到悬停结束电动机共消耗电能；
根据W 电动机：W 电调＝P 电动机t：P 电调t＝P 电动机：P 电调求出电调消耗电能；
b、根据W 电池＝UIt 求出电池满容量储存的电能，进而得出开始返回前能消耗最大电能，再与现已消耗电能进行比
较即可判断无人机完成悬停观测后能否安全返回。
【解答】解：（1）A、电磁波可以在真空中传播，可以传递信息，遥控无人机、卫星定位都是通过电磁波来传递
信息的，故A 正确；
B、四旋翼无人机，当电机带动旋翼（螺旋桨）转动，对下方空气施加向下的作用力，根据物体间力的作用是相互
的，空气对它施加向上的反作用力，即为升力，故B 正确；
C、摄像机的镜头是凸透镜，成倒立缩小的实像，当拍摄地面图象时减小悬停高度即物距减小，像距变大，所成的
像也变大，故C 正确；
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D、无人机在悬停时电动机仍在工作，每个电动机功率为50W，仍要消耗电能，故D 不正确。
（2）由题意知，每一个电动机连接一个电调，通过电子调速器（简称电调）来控制电动机的电流从而改变电动机
的功率，
故电动机和电调的连接方式是串联。
根据串联电路电压规律可知，电调两端的电压：
U 电调＝U﹣U 电动机＝15V﹣12V＝3V，
则电动机和电调的电压之比：
U 电动机：U 电调＝12V：3V＝4：1，
由P＝UI 得，电动机和电调的功率之比：
P 电动机：P 电调＝U 电动机I：U 电调I＝U 电动机：U 电调＝4：1。
（3）a、上升过程做功：
W＝Fs＝（G+f）s＝（mg+f）s＝（2kg×10N/kg+10N）×60m＝1800J，
由η＝
×100%得，上升过程中电动机消耗电能：
W1＝
＝
＝2000J，
悬停时电动机总功率：P＝50W×4＝200W，
悬停时间t＝10min＝600s，
悬停时电动机消耗电能：
W2＝Pt＝200W×600s＝1.2×105J，
则起飞到悬停结束电动机共消耗电能：
W 电动机＝W1+W2＝2000J+1.2×105J＝122000J。
因为W 电动机：W 电调＝P 电动机t：P 电调t＝P 电动机：P 电调＝4：1，
所以电调消耗电能：
W 电调＝
W 电动机＝
×122000J＝30500J。
b、Q＝5000mAh＝5A×3600s
电池满容量储存的电能：
W 电池＝UIt＝15V×5A×3600s＝270000J，
开始返回前能消耗最大电能：
W＝W 电池•（1﹣10%）＝270000J×（1﹣10%）＝243000J，
现已消耗电能：W′＝W 电动机+W 电调＝122000J+30500J＝152500J，
因为W′＜W，所以无人机可以安全返回。
答：（1）D；（2）串；4：1；
（3）a．从起飞到悬停结束，电动机消耗122000J 电能；电调部分消耗30500J 电能；
b．不计其他能量损失，该无人机完成悬停观测后，能安全返回。
【点评】本题是一道以多旋翼无人机为背景的信息给予题，涉及到的知识点较多，关键能从题干中获取有用的信
息，熟练运用已学的知识即可正确解题，综合性强，难度较大。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:54:56 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）第一次月考物理试卷
一、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．牛顿三大运动定律都是实验定律，均可以通过实验来验证
B．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
C．物体受到的合力不为零时，它的运动速度大小和方向一定都发生改变
D．蹦床运动员在空中的上升和下落过程中都处于失重状态
2．（6 分）在广场上通常有许多人放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，图中的四幅图中，AB 代表风筝截
面，OL 代表风筝线，风向水平，在图所示的四种情况中，风筝可能处于静止状态的是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（6 分）如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q 相连，从滑轮到P 和到Q 的两段绳都是
水平的。已知Q 与P 之间以及P 与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上
的摩擦都不计，若用一水平向右的力F 拉P 使它做匀速运动，则F 的大小为（
）
A．4μmg
B．2μmg
C．3μmg
D．5μmg
4．（6 分）如图所示，吊篮A、物体B、物体C 的质量均为m，B 和C 分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整
个系统在轻绳悬挂下处于静止状态．现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（
）
A．物体B 的加速度大小为g
B．物体C 的加速度大小为2g
C．吊篮A 的加速度大小为3g
D．A、C 间的弹力大小为0.5mg
5．（6 分）如图a，物体在水平恒力F 作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1s 时刻撤去恒力F，物体运动的
v﹣t 图象如图b，重力加速度g＝10m/s2，则（
）
A．物体在3s 内的位移s＝3m
B．恒力F 与摩擦力f 大小之比F：f＝3：1
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C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3
D．在撤去F 前后两个阶段的平均速度大小之比为㘴1：㘴2 =2：1
6．（6 分）如图所示，电梯与地面的夹角为30°，质量为m 的人站在电梯上．当电梯斜向上作匀加速运动时，人对
电梯的压力是他体重的1.2 倍，那么，电梯的加速度a 的大小和人与电梯表面间的静摩擦力f 大小分别是（
）
A．a= t
2
B．a= 2t
5
C．f= 2݉
t
5
D．f=
3݉
t
5
7．（6 分）两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B 的质量分别为M、m，A
与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑
下，滑块B 受到的摩擦力（
）
A．等于零
B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθ
D．大小等于μ2mgcosθ
8．（6 分）如图甲所示，A、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，B 物体从静止开始受到一个水平变力作用，
该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B 始终保持相对静止，则在0～2t0 时间内，下列说法正确的是
（
）
A．A 和B 一起做匀变速直线运动，t0 时刻后折返
B．t0 时刻，A 和B 的加速度最小但速度最大
C．0 时刻和2t0 时刻，A、B 间的静摩擦力最大
D．2t0 时刻，A、B 离出发点最远，速度为0
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题
9．完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住两细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O 点的位
置、两弹簧测力计的读数F1、F2 以及相应的
．
（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点O 拉到
，记下细绳套的方向（如图丙中的
OC），读得（根据图乙）弹簧测力计的示数F＝
．
（3）如图丙，根据（1）中的测量结果按选定的标度（图中相邻圆环间距表示1N）作出了F1、F2 的图示（大小
未标出），请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2 的合力的图解值F′．
（4）比较F 和F′的
，如果在误差范围内两者近似相同，则可验证力的合成与分解中符合平行四边形定
则．
10．在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图1 所示的实验装置，小车及车中砝码的总质量用M 表示，所挂钩
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码的总质量用m 表示，小车的加速度a 可由打点计时器在纸带上的打点信息测量并计算出来。
（1）当M 与m 的大小关系满足
时，才可以近似认为绳对小车的拉力大小等于所挂砝码的重力mg。
（2）在探究加速度与质量的关系时，保持钩码的质量m 一定，改变小车及车中砝码的总质量M，测出相应的加
速度。如果采用图象法处理数据，为了比较直观地反映加速度a 与质量M 的关系，应该画出a 与
的图象。
（3）在探究加速度a 与合力F 的关系时，甲同学根据测量数据做出的a﹣F 图线如图2 中（A）所示，说明实验
中存在的主要问题是：
。
（4）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a﹣F 图线，如图2 中（B）所示，两个同学做实验时取值
不同的物理量是：
；（选填“m”或“M”）
（5）图3 给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度a＝
m/s2．（保留三
位有效数字）
11．2018 年8 月23 日，受台风“天鸽”影响，广东多地暴雨，严重影响了道路的交通安全，在某高速公路的同一直
线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v1＝40m/s，v2＝25m/s，当轿车在与货车距离为s0＝22m
时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车，则轿车要经过s＝160m 才能停下来，两车可视为质点。
（1）求轿车刹车后匀减速运动的加速度大小？
（2）若轿车刹车过程中货车仍以v2 匀速行驶，请分析判断两车是否会相撞
（3）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0＝2s 收到信号并立即以大小为a2＝2.5m/s2 的加速度加速
前进，请分析判断两车是否会相撞？
12．如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37°，AB 之间距离L1＝2.05m，传送带以V0＝1.0m/s 的速率逆时针转动．质
量为M＝1.0kg，长度L2＝1.0m 的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数
μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B 端并处于静止状态．现在传送带上端A 无初速地放一个质量为m＝1.0kg 的
小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，g＝10m/s2）．求：
（1）物块离开B 点的速度大小；
（2）物块在木板上滑过的距离；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离．
13．作出下列图中物体A 的受力图
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14．所受重力G1＝8N 的砝码悬挂在绳PA 和PB 的结点上．PA 偏离竖直方向37°角，PB 在水平方向，且连在所受
重力为G2＝100N 的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：木块与斜面间的弹力与摩擦力
的大小．
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2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）第一次月考物理试
卷
参考答案与试题解析
一、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8 题
有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．牛顿三大运动定律都是实验定律，均可以通过实验来验证
B．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
C．物体受到的合力不为零时，它的运动速度大小和方向一定都发生改变
D．蹦床运动员在空中的上升和下落过程中都处于失重状态
【考点】31：惯性与质量；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】明确牛顿第一定律的基本性质，知道牛顿第一定律无法通过实验验证，同时牛顿第一定律说明了惯性只
与物体的质量有关；知道超重和失重的性质，能根据加速度方向确定物体是超重还是失重．
【解答】解：A、牛顿第一定律无法通过实验进行验证，故不能称为实验定律；故A 错误；
B、惯性大小与物体的速度无关，只与物体的质量有关，故B 错误；
C、物体受到的合力不为零时，物体一定做变速运动，但速度的大小和方向并不一定同时变化，如匀速圆周运动，
速度大小不变，故C 错误；
D、蹦床运动员在空中的上升和下落过程中加速度均向下，故都处于失重状态，故D 正确。
【点评】牛顿运动定律是经典力学的基础，也是高中物理中的重要内容之一，应能熟练、准确的理解并应用它．
2．（6 分）在广场上通常有许多人放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，图中的四幅图中，AB 代表风筝截
面，OL 代表风筝线，风向水平，在图所示的四种情况中，风筝可能处于静止状态的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】要使风筝能静止在空中，则应使风筝受力平衡；故对风筝受力分析，由共点力平衡的条件可得出可能的
情况．
【解答】解：风筝受到的风力应是垂直于风筝面向上的。则：
A、风筝的重力竖直向下，风筝受到的风力与拉力在同一直线上，方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝
不可能静止，故A 错误；
B、风筝的重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相
等，方向相反，风筝可能静止，故B 正确；
C、风筝的重力和绳子的拉力的合力斜向右下方，而风力垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，
故C 错误；
D、风筝受到的重力竖直向下，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故风筝的合力不能为零，则不可能
静止，故D 错误；
【点评】物体静止或匀速直线运动状态，均说明物体受力平衡，则其受到的多力的合力一定为零．
3．（6 分）如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q 相连，从滑轮到P 和到Q 的两段绳都是
水平的。已知Q 与P 之间以及P 与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上
的摩擦都不计，若用一水平向右的力F 拉P 使它做匀速运动，则F 的大小为（
）
A．4μmg
B．2μmg
C．3μmg
D．5μmg
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对物块Q 受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后对物块P 受力分析，再次根据平衡条件求出
力F。
【解答】解：对Q 物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T
木块Q 与P 间的滑动摩擦力
f＝μmg ①
根据共点力平衡条件
T＝f ②
对木块P 受力分析，受拉力F，Q 对P 向左的摩擦力f，地面对P 物体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，
有
F＝f+f′+T ③
地面对Q 物体向左的摩擦力
f′＝μ（2m）g④
由①～④式可以解得
F＝4μmg
【点评】本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解。
4．（6 分）如图所示，吊篮A、物体B、物体C 的质量均为m，B 和C 分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整
个系统在轻绳悬挂下处于静止状态．现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（
）
A．物体B 的加速度大小为g
B．物体C 的加速度大小为2g
C．吊篮A 的加速度大小为3g
D．A、C 间的弹力大小为0.5mg
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B、C 分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小．
【解答】解：A、弹簧开始的弹力F＝mg，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B 的合力仍然为零，则B 的加速度
为0，故A 错误；
B、剪断细线的瞬间，弹力不变，将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得，ܽtܥ= ܨ+2݉
t
2݉
=݉
t+2݉
t
2݉
= 1.5t，
即A、C 的加速度均为1.5g。故B、C 错误。
D、剪断细线的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A：FC+mg＝ma．得：FC＝ma﹣mg＝0.5mg。故D 正确。
【点评】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；
同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变．
5．（6 分）如图a，物体在水平恒力F 作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1s 时刻撤去恒力F，物体运动的
v﹣t 图象如图b，重力加速度g＝10m/s2，则（
）
A．物体在3s 内的位移s＝3m
B．恒力F 与摩擦力f 大小之比F：f＝3：1
C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3
D．在撤去F 前后两个阶段的平均速度大小之比为㘴1：㘴2 =2：1
【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据v﹣t 图象与时间轴所围的面积求物体在3s 内的位移，以及第1s 内和后2s 内的位移．对整个过程，
运用动能定理求F：f．对后2s 内物体的运动过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数．对于匀变速直线运动，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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平均速度等于初末速度和的一半．
【解答】解：A、根据v﹣t 图象与时间轴所围的面积表示位移，可得：物体在3s 内的位移s= 6×3
2 m＝9m，故A
错误。
B、物体在第1s 内和后2s 内的位移分别为s1= 1
2 ×6×1m＝3m，s2= 6×2
2 m＝6m，对整个过程，由动能定理得：
Fs1﹣fs＝0﹣0，解得：F：f＝3：1，故B 正确。
C、对后2s 内物体的运动过程，由动能定理得﹣μmgs2＝0−1
2݉
㘴2，得μ=
㘴2
2tݏ2 =
62
2×10×6 =0.3，故C 正确。
D、撤去外力前后的两个过程为匀变速直线运动，平均速度为初末速度和的一半，故平均速度相同，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题有两个关键点：一、要明确v﹣t 图象与时间轴所围的面积表示位移．二、应用动能定理时，要灵活
选择研究的过程．
6．（6 分）如图所示，电梯与地面的夹角为30°，质量为m 的人站在电梯上．当电梯斜向上作匀加速运动时，人对
电梯的压力是他体重的1.2 倍，那么，电梯的加速度a 的大小和人与电梯表面间的静摩擦力f 大小分别是（
）
A．a= t
2
B．a= 2t
5
C．f= 2݉
t
5
D．f=
3݉
t
5
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】517：运动的合成和分解专题．
【分析】根据竖直方向上的合力，通过牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，根据平行四边形定则求出水平方
向上的加速度，从而通过牛顿第二定律求出静摩擦力的大小．
【解答】解：根据牛顿第二定律，在竖直方向上有：N﹣mg＝may，解得ay＝0.2g。根据平行四边形定则，电梯的
加速度a＝0.4g，水平方向上的加速度ܽݔ=ܽ
ݕܿ݋ݐ30° =
3
5 t，根据牛顿第二定律f＝max=
3݉
t
5
．故B、D 正确，
A、C 错误。
故选：BD。
【点评】本题综合考查了平行四边形定则以及牛顿第二定律，难度不大，要加强这方面的训练．
7．（6 分）两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B 的质量分别为M、m，A
与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑
下，滑块B 受到的摩擦力（
）
A．等于零
B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθ
D．大小等于μ2mgcosθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】A、B 叠在一起，A 在B 上．两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，可以先用整体法求共同
的加速度，然后在对A 单独分析即可求得A 所受摩擦力．
【解答】解：对A、B 整体受力分析如图所示，
在沿斜面方向由牛顿第二定律得：
（m+M）gsinθ﹣F＝（m+M）a
①
且滑动摩擦力F＝μ1（m+M）gcosθ②
解①②得a＝g（sinθ﹣μ1cosθ）
假设B 受的摩擦力F 方向沿斜面向上，B 受重力、A 的支持力和摩擦力
在沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣F＝ma，③
由以上三式解得F＝﹣μ1mgcosθ，
负号表示F 方向与假设的方向相反，即A 对B 的摩擦力沿斜面向下。故C 正确；故A、B、D 错误。
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【点评】本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体A，运用牛顿第二
定律求解AB 间的内力．
8．（6 分）如图甲所示，A、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，B 物体从静止开始受到一个水平变力作用，
该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B 始终保持相对静止，则在0～2t0 时间内，下列说法正确的是
（
）
A．A 和B 一起做匀变速直线运动，t0 时刻后折返
B．t0 时刻，A 和B 的加速度最小但速度最大
C．0 时刻和2t0 时刻，A、B 间的静摩擦力最大
D．2t0 时刻，A、B 离出发点最远，速度为0
【考点】25：静摩擦力和最大静摩擦力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大。再以A 为研究对象，当加速度最大时，A 受到的静摩擦
力最大。分析整体的运动情况，分析何时B 的速度最大，并确定何时AB 位移最大。
【解答】解：AB、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0 时刻整体所受的合力最大，加速度最大，
在t0 时刻加速度为零；所以A 和B 开始一起做加速度逐渐减小的加速直线运动，在t0﹣2t0 时间内，向原方向做
减速运动，则t0 时刻，B 速度最大，故A 错误、B 正确。
C、0 时刻和2t0 时刻整体所受的合力最大，根据牛顿第二定律可知加速度最大；再以A 为研究对象，分析可知，
A 受到的静摩擦力最大。故C 正确。
D、0﹣2t0 时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0 时刻，A、B 位移最大，离出发点最远，根据对
称性知，2t0 时刻速度为0．故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运
动过程和受力情况；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题
9．完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住两细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O 点的位
置、两弹簧测力计的读数F1、F2 以及相应的
细绳套的方向
．
（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点O 拉到
同一位置O
，记下细绳套的方向（如图
丙中的OC），读得（根据图乙）弹簧测力计的示数F＝
4.0N
．
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（3）如图丙，根据（1）中的测量结果按选定的标度（图中相邻圆环间距表示1N）作出了F1、F2 的图示（大小
未标出），请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2 的合力的图解值F′．
（4）比较F 和F′的
大小和方向
，如果在误差范围内两者近似相同，则可验证力的合成与分解中符合平行四
边形定则．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】根据验证力的平行四边形定则的实验注意事项分析答题，按照力的图示法作出力的图示，根据平行四边
形定则作出合力，再比较两合力的大小和方向，验证是否符合平行四边形定则．
【解答】解：（1）实验中需要记下拉力的大小和方向，故应记下细绳套的方向；
（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，
记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F＝4.0N；
（3）a．按力的图示方法作出力F 的图示如图所示；
b．根据力的平行四边形定则，作出F1、F2 的合力F′，如图所示．
（4）力是矢量，故应比较F 和F′的大小和方向，从而验证是否符合平行四边形定则；
故答案为：（1）细绳套的方向；
（2）同一位置O；4.0N
（3）如图所示
（4）大小和方向．
【点评】本题考查了实验注意事项、作力的图示等问题，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学
习，要掌握力的图示的作图方法．
10．在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图1 所示的实验装置，小车及车中砝码的总质量用M 表示，所挂钩
码的总质量用m 表示，小车的加速度a 可由打点计时器在纸带上的打点信息测量并计算出来。
（1）当M 与m 的大小关系满足
M＞＞m
时，才可以近似认为绳对小车的拉力大小等于所挂砝码的重力mg。
（2）在探究加速度与质量的关系时，保持钩码的质量m 一定，改变小车及车中砝码的总质量M，测出相应的加
速度。如果采用图象法处理数据，为了比较直观地反映加速度a 与质量M 的关系，应该画出a 与
1
ܯ
的图象。
（3）在探究加速度a 与合力F 的关系时，甲同学根据测量数据做出的a﹣F 图线如图2 中（A）所示，说明实验
中存在的主要问题是：
平衡摩擦力过大
。
（4）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a﹣F 图线，如图2 中（B）所示，两个同学做实验时取值
不同的物理量是：
M
；（选填“m”或“M”）
（5）图3 给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度a＝
0.496
m/s2．（保留
三位有效数字）
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【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，
而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M 为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳
对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘
和盘中砝码的重力。
（2）反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点
的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系。
（3）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大。
（4）a﹣F 图象的斜率等于物体的质量，故斜率不同则物体的质量不同。
（5）根据逐差法可以算出小车的加速度。
【解答】解：（1）以整体为研究对象有mg＝（m+M）a，解得：a=݉
t
ܯ+݉
，以M 为研究对象有绳子的拉力F＝
Ma= ܯ݉
t
ܯ+݉
=݉
t
1+݉ܯ
，
显然要有F＝mg 必有m+M＝M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘
中砝码的重力。
（2）根据牛顿第二定律得：a= 1
ܯF，在F 一定时，a 与
1
ܯ成正比，为方便实验数据处理，使作出的图象直观，应
作出a−1
ܯ图中；
（3）由图2A 所示a﹣F 图象可知，F＝0 时已经产生加速度，说明小车受到的合力大于细线的拉力，这是由于平
衡摩擦力过大造成的。
（4）由牛顿第二定律得：a= 1
ܯF，由图2B 所示图象可知，两图象的斜率不同，则
1
ܯ不同，即两小车的质量M 不
同。
（5）每两点之间还有4 个点没有标出，所以相邻计数点间的时间间隔t＝0.02×5＝0.1s，
由匀变速直线运动的推论△x ＝at2
可知，加速度：a = ݔ4−ݔ1+ݔ5−ݔ2+ݔ6−ݔ3
9ݐ2
=
0.0288−0.0140+0.0339−0.0189+0.0388−0.0240
9×0．12
≈0.496m/s2；
故答案为：（1）M≫m；（2）
1
ܯ；（3）平衡摩擦力过大；（4）M（5）0.496。
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡
摩擦力和M＞＞m 的操作和要求的含义。只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举一反三，所以要注
意基本原理的学习。
11．2018 年8 月23 日，受台风“天鸽”影响，广东多地暴雨，严重影响了道路的交通安全，在某高速公路的同一直
线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v1＝40m/s，v2＝25m/s，当轿车在与货车距离为s0＝22m
时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车，则轿车要经过s＝160m 才能停下来，两车可视为质点。
（1）求轿车刹车后匀减速运动的加速度大小？
（2）若轿车刹车过程中货车仍以v2 匀速行驶，请分析判断两车是否会相撞
（3）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0＝2s 收到信号并立即以大小为a2＝2.5m/s2 的加速度加速
前进，请分析判断两车是否会相撞？
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）对轿车经过s＝160m 才停下来的过程，根据速度位移公式即可求解加速度的大小；
（2）匀减速追赶匀速，把握住速度相等时距离最小，是撞上与撞不上的临界条件，按照速度相等分别求出两车的
位移比较即可。
（3）两车的速度相等是临界条件，分别将两车的位移求解出来，第二次前车的运动状态与第一次不一样，先匀速
后加速，比较这两个位移之间的关系即可。
【解答】解：（1）对轿车经过s＝160m 才停下来的过程，设轿车刹车过程的加速度大小为ܽ1，则0 −㘴1
2 =−2ܽ
1ݏ
解得ܽ1 = 5݉
/ݏ2
（2）恰好不相撞时两车的速度相等，设时间为ݐ1，则㘴1 −ܽ
1ݐ1 = 㘴2
轿车前进的距离ݏ1 = 㘴1+㘴2
2
ݐ1
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货车前进的距离ݏ2 = 㘴2ݐ1
联立解得ݏ1 = 97.5݉
，ݏ2 = 75݉
，相对位移ݏ1 −ݏ2 = 22.5݉
，由于ݏ1 −ݏ2＞ݔ0，两车会相撞
（3）假设两车经过时间t 速度相等，即㘴1 −ܽ
1ݐ= 㘴2 +ܽ
2(ݐ−ݐ0)
轿车前进的距离ݏ3 = 㘴1ݐ−1
2ܽ
1ݐ2
货车前进的距离ݏ4 = 㘴2ݐ0 + 㘴2(ݐ−ݐ0) + 1
2ܽ
2(ݐ−ݐ0)2
解得ݏ3 = 800
9݉
ݏ4 = 605
9݉
由于ݏ3 −ݏ4 = 21.7݉
＜ݔ0，所以两车不会相撞
答：（1）轿车刹车后匀减速运动的加速度大小为5݉
/ݏ2；
（2）轿车刹车过程中货车仍以v2 匀速行驶，两车会相撞
（3）轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0＝2s 收到信号并立即以大小为a2＝2.5m/s2 的加速度加速前
进，两车不会相撞
【点评】分析问题时，一定要养成画草图分析问题的良好习惯。解题的基本思路是：①分别对两物体进行研究；
②画出运动过程示意图；③列出位移方程④找出时间关系，速度关系⑤解出结果，必要时进行讨论。
12．如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37°，AB 之间距离L1＝2.05m，传送带以V0＝1.0m/s 的速率逆时针转动．质
量为M＝1.0kg，长度L2＝1.0m 的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数
μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B 端并处于静止状态．现在传送带上端A 无初速地放一个质量为m＝1.0kg 的
小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，g＝10m/s2）．求：
（1）物块离开B 点的速度大小；
（2）物块在木板上滑过的距离；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定
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【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】以小物快为研究对象，受力分析，明确其运动情况（先以a1 匀加速与传送带同速后；由于μ1＜tan37°，
小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑动摩擦力作用下，以a2 做匀加速到B 点；小物块在木板上方做匀减速
运动），利用牛顿运动定律求解．注意多过程运动中，速度是连接前后的纽带．
【解答】解：（1）以小物块为研究对象，收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力．
由牛顿第二定律得：
刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为
a1＝gsin37°+μ1gcos37°＝10 m/s2
物快与传送带速度V0 用的时间：t1= 㘴0ܽ
1 =0.1s
位移s1= 1
2 a1 t12 ＝0.05m
过后因μ1＜tan37°，所以物快受重力、弹力和沿斜面向上的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：
物块相对传送带往下滑其加速度：a2＝gsin37°﹣μ1gcos37°＝2 m/s2
由运动学公式得：s2＝L1﹣s1＝（VB2﹣VO2）
1
2ܽ2
代入数据解之得：VB＝3m/s
（2）物块滑上木板受重力、弹力和向右的滑动摩擦力，物快相对滑动时做匀减速运动，
由牛顿第二定律得：其加速度a3＝﹣μ2g＝﹣4 m/s2
木板受重力、弹力和上下接触物体的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
木板的加速度a4＝〔μ2mg﹣μ3 （mg+Mg）〕
1
ܯ=2 m/s2
设经过t2 物块与木板达到相同速度V2，则由运动学公式得：VB+a3 t2 ＝a4 t2
解之得：t2＝0.5s
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木板的速度：V2＝a4 t2＝1m/s
物块对地位移s3＝（V22﹣VB2）
1
2ܽ3
=1 m
木板对地位移s4=
㘴2
2
2ܽ4 =0.25m
物块在木板上滑过的距离△s＝s3﹣s4＝0.75m
（3）因μ3＜μ2 物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为a5＝﹣μ3g＝﹣1m/s2
物块与木板做匀减速运动到停止的位移s5=−
㘴2
2
2ܽ5 =0.5m
木板对地的位移s 板＝s4+s5＝0.75m
答：（1）物块离开B 点的速度大小3m/s；
（2）物块在木板上滑过的距离为0.75m；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离为0.75m．
【点评】解本题的关键能正确对物快受力分析，判断其运动情况，注意二者同速是解题的临界；灵活应用牛顿运
动定律求解．此题受力分析时，变力太多导致多个运动过程，应属难题．
13．作出下列图中物体A 的受力图
【考点】29：物体的弹性和弹力．菁优网版权所有
【专题】14：作图题；31：定性思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】受力分析是分析物体的受力情况并画出受力示意图的过程，对物体受力分析，通常按照重力、弹力、摩
擦力的顺序分析，每个力都要能够找到施力物体和受力物体．
【解答】解：A、物体受重力、支持力、拉力以及摩擦力作用；
B、AB 一起自由下落，没有相互作用，只有重力作用；
C、杆受重力、支持力以及拉力的作用；
D、物体受重力、拉力、斜面的弹力以及摩擦力作用；
E、杆A 受重力和碗底和边缘处的弹力作用．
故答案如图所示：
【点评】本题考查力的示意图的画法，解答的关键是确定作用点和力的方向，注意培养按重力、弹力和摩擦力的
顺序进行分析力的基本方法．
14．所受重力G1＝8N 的砝码悬挂在绳PA 和PB 的结点上．PA 偏离竖直方向37°角，PB 在水平方向，且连在所受
重力为G2＝100N 的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：木块与斜面间的弹力与摩擦力
的大小．
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【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先以结点P 为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP 绳的拉力大小，再以G2 为研究对象，分析
受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力．
【解答】解：如图甲所示分析结点P 受力，由平衡条件得：
FAcos37°＝G1
FAsin37°＝FB
可解得：BP 绳的拉力为FB＝6 N
再分析G2 的受力情况如图乙所示．
由物体的平衡条件可得：
Ff＝G2sin37°+FB′cos37°
FN+FB′sin37°＝G2 cos37°
又有FB′＝FB
解得：Ff＝64.8N，FN＝76.4N．
答：木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，方向垂直斜面向上；木块与斜面间的摩擦力大小为64.8 N．
【点评】本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法．要作好力图，这是解题的基础．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:49:21 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）开学物理试卷（9 月份）
一、本题共10 小题，每小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项是正确的，有的小题
有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确答案的代表字
母填写在题后的括号内．
1．（3 分）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪
去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1 表示木板所受合力的大小，F2 表示单根轻绳对木板拉
力的大小，则维修后（
）
A．F1 不变，F2 变大
B．F1 变大，F2 变小
C．F1 变大，F2 变大
D．F1 变小，F2 变小
2．（3 分）从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点所用时间为t1，下落到抛出点所用
时间为t2．若空气阻力的作用不能忽略，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v 随时间t 的变化关系的图线是
（
）
A．
B．
C．
D．
3．（3 分）如图所示，A、B 两物体通过轻细绳跨过定滑轮相连接，已知物体A 的质量大于物体B 的质量，开始它们
处于静止状态．在水平拉力F 的作用下，物体A 向右做变速运动，同时物体B 匀速上升．设水平地面对物体A 的
支持力为N，对A 的摩擦力为f，绳子对A 的拉力为T．那么在物体B 匀速上升的过程中，N、f、T 的大小变化
情况是（
）
A．N、f、T 都增大
B．N、f 增大，T 不变
C．N、f、T 都减小
D．N、T 减小，f 不变
4．（3 分）嫦娥二号卫星于2010 年10 月1 日发射升空，经历一系列太空飞行后被月球捕获．飞行示意图如图所示，
A 点位于地月转移轨道上，B，C 点分别位于卫星被月球捕获后的两个椭圆轨道上，D 点位于距月球100km 圆轨
道上，B、C、D 所在的轨道相切与E 点，下列关于嫦娥二号卫星下列说法正确的是（
）
A．从A 点向E 点飞行的过程中由于克服地球引力做功速度逐渐减小
B．从地月转移轨道进入B 轨道时需要减速才能被月球捕获
C．在B 轨道上无动力从B 点飞到E 点的过程中引力做正功，动能增加
D．在C 轨道上无动力运动时经过E 点的速度v1 等于在D 轨道上无动力运动时经过E 点的速度v2
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5．（3 分）同学站在观光电梯的地板上，利用速度传感器和计算机研究观光电梯升降过程中的情况，图（甲）所示的
v﹣t 图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（向上为正方向）．在电梯底板上有一滑块与轻
弹簧相连，弹簧的另一端固定在电梯的侧壁上，如图（乙）所示．当电梯静止时，弹簧处于被压缩状态，整个装
置静止．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（
）
A．在t＝0 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
B．在t＝5s 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
C．在t＝10s 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
D．在t＝20s 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
6．（3 分）将甲、乙两个质量相等的物体在距水平地面同一高度处，分别以v 和2v 的速度水平抛出，若不计空气阻
力的影响，则（
）
A．甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动量变化都相同
B．两物体落地前瞬间动量对时间的变化率相同
C．甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变化都相同
D．两物体落地前瞬间重力做功的功率相同
7．（3 分）如图所示，长为L 的轻质细绳悬挂一个质量为m 的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在光滑
水平面上．开始时小球刚好与斜面接触，现在用水平力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行为止，对该
过程中有关量的描述，正确的有（
）
A．小球受到的绳子的弹力对小球不做功
B．重力对小球做负功，斜面弹力对小球做正功
C．小球在该过程中机械能守恒
D．推力F 做的总功是mgl（1﹣cosθ）
8．（3 分）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端装有滑轮，小桶P、物块Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量
和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，二者均处于静止状态，轻绳与斜面平行．已知斜面倾角θ＝30°，小桶P
的质量m1＝100g，物块Q 的质量m2＝150g，重力加速度g＝l0m/s2．现向桶内不断缓慢添加细砂并使P、Q 开始
运动．关于上述过程，下列说法中正确的是（
）
A．在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，Q 受到的静摩擦力一定变大
B．轻绳对物块的拉力做10J 功的过程中，物块动能增加10J
C．物块Q 向上运动过程中，若物块Q 增加10J 的机械能，小桶和其中细砂就损失10J 的机械能
D．物块Q 向上运动过程中，其动量增量的大小一定等于小桶和细砂动量改变量的大小
9．（3 分）如图所示，质量m＝lkg 的物块，以速度v0＝4m/s 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B 两
点间的距离L＝6m，已知传送带的速度v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10m/s2．关
于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（
）
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A．物块在传送带上运动的时间为4s
B．物块滑离传送带时的速率为2m/s
C．皮带对物块的摩擦力对物块做功为6J
D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J
10．（3 分）在竖直平面内的直角坐标系内，一个质量为m 的质点，在恒力F 和重力的作用下，从坐标原点O 由静止
开始沿直线OA 斜向下运动，直线OA 与y 轴负方向成θ角（θ＜90°）．不计空气阻力，重力加速度为g，则以下
说法正确的是（
）
A．当F＝mgtanθ时，质点的机械能守恒
B．当F＝mgsinθ时，质点的机械能守恒
C．当F＝mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D．当F＝mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
二、实验题（18 分）
11．（3 分）在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法．如图所示的四个实验，运用此
思想方法的是（
）
A．
观察桌面形变
B．
观察手的压力使玻璃瓶发生变形
C．
比较平抛运动和自由落体运动
D．
测定万有引力常量
12．（9 分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图1 所示．实验过程中有平衡摩
擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为W0、2W0、3W0、4W0…
（1）实验中首先通过调整木板倾斜程度以平衡摩擦力，目的是
（填写字母代号）．
A．为了释放小车后小车能做匀加速运动
B．为了增大橡皮筋对小车的弹力
C．为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
D．为了使小车获得较大的动能
（2）图2 是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一部分，已知相邻两点打点
时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm＝
m/s（保留3 位有效数字）．
（3）几名同学在实验中分别得到了若干组橡皮筋对小车做的功W 与小车获得最大速度vm 的数据，并利用数据绘
出了图丙给出的四个图象，你认为其中正确的是
．
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13 ．（6 分）“ 探究加速度a 与物体所受合力F 及质量m 关系” 的实验装置图如图甲所
示．
（1）某次实验得到的一段纸带如图乙所示，计数点A、B、C、D、E 间的时间间隔为0.1s，根据纸带可求出小车
的加速度大小为
m/s2．（结果保留两位有效数字）
（2）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量．根据实验数据做出了加速度a 随拉力F 的变化图线，
如图丙所示．图中直线没有通过原点，其主要原因是
．
三、本题包括5 小题，共52 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．（10 分）如图所示，质量m＝2.6kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F＝10N
的拉力作用下，以速度v＝5.0m/s 向右做匀速直线运动．（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）求：
（1）金属块与地板间的动摩擦因数；
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离．
15．（10 分）如图所示，半径R＝10m 的竖直半圆光滑轨道在B 点与水平面平滑连接，一个质量m＝0.50kg 的小滑块
（可视为质点）静止在A 点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A 点开始运动，经B 点进入圆轨道，沿圆轨道
运动到最高点C，并从C 点水平飞出，落在水平面上的D 点．经测量，D、B 间的距离S1＝10m，A、B 间的距离
S2＝50m，滑块与水平面的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块通过C 点时的速度大小；
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B 点轨道对滑块的弹力；
（3）滑块在A 点受到的瞬时冲量的大小．
16．（10 分）嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一步．已知“嫦娥一号”绕月
飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G．求：
（1）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小；
（2）月球的质量；
（3）若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的飞船，则其绕月运行的线速度应为多大．
17．（10 分）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时
刻被提升重物的速度v 与对轻绳的拉力F，并描绘出v−1
ܨ图象．假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段
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AB 与v 轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v 和
1
ܨ的关系；线段BC 的延长线过原点，它反映了被提
升重物在第二个时间段内v 和
1
ܨ的关系；第三个时间段内拉力F 和速度v 均为C 点所对应的大小保持不变，因此
图象上没有反映．取重力加速度g＝10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计．
（1）求重物速度增加到v＝1.0m/s 时，拉力做功的功率；
（2）重物速度从0 增加到vC＝3.0m/s 的过程中通过的总路程为3.15m，求此过程所经历的时间．
18．（12 分）如图所示，A、B 两个小物体（可看成质点）的质量分别为2m、m，它们栓接在跨过定滑轮的细绳两端，
细绳不可伸长，且能承受足够大的拉力．B 物体悬吊着静止时，A 也静止在地面上，A、B 与定滑轮轮轴之间的竖
直距离分别为2L、L．现将B 物体竖直向上提高距离l，再将其从静止释放．每次细绳被拉直时A、B 速度的大小
立即变成相等，且速度方向相反，由于细绳被拉直的时间极短，此过程中重力的作用可以忽略不计．物体与地面
接触时，速度立即变为0，直到再次被细绳拉起．细绳始终在滑轮上，且不计一切摩擦．重力加速度为g．求
（1）细绳第一次被拉直瞬间绳对A 冲量的大小；
（2）A 第一次上升过程距离地面的最大高度；
（3）A 运动的总路程．
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2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）开学物理试卷（9 月
份）
参考答案与试题解析
一、本题共10 小题，每小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项是正确的，有的小题
有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确答案的代表字
母填写在题后的括号内．
1．（3 分）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪
去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1 表示木板所受合力的大小，F2 表示单根轻绳对木板拉
力的大小，则维修后（
）
A．F1 不变，F2 变大
B．F1 变大，F2 变小
C．F1 变大，F2 变大
D．F1 变小，F2 变小
【考点】29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．
【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1＝0；
根据共点力平衡条件，有：
2F2cosθ＝mg
解得：
F2=݉
t
2ܿ݋ݏߠ
当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2 变大。
【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．
2．（3 分）从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点所用时间为t1，下落到抛出点所用
时间为t2．若空气阻力的作用不能忽略，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v 随时间t 的变化关系的图线是
（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【分析】小球竖直上抛，上升过程做匀减速运动，下落过程做匀加速运动，由于空气阻力的大小恒定，上升的加
速度大于下落的加速度，上升时间比下落时间短，落回地面的速度比抛出时速度小，根据这些知识，选择符合题
意图象．
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【解答】解：A、速率是速度的大小，不可能为负值，故A 错误；
B、C、D、设小球的质量为m，空气阻力大小为f，上升的加速度大小为a1，下落的加速度为a2，上升的最大高
度为h，初速度大小（速率）为v0，末速度大小（速率）为v，根据牛顿第二定律，得：
上升：mg+f＝ma1
下落：mg﹣f＝ma2，
可见a1＞a2．则图象上升阶段的斜率大于下落阶段的斜率。
又因上升与下落高度相同，h= 1
2ܽ
1ݐ1
2，h= 1
2a2（t2﹣t1）2
则t1＜t2﹣t1
对于上升过程初速度v0=
2ܽ1݄，
下落过程末速度v=
2ܽ2݄
则v＜v0
根据以上三点可知，C 正确，BD 错误。
【点评】物理图象可以根据物理规律推导出解析式精确研究．对于速度﹣时间图象要抓住两点：”斜率“表示加速
度，“面积”表示位移．
3．（3 分）如图所示，A、B 两物体通过轻细绳跨过定滑轮相连接，已知物体A 的质量大于物体B 的质量，开始它们
处于静止状态．在水平拉力F 的作用下，物体A 向右做变速运动，同时物体B 匀速上升．设水平地面对物体A 的
支持力为N，对A 的摩擦力为f，绳子对A 的拉力为T．那么在物体B 匀速上升的过程中，N、f、T 的大小变化
情况是（
）
A．N、f、T 都增大
B．N、f 增大，T 不变
C．N、f、T 都减小
D．N、T 减小，f 不变
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】由B 保持匀速上升，可知绳子的拉力大小不变．关键分析A 的受力情况，由平衡条件得出N 与重力和拉
力的关系，分析其变化，再分析f 的变化．
【解答】解：由题，B 保持匀速上升，由平衡条件得知，绳子的拉力大小T 不变。根据定滑轮的特点可知，A 受
到轻绳的拉力大小也不变。
对A 分析受力情况如图，则竖直方向力平衡得：N+Tcosθ＝GA，得N＝GA﹣Tcosθ
A 沿地板向右运动时，θ增大，cosθ减小，T 不变，则N 逐渐增大，而f＝μN，μ不变，则f 也逐渐增大。故B 正
确，ACD 错误。
【点评】本题对A 来说，是动态分析问题，关键要抓住绳子的拉力大小不变和A 在竖直方向上力平衡进行分析．
4．（3 分）嫦娥二号卫星于2010 年10 月1 日发射升空，经历一系列太空飞行后被月球捕获．飞行示意图如图所示，
A 点位于地月转移轨道上，B，C 点分别位于卫星被月球捕获后的两个椭圆轨道上，D 点位于距月球100km 圆轨
道上，B、C、D 所在的轨道相切与E 点，下列关于嫦娥二号卫星下列说法正确的是（
）
A．从A 点向E 点飞行的过程中由于克服地球引力做功速度逐渐减小
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B．从地月转移轨道进入B 轨道时需要减速才能被月球捕获
C．在B 轨道上无动力从B 点飞到E 点的过程中引力做正功，动能增加
D．在C 轨道上无动力运动时经过E 点的速度v1 等于在D 轨道上无动力运动时经过E 点的速度v2
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据引力方向与运动方向的关系判断引力做功的正负；根据开普勒第三定律得出半长轴与周期的关系式；
根据变轨的原理确定在C 点所在轨道上无动力运动时经过E 点的速度和在D 点所在轨道上无动力运动时经过E 点
的速度大小；根据万有引力做功判断无动力从B 点飞到E 点的过程中动能的变化．
【解答】解：A、从A 点向E 点飞行的过程中，地球引力的方向与运动的方向相反，引力做负功；该过程中月球
对卫星做正功，所以不能判断出速度减小。故A 错误；
B、卫星从地月转移轨道上经过E 点的速度较大，需要的向心力较大，所以进入B 轨道时需要减速才能被月球捕
获。故B 正确；
C、在B 点所在轨道上无动力从B 点飞到E 点的过程中，万有引力做正功，动能增加，故C 正确；
D、从C 点所在轨道的E 点进入D 点所在的轨道，需减速，使得万有引力等于向心力，所以在C 点所在轨道上无
动力运动时经过E 点的速度v1 大于在D 点所在轨道上无动力运动时经过E 点的速度v2．故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了开普勒第三定律、卫星的变轨等知识点，解决本题的关键掌握变轨的原理，当引力大于向心
力，做近心运动，当引力小于向心力，做离心运动．
5．（3 分）同学站在观光电梯的地板上，利用速度传感器和计算机研究观光电梯升降过程中的情况，图（甲）所示的
v﹣t 图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（向上为正方向）．在电梯底板上有一滑块与轻
弹簧相连，弹簧的另一端固定在电梯的侧壁上，如图（乙）所示．当电梯静止时，弹簧处于被压缩状态，整个装
置静止．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（
）
A．在t＝0 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
B．在t＝5s 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
C．在t＝10s 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
D．在t＝20s 时，图（乙）中的滑块可能开始运动
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，
此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态．
【解答】解：A、在0～5s 内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状
态，相互作用力增大，不可能滑动，所以A 错误；
B、在5s～10s 内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的
压力等于他所受的重力，也不可能滑动，所以B 错误；
C、在10s～25s 内，从速度时间图象可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，此时人处于失重状态，相互
作用力减小，则可能滑动，所以C 错误，D 正确。
【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的
压力变了．
6．（3 分）将甲、乙两个质量相等的物体在距水平地面同一高度处，分别以v 和2v 的速度水平抛出，若不计空气阻
力的影响，则（
）
A．甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动量变化都相同
B．两物体落地前瞬间动量对时间的变化率相同
C．甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变化都相同
D．两物体落地前瞬间重力做功的功率相同
【考点】43：平抛运动；52：动量定理；63：功率、平均功率和瞬时功率；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
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【分析】动量的变化为△P＝m△v，由于物体是做的平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得动量的变化之间的
关系，由动能定理可以求得物体动能的变化．
【解答】解：A、物体做的是平抛运动，水平方向的速度不变，只有竖直方向的速度在变化，并且竖直方向上是
自由落体运动，物体的速度是均匀变化的，所以动量的变化△P＝m△v 也是均匀变化的，所以A 正确；
B、由于两个物体的质量相同，所以物体落地前瞬间动量对时间的变化率也就是速度对时间的变化率的大小，平抛
运动的速度对时间的变化率即为物体的重力加速度的大小，所以两物体落地前瞬间动量对时间的变化率相同，所
以B 正确；
C、由动能定理可得，mgh＝△EK，由于物体在竖直方向上是自由落体运动，物体下落的速度越来越大，所以在相
同的时间内物体下降的高度也是越来越大，重力做的功越来越多，动能的变化量也是越来越大，所以C 错误；
D、由于两个质量相同的物体是在同一个高度水平抛出的，做的都是平抛运动，物体的运动的时间相等，在竖直
方向上的速度的大小也相同，所以两物体落地前瞬间重力做功的功率P＝mgv 相同，所以D 正确。
故选：ABD。
【点评】物体做的是平抛运动，所有的平抛运动在竖直方向上的运动的情况时相同的，都为自由落体运动，水平
方向为匀速直线运动．
7．（3 分）如图所示，长为L 的轻质细绳悬挂一个质量为m 的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在光滑
水平面上．开始时小球刚好与斜面接触，现在用水平力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行为止，对该
过程中有关量的描述，正确的有（
）
A．小球受到的绳子的弹力对小球不做功
B．重力对小球做负功，斜面弹力对小球做正功
C．小球在该过程中机械能守恒
D．推力F 做的总功是mgl（1﹣cosθ）
【考点】62：功的计算；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】本题要抓住做功的两个必要因素：
1．作用在物体上的力；2．物体必须是在力的方向上移动一段距离
机械能包括动能和势能，可以分析动能和势能的变化判断机械能的变化．
【解答】解：A、细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故A 正确；
B、根据力做功的条件：1．作用在物体上的力；2．物体必须是在力的方向上移动一段距离，斜面弹力对小球做正
功，重力做负功，故B 正确；
C、用水平力F 缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，
故C 错误；
D、若取小球和滑块整体为研究对象，根据能量守恒得F 做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，
小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量。
所以F 做功等于小球重力势能增量，△Ep＝mgh＝mgL（1﹣sinθ）
推力F 做的总功应等于小球重力势能的增量mgL（1﹣sinθ），故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查的是力是否做功，要抓住分析中判断的两个要点来做判断．
知道重力做功量度重力势能的变化．
知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化．
8．（3 分）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端装有滑轮，小桶P、物块Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量
和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，二者均处于静止状态，轻绳与斜面平行．已知斜面倾角θ＝30°，小桶P
的质量m1＝100g，物块Q 的质量m2＝150g，重力加速度g＝l0m/s2．现向桶内不断缓慢添加细砂并使P、Q 开始
运动．关于上述过程，下列说法中正确的是（
）
A．在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，Q 受到的静摩擦力一定变大
B．轻绳对物块的拉力做10J 功的过程中，物块动能增加10J
C．物块Q 向上运动过程中，若物块Q 增加10J 的机械能，小桶和其中细砂就损失10J 的机械能
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D．物块Q 向上运动过程中，其动量增量的大小一定等于小桶和细砂动量改变量的大小
【考点】25：静摩擦力和最大静摩擦力；3C：共点力的平衡；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对物体P 受力分析，受重力和拉力，二力平衡；再对物体Q 受力分析，受重力、拉力、支持力，可能
有静摩擦力，然后根据平衡条件和功能关系进行分析．
【解答】解：A、先对P 受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故拉力等于重力，即T＝m1g＝1N；
在对Q 受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力（沿着斜面向下），
根据平衡条件，有：T﹣f﹣m2gsin30°＝0，解得f＝0.25N；在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，拉力T 增加，
故Q 受到的静摩擦力f 一定变大；故A 正确；
B、动能增加量等于合力的功，物块受多个力，合力不等于拉力，故轻绳对物块的拉力做10J 功的过程中，物块动
能增加不是10J；故B 错误；
C、由于摩擦力的作用，滑动后P 与Q 机械能不守恒，故C 错误；
D、物体P 与Q 质量不同，速度相等，故动量mv 不等，初动量为零，故P 与Q 的动量增加量不等，故D 错误；
【点评】本题关键要对物体P 和Q 分别受力分析，然后根据平衡条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不确
定上，同时要能根据功能关系进行分析．
9．（3 分）如图所示，质量m＝lkg 的物块，以速度v0＝4m/s 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B 两
点间的距离L＝6m，已知传送带的速度v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10m/s2．关
于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（
）
A．物块在传送带上运动的时间为4s
B．物块滑离传送带时的速率为2m/s
C．皮带对物块的摩擦力对物块做功为6J
D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J
【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】33：参照思想；4E：模型法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，再结合运动学规律求滑块匀减速至速度为零时通过的位移．判断
知滑块先向右匀减速后反向加速，速度增加到等于传送带后再一起匀速；然后根据功能关系计算出摩擦力对滑块
做的功和产生的热量．
【解答】解：AB、滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律，有
μmg＝ma，解得，a＝μg＝2m/s2
根据运动学公式，有0＝v0﹣at1
得
t1＝2s
匀减速运动的位移x= 㘴0+0
2
ݐ1 = 4
2 × 2m＝4m＜L＝6m
物体向左匀加速过程，加速度大小仍为a＝2m/s2，根据运动学公式得：物体速度增大至v＝2m/s 时通过的位移
x1= 㘴2
2ܽ
= 22
2×2m＝1m
用时t2= 㘴ܽ= 2
2 =1s
向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有
t3═
ݔ2
㘴=
3
2s＝1.5s
即滑块在传送带上运动的总时间为：t＝t1+t2+t3＝4.5s，物块滑离传送带时的速率为2m/s，故A 错误，B 正确；
C、向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为：Wf＝﹣f（x﹣x1）＝﹣μmg（x﹣x1）＝
﹣0.2×1×10×（4﹣1）J＝﹣6J，故C 错误；
D、整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对
路程的乘积；
物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为：l1＝vt1＝4m
物体向左加速过程，传送带运动距离为：l2＝vt2＝2m
即Q＝f•S＝μmg•[（l1+x）+（l2﹣x1）]，
代入数据解得Q＝18J，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题的关键根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学规律确定滑块的运动情况，最后根据功能关系列
式求解热量．
10．（3 分）在竖直平面内的直角坐标系内，一个质量为m 的质点，在恒力F 和重力的作用下，从坐标原点O 由静止
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
开始沿直线OA 斜向下运动，直线OA 与y 轴负方向成θ角（θ＜90°）．不计空气阻力，重力加速度为g，则以下
说法正确的是（
）
A．当F＝mgtanθ时，质点的机械能守恒
B．当F＝mgsinθ时，质点的机械能守恒
C．当F＝mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D．当F＝mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】质点只受重力和拉力F，由于质点做直线运动，合力方向与OA 共线，结合平行四边形定则分析即可．
【解答】解：B、质点只受重力G 和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA 共线，如图
当拉力与OA 垂直时，拉力最小，根据几何关系，有
F＝Gsinθ＝mgsinθ，
F 的方向与OA 垂直，拉力F 做功为零，所以质点的机械能守恒，故B 正确，D 错误。
A、若F＝mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F 的方向与OA 不再垂直，有两种可能的方向，F 与物体的运动方向
的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F 可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，
故根据功能定理，物体机械能变化量等于力F 做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A 错误，C 正确。
故选：BC。
【点评】本题关键是对物体受力分析后，根据平行四边形定则求出拉力F 的大小和方向，然后根据功能关系判断．
二、实验题（18 分）
11．（3 分）在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法．如图所示的四个实验，运用此
思想方法的是（
）
A．
观察桌面形变
B．
观察手的压力使玻璃瓶发生变形
C．
比较平抛运动和自由落体运动
D．
测定万有引力常量
【考点】29：物体的弹性和弹力．菁优网版权所有
【分析】明确各个实验的实验原理，找到其共同地方，了解物理中各种思想方法的应用如放大法、等效法、控制
变量法等．
【解答】解：A、桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A 正确。
B、玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B 正确。
C、比较平抛运动和自由落体运动，运用了类比的思想方法。故C 错误。
D、球体的引力大小是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D 正确。
故选：ABD。
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【点评】透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性，正确理解各种物理方法在实验中的应用．
12．（9 分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图1 所示．实验过程中有平衡摩
擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为W0、2W0、3W0、4W0…
（1）实验中首先通过调整木板倾斜程度以平衡摩擦力，目的是
C
（填写字母代号）．
A．为了释放小车后小车能做匀加速运动
B．为了增大橡皮筋对小车的弹力
C．为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
D．为了使小车获得较大的动能
（2）图2 是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一部分，已知相邻两点打点
时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm＝
1.22
m/s（保留3 位有效数字）．
（3）几名同学在实验中分别得到了若干组橡皮筋对小车做的功W 与小车获得最大速度vm 的数据，并利用数据绘
出了图丙给出的四个图象，你认为其中正确的是
D
．
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；4B：图析法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）橡皮筋对小车做功等于合外力对小车做功，实验前应先平衡摩擦力；
（2）橡皮筋恢复原状橡皮筋对小车做功完毕，小车做匀速直线运动，由图示纸带求出位移，然后应用速度公式求
出速度；
（3）由动能定理求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式分析答题．
【解答】解：（1）实验中通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是为了使橡皮筋对小车所做功即为合外力对小
车所做的功，故ABD 错误，C 正确．故选：C．
（2 ）由所打的点可知，DG 之间小车做匀速直线运动，速度最大，小车获得的最大速度为：
vm= ܦܧܶ= 0.0244
0.02
=1.22m/s；
（3）橡皮筋对小车做的功W 与小车的动能关系知：W= 1
2mvm2，则：vm2= 2݉W，vm2 与W 成正比，故D 正确，
故选D；
故答案为：（1）C；（2）1.22；（3）D．
【点评】本题考查了该实验的具体操作细节和数据的处理，对于这些基础知识一定要通过亲自动手实验加深理解；
知道实验原理是解题的前提与关键，为使橡皮筋做功等于合力做功，应平衡摩擦力．
13 ．（6 分）“ 探究加速度a 与物体所受合力F 及质量m 关系” 的实验装置图如图甲所
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示．
（1）某次实验得到的一段纸带如图乙所示，计数点A、B、C、D、E 间的时间间隔为0.1s，根据纸带可求出小车
的加速度大小为
1.9
m/s2．（结果保留两位有效数字）
（2）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量．根据实验数据做出了加速度a 随拉力F 的变化图线，
如图丙所示．图中直线没有通过原点，其主要原因是
实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1、2）在“探究加速度a 与物体所受合力F 及质量m 关系”的实验中，通过控制变量法，先控制m 一
定，验证a 与F 成正比，再控制F 一定，验证a 与m 成反比；实验中用砂和砂桶的重力代替小车的合力，故要通
过将长木板右端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于砂和砂桶质量来减小实验的误差！
（3）根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A 点的瞬时速度，通过逐差法，运用相邻相等时间
内的位移之差是一恒量求出加速度，通过速度时间公式求出O 点的速度．
【解答】解：（1）由于两相邻计数点时间间隔为0.1s
根据运动学公式推论△x＝aT2 采用逐差法得出：
a= ݔܥܧ−ݔtܥ
4ܶ2
= 0.0700+0.0890−0.0320−0.0510
4×0．12݉
/ݏ2 = 1.9݉
/ݏ2．
（2）开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角
偏小．即说明操作过程中平衡摩擦力不足．
故答案为：（1）1.9；（2）实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）
【点评】利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决
问题能力．
实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于砂和砂桶质量的双重条件下，才能用砂和砂
桶重力代替小车所受的合力！
三、本题包括5 小题，共52 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．（10 分）如图所示，质量m＝2.6kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F＝10N
的拉力作用下，以速度v＝5.0m/s 向右做匀速直线运动．（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）求：
（1）金属块与地板间的动摩擦因数；
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据平衡条件求解物体所受摩擦力的大小，根据受力分析求物体与水平面间的正压力，再根据摩擦
定律求动摩擦因数；
（2）撤去外力F 后，金属块在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据速度时间求出物体运动时间，即可求得通过
的位移
【解答】解：（1）对物体受力分析如图所示：
根据平衡知，物体在水平方向受力，有：
Fcosθ﹣f＝0
竖直方向：
N+Fsinθ﹣mg＝0
由此可得：
N＝mg﹣Fsinθ＝2.6×10﹣10×sin37°＝20N
f＝Fcosθ＝10×0.8N＝8N
又因为滑动摩擦力f＝μN
得动摩擦因数为：ߤ=݂ܰ
= 8
20 = 0.4
（2）撤去外力F 后，物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，此时物体所受合力等于摩擦力：
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- 761 -
F 合＝f＝μmg，
由牛顿第二定律可知，物体做匀减速运动时的加速度大小为：
a＝μg＝4m/s2
所以金属块停下来运动的时间为：t= 㘴ܽ= 1.25ݏ
通过的位移为：ݔ= 㘴
2 ݐ= 3.125݉
答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.4；
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离为3.125m．
【点评】本题是根据物体的运动求物体的受力，再由物体的受力求物体的运动，处理问题的过程中关键是抓住联
系力和运动的桥梁加速度，根据牛顿第二求加速度或求合力．本题另一个易错点就是撤去外力F 后物体所受摩擦
力增大，不能按第一问中的摩擦力求第二问的加速度．
15．（10 分）如图所示，半径R＝10m 的竖直半圆光滑轨道在B 点与水平面平滑连接，一个质量m＝0.50kg 的小滑块
（可视为质点）静止在A 点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A 点开始运动，经B 点进入圆轨道，沿圆轨道
运动到最高点C，并从C 点水平飞出，落在水平面上的D 点．经测量，D、B 间的距离S1＝10m，A、B 间的距离
S2＝50m，滑块与水平面的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块通过C 点时的速度大小；
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B 点轨道对滑块的弹力；
（3）滑块在A 点受到的瞬时冲量的大小．
【考点】52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；49：合成分解法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）滑块通过C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得滑块通过C 点的速度；
（2）由机械能守恒定律可求得滑块到达B 点的速度，再由牛顿第二定律可求得滑块受轨道的压力；
（3）由动能定理可求得滑块在A 点的速度，再由动量定理可求得A 点的瞬时冲量．
【解答】解：（1）设滑块从C 点飞出时的速度为vc，从C 点运动到D 点时间为t．滑块从C 点飞出后做平抛运动，
竖直方向有：2R= 1
2gt2
水平方向：S1＝vct
联立并代入数据解得：vc＝5m/s
（2）设滑块通过B 点时的速度为vB，根据机械能守恒定律得：
1
2mvB2= 1
2mvc2+2mgR
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代入数据解得：vB＝5 17m/s
设在B 点轨道对滑块的弹力为N，根据牛顿第二定律有：
N﹣mg＝m
㘴ܤ
2
h
代入数据解得：N＝26.25N
（3）设滑块从A 点开始运动时的速度为vA，根据动能定理有：
﹣μmgS2= 1
2mvB2−1
2mvA2
代入数据解得：vA＝25m/s
设滑块在A 点受到的冲量大小为I，根据动量定理有：
I＝mvA
代入数据解得：I＝12.5kg•m/s；
答：（1）滑块通过C 点的速度为5m/s；
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B 点轨道对滑块的弹力为26.25N；
（3）滑块在A 点受到的瞬时冲量的大小为12.5kg•m/s．
【点评】本题综合考查动能定理、机械能守恒定律及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的
过程，选择正确的物理规律求解．
16．（10 分）嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一步．已知“嫦娥一号”绕月
飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G．求：
（1）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小；
（2）月球的质量；
（3）若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的飞船，则其绕月运行的线速度应为多大．
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】“嫦娥一号”的轨道半径r＝R+H，由v= 2ߨݎܶ求解线速度．根据月球对“嫦娥一号”的万有引力提供“嫦
娥一号”的向心力，列方程求解月球的质量．绕月球表面做匀速圆周运动的飞船轨道半径约R．
【解答】解：（1）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小v= 2ߨ(h+ܪ)ܶ
（2）设月球质量为M，“嫦娥一号”的质量为m，根据牛顿第二定律得
G
ܯ݉
(h+ܪ)2 =m
4ߨ2(h+ܪ)ܶ
2
解得M= 4ߨ2(h+ܪ)3
ܩܶ2
．
（3）设绕月飞船运行的线速度为V，飞船质量为m0，则
G
ܯ݉
0
h2
=݉
0ܸ
2
h
又M= 4ߨ2(h+ܪ)3
ܩܶ2
，联立解得V= 2ߨ(h+ܪ)ܶ
h+ܪ
h ．
答：（1）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小为
2ߨ(h+ܪ)ܶ；
（2）月球的质量为M= 4ߨ2(h+ܪ)3
ܩܶ2
；
（3）若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的飞船，则其绕月运行的线速度应为= 2ߨ(h+ܪ)ܶ
h+ܪ
h ．
【点评】本题考查应用万有引力定律解决实际问题的能力，关键要建立模型，理清思路．
17．（10 分）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时
刻被提升重物的速度v 与对轻绳的拉力F，并描绘出v−1
ܨ图象．假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段
AB 与v 轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v 和
1
ܨ的关系；线段BC 的延长线过原点，它反映了被提
升重物在第二个时间段内v 和
1
ܨ的关系；第三个时间段内拉力F 和速度v 均为C 点所对应的大小保持不变，因此
图象上没有反映．取重力加速度g＝10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计．
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（1）求重物速度增加到v＝1.0m/s 时，拉力做功的功率；
（2）重物速度从0 增加到vC＝3.0m/s 的过程中通过的总路程为3.15m，求此过程所经历的时间．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；63：功率、平均功率和瞬时功率；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4B：图析法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由图读出v＝1.0m/s 时F 的值，由P＝Fv 求拉力做功的功率；
（2）重物速度从0 增加到vB＝2.0m/s 的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律和速度公式求得运动时间．并由位
移公式求出位移．重物速度从vB＝2.0m/s 增加到vC＝3.0m/s 的过程中做变加速运动，拉力的功率一定，由动能定
理求此过程的时间，从而能求得总时间．
【解答】解：（1）由图读出v＝1.0m/s 时F＝6N
所以拉力做功的功率为P＝Fv＝6×1W＝6W
（2）根据第三个时间段内拉力F 和速度v 均为C 点所对应的大小保持不变，知物体的重力mg＝FC＝4N，m＝0.4kg
重物速度从0 增加到vB＝2.0m/s 的过程中做匀加速运动，F＝6N，由牛顿第二定律得：
F﹣mg＝ma
得：a＝5m/s2．
由vB＝at1，得：t1＝0.4s
此过程的位移为：x1= 㘴ܤݐ1
2
= 2×0.4
2
=0.4m
重物速度从vB＝2.0m/s 增加到vC＝3.0m/s 的过程中做变加速运动，拉力的功率一定，且功率为：
P＝Fv= 2
1
6.0
=12W
该过程的位移为：x2＝3.15m﹣x1＝2.75m
由动能定理得：Pt2﹣mgx2= 1
2݉
㘴ܥ
2 −1
2݉
㘴ܤ
2
解得：t2＝1s
所以此过程所经历的时间为：t＝t1+t2＝1.4s
答：（1）重物速度增加到v＝1.0m/s 时，拉力做功的功率为6W；
（2）此过程所经历的时间为1.4s．
【点评】本题与机车的起动类似，关键是理清物体的运动过程，读懂图象的意义：斜率等于拉力的功率，再由力
学基本规律解答．
18．（12 分）如图所示，A、B 两个小物体（可看成质点）的质量分别为2m、m，它们栓接在跨过定滑轮的细绳两端，
细绳不可伸长，且能承受足够大的拉力．B 物体悬吊着静止时，A 也静止在地面上，A、B 与定滑轮轮轴之间的竖
直距离分别为2L、L．现将B 物体竖直向上提高距离l，再将其从静止释放．每次细绳被拉直时A、B 速度的大小
立即变成相等，且速度方向相反，由于细绳被拉直的时间极短，此过程中重力的作用可以忽略不计．物体与地面
接触时，速度立即变为0，直到再次被细绳拉起．细绳始终在滑轮上，且不计一切摩擦．重力加速度为g．求
（1）细绳第一次被拉直瞬间绳对A 冲量的大小；
（2）A 第一次上升过程距离地面的最大高度；
（3）A 运动的总路程．
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【考点】1J：自由落体运动；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；52：动量定理；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据自由落体运动的规律可以求得下降高度为l 时的速度，再根据动量定理可以求得对A 的冲量的
大小；
（2）根据A、B 组成的系统机械能守恒，可以求得A 上升的最大的高度；
（3）根据AB 之间每次的相互作用，找出相互作用的规律，总结归纳可以求得A 运动的总路程．
【解答】解：
（1）B 做自由落体，下降高度为l 时的速度为v0，根据vt2﹣v02＝2ax 得v0=
2tt
此时细绳被拉直，A、B 速度的大小立即变成v1，设绳子对A、B 的冲量大小为I，根据动量定理得对B：﹣I＝
mv1﹣mv0 对A：I＝2mv1 解得细绳第一次被拉直瞬间绳对A 冲量的大小ܫ=
2݉
2tt
3
（2）由（1）可得A 第一次离开地面时速度的大小v1= 㘴0
3 =
2tt
3
从A 离开地面到A 再次回到地面的过程中，A、B 组成的系统机械能守恒，假设A 第一次上升过程距离地面的最
大高度为x1，则
1
2 (݉
+ 2݉
)㘴1
2 +݉
tt = 2݉
tݔ1 +݉
t(t −ݔ1)解得
ݔ1 =
3㘴1
2
2t = t
3
（3）从A 离开地面到A 再次回到地面的过程中，A、B 组成的系统机械能守恒，所以，A 再次回到地面时速度的
大小依然为v1，即B 再次回到距离地面高度为l 时速度的大小也为v1．此后B 做竖直上抛运动，落回距离地面高
度为l 时速度的大小还是v1．
根据（1）求解可得A 第二次离开地面时速度的大小v2= 㘴1
3
同理可求A 第二次离开地面上升的最大高度为ݔ2 =
3㘴2
2
2t = 1
32 ⋅
3㘴1
2
2t
…
A 第n 次离开地面时速度的大小vn= 㘴h−1
3
=
㘴1
3h−1
同理可求A 第n 次离开地面上升的最大高度为ݔh = 3㘴h2
2t =
1
32(h−1) ⋅
3㘴1
2
2t
由于A 的质量大于B 的质量，A 最终会静止在地面上．
所以A 运动的总路程x＝2（x1+x2+…+xn+…）=
3㘴1
2
t (1 + 1
32 + ⋯+
1
32(h−1) + ⋯) = 3
4 t．
【点评】根据AB 之间的第一次的相互作用，分析总结之后的每次相互作用的规律，根据AB 相互作用的规律来
解答本题，找出规律是解决本题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:04:03 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年北京市十一学校高三（上）诊断物理试卷（10 月份）
一、本题共10 小题，每小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的
小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确的答案填
涂在答题纸上．
1．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．物体的质量越大，其惯性也越大
B．物体的动能相同，动量也一定相同
C．物体沿光滑固定斜面下滑，其动量的增量等于重力的冲量
D．物体做平抛运动，相同时间内动量的变化相同
2．（3 分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪中技巧比赛中沿“助滑区”保持
同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（
）
A．重力势能减小了2000J
B．重力势能减小了1900J
C．动能增加了2000J
D．动能增加了1800J
3．（3 分）如图所示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方
向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起
吊电动机，使货物沿竖直方向做匀加速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图中的（
）
A．
B．
C．
D．
4．（3 分）一个滑块以初速度v0 从够长的固定斜面底端沿斜面向上运动，经2t0 时间返回到斜面底端。如图所示图象
表示该滑块在此斜面上运动过程中速度的大小v 随时间t 变化的规律，其中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A 和B，质量之比mA：mB＝3：1．将两车用细线拴在一
起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车（
）
A．动量的变化率大小之比
△ܲt
△ݐ：
△ܲܤ
△ݐ=1：1
B．速度大小之比vA：vB＝1：1
C．动能之比EkA：EkB＝1：3
D．动量大小之比PA：PB＝1：3
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6．（3 分）2016 年06 月12 日，我国在西昌卫星发射中心成功将一颗北斗导航卫星发射升空并送入预定转移轨道。
这是一颗地球静止轨道卫星，将与先期发射的22 颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力。关于这颗地球静
止轨道卫星的说法正确的是（
）
A．它的发射速度可能比第二宇宙速度大
B．它在轨道上运动时可能经过北京的上空
C．它运动时的向心加速度大于地面重力加速度
D．它运动的线速度比地球第一宇宙速度小
7．（3 分）一小球从5m 高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.5s，该球质量为5kg，取g＝10m/s2，
则（
）
A．泥潭对小球的平均作用力为100N
B．泥潭对小球的平均作用力为150N
C．从下落到静止的全过程中，合力对小球的冲量为0
D．从下落到静止的全过程中，合力对小球做功为250J
8．（3 分）自由落体的运动规律是科学史上的著名难题，伽利略对此做出巨大贡献，他不仅从理论上推翻了亚理士多
德的观点，还通过实验论证出自由落体运动是匀变速直线运动。伽利略让一个铜球从阻力很小的斜面上滚下，测
量出小球通过的位移和相应的时间，他发现小球的位移和时间的平方成正比，由此证明了小球沿光滑斜面向下的
运动是匀变速直线运动，换用不同质量的小球重复上述实验，位移跟所用时间的平方的比值保持不变，这说明不
同质量的小球沿同一倾角的斜面所做的匀变速直线运动的情况是相同的。增大斜面的倾角，重复上述实验，得出
的位移跟所用时间的平方的比值随斜面倾角的增加而增大，这说明小球做匀变速运动的加速度随斜面倾角的增大
而变大。伽利略将上述结果外推到斜面倾角90°的情况，这时小球自由下落，伽利略认为这时小球仍然会保持匀
变速运动的性质，关于这个实验，下列说法正确的是（
）
A．该实验对小球是否静止释放没有要求
B．若小球受到的阻力大小恒定且不可忽略，小球的位移和所用时间的平方将不成正比
C．该实验直接验证了自由落体运动为匀变速直线运动
D．伽利略将落体实验改变斜面实验“冲淡”了重力，使小球运动时间变长，目的是便于测量时间
9．（3 分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A 挂于固定点P，它的另一端
与测力计B 及重物系于O 点，手持B 的另一端向左拉，使B 保持水平。分别读出弹簧测力计A 和B 的示数，并
在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和拉线的方向。实验中A、B 及重物在同一竖直平面内，且不计A、B
的重力。以下说法正确的是（
）
A．为了用该装置验证平行四边形定则，每次实验中O 点的位置必须相同
B．改变弹簧测力计B 拉力的大小和方向，平衡时O 点的位置可能不变
C．保持弹簧测力计B 沿水平方向，逐渐增加B 上拉力大小，平衡时，O 点将水平向左移动
D．保持弹簧测力计A 方向不变，顺时针旋转弹簧测力计B，当B 与A 垂直且平衡时，B 的拉力最小
10．（3 分）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。现将小球从M 点由静止
释放，它在下降的过程中经过了N 点。已知M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜ߨ
2．在
小球从M 点运动到N 点的过程中（
）
A．弹力对小球先做负功后做正功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率不为零
D．小球到达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差
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二、本题共2 小题，共16 分．
11．（4 分）某同学利用闪光照相研究物体的平抛运动，他拍摄了小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片，如图所示。
图中背景方格的边长均为l＝5cm，一小球做平抛运动时分别经过a、b、c、d 四点，取重力加速度g＝10m/s2，那
么：根据图中的记录，可计算出小球做平抛运动的初速度大小为
m/s，小球通过c 点时竖直方向的速度大
小为
m/s。
12．（12 分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图1 所示。实验过程中有平衡摩
擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为W0、2W0、3W0、4W0……
（1）对于该实验，下列操作中属于实验要求的是
。（填写选项前的序号）
A．小车每次都应让静止开始释放
B．实验中应将平板倾斜适当角度以平衡摩擦力
C．应在纸带上选取点迹间隔均匀的部分计算小车的最大速度v
D．必须测量出小车的质量
（2）实验中首先通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是
（填写字母代号）
A．为了释放小车后小车能做匀速运动
B．为了增大橡皮筋对小车的弹力
C．为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
D．为了使小车获得较大的动能
（3）图2 是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一部分，已知相邻两点打点
时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vAB＝
m/s（保留3 位有效数字）。
（4）某同学想用该实验装置验证动量定理，你认为是否可行，为什么？
三、本题包括6 小题，共54 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（8 分）质量为1kg 的箱子从长1m 倾角为37°的斜面顶端滑下，斜面与水平轨道平滑连接。已知箱子运动过程
中一直受到摩擦力作用，动摩擦因数均为0.5．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）箱子刚滑下斜面的速度大小；
（2）箱子在水平面上走的最远距离；
（3）箱子滑到斜面底端前瞬间，重力做功的瞬时功率。
14．（9 分）由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力
加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G．假设地球可视为质量
均匀分布的球体。求：
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（1）质量为m 的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小；
（2）地球的半径；
（3）地球的密度。
15．（9 分）如图所示，某光滑轨道由一个平板轨道和一个半圆轨道组成，半圆形轨道的半径r，直径AC．质量为m
的物块从左侧滑上平板轨道，物块可视为质点。
（1）假设轨道固定地面上，为了使物块能到达最高点C，求物块在半圆轨道低点的速度和对轨道的压力；
（2）假设轨道可在地面上无摩擦滑动，其质量为M，半圆轨道上B 点与圆心O 等高，则
a．若物块初速度为v，且在滑到B 点前即已返回，求物块回到平板轨道后的速度大小；
b．若物块能恰能滑到B 点，求物块初速度大小。
16．（9 分）如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑连接，在圆弧面上有一个质量为2kg
的滑块A，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B，滑块A 与B 均可看做质点。现使滑块A 从距小车的上表
面高h＝1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出。已知滑块A、B
与小车C 上表面间的动摩擦因数为μ＝0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10m/s2．求：
（1）滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；
（2）从A 与B 碰撞到A、B、C 三者相对静止所需时间；
（3）小车C 上表面的最短长度。
17．（9 分）北京夏季多有暴雨，下雨时，我们常能听到气象部门用降水量来描述雨的大小。降水量是指从天空降落
到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的深度，以mm 为单位。气
象学中常有年、月、日、12 小时、6 小时甚至1 小时的降水量。单位时间的降水量称为降水强度，常用mm/h 或
mm/min 为单位，也称为雨强，用字母A 表示。
（1）某次北京城区发生暴雨，我校两位同学从气象部门了解到过去六小时降水量为108mm。求过去六小时的平
均降水强度。
（2）某次某地发生大暴雨，一研究组把一个测力传感器旋转在无风的水平面上，在较短时间内多次从传感上读取
数据后，测得传感器到的雨水平均冲击力为1N．已知实验过程中的平均降水强度A 为360mm/h，传感器的面积S
为1.0m2，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。
a．估算雨水落地时的速度大小；
b．雨水下落过程是否可看作自由落体运动？为什么？请通过估算说明。
18．（10 分）研究物体的运动时，常常用到光电计时器。如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就
可以显示出物体的挡光时间。光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N 处
与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d＝3.6×10
﹣3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮
光条在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度L＝9.0m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6.0m/s 匀速转动。物块
B 与传送带的动摩擦因数μ＝0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为mA＝2.0kg。开始时在A 和B 之间压缩一轻弹
簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B，迅速移去轻弹簧。两物块第一次通过光电门，物块A
通过计时器显示的读数t1＝1.8×10
﹣3s，物块B 通过计时器显示的读数t2＝9.0×10
﹣4s，重力加速度g 取10m/s2，
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试求：
（1）弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装
置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。
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2018-2019 学年北京市十一学校高三（上）诊断物理试卷（10 月份）
参考答案与试题解析
一、本题共10 小题，每小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的
小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确的答案填
涂在答题纸上．
1．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．物体的质量越大，其惯性也越大
B．物体的动能相同，动量也一定相同
C．物体沿光滑固定斜面下滑，其动量的增量等于重力的冲量
D．物体做平抛运动，相同时间内动量的变化相同
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】惯性的大小仅仅与质量有关；
力与力的作用时间的乘积是力的冲量；
物体动量的变化量等于物体合外力的冲量。
【解答】解：A、惯性的大小仅仅与质量有关，物体的质量越大，其惯性也越大，故A 正确；
B、动能是标量，没有方向，而动量是矢量，有方向；同一个物体动能相等时，动量不一定相同，故B 错误；
C、物体动量的增量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故C 错误；
D、物体做平抛运动时的受力不变，所以相同时间内动量的变化相同，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
2．（3 分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪中技巧比赛中沿“助滑区”保持
同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（
）
A．重力势能减小了2000J
B．重力势能减小了1900J
C．动能增加了2000J
D．动能增加了1800J
【考点】65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】明确功能关系，知道动能增加量等于合力做的功。重力势能减小等于重力做的功，由功能关系分析重力
势能和动能的变化情况。
【解答】解：A、重力对物体做功为1900J，是正功，则他的重力势能减小了1900J．故A 错误B 正确；
B、重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J，即阻力对他做功为﹣100J，则外力对他所做的总功为W 总＝1900J
﹣100J＝1800J，是正功，根据动能定理知：他的动能增加了1800J．故C 错误D 正确。
故选：BD。
【点评】本题关键要掌握常见的三对功能关系：总功与动能变化有关，重力做功与重力势能变化有关。也可以根
据机械能等于动能与重力势能之和求机械能的减少量。
3．（3 分）如图所示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方
向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起
吊电动机，使货物沿竖直方向做匀加速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图中的（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】517：运动的合成和分解专题．
【分析】由题分析得知，我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，做类
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平抛运动，其轨迹为抛物线，加速度方向向上，合力方向向上，轨迹向上弯曲．
【解答】解：我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，设水平方向速度
大小为v，加速度大小为a，经过时间t 时，货物水平位移大小为x＝vt，竖直位移大小y= 1
2ܽݐ2，联立得到，y=ܽ2㘴2 ݔ2，
根据数学知识可知，轨迹是向上弯曲的抛物线。
【点评】本题是类平抛运动问题，可以与平抛运动类比，定性分析轨迹形状，也可以定量分析轨迹方程．
4．（3 分）一个滑块以初速度v0 从够长的固定斜面底端沿斜面向上运动，经2t0 时间返回到斜面底端。如图所示图象
表示该滑块在此斜面上运动过程中速度的大小v 随时间t 变化的规律，其中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同
一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短。根据牛顿第二定律分析两个过程加速度的大小，结合
速度关系选择。
【解答】解：滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度大小小于
上滑的速度大小，所以滑回出发点的速度小于v0．故AC 错误。
根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，上滑时间短于下滑时间；故B 正确，D 错
误；
【点评】本题采用定性分析的方法分析运动与力关系，关键抓住上滑和下滑位移大小相等，由于摩擦到达同一点
上滑的速度大于下滑的速度。
5．（3 分）如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A 和B，质量之比mA：mB＝3：1．将两车用细线拴在一
起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车（
）
A．动量的变化率大小之比
△ܲt
△ݐ：
△ܲܤ
△ݐ=1：1
B．速度大小之比vA：vB＝1：1
C．动能之比EkA：EkB＝1：3
D．动量大小之比PA：PB＝1：3
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】根据动量定理求动量的变化率大小之比。在水平光滑桌面上，烧断细线后至弹簧恢复原长的过程，系统
的合外力为零，故系统的动量守恒。根据动量守恒定律求解速度之比和动量大小之比，结合动能与动量的关系求
动能之比。
【解答】解：A、根据动量定理得：
对A 有：FA△t＝△PA
对B 有：FB△t＝△PB
根据牛顿第三定律知，FA 与FB 大小相等，可得
△ܲt
△ݐ：
△ܲܤ
△ݐ=1：1．故A 正确。
B、系统的合外力为零，故系统的动量守恒。系统初动量为零，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA﹣
mBvB＝0，结合mA：mB＝3：1，解得vA：vB＝1：3，故
B 错误。
CD、根据动量守恒定律得：PA﹣PB＝0，得PA：PB＝1：1。
根据动能Ek= 1
2mv2=ܲ
2
2݉，得EkA：EkB＝mB：mA＝1：3，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒。要知道动能与动量的大
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小关系为Ek= 1
2mv2=ܲ
2
2݉。
6．（3 分）2016 年06 月12 日，我国在西昌卫星发射中心成功将一颗北斗导航卫星发射升空并送入预定转移轨道。
这是一颗地球静止轨道卫星，将与先期发射的22 颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力。关于这颗地球静
止轨道卫星的说法正确的是（
）
A．它的发射速度可能比第二宇宙速度大
B．它在轨道上运动时可能经过北京的上空
C．它运动时的向心加速度大于地面重力加速度
D．它运动的线速度比地球第一宇宙速度小
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．
【分析】地球的静止轨道卫星处于赤道的正上方，其运行周期等于地球自转的周期，根据万有引力提供向心力得
出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而比较出线速度与第一宇宙速度的大小，以及向心加速度与重力加速度
的大小关系。
【解答】解：A、卫星的发射速度若比第二宇宙速度大，卫星将脱离地球的束缚，可知，它的发射速度一定比第
二宇宙速度小，故A 错误。
B、地球静止轨道卫星的轨道只能处于赤道的正上方，不可能经过北京的上空。故B 错误。
CD、卫星绕地球运行时，由地球的万有引力提供向心力，则：G
ܯ݉
ݎ2 =ma＝m
㘴2
ݎ，可得a= ܩܯ
ݎ2 ，v=
ܩܯ
ݎ，地面重
力加速度为g= ܩܯ
h2 ，因r＞R，所以卫星运动的向心加速度小于地面的重力加速度。因为第一宇宙速度的轨道半径
等于地球的半径，所以卫星的速度小于第一宇宙速度。故C 错误，D 正确。
【点评】解决本题的关键知道地球同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用。
7．（3 分）一小球从5m 高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.5s，该球质量为5kg，取g＝10m/s2，
则（
）
A．泥潭对小球的平均作用力为100N
B．泥潭对小球的平均作用力为150N
C．从下落到静止的全过程中，合力对小球的冲量为0
D．从下落到静止的全过程中，合力对小球做功为250J
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据自由落体运动可得自由下落的时间，对全程根据动量定理求解作用力；根据动量定理可得合力对小
球的冲量；根据动能定理求解合力对小球做功。
【解答】解：AB、设小球在空中自由下落的时间为t1，根据自由落体运动可得：t1=
2݄
t =
2×5
10 s＝1s
从进入泥潭到静止用时t2＝0.5s，
规定向下为正方向，对全程根据动量定理，有：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0﹣0
解得：F＝150N，方向向上，故A 错误、B 正确；
C、根据动量定理可得从下落到静止的全过程中，合力对小球的冲量为I＝△P＝0，故C 正确；
D、根据动能定理可得，从下落到静止的全过程中，合力对小球做功W＝△EK＝0，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合
外力的冲量才等于动量的变化。
8．（3 分）自由落体的运动规律是科学史上的著名难题，伽利略对此做出巨大贡献，他不仅从理论上推翻了亚理士多
德的观点，还通过实验论证出自由落体运动是匀变速直线运动。伽利略让一个铜球从阻力很小的斜面上滚下，测
量出小球通过的位移和相应的时间，他发现小球的位移和时间的平方成正比，由此证明了小球沿光滑斜面向下的
运动是匀变速直线运动，换用不同质量的小球重复上述实验，位移跟所用时间的平方的比值保持不变，这说明不
同质量的小球沿同一倾角的斜面所做的匀变速直线运动的情况是相同的。增大斜面的倾角，重复上述实验，得出
的位移跟所用时间的平方的比值随斜面倾角的增加而增大，这说明小球做匀变速运动的加速度随斜面倾角的增大
而变大。伽利略将上述结果外推到斜面倾角90°的情况，这时小球自由下落，伽利略认为这时小球仍然会保持匀
变速运动的性质，关于这个实验，下列说法正确的是（
）
A．该实验对小球是否静止释放没有要求
B．若小球受到的阻力大小恒定且不可忽略，小球的位移和所用时间的平方将不成正比
C．该实验直接验证了自由落体运动为匀变速直线运动
D．伽利略将落体实验改变斜面实验“冲淡”了重力，使小球运动时间变长，目的是便于测量时间
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
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【分析】本题考查了有伽利略“斜面实验”的知识，根据其历史背景我们知道，之所以采用“斜面实验”，注意碍
于当时对时间的测量技术、手段落后。
【解答】解：A、本实验中是以初速度为零进行分析的，故要求小球是由静止释放，故A 错误；
B、若小球受到的阻力大小恒定且不可忽略，小球受力恒定，加速度不变；则小球的位移和所用时间的平方仍然成
正比，故B 错误；
C、该实验没有直接得出自由落体的性质，而是经过合理外推得出的结论，故C 错误；
D、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下
落时间长些，便于测量时间，减小实验误差，故D 正确。
【点评】了解伽利略“斜面实验”的历史背景，以及实验方法，体会实验在物理中的重要作用，并明确伽利略提
出的实验方法的应用。
9．（3 分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A 挂于固定点P，它的另一端
与测力计B 及重物系于O 点，手持B 的另一端向左拉，使B 保持水平。分别读出弹簧测力计A 和B 的示数，并
在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和拉线的方向。实验中A、B 及重物在同一竖直平面内，且不计A、B
的重力。以下说法正确的是（
）
A．为了用该装置验证平行四边形定则，每次实验中O 点的位置必须相同
B．改变弹簧测力计B 拉力的大小和方向，平衡时O 点的位置可能不变
C．保持弹簧测力计B 沿水平方向，逐渐增加B 上拉力大小，平衡时，O 点将水平向左移动
D．保持弹簧测力计A 方向不变，顺时针旋转弹簧测力计B，当B 与A 垂直且平衡时，B 的拉力最小
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】弹簧测力计A 挂于固定点，下端用细线挂一重物。当弹簧测力计B 一端用细线系于O 点，当向左拉使结
点静止于某位置。弹簧测力计A 和B 的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向。当结
点静止于某位置时，弹簧测力计B 的大小与方向就已确定了。原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力
计A 大小与方向也一定，所以两力的合力必一定。根据平行四边形定则画图分析力和夹角的变化。
【解答】解：A、三绳的拉力为共点力，其中OM 拉力等于物体重力，大小方向确定，无论怎么改变O 点位置，
两弹簧的拉力的合力与重力相平衡，所以无需每次实验O 的位置相同，故A 错误；
B、根据平行四边形定则知改变弹簧测力计B 拉力的大小和方向，平衡时O 点的位置可能不变，故B 正确；
C、根据平行四边形定则知保持弹簧测力计B 沿水平方向，逐渐增加B 上拉力大小，OM 拉力大小不变，则∠AOB
增大，故O 点将水平向左移动，故C 正确；
D、根据平行四边形定则知保持弹簧测力计A 方向不变，顺时针旋转弹簧测力计B，当B 与A 垂直且平衡时，B
的拉力最小，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示。同时值得注意其中有
一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤。
10．（3 分）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。现将小球从M 点由静止
释放，它在下降的过程中经过了N 点。已知M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜ߨ
2．在
小球从M 点运动到N 点的过程中（
）
A．弹力对小球先做负功后做正功
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B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率不为零
D．小球到达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】弹力为0 时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N 弹力大小相等则弹性势能
相等。据此分析各选项。
【解答】解：A、由题可知，M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM 为压缩状态，N 点
为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所
以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功。故A 错误。
B、在运动过程中M 点为压缩状态，N 点为伸长状态，则由M 到N 有一状态弹力为0 且此时弹力与杆不垂直，加
速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处加速度为g。故B 正确。
C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小
球做功的功率为零，故C 错误。
D、因M 点与N 点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧
弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达
N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差。故D 正确
故选：BD。
【点评】本题考查弹簧类问题中的机械能守恒，注意弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，形变量相同，则弹簧
势能相同。
二、本题共2 小题，共16 分．
11．（4 分）某同学利用闪光照相研究物体的平抛运动，他拍摄了小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片，如图所示。
图中背景方格的边长均为l＝5cm，一小球做平抛运动时分别经过a、b、c、d 四点，取重力加速度g＝10m/s2，那
么：根据图中的记录，可计算出小球做平抛运动的初速度大小为
1.5
m/s，小球通过c 点时竖直方向的速度大小
为
2.5
m/s。
【考点】MB：研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由a、b 和c、d 之间的距离差可以求出时间间隔；
在水平方向上是匀速直线运动，由a、b、c 三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速
度，也就是小球的初速度；
根据匀加速直线运动速度时间公式求出c 点竖直方向速度，求它们的合速度，就是c 的速度。
【解答】解：在竖直方向：hbc﹣hab＝g△t2，
代入数据解得：△t=
3−1
10 × 0.05 =0.1 s。
水平方向是匀速直线运动，
v0= ݔ
ݐ= 3×0.05
0.1
m/s＝1.5 m/s。
物体在c 点时竖直方向的速度
vcy=݄ܾ݀2ݐ= 8×0.05
0.2
=2m/s
所以c 点的速度为vC=
1．52 + 22 =2.5m/s
故答案为：1.5；2.5。
【点评】本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，对同学的知识要求比较
高，是个考查学生能力的好题。
12．（12 分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图1 所示。实验过程中有平衡摩
擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为W0、2W0、3W0、4W0……
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- 775 -
（1）对于该实验，下列操作中属于实验要求的是
ABC
。（填写选项前的序号）
A．小车每次都应让静止开始释放
B．实验中应将平板倾斜适当角度以平衡摩擦力
C．应在纸带上选取点迹间隔均匀的部分计算小车的最大速度v
D．必须测量出小车的质量
（2）实验中首先通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是
C
（填写字母代号）
A．为了释放小车后小车能做匀速运动
B．为了增大橡皮筋对小车的弹力
C．为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
D．为了使小车获得较大的动能
（3）图2 是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一部分，已知相邻两点打点
时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vAB＝
1.22
m/s（保留3 位有效数字）。
（4）某同学想用该实验装置验证动量定理，你认为是否可行，为什么？
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）（2）小车在倾斜的平面上被橡皮筋拉动做功，导致小车的动能发生变化。现通过实验来探究功与物
体动能变化关系，小车的速度由纸带上打点来计算，从而能求出小车的动能变化。每次实验时橡皮筋伸长的长度
都要一致，则一根做功记为W，两根则为2W，然后通过列表描点作图探究出功与动能变化的关系。
（3）分析纸带找出速度最大时的位移，再由平均速度公式可求得小车的最大速度；
（4）根据实验装置即可判断
【解答】解：（1）A、小车获得的动能应该等于橡皮筋对其做的功，所以小车必须从同一位置由静止弹出，故A
正确；
B、为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故B 正确；
C、实验中我们要知道小车获得的最大速度，即橡皮筋把功做完，所以应该对应纸带上点迹均匀匀速运动的部分计
算速度，故C 正确；
D、本实验不需要测量小车的质量，故D 错误。
故选：ABC
（2）实验中首先通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是为了保证小车的动能都是橡皮筋做功，故ABD 错误，
C 正确；
（3）由所打的点可知，CG 之间小车做匀速直线运动，速度最大，小车获得的最大速度为：
vm= ݔܦܧܶ= 2.44×10−2
0.02݉
/ݏ=1.22m/s
（4）该实验装置验证动量定理，通过纸带判断出弹簧恢复原长所需时间，根据纸带判断出弹簧恢复原长达到最大
速度，利用Ft＝mv 即可判断
故答案为：（1）ABC；（2）C；（3）1.22；（4）可以
【点评】本题的关键是熟悉橡皮筋拉小车探究做功与物体速度变化的关系实验步骤细节和原理。用功能关系来理
解是根本。
三、本题包括6 小题，共54 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（8 分）质量为1kg 的箱子从长1m 倾角为37°的斜面顶端滑下，斜面与水平轨道平滑连接。已知箱子运动过程
中一直受到摩擦力作用，动摩擦因数均为0.5．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）箱子刚滑下斜面的速度大小；
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（2）箱子在水平面上走的最远距离；
（3）箱子滑到斜面底端前瞬间，重力做功的瞬时功率。
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52C：功率的计算专题．
【分析】（1）以小物块为研究对象，利用牛顿运动定律求加速度，小物块从A 到C 做匀加速直线运动，利用匀变
速直线运动规律求解；
（2）小物块在水平面上运动的距离可利用动能定理求解；
（3）根据功率的定义求解。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入数据解之得：a＝2m/s2
根据匀变速直线运动规律有：v2＝2aL
代入数据解之得：v＝2m/s
（2）根据动能定理有：﹣μmgx＝0−1
2mv2
代入数据解之得：x＝0.4m
（3）重力的功率为：PG＝mgvcos53°＝1×10×2×0.6W＝12W。
答：（1）小物块滑到斜面底端C 点时的速度大小为2m/s；
（2）小物块在水平地面上滑行的最远距离为0.4m；
（3）重力做功的瞬时功率为12W。
【点评】解题的关键是分清物理过程，选择正确的公式解答，一般运用能量的观点解题比运用牛顿运动定律解题
要简单。
14．（9 分）由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力
加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G．假设地球可视为质量
均匀分布的球体。求：
（1）质量为m 的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小；
（2）地球的半径；
（3）地球的密度。
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】质量为m 的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力。根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道
的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径。
【解答】解：（1）质量为m 的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力。即为：
F＝mg0
（2）设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m。
物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径。根据万有引力定律和
牛顿第二定律有：
ܩܯ݉
h2
−mg＝m
4ߨ2ܶ
2 R
解得：R= (t0−t)ܶ2
4ߨ2
（3）因为ܩܯ݉
h2 =݉
t0，所以M= t0h2
ܩ
又因地球的体积V= 4
3πR3，所以ρ= ܯܸ=
3ߨt0
ܩܶ2(t0−t)
答：（1）质量为m 的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小mg0；
（2）地球的半径
(t0−t)ܶ2
4ߨ2
；
（3）地球的密度
3ߨt0
ܩܶ2(t0−t)。
【点评】解答此题要清楚地球表面的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近
地卫星所受的万有引力提供向心力。
15．（9 分）如图所示，某光滑轨道由一个平板轨道和一个半圆轨道组成，半圆形轨道的半径r，直径AC．质量为m
的物块从左侧滑上平板轨道，物块可视为质点。
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（1）假设轨道固定地面上，为了使物块能到达最高点C，求物块在半圆轨道低点的速度和对轨道的压力；
（2）假设轨道可在地面上无摩擦滑动，其质量为M，半圆轨道上B 点与圆心O 等高，则
a．若物块初速度为v，且在滑到B 点前即已返回，求物块回到平板轨道后的速度大小；
b．若物块能恰能滑到B 点，求物块初速度大小。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒
定律综合．
【分析】1、假设轨道固定地面上，在小物块运动的整个过程中，机械能守恒；由最高点的条件求出最高点的速度，
然后由机械能守恒求出A 点的速度，最后由牛顿第二定律求出物块在半圆轨道低点对轨道的压力。
2、a．若物块初速度为v，且在滑到B 点前即已返回，由动量守恒定律与动能守恒即可求出物块回到平板轨道后
的速度大小；
b．若物块能恰能滑到B 点，由动量守恒定律与动能守恒即可求出物块初速度大小。
【解答】解：（1）轨道固定地面上时，物块恰好到达C 点时重力提供向心力，则：mg=݉
㘴ܿ2
ݎ
可得：㘴ܿ=
tݎ
从B 到C 的过程中：﹣mg2r= 1
2݉
㘴ܿ2 −1
2݉
㘴02
解得：㘴0 =
5tݎ
在最低点物块受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：ܨܰ−݉
t =݉
㘴0
2
ݎ
联立可得：FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为6mg；
（2）a．若物块在滑到B 点前即已返回，则整个运动的过程中二者组成的系统沿水平方向的动量守恒，选取向右
为正方向，则：
mv＝mv1+Mv2
在运动的过程中二者的动能也守恒，则：
1
2݉
㘴2 =
1
2݉
㘴1
2 +
1
2 ܯ㘴2
2
联立得物块回到平板轨道后的速度大小：㘴1 = (݉
−ܯ)㘴݉
+ܯ
b．若物块能恰能滑到B 点，则物块到达B 点时二者沿水平方向的速度是相等的，二者在运动的过程中动量守恒，
设速度相等时二者的速度都是v′，则：
mv＝（m+M）v′
二者组成的系统在运动的过程中机械能守恒，则：
1
2݉
㘴2 =
1
2 (݉
+ ܯ)㘴'2 +݉
tݎ
联立可得：v=
(݉
+ܯ)tݎ
ܯ
答：（1）轨道固定时，物块在半圆轨道低点的速度是5tݎ，对轨道的压力是6mg；
2、a．若物块初速度为v，且在滑到B 点前即已返回，物块回到平板轨道后的速度大小为
(݉
−ܯ)㘴݉
+ܯ；
b．若物块能恰能滑到B 点，物块初速度大小为
(݉
+ܯ)tݎ
ܯ
。
【点评】本题是多过程问题，要灵活选择研究的过程。要抓住重力做功与路径无关，而滑动摩擦力做功与路程有
关的特点。
16．（9 分）如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑连接，在圆弧面上有一个质量为2kg
的滑块A，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B，滑块A 与B 均可看做质点。现使滑块A 从距小车的上表
面高h＝1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出。已知滑块A、B
与小车C 上表面间的动摩擦因数为μ＝0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10m/s2．求：
（1）滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；
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（2）从A 与B 碰撞到A、B、C 三者相对静止所需时间；
（3）小车C 上表面的最短长度。
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A 与B 碰撞后瞬间
的共同速度的大小；
（2）由动量守恒定律求出三者相对静止时的速度，然后由动量定理可以求出从A 与B 碰撞到A、B、C 三者相对
静止所需时间。
（3）根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度。
【解答】解：（1）滑块A 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mAgh= 1
2mAv12
代入数据解得：v1＝5m/s，
A、B 碰过程系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAv1＝（mA+mB）v2
代入数据解得：v2＝2.5m/s；
（2）A、B、C 三者组成的系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：（mA+mB）v2＝（mA+mB+mC）v3，
代入数据解得：v3＝1m/s；
对C，由动量定理得：μ（mA+mB）gt＝mCv3，
代入数据解得：t＝0.3s；
（3）由能量守恒定律得：μ（mA+mB）gL= 1
2（mA+mB）v22−1
2（mA+mB+mC）v32，
代入数据解得：L＝0.375m；
答：（1）滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小为2.5m/s。
（2）从A 与B 碰撞到A、B、C 三者相对静止所需时间为0.3s。
（3）小车C 上表面的最短长度为0.375m。
【点评】本题考查了动量守恒定律、动量定理与机械能守恒定律、能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程
是解题的前提，要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理
规律是关键。
17．（9 分）北京夏季多有暴雨，下雨时，我们常能听到气象部门用降水量来描述雨的大小。降水量是指从天空降落
到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的深度，以mm 为单位。气
象学中常有年、月、日、12 小时、6 小时甚至1 小时的降水量。单位时间的降水量称为降水强度，常用mm/h 或
mm/min 为单位，也称为雨强，用字母A 表示。
（1）某次北京城区发生暴雨，我校两位同学从气象部门了解到过去六小时降水量为108mm。求过去六小时的平
均降水强度。
（2）某次某地发生大暴雨，一研究组把一个测力传感器旋转在无风的水平面上，在较短时间内多次从传感上读取
数据后，测得传感器到的雨水平均冲击力为1N．已知实验过程中的平均降水强度A 为360mm/h，传感器的面积S
为1.0m2，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。
a．估算雨水落地时的速度大小；
b．雨水下落过程是否可看作自由落体运动？为什么？请通过估算说明。
【考点】1J：自由落体运动；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据平均降雨量的定义即可判断；
（2）a、根据动量定理判断出落地时的速度；
b、根据运动学公式求得雨滴形成的高即可判断
【解答】解：（1）根据降水强度的定义可知平均降水强度为：
h= 108
6݉݉
/݄
= 18݉݉
/݄
（2）a、在时间t 内，根据动量定理可知：
﹣Ft＝0﹣mv
其中：m＝ρhst
解得：v= ܨ
ߩ݄ݏ= 0.003݉
/ݏ
b，下落过程中如果做自由落体运动，则有：
h = 㘴2
2t = 4.5 × 10−7݉
故雨滴不可能做自由落体运动
答：（1）过去六小时的平均降水强度18mm/h
（2）a．估算雨水落地时的速度大小为0.003m/s；
b．雨水下落过程不能可看作自由落体运动，原因是因为形成雨滴的高度太低
【点评】此题考查密度公式及其应用，关键是理解降水量的含义，题目与实际结合，难度适中，利用激发学生学
习物理的兴趣，是一道好题
18．（10 分）研究物体的运动时，常常用到光电计时器。如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就
可以显示出物体的挡光时间。光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N 处
与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d＝3.6×10
﹣3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮
光条在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度L＝9.0m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6.0m/s 匀速转动。物块
B 与传送带的动摩擦因数μ＝0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为mA＝2.0kg。开始时在A 和B 之间压缩一轻弹
簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B，迅速移去轻弹簧。两物块第一次通过光电门，物块A
通过计时器显示的读数t1＝1.8×10
﹣3s，物块B 通过计时器显示的读数t2＝9.0×10
﹣4s，重力加速度g 取10m/s2，
试求：
（1）弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装
置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化
与守恒定律综合．
【分析】（1）解除锁定弹簧弹开物块AB 后，两块都做匀速运动，根据通过光电门的时间和d，求出两物块的速度，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）B 滑上传送带后先向右做匀减速运动，当速度减小为零时，向右滑行的距离最远。根据牛顿第二定律求出B
的加速度，由速度位移公式求出向右运动的最大位移和时间，求出此时间内传送带运动的距离，得到两者相对位
移大小。当物块B 返回时，再求出两者相对位移大小，即可由Q＝μmBg△x 求解内能。
（3）根据功能关系得到弹射装置对A 做功W 与弹射前后A 的速度关系。AB 碰撞中动量和机械能都守恒，列出
两个守恒方程。B 要刚好能滑出平台Q 端，碰后B 的动能大于克服摩擦力做功，联立求解弹射装置P 必须对A 做
的功。
【解答】解：（1）解除锁定弹开A、B 后，A、B 两物体的速度大小分别为：
vA=݀t1 = 3.6×10−3
1.8×10−3m/s＝2m/s
vB=݀ݐ2 = 3.6×10−3
9.0×10−4m/s＝4m/s
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取向左为正方向，根据系统的动量守恒得：mAvA﹣mBvB＝0
解得：mB＝1kg
所以弹簧储存的弹性势能EP= 1
2mAvA2+ 1
2mBvB2。
解得EP＝12J
（2）B 滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。
由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，得a＝2m/s2。
B 向右运动的距离为
x1=
㘴ܤ
2
2ܽ
= 42
2×2 =4m＜L＝9m，则物块将返回
向右运动的时间为
t1= 㘴ܤܽ= 4
2s＝2s
传送带向左运动的距离为x2＝vt1＝6×2m＝12m
则B 相对于传送带的位移为△x1＝x1+x2＝16m
设B 向左返回所用时间仍为t1，位移为x1，B 相对于传送带的位移为△x2＝x2﹣x1＝8m
故物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能为
Q＝μmBg（△x1+△x2）＝48J
（3）设弹射装置对A 做功为W，则：
1
2݉
t㘴t
'2 =
1
2݉
t㘴t
2 +W ①
AB 相碰，碰前B 的速度为vB＝4m/s，设碰后B 的速度为vB′，则
根据动量守恒和机械能守恒得
mAvA′﹣mBvB＝mAvA″+mBvB′②
1
2mAvA′2+ 1
2mBvB2= 1
2mAvA″2+ 1
2mBvB′2③
B 要刚好能滑出平台Q 端，由能量关系有：
1
2mBvB′2＞μmBgL ④
代入解④得：vB′＞6m/s
代入解②③得：vA′＝1.5vB′+0.5vB＞（1.5×6+1）m/s＝10m/s
由①得：W＞42J
答：
（1）弹簧储存的弹性势能Ep 是24J。
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能是48J；
（3）弹射装置P 必须对A 做42J 功才能让B 碰后从Q 端滑出。
【点评】本题是复杂的力学综合题，综合了运动学公式、牛顿第二定律、机械能守恒、动量守恒等多个知识，分
析运动过程，选择解题规律是关键。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 20:55:43 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年北京市十一学校高三（上）期中物理试卷
一、本题共10 个小题，每个小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，
有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．
1．（3 分）如图所示，用三段不可伸长的轻质细绳OA、OB、OC 共同悬挂一重物使其静止，其中A 端固定，OA 绳
与水平之间的夹角为θ．最初OB 绳是水平的，现保持θ角不变，将OB 绳的B 端逐渐向上移动，在B 端到达O 点
正上方的过程中，若分别用FA 和FB 表示OA 和OB 绳上的拉力大小，则下列判断中正确的是（
）
A．FA 先变大后变小，FB 先变小后变大
B．FA 先变小后变大，FB 先变小后变大
C．FA 一直变小，FB 先变大后变小
D．FA 一直变小，FB 先变小后变大
2．（3 分）一简谐横波沿x 轴正向传播，图1 是t＝0 时刻的波形图，图2 是介质中某质点的振动图象，则该质点的x
坐标值合理的是（
）
A．0.5m
B．1.5m
C．2.5m
D．3.5m
3．（3 分）如图1 所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在t＝0 时刻，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线
运动。在0 到t0 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图2 所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相
等。则（
）
A．t0 时刻，力F 等于零
B．在0﹣t0 时间内，力F 先增大后减小，方向不变
C．在0﹣t0 时间内，物体的速度逐渐变大
D．在0﹣t0 时间内，物体的运动方向先向右后向左
4．（3 分）如图所示，所有接触面均光滑，质量为M 的半圆弧槽静止地靠在竖直墙面处，A、B 是槽的两个端点，C
为槽的底部中点。现将质量为m 的小球自槽口A 点由静止释放，下列说法中正确的有（
）
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A．小球从A 到C 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量不守恒
B．小球从A 到C 运动过程中，小球重力做功的瞬时功率越来越大
C．小球从C 到B 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量守恒
D．小球从C 到B 运动过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，动量不守恒
5．（3 分）如图所示，半径为R 的光滑圆弧槽固定于水平面上，C 为弧形槽的最低点，O 为弧形槽的圆心位置。O 点、
圆弧槽上的A 点和B 点分别放上一个完全相同的小球，已知β＜α＜10°．现将三小球同时由静止释放，下列说法
正确的是（
）
A．A 处小球比B 处小球晚到达O 点
B．A 处小球比B 处小球同时到达O 点
C．O 处小球比A 处小球早到达C 点
D．O 处小球比B 处小球晚到达C 点
6．（3 分）质量为M 的某机车拉着一辆质量相同的拖车在平直路面上以v0＝10m/s 的速度匀速行驶。途中某时刻拖车
突然与机车脱钩。假设脱钩后机车牵引力始终保持不变，而且机车与拖车各自所受阻力也不变，下列说法中正确
的是（
）
A．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是15m/s、5m/s
B．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是25m/s、﹣2m/s
C．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量不变、动能增加
D．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量减少、动能减少
7．（3 分）如图所示，一足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一木炭包无初速地放在传送带的最左端，
木碳包在存传带上将会留下一段黑色的径迹。已知木炭包与传送带的动摩擦因数处处相同，下列说法中正确的是
（
）
A．黑色的径迹将出现在木炭包的右侧
B．若仅改变木炭包的质量，则木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．若仅改变传送带的速度大小，则传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D．若其他条件不变，则木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
8．（3 分）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M，N 为轨道短轴的两个端点，运
行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M、Q 到N 的运动过程中（
）
A．从P 到M 所用的时间等于ܶ0
4
B．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大
C．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小
D．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
9．（3 分）如图1 所示，一个弹簧秤放在水平地面上（Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘），P 为一重物。在空间建
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立一个固定的坐标轴Oy，O 为系统处于静止平衡状态时秤盘Q 底部的位置，不计空气阻力。现使该系统振动起来，
并且从某时刻开始计时后所形成的振动图象如图2 所示。下列说法正确的是（
）
A．“0”时刻，重物P 处于失重状态
B．0﹣t1，重物P 的动能增加、重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能减小、重力势能增加
C．t2﹣t3，重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能增加、重力势能减小、机械能不变
D．t1﹣t2，回复力做正功，其功率先增后减
10．（3 分）“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假
设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积（表演者在垂直风力方向的投
影面积），来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，
设为S0，站立时受风面积为
1
8S0；当受风面积为
1
2S0 时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，
人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A 位置下落，经过B 位置时调整为水平横躺身姿
（不计调整过程的时间和速度变化），运动到C 位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的
是（
）
A．从A 至B 过程表演者的加速度大于从B 至C 过程表演者的加速度
B．从A 至B 过程表演者的运动时间小于从B 至C 过程表演者的运动时间
C．从A 至B 过程表演者动能的变化量大于从B 至C 过程表演者克服风力所做的功
D．从A 至B 过程表演者动量变化量的数值小于从B 至C 过程表演者受风力冲量的数值
二、本题共2 小题，共15 分．把正确答案填在答题纸中的括号内、横线上．
11．（3 分）在用单摆的小角度振动测量当地的重力加速度的实验中，以下说法中正确的是（
）
A．测量周期时，应该从摆球到达最低点开始计时，并记录30﹣50 次全振动时间，这样做的目的是减小测量的偶
然误差
B．若测出的重力加速度比当地实际重力加速度大，有可能是误将30 次全振动记为31 次全振动了
C．某同学测量了多组周期随摆长变化的数据后，利用画T2﹣l 图象法得到了当地重力加速度的值，发现图线不过
坐标原点，则他通过图象得到的重力加速度值有可能是比较准确的
D．若宇航员在火星上测量，但手边没有规则的小球，只有一些小石头子，其他器材都有，因不能准确测量摆长，
他测出的重力加速度一定偏小或偏大
12．（12 分）用如图1 所示装置做“验证动能定理”的实验。实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。
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（1）为了使细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是
（选填选项前的字母）
A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
C．调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行
D．所加钩码的质量尽量大一些
（2）如图2 是某次实验中打出纸带的一部分。O、A、B、C 为4 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4
个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz．通过测量，可知打点计时器打B 点时小车的速度大小为
m/s。
（3）甲同学经过认真、规范地操作，得到一条点迹清晰的纸带。他把小车开始运动时打下的点记为O，再依次在
纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6 等多个计数点，可获得各计数点到O 的距离s 及打下各计数点时小车的
瞬时速度v。如图3 是根据这些实验数据绘出的v2﹣s 图象。已知此次实验中钩码的总质量为0.015kg，小车中砝
码的总质量为0.100kg，取重力加速度g＝9.8m/s2，则由图象可知小车的质量为
kg．（结果保留三位有效数
字）
（4）在钩码质量远小于小车质量的情况下，乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大小。但经多次实验
他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，造成这一情况的原因可能是
。
（5）假设已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，
图4 中正确反映v2﹣W 关系的是
。
三、本题共6 小题，共55 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值争单位．
13．（8 分）如图所示，水平地面上有一质量m＝4.6kg 的金属块，其与水平地面间的动摩擦因数，μ＝0.20，在与水
平方向成θ＝37°角斜向上的恒定拉力F 作用下，以v＝2.0m/s 的速度向右做匀速直线运动。已知sin37°＝0.60，
cos37°＝0.80，g 取10m/s2．求：
（1）拉力F 的大小；
（2）经t＝2.0s 时间，拉力F 的冲量大小；
（3）若某时刻撤去拉力，撤去拉力后，金属块在地面上还能滑行多长时间。
14．（8 分）现代观测表明，由于引力的作用，恒星有“聚焦”的特点，众多的恒星组成不同层次的恒星系统，最简
单的恒星系统是两颗互相绕转的双星。它们以两者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，这样就不至于由于万有
引力的作用而吸引在一起。如图所示，设某双星系统中的两星S1、S2 的质量分别为m 和2m，两星间距为L，在
相互间万有引力的作用下，绕它们连线上的某点O 转动。已知引力常量G，求：
（1）S1、S2 两星之间的万有引力大小；
（2）S2 星到O 点的距离；
（3）它们运动的周期。
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15．（8 分）某校排球训练馆内，在标准的排球训练场地上（底线到球网的水平距离为L＝9.0m），某女同学正在“底
线上”练习跳发球。该同学每次抛球的高度基本相同，约为H＝3.2m，其起跳击球时恰好是排球上升到最高点的
时刻且每次排球均被水平击出。已知，由于排球网有些松弛，中间部分网高实际测量结果为h＝1.95m，未达到标
准网高。若不计空气阻力，设当地重力加速度为g＝10m/s2。
（1）为使发出去的排球不触网，她击球速度v1 不得低于多少？
（2）为使排球能落入另一侧场内，试求她击球的速度v2 的取值范围。
16．（9 分）如图所示的演示实验显示：图中自由下落的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高得多的地方。
A 是某种材料做成的实心物体，质量m1＝0.28kg，在其顶部的凹坑中松松地插着质量m2＝0.1kg 的木棍B，其下
端与坑底之间有小空隙。将此装置从A 下端离地板高H＝1.25m 处由静止释放。实验中，A 触地后在极短时间内
反弹，且其速度大小不变，接着与木棍B 相互作用使木棍B 脱离A 开始上升，取g＝10m/s2。
（1）求A 刚触地时速度的大小；
（2）若球A 与木棍B 相互作用后恰好停留在地板上，求木棍B 上升的最大高度；
（3）若球A 与木棍B 相互作用的过程没有机械能损失，求木棍B 上升的最大高度。
17．（10 分）一般来说，正常人从距地面1.8m 高处跳下，落地时速度较小，这个速度对人是安全的，称为安全着地
速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆，原因是：张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用。
经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力f 与空气密度ρ、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度
v、阻力系数c 有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是f= 1
2ܿߩܵ㘴2．取g＝10m/s2．请根据以上信息，
解决下列问题：
（1）在忽略空气阻力的情况下，质量m1＝60kg 的人从1.8m 高处跳下，落地后经过腿部的缓冲速度减为0．若缓
冲时间为0.2s，求落地过程中地面对人的平均作用力大小（计算时人可视为质点）；
（2）在某次高塔跳伞训练中，运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数c＝0.90，空气密度取ρ＝1.25kg/m3．降
落伞、运动员总质量m2＝80kg，张开降落伞后达到匀速下降时，要求人能安全着地，降落伞的迎风面积S 至少是
多大？
（3）跳伞运动员和降落伞的总质量m2＝80kg，从h＝65m 高的跳伞塔上跳下，在下落过程中，经历了张开降落伞
前自由下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段。如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传
感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v﹣t 图象。由图象可知3.0s 时运动员开始做匀速
运动。根据图象估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。
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18．（12 分）如图所示，放于光滑水平地面上的半径为R＝1.6m 的光滑四分之一圆轨道，其左侧靠于竖真墙，底端切
线水平。地面上紧靠轨道靠放一个长度为l＝7.0m 的长木板Q，木板上表面与圆轨道末端相切，木板上放一个长
度刚好是木板长度一半的轻弹簧，弹簧右端被固定在木板的右端（已知弹簧中储存的弹性势能Ep 与其形变x 间对
应关系为ܧ݌= 1
2݇ݔ2，其中k 为弹簧的劲度系数），木板最左端静放一个物块P（可视为质点）。物块与木板间的动
摩擦因数为μ＝0.5．现从高处（高于轨道顶端H＝11.2m）无初速释放一个质量为m0＝1.0kg 的小球（也可视为质
点），当小球经由整个光滑轨道滑下并与物块P 发生碰撞后，刚好能返回到θ＝60°处。物块被碰后，沿木板上表
面向右滑动，随后开始压缩弹簧，已知，当弹簧被压缩到最短时，物块刚好不会被弹簧弹开。设最大静摩擦力与
滑动摩擦力大小相等，物块P 与木板Q 的质量为mP＝mQ＝2.0kg，取g＝10m/s2，试求：
（1）小球到达圆轨道末端与P 碰撞前瞬间对轨道的压力FN 的大小；
（2）小球在圆轨道上的整个运动过程中，对轨道的水平冲量I 的大小；
（3）物体P 在木板Q 上滑动过程中因摩擦而生的热Qf。
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参考答案与试题解析
一、本题共10 个小题，每个小题3 分，共30 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，
有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选对但不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．
1．（3 分）如图所示，用三段不可伸长的轻质细绳OA、OB、OC 共同悬挂一重物使其静止，其中A 端固定，OA 绳
与水平之间的夹角为θ．最初OB 绳是水平的，现保持θ角不变，将OB 绳的B 端逐渐向上移动，在B 端到达O 点
正上方的过程中，若分别用FA 和FB 表示OA 和OB 绳上的拉力大小，则下列判断中正确的是（
）
A．FA 先变大后变小，FB 先变小后变大
B．FA 先变小后变大，FB 先变小后变大
C．FA 一直变小，FB 先变大后变小
D．FA 一直变小，FB 先变小后变大
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对O 点受力分析，受三个绳子的三个拉力而平衡，其中向下的拉力等于重力，大小和方向都不改变，OA
绳子的拉力的方向不变而大小改变，OB 绳子的拉力大小和方向都改变，根据平衡条件作图分析即可．
【解答】解：对O 点受力分析，如图所示：
保持θ角不变，将OB 绳的B 端逐渐向上移动，在B 端到达O 点正上方的过程中，FA 一直变小，FB 先变小后变大，
故ABC 错误，D 正确；
【点评】本题关键是三力平衡中的动态分析问题，关键是明确O 点的受力情况，采用图示法作图分析．
动态平衡：求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等
大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很
直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法
求解．
2．（3 分）一简谐横波沿x 轴正向传播，图1 是t＝0 时刻的波形图，图2 是介质中某质点的振动图象，则该质点的x
坐标值合理的是（
）
A．0.5m
B．1.5m
C．2.5m
D．3.5m
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】从图2 得到t＝0 时刻质点的位移和速度方向，然后再到图1 中寻找该点．
【解答】解：从图2 得到t＝0 时刻质点的位移为负且向负y 方向运动；
在图1 中位移为负y 方向，大小与图2 相等，且速度为﹣y 方向的是2.5 位置的质点；
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【点评】本题关键是明确波动图象和振动图象的区别，振动图象反映了某个质点在不同时间的位移情况，波动图
象反映的是不同质点在同一时刻的位移情况，不难．
3．（3 分）如图1 所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在t＝0 时刻，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线
运动。在0 到t0 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图2 所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相
等。则（
）
A．t0 时刻，力F 等于零
B．在0﹣t0 时间内，力F 先增大后减小，方向不变
C．在0﹣t0 时间内，物体的速度逐渐变大
D．在0﹣t0 时间内，物体的运动方向先向右后向左
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】由图2 可知，加速度随时间先逐渐增大后逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，
物体做加速运动，运动方向不变。根据牛顿第二定律研究力F 的变化。
【解答】解：A、t0 时刻，加速度a＝0，根据牛顿第二定律知：F﹣μmg＝ma＝0，则F＝μmg≠0．故A 错误。
B、根据F﹣f＝ma，可知，a 先增大后减小，f 不变，所以F 先增大后减小，方向不变，故B 正确。
CD、由图2 可知，加速度方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体一直做加速运动，速度逐渐变大，
物体的运动方向一直向右。故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了速度与加速度的关系，要求同学们能根据加速度图象得出有效信息，运用牛顿第二定律
进行分析。要注意加速度减小时，速度不一定减小。
4．（3 分）如图所示，所有接触面均光滑，质量为M 的半圆弧槽静止地靠在竖直墙面处，A、B 是槽的两个端点，C
为槽的底部中点。现将质量为m 的小球自槽口A 点由静止释放，下列说法中正确的有（
）
A．小球从A 到C 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量不守恒
B．小球从A 到C 运动过程中，小球重力做功的瞬时功率越来越大
C．小球从C 到B 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量守恒
D．小球从C 到B 运动过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】小球从A 到C 的过程中，槽不动，根据机械能守恒条件和动量守恒条件判断小球、小球和槽组成的系统
机械能是否守恒、动量是否守恒。根据初末状态重力的功率分析重力功率是不是越来越大。小球从C 到B 的过程
中，槽离开墙壁，结合动量守恒和机械能守恒的条件判断。
【解答】解：A、小球从A 到C 的过程中，墙壁对槽有弹力，小球运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，小
球和槽组成的系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，故A 正确。
B、小球在A 点时，重力功率为零，到达C 点时，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知小球从A
到C 的过程中重力的瞬时功率不是越来越大，故B 错误。
C、小球从C 到B 的过程中，槽离开墙壁，小球除了重力做功以外，槽对小球的弹力做功，小球的机械能不守恒。
小球和槽组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，竖
直方向上动量不守恒，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解答该题要注意对过程进行分段分析，对每一段进行动量守恒和机械能守恒的条件进行分析。掌握动量
守恒和机械能守恒的条件是解决本题的关键。
5．（3 分）如图所示，半径为R 的光滑圆弧槽固定于水平面上，C 为弧形槽的最低点，O 为弧形槽的圆心位置。O 点、
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圆弧槽上的A 点和B 点分别放上一个完全相同的小球，已知β＜α＜10°．现将三小球同时由静止释放，下列说法
正确的是（
）
A．A 处小球比B 处小球晚到达O 点
B．A 处小球比B 处小球同时到达O 点
C．O 处小球比A 处小球早到达C 点
D．O 处小球比B 处小球晚到达C 点
【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．
【分析】利用自由落体运动和单摆模型的规律，分别计算出三个小球从起点到达最低点的时间，进行比较可选出
答案。
【解答】解：从A、B 两个位置释放的小球，由于摆动的角度β＜α＜10°，所以这两个小球的运动可看做单摆模
型，等效摆长为R，
它们运动的时间都等于单摆周期的四分之一，即：ݐtܿ= ݐܤܿ= 1
4ܶ
= 1
4 × 2ߨh
t = ߨ
2
h
t；
从O 点释放的小球做自由落体运动，到达最低点时下落的高度为R，根据自由落体运动的公式可得：
h = 1
2 tݐ݋ܿ
2 ，解得：ݐ݋ܿ=
2h
t ；
通过比较可知：tAc＝tBc＞toc，故BC 正确、AD 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题关键是抓住自由落体运动和单摆运动两个模型，利用其规律求出时间，通过对比选出答案。
6．（3 分）质量为M 的某机车拉着一辆质量相同的拖车在平直路面上以v0＝10m/s 的速度匀速行驶。途中某时刻拖车
突然与机车脱钩。假设脱钩后机车牵引力始终保持不变，而且机车与拖车各自所受阻力也不变，下列说法中正确
的是（
）
A．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是15m/s、5m/s
B．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是25m/s、﹣2m/s
C．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量不变、动能增加
D．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量减少、动能减少
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】由于机车的牵引力和受到的阻力都不变，机车和拖车整体的受力不变，合力的大小为零，所以整体的动
量守恒，根据动量守恒定律列式求解。
【解答】解：A、选机车和拖车组成的系统为研究对象，取开始时运动的方向为正方向，由于脱构后，系统所受
的合外力为零，系统的动量守恒，当机车的速度为v1＝15m/s 时，设拖车的速度为v，则：
则（m+m）v0＝mv1+mv
得v＝5m/s。故A 正确；
B、拖车与机车脱钩后受到路面的摩擦力做减速运动，速度是不可能变成负值的。故C 错误；
C、D、系统所受的合外力为零，系统的动量守恒；
当拖车与机车脱钩后，机车的牵引力不变，所以机车做加速运动，拖车做减速运动，相同时间内机车的位移大于
拖车的位移，牵引力对汽车所做的功大于阻力对两车做的功，据动能定理可知，汽车和拖车的总动能要增加。故
C 正确，D 错误
故选：AC。
【点评】本题是脱构问题，要求学生灵活的应用动量定理全过程对系统进行研究，注意正方向的规定。
7．（3 分）如图所示，一足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一木炭包无初速地放在传送带的最左端，
木碳包在存传带上将会留下一段黑色的径迹。已知木炭包与传送带的动摩擦因数处处相同，下列说法中正确的是
（
）
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A．黑色的径迹将出现在木炭包的右侧
B．若仅改变木炭包的质量，则木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．若仅改变传送带的速度大小，则传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D．若其他条件不变，则木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】木炭包放上传送带后，受到摩擦力做匀加速直线运动，传送带做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和运
动学公式求出痕迹的长度，从而分析判断。
【解答】解：A、木炭包无初速放在传送带上，相对于传送带向左滑动，则黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，
故A 正确。
BCD、木炭包做匀加速运动的加速度a＝μg，速度达到传送带的速度的时间t= 㘴ܽ= 㘴
ߤt，此时木炭包的位移ݔ1 = 㘴2
2ߤt，
传送带的位移ݔ2 = 㘴ݐ= 㘴2
ߤt，则痕迹的长度△ݔ= ݔ2 −ݔ1 = 㘴2
2ߤt，与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，痕
迹越长，动摩擦因数越大，痕迹越短，故BC 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键理清传送带和木炭包在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析判
断，难度不大。
8．（3 分）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M，N 为轨道短轴的两个端点，运
行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M、Q 到N 的运动过程中（
）
A．从P 到M 所用的时间等于ܶ0
4
B．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大
C．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小
D．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据海王星在PM 段和MQ 段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P 到M 所用时间与周期
的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化。
【解答】解：A、海王星在PM 段的速度大小大于MQ 段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ 段的时间，所以P
到M 所用的时间小于ܶ0
4 ，故A 错误。
B、从Q 到N 的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B 错误。
C、从P 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故C 正确。
D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P 到Q 和Q 到P 的运动是对称的，
但是P 到M 和M 到Q 不是对称的。
9．（3 分）如图1 所示，一个弹簧秤放在水平地面上（Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘），P 为一重物。在空间建
立一个固定的坐标轴Oy，O 为系统处于静止平衡状态时秤盘Q 底部的位置，不计空气阻力。现使该系统振动起来，
并且从某时刻开始计时后所形成的振动图象如图2 所示。下列说法正确的是（
）
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- 791 -
A．“0”时刻，重物P 处于失重状态
B．0﹣t1，重物P 的动能增加、重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能减小、重力势能增加
C．t2﹣t3，重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能增加、重力势能减小、机械能不变
D．t1﹣t2，回复力做正功，其功率先增后减
【考点】74：简谐运动的回复力和能量．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】刚开始运动时，PQ 的加速度相同，把PQ 看成一个整体，做匀加速运动，受到的合外力一定是恒力。PQ
整体受到的外力共有3 个：重力、向上的力F 及弹簧弹力FN，其中重力Mg 为恒力，FN 为变力，根据牛顿第二定
律分析即可求解此时间内F 的变化情况，当P 与Q 分离时，P 只受重力和F 作用，仍做匀加速运动，此时F 为恒
力。
【解答】解：A、由图可知，在“0”时刻重物P 向上运动；由于x﹣t 图象的斜率表示速度，可知物块向上做减速
运动，所以重物P 处于失重状态。故A 正确；
B、由图可知，0﹣t1，重物P 的速度减小，动能减小，所以重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能增大，重力势能
增加。故B 错误；
C、由图可知，在t2﹣t3，重物向下做减速运动，重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能增加、重力势能减小，但系
统的机械能守恒，机械能不变。故C 正确；
D、在t1﹣t2 内，位移减小，振子靠近平衡位置时，速度与回复力方向相同，则回复力做正功。该过程中开始时振
子的速度从0 开始增大，则回复力的功率从0 开始增大；振子接近平衡位置时，其回复力逐渐要减小到0，所以
其功率又逐渐减小到0．所以在整个的过程中回复力的功率先增大后减小。故D 正确
故选：ACD。
【点评】本题要分两种情况讨论，临界点是P 与Q 刚好分离时，结合牛顿第二定律求解，难度适中。
10．（3 分）“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假
设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积（表演者在垂直风力方向的投
影面积），来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，
设为S0，站立时受风面积为
1
8S0；当受风面积为
1
2S0 时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，
人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A 位置下落，经过B 位置时调整为水平横躺身姿
（不计调整过程的时间和速度变化），运动到C 位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的
是（
）
A．从A 至B 过程表演者的加速度大于从B 至C 过程表演者的加速度
B．从A 至B 过程表演者的运动时间小于从B 至C 过程表演者的运动时间
C．从A 至B 过程表演者动能的变化量大于从B 至C 过程表演者克服风力所做的功
D．从A 至B 过程表演者动量变化量的数值小于从B 至C 过程表演者受风力冲量的数值
【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】加速度的关系根据牛顿第二定律分析．结合运动学公式分析运动时间关系．对两个过程分别动能定理列
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式，分析从A 至B 过程表演者动能的变化量从B 至C 过程表演者克服风力所做的功的大小关系．由动量定理分
析冲量关系．
【解答】解：A、设人水平横躺时受到的风力大小为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风
力为
1
8Fm。
由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得人的重力G= 1
2Fm，即有Fm＝2G。
则从A 至B 过程表演者的加速度为a1=
ܩ−1
8ܨ݉݉
=݉
t−1
8×2×݉
t݉=0.75g
从B 至C 过程表演者的加速度大小为a2= ܨ݉−ܩ݉= 2݉
t−݉
t݉=g，因此从A 至B 过程表演者的加速度小于从B 至
C 过程表演者的加速度。故A 错误；
B、设B点的速度为v，则从A 至B过程表演者的运动时间t1= 㘴ܽ
1 = 4㘴
3t．从B至C过程表演者的运动时间t2= 㘴ܽ
2 = 㘴
t，
则t1＞t2，故B 错误。
C、由速度位移公式得：
从A 至B 过程表演者的位移x1= 㘴2
2ܽ1，从B 至C 过程表演者的位移x2= 㘴2
2ܽ2，故x1：x2＝4：3
因而有x1= 4
7H
对A 至B 过程应用动能定理：表演者A 至B 动能的增量△Ek＝（G−1
8Fm）•
4
7H= 3
7FmH
B 至C 克服风力做的功W2＝Fm•
3
7H= 3
7FmH
可知，△Ek＝W2，即表演者A 至B 动能的增量等于B 至C 克服风力做的功，故C 错误；
D、根据动量定理得：从A 至B 过程表演者动量变化量△p1＝（G−1
8Fm）•t1＝（
1
2Fm−1
8Fm）•
4㘴
3t =
ܨ݉㘴
2t
从B 至C 过程表演者受风力冲量的数值I2＝Fm•t2= ܨ݉㘴
t ，则△p1＜I2，即从A 至B 过程表演者动量变化量的数值
小于从B 至C 过程表演者受风力冲量的数值。故D 正确。
【点评】本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式
判断．要知道动能关系可根据动能定理研究．冲量和动量关系可根据动量定理研究．
二、本题共2 小题，共15 分．把正确答案填在答题纸中的括号内、横线上．
11．（3 分）在用单摆的小角度振动测量当地的重力加速度的实验中，以下说法中正确的是（
）
A．测量周期时，应该从摆球到达最低点开始计时，并记录30﹣50 次全振动时间，这样做的目的是减小测量的偶
然误差
B．若测出的重力加速度比当地实际重力加速度大，有可能是误将30 次全振动记为31 次全振动了
C．某同学测量了多组周期随摆长变化的数据后，利用画T2﹣l 图象法得到了当地重力加速度的值，发现图线不过
坐标原点，则他通过图象得到的重力加速度值有可能是比较准确的
D．若宇航员在火星上测量，但手边没有规则的小球，只有一些小石头子，其他器材都有，因不能准确测量摆长，
他测出的重力加速度一定偏小或偏大
【考点】MF：用单摆测定重力加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；51B：简谐运动专题．
【分析】当摆球经过平衡位置开始计时，测量误差较小，求解周期时，需测量多次全振动的时间，从而求出周期；
根据单摆的周期公式，结合周期的测量误差，判断重力加速度的测量误差。在仅知道摆线时，可以通过联立方程
组，结合周期公式求出重力加速度。
【解答】解：A．摆球经过平衡位置开始计时，测量误差较小，记录多次全振动的时间，求出周期，测量误差较
小，故A 正确；
B．依据单摆公式，周期ܶ
= 2ߨ
ܮ
t，解得t = 4ߨ2ܮܶ
2 ，误将30 次全振动记为31 次全振动了，则周期的测量值偏小，
导致重力加速度测量值偏大，故B 正确。
C．不过原点则L 的长度可能不准确，但不影响g 的大小，故C 正确；
D．根据ܶ
1 = 2ߨ
ܮ1+ݎ
t ，ܶ2 = 2ߨ
t2+ݎ
t 知，可以改变摆长，得出不同摆长时的周期，联立方程组求出重力加速度，
测出的重力加速度不会偏小或偏大，故D 错误。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握减小误差的方法，对于单摆的周期公式要理解，注意
仅知道摆线长度的情况下，同样可以求出重力加速度。
12．（12 分）用如图1 所示装置做“验证动能定理”的实验。实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。
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（1）为了使细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是
AC
（选填选项前的字母）
A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
C．调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行
D．所加钩码的质量尽量大一些
（2）如图2 是某次实验中打出纸带的一部分。O、A、B、C 为4 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4
个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz．通过测量，可知打点计时器打B 点时小车的速度大小为
0.36
m/s。
（3）甲同学经过认真、规范地操作，得到一条点迹清晰的纸带。他把小车开始运动时打下的点记为O，再依次在
纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6 等多个计数点，可获得各计数点到O 的距离s 及打下各计数点时小车的
瞬时速度v。如图3 是根据这些实验数据绘出的v2﹣s 图象。已知此次实验中钩码的总质量为0.015kg，小车中砝
码的总质量为0.100kg，取重力加速度g＝9.8m/s2，则由图象可知小车的质量为
0.18
kg．（结果保留三位有效数
字）
（4）在钩码质量远小于小车质量的情况下，乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大小。但经多次实验
他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，造成这一情况的原因可能是
长木板的右端垫起的高度过高，
有一部分重力势能转化为动能；
。
（5）假设已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，
图4 中正确反映v2﹣W 关系的是
A
。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分
量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；同时注意为了让细绳的拉力等于小车受到的合力，应让细线与木
板平行
（2）中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度即可求得；
（3）根据动能定理求得v2 与s 间的函数关系，根据斜率即可求得质量；
（4）根据实验原理判断出产生误差的原因；
（5）钩码重力做功等于钩码和小车动能的变化量即可判断
【解答】解：（1）小车下滑时受到重力，细线的拉力，支持力和摩擦力，为了在实验中能够把细绳对小车的拉力
视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，并且调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细
绳与木板平行，故AC 正确，BD 错误；所以AC 选项是正确的。
（2）相邻的两个计数之间还有4 个打出的点没有画出，则T＝0.1s，㘴ܤ= ݔtܥ
2ܶ
= 0.1006−0.0286
0.2
= 0.36݉
/ݏ。
（3）根据动能定理得：݉
tݏ= 1
2 (ܯ+݉
+݉
')㘴2，
则㘴2 =
2݉
t
ܯ+݉
+݉
' ݏ，
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根据图象可以知道斜率݇
= 0.20
0.2 = 1，
则
2݉
t
ܯ+݉
+݉
' = 1，
计算得出M＝0.18kg。
（4）多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，则可能长木板的右端垫起的高度过高，有一部
分重力势能转化为动能；
若滑轮的轴处有摩擦，则拉力做的功总是要比小车动能变化量大一些，小车释放时离打点计时器太近，拉力做的
功和小车动能变化量相等，在钩码质量远小于小车质量的情况下，绳子的拉力等于钩码的重力，钩码做匀加速运
动，不影响拉力做功。
（5）若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则ܹ
= 1
2 (ܯ+݉
)㘴2，得㘴2 = 2ܹ
ܯ+݉
，图象为过原点的直线，故
A 正确。
故答案为：（1）AC
（2）0.36
（3）0.18
（4）长木板的右端垫起的高度过高，有一部分重力势能转化为动能；
（5）A
【点评】本题考查动能定理的实验探究，这个实验的一个重点就是学会使用打点计时器计算速度，然后分析动能
和重力势能的关系，多练习速度计算也是本题的一个基础。本实验中也要知道误差的来源，这样在分析图象问题
时就容易得出原因。
三、本题共6 小题，共55 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值争单位．
13．（8 分）如图所示，水平地面上有一质量m＝4.6kg 的金属块，其与水平地面间的动摩擦因数，μ＝0.20，在与水
平方向成θ＝37°角斜向上的恒定拉力F 作用下，以v＝2.0m/s 的速度向右做匀速直线运动。已知sin37°＝0.60，
cos37°＝0.80，g 取10m/s2．求：
（1）拉力F 的大小；
（2）经t＝2.0s 时间，拉力F 的冲量大小；
（3）若某时刻撤去拉力，撤去拉力后，金属块在地面上还能滑行多长时间。
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据平衡，求出拉力F 的大小；
（2）根据瞬时功率公式求出拉力F 的功率大小；
（3）撤去拉力F 后，根据牛顿第二定律求出金属块的加速度，结合速度时间公式求出金属块还能滑行的时间。
【解答】解：（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，
则根据平衡条件得，水平方向：Fcos37°＝f；
竖直方向：Fsin37°+N＝mg，
又f＝μN，
联立解得F＝10N。
（2）依据冲量的定义式I＝Ft 代入数，可得冲量的大小：I＝20N•S。
（3）撤去拉力F 后，金属块受到滑动摩擦力f′＝μmg，
根据牛顿第二定律得：加速度大小为ܽ' =݂
'݉
= ߤt = 2݉
/ݏ2，
则撤去F 后金属块还能滑行的时间为：ݐ= 㘴ܽ= 1ݏ。
答：（1）拉力F 的大小为10N；
（2）经t＝2.0s 时间，拉力F 的冲量大小为20N•S；
（3）金属块在地面上还能滑行1s。
【点评】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，在计算力的冲量时，要牢记冲量大小直接用力的大
小和时间的乘积来计算，与力和位移的夹角无关。
14．（8 分）现代观测表明，由于引力的作用，恒星有“聚焦”的特点，众多的恒星组成不同层次的恒星系统，最简
单的恒星系统是两颗互相绕转的双星。它们以两者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，这样就不至于由于万有
引力的作用而吸引在一起。如图所示，设某双星系统中的两星S1、S2 的质量分别为m 和2m，两星间距为L，在
相互间万有引力的作用下，绕它们连线上的某点O 转动。已知引力常量G，求：
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- 795 -
（1）S1、S2 两星之间的万有引力大小；
（2）S2 星到O 点的距离；
（3）它们运动的周期。
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）根据万有引力定律列式求解万有引力；
（2）（3）双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O 点做周期相同的匀速圆周运动，根据万有引力提供
向心力分别对两星进行列式，来求解。
【解答】解：（1）根据万有引力定律，有：ܨ万= ܩ⋅2݉
2
ܮ2
= 2ܩ݉
2
ܮ2 ；
（2）设O 点距S2 星的距离为x，双星运动的周期为T，由万有引力提供向心力，
对于S2 星：ܩ2݉
2
ܮ2 = 2݉
ݔ( 2ߨܶ)2，
对于S1 星：ܩ2݉
2
ܮ2 =݉
(ܮ−ݔ)( 2ߨܶ)2，
计算得出
ܮ−ݔ
ݔ
= 2，即ݔ= 1
3 ܮ。
（3）双星周期为T＝2πL
ܮ
3ܩ݉
。
答：（1）S1、S2 两星之间的万有引力大小为
2ܩ݉
2
ܮ2 ；
（2）S2 星到O 点的距离为
1
3 ܮ；
（3）它们运动的周期为2πL
ܮ
3ܩ݉
。
【点评】这道题充分体现了利用双星系统的特点来解题的思路，双星特点：1．绕同一中心转动的角速度和周期相
同。2．由相互作用力充当向心力，向心力相同。
15．（8 分）某校排球训练馆内，在标准的排球训练场地上（底线到球网的水平距离为L＝9.0m），某女同学正在“底
线上”练习跳发球。该同学每次抛球的高度基本相同，约为H＝3.2m，其起跳击球时恰好是排球上升到最高点的
时刻且每次排球均被水平击出。已知，由于排球网有些松弛，中间部分网高实际测量结果为h＝1.95m，未达到标
准网高。若不计空气阻力，设当地重力加速度为g＝10m/s2。
（1）为使发出去的排球不触网，她击球速度v1 不得低于多少？
（2）为使排球能落入另一侧场内，试求她击球的速度v2 的取值范围。
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】（1）根据球到球网上端时下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出击球的最小初速度。
（2）根据球下降的地面的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移求出击球的最大初速度，从而得出击球的初速
度范围。
【解答】解：（1）依据平抛运动学的公式L＝v1t1，ܪ−h = 1
2 tݐ2，
代入数据解得：v1＝18m/s。
（2）根据平抛运动学公式有：ܪ= 1
2 tݐ22，v2t2＝2L，
代入数据解得v2＝22.5m/s，
故18m/s≤v2≤22.5m/s。
答：（1）为使发出去的排球不触网，她击球速度v1 不得低于18m/s；
（2）她击球的速度v2 的取值范围为18m/s≤v2≤22.5m/s。
【点评】本题考查了有限制条件的平抛运动，关键抓住临界状态，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移
求解临界初速度。
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16．（9 分）如图所示的演示实验显示：图中自由下落的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高得多的地方。
A 是某种材料做成的实心物体，质量m1＝0.28kg，在其顶部的凹坑中松松地插着质量m2＝0.1kg 的木棍B，其下
端与坑底之间有小空隙。将此装置从A 下端离地板高H＝1.25m 处由静止释放。实验中，A 触地后在极短时间内
反弹，且其速度大小不变，接着与木棍B 相互作用使木棍B 脱离A 开始上升，取g＝10m/s2。
（1）求A 刚触地时速度的大小；
（2）若球A 与木棍B 相互作用后恰好停留在地板上，求木棍B 上升的最大高度；
（3）若球A 与木棍B 相互作用的过程没有机械能损失，求木棍B 上升的最大高度。
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化
与守恒定律综合．
【分析】（1）物体A、B 系统落地前做自由落体运动，由此求出落地的速度；
（2）A 与地面碰撞后反弹，速度大小不变，方向向上，物体A 与物体B 碰撞时间极短，内力远大于外力，系统
动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰撞后物体B 的速度，再由运动学公式求出物体B 上升的高度。
（3）根据动量守恒定律和机械能守恒，可求出碰撞后物体B 的速度，再由运动学公式求出物体B 上升的高度。
【解答】解：（1）根据题意，A 碰地板后，反弹速度的大小v1 等于它下落到地面时速度的大小，即：
㘴1 =
2tܪ= 5݉
/ݏ。
（2）A 刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B 碰撞，碰前B 的速度为：㘴2 =
2tܪ= 5݉
/ݏ，
根据题意，碰后A 速度为零，以㘴2'表示B 上升的速度，根据动量守恒，有：݉
1㘴1 −݉
2㘴2 =݉
2㘴2'，
令h 表示B 上升的高度，有：h =
㘴'2
2
2t，
由以上各式并代入数据，得：h＝4.05m。
（3）根据动量守恒，规定向下为正方向，有：−݉
t㘴t +݉
ܤ㘴ܤ=݉
t㘴t' +݉
ܤ㘴ܤ'，
依据能量守恒，有：
1
2݉
t㘴t2 +
1
2݉
ܤ㘴ܤ2 =
1
2݉
t㘴't
2 +
1
2݉
ܤ㘴'ܤ
2，
依据竖直上抛的公式可知：h' =
㘴'ܤ
2
2t
代入数据可得：h′＝4.74m，
故上升的最大高度为4.74m。
答：（1）A 刚触地时速度的大小是5m/s；
（2）若球A 与木棍B 相互作用后恰好停留在地板上，木棍B 上升的最大高度是4.05m；
（3）若球A 与木棍B 相互作用的过程没有机械能损失，求木棍B 上升的最大高度是4.74m。
【点评】本题关键要明确系统的各个运动分过程，特别要注意的是物体A 与地面的碰撞过程以及物体B 与物体A
的碰撞过程，虽然这两个过程的时间极短，但碰撞的弹力很大，速度改变较大，要用动量守恒定律求解。
17．（10 分）一般来说，正常人从距地面1.8m 高处跳下，落地时速度较小，这个速度对人是安全的，称为安全着地
速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆，原因是：张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用。
经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力f 与空气密度ρ、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度
v、阻力系数c 有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是f= 1
2ܿߩܵ㘴2．取g＝10m/s2．请根据以上信息，
解决下列问题：
（1）在忽略空气阻力的情况下，质量m1＝60kg 的人从1.8m 高处跳下，落地后经过腿部的缓冲速度减为0．若缓
冲时间为0.2s，求落地过程中地面对人的平均作用力大小（计算时人可视为质点）；
（2）在某次高塔跳伞训练中，运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数c＝0.90，空气密度取ρ＝1.25kg/m3．降
落伞、运动员总质量m2＝80kg，张开降落伞后达到匀速下降时，要求人能安全着地，降落伞的迎风面积S 至少是
多大？
（3）跳伞运动员和降落伞的总质量m2＝80kg，从h＝65m 高的跳伞塔上跳下，在下落过程中，经历了张开降落伞
前自由下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段。如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传
感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v﹣t 图象。由图象可知3.0s 时运动员开始做匀速
运动。根据图象估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。
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【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）由运动学公式求解人着地时的速度大小，再利用动量动量求出地面对人的平均作用力大小；
（2）根据已知人安全着陆的速度大小，当张开降落伞后达到匀速下降时，利用空气阻力大小等于运动员的重力，
求出降落伞的迎风面积S；
（3）由v﹣t图读出降落伞张开时运动员的速度大小和运动员收尾速度大小，根据图线和时间轴所围面积求得在0～
3s 时间内运动员下落高度，由动能定理求解空气阻力对降落伞做的功。
【解答】解：（1）在忽略空气阻力的情况下，人做自由落体运动，设人落地时的时的大小为v，
则由自由落体公式可得：v2＝2gh
代入数据解得：v＝6m/s；
对人下落过程列出动量定理，规定向下为正方向，则有：
（mg﹣F）t＝0﹣mv，
代入数据解得：F＝2400N。
（2）由题可知人安全着陆的速度大小为6m/s，跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力大小等于运动员的重力，
则有：mg= 1
2ܿߩݏ㘴2，
计算得出：ܵ
= 2݉
tܿ
݌㘴2 =
2×80×10
0.9×1.25×36݉
2 = 39.5݉
2。
（3）设空气阻力对降落伞做功为Wf，由v﹣t 图可知，降落伞张开时运动员的速度大小v1＝20m/s，
运动员收尾速度即匀速直线运动的速度v2＝5.0m/s，设在这段时间内运动员下落的高度为h，
由v﹣t 图线和时间轴所围面积可知，在0～3s 减速这一段时间内运动员下落高度大约h＝18m，
根据动能定理有：mgh+Wf= 1
2݉
㘴2
2 −1
2mv12
解得：Wf＝﹣mgh+ 1
2݉
㘴2
2 −1
2mv12，
代入数据解得：ܹ݂
=−2.94 × 104ܬ。
答：（1）地面对人的平均作用力大小2400N；
（2）降落伞的迎风面积S 至少是39.5m2；
（3）空气阻力对降落伞做的功为﹣2.94×104J。
【点评】本题题目很长，首先要从题目中获取有效的信息，抓住主要因数，排除干扰因数；其次通过分析物体运
动过程，建立相应的物理模型，合理运用相关的物理规律解题。
18．（12 分）如图所示，放于光滑水平地面上的半径为R＝1.6m 的光滑四分之一圆轨道，其左侧靠于竖真墙，底端切
线水平。地面上紧靠轨道靠放一个长度为l＝7.0m 的长木板Q，木板上表面与圆轨道末端相切，木板上放一个长
度刚好是木板长度一半的轻弹簧，弹簧右端被固定在木板的右端（已知弹簧中储存的弹性势能Ep 与其形变x 间对
应关系为ܧ݌= 1
2݇ݔ2，其中k 为弹簧的劲度系数），木板最左端静放一个物块P（可视为质点）。物块与木板间的动
摩擦因数为μ＝0.5．现从高处（高于轨道顶端H＝11.2m）无初速释放一个质量为m0＝1.0kg 的小球（也可视为质
点），当小球经由整个光滑轨道滑下并与物块P 发生碰撞后，刚好能返回到θ＝60°处。物块被碰后，沿木板上表
面向右滑动，随后开始压缩弹簧，已知，当弹簧被压缩到最短时，物块刚好不会被弹簧弹开。设最大静摩擦力与
滑动摩擦力大小相等，物块P 与木板Q 的质量为mP＝mQ＝2.0kg，取g＝10m/s2，试求：
（1）小球到达圆轨道末端与P 碰撞前瞬间对轨道的压力FN 的大小；
（2）小球在圆轨道上的整个运动过程中，对轨道的水平冲量I 的大小；
（3）物体P 在木板Q 上滑动过程中因摩擦而生的热Qf。
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【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；21：信息给予题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由机械能守恒定律求出物块到达P 的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后利用牛
顿第三定律转换为压力；
（2）根据动量定理：I＝△P 列式求解；
（3）由动量守恒定律以及动能定理可求得小球到达P 点的速度；再对PQ 系统分析，根据动量守恒定律求出最终
的速度，根据动力学公式求解相对位移，从而根据能量守恒规律即可求得产生的热量。
【解答】解：（1）根据动能定理知：݉
t(ܪ+ h) = 1
2݉
㘴݌
2，
根据牛顿运动定律知：ܨܰ−݉
t =݉
㘴݌2
h ，
联立解得：FN＝170N，
由牛顿第三定律得小球到达圆轨道末端与P 碰撞前瞬间对轨道的压力FN 的大小为：
FN′＝FN＝170N
（2）根据动量定理得：I＝△P＝F 合t，
故I＝mvP＝1×16＝16N•S，
依据牛顿第三定律，得水平冲量大小为：I＝16N•S；
（3）规定向右为正方向，依据动量守恒定律，小球和物体P 相遇时有：݉
㘴ܲ=݉
㘴ܲ' +݉ܲ
㘴，
由题可知，依据动能定理有：ܧ݇= 1
2݉ܲ
㘴ܲ2 =݉
thܿ݋ݏߠ，
解得：㘴ܲ' = 4݉
/ݏ，
速度的大小为：v＝10m/s，
依据动量守恒定律有：mPv＝（mP+mQ）v 共
依据运动学公式P 物块和Q 物块走的相对位移△x，由题可知，依据牛二定律有：
F 合＝μmg＝ma
依运动学公式△ݔ=
㘴2−㘴共
2
2ߤt
−
㘴共
2
2ߤt
依据能量守恒݂ܳ
+ 1
2݇
△ݔ2 = 1
2݉ܲ
㘴2 −1
2 (݉ܲ
+݉ܳ
)㘴共
2
且由题可知：k△x＝μmg，
代入数据解得：Qf＝25J。
答：（1）小球到达圆轨道末端与P 碰撞前瞬间对轨道的压力FN 的大小为170N；
（2）小球在圆轨道上的整个运动过程中，对轨道的水平冲量I 的大小为16N•s；
（3）物体P 在木板Q 上滑动过程中因摩擦而生的热Qf 为25J。
【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律、
能量守恒定律与滑动摩擦力公式即可正确解题；要注意研究对象以及研究系统的改变和受力分析以及过程分析的
准确把握。
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2018-2019 学年北京市海淀区中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10
月份）
一、本题共12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的
小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确答案的代
表字母填写在题后的括号内．
1．（3 分）如图所示，在楔形木块的斜面与竖直墙间静止着一个光滑球．这时楔形木块对水平地面的摩擦力为f，光
滑球对斜面的压力为N，若在光滑球的最高点再施加一个竖直向下的外力F，木块仍处于静止，则N、f 变化情况
是（
）
A．N 增大，f 不变
B．N、f 都增大
C．N 不变，f 增大
D．N 增大，f 变化情况不能确定
2．（3 分）几个同学找了两个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面各打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然
后将易拉罐分别竖直向上和水平抛出，空气阻力不计，假定在易拉罐的运动中不会出现转动，则下列说法正确的
是（
）
A．竖直上升的易拉罐在运动过程中，洞中射出的水的速度越来越快
B．水平抛出的易拉罐在运动过程中，洞中射出的水的速度越来越快
C．不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛的运动，水都不会从洞中射出
D．不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛的运动，洞中射出的水的速度都不变
3．（3 分）如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A 处由静止开始释放，摆球运
动到最低点B 时的速度为v，则（
）
A．摆球从A 运动到B 的过程中重力的平均功率为2݉
㘴2ܶ
B．摆球从A 运动到B 的过程中合外力的冲量为mv
C．摆球从A 运动到B 的过程中重力的瞬时功率先增大后减小
D．摆球从A 运动到B 的过程中重力做的功为
1
2mv2
4．（3 分）截至2009 年7 月，统计有1.9 万个直径在10cm 以上的人造物体和太空垃圾绕地球轨道飞行，其中大多数
集中在近地轨道。每到太阳活动期，地球大气层的厚度开始增加，使得部分原在太空中的垃圾进入稀薄的大气层，
并缓慢逐渐接近地球，此时太空垃圾绕地球依然可以近似看成匀速圆周运动。下列说法中不正确的是（
）
A．太空垃圾在缓慢下降的过程中，机械能逐渐增大
B．太空垃圾动能逐渐增大
C．太空垃圾的绕行周期可能是100 分钟
D．太空垃圾环绕地球做匀速圆周运动的线速度是11.2km/s
5．（3 分）伽利略在研究力和运动的关系的时候，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上
另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。伽利略设计这个实验的目的是为了说明（
）
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A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
B．如果没有摩擦，物体运动过程中机械能守恒
C．维持物体做匀速直线运动并不需要力
D．如果物体不受到力，就不会运动
6．（3 分）如图6 所示，在一次救灾工作中，一架静止在空中的直升机A，用悬索（重力可忽略不计）救起了伤员B．直
升机水平方向做匀速直线运动，竖直方向上伤员与直升飞机的高度差h 与时间t 的关系为h＝H﹣bt2（式中h 表示
伤员到直升机的距离，H 表示开始计时时伤员与直升机的高度差，b 是一常数，t 表示伤员上升的时间）。不计伤
员和绳索受到的空气阻力，这段时间内从地面上观察，下面判断正确的是（
）
A．悬索始终保持竖直
B．伤员做直线运动
C．伤员做曲线运动
D．伤员的加速度大小、方向均不变
7．（3 分）一列简谐横波在t0 时刻的波形图如图甲所示，a、b、c、d 分别为介质中的4 个质点。该波的周期为T，则
下列判断中正确的是（
）
A．若波沿x 轴正向传播，则乙图可表示c 质点从t0 时刻开始的振动图象
B．若波沿x 轴正向传播，则乙图可表示b 质点从（t0+ܶ4）时刻开始的振动图象
C．若波沿x 轴负向传播，则乙图可表示a 质点从（t0+ 3ܶ
4 ）时刻开始的振动图象
D．若波沿x 轴负向传播，则乙图可表示d 质点从（t0+ 3ܶ
4 ）时刻开始的振动图象
8．（3 分）如图所示，A、B 两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，
可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始
下滑到皮带底端所用的时间是t，则（
）
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定等于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
9．（3 分）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v1 时，起重机的有用功率达到
最大值P，此后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2 匀速上升为止，则整个过程中，下
列说法正确的是（
）
A．重物的最大速度v2= P݉
t
B．重物匀加速运动的加速度为ܲ݉
㘴
1
−g
C．钢绳的最大拉力为ܲ㘴
2
D．钢绳的最大拉力为ܲ㘴
1
10．（3 分）如图所示，质量均为m 的物块A、B 用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B 与竖直墙面紧靠。另一个质
量为m 的物块C 以某一初速度向A 运动，C 与A 碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹
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簧储存的最大弹性势能为6.0J．最后弹簧又弹开，A、B、C 一边振动一边向左运动。那么（
）
A．从C 触到A，到B 离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能不守恒
B．物块C 的初始动能是8.0J
C．B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时弹簧此时的弹性势能是2.0J
D．B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时系统的动能是4.0J
11．（3 分）水平面上放置一物块，第一次以水平恒力F1 作用于物块，经时间t1 后撤去此力，物块通过总位移S 后停
下来，第二次以水平恒力F2 作用于物块，经时间t2 后撤去此力，物块也通过总位移S 后停下，已知F1＞F2，则以
下说法正确的是（
）
A．水平推力所做的功W1＞W2
B．水平推力所做的功W1＝W2
C．力F1 对物体m1 的冲量较小
D．摩擦力对m2 的冲量较大
12．（3 分）如图所示，在距水平地面高为0.4m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一定滑轮，滑轮可
绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右边，杆上套有一质量m＝2kg 小球A．半径R＝0.3m 的光滑半圆形细轨道，
竖直地固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2kg 的小球B．用一条不可伸
长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计
滑轮大小的影响，g 取10m/s 2．现给小球A 一个水平向右的恒力F＝60N．则下列说法正确的是（
）
A．把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 做的功为24J
B．小球B 运动到C 处时的速度大小4m/s
C．小球B 被拉到离地h＝0.225m 时与小球A 速度大小相等
D．小球B 被拉到C 处时小球A 的速度为0
二、本题共2 小题，共15 分．注意：请将13 题，14 题①、②、③分别填涂到机读卡的13，14，15，16 的位置
13．（3 分）图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图3 乙是其俯视图。两个质量相等的小车，放
在水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车通过细线用
夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止。实验中可以通过在小盘中增减砝
码来改变小车所受的拉力。为了探究小车的加速度大小和其受力大小之间的关系，下列做法中正确的是（
）
A．同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码，两小车内也放置不同质量的砝码
B．同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码，两小车内放置相同质量的砝码
C．用刻度尺测量两小车通过的位移比为1：2，可知两车加速度的比为1：4
D．两小车质量相同时与桌面间的摩擦力相同，因此在本实验中可以不考虑摩擦力
14．（12 分）用半径相同的小球1 和小球2 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图1 所示，斜槽与水平槽圆滑连接。
安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O．接下来的实验步骤如下：
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步骤1：不放小球2，让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球
的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2 放在斜槽前端边缘位置B，让小球1 从A 点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步
骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N 离O 点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度。
①对于上述实验操作，下列说法正确的是
A．实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
B．小球1 的质量应大于小球2 的质量
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
D．斜槽轨道必须光滑
②本实验除需测量线段OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有
。
A．小球1 和小球2 的质量m1、m2
B．小球1 和小球2 的半径r
C．A、B 两点间的高度差h1
D．B 点离地面的高度h2
③入射球a 的质量为m1，被碰球b 的质量为m2，各小球的落地点如图1 所示，下列关于这个实验的说法正确的
是
A．轨道末端必须水平
B．实验中必须测量两个小球的直径
C．要验证的表达式是m1ܱܰ
=m1ܱܯ+m2ܱܲ
D．要验证的表达式是m1ܱܲ
=m1ܱܯ+m2ܱܰ
④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2 所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜
面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1 仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1 和2 的操作，
得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为
L1、L2、L3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为
（用所测物理量的字母表示）。
三、本题包括4 小题，共49 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．（10 分）如图所示，一质量m＝0.40kg 的滑块（可视为质点）从固定的粗略斜面的底端以v＝6.0m/s 的速度滑上
斜面．已知斜面的倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.50，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，若空气阻
力可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块沿斜面上滑的加速度大小；
（2）滑块上滑的最大高度；
（3）滑块在斜面底端时重力的瞬时功率．
16．
（10 分）如图所示，在竖直平面内有一个粗糙的
1
4圆弧轨道，其半径R＝0.9m，轨道的最低点距地面高度h＝1.25m，
一质量m＝0.4kg 的小滑块从轨道的最高点A 由静止释放，到达最低点B 时的速度大小为v＝3.0m/s。不计空气阻
力，g 取10m/s2，求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最低点B 时，对轨道的压力的大小；
（2）小滑块落地点C 距轨道最低点B 的水平距离x；
（3）小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功。
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17．（12 分）如图所示，水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速
率没有改变．质量m1＝0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h＝0.80m 处下滑，并与放在水平木板左端的
质量m2＝0.20kg 的物块B 相碰，相碰后物块B 滑行x＝4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停
止运动．已知物块B 与木板间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g＝10m/s2，求：
①物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小；
②滑动摩擦力对物块B 做的功；
③物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能．
18．（17 分）（1）要发射一颗人造地球卫星，使它在半径为r2 的预定轨道2 上绕地球做匀速圆周运动，为此先将卫星
发射到半径为r1 的近地暂行圆轨道上绕地球做匀速圆周运动。如图所示，在A 点，使卫星速度增加，从而使卫星
进入一个椭圆的转移轨道1 上，当卫星到达转移轨道的远地点B 时，再次改变卫星速度，使它进入预定轨道2 运
行，试求卫星从A 点到B 点所需的时间。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R。
（2）物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0
的质点距质量为M0 的引力源中心为r0 时，其万有引力势能EP=−ܩܯ0݉
0
ݎ0
（式中G 为引力常数）。若卫星在椭圆轨
道1 上运动的过程中，动能和引力势能相互转化，它们的总量保持不变。已知卫星在轨道1 上运动时的质量为m，
A、B 点距地球表面的高度分别为h1、h2，经过A 点的速度大小为v，地球表面的重力加速度大小为g，地球的半
径为R．请根据能量守恒定律求它经过B 点时的速度大小；
（3）在（2）问的基础上，若要让这颗人造地球卫星能够挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系外，则必须使它的速
度大于或等于第三宇宙速度。若把地球绕太阳公转的轨道近似认为是圆，且不计其它星体对飞行物体的作用力，
地球的公转速度为29.8km/s，求第三宇宙速度。
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2018-2019 学年北京市海淀区中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷
（10 月份）
参考答案与试题解析
一、本题共12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的
小题有多个选项是正确的．全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分．把你认为正确答案的代
表字母填写在题后的括号内．
1．（3 分）如图所示，在楔形木块的斜面与竖直墙间静止着一个光滑球．这时楔形木块对水平地面的摩擦力为f，光
滑球对斜面的压力为N，若在光滑球的最高点再施加一个竖直向下的外力F，木块仍处于静止，则N、f 变化情况
是（
）
A．N 增大，f 不变
B．N、f 都增大
C．N 不变，f 增大
D．N 增大，f 变化情况不能确定
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先以小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件得到墙对球的弹力的变化．再以整体为研究对象，分析
受力，根据平衡条件分析地面对木块的支持力和摩擦力的变化，再由牛顿第三定律确定木块对地面的压力N 和摩
擦力f 的变化情况．
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1 所示：小球受到重力G 球，力F，墙的弹力F1，三
角形的支持力F2，根据平衡条件分析可知，当施加一个竖直向下的力F 时，墙的弹力F1 增大。
再以三角形和球整体作为研究对象，分析受力，作出力图如图2 所示：整体受到重力G 总，力F，墙的弹力F1，
地面的支持力N 和摩擦力f。根据平衡条件分析可知，f＝F1，N＝G 总+F，可见，当施加一个竖直向下的力F 时，
墙的弹力F1 增大，则摩擦力f 增大，地面的支持力N 增大。故B 正确，ACD 错误
【点评】本题涉及两个物体的平衡问题，采用隔离法和整体法交叉使用的方法研究，也可以就用隔离法处理，分
析受力是基础．
2．（3 分）几个同学找了两个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面各打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然
后将易拉罐分别竖直向上和水平抛出，空气阻力不计，假定在易拉罐的运动中不会出现转动，则下列说法正确的
是（
）
A．竖直上升的易拉罐在运动过程中，洞中射出的水的速度越来越快
B．水平抛出的易拉罐在运动过程中，洞中射出的水的速度越来越快
C．不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛的运动，水都不会从洞中射出
D．不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛的运动，洞中射出的水的速度都不变
【考点】1N：竖直上抛运动；43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】1：常规题型；31：定性思想；44：类比法；514：自由落体运动专题．
【分析】考虑水受重力条件下才能产生压强，故而从易拉罐中射出，而考虑到在抛出时，是处于完全失重条件下，
问题即可迎刃而解
【解答】解：将易拉罐竖直向上抛出后，由于空气阻力不计，易拉罐及水的加速度等于重力加速度，则其整体处
于处于完全失重状态，易拉罐中各层水之间没有压力，也就没有对器壁产生的压强。
在整体过程中，水都不会从洞中射出。
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【点评】要明白水之所以能从易拉罐中射出是因为水在重力条件下的压强，而抛体运动过程中，整体的各部分都
处在失重状态，也就没有水的压强这一概念
3．（3 分）如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A 处由静止开始释放，摆球运
动到最低点B 时的速度为v，则（
）
A．摆球从A 运动到B 的过程中重力的平均功率为2݉
㘴2ܶ
B．摆球从A 运动到B 的过程中合外力的冲量为mv
C．摆球从A 运动到B 的过程中重力的瞬时功率先增大后减小
D．摆球从A 运动到B 的过程中重力做的功为
1
2mv2
【考点】52：动量定理；63：功率、平均功率和瞬时功率；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52C：功率的计算专题；52F：动量定理应用专题．
【分析】某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关，由动量定理：合外力
的冲量等于物体动量的改变量来讨论。
【解答】解：A、摆球从A 运动到B 的过程中重力的平均功率p=ܹݐ，由动能定理得W= 1
2݉
㘴2，因为t=ܶ4，带入
得p= 2݉
㘴2ܶ
，故A 正确；
B、由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量。所以摆球从A 运动到B 的过程中合力的冲量为mv，故B
正确；
C、摆球在A 点的瞬时功率是0，摆球运动到B 时的速度方向是水平的，所以重力的瞬时功率是0，所以摆球从A
运动到B 的过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故C 正确；
D、摆球从最大位移A 处由静止释放运动到最低点B 的过程中，只有重力做功，根据动能定理得：WG= 1
2mv2﹣0，
所以WG= 1
2mv2，故D 正确。
故选：ABCD。
【点评】本题考查了平均功率、瞬时功率、动量定理，正确区分平均功率和瞬时功率是求解关键。
4．（3 分）截至2009 年7 月，统计有1.9 万个直径在10cm 以上的人造物体和太空垃圾绕地球轨道飞行，其中大多数
集中在近地轨道。每到太阳活动期，地球大气层的厚度开始增加，使得部分原在太空中的垃圾进入稀薄的大气层，
并缓慢逐渐接近地球，此时太空垃圾绕地球依然可以近似看成匀速圆周运动。下列说法中不正确的是（
）
A．太空垃圾在缓慢下降的过程中，机械能逐渐增大
B．太空垃圾动能逐渐增大
C．太空垃圾的绕行周期可能是100 分钟
D．太空垃圾环绕地球做匀速圆周运动的线速度是11.2km/s
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】太空垃圾绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速
度、周期，然后分析答题。
【解答】解：A、太空垃圾在缓慢下降过程中，克服高空大气阻力做功，垃圾的机械能减小，故A 错误；
B、太空垃圾绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律得：G
ܯ݉
ݎ2 =m
㘴2
ݎ，解得：v=
ܩܯ
ݎ，
垃圾半径r 减小，线速度v 增大，动能逐渐增大，故B 正确；
C、太空垃圾绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律得：G
ܯ݉
ݎ2 =m( 2ߨܶ)2r，解得：T
＝2π
ݎ3
ܩܯ，绕地球做圆周运动的最短周期：T＝84min，太空垃圾绕向周期可能为100 分钟，故C 正确；
D、绕地球做圆周运动的最大速度为：7.9km/s，太空垃圾环绕地球做匀速圆周运动的线速度不可能是11.2km/s，
故D 错误；
本题选错误的，故选：AD。
【点评】本题主要考查卫星轨道变化过程中的能量变化情况，知道绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心
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力可以求出绕地球做圆周运动的最大线速度、最小周期。掌握规律是解决问题的关键。
5．（3 分）伽利略在研究力和运动的关系的时候，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上
另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。伽利略设计这个实验的目的是为了说明（
）
A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
B．如果没有摩擦，物体运动过程中机械能守恒
C．维持物体做匀速直线运动并不需要力
D．如果物体不受到力，就不会运动
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【分析】本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错
误观点。
【解答】解：伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线
运动状态或静止状态，故ABD 错误，C 正确。
【点评】伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正
开始
6．（3 分）如图6 所示，在一次救灾工作中，一架静止在空中的直升机A，用悬索（重力可忽略不计）救起了伤员B．直
升机水平方向做匀速直线运动，竖直方向上伤员与直升飞机的高度差h 与时间t 的关系为h＝H﹣bt2（式中h 表示
伤员到直升机的距离，H 表示开始计时时伤员与直升机的高度差，b 是一常数，t 表示伤员上升的时间）。不计伤
员和绳索受到的空气阻力，这段时间内从地面上观察，下面判断正确的是（
）
A．悬索始终保持竖直
B．伤员做直线运动
C．伤员做曲线运动
D．伤员的加速度大小、方向均不变
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】伤员参与了水平方向上匀速直线运动以及竖直方向上初速度为零的匀加速直线运动，结合运动的合成分
析伤员的运动规律。
【解答】解：根据竖直方向上h＝H﹣bt2 知，伤员在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，又水平方向上
做匀速直线运动，
根据平行四边形定则知，伤员的合运动为匀变速曲线运动，加速度大小和方向不变；
由于伤员的加速度不为零，且加速度在竖直方向上，根据牛顿第二定律知，悬索的拉力方向在竖直方向上。故ACD
正确，B 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道伤员在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合平行四边形定则进行合成。
7．（3 分）一列简谐横波在t0 时刻的波形图如图甲所示，a、b、c、d 分别为介质中的4 个质点。该波的周期为T，则
下列判断中正确的是（
）
A．若波沿x 轴正向传播，则乙图可表示c 质点从t0 时刻开始的振动图象
B．若波沿x 轴正向传播，则乙图可表示b 质点从（t0+ܶ4）时刻开始的振动图象
C．若波沿x 轴负向传播，则乙图可表示a 质点从（t0+ 3ܶ
4 ）时刻开始的振动图象
D．若波沿x 轴负向传播，则乙图可表示d 质点从（t0+ 3ܶ
4 ）时刻开始的振动图象
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据波的传播方向得到质点位移及振动方向，从而得到质点振动，即可判断选项中的开始计时时刻质点
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的位移及振动方向，从而判断与图乙是否相符。
【解答】解：AB、若波向右传播，那么，t0 时刻，质点b 在波谷，质点c 在平衡位置向下振动；故ݐ0 +ܶ4时刻，
质点b 在平衡位置向上振动，故A 错误，B 正确；
CD、若波向左传播，那么，t0 时刻，质点d 在波峰，质点a 在平衡位置向下振动；故ݐ0 + 3ܶ
4 时刻，质点a 在波峰，
质点d 在平衡位置向上振动，故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的
传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
8．（3 分）如图所示，A、B 两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，
可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始
下滑到皮带底端所用的时间是t，则（
）
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定等于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物体在传送带上运动时受重力、摩擦力及支持力的作用，因重力、支持力不变，故分析摩擦力的变化即
可比较下滑时间的关系．
【解答】解：A、传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，加速度：a=݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉=g（sinθ﹣μcosθ），
当传送带逆时针方向转动时，摩擦力方向一定向上，而摩擦力的大小不变，故a 不变，所以物体运动到B 的时间
不变，故A 正确，B 错误；
C、当皮带顺时针转动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A 滑到B 的时
间小于t，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】判断摩擦力的方向是重点及难点，应能注意根据物体与传送带间的相对运动关系确定物体受摩擦力的方
向．
9．（3 分）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v1 时，起重机的有用功率达到
最大值P，此后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2 匀速上升为止，则整个过程中，下
列说法正确的是（
）
A．重物的最大速度v2=ܲ݉
t
B．重物匀加速运动的加速度为ܲ݉
㘴
1
−g
C．钢绳的最大拉力为ܲ㘴
2
D．钢绳的最大拉力为ܲ㘴
1
【考点】37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P＝Fv 求出最大拉力；重物以最大速
度为v2 匀速上升时，F＝mg，所以v2=ܲܨ求出最大速度；根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：A、重物以最大速度为v2 匀速上升时，F＝mg，所以v2=ܲܨ=ܲ݉
t，故A 正确；
B、重物匀加速运动的加速度为a= ܨ−݉
t݉=ܲ
㘴1−݉
t݉
=ܲ݉
㘴
1 −g，故B 正确。
CD、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P＝Fv 得Fm=ܲ㘴1，故C 错误，D 正确；
故选：ABD。
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【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种
启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。
10．（3 分）如图所示，质量均为m 的物块A、B 用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B 与竖直墙面紧靠。另一个质
量为m 的物块C 以某一初速度向A 运动，C 与A 碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹
簧储存的最大弹性势能为6.0J．最后弹簧又弹开，A、B、C 一边振动一边向左运动。那么（
）
A．从C 触到A，到B 离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能不守恒
B．物块C 的初始动能是8.0J
C．B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时弹簧此时的弹性势能是2.0J
D．B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时系统的动能是4.0J
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52G：动量和能量的综合．
【分析】A、根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒。根据是否只有重力
或弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒；
B、B 离开墙面以后的运动过程中，弹簧处于伸长状态时，B 一直在加速，当弹簧第一次恢复原长时B 的速度最大，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律求C 的初速度，进而求初始动能。
CD、根据能量守恒定律求三者等速时弹簧的最大弹性势能和系统的动能。
【解答】解：A、从C 触到A，到B 离开墙面这一过程，C 与A 碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械
能有损失，系统的机械能不守恒。C、A 共同向右运动并压缩弹簧过程中，B 受到墙面的作用力，系统的动量不守
恒，故A 正确。
B、设C 的初速度为v0．初动能为Ek0．对C 与A 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝（2m+m）
v1．C、A 向右压缩弹簧的过程，由机械能守恒得
1
2（2m+m）v12＝Epm．据题得Epm＝6.0J
C 的初动能为Ek0= 1
2
•2mv02．联立解得v0＝3m/s，v1＝2m/s，Ek0＝9J
故B 错误；
CD、弹簧储存的最大弹性势能为6.0J．此时弹簧最短，A、B、C 动能为零，B 离开墙面后，接下来A，C 首先受
到弹力而运动，
这时候弹性势能完全转化为AC 的动能即6J，势能是0．即6= 1
2•2mv2
此时速度v=
6݉．接来下B 受到弹簧
的拉力而运动。AC 速度减小，最终ABC 速度相等。
那么该过程系统的动量守恒，2mv＝3mv′，v′= 2
3v，B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时系统的动能是
1
2•3mv′
2＝4J．由能量守恒的此时弹性势能是2.0J，故CD 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力。动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，
不能笼统，对类似弹性碰撞的过程，要根据两大守恒：动量守恒和机械能守恒研究。
11．（3 分）水平面上放置一物块，第一次以水平恒力F1 作用于物块，经时间t1 后撤去此力，物块通过总位移S 后停
下来，第二次以水平恒力F2 作用于物块，经时间t2 后撤去此力，物块也通过总位移S 后停下，已知F1＞F2，则以
下说法正确的是（
）
A．水平推力所做的功W1＞W2
B．水平推力所做的功W1＝W2
C．力F1 对物体m1 的冲量较小
D．摩擦力对m2 的冲量较大
【考点】52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52F：动量定理应用专题．
【分析】对全过程，运用动能定理比较两次推力做功的大小。通过速度时间图线抓住位移相等，匀减速直线运动
的加速度大小相等，比较出运动的时间，通过动量定理分析摩擦力和推力的冲量大小。
【解答】解：A、对全过程，由动能定理得，WF﹣fS＝0，得WF＝fS．可知，两次物块滑行的总位移相等，则摩
擦力对物体做功相等，水平推力做功相等，即W1＝W2．故A 错误，B 正确。
CD、因为F1＞F2，所以F1 作用时物体的加速度大，撤去推力后，物体的加速度相同，根据速度时间图线，通过
位移相等，知F1 作用时物体在整个过程中的运动时间短。根据动量定理得，F1t1﹣ft＝0，F2t2﹣ft′＝0，因为t＜
t′，则知摩擦力对m2 冲量较大，摩擦力对m1 冲量较小，所以F1 对物体m1 的冲量较小。故C、D 正确。
故选：BCD。
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【点评】本题综合考查了动能定理和动量定理，涉及力在空间的效果可用动能定理研究，涉及力时间的效果可用
动量定理研究。
12．（3 分）如图所示，在距水平地面高为0.4m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一定滑轮，滑轮可
绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右边，杆上套有一质量m＝2kg 小球A．半径R＝0.3m 的光滑半圆形细轨道，
竖直地固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2kg 的小球B．用一条不可伸
长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计
滑轮大小的影响，g 取10m/s 2．现给小球A 一个水平向右的恒力F＝60N．则下列说法正确的是（
）
A．把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 做的功为24J
B．小球B 运动到C 处时的速度大小4m/s
C．小球B 被拉到离地h＝0.225m 时与小球A 速度大小相等
D．小球B 被拉到C 处时小球A 的速度为0
【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；49：合成分解法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据几何知识求出小球A 移动的位移大小，再求解力F 做的功，力F 做的功等于A、B 组成的系统机械
能的增加，根据功能关系列方程求解小球B 运动到C 处时的速度大小v，当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑
块A 与小球B 的速度大小相等，由几何知识求出∠OPB，再求解小球上升的高度h．小球B 被拉到C 处时小球A
的速度为0．
【解答】解：A、把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，由几何知识得到：力F 作用点的位移为：
x＝PB﹣PC=
0．42 + 0．32 −（0.4﹣0.3）＝0.4m
则力F 做的功为：W＝Fx＝60×0.4J＝24J，故A 正确；
BD、由于B 球到达C 处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A 的速度为0，由功能关系得：W= 1
2mv2+mgR
代入已知量得：24= 1
2 ×2×v2+2×10×0.3，解得小球B 速度的大小v＝3 2m/s，故B 错误，D 正确；
C、当绳与轨道相切时两球速度相等，如图。由三角形知识得：sin∠OPB= hܱܲ= 3
4，则：h＝Rsin∠OPB）＝0.3×
0.75＝0.225m，故C 正确；
故选：ACD。
【点评】本题连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析
B 球到达最高点时A 球速度为0．
二、本题共2 小题，共15 分．注意：请将13 题，14 题①、②、③分别填涂到机读卡的13，14，15，16 的位置
13．（3 分）图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图3 乙是其俯视图。两个质量相等的小车，放
在水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车通过细线用
夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止。实验中可以通过在小盘中增减砝
码来改变小车所受的拉力。为了探究小车的加速度大小和其受力大小之间的关系，下列做法中正确的是（
）
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A．同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码，两小车内也放置不同质量的砝码
B．同一次实验应在两小盘内放置不同质量的砝码，两小车内放置相同质量的砝码
C．用刻度尺测量两小车通过的位移比为1：2，可知两车加速度的比为1：4
D．两小车质量相同时与桌面间的摩擦力相同，因此在本实验中可以不考虑摩擦力
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】本实验是控制变量法的实验，不能让小车和砝码的质量都不同，应该保持一个量是相同的。根据初速度
为零的匀变速直线运动特点可得出答案。
【解答】解；A、本实验是控制变量法的实验，不能让小车和砝码的质量都不同，应该保持一个量是相同的。故A
错误，B 正确；
C、根据初速度为零的匀变速直线运动公式x= 1
2ܽݐ2，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车的位移之比就是加速
度之比，所以两车加速度的比为1：2，故C 错误；
D、探究小车的加速度大小和其受力大小之间的关系，质量相等，摩擦力相等，可以不考虑摩擦力，故D 正确；
故选：BD。
【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，
故要加强对实验原理的学习和掌握。
14．（12 分）用半径相同的小球1 和小球2 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图1 所示，斜槽与水平槽圆滑连接。
安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O．接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球
的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2 放在斜槽前端边缘位置B，让小球1 从A 点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步
骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N 离O 点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度。
①对于上述实验操作，下列说法正确的是
BC
A．实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
B．小球1 的质量应大于小球2 的质量
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
D．斜槽轨道必须光滑
②本实验除需测量线段OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有
A
。
A．小球1 和小球2 的质量m1、m2
B．小球1 和小球2 的半径r
C．A、B 两点间的高度差h1
D．B 点离地面的高度h2
③入射球a 的质量为m1，被碰球b 的质量为m2，各小球的落地点如图1 所示，下列关于这个实验的说法正确的
是
AD
A．轨道末端必须水平
B．实验中必须测量两个小球的直径
C．要验证的表达式是m1ܱܰ
=m1ܱܯ+m2ܱܲ
D．要验证的表达式是m1ܱܲ
=m1ܱܯ+m2ܱܰ
④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2 所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜
面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1 仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1 和2 的操作，
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- 811 -
得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为
L1、L2、L3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为
m1 ܮ2 =m1 ܮ1 +m2 ܮ3 （用所测物理量的字母表示）。
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】①②在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相
等，则水平位移代表平抛运动的速度。根据实验的原理确定需要测量的物理量。
③根据实验注意事项、应用动量守恒定律分析答题。
④小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表
达式。
【解答】解：①A、实验过程中，白纸不可以移动，复写纸能移动，如果移动白纸会使小球的水平位移测量错误，
故A 错误；
B、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即小球1 的质量应大于小球2 的质量，故
B 正确；
C、为保证小球到达斜槽末端的速度相等，应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，故C 正确；
D、斜槽是否光滑对实验没有影响，不需要控制斜槽轨道光滑，故D 错误；
故选：BC。
②两球离开平台后后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′+m2v2′，两边同时乘以时间t 得：m1v1t＝m1v1′t+m2v2′t，
则m1OP＝m1OM+m2ON，实验需要测出小球质量、小球水平位移，
故选：A；
③A、小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端必须水平，故A 正确；
B、要使两球发生对心碰撞，两球的直径应相等，实验中不需要测量两个小球的直径，故B 错误；
CD、由②可知，实验需要验证的表达式为：要验证的表达式是：m1ܱܲ
=m1ܱܯ+m2ܱܰ
，故C 错误，D 正确；
故选：AD；
④碰撞前，m1 落在图中的P′点，设其水平初速度为v1．小球m1 和m2 发生碰撞后，m1 的落点在图中M′点，
设其水平初速度为v1′，m2 的落点是图中的N′点，设其水平初速度为v2．设斜面BC 与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：
Lp′sinα= 1
2gt2
Lp′cosα＝v1t
解得：v1=
tܮܲ'ܿ݋ݏ2ߙ
2ݏthߙ
同理有：
v1′=
tܮܯ'ܿ݋ݏ2ߙ
2ݏthߙ
v2=
tܮܰ'ܿ݋ݏ2ߙ
2ݏthߙ
可见速度正比于ܮ，。
所以只要验证m1 ܮ2 =m1 ܮ1 +m2 ܮ3即可。
故答案为：①BC；②A；③AD；④m1 ܮ2 =m1 ܮ1 +m2 ܮ3。
【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，
可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位
移代表平抛运动的速度。
三、本题包括4 小题，共49 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得
分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．（10 分）如图所示，一质量m＝0.40kg 的滑块（可视为质点）从固定的粗略斜面的底端以v＝6.0m/s 的速度滑上
斜面．已知斜面的倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.50，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，若空气阻
力可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）滑块沿斜面上滑的加速度大小；
（2）滑块上滑的最大高度；
（3）滑块在斜面底端时重力的瞬时功率．
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【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【分析】（1）对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）根据匀变速直线运动位移速度公式即可求解；
（3）根据牛顿第二定律求出向下运动的加速度，由位移速度公式求出末速度，由瞬时功率的表达式求出滑块在斜
面底端时重力的瞬时功率．
【解答】解：（1）滑块向上运动的过程中受到重力、斜面的支持力和摩擦力，沿斜面方向根据牛顿第二定律得：
a=݉
tݏthߠ+ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉=10×0.6+0.5×10×0.8＝10m/s2
（2）根据匀变速直线运动位移速度公式得上升的最大距离为：
x= 㘴02
2ܽ
= 6．02
2×10 = 1.8݉
，
最大高度为：h＝x•sin37°＝1.8×0.6＝1.08m
（3）根据牛顿第二定律可滑块向下运动时的加速度为：
a′=݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉=10×0.6﹣0.5×10×0.8＝2m/s2
根据匀变速直线运动位移速度公式得滑块到达最低点的速度为：
v=
2ܽ'ݔ=
2 × 2 × 1.8 =
7.2m/s
滑块在斜面底端时重力的瞬时功率为：P＝mgv•sinθ＝0.40× 10 ×
7.2 × 0.6 ≈6.44W
答：（1）滑块沿斜面上滑的加速度大小为10m/s2；
（2）滑块上滑的最大高度为1.08m；
（3）滑块在斜面底端时重力的瞬时功率6.44W．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．
16．
（10 分）如图所示，在竖直平面内有一个粗糙的
1
4圆弧轨道，其半径R＝0.9m，轨道的最低点距地面高度h＝1.25m，
一质量m＝0.4kg 的小滑块从轨道的最高点A 由静止释放，到达最低点B 时的速度大小为v＝3.0m/s。不计空气阻
力，g 取10m/s2，求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最低点B 时，对轨道的压力的大小；
（2）小滑块落地点C 距轨道最低点B 的水平距离x；
（3）小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功。
【考点】43：平抛运动；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】2：创新题型；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】（1）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力，其合力充当向心力，根据牛顿第二定律即可
求得轨道的支持力，即可求出滑块对轨道的压力大小；
（2）小滑块离开轨道后做平抛运动，由两个方向进行求解。
（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理即可求解克服摩擦力做功。
【解答】解：（1）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力F，根据牛顿第二定律F﹣mg=݉
㘴2
h
解得：F＝8.0N
根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小F′＝F＝8.0 N
（2）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则
x＝vt，
h= 1
2gt2
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解得x＝1.5m
（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：
mgR+Wf= 1
2mv2﹣0
解得：Wf＝﹣1.8J
所以小滑块克服摩擦力做功为1.8 J。
答：（1）小滑块运动到圆弧轨道最低点B 时，对轨道的压力的大小为8N；
（2）小滑块落地点C 距轨道最低点B 的水平距离x 为1.5m；
（3）小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功为1.8J。
【点评】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，知道小球离开轨道后做平抛运动，难度适中
17．（12 分）如图所示，水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速
率没有改变．质量m1＝0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h＝0.80m 处下滑，并与放在水平木板左端的
质量m2＝0.20kg 的物块B 相碰，相碰后物块B 滑行x＝4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停
止运动．已知物块B 与木板间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g＝10m/s2，求：
①物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小；
②滑动摩擦力对物块B 做的功；
③物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能．
【考点】65：动能定理；6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）A 下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A 与B 碰撞前A 的速度．
（2）由功的计算公式可以求出滑动摩擦力对B 所做的功．
（3）由动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律可以求出物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能．
【解答】解：（1）设物块A 滑到斜面底端与物块B 碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有：
m1gh= 1
2m1v
0
2
v0=
2t݄
=
2 × 10 × 0.8݉
/ݏ= 4݉
/ݏ
（2）设物块B 受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，因为f＝μm2g
所以摩擦力做功为：
W＝﹣μm2gx＝﹣0.2×0.2×10×4J＝﹣1.6J
③设物块A 与物块B 碰撞后的速度为v1，物块B 受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理
有：
﹣μm2gx＝0−1
2m2v2
代入数据解得：v＝4.0m/s
根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1+m2v
解得：v1=݉
1㘴0−݉
2㘴݉
1
= 0.4×4−0.2×4
0.4݉
/ݏ= 2݉
/ݏ
根据能量守恒定律有：
1
2m1v
0
2 = 1
2m1v
1
2 + 1
2m2v2+E
解得：E= 1
2݉
1(㘴0
2 −㘴1
2) −1
2݉
2㘴2 = 1
2 × 0.4(42 −22) −1
2 × 0.2 × 42ܬ= 0.8ܬ
答：（1）物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小为4m/s；
（2）滑动摩擦力对物块B 做的功为﹣1.6J；
（3）物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能为0.8J．
【点评】本题是一道多体、多过程问题，难度较大，分析清楚物体的运动过程，熟练应用机械能守恒定律、动量
守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．
18．（17 分）（1）要发射一颗人造地球卫星，使它在半径为r2 的预定轨道2 上绕地球做匀速圆周运动，为此先将卫星
发射到半径为r1 的近地暂行圆轨道上绕地球做匀速圆周运动。如图所示，在A 点，使卫星速度增加，从而使卫星
进入一个椭圆的转移轨道1 上，当卫星到达转移轨道的远地点B 时，再次改变卫星速度，使它进入预定轨道2 运
行，试求卫星从A 点到B 点所需的时间。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R。
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（2）物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0
的质点距质量为M0 的引力源中心为r0 时，其万有引力势能EP=−ܩܯ0݉
0
ݎ0
（式中G 为引力常数）。若卫星在椭圆轨
道1 上运动的过程中，动能和引力势能相互转化，它们的总量保持不变。已知卫星在轨道1 上运动时的质量为m，
A、B 点距地球表面的高度分别为h1、h2，经过A 点的速度大小为v，地球表面的重力加速度大小为g，地球的半
径为R．请根据能量守恒定律求它经过B 点时的速度大小；
（3）在（2）问的基础上，若要让这颗人造地球卫星能够挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系外，则必须使它的速
度大于或等于第三宇宙速度。若把地球绕太阳公转的轨道近似认为是圆，且不计其它星体对飞行物体的作用力，
地球的公转速度为29.8km/s，求第三宇宙速度。
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）根据开普勒第三定律，由半径为r1 与半径为r2 可求出椭圆轨道的周期，从而确定卫星从A 点到B
点所需的时间为t。
（2）卫星运动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出卫星经过B 点时的速度大小。
（3）绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，可认为其轨道半径是地球的半径R，其速度为第一宇宙速度；
根据动能定理求出摆脱地球的约束所需要的速度即为第二宇宙速度，同理求出摆脱太阳的约束速度，
由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s，则只需沿太阳公转方向的速度达到vw＝vTx﹣vT
即可，
又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能，再根据动能定理求出第三宇宙速度。
【解答】解：（1）卫星在轨道r1 时，万有引力提供圆周运动向心力：G
ܯ݉
ݎ1
2 =m(2ߨܶ
1 )2r1
物体m 在地球表面有重力等于万有引力：G
ܯ݉
h2 =mg
解得：T1= 2ߨݎ1
h
ݎ1
t
当卫星在椭圆轨道运行：其半长轴为：r3= ݎ1+ݎ2
2
依开普勒第三定律：
ݎ1
3ܶ
1
2 =
ݎ3
3ܶ
3
2，
解得：T3= ߨ(ݎ1+ݎ2)
h
ݎ1+ݎ2
2t
故卫星从A 到B 的时间：tAB= 1
2T3= ߨ(ݎ1+ݎ2)
2h
ݎ1+ݎ2
2t ；
（2））物体m 在地球表面有重力等于万有引力：G
ܯ݉
h2 =mg
卫星在轨道1 上由A 到B 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
−ܩܯ݉
h+݄1 + 1
2݉
㘴2 =−ܩܯ݉
h+݄2 + 1
2݉
㘴ܤ
2，
解得：vB=
㘴2 +݉
th2
h+݄2 −݉
th2
h+݄1；
（3）物体m 在地球表面有重力等于万有引力：G
ܯ݉
h2 =mg
绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，万有引力等于重力并提供向心力，
由牛顿第二定律得：G
ܯ݉
h2 =m
㘴1
2
h ，
代入数据解得，第一宇宙速度：v1=
th =7.9 km/s；
若摆脱地球的约束，则有：
1
2mv22﹣G
ܯ݉
h2 =0，
代入数据解得：v2=
2v1＝11.2 km/s；
绕太阳运动的速度：vT＝29.8km/s，
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摆脱太阳的吸引：
1
2mv2﹣G
ܯ݉
h
=0，
解得：v=
2vT＝42.2 km/s，
由于随地球绕太阳公转的物体已具有地球的公转速度29.8km/s，
则只需沿太阳公转方向的速度达到
vw＝v﹣vT＝12.4 km/s
即可
又因为发射地球表面的物体还需摆脱地球约束的动能
1
2mv22
则：发射地球表面的物体摆脱太阳约束的第三速度为v3
有
1
2mv32= 1
2mv22+ 1
2mvw2，
代入数据解得：v3＝16.7 km/s；
答：（1）卫星从A 点到B 点所需的时间为
ߨ(ݎ1+ݎ2)
2h
ݎ1+ݎ2
2t 。
（2）它经过B 点时的速度大小为㘴2 +݉
th2
h+݄2 −݉
th2
h+݄1；
（3）第三宇宙速度为16.7km/s。
【点评】本题涉及到多个知识点，既要用到万有引力提供向心力这个关系，还要用到机械能守恒，运算复杂，计
算时要小心谨慎；万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解决这类题目的突破口，找出需要的数据列万有引力
定律提供向心力公式解题，本题要求同学们知道三大宇宙速度的意义及求法。
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日期：2019/4/12 21:03:37 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年北大附中高三（上）月考物理试卷（10 月份）
一、单选题（本大题共6 小题，共36 分）
1．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态
B．一对相互作用的作用力与反作用力所做的总功一定为零
C．重力的反作用力可能为支持力，也可能为拉力
D．静摩擦力的方向一定与物体速度方向在同一直线上
2．（3 分）在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件（可视为质点）运送到指定
位置．某次将小工件放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止．则
小工件被放到传送带上后相对于地面（
）
A．做匀减速直线运动直到停止
B．先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动
C．先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
D．先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动
3．（3 分）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右
侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R 的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水
平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等
于零，则汽车转弯时的车速应等于（
）
A．th݄
ܮ
B．th݄݀
C．thܮ݄
D．th݄݀
4．（3 分）实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是（
）
A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时没有加上摆球的半径值
D．将实际振动次数n 次误记成（n+1）次
5．（3 分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如人原地起跳时，总是身体弯
曲，略下蹲，再猛然蹬地，身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面。从开始蹬地到双脚离开地面的整
个过程中，下列分析正确的是（
）
A．地面对人的支持力始终等于重力
B．地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C．人原地起跳过程中获得的动能来自于地面
D．人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
6．（3 分）如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O 在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的
水平速度v0 击中静止木杆上的P 点，并随木杆一起转动。已知木杆质量为M，长度为L；子弹质量为m，点P 到
点O 的距离为x．忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O 转动的角速度为ω．下面给出ω的四个
表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，ω的合理表达式应为（
）
A．ω=
3ܯ㘴0ݔ
3ܯݔ2+݉
ܮ2
B．ω=
3݉
㘴0ݔ2
3݉
ݔ2+ܯܮ2
C．ω=
3݉
㘴0ݔ
3݉
ݔ2+ܯܮ2
D．ω=
3݉
㘴0ܮ
3݉
ܮ2+ܯݔ2
二、多选题（本大题共4 小题，共12.0 分）
7．（3 分）如图所示，用轻绳AO 和OB 将重为G 的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间处于静止状态，AO 绳水
平，OB 绳与竖直方向的夹角为θ．则AO 绳的拉力T1、OB 绳的拉力T2 的大小与G 之间的关系为（
）
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- 817 -
A．T1=
ܩ
ݐܽhߠ
B．T1＝Gtanθ
C．T2=
ܩܿ
݋ݏߠ
D．T2＝Gcosθ
8．（3 分）如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a、b 和c 的
运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（
）
A．a 的飞行时间比b 的长
B．b 和c 的飞行时间相同
C．a 的水平速度比b 的小
D．b 的初速度比c 的大
9．（3 分）如图所示，一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直直线上的A、B 两点间做简谐运
动，O 为平衡位置，C 为AO 的中点，振子的周期为T．t1＝0 时刻物体恰经过C 点并向上运动，则（
）
A．t2=ܶ2时刻物体运动到OA 之间，且向下运动
B．t2=ܶ2时刻物体运动到OB 之间，且向下运动
C．t1﹣t2=ܶ2时间内重力的冲量大小为mgܶ2
D．t1﹣t2=ܶ2时间内回复力的冲量为零
10．（3 分）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减
速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（
）
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了
1
2݉
tܪ
三、填空题（本大题共1 小题，共9.0 分）
11．（9 分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中。某同学的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉。
O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）图乙中
是力F1 和F2 的合力的理论值；
是力F1 和F2 的合力的实际测量值。
（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？
答：
（选填“变”或“不变”）
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四、实验题探究题（本大题共1 小题，共6.0 分）
12．（6 分）在探究加速度与力、质量的关系时，小王同学采用如图甲所示装置，图中小车及砝码的质量用M 表示，
沙桶及沙的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。
（1）当M 与m 的大小关系满足
时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；
（2）在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图乙所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4 个点未
标出，打点计时器使用的交流电的频率是50Hz，数据单位为cm。则小车的加速度大小是
m/s2；当打点计
时器打D 点时小车的速度是
m/s。（计算结果小数点后保留两位数字）
（3）小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标纸上画出了a﹣F 关系图象，如图丙所示，小张和小王同学
做的实验，谁的小车及砝码的总质量大？
。
五、计算题（本大题共6 小题，共55.0 分）
13．（9 分）如图所示，一物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑．已知物体的质量m＝0.50kg，斜面的倾角θ＝30°，
斜面长度L＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2．求：
（1）物体沿斜面下滑的加速度大小．
（2）物体滑到斜面底端时的速度大小．
（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小．
14．（9 分）如图所示为半径R＝0.50m 的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h＝0.45m．一质量m＝1.0kg 的
小滑块从圆弧轨道顶端A 由静止释放，到达轨道底端B 点的速度v＝2.0m/s．忽略空气的阻力。取g＝10m/s2．求：
（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受到的支持力大小FN；
（2）小滑块由A 到B 的过程中，克服摩擦力所做的功W；
（3）小滑块落地点与B 点的水平距离x。
15．（9 分）我国于2004 年启动“绕月工程”，计划在2007 年底前发射绕月飞行的飞船。已知月球半径R，月球表面
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的重力加速度g。如果飞船关闭发动机后绕月球做匀速圆周运动，距离月球表面的高度h，求飞船绕月飞行速度的
大小。
16．（9 分）如图，小球a、b 用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平。从
静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
①两球a、b 的质量之比；
②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比。
17．（9 分）如图所示，轻质长绳水平地跨在相距2L 的两个小定滑轮A、B 上，质量为m 的物块悬挂在绳上的O 点，
O 与两滑轮的距离相等，在轻绳两端M、N 分别施加竖直向下的恒力F＝mg．先托住物块，使绳处于水平竖直状
态，静止释放物块，在物块下落过程中，保持M、N 两端的拉力不变。
（1）当物块下落距离h 为多大时，物块的加速度为零？
（2）在物块下落上述距离的过程中，克服M 端恒力F 做功W 为多少？
（3）求物块下落过程中的最大速度vm 和最大距离H。
18．（10 分）如图所示，光滑水平面MN 左端挡板处有一弹射装置P，右端N 与处于同一高度的水平传送带之间的距
离可忽略，传送带水平部分NQ 的长度L＝8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v＝2m/s 的速度匀速转动．MN
上放置两个质量都为m＝1kg 的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4．开始时A、B 静止，A、B
间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep＝16J．现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧．取g＝10m/s2．
（1）求物块B 被弹开时速度的大小；
（2）求物块B 在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN 时的速度vB′；
（3）若A 与P 相碰后静止，当物块B 返回水平面MN 后，A 被P 弹出，A、B 相碰后粘接在一起向右滑动，要
使A、B 连接体恰好能到达Q 端，求P 对A 做的功以及全过程中（自弹簧弹开A、B 时开始）因摩擦而产生的总
热量．
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2018-2019 学年北大附中高三（上）月考物理试卷（10 月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共6 小题，共36 分）
1．（3 分）下列说法中正确的是（
）
A．受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态
B．一对相互作用的作用力与反作用力所做的总功一定为零
C．重力的反作用力可能为支持力，也可能为拉力
D．静摩擦力的方向一定与物体速度方向在同一直线上
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】受滑动摩擦力作用的物体，与是否静止无关；
作用力与反作用力所做的功不一定一正一负，可能都做正功；
作用力与反作用力必定是同一种性质力；
摩擦力方向与速度方向无直接关系。
【解答】解：A、受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态，比如：物体在地面上滑行时，地面受到滑动摩
擦力，而地面是静止的，故A 正确。
B、受静摩擦力作用的两个物体一定处于相对静止状态，而不一定处于静止状态，故B 错误。
C、重力的反作用力不可能为支持力，也不可能为拉力，而是物体对地球的吸引力。故C 错误。
D、静摩擦力的方向不一定与物体运动方向在同一直线上，比如：贴着正在加速行驶的汽车车厢壁物体，物体的
运动方向与静摩擦力方向不共线，故D 错误。
【点评】考查滑动摩擦力存在与是否运动无关，掌握静摩擦力方向与速度无关，理解作用力与反作用力是同一性
质力，注意作用力与反作用力所做的功之和不一定为零。
2．（3 分）在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件（可视为质点）运送到指定
位置．某次将小工件放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止．则
小工件被放到传送带上后相对于地面（
）
A．做匀减速直线运动直到停止
B．先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动
C．先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
D．先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据工件的受力，判断出加速度的方向，根据速度和加速度的关系，判断工件的运动情况．
【解答】解：工件无初速放上匀减速运动的传送带，工件相对于传送带向后滑，受到向前的摩擦力，做匀加速直
线运动，当工件的速度与传送带速度相等时，与传送带一起做匀减速运动。故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键会根据物体的受力得出加速度的方向，通过加速度方向与速度方向关系判断物体的运动．
3．（3 分）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右
侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R 的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水
平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等
于零，则汽车转弯时的车速应等于（
）
A．th݄
ܮ
B．th݄݀
C．thܮ݄
D．th݄݀
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向
心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速。
【解答】解：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图
根据牛顿第二定律，得
mgtanθ＝m
㘴2
h
又由数学知识得到
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tanθ=݄݀
联立解得
v=
th݄݀
【点评】本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源。
4．（3 分）实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是（
）
A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时没有加上摆球的半径值
D．将实际振动次数n 次误记成（n+1）次
【考点】MF：用单摆测定重力加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差．
【解答】解：根据单摆的周期公式：T＝2π
ܮ
t得g= 4ߨ2ܮܶ
2 ，
A、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A 错误，B 错误；
C、计算摆长时没有加上摆球的半径值，摆长偏小，所测重力加速度偏小，故C 错误；
D、将实际振动次数n 次误记成n+1 次，所测周期偏小，重力加速度偏大，故D 正确；
【点评】实验误差是考试的热点，也是难点，关键掌握实验原理，从解析式进行分析．
5．（3 分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如人原地起跳时，总是身体弯
曲，略下蹲，再猛然蹬地，身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面。从开始蹬地到双脚离开地面的整
个过程中，下列分析正确的是（
）
A．地面对人的支持力始终等于重力
B．地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C．人原地起跳过程中获得的动能来自于地面
D．人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
【考点】52：动量定理；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】分析人的运动情况，根据受力分析明确人的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小；由功能的转
化可得出能量转化关系。
【解答】解：A、人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A 错
误；
B、因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B 正确；
C、人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C 错误；
D、由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D 错误；
【点评】本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利
用自身的能量得以增加机械能的。
6．（3 分）如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O 在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的
水平速度v0 击中静止木杆上的P 点，并随木杆一起转动。已知木杆质量为M，长度为L；子弹质量为m，点P 到
点O 的距离为x．忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O 转动的角速度为ω．下面给出ω的四个
表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，ω的合理表达式应为（
）
A．ω=
3ܯ㘴0ݔ
3ܯݔ2+݉
ܮ2
B．ω=
3݉
㘴0ݔ2
3݉
ݔ2+ܯܮ2
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C．ω=
3݉
㘴0ݔ
3݉
ݔ2+ܯܮ2
D．ω=
3݉
㘴0ܮ
3݉
ܮ2+ܯݔ2
【考点】3A：力学单位制；48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【分析】子弹和棒组成的系统打击前后所受的外力为零。因此系统对任意一定轴的合力矩为零，系统角动量守恒。
根据系统角动量守恒求出子弹击中木杆后绕点O 转动的角速度ω。
【解答】解；由题意可知，因子弹打击时间极短，棒在打击过程中位置可以看做不变，子弹和棒组成的系统打击
前后所受的外力为零。因此系统对任意一定轴的合力矩为零，系统角动量守恒。设杆开始转动的角动量为j 杆。
mxv0＝j 杆ω
则݆杆=݆
݋杆+݆
弹= 1
3 ܯܮ2 +݉
ݔ2
得：ω=݉
ݔ㘴0
1
3ܯܮ2+݉
ݔ2 =
3݉
ݔ㘴0
ܯܮ2+3݉
ݔ2．故C 正确，A、B、D 错误。
【点评】这个问题超出了高中的物理知识，可以采取系统角动量守恒进行求解。
也可能这样分析：首先从单位上看B 错误；如果x＝0，则角速度为0，所以D 不对；如果是轻杆则M＝0，但轻
杆对子弹没有阻挡作用，相当于作半径为x 的圆周运动，由此可知A 错而C 对。
二、多选题（本大题共4 小题，共12.0 分）
7．（3 分）如图所示，用轻绳AO 和OB 将重为G 的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间处于静止状态，AO 绳水
平，OB 绳与竖直方向的夹角为θ．则AO 绳的拉力T1、OB 绳的拉力T2 的大小与G 之间的关系为（
）
A．T1=
ܩ
ݐܽhߠ
B．T1＝Gtanθ
C．T2=
ܩܿ
݋ݏߠ
D．T2＝Gcosθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】由题系统处于静止状态，以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO 绳的拉
力T1、OB 绳的拉力T2 的大小与G 之间的关系。
【解答】解：以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图如图。
由平衡条件得
T1＝Gtanθ，T2=
ܩܿ
݋ݏߠ
故选：BC。
【点评】本题悬绳固定的物体平衡问题，往往以结点为研究对象，作出力图，由平衡条件求解。
8．（3 分）如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a、b 和c 的
运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（
）
A．a 的飞行时间比b 的长
B．b 和c 的飞行时间相同
C．a 的水平速度比b 的小
D．b 的初速度比c 的大
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直
方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。
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【解答】解：由图象可以看出，bc 两个小球的抛出高度相同，a 的抛出高度最小，根据t=
2݄
t 可知，a 的运动时
间最短，bc 运动时间相等，故A 错误，B 正确；
C、由图象可以看出，abc 三个小球的水平位移关系为a 最大，c 最小，根据x＝v0t 可知，v0= ݔ
ݐ，所以a 的初速度
最大，c 的初速度最小，故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。
9．（3 分）如图所示，一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直直线上的A、B 两点间做简谐运
动，O 为平衡位置，C 为AO 的中点，振子的周期为T．t1＝0 时刻物体恰经过C 点并向上运动，则（
）
A．t2=ܶ2时刻物体运动到OA 之间，且向下运动
B．t2=ܶ2时刻物体运动到OB 之间，且向下运动
C．t1﹣t2=ܶ2时间内重力的冲量大小为mgܶ2
D．t1﹣t2=ܶ2时间内回复力的冲量为零
【考点】52：动量定理；71：简谐运动．菁优网版权所有
【专题】51B：简谐运动专题．
【分析】一个周期可以分成四个
1
4周期，从C 点开始经过半个周期时间内，物体运动到C 点关于平衡位置对称的
位置，重力的冲量等于重力与时间的乘积。物体的回复力是重力与弹簧弹力的合力，在半个周期内回复力做功为
零，根据动量定理求解回复力的冲量。
【解答】解：
A、由简谐运动的对称性可知，从C 点开始经过ܶ2的时间时，物体运动到C 点关于平衡位置对称的位置，即到达O
点下方在OB 之间运动，速度方向向下。故A 错误，B 正确。
C、重力是恒力，则重力的冲量大小为I＝Gt＝mgܶ2．故C 正确。
D、物体的回复力是重力与弹簧弹力的合力，由于初、末速度大小相等，由动能定理可知，半个周期内回复力做
功为零。故C 正确。
D、取向上方向为正方向，则由动量定理得，回复力冲量为I＝﹣mv﹣mv＝﹣2mv≠0．故D 错误。
故选：BC。
【点评】此题要抓住简谐运动的周期性和对称性，注意动量是矢量，应用动量定理研究合力的冲量是常用的思路。
10．（3 分）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减
速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（
）
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了
1
2݉
tܪ
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；52D：动能定理的应用专题．
【分析】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即
可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。
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【解答】解：根据动能定理应有△ܧ݇
=−ma
ܪ
ݏth30° =−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了2mgH，所以A
正确B 错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f= 1
2mg，根据功能关系应有△E
＝﹣f
ܪ
ݏth30° =−mgH，即机械能损失了mgH，所以C 正确D 错误。
故选：AC。
【点评】要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械
能变化时应求出除重力外其它力做的功。
三、填空题（本大题共1 小题，共9.0 分）
11．（9 分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中。某同学的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉。
O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）图乙中
F
是力F1 和F2 的合力的理论值；
F′
是力F1 和F2 的合力的实际测量值。
（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？
答：
不变
（选填“变”或“不变”）
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】由于实验误差的存在，导致F1 与F2 合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实
验的数值）存在差别，只要O 点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果。
【解答】解：（1）F1 与F2 合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O 点的时的
值，因此F 是F1 与F2 合成的理论值，F′是F1 与F2 合成的实际值。
故答案为：F，F′。
（2）由于O 点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果。
故答案为：不变。
【点评】掌握实验原理，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力。
四、实验题探究题（本大题共1 小题，共6.0 分）
12．（6 分）在探究加速度与力、质量的关系时，小王同学采用如图甲所示装置，图中小车及砝码的质量用M 表示，
沙桶及沙的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。
（1）当M 与m 的大小关系满足
M＞＞m
时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；
（2）在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图乙所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4 个点未
标出，打点计时器使用的交流电的频率是50Hz，数据单位为cm。则小车的加速度大小是
0.39
m/s2；当打点计
时器打D 点时小车的速度是
0.20
m/s。（计算结果小数点后保留两位数字）
（3）小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标纸上画出了a﹣F 关系图象，如图丙所示，小张和小王同学
做的实验，谁的小车及砝码的总质量大？
小王
。
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【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）当小车质量远大于沙和沙桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力；实验时要先
接通电源然后再释放小车。
（2）应用匀变速直线运动的推论：△＝at2 可以求出小车的加速度，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速
度。
（3）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
【解答】解：（1）往沙桶中加入一定量的沙子，当M 与m 的大小关系满足M＞＞m 时，可近似认为绳对小车的
拉力大小等于沙桶和沙的重力；
为充分利用纸带，在释放小车之前接通打点计时器的电源。
（2）相邻两个计数点间还有4 个点未标出，计数点间的时间间隔为：t＝0.02×5＝0.1s，
由匀变速直线运动的推论：△＝at2 可知加速度为：a= ݔܥܨ−ݔtܥ
9ܶ2
=0.39m/s2；
D 点的瞬时速度为：㘴ܦ= ݔܥܧ
2ܶ
= 0.20
（3）由牛顿第二定律得：a= 1
ܯF，a﹣F 图象的斜率：k= 1
ܯ，由图示图象可知，两图象的斜率不同，则两小车的
质量不同，小王的质量大。
故答案为：（1）M＞＞m；（2）0.39，0.20；（3）小王
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理，掌握匀变速直线运动的推论：△＝at2 可以求出小车的加速度；
应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式可以分析两实验中不同的物理量。
五、计算题（本大题共6 小题，共55.0 分）
13．（9 分）如图所示，一物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑．已知物体的质量m＝0.50kg，斜面的倾角θ＝30°，
斜面长度L＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2．求：
（1）物体沿斜面下滑的加速度大小．
（2）物体滑到斜面底端时的速度大小．
（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小．
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律；51：动量冲量．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度；
（2）根据匀加速直线运动位移速度公式即可求解速度；
（3）先根据位移时间公式求出下滑的时间，再根据冲量公式即可求解．
【解答】解：
（1）物体在斜面上所受合力沿斜面向下，大小为F 合＝mgsinθ
设物体沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma
解得
a＝5.0m/s2
（2）设物体滑到斜面底端时的速度大小为v，则有v2＝2aL
解得v＝5.0m/s
（3）设物体下滑过程的时间为t，则有v＝at
解得t＝1.0s
在此过程中重力对物体的冲量为IG＝mgt＝5N•s
答：（1）物体沿斜面下滑的加速度大小为5.0m/s2．
（2）物体滑到斜面底端时的速度大小为5.0m/s．
（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小为5N•s．
【点评】本题主要考查了匀加速直线运动速度位移公式及牛顿第二定律的应用，难度不大，属于基础题．
14．（9 分）如图所示为半径R＝0.50m 的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h＝0.45m．一质量m＝1.0kg 的
小滑块从圆弧轨道顶端A 由静止释放，到达轨道底端B 点的速度v＝2.0m/s．忽略空气的阻力。取g＝10m/s2．求：
（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受到的支持力大小FN；
（2）小滑块由A 到B 的过程中，克服摩擦力所做的功W；
（3）小滑块落地点与B 点的水平距离x。
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【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受重力和支持力，根据牛顿第二定律求解
（2）小滑块由A 到B 的过程中，根据动能定理求解
（3）小滑块从B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律求解。
【解答】解：（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受重力和支持力，
根据牛顿第二定律，FN﹣mg＝m
㘴2
h
解得：FN＝18N
（2）小滑块由A 到B 的过程中，根据动能定理得，
mgR﹣W= 1
2mv2 ，
解得：W＝mgR−1
2mv2 ＝3J
（3）小滑块从B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得
水平方向：x＝vt
竖直方向：h= 1
2gt2
解得：x＝0.6m
答：（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受到的支持力大小是18N；
（2）小滑块由A 到B 的过程中，克服摩擦力所做的功是3J；
（3）小滑块落地点与B 点的水平距离是0.6m。
【点评】解题时一定要分析清楚小滑块的运动情况，能掌握运用动能定理求解变力功。
15．（9 分）我国于2004 年启动“绕月工程”，计划在2007 年底前发射绕月飞行的飞船。已知月球半径R，月球表面
的重力加速度g。如果飞船关闭发动机后绕月球做匀速圆周运动，距离月球表面的高度h，求飞船绕月飞行速度的
大小。
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．
【分析】在月球表面上，物体的重力等于月球的万有引力。飞船关闭发动机后绕月球做匀速圆周运动，由月球的
万有引力提供向心力，由这两个关系列式，即可求解飞船绕月飞行速度的大小。
【解答】解：设月球的质量为M。
在月球表面上的物体，有：ܩܯ݉
h2 =݉
t
得：GM＝gR2。
飞船绕月球做匀速圆周运动，有：
G
ܯ݉
(h+݄)2 =m
㘴2
h+݄
由此求得：v=
th2
h+݄
答：飞船绕月飞行速度的大小为
th2
h+݄。
【点评】解决本题的关键是掌握卫星类型两个基本思路：1、万有引力提供向心力；2、万有引力等于重力。要注
意飞船的轨道半径与月球半径的关系。
16．（9 分）如图，小球a、b 用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平。从
静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
①两球a、b 的质量之比；
②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比。
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【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）b 球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b 球的速度；碰撞过程中动量守恒，由
动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以
求出两球质量之比。
（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b 求的动能，然后求出能量之比。
【解答】解：（1）设a 球的质量为m1，b 球的质量为m2，b 球下摆过程中，由动能定理得：
m2gL= 1
2m2v02﹣0，
碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m2v0＝（m1+m2）v，
两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：
1
2（m1+m2）v2＝（m1+m2）gL（1﹣cosθ），
解得：݉
1݉
2
=（
1
1−ܿ݋ݏߠ−1）：1＝（2 −1）：1
（2）两球碰撞过程中损失的机械能：
Q＝m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），
碰前b 球的最大动能为：Eb= 1
2m2v02，ܳ
ܧܾ
=[1−݉
1+݉
2݉
1
（1﹣cosθ）]：1＝（1−2
2 ）：1= 2−2
2
答：（i）两球a、b 的质量之比为（2 −1）：1
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比为（2−
2）：2。
【点评】小球小下摆或上摆过程中机械能守恒，碰撞过程中动量守恒，由动能定理（或机械能守恒定律）、动量守
恒定律即可正确解题。
17．（9 分）如图所示，轻质长绳水平地跨在相距2L 的两个小定滑轮A、B 上，质量为m 的物块悬挂在绳上的O 点，
O 与两滑轮的距离相等，在轻绳两端M、N 分别施加竖直向下的恒力F＝mg．先托住物块，使绳处于水平竖直状
态，静止释放物块，在物块下落过程中，保持M、N 两端的拉力不变。
（1）当物块下落距离h 为多大时，物块的加速度为零？
（2）在物块下落上述距离的过程中，克服M 端恒力F 做功W 为多少？
（3）求物块下落过程中的最大速度vm 和最大距离H。
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】由静止释放后，由于绳OC 和绳OB 对物块的合力小于重力，所以物块向下先作加速运动，随着物块的
下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳
对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受的合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物两绳的合力等于物块的重
力时，即块的合外力为零时，速度达到最大值vm．故加速度为零时重力等于两绳的合力。之后，因为两绳间夹角
继续减小，两绳合力大于物块的重力，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速
运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H．当物块的加速度为零时，由共点力平衡条
件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C 端恒力F 所做的功。对物块运用动能定理可求
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出物块下落过程中的最大速度Vm 和最大距离H。
（1）故加速度为零时应有重力等于两绳的合力。
（2）由加速度为零时下落的高度h，可以由几何关系解出C 点向上运动的距离，从而可以求出F 做的功WF，故
克服力F 做的功为﹣WF
（3）由于下落h 时速度为vm，故由动能定理即可求出vm；物块速度为零时下落距离为H，由动能定理求解H。
【解答】解：（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。因为F 恒定，所以两绳对
物块拉力大小分别为F，两绳与竖直方向夹角均为θ，由平衡条件知：
2Fcos2θ＝mg
又F＝mg，解得2θ＝120°，所以θ＝60°，
由图知：h＝Ltan30°=
3
3 L
①
（2）物块下落h 时，绳的C、D 端均上升h′由几何关系可得：h′=
t2 +݄
2 −L
②
克服C 端恒力F 做的功为：W＝Fh′③
由①②③式联立解得：W＝（
2 3
3
−1）mgL
（3）在物块下落过程中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做
的功就等于作用在C、D 端的恒力F 所做的功。因为物块下降距离h 时动能最大。由动能定理得：mgh﹣
2W= 1
2݉
㘴݉2 ④
将①②③式代入④式解得：vm=
2(2 −
3)tt
当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H，绳C、D 上升的距离为H’．由动能定理得：
mgH﹣2mgH′＝0，又H′=
ܪ2 + t2 −L，
联立解得：H= 4
3 t。
答：（1）当物块下落距离h 为
3
3 时，物块的加速度为零。
（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C 端恒力F 做功W 为（
2 3
3
−1）mgL。
（3）物块下落过程中的最大速度vm 为2(2 −
3)tt，最大距离H 为
4
3 t。
【点评】本题是连接体问题，根据牛顿第二定律研究加速度为零时的条件，由系统机械能守恒研究物块下降的最
大距离，同时要合理运用几何关系辅助求解。
18．（10 分）如图所示，光滑水平面MN 左端挡板处有一弹射装置P，右端N 与处于同一高度的水平传送带之间的距
离可忽略，传送带水平部分NQ 的长度L＝8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v＝2m/s 的速度匀速转动．MN
上放置两个质量都为m＝1kg 的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4．开始时A、B 静止，A、B
间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep＝16J．现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧．取g＝10m/s2．
（1）求物块B 被弹开时速度的大小；
（2）求物块B 在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN 时的速度vB′；
（3）若A 与P 相碰后静止，当物块B 返回水平面MN 后，A 被P 弹出，A、B 相碰后粘接在一起向右滑动，要
使A、B 连接体恰好能到达Q 端，求P 对A 做的功以及全过程中（自弹簧弹开A、B 时开始）因摩擦而产生的总
热量．
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【分析】（1）A、B 被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、AB 及弹簧组成的系统机械能守恒．
（2）对B 用动能定理求在传送带上向右滑行的最远距离．
（3）我们用逆向思维考虑：A、B 整体最后刚好从Q 点滑出那么它的末速度一定为零，即他们一直做匀减速运动，
则A、B 碰撞后的公共速度可求；而碰撞前B 的速度已知，那么碰撞前A 的速度利用动量守恒可求；既然A 的速
度求出来了，我们利用动量定理或者功能关系知道P 对A 做的功就等于A 的动能．问题便迎刃可解．
【解答】解：（1）对于A、B 物块被弹簧分开的过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
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mvA＝mvB
由能量守恒定律得：Ep= 1
2mvA2+ 1
2mvB2
代入数据得：vA＝vB＝4m/s，
（2）以B 物体为研究对象，滑到最右端时速度为0，根据动能定理得：
﹣μmgs＝0−1
2mvB2，
代入数据解得：s＝2m，
因为vB＞v 所以B 物体返回到水平面MN 后的速度为：VB′＝V＝2m/s；
（3）设A 与B 碰前的速度为VA1 B 被A 碰撞一起向右运动的速度为VB2
要使A、B 连接体刚好从Q 端滑出则B 物体的末速度为：VB3＝0；
由匀变速直线运动规律知VB22＝2as 且μmg＝ma，
代入数据解得：VB2＝8m/s，
对于A、B 的碰撞过程由动量守恒得：mVA1﹣mVB1＝2mVB2，
代入数据解得：VA1＝18m/s，
由动能定律得P 对A 做的功为：W= 1
2mVA12，
代入数据解得：W＝162J；
B 在传送带上减速运动时间：t1= 㘴ܽ= 2
4 =0.5s，
传送带的位移：s 传送带＝vt1＝2×0.5＝1m，
因摩擦产生的热量：Q＝μmg•2（s﹣s 传送带）+μ•2mgL，
代入数据解得：Q＝72J；
答：（1）物块B 被弹开时速度4m/s；
（2）物块B 在传送带上向右滑行的最远距离为2m，返回水平面MN 时的速度vB′为2m/s．
（3）P 对A 做的功162J，因摩擦而产生的总热量为72J．
【点评】本题是动量守恒，能量守恒综合应用的一道比较困难的题目．正确分析题目当中的临界条件是关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
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2018 年陕西省西安市碑林区铁一中学高考物理模拟试卷（3 月份）
二．选择题（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一个选项符合题
目要求，第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有错选的得0 分．）
1．（6 分）一铁球通过三段轻绳OA、OB、OC 悬挂在天花板上的A 点，轻绳OC 拴接在轻质弹簧秤上。第一次，保
持结点O 位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图1 所示，弹簧秤的示数记为F1．第
二次，保持轻绳OC 垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA 转动到竖直位置，如图2 所示，弹簧秤的示数记为
F2．则（
）
A．F1 恒定不变，F2 逐渐增大
B．F1、F2 均逐渐增大
C．F1 先减小后增大，F2 逐渐减小
D．F1 逐渐增大，F2 先减小后增大
2．（6 分）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P 点。由O
点静止释放的电子恰好能运动到P 点。现将C 板向右平移到P′点，则由O 点静止释放的电子（
）
A．运动到P 点返回
B．运动到P 和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
3．（6 分）2018 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（
）
A．周期变大
B．速率变大
C．动能变大
D．向心加速度变大
4．（6 分）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下游能力最强的潜
水器。假设某次海事活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”
匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则”蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为（
）
A．
㘴ݐ
2
B．vt0（t−ݐ0
2ݐ）
C．
㘴ݐ0
2
2ݐ
D．
㘴(ݐ−ݐ0)2
2ݐ
5．（6 分）如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的
O 点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径
为r 的圆弧运动，打在荧光屏上的P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E 的匀强电场，光斑从P
点又回到O 点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（
）
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A．粒子带负电
B．初速度为㘴= ܤ
ܧ
C．比荷为
ݍ݉=
ܤ2ݎ
ܧ
D．比荷为
ݍ݉=
ܧ
ܤ2ݎ
6．（6 分）图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小
球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装
在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则（
）
A．t1 时刻小球的动能最大
B．t2 时刻小球的加速度最大
C．t3 时刻弹簧的弹性势能为零
D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量
7．（6 分）如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板。从圆
形磁场最高点P 以速度v 垂直磁场正对着圆心O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑
粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是（
）
A．粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长
B．出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C．出磁场的粒子一定能垂直打在MN 上
D．只要速度满足v= ݍܤh݉，入射的粒子出射后一定垂直打在MN 上
8．（6 分）如图（a）所示，在光滑水平面上放置一质量为1kg 的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为0.1m．在虚线
区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为
10
3 T．现用恒力F 拉线框，线框到达1 位置时，以速度v0＝3m/s 进
入匀强磁场并开始计时．在t＝3s 时刻线框到达2 位置开始离开匀强磁场．此过程中v﹣t 图象如图（b）所示，那
么（
）
A．t＝0 时刻线框右侧边两端MN 间的电压为0.75 V
B．恒力F 的大小为0.5 N
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C．线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为3 m/s
D．线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为1 m/s
二、非选择题：
9．（5 分）某同学用图示的装置来验证加速度和质量成反比，在自制的双层架子上固定平板玻璃，架子放在水平桌面
上，连接小车的细绳跨过定滑轮与小桶相连，实验步骤如下：
①在两个小桶中装入适量细砂，并使两桶质量（含沙子）相同
②两车紧靠架子左边的挡板，在乙车上放一个砝码，同时释放两车，当车运动一段时间后，用手机对整个装置进
行拍照，在照片上，通过装置上的刻度尺，测出甲、乙两车运动的距离x1，x2，
③在乙车上逐渐增加砝码个数，重复步骤②
（1）本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车的质量成
，来验证合外力一定时加速度与质量成反
比；
（2）实验前，该同学将装置的左端适当垫高了一些，目的是
，实验过程中
车（填“甲”或“乙”）
受到的拉力更接近沙桶（含沙子）的重力
（3）若该同学以
ݔ1
ݔ2
为横坐标，以乙车（含砝码）的质量m 为纵坐标，作出的图线是直线，该直线的斜率为
的
质量（填“甲车”、“乙车”（含砝码）或“沙桶”（含沙子））
10．（10 分）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材
供选用
A．待测干电池一节
B．直流电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）
C．直流电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.02Ω）
D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）
E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）
F．滑动变阻器R1（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）
G．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A）
H．开关
I．导线若干
（1）实验中电压表应选用
；电流表应选用
；滑动变阻器应选用
。（填字母代号）
（2）实验小组在进行实验时，初始滑片P 在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S 后发现滑片P
向左滑过一段距离x 后电流表才有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U 与x、电流表读数I 与x 的关系
图，如图乙所示，则根据图象可知，电池的电动势为
V，内阻为
Ω。
11．（14 分）如图甲所示，质量为M＝0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg 的物块以初速度v0＝4m/s
滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的
恒力F．当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到
1
ݏ−ܨ
的关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1m
﹣1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g＝10m/s2．
（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
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（2）图乙中BC 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及
1
ݏ−ܨ函数关系式．
12．（18 分）如图，质量为M 的足够长金属导轨abcd 放在光滑的绝缘水平面是，电阻不计，质量为m 的导体棒PQ
放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc 构成矩形，棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面
的立柱，导轨bc 段长为L，开始时PQ 左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0．PQ 左侧匀强磁
场方向竖直向上，磁感应强度大小为B．在t＝0 时，一水平向左的拉力F 垂直作用于导轨的bc 边上，使导轨由
静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F 达到最大值，拉力F 的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求该过程中导轨动能增加量。
【物理──选修3-3】（15 分）
13．（5 分）将一个分子P 固定在O 点，另一个分子Q 从图中的A 点由静止释放，两分子之间的作用力与间距关系的
图象如图所示，则下列说法正确的是（
）
A．分子Q 由A 运动到C 的过程中，先加速再减速
B．分子Q 在C 点时分子势能最小
C．分子Q 在C 点时加速度大小为零
D．分子Q 由A 点释放后运动到C 点左侧的过程中，加速度先增大后减小再增大
E．该图能表示固、液、气三种状态下分子力随分子间距变化的规律
14．（10 分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞
相连，已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面间的
最大静摩擦力为气缸重力的0.2 倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略，开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温度为
27℃，取g＝10m/s2，T＝273+t。
①缓慢升高气体温度，求气缸开始向左运动时气体的压强和温度；
②若要保证气缸静止不动，求封闭气体温度的取值范围。
【物理──选修3-4】（15 分）
15．某实验小学在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。图甲中O 点为单摆的固定悬点，现
将小摆球（可视为质点）拉至A 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C 之
间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量。同时由计算机得到
了细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线图乙（均为已知量），且图中t＝0 时刻为摆球从A 点开始运动的
时刻（重力加速度为g）。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（
）
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A．该单摆的周期为t2
B．根据题中（包括图中）所给的信息可求出摆球的质量
C．根据题中（包括图中）所给的信息不能求出摆球在最低点B 时的速度
D．若实验时，摆球做了圆锥摆，则测得的周期变长
E．若增加摆球的质量，摆球的周期不变
16．一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次
折射不能透出立方体，已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。
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2018 年陕西省西安市碑林区铁一中学高考物理模拟试卷（3 月份）
参考答案与试题解析
二．选择题（本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一个选项符合题
目要求，第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有错选的得0 分．）
1．（6 分）一铁球通过三段轻绳OA、OB、OC 悬挂在天花板上的A 点，轻绳OC 拴接在轻质弹簧秤上。第一次，保
持结点O 位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图1 所示，弹簧秤的示数记为F1．第
二次，保持轻绳OC 垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA 转动到竖直位置，如图2 所示，弹簧秤的示数记为
F2．则（
）
A．F1 恒定不变，F2 逐渐增大
B．F1、F2 均逐渐增大
C．F1 先减小后增大，F2 逐渐减小
D．F1 逐渐增大，F2 先减小后增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】图1 中，O 点固定不动，以O 点为研究对象，分析受力情况，运用图解法，画出平行四边形进行分析；
图2 中，假设AO 与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得出F2 与θ的关系，由数学知识分析。
【解答】解：在图1 中，对O 点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方向都不变，OA 绳拉
力方向不变，根据平行四边形定则得，如图1，知OA 绳上拉力F1 先减小后增大。
在图2 中，假设AO 与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得：F2＝Gsinθ，θ减小，则F2 逐渐减小。故C 正确。
【点评】此题是动态变化分析问题，分别运用图解法和函数法。处理这个类型的题需要找出不变的物理量，然后
作图或找变化的物理量与不变的物理量之间的关系再加以分析，就能以不变应万变。
2．（6 分）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P 点。由O
点静止释放的电子恰好能运动到P 点。现将C 板向右平移到P′点，则由O 点静止释放的电子（
）
A．运动到P 点返回
B．运动到P 和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据匀强电场电场强度的公式ܧ=ܷ݀
，电容的定义式ܥ=ܷܳ
以及电容的决定式ܥ= ɛݎܵ
4ߨ݇݀
，联立得ܧ= 4ߨ݇ܳ
ɛݎܵ
，
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知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论。
【解答】解：设AB 间电场强度为ܧ1 ，BC 间场强为ܧ2 ，根据题意由O 点释放的电子恰好能运动到P 点，根据动
能定理，有݁
ܧ1 ݔܱܯ−݁ܧ2 ݔܯܲ= 0 −0①
BC 板电量不变，BC 板间的场强
ܧ2 =ܷ
2݀=ܳܥ݀
=ܳɛݎܵ
4ߨ݇݀
⋅݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛݎܵ
②
由②知BC 板间的场强不随距离的变化而变化，当C 板向右平移到P'时，BC 板间的场强不变，由①知，电子仍
然运动到P 点返回，故A 正确，BCD 错误；
【点评】解决考查带电粒子在电场中的运动，关键是要运用动能定理处理，注意在电量不变的条件下，改变极板
间的距离场强不变。
3．（6 分）2018 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（
）
A．周期变大
B．速率变大
C．动能变大
D．向心加速度变大
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力等于向心力可以求出天体的运动的相关物理量．
【解答】解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的
根据F= ܩܯ݉
ݎ2
=݉
㘴2
ݎ
=݉
4ߨ2ݎܶ
2
可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，
加速度不变；
但是和对接前相比，质量变大，所以动能变大。
【点评】本题考查了万有引力和圆周运动的表达式，根据万有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的变
化规律．
4．（6 分）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下游能力最强的潜
水器。假设某次海事活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”
匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则”蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为（
）
A．
㘴ݐ
2
B．vt0（t−ݐ0
2ݐ）
C．
㘴ݐ0
2
2ݐ
D．
㘴(ݐ−ݐ0)2
2ݐ
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移时间公式求出
“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度。
【解答】解：蛟龙号上浮时的加速度大小为：a= 㘴
ݐ，
根据逆向思维，可知蛟龙号在t0 时刻距离海平面的深度为：
h= 1
2ܽ(ݐ−ݐ0)2 = 㘴(ݐ−ݐ0)2
2ݐ
。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题。
5．（6 分）如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的
O 点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径
为r 的圆弧运动，打在荧光屏上的P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E 的匀强电场，光斑从P
点又回到O 点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（
）
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A．粒子带负电
B．初速度为㘴= ܤ
ܧ
C．比荷为
ݍ݉=
ܤ2ݎ
ܧ
D．比荷为
ݍ݉=
ܧ
ܤ2ݎ
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】在电磁场同时存在时，粒子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；在只有磁场时，洛伦兹力提
供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可。
【解答】解：A、只有磁场时，洛伦兹力向上，根据左手定则，粒子带正电荷，故A 错误；
BCD、只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，故：
qvB＝m
㘴2
ݎ①
电磁场同时存在时，电场力与洛伦兹力平衡，故：
qvB＝qE②
联立解得：
v= ܧ
ܤ，
ݍ݉=
ܧ
ܤ2ݎ；
故BC 错误，D 正确；
【点评】本题考查粒子在电磁场中的运动问题，要结合左手定则、牛顿第二定律、洛伦兹力公式、平衡条件列式
分析，关键是正确的建立运动模型，基础题目。
6．（6 分）图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小
球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装
在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则（
）
A．t1 时刻小球的动能最大
B．t2 时刻小球的加速度最大
C．t3 时刻弹簧的弹性势能为零
D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量
【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，
物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；
之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做
加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到
最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．
F﹣t 图象中图线所围面积在数值上t1﹣t3 时间内弹簧的弹力对小球的冲量，不是合外力的冲量．
【解答】解：A、t1 时刻小球刚与弹簧接触，弹力小于重力，小球仍然向下做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时
速度最大，动能最大。故A 错误；
B、t2 时刻弹簧的压缩量最大，小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上；由运动的对称性可知，小球与弹簧
接触后，向下做加速运动的时间小于小球做减速运动的时间，可知小球在最低点受到的弹簧大于2 倍的重力，所
以小球在最低点的加速度大于重力加速度，在最低点的加速度最大。故B 正确；
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C、由图可知，t3 时刻弹簧的弹力等于0，则弹簧的压缩量等于0，所以弹簧的弹性势能为零。故C 正确；
D、根据冲量的定义可知，F﹣t 图象中图线所围面积在数值上t1﹣t3 时间内弹簧的弹力对小球的冲量；而该时间内
小球还受到重力的冲量。结合动量定理可知，图乙中图线所围面积在数值上不一定等于小球动量的变化量，故D
错误；
故选：BC。
【点评】关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，
同时要能结合图象分析．
7．（6 分）如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板。从圆
形磁场最高点P 以速度v 垂直磁场正对着圆心O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑
粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是（
）
A．粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长
B．出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C．出磁场的粒子一定能垂直打在MN 上
D．只要速度满足v= ݍܤh݉，入射的粒子出射后一定垂直打在MN 上
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，
求出㘴= ݍܤh݉时轨迹半径，确定出速度的偏向角。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨
迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系。
【解答】解：A、周期是相同的，粒子在磁场中运动的时间与转过的角度有关，与弧长无关。故A 错误。
B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆
心。故B 正确。
CD、速度满足㘴= ݍܤh݉时，粒子的轨迹半径为r=݉
㘴
ݍܤ=R，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出
磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN 板上，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确
定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系。
8．（6 分）如图（a）所示，在光滑水平面上放置一质量为1kg 的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为0.1m．在虚线
区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为
10
3 T．现用恒力F 拉线框，线框到达1 位置时，以速度v0＝3m/s 进
入匀强磁场并开始计时．在t＝3s 时刻线框到达2 位置开始离开匀强磁场．此过程中v﹣t 图象如图（b）所示，那
么（
）
A．t＝0 时刻线框右侧边两端MN 间的电压为0.75 V
B．恒力F 的大小为0.5 N
C．线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为3 m/s
D．线框完全离开磁场的瞬间的速度大小为1 m/s
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】图b 为速度﹣时间图象，斜率表示加速度，t＝0 时，线框右侧边MN 的两端电压为外电压．在t＝1﹣3s
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内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，由牛顿第二定律可求出恒力F．因为t＝0 时刻和t＝3s
时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3 时的速度与t＝2s 时刻的速度相等
【解答】解：A、t＝0 时，MN 的速度为v0＝m/s，设此时感应电动势为E、感应电流为I，则有：
E＝BLv…①
ܫ=
ܧ
h+ݎ⋯②
UMN＝E﹣Ir…③
解得：UMN＝0.75V，故A 正确
B、在1﹣3 内物体做匀变速直线运动，此过程中物体在水平方向仅受外力F，根据牛顿第二定律结合b 图可得：
F＝ma＝0.5N，故B 正确
C、D、由b 图象可以看出，t＝3s 时刻线框达到2 位置开始离开磁场时与线框进入磁场时速度相同。则线框穿出
磁场与进入磁场运动情况完全相同，则可知线框完全离开磁场的瞬时速度与t＝2s 时刻的速度相等，即为2m/s，
故C 错误、D 错误
故选：AB。
【点评】（1）本题考查了导体棒做切割磁感线运动时感应电动势的计算、闭合电路中路端电压的计算以及牛顿第
二定律
（2）t＝0 时刻与t＝3s 时刻线框的速度相等，线圈进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3 时的
速度与t＝2s 时刻的速度相等是判断C、D 正误的关键
二、非选择题：
9．（5 分）某同学用图示的装置来验证加速度和质量成反比，在自制的双层架子上固定平板玻璃，架子放在水平桌面
上，连接小车的细绳跨过定滑轮与小桶相连，实验步骤如下：
①在两个小桶中装入适量细砂，并使两桶质量（含沙子）相同
②两车紧靠架子左边的挡板，在乙车上放一个砝码，同时释放两车，当车运动一段时间后，用手机对整个装置进
行拍照，在照片上，通过装置上的刻度尺，测出甲、乙两车运动的距离x1，x2，
③在乙车上逐渐增加砝码个数，重复步骤②
（1）本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车的质量成
反比
，来验证合外力一定时加速度与质量成反
比；
（2）实验前，该同学将装置的左端适当垫高了一些，目的是
平衡摩擦力
，实验过程中
乙
车（填“甲”或
“乙”）受到的拉力更接近沙桶（含沙子）的重力
（3）若该同学以
ݔ1
ݔ2
为横坐标，以乙车（含砝码）的质量m 为纵坐标，作出的图线是直线，该直线的斜率为
甲
车
的质量（填“甲车”、“乙车”（含砝码）或“沙桶”（含沙子））
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）小车受到拉力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比；
（2）将装置的左端适当垫高了一些，目的是平衡摩擦力；车的质量远大于沙桶的质量时，小车受到的拉力更接近
沙桶（含沙子）的重力；
（3）由于小车发生的位移与小车的质量成反比，可知图象斜率。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律：ܽ= ܨ݉，小车受到拉力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比；
（2）将装置的左端适当垫高了一些，目的是平衡摩擦力；由于乙车增加了砝码，故车的质量比沙的质量要大很多；
（3）由于小车发生的位移与小车的质量成反比，即：݉
乙݉
甲
=
ݔ1
ݔ2
，可知：݉
甲=݉
乙
ݔ1
ݔ2
，故斜率为甲车质量。
故答案为：（1）反比（2）平衡摩擦力；乙；（3）甲车。
【点评】该实验难度不大，但是题目比较新颖，注意利用题目给定的情形，结合课本此实验的注意事项可以解答。
10．（10 分）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材
供选用
A．待测干电池一节
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B．直流电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）
C．直流电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.02Ω）
D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）
E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）
F．滑动变阻器R1（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）
G．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A）
H．开关
I．导线若干
（1）实验中电压表应选用
D
；电流表应选用
B
；滑动变阻器应选用
F
。（填字母代号）
（2）实验小组在进行实验时，初始滑片P 在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S 后发现滑片P
向左滑过一段距离x 后电流表才有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U 与x、电流表读数I 与x 的关系
图，如图乙所示，则根据图象可知，电池的电动势为
1.5
V，内阻为
0.5
Ω。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提
下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）由两图相同长度对应的电压和电流可得出两电表对应的示数，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势和内电阻。
【解答】解：（1）干电池电动势约为1.5V，电压表应选V1，由于电路中电流较小，因此电流表应选A1，为方便
实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的R1；
（2）根据两图对应的滑动变阻器长度相等时的电压和电流可知：
当I1＝0.20A 时，U1＝1.40V；
当I2＝0.40A 时，U2＝1.30A；
根据U＝E﹣Ir 得：
1.40＝E﹣0.20r
1.30＝E﹣0.40r
解得：E＝1.5V r＝0.5Ω
故答案为：（1）DBF；（2）1.5；0.5
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，要注意电学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生
能按照安全性和准确性的要求进行分析，一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流。
11．（14 分）如图甲所示，质量为M＝0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg 的物块以初速度v0＝4m/s
滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的
恒力F．当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到
1
ݏ−ܨ
的关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1m
﹣1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g＝10m/s2．
（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
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（2）图乙中BC 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及
1
ݏ−ܨ函数关系式．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
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【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）由题，若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二
定律求出加速度，然后结合位移关系即可求出；
（2）由图象可看出当F 小于某一值F1 时，m 物体在板上的路程始终等于板长S，当F 等于某一值F1 时，刚好不
从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列
式，联立方程求出B 在A 上相对A 向右运动的路程S 与F、v0 的关系式，把S＝1m 带入即可求解F1；
当F1≤F≤F2 时，随着F 力增大，S 减小，当F＝F2 时，出现S 突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰
好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．
对二者恰好发生相对运动时，木板的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律列式即可求解；
【解答】解：
（1）以初速度v0 为正方向，物块的加速度大小：ܽ݉
= ߤt = 2݉
/ݏ2
木板的加速度大小：ܽܯ= ߤ݉
t
ܯ
= 4݉
/ݏ2
由图乙知，板长L＝1m
滑块相对木板的路程：ܮ= 㘴0ݐ−1
2ܽ݉
ݐ2 −1
2ܽ
ܯݐ2
联立解得：ݐ= 1
3 ݏ，ݐ= 1ݏ
当t＝1s 时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板
的速度，t＝1s 应舍弃，故所求时间为ݐ= 1
3 ݏ．
（2）①当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同
速度v，历时t1，则：ܽ1 = ܨ+ߤ݉
t
ܯ
v＝v0﹣amt1＝a1•t1
位移关系：
ݏ= 㘴0+㘴
2
ݐ1 −㘴
2 ݐ1 = 㘴0
2 ݐ1
联立解得：
1
ݏ=
ܨ+3
4
由图乙知，相对路程：s≤1m
代入解得：F≥1N
②当F 继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止
（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，则：ܽ
=
ܨ
ܯ+݉
f＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax＝μmg＝2N
联立解得：F≤3N
③综述：BC 段恒力F 的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是
1
ݏ=
ܨ+3
4 ．
答：（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，物块在木板上滑行的时间是
1
3s；
（2）图乙中BC 为直线段，该段恒力F 的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是
1
ݏ=
ܨ+3
4 ．
【点评】本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑
块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦
力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
12．（18 分）如图，质量为M 的足够长金属导轨abcd 放在光滑的绝缘水平面是，电阻不计，质量为m 的导体棒PQ
放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc 构成矩形，棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面
的立柱，导轨bc 段长为L，开始时PQ 左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0．PQ 左侧匀强磁
场方向竖直向上，磁感应强度大小为B．在t＝0 时，一水平向左的拉力F 垂直作用于导轨的bc 边上，使导轨由
静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F 达到最大值，拉力F 的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求该过程中导轨动能增加量。
【考点】BH：焦耳定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，
对导轨受力分析，牛顿第二定律求F 得最大值，由动能定理求导轨动能的增加量．
【解答】解：（1）根据题意得感应电动势：E＝BLv，
导轨做初速为零的匀加速运动，
v＝at，E＝BLat，s= 1
2at2
对回路：闭合电路欧姆定律：I= ܤܮܸ
h总
=
ܤܮܽݐ
h+h0ܽݐ2
（2）导轨受外力F，安培力FA 摩擦力f．其中
对杆受安培力：FA＝BIL= ܤ2ܮ2ܽݐ
h+h0ܽݐ2
Ff＝μFN＝μ（mg+BIL）＝μ（mg+ ܤ2ܮ2ܽݐ
h+h0ܽݐ2）
由牛顿定律F﹣FA﹣Ff＝Ma
F＝Ma+FA+Ff＝Ma+μmg+（1+μ）
ܤ2ܮ2ܽݐ
h+h0ܽݐ2
上式中当：
h
ݐ=R0at
即t=
hܽ
h0时，外力F 取最大值，
F max＝Ma+μmg+ 1
2（1+μ）B2L2ܽ
hh0
（3）设此过程中导轨运动距离为s，
由动能定理，W 合＝△Ek
W 合＝Mas．
由于摩擦力Ff＝μ（mg+FA），
所以摩擦力做功：W＝μmgs+μWA＝μmgs+μQ，
s=ܹ
−ߤܳ
ߤ݉
t ，
△Ek＝Mas=ܹ
−ߤܳ
ߤ݉
t Ma
答：（1）回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式E＝BLat，I=
ܤܮܽݐ
h+h0ܽݐ2；
（2）经过
hܽ
h0间拉力F 达到最大值，拉力F 的最大值为Ma+μmg+ 1
2（1+μ）B2L2ܽ
hh0
（3）导轨动能的增加量为ܹ
−ߤܳ
ߤ݉
t Ma．
【点评】考查了电磁感应定律产生电动势、电流随时间变化的规律，讨论其最大值，能量守恒定律的应用
【物理──选修3-3】（15 分）
13．（5 分）将一个分子P 固定在O 点，另一个分子Q 从图中的A 点由静止释放，两分子之间的作用力与间距关系的
图象如图所示，则下列说法正确的是（
）
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- 843 -
A．分子Q 由A 运动到C 的过程中，先加速再减速
B．分子Q 在C 点时分子势能最小
C．分子Q 在C 点时加速度大小为零
D．分子Q 由A 点释放后运动到C 点左侧的过程中，加速度先增大后减小再增大
E．该图能表示固、液、气三种状态下分子力随分子间距变化的规律
【考点】86：分子间的相互作用力；87：分子势能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，
当r＝r0 时分子引力等于分子斥力，r 大于平衡距离时分子力表现为引力，当r 小于r0 时分子间的作用力表现为斥
力。当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小。
【解答】解：AB、C 点为分子斥力和引力相等的位置，C 点的右侧分子力表现为引力，C 点左侧分子力表现为斥
力，因此分子Q 由A 运动C 的过程中，分子Q 一直做加速运动，分子的动能一直增大，势能一直减小，当分子Q
运动到C 点左侧时，分子Q 做减速运动，分子的动能减小，势能增大，即分子Q 在C 点的分子势能最小，故A
错误，B 正确；
C、C 点为分子引力等于分子斥力的位置，即分子力表现为零，即分子Q 在C 点的加速度大小为零，故C 正确；
D、分子Q 由A 点释放后运动到C 点左侧的过程中，由分子力的图象可知分子力先增大后减小再增大，则由牛顿
第二定律可知加速度先增大后减小再增大，故D 正确；
E、气体分子间距较大，分子作用力很小，不能用此图表示气体分子间作用力的变化规律，但可表示液体和固体分
子间作用力的变化规律，故E 错误；
故选：BCD。
【点评】该题考查的是分子间的作用力与分子间距离的关系，分子间的引力和斥力总是同时存在，并且都随分子
间的距离的增大而减小，只不过减小的规律不同，只要掌握该规律即可解答此类题目。
14．（10 分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞
相连，已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面间的
最大静摩擦力为气缸重力的0.2 倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略，开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温度为
27℃，取g＝10m/s2，T＝273+t。
①缓慢升高气体温度，求气缸开始向左运动时气体的压强和温度；
②若要保证气缸静止不动，求封闭气体温度的取值范围。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①对气缸进行受力分析，根据平衡求出气缸开始运动时封闭气体的压强，气体做等容变化，根据查理定
律即可求出气缸开始向左运动时气体的温度；
②分析可知，当气缸恰好向右运动时，温度取最小值，根据平衡求出气缸恰好向右运动时封闭气体的压强，气体
发生等容变化，根据查理定律即可求出温度的最小值，结合①问中气缸开始运动时温度，即可求出封闭气体温度
的取值范围。
【解答】解：①气缸开始运动时，气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，
此时有：pS＝p0S+f，其中：f＝kmg
气缸内气体压强为：p＝1.1×105Pa
气体做等容变化，根据查理定律可得：
݌0ܶ
0
=
݌ܶ
解得：T＝330K
②当气缸恰好向右运动时，温度取最小值，
根据平衡可得：p0S＝p′S+kmg
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解得：p′＝0.9×105Pa
气体发生等容变化，根据查理定律可得：
݌0ܶ
0
=
݌'ܶ
'
解得：T＝270K
故温度在270K～330K 之间，气缸静止不动，
答：①缓慢升高气体温度，气缸开始向左运动时气体的压强为1.1×105Pa，温度为330K；
②若要保证气缸静止不动，封闭气体温度应该在270K～330K 之间。
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要受力分析，找出力学临界条件，再分析好压强P、体积V、
温度T 三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。
【物理──选修3-4】（15 分）
15．某实验小学在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。图甲中O 点为单摆的固定悬点，现
将小摆球（可视为质点）拉至A 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C 之
间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量。同时由计算机得到
了细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线图乙（均为已知量），且图中t＝0 时刻为摆球从A 点开始运动的
时刻（重力加速度为g）。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法正确的是（
）
A．该单摆的周期为t2
B．根据题中（包括图中）所给的信息可求出摆球的质量
C．根据题中（包括图中）所给的信息不能求出摆球在最低点B 时的速度
D．若实验时，摆球做了圆锥摆，则测得的周期变长
E．若增加摆球的质量，摆球的周期不变
【考点】75：单摆和单摆的回复力．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；4B：图析法；51C：单摆问题．
【分析】小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期。
再根据单摆的周期公式T＝2π
ܮ
t求出摆长。小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最
高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量和最大速度。
【解答】解：A、小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周
期T＝t2，故A 正确；
BC、在B 点拉力有最大值，根据牛顿第二定律有：Fmin﹣mg＝m
㘴2
t ；在A、C 两点拉力有最小值：Fmin＝mgcosα，
由A 到B 机械能守恒可得：mgl（1﹣cosα）= 1
2mv2，由此可求得摆球的质量m= ܨ݉ܽ
ݔ+2ܨ݉
th
3t
，故B 正确，C 错
误；
D、若实验时，摆球做了圆锥摆，则周期是表达式为T＝2π ܮܿ݋ݏߙ
t
，显然周期变小，故D 错误；
E、根据单摆周期公式T＝2π
ܮ
t可知，单摆周期与摆球质量无关，故E 正确。
故选：ABE。
【点评】解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿第二定律
解题。
16．一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次
折射不能透出立方体，已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】通过光线在镀膜部分发生全反射，根据临界情况，得到入射角，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表
面积之比的最小值。
【解答】解：如图所示，考虑从玻璃立方体中心O 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射。
根据折射定律有
nsinθ＝sinα①
式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角。
现假设A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在A 点刚好发生全反射，故
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- 845 -
αA= ߨ
2②
设线段OA 在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有
sinθA=
ht
ht
2+(ܽ2)2③
式中a 为玻璃立方体的边长。由①②③式得
RA=ܽ2 h2−1④
由题给数据得
RA=ܽ2⑤
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA 的圆。所求的镀膜面积S'与玻璃立方体的表面积S
之比为ܵ
'ܵ=
6ߨht
2
6ܽ2 ⑥
由⑤⑥式得ܵ
'ܵ=
ߨ
4。
答：镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值是
ߨ
4。
【点评】解决本题的关键是确定临界情况，根据折射定律，通过几何关系进行求解。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:25:08 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中等部分重点中
学协作体高考物理模拟试卷（4 月份）
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不选的得0 分．
1．（6 分）甲乙两辆汽车在同一平直的公路上行驶，在t＝0 到t＝t2 时间内，它们的x﹣t 图象如图所示。在这段时间
内（
）
A．汽车甲做加速运动，汽车乙做减速运动
B．汽车甲的位移大于汽车乙的位移
C．汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反
D．在时刻t1，汽车甲追上汽车乙
2．（6 分）在匀强磁场中有一个静止的镭核（
88
226Ra）发生了α衰变，产生新核氧（
86
222Rn）。放射出的α粒子在与磁
场垂直的平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（
）
A．衰变过程电荷量和质量均守恒
B．衰变后氧核的动量大小与α粒子的动量大小相等
C．氡核做匀速圆周运动的轨道与α粒子做匀速图周运动的轨道内切
D．氡核做匀速圆周运动的轨道半径与α粒子做匀速圆周运动的轨道半径相等
3．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，物块b 置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒
a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，a 连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓
慢加入适量砂粒，a、b、c 始终处于静止状态，下列说法正确的是（
）
A．c 对b 的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对c 的支持力可能增大
C．地面对c 的摩擦力可能不变
D．弹簧的弹力可能增大
4．（6 分）习近平主席在2018 年新年贺词中提到，科技创新、重大工程建设捷报频传，“慧眼”卫星邀游太空。“慧
眼”于2018 年6 月15 日在酒泉卫星发射中心成功发射，在10 月16 日的观测中，确定了γ射线的流量上限。已知
“慧眼”卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，则下列说
法正确的是（
）
A．“慧眼”卫星的向心加速度大小为
4ߨ2ݎܶ
2
B．地球的质量大小为
4ߨ2h3
ܩܶ2
C．地球表面的重力加速度大小为
4ߨ2hܶ
2
D．地球的平均密度大小为
3ߨ
ܩܶ2
5．（6 分）电影《情报特工》中，有一特工队员潜入敌人的堡垒，准备窃取铺在桌面上的战略图板A，图板上面有一
个砚台B，情境简化如图。若图板A 的质量为m、与桌面间的动摩擦因数为μ，砚台B 的质量为2m、与图板间的
动摩擦因数为2μ，用平行于桌面向右的力F 将图板拉出桌面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的
是（
）
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A．砚台B 对图板A 的摩擦力方向向右
B．砚台B 的加速度随拉力F 增大而一直增大
C．当F＞3μmg 时，图板A 与砚台B 发生相对滑动
D．当F＝4.5μmg 时，砚台B 的加速度为0.5μg
6．（6 分）有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动，如果在转动时把
蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是（
）
A．铜盘能够在较短的时间内停止转动
B．铜盘在转动过程中磁通量将不断减小
C．铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小
D．铜盘边缘的电势高于圆心的电势
7．（6 分）某兴趣小组检测某种新型节能环保小型轿车的性能，已知该车的总质量为1000kg。小型轿车在平直路面
上由静止开始做匀加速直线运动，传惑器设备记录其运动的v﹣t 图象如图所示。从t＝5s 开始小型轿车的功率达
到最大功率且保持最大功率不变，整个运动过程中小型轿车所受的阻力恒为2000N，重力加速度g＝10m/s2．下列
判断正确的是（
）
A．小型桥车的最大功率为20kW
B．小型轿车的最大速率为20m/s
C．0～20s 时间内，小型轿车的位移为250m
D．小型轿车的速率为15m/s 时，加速度大小为
4
3m/s2
8．（6 分）在如图所示的坐标系中，弧AC 是以B 点为圆心、BA 为半径的一段圆弧，OB＝L，OC＝2L．D 为OC 的
中点，在D 点固定一电荷量为Q 的带正电的点电荷。已知静电力常量为k，下列说法正确的是（
）
A．弧AC 上电势最高的一点处的电场强度为݇ܳ(7−2 10)ܮ2
B．弧AC 上还有一点与C 点的电势相同
C．弧AC 上还有一点与C 点的电场强度相同
D．电子从A 点沿着圆弧运动到C 点，电势能先减小后增大
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三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（6 分）某实验小组利用如图甲所示的装置探究加速度与物体质量、物体受力的关系。
（1）下列实验操作中，正确的是
（填选项前面的字母）。
A．牵引小车的细绳必须与长木板保持平行
B．实验中必须保证砝码桶的总质量远远小于小车的质量
C．将长木板没有滑轮的一端垫高，挂上砝码桶，直到小车能沿着木板匀速下滑
D．改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力，才能进行实验
（2）按照正确的操作步骤，打出了一条纸带。计时器打点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起，每五个点取
一个计数点，测出相邻计数点之间的距离，如图乙所示。此时小车的加速度a＝
m/s2 （结果保留两位有效
数字）。
（3）某同学将装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，改变小车的质量，研究加速度a 与拉力F 的关
系，分别得到图丙所示的A、B 两条直线。若两次实验中小车的质量分别为mA、mB，由图可知，mA
mB （选
填“＞”“＜”或“＝”）。
10．（9 分）某同学利用图甲所示的电路，测多用电表内电池的电动势，以及多用电表“×100”挡内部电路的总电阻。
使用的器材有：
多用电表
电压表（量程3V，内阻几千欧）
滑动变阻器（最大阻值5kΩ）
导线若干
回答下列问题：
（1）将多用电表挡位调到电阻“×100”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，直到指针指在右端
的零刻度处。
（2）将图甲中多用电表的红表笔和
（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。
（3）将滑动变阻器的滑片调到适当的位置，使多用电表的示数和电压表的示数如图乙所示。则测得的电阻是
Ω，电压表的示数是
V。
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（4）调节滑动变阻器的滑片，读取多组电阻R 和电压U，根据测得的数据，在坐标纸上描绘出
1ܷ−
1
h图线如图丙
所示图线的斜率和截距分别为k 和b，则多用电表内电池的电动势可表示为E＝
，电阻“×100”挡内部电
路的总电阻可表示为r＝
（用图线的斜率k 和截距b 表示）。
11．（14 分）如图，质量为4kg 的小车静止在光滑水平面上。小车AB 段是半径为0.45m 的四分之一光滑圆弧轨道，
BC 段是长为2.0m 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为0.95kg 的小物块（可视为质点）静止在小车
右端。质量为0.05kg 的子弹、以100m/s 的水平速度从小物块右端射入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用
时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到A 点。不计空气阻力，重力加速度为10m/s2。
（1）求BC 段的动摩擦因数和小物块刚刚通过B 点时对小车的压力；
（2）若子弹射入前小车不固定，求小物块在AB 段上升的最大高度。
12．（18 分）如图所示，PQ 为一竖直放置的荧光屏，一半径为R 的圆形磁场区域与荧光屏相切于O 点，磁场的方向
垂直纸面向里且磁感应强度大小为B，图中的虚线与磁场区域相切，在虚线的上方存在水平向左的匀强电场，电
场强度大小为E，在O 点放置一粒子发射源，能向右侧180°角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量
为m、电荷量为q，经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）如图，当粒子的发射速度方向与荧光屏成60°角时，该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为多少？
粒子到达荧光屏的位置距O 点的距离为多大？
（2）从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时，距离发射源的最远距离应为多少？
（二）选考题（共45 分）请考生从给出的2 个选修中任选一个作答，如果多做，则每学科按所做的第一个计分．.[物
理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。然而，无数事实告诉我们，并不
是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。下列说法正确的是（
）
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A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
B．第二类永动机不违反能量守恒定律
C．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
E．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
14．（10 分）一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞，初始时，管内汞柱及空气
柱长度如图所示，用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等为止，求此时右侧管内气体的压强和活塞向
下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同，在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强P0＝
75cm Hg，环境温度不变。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．如图所示，手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳
水平传播，绳上有另一质点P，且O、P 的平衡位置间距为L．此时O 位于最高点，P 的位移恰好为零。下列判断
正确的是（
）
A．该简谐波是纵波
B．该简谐波的波长为
4
3L
C．此时P 的速度方向上
D．此时Q 的速度方向竖直向上
E．此时Q 的加速度方向竖直向下
16．如图所示，长方形玻璃砖ABCD 的长AB 为10cm、宽AD 为8cm，一细束光线从AD 的中点以某一角度入射，
怡好在AB 的中点发生全反射。求玻璃砖的折射率和光线在AD 面的入射角大小（结果可保留根号和反三角函数）。
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2018 年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中等部分重
点中学协作体高考物理模拟试卷（4 月份）
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不选的得0 分．
1．（6 分）甲乙两辆汽车在同一平直的公路上行驶，在t＝0 到t＝t2 时间内，它们的x﹣t 图象如图所示。在这段时间
内（
）
A．汽车甲做加速运动，汽车乙做减速运动
B．汽车甲的位移大于汽车乙的位移
C．汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反
D．在时刻t1，汽车甲追上汽车乙
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】位移图象的斜率表示速度，正值表示速度方向为正，负值表示速度方向与规定的方向相反，交点表示相
遇，由此分析。
【解答】解：A、位移时间图象的斜率表示速度，根据图象可以看出，汽车甲、乙的速度都在减小，故都是做减
速运动，但速度方向相反，故A 错误；
B、位移等于初末位置的坐标之差，故汽车甲的位移大小等于汽车乙的位移大小，故B 错误；
C、甲和乙的图象斜率相反，所以速度方向相反，汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反，故C 正确；
D、由于两车的运动方向相反，所以在时刻t1，汽车甲和汽车乙相遇，故D 错误。
【点评】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意
义是正确解题的前提。
2．（6 分）在匀强磁场中有一个静止的镭核（
88
226Ra）发生了α衰变，产生新核氧（
86
222Rn）。放射出的α粒子在与磁
场垂直的平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（
）
A．衰变过程电荷量和质量均守恒
B．衰变后氧核的动量大小与α粒子的动量大小相等
C．氡核做匀速圆周运动的轨道与α粒子做匀速图周运动的轨道内切
D．氡核做匀速圆周运动的轨道半径与α粒子做匀速圆周运动的轨道半径相等
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】A、根据质量数和电荷数守恒可得衰变方程；
BD、衰变是一分为二，所以衰变前后动量守恒，再结合能量守恒定律及牛顿第二定律求出衰变后的两个新核的半
径之比；
C、根据左手定则，结合电荷的电性，即可判定。
【解答】解：A、根据质量数和电荷数守恒可得衰变方程，并不是质量守恒，故A 错误；
B、依据动量守恒定律，则衰变后氧核的动量大小与α粒子的动量大小相等，故B 正确；
C、氡核及α粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，故C 错误；
D、衰变前后动量守恒，即氡核与α粒子的质量与速度的乘积相等，由洛仑兹力提供向心力有qvB＝m
㘴2
ݎ得到：r=݉
㘴
ܤݍ，
所以它们的轨道半径不相等，故D 错误；
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【点评】本题是原子核内容与磁场的综合，首先是衰变问题，质量数与电荷数守恒；再就是衰变前后动量守恒，
衰变后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律就能求出半径之比。
3．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，物块b 置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒
a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，a 连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓
慢加入适量砂粒，a、b、c 始终处于静止状态，下列说法正确的是（
）
A．c 对b 的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对c 的支持力可能增大
C．地面对c 的摩擦力可能不变
D．弹簧的弹力可能增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】盒子a 受重力、拉力和弹簧支持力而平衡；b 对斜面的压力等于其重力沿垂直于斜面的分力。b 所受的重
力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力。当向a 中缓慢加入沙子时，根据平衡条件讨论b 受到的摩擦力
的变化。
【解答】解：A、盒子a 受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；
由于不知道b 的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增
加、可能减小，有可能先减小后增大，故A 正确；
BCD、对b 与c 整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，由于a 处于静止状态，重力不变，弹簧弹
力不变，绳子的张力不变，故地面对c 的支持力一定增加，摩擦力一定不变，故BCD 错误；
【点评】本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向；注意静摩擦力可能沿着斜面向下，也可
能沿着斜面向上。
4．（6 分）习近平主席在2018 年新年贺词中提到，科技创新、重大工程建设捷报频传，“慧眼”卫星邀游太空。“慧
眼”于2018 年6 月15 日在酒泉卫星发射中心成功发射，在10 月16 日的观测中，确定了γ射线的流量上限。已知
“慧眼”卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，则下列说
法正确的是（
）
A．“慧眼”卫星的向心加速度大小为
4ߨ2ݎܶ
2
B．地球的质量大小为
4ߨ2h3
ܩܶ2
C．地球表面的重力加速度大小为
4ߨ2hܶ
2
D．地球的平均密度大小为
3ߨ
ܩܶ2
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力公式，可求解加速度和驱动器质量；再利用密度公式求解地球的密度；卫星在
表面所受的万有引力等于重力，可表示重力加速度g。
【解答】解：设地球的质量为M，“慧眼”卫星的质量和向心加速度分别为m、a 向，地球表面的重力加速度为g、
地球的平均密度ρ，卫星在地表公转的周期为T0。
A、根据万有引力提供向心力可得：ܩܯ݉
ݎ2 =݉
( 2ߨܶ)2ݎ=݉ܽ
向，解得：ܽ
向= 4ߨ2ݎܶ
2 ．故A 正确；
B、再根据上述公式解得：ܯ= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ．故B 错误；
C、地球表面的物体的重力近似等于物体所受到的万有引力，即：݉
t =݉
( 2ߨܶ
0 )2h，解得：t = 4ߨ2hܶ
0
2 。
此时分母里的周期应该是绕地表的周期T0，不是在高空中的周期T，故C 错误；
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D、根据密度公式求解出地球的密度为：ߩ= ܯܸ=
ܯ
4
3ߨh3 = 3ߨݎ3
ܩܶ2h3，因在地球表面的卫星周期为T0，此时r＝R，
则密度大小可以简化为：ߩ= 3ߨ
ܩܶ0
2，此时分母的周期是T0 而不是T．故D 错误。
【点评】解答本题的关键是要灵活应用万有引力的各种表达式，要分清卫星在高空中的轨道半径和周期与他在和
绕地表运转的半径和周期的不同，千万不能混淆。
5．（6 分）电影《情报特工》中，有一特工队员潜入敌人的堡垒，准备窃取铺在桌面上的战略图板A，图板上面有一
个砚台B，情境简化如图。若图板A 的质量为m、与桌面间的动摩擦因数为μ，砚台B 的质量为2m、与图板间的
动摩擦因数为2μ，用平行于桌面向右的力F 将图板拉出桌面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的
是（
）
A．砚台B 对图板A 的摩擦力方向向右
B．砚台B 的加速度随拉力F 增大而一直增大
C．当F＞3μmg 时，图板A 与砚台B 发生相对滑动
D．当F＝4.5μmg 时，砚台B 的加速度为0.5μg
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据相对运动情况判断摩擦力的方向；对B 根据牛顿第二定律求解加速度，再以整体为研究对象求解发
生相对滑动的最小拉力。
【解答】解：A、砚台B 受到的摩擦力方向向右，则砚台B 对图板A 的摩擦力方向向左，故A 错误；
B、F 将图板拉出桌面的过程中，砚台B 受到的合力不变，其加速度不变，故B 错误；
C、对B 进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律可得2μ×2mg＝2ma，
则a＝2μg；
以整体为研究对象，刚好滑动时，F﹣μ•3mg＝3ma，
解得F＝9μmg，所以当F＞9μmg 时，图板A 与砚台B 发生相对滑动，故C 错误；
D、当F＝4.5μmg 时，二者一起加速运动，根据牛顿第二定律可得：4.5μmg﹣3μmg＝3ma，解得砚台B 的加速度
为a＝0.5μg，故D 正确。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运
动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度
是联系静力学和运动学的桥梁。
6．（6 分）有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动，如果在转动时把
蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是（
）
A．铜盘能够在较短的时间内停止转动
B．铜盘在转动过程中磁通量将不断减小
C．铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小
D．铜盘边缘的电势高于圆心的电势
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，当转动铜盘时，铜盘将切割磁感线，从而产生感应电流，铜盘受到安
培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘的转动受到阻碍。铜盘在转动过程中转动角速度减小产生的感应电
动势减小。由右手定则判断电势的高低。
【解答】解：A、当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，产生感应电流，处于磁场中的部分圆盘会受到
安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，故A 正确。
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B、铜盘在转动过程中，穿过铜盘的磁感线条数不变，则其磁通量不变，故B 错误。
C、铜盘在转动过程中，角速度不断减小，产生的感应电动势不断减小，故C 正确。
D、由右手定则判断知，感应电流由圆心流向边缘，则铜盘边缘的电势高于圆心的电势，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，理
解电磁阻尼的应用。
7．（6 分）某兴趣小组检测某种新型节能环保小型轿车的性能，已知该车的总质量为1000kg。小型轿车在平直路面
上由静止开始做匀加速直线运动，传惑器设备记录其运动的v﹣t 图象如图所示。从t＝5s 开始小型轿车的功率达
到最大功率且保持最大功率不变，整个运动过程中小型轿车所受的阻力恒为2000N，重力加速度g＝10m/s2．下列
判断正确的是（
）
A．小型桥车的最大功率为20kW
B．小型轿车的最大速率为20m/s
C．0～20s 时间内，小型轿车的位移为250m
D．小型轿车的速率为15m/s 时，加速度大小为
4
3m/s2
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；512：运动学中的图像专题．
【分析】根据牛顿第二定律结合速度图象求解最大功率；根据P＝fvm 计算最大速度；求出匀加速运动的位移以及
变加速运动位移即可求解总位移；根据P＝Fv 计算速度为15m/s 时的牵引力，根据牛顿第二定律可得加速度大小。
【解答】解：A、小型桥车匀加速运动的加速度a= △㘴
△ݐ=2m/s2，根据牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，解得：F＝4000N，
最大功率为P＝Fv＝4000×10W＝40kW，故A 错误；
B、小型轿车的最大速率为vm=݂ܲ
= 40000
2000 m/s＝20m/s，故B 正确；
C、0～5s 时间内，小型轿车的位移为x1= 㘴
2 ݐ1 = 10
2 × 5m＝25m，5s～20s 内，根据动能定理可得：Pt2﹣fx2= 1
2݉
㘴݉2 −
1
2݉
㘴2，解得x2＝225m，所以0～20s 时间内，小型轿车的位移为x＝x1+x2＝250m，故C 正确；
D、小型轿车的速率为15m/s 时，牵引力F′=ܲ㘴' = 40000
15
N= 8000
3
N，根据牛顿第二定律可得加速度大小a′
= ܨ'−݂݉= 2
3m/s2，故D 错误；
故选：BC。
【点评】解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到
最大。
8．（6 分）在如图所示的坐标系中，弧AC 是以B 点为圆心、BA 为半径的一段圆弧，OB＝L，OC＝2L．D 为OC 的
中点，在D 点固定一电荷量为Q 的带正电的点电荷。已知静电力常量为k，下列说法正确的是（
）
A．弧AC 上电势最高的一点处的电场强度为݇ܳ(7−2 10)ܮ2
B．弧AC 上还有一点与C 点的电势相同
C．弧AC 上还有一点与C 点的电场强度相同
D．电子从A 点沿着圆弧运动到C 点，电势能先减小后增大
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
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【分析】根据点电荷的电势的特点判断出电势最高的点，由几何关系求出该点的位置，由库仑定律求出该点的场
强；根据点电荷的电势的特点判断电势相等的点；电子带负电，在电势高的位置电势能小。
【解答】解：A、对正点电荷来说，距离点电荷越近的点，电势越高，所以弧AC 上距离D 点最近的点电势最高；
由几何关系可知，当D 点是圆弧AC 的内切圆的圆心时，D 到圆弧AC 的距离最小，如图：最小距离是D 到切点
的距离，设切点为P 点，则：ܲ
ܦ=ܲ
ܤ−ܤܦ= ܤܥ−ܤܦ
其中：ܤܥ=ܱ
ܤ2 +ܱ
ܥ2 =
ܮ2 + (2ܮ)2 =
5ܮ
ܤܦ=ܱ
ܤ2 +ܱ
ܦ2 =
2ܮ
所以：ܲܦ= ( 5 −
2)ܮ
P 点的电场强度：ܧܲ=݇ܳܲ
ܦ
2 =݇ܳ(7−2 10)ܮ2．故A 正确；
B、对正点电荷来说，到点电荷距离相等的点，电势相等；由图可知，在圆弧AC 上，还有一点到D 的距离与DC
之间的距离相等，所以在弧AC 上还有一点与C 点的电势相同。故B 正确；
C、电场强度是矢量，Q 产生的电场方向背离点到Q 的方向，所以在弧AC 上的各点的电场强度与C 点的电场强
度的方向不同。故C 错误；
D、由A 的分析可知，P 点的电势最高，由于电子带负电，所以电子从A 点沿着圆弧运动到C 点，电势能先减小
后增大。故D 正确
故选：ABD。
【点评】本题考查库仑定律的应用，解决该题关键要掌握点电荷的电场分布特点，以及电场强度公式。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（6 分）某实验小组利用如图甲所示的装置探究加速度与物体质量、物体受力的关系。
（1）下列实验操作中，正确的是
A
（填选项前面的字母）。
A．牵引小车的细绳必须与长木板保持平行
B．实验中必须保证砝码桶的总质量远远小于小车的质量
C．将长木板没有滑轮的一端垫高，挂上砝码桶，直到小车能沿着木板匀速下滑
D．改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力，才能进行实验
（2）按照正确的操作步骤，打出了一条纸带。计时器打点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起，每五个点取
一个计数点，测出相邻计数点之间的距离，如图乙所示。此时小车的加速度a＝
0.17
m/s2 （结果保留两位有
效数字）。
（3）某同学将装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，改变小车的质量，研究加速度a 与拉力F 的关
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系，分别得到图丙所示的A、B 两条直线。若两次实验中小车的质量分别为mA、mB，由图可知，mA
＜
mB （选
填“＞”“＜”或“＝”）。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据实验装置和实验原理即可判断实验操作和注意事项；
（2）利用逐差法求得加速度；
（3）a﹣F 图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F 的表达式后结合图象分析得到质量关系。
【解答】解：（1）A、牵引小车的细绳必须与长木板保持平行，才能保证小车受到的拉力等于绳子的拉力，故A
正确；
B、实验装置中小车受到的拉力等于拉力传感器的示数，故不需要保证砝码桶的总质量远远小于小车的质量，故B
错误
C、平衡摩擦力时，．将长木板没有滑轮的一端垫高，取下砝码桶，直到小车能沿着木板匀速下滑，故C 错误；
D、改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，才能进行实验，故D 错误；
故选：A
（2）根据△x＝aT2 可得：a= ݔ35−ݔ13
4ܶ2
= 0.17݉
/ݏ2
（3）当没有平衡摩擦力时有：T﹣f＝ma，故a= 1݉T﹣μg，即图线斜率为
1݉，观察图线可知mA 小于mB，
故答案为：（1）A；
（2）0.17；
（3）＜
【点评】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减
小系统误差的方法。
10．（9 分）某同学利用图甲所示的电路，测多用电表内电池的电动势，以及多用电表“×100”挡内部电路的总电阻。
使用的器材有：
多用电表
电压表（量程3V，内阻几千欧）
滑动变阻器（最大阻值5kΩ）
导线若干
回答下列问题：
（1）将多用电表挡位调到电阻“×100”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，直到指针指在右端
的零刻度处。
（2）将图甲中多用电表的红表笔和
2
（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。
（3）将滑动变阻器的滑片调到适当的位置，使多用电表的示数和电压表的示数如图乙所示。则测得的电阻是
1600
Ω，电压表的示数是
2.15
V。
（4）调节滑动变阻器的滑片，读取多组电阻R 和电压U，根据测得的数据，在坐标纸上描绘出
1ܷ−
1
h图线如图丙
所示图线的斜率和截距分别为k 和b，则多用电表内电池的电动势可表示为E＝
1ܾ
，电阻“×100”挡内部电路
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的总电阻可表示为r＝ܾ݇
（用图线的斜率k 和截距b 表示）。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电流应从电压表正接线柱流入负接线柱流
出，根据图示电路图分析答题。
（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读出其示数。
（4）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
【解答】解：（2）欧姆表的红表笔与内置电源负极相连，由图甲所示可知，黑表笔应与2 相连接。
（3）多用电表挡位调到电阻“×100”挡，由图乙所示多用电表可知，所测电阻阻值为：16×100＝1600Ω；
电压表量程为3V，由图示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.15V；
（4）电源电动势：E＝U+Ir＝U+ܷhr，则：
1ܷ=
ݎ
ܧ
1
h +
1
ܧ，
则
1ܷ−
1
h图象的斜率：k= ݎ
ܧ，截距：b= 1
ܧ，电源电动势：E= 1ܾ，内部电路总电阻：r=ܾ݇
；
故答案为：（2）2；（3）1600；2.15；（4）
1ܾ；ܾ݇。
【点评】本题考查了多用电表的使用与读数、求电源电动势与等效内阻，要掌握常用器材的使用及读数方法；知
道欧姆表的结构、应用欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键；对电表读数时要先确定其量程与分度值，
然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直。
11．（14 分）如图，质量为4kg 的小车静止在光滑水平面上。小车AB 段是半径为0.45m 的四分之一光滑圆弧轨道，
BC 段是长为2.0m 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为0.95kg 的小物块（可视为质点）静止在小车
右端。质量为0.05kg 的子弹、以100m/s 的水平速度从小物块右端射入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用
时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到A 点。不计空气阻力，重力加速度为10m/s2。
（1）求BC 段的动摩擦因数和小物块刚刚通过B 点时对小车的压力；
（2）若子弹射入前小车不固定，求小物块在AB 段上升的最大高度。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化
与守恒定律综合．
【分析】（1）先研究子弹从小物块右端射入物块的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出子弹射入物块后
两者的共同速度。从B 到A，运用机械能守恒定律列式求出物块通过B 点的速度。再研究物块从C 到B 的过程，
由动能定理列式，从而求得BC 段的动摩擦因数。
在B 点，对物块，运用牛顿第二定律求得小车对物块的支持力，从而得到物块对小车的压力。
（2）若子弹射入前小车不固定，物块在小车上运动时小车向左运动，当小物块在AB 段上升时两者速度相等，根
据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。
【解答】解：（1）已知小车质量M＝4kg，小物块质量m＝0.95kg，子弹质量m0＝0.05kg，子弹初速度v0＝100m/s。
子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与木块达到共同速度vC，取水平向左为正方向。据动量守恒
定律得：
m0v0＝（m0+m）vC。
代入数据解得：vC＝5m/s
己知图弧光滑轨道半径R＝0.45m，小车固定时，小物块恰好运动到A 点，设物块和子弹到达B 点时的速度大小
vB，物块从B 到A 的过程，由机械能守恒定律可得：
（m0+m）gR= 1
2 (݉
0 +݉
)㘴ܤ
2
代入数据解得vB＝3m/s
已知BC 段是长L＝2.0m，若BC 段的动摩擦因数为μ，物块从C 到B 的过程，由动能定理得：
﹣μ（m0+m）gL= 1
2 (݉
0 +݉
)㘴ܤ
2 −1
2 (݉
0 +݉
)㘴ܥ
2
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代入数据解得：μ＝0.4
设小物块刚通过B 点时，受的支持力为FN．由牛顿第二定律得：
FN﹣（m0+m）g＝（m0+m）
㘴ܤ
2
h
代入数据解得：FN＝30N
由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为30N，方向竖直向下。
（2）若子弹射入前小车不固定，小物块在AB 段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度，设最终的共速
度为v，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：
（m0+m）vC＝（m0+m+M）v。
代入数据解得：v＝lm/s
从子弹与小物块达到共同速度，到三种达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为热能，一部分化
为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为h，
由能量守恒定律得：
1
2 (݉
0 +݉
)㘴ܥ
2 −
1
2（m0+m+M）v2＝μ（m0+m）gL+（m0+m）gh
代入数据解得：h＝0.2m
答：（1）BC 段的动摩擦因数是0.4，小物块刚刚通过B 点时对小车的压力为30N，方向竖直向下；
（2）若子弹射入前小车不固定，小物块在AB 段上升的最大高度是0.2m。
【点评】本题的第一问是动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理与向心力的综合，要注意灵活选择研究的对
象，求向心力时子弹的质量不能忘了。第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意明确隐
含的临界条件：小物块在AB 段上升时两者速度相等。
12．（18 分）如图所示，PQ 为一竖直放置的荧光屏，一半径为R 的圆形磁场区域与荧光屏相切于O 点，磁场的方向
垂直纸面向里且磁感应强度大小为B，图中的虚线与磁场区域相切，在虚线的上方存在水平向左的匀强电场，电
场强度大小为E，在O 点放置一粒子发射源，能向右侧180°角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量
为m、电荷量为q，经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）如图，当粒子的发射速度方向与荧光屏成60°角时，该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为多少？
粒子到达荧光屏的位置距O 点的距离为多大？
（2）从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时，距离发射源的最远距离应为多少？
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；4B：图析法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，离开磁场在无场区做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，作出
粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律求微粒的运动时间与粒子到达荧光屏时距O 点的距离。
（2）当粒子从磁场水平直径右端离开磁场时到达荧光屏时距离发射源距离最大，应用类平抛运动规律求出最远距
离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝m
㘴2
h
解得：v= ݍܤh݉，
当粒子的发射速度与荧光屏成60°角时，带电粒子在磁场中转过120°角后离开磁场，
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- 859 -
再沿直线到达图中的M 点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达荧光屏，运动轨迹如图所示。
粒子在磁场中运动的时间为：t1= 1
3T= 1
3 × 2ߨ݉
ݍܤ= 2ߨ݉
3ݍܤ，
粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动，竖直位移为：
y＝R﹣Rcos30°= 2−3
2
R
匀速直线运动为：t2= ݕ
㘴= (2−3)݉
2ݍܤ
，
由几何关系可得点M 到荧光屏的距离为：x1＝R+Rsin30°＝1.5R，
设粒子在电场中运动的时间为t3，由匀变速直线运动规律得：x1= 1
2
ݍE݉t32
解得：t3=
3݉
h
ݍܧ，
故粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为：t＝t1+t2+t3= 2ߨ݉
3ݍܤ+ (2−3)݉
2ݍܤ
+
3݉
h
ݍܧ，
带电粒子在竖直向上的方向上做匀速直线运动，带电粒子到达荧光屏上时有：y1＝vt3＝BR 3ݍh݉
ܧ，
带电粒子到达荧光屏时距离O 点的位置为：y＝R+y1＝R+BR 3ݍh݉
ܧ；
（2）带电粒子到达荧光屏的最高点时，粒子由磁场的右边界离开后竖直向上运动，
且垂直进入电场中做类平抛运动，此时：x'＝2R，2R= 1
2
ݍܧ݉t42，
带电粒子在电场中竖直向上运动的距离为：y2＝vt4＝2BR
ݍh݉
ܧ，
该带电粒子距离发射源的间距为：ym＝R+y2＝R+2BR
ݍh݉
ܧ；
答：（1）该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为：
2ߨ݉
3ݍܤ+
(2−3)݉
2ݍܤ
+
3݉
h
ݍܧ，粒子到达荧光屏的位置距
O 点的距离为：R+BR 3ݍh݉
ܧ；
（2）从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时，距离发射源的最远距离应为：R+2BR
ݍh݉
ܧ。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，
分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律即可解题。
（二）选考题（共45 分）请考生从给出的2 个选修中任选一个作答，如果多做，则每学科按所做的第一个计分．.[物
理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）能量守恒定律告诉我们，在自然界发生的一切过程中能量都是守恒的。然而，无数事实告诉我们，并不
是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生。下列说法正确的是（
）
A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
B．第二类永动机不违反能量守恒定律
C．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
E．气体向真空的自由膨胀是不可逆的
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【考点】8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，空调机在制冷过程中，电能也部分转化为热
能，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量。
【解答】解：A、根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其它变化，故A 错误；
B、第二类永动机不违反能量守恒定律，是违反了热力学第二定律，故B 正确；
C、对能源的过度消耗将形成能源危机，但自然界的总能量守恒，故C 错误；
D、电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，故D 正确；
E、根据熵增原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故E 正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查了热力学定律的应用，关键是记住能量守恒定律和热力学第二定律的内容，同时要区分能源和
能量的概念。
14．（10 分）一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞，初始时，管内汞柱及空气
柱长度如图所示，用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等为止，求此时右侧管内气体的压强和活塞向
下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同，在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强P0＝
75cm Hg，环境温度不变。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化。先对左端气体研究，根据玻
意耳定律求出活塞下移后的压强。水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究右端气体，求出活塞下移后的
长度和气体压强，根据几何关系求解活塞向下移动的距离。
【解答】解：设初始时，右管中空气柱的压强为݌1 ，长度为t1 ；左管中空气柱的压强为݌2 = ݌0 ，长度为t2 ．该
活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为݌1
' ，长度为t1
' ．；左管中空气柱的压强为݌2
' ，长度为t2
' ．以cmHg 为压强
单位。由题给条件得：
݌1 = ݌0 + (20.00 −5.00)ܿ݉
ܪt⋯①
t1
' = (20.0 −20.0−5.00
2
)ܿ݉
⋯②
由玻意耳定律得݌1 t1 = ݌1
' t1
' ⋯③
联立①②③式和题给条件得：
݌1
' = 144ܿ݉
ܪt⋯④
依题意有：݌2
' = ݌1
' ⋯⑤
t2
' = 4.00ܿ݉
+ 20.00−5.00
2ܿ݉
−݄⋯⑥
由玻意耳定律得：݌2 t2 = ݌2
' t2
' ⋯⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h＝9.42cm
答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm。
【点评】本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．如图所示，手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳
水平传播，绳上有另一质点P，且O、P 的平衡位置间距为L．此时O 位于最高点，P 的位移恰好为零。下列判断
正确的是（
）
A．该简谐波是纵波
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- 861 -
B．该简谐波的波长为
4
3L
C．此时P 的速度方向上
D．此时Q 的速度方向竖直向上
E．此时Q 的加速度方向竖直向下
【考点】74：简谐运动的回复力和能量．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由横波、纵波的定义得到简谐波为横波；再由P 的运动状态得到OP 之间的距离与波长的关系，进而求
得最大波长；根据P 的运动状态可得之后任意时刻P 的位置及速度。
【解答】解：A、该简谐波上质点振动方向为竖直方向，波的传播方向为水平方向，两者垂直，故为横波，故A
错误；
B、由图，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，故两者间的距离为
3
4 ɉ，则：ɉ = 4
3 ܮ，故B 正
确；
C、t＝0 时，P 的位移恰好为零，由于波向右传播，由波的方向与质点的振动方向的关系可知，P 点速度方向竖直
向下，故C 错误；
D、波向右传播，由波的方向与质点的振动方向的关系可知，P 点速度方向竖直向上，故D 正确；
E、由图可知，Q 点在平衡位置的上方，所以Q 点受到的回复力的方向向下，则加速度的方向也向下。故E 正确
故选：BDE。
【点评】在波的传播过程中，波上的质点并不随波的传播而运动，质点只在平衡位置附近做简谐运动；随波传播
的只是波的形式和能量。
16．如图所示，长方形玻璃砖ABCD 的长AB 为10cm、宽AD 为8cm，一细束光线从AD 的中点以某一角度入射，
怡好在AB 的中点发生全反射。求玻璃砖的折射率和光线在AD 面的入射角大小（结果可保留根号和反三角函数）。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】作出光路图。根据题意，光线怡好在AB 的中点发生全反射，入射角等于临界角C，由几何关系求出临
界角C，再由sinC= 1
h求得折射率。
光线在O 点发生折射，由折射定律求光线在AD 面的入射角大小。
【解答】解：设全反射临界角为C．作出光路图，根据题意，光线怡好在AB 的中点发生全反射，入射角等于临
界角C，如图。
由几何知识得：
sinC=
tܧ
tܧ2+tܱ
2 =
5
52+42 =
5
41
由sinC= 1
h得：n=
41
5
由几何知识知有：r＝90°﹣C
由折射定律得：n= ݏtht
ݏthݎ
可得：i＝arcsin0.8＝53°
答：玻璃砖的折射率为
41
5 ，线在AD 面的入射角大小为53°。
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【点评】解决本题的关键是掌握全反射的条件和临界角公式sinC= 1
h，能熟练运用几何知识分析角度之间的关系。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:27:33 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理一模试卷
一．选择题（共12 小题每小题4 分计48 分）
1．（4 分）将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s 末落到井底．该小球开始下落后第2s 内和
第4s 内的平均速度之比是（
）
A．1：3
B．2：4
C．3：7
D．4：16
2．（4 分）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（
）
A．两物体两次相遇的时刻是2s 和6s
B．4s 后甲在乙前面
C．两物体相距最远的时刻是2s 末
D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动
3．（4 分）某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为vt．忽略空气阻力，下图中能正确描
述速度矢量变化过程的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（4 分）如图，OA、OB 是两根轻绳，AB 是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B 两处分别固定质量均为m 的
小球，此装置悬挂在O 点，开始时装置自然下垂，现对小球B 施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，
此时OA 竖直，设在图甲所示的状态下OB 对小球B 的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB 对小球B 的作
用力大小为T′，下列判断正确的是（
）
A．T′＝2T
B．T′＞2 T
C．T′＜2T
D．条件不足，无法比较T，和T′的大小关系
5．（4 分）半径为R 光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜R）的小圆
柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡。以下说法正确的是（
）
①墙对小圆柱体的弹力大小为mg•
h−ݎ
h+ݎ；
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②若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大R；
③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；
④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小。
A．①②
B．①③
C．②③
D．②④
6．（4 分）如图所示，物体P 左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若
再用一个从零开始逐渐增大的水平力F 向右拉P，直到把P 拉动．在P 被拉动之前的过程中，弹簧对P 的弹力N
的大小和地面对P 的摩擦力f 的大小的变化情况是（
）
A．N 始终增大，f 始终减小
B．N 先不变后增大，f 先减小后增大
C．N 保持不变，f 始终减小
D．N 保持不变，f 先减小后增大
7．（4 分）如图所示，轻绳AO 和BO 共同吊起质量为m 的重物，AO 与BO 垂直，BO 与竖直方向的夹角为θ，OC
连接重物，则（
）
A．AO 所受的拉力大小为mgsinθ
B．AO 所受的拉力大小为݉
t
ݏthߠ
C．BO 所受的拉力大小为mgcosθ
D．BO 所受的拉力大小为݉
tܿ
݋ݏߠ
8．（4 分）如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，
从A 点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（
）
A．到达底端的速度大小不相等
B．重力的冲量都相同
C．物体动量的变化率都相同
D．沿AB 运动所用的时间小于沿AC 运动所用的时间
9．（4 分）如图，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A
处自由滑向B 处，下列说法正确的有（
）
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
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D．甲比乙先到达B 处
10．（4 分）如图所示，质量为m2 的物体2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮
连接质量m1 的物体1．跟物体1 相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（
）
A．车厢的加速度为gtanθ
B．绳对物体1 的拉力为m1gcosθ
C．底板对物体2 的支持力为m2g﹣m1g
D．物体2 所受底板的摩擦力为m2gtgθ
11．（4 分）一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，
力F 在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则
此后（
）
A．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动
B．物体将可能向右做匀速直线运动
C．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动
D．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动
12．（4 分）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动，在O 点悬挂一重
物M，将两个相同木块m 紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff 表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN
表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2 始终等高，则（
）
A．FN 变小
B．FN 变大
C．Ff 不变
D．Ff 变小
二．实验题（共2 小题，共计18 分）
13．（6 分）某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．
（1）在图上标出的F1、F2、F 和F′，四个力中，力
不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F 与力F′
的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．
（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是
．
A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验
B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线
C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些
D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线
E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．
14．（12 分）某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示。
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（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a。实验中打出的一条纸带如图乙所示。从某个清晰的点O 开始，每5
个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O 点的距离分别为s1、s2、s3…，从O 点开始计
时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得㘴1 = ݏ1
ݐ1，㘴2 = ݏ2
ݐ2，㘴3 = ݏ3
ݐ3 ⋯．作出㘴−t 图象如图丙所示。
图线的斜率为k，截距为b。则木块的加速度a＝
；b 的物理意义是
。
（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m 和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦
因数μ＝
。
（3）关于上述实验，下列说法中错误的是
。
A．木板必须保持水平
B．调整滑轮高度，使细线与木板平行
C．钩码的质量应远小于木块的质量
D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素。
三．计算题（共3 小题计34 分）
15．（9 分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜
生命．如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2﹣x 图象（v 为货车的速度，x 为制动距离），
其中图线1 为满载时符合安全要求的制动图象，图线2 为严重超载时的制动图象．某路段限速72km/h，是根据该
型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h 的速度行驶．通过
计算求解：
（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h 速度正常行驶的
跟车距离至少应为多远．
16．（10 分）如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方
向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g 取10m/s2）；求：
（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；
（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．
17．（15 分）5 个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示．每块木块的质量为m＝1kg，长l＝1m．它们与地面
间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为M＝2.5kg 的小铅块（视为
质点），以v0＝4m/s 的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数μ2＝0.2．小铅块刚滑到第四
块木块时，木块开始运动，求：
（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度．
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（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动．
（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？
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2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12 小题每小题4 分计48 分）
1．（4 分）将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s 末落到井底．该小球开始下落后第2s 内和
第4s 内的平均速度之比是（
）
A．1：3
B．2：4
C．3：7
D．4：16
【考点】1J：自由落体运动．菁优网版权所有
【专题】514：自由落体运动专题．
【分析】根据自由落体运动的速度与时间规律，可分别求出第1 秒末，第2 秒末、第3 秒末、第4 秒末的速度，
再根据初末速度的之和的平均即为平均速度即可求解．
【解答】解：由速度与时间公式v＝gt 可得，v1＝10m/s，v2＝20m/s，v3＝30m/s，v4＝40m/s，
再由㘴=
㘴初+㘴末
2
，可得㘴1 = 10+20
2݉
/ݏ= 15݉
/ݏ
㘴2 = 㘴3+㘴4
2
= 30+40
2݉
/ݏ= 35݉
/ݏ
小球开始下落后第2s 内和第4s 内的平均速度之比3：7，故C 正确，
【点评】考查当匀变速直线运动时，平均速度等于初末速度的平均值．当然也可以由各自时间段内的位移，再由
位移与时间的比值．
2．（4 分）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（
）
A．两物体两次相遇的时刻是2s 和6s
B．4s 后甲在乙前面
C．两物体相距最远的时刻是2s 末
D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】本题考查了图象中的追及问题，明确甲乙两物体的运动性质，甲一直做匀速运动，乙先做初速度为零的
匀加速直线运动然后做匀减速直线运动．把握相遇特点，根据v﹣t 图象特点进行求解．
【解答】解：A、在v﹣t 图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t＝2s 和t＝
6s 时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，
因此两物体两次相遇的时刻是2s 和6s，故A 正确；
B、开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t＝2s 时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的，因此乙在前面，
甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t＝6s 时，甲乙再次相遇，因此在2～6s 内，甲在乙后面，故B 错误；
C、由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲乙相距最远，此时t＝4s，故C 错
误；
D、整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D 错误。
【点评】在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相结合，注意图象交点的含
义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇．
3．（4 分）某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为vt．忽略空气阻力，下图中能正确描
述速度矢量变化过程的是（
）
A．
B．
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C．
D．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，根据矢量
的变化采用三角形法则可以得出正确答案．
【解答】解：斜抛运动加速度不变，竖直向下，可知速度的变化量的方向竖直向下，由矢量三角形知，矢量的变
化方向应沿竖直方向。故C 正确，A、B、D 错误。
【点评】本题考查平抛运动的性质及矢量的合成法则的应用，要灵活应用三角形及平行四边形法则进行分析运算．
4．（4 分）如图，OA、OB 是两根轻绳，AB 是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B 两处分别固定质量均为m 的
小球，此装置悬挂在O 点，开始时装置自然下垂，现对小球B 施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，
此时OA 竖直，设在图甲所示的状态下OB 对小球B 的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB 对小球B 的作
用力大小为T′，下列判断正确的是（
）
A．T′＝2T
B．T′＞2 T
C．T′＜2T
D．条件不足，无法比较T，和T′的大小关系
【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】甲图中，对B 球受力分析，受重力、OB 绳子拉力T、AB 杆的支持力，根据平衡条件求解出T；
乙图中，先对小球A 受力分析，受重力、AO 绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；
再对B 球受力分析，受拉力、重力和OB 绳子的拉力，三力平衡，根据平衡条件求解OB 绳子的拉力T′．
【解答】解：甲图中，对B 球受力分析，受重力、OB 绳子拉力T、AB 杆的支持力，如图所示：
根据平衡条件，有：T=݉
tܿ
݋ݏ30° = 2 3
3݉
t；
乙图中，先对小球A 受力分析，受重力、AO 绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；
再对B 球受力分析，受拉力、重力和OB 绳子的拉力，如图所示；
根据平衡条件，有：
T′＝2mg；
故T′＜2T；
【点评】本题要分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式求解，关键点在于乙图中杆没有弹力．
5．（4 分）半径为R 光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜R）的小圆
柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡。以下说法正确的是（
）
①墙对小圆柱体的弹力大小为mg•
h−ݎ
h+ݎ；
②若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大R；
③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；
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④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小。
A．①②
B．①③
C．②③
D．②④
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对小球进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出．
【解答】解：小球受到重力、墙对小圆柱体的弹力以及半圆柱体对小圆柱体的弹力，受力如图：
设两个球心之间的连线与水平方向之间的夹角为θ，由图中几何关系可知：ܿ݋ݏߠ= h−ݎ
h+ݎ⋯①
由共点力平衡的条件可得：ܰ
1 =݉
t
ݐܽhߠ⋯②ܰ
2 =݉
t
ݏthߠ⋯③
①、墙对小圆柱体的弹力大小为N1＝mgtanθ≠݉
t h−ݎ
h+ݎ．故①错误；
②、若增大R，根据ܿ݋ݏߠ= h−ݎ
h+ݎ= 1 −2ݎ
h+ݎ可知cosθ将增大，则θ将减小，ܰ
1 =݉
t
ݐܽhߠ将增大，根据牛顿第三定律
可知，圆柱体对墙压力增大。故②正确；
③④、若仅减小小圆柱体半径，则ܿ݋ݏߠ= 1 −2ݎ
h+ݎ= 1 −
2
h
ݎ−1，可知cosθ将增大，则θ将减小，ܰ
2 =݉
t
ݏthߠ将增大，
不改变其质量，则可使大圆柱体所受压力增大。故③正确，④错误。
故ABD 错误，C 正确
【点评】该题考查共点力平衡的应用，解答的关键是正确写出小球受到的两个弹力的大小的表达式，然后才能正
确分析与解答．
6．（4 分）如图所示，物体P 左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若
再用一个从零开始逐渐增大的水平力F 向右拉P，直到把P 拉动．在P 被拉动之前的过程中，弹簧对P 的弹力N
的大小和地面对P 的摩擦力f 的大小的变化情况是（
）
A．N 始终增大，f 始终减小
B．N 先不变后增大，f 先减小后增大
C．N 保持不变，f 始终减小
D．N 保持不变，f 先减小后增大
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】在P 被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体P 先开始受到向右的静摩擦力，当
拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．
【解答】解：由题意可知，物体一直处于静止状态，弹簧的形变量不变，故弹力N 不变；
物体放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对P 的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到
水平向右的静摩擦力。当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F 向右拉P，直到把P 拉动前过程中，物体P 受到
的静摩擦力从向右变为水平向左。所以其大小先减小后增大。故只有D 正确。ABC 错误。
【点评】本题解题的关键是对P 物体进行正确的受力分析，知道当P 没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的
变化，从而导致静摩擦力的方向变化．
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7．（4 分）如图所示，轻绳AO 和BO 共同吊起质量为m 的重物，AO 与BO 垂直，BO 与竖直方向的夹角为θ，OC
连接重物，则（
）
A．AO 所受的拉力大小为mgsinθ
B．AO 所受的拉力大小为݉
t
ݏthߠ
C．BO 所受的拉力大小为mgcosθ
D．BO 所受的拉力大小为݉
tܿ
݋ݏߠ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以结点O 为研究对象，分析受力，作出受力图，根据平衡条件求解AO、BO 两绳的拉力．
【解答】解：以结点O 为研究对象，分析受力，重力mg，AO 绳的拉力TAO，BO 绳的拉力TBO，如图所示：
根据平衡条件得知：拉力TAO 和TBO 的合力F 与重力mg 大小相等，方向相反，则有：
TAO＝Fsinθ＝mgsinθ
TBO＝mgcosθ
故AC 正确，BD 错误
故选：AC。
【点评】本题的解题关键是分析结点的受力情况，作出力图，然后根据共点力平衡条件列式求解．
8．（4 分）如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，
从A 点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（
）
A．到达底端的速度大小不相等
B．重力的冲量都相同
C．物体动量的变化率都相同
D．沿AB 运动所用的时间小于沿AC 运动所用的时间
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律；52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】沿不同光滑斜面下滑的过程中，到达底端的动能完全由重力势能转化的．而重力势能的增加是由重力做
功决定，对于同一物体，高度决定了重力做功的多少．至于机械能则是动能与重力势能之和，由于在下滑过程中，
只有重力，所以机械能守恒；对于下滑的时间可由运动学公式，根据受力分析确定加速度大小，并由几何关系来
确定位移大小，从而算出所用的时间．
【解答】解：A、物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，由机械能守恒定律可知，
两物体到达底部时下落的高度不同，故到达最低点时速度大小不相同，故A 正确；
B、对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a＝gcosα；根据运动学公式x= 1
2at2，可得，2Rcosα═
1
2gcosαt2，
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t＝2
h
t，因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I＝mgt 可知，
重力的冲量相等，故B 正确D 错误；
C、因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所以动量的变化率不相同，故C 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查能量的转化题目，一定要看清是不是光滑的表面，这点关系到有没有能量的损失．同时将牛顿
第二定律与运动学公式相综合，得出运动的时间与倾角无关，即所谓的等时圆的性质．
9．（4 分）如图，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A
处自由滑向B 处，下列说法正确的有（
）
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B 处
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；
②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；
③哪一个先达到B 点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t 图象来计算说明．
【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误；
B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B 正确；
C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位
置。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加
速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．
它们的v﹣t 图象如图，结合v﹣t 图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位
移．
10．（4 分）如图所示，质量为m2 的物体2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮
连接质量m1 的物体1．跟物体1 相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（
）
A．车厢的加速度为gtanθ
B．绳对物体1 的拉力为m1gcosθ
C．底板对物体2 的支持力为m2g﹣m1g
D．物体2 所受底板的摩擦力为m2gtgθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物块1、2 和车厢具有相同的加速度，先以物体1 为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其
加速度和绳的拉力．再对物体2 研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．
【解答】解：AB、以物体1 为研究对象，分析受力情况如图1：重力m1g 和拉力T，根据牛顿第二定律得：
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m1gtanθ＝m1a
得：a＝gtanθ
则车厢的加速度也为gtanθ。
T=݉
1t
c݋ݏߠ．故A 正确，B 错误。
CD、对物体2 研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N＝m2g﹣T＝m2g−݉
1tܿ
݋ݏߠ．f＝m2a＝m2gtanθ．故C
错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】本题要抓住两个物体与车厢的加速度相同，采用隔离法研究，分别运用合成法和正交分解法处理．
11．（4 分）一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，
力F 在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则
此后（
）
A．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动
B．物体将可能向右做匀速直线运动
C．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动
D．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出当用斜向上的拉力F 的作用时和将力F 突然改为大小为
F1、方向水平向右的恒力的加速度，比较加速度即可，注意加速度等于零的情况．
【解答】解：设地面与物体间的动摩擦力因数为μ，当用斜向上的拉力F 的作用时，加速度a= ܨ1−ߤ(݉
t−ܨ2)݉，现
将力F 突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力则
A、加速度a' = ܨ1−ߤ݉
t݉＜a，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故AC 错误，D 正确；
B、若μmg＝F1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，注意μmg＝F1 的情况，难度适中．
12．（4 分）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动，在O 点悬挂一重
物M，将两个相同木块m 紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff 表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN
表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2 始终等高，则（
）
A．FN 变小
B．FN 变大
C．Ff 不变
D．Ff 变小
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分
析，根据平衡条件即可求解．
【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2 个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对
支持力，根据平衡条件，有：2Ff＝（M+2m）g，解得Ff= 1
2（M+2m）g，故静摩擦力不变，
将细线对O 的拉力按照效果正交分解，如图
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设两个杆夹角为θ，则有F1＝F2= ܯt
2ܿ݋ݏߠ
2
；
再将杆对滑块m 的推力F1 按照效果分解，如图
根据几何关系，有
Fx＝F1•sin
ߠ
2
故Fx= ܯt
2ܿ݋ݏߠ
2
•sin
ߠ
2 =
ܯtݐܽhߠ
2
2
，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，Fx 变大，故滑块m 对墙壁的压力变大，即
FN 变大，故AD 错误，BC 正确；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道对于轻杆且
一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向，难度适中．
二．实验题（共2 小题，共计18 分）
13．（6 分）某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．
（1）在图上标出的F1、F2、F 和F′，四个力中，力
F′
不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F 与力F′
的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．
（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是
ACD
．
A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验
B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线
C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些
D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线
E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度
作出这些力的图示，寻找规律
【解答】解：（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则
实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的；
（2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A 正确；
B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O 点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分
线在同一直线上，故B 错误；
C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C 正确；
D、只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是
弹簧的一个分力，故D 正确；
E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到
同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故E 错误；
故选：ACD．
故答案为：（1）F′；（2）ACD
【点评】只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而
不是空洞的记忆实验，只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强
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实验实践，而不是空洞的记忆实验．
14．（12 分）某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示。
（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a。实验中打出的一条纸带如图乙所示。从某个清晰的点O 开始，每5
个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O 点的距离分别为s1、s2、s3…，从O 点开始计
时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得㘴1 = ݏ1
ݐ1，㘴2 = ݏ2
ݐ2，㘴3 = ݏ3
ݐ3 ⋯．作出㘴−t 图象如图丙所示。
图线的斜率为k，截距为b。则木块的加速度a＝
2k
；b 的物理意义是
O 点的瞬时速度
。
（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m 和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦
因数μ＝݉
t−(݉
+ܯ)ܽ
ܯt
。
（3）关于上述实验，下列说法中错误的是
C
。
A．木板必须保持水平
B．调整滑轮高度，使细线与木板平行
C．钩码的质量应远小于木块的质量
D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）分析㘴−t 图象的斜率的物理含义与加速度的关系；
（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数；
（3）根据实验原理，选取整体作为研究对象，从而即可一一求解。
【解答】解：（1）图线纵轴截距是0 时刻对应的速度，即表示O 点的瞬时速度。
各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度㘴为纵坐标，相应的运动时间t 的一半为横坐标，即㘴−
ݐ
2 的图象的斜率表示加速度a，则㘴−t 图象的斜率的2 倍表示加速度，即a＝2k。
（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：
mg﹣μMg＝（M+m）a，
解得：μ=݉
t−(݉
+ܯ)ܽ
ܯt
；
（3）A．木板必须保持水平，则压力大小等于重力大小，故A 正确；
B．调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B 正确；
C．钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象的，故C 错误；
D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D 正确；
本题选错误的，故选：C
故答案为：（1）2k，O 点的瞬时速度；（2）݉
t−(݉
+ܯ)ܽ
ܯt
；（3）C。
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过v﹣t 图象求解加速度；正确选择研究对象，应用牛顿第二
定律即可求出动摩擦因数。
三．计算题（共3 小题计34 分）
15．（9 分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜
生命．如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2﹣x 图象（v 为货车的速度，x 为制动距离），
其中图线1 为满载时符合安全要求的制动图象，图线2 为严重超载时的制动图象．某路段限速72km/h，是根据该
型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h 的速度行驶．通过
计算求解：
（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
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（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h 速度正常行驶的
跟车距离至少应为多远．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】（1）先根据图象得到满载时的加速度和严重超载时的加速度，然后再进行判断；
（2）反应时间内是匀速直线运动，之后是匀减速直线运动，根据位移世间关系公式列式求解．
【解答】解：（1）由匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣v02＝2ax，
由图示图象可得：满载时，加速度为a1＝5m/s2，严重超载时加速度为a2＝2.5m/s2；
设该型号货车满载时以72km/h＝20m/s 的速度减速，
由匀变速运动是速度公式v＝v0+at 得：
运动时间：t1= 㘴−㘴0ܽ=4s，
由速度位移公式：v2﹣v02＝2ax 可得：
汽车的制动距离：x1=
㘴2−㘴0
2
2ܽ
=40m，
设该型号货车严重超载时以54km/h＝15m/s 行驶时，
由匀变速运动是速度公式v＝v0+at 得：
运动时间：t2= 㘴'−㘴0
2ܽ'
=6s，
由速度位移公式：v2﹣v02＝2ax 可得：
汽车的制动距离：x2=
㘴'2−㘴0
2
2ܽ'
=45m，
该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求；
（2）该型号货车满载时以72km/h＝20m/s 速度正常行驶时，
从发现险情到车停下来行驶的距离：
x＝v0t+x1＝20×1+40＝60m，
即：跟车距离至少为60．
答：（1）驾驶员紧急制动时，制动时间和制动距离都不符合安全要求；
（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车正常行驶时的刹车距离至少应为
60m．
【点评】本题关键是根据图象求出两种情况下刹车的加速度，然后根据运动学公式多次列式求解．
16．（10 分）如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方
向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g 取10m/s2）；求：
（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；
（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）对小球受力分析，建立直角坐标系，根据平衡条件列方程，求解；
（2）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直向右时，根据平衡条件求解最小拉力．
【解答】解：（1）如图，水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程
如下
Tcos45°﹣Nsin30°＝0
Tsin45°+Ncos30°﹣mg＝0
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由以上两式得：N＝73.2N；T＝51.8N
（2）经分析得拉力的最小值为：Fm＝mgsin45°
代数解得：Fm＝70.7N
答：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小分别为51.8N 和73.2N；
（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，最小的拉力的大小为70.7N．
【点评】解决本题的关键是正确的选取研究对象，进行受力分析，运用正交分解进行求解．
17．（15 分）5 个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示．每块木块的质量为m＝1kg，长l＝1m．它们与地面
间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为M＝2.5kg 的小铅块（视为
质点），以v0＝4m/s 的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数μ2＝0.2．小铅块刚滑到第四
块木块时，木块开始运动，求：
（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度．
（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动．
（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑
块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分
析求解．
【解答】解：（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第四块的速度为v1
由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1…①
由运动学公式得v
0
2 −㘴1
2 =2a1•3l…②
联立①②得：v1＝2m/s…③
（2）设小铅块滑到第n 块木块时对木块的摩擦力为：f1＝μ2Mg＝5N
后面的（5﹣n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2＝μ1[M+（6﹣n）m]g
要使木块滑动，应满足f2＜f1，
即μ1[M+（6﹣n）m]g＜5
n＞3.5 取n＝4
（2）设小铅块滑上4 木块经过t 秒和4、5 木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5 木块的对地位移为s1 和s2，
相对位移为△s，4、5 木块运动的加速度为a2μ2Mg﹣μ1（M+2m）g＝2ma2…④
v1﹣a1t＝a2t…⑤
ݏ1 = 㘴1ݐ−1
2ܽ
1ݐ2⋯⑥
ݏ2 = 1
2ܽ
2ݐ2⋯⑦
△s＝s1﹣s2…⑧
联立①④⑤⑥⑦⑧解得：
ݏ1 = 80
81݉
⋯⑨
△ݏ= 8
9݉
⋯⑩
由于△s＜l（s1＜l）说明小铅块没有离开第四块木块，
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最后小铅块与4、5 木块达共同速度一起减速为零．
设小铅块与4、5 木块达到共同速度为v2，一起减速的加速度大小为a3，
减速位移为s3μ1（2m+M）g＝（2m+M）a3
v2＝a2t
ݏ3 =
㘴2
2
2ܽ3
联立以上各式得：ݏ3 = 2
81݉
小铅块最终离1 木块左端为：s＝3l+s1+s3
联立以上各式，得：s= 325
81 m
答：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度为2m/s．
（2）由于△s＜l（s1＜l）说明小铅块没有离开第3 块，木块小铅块滑到第4 块木块时，木块才开始运动．
（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端
325
81 m．
【点评】本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位
移的关系及牛顿第二定律求解．本题运动过程较为复杂，难度较大．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:05:40 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理二模试卷
一、选择题
1．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、
类比法、比值法等。下关于所用思想方法的叙述错误的是（
）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法
B．合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法
C．再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法
D．当△t 很小时，
△ݔ
△ݐ表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想
2．如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，根据图象可以判断出（
）
A．在t＝4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝5s 时，两球相距最远
C．在t＝6s 时，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8s 时，两球相遇
3．做匀加速直线运动的质点，在第1s 末的速度为2m/s。下面判断正确的是（
）
A．质点在第2s 末的速度一定是4m/s
B．质点在前2s 内的位移一定是4m
C．质点的加速度一定是2m/s2
D．质点的加速度可能是3m/s2
4．如图所示，不计重力的轻杆OP 能以O 为轴在竖直平面内自由转动，P 端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮
系在P 端。当OP 和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP 杆的弹力T 和绳子的张力F 的大小变化是
（
）
A．T 不变，F 变大
B．T 不变，F 先变大后变小
C．T 先变小后变大，F 变大
D．T 先变大后变小，F 不变
5．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上，受到水平向右的拉力F 的作用而向右滑行，长木板处于静
止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（
）
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
C．木板受到地面摩擦力的大小一定等于F
D．当F＞μ2（m+M）g 时，木板便会开始运动
6．如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中。若通以图示方向
的电流（从A 点流入，从C 点流出），电流强度I，则金属框受到的磁场力为（
）
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A．0
B．ILB
C．
4
3ILB
D．2ILB
7．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2 正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1 变亮，L2 变暗，电流表的
读数变小，根据分析，发生的故障可能是（
）
A．R1 断路
B．R2 断路
C．R3 短路
D．R4 短路
8．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P 与一平行斜面的轻弹簧Q 连接着，小球处于静止状态，
则关于小球所受力，下列说法正确的是（
）
A．小球与斜面之间一定有弹力
B．轻弹簧P 一定有弹力
C．轻弹簧Q 不可能处于压缩状态
D．物体可能受到4 个力
9．飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间△t 先后投下三颗炸弹。分别落在迎面的山坡上A、B、C 三点（空气
阻力不计），如图所示，炸弹落在A、B 两点的时间间隔为t1，落在B、C 两点的时间间隔为t2，A、B 两点的间距
为SAB，B、C 两点的间距为SBC．则有（
）
A．△t＞t1＞t2
B．△t＞t2＞t1
C．SAB＜SBC
D．SAB＞SBC
10．如图所示，小球从A 点以初速度v0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A，C 为AB 的中点。下列说法
中正确的是（
）
A．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，减少的动能相等
C．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，速度的变化量相等
D．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相等
11．如图，楔形物A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B．用平行于斜面的力F 拉B，使之沿斜面
匀速上滑。现改变力F 的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体B 沿斜面匀速上滑。在B 运动的过程中，楔形物
块A 始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（
）
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A．A 给B 摩擦力减小
B．拉力F 可能增大
C．物体B 对斜面的作用力不变
D．地面受到的摩擦力大小可能变大
12．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°．已知
小球的质量为m，细线AC 长l，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。装置BO′O 能以任意角速度绕竖直轴O′
O 转动，且小球始终在BO′O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（
）（重力加速度g 取10m/s2，sin37°
= 3
5，cos37°= 4
5）
A．两细线张力均增大
B．细线AB 中张力一直变小，直到为零
C．细线AC 中张力先不变，后增大
D．当AB 中张力为零时，角速度可能为5t
4t
二、填空题
13．用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面
间的倾角
（填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力
砝码和盘的总重力（填“大于”、
“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足
的条件。
（3）某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G 是纸带上7
个连续的点。△s＝sDG﹣sAD＝
cm．由此可算出小车的加速度a＝
m/s2（加速度a 计算结果保留两
位有效数字）。
14．如图所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平。设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力。一
小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所
示（坐标格为正方形，g＝10m/s2）求：
（1）小球在M 点的速度v1；
（2）在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N；
（3）小球到达N 点的速度v2 的大小。
三、计算题
15．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统。已知飞机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的
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速度达到50m/s 时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：
（1）若要求该飞机滑行160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少多大？
（2）若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应多长？
（3）若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让
航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少多大？
16．在某星球表面轻绳约束下的质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力
之差为△F，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知万有引力常量为G，不计一切阻力。
（1）求星球表面重力加速度
（2）求该星球的密度。
17．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为k＝100N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为
m＝8kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变。从t＝0 时刻开始挡板A 以加速度a＝1m/s2
沿斜面向下匀加速运动，（g＝10m/s2）求：
（1）t＝0 时刻，挡板对小球的弹力多大？
（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？
（3）小球向下运动多少距离时速度最大？
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2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、
类比法、比值法等。下关于所用思想方法的叙述错误的是（
）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法
B．合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法
C．再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法
D．当△t 很小时，
△ݔ
△ݐ表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想
【考点】13：质点的认识；1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在力的合成与分解实验中，应用了等效替代法。
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法。
【解答】解：A、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A 错误；
B、力的合成与分解实验中，应用了等效替代法，故B 正确；
C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C 正确；
D、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬
时速度，即采用了极限思维法，故D 正确；
本题选错误的
【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故
在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。
2．如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，根据图象可以判断出（
）
A．在t＝4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝5s 时，两球相距最远
C．在t＝6s 时，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8s 时，两球相遇
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物
体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇。
【解答】解：A、甲球的加速度a1= △㘴1
△ݐ1 = −40−40
8
=−10m/s2
故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反。
乙球的加速度a2= △㘴2
△ݐ2 = 20−(−20)
8−2
= 20
3 m/s2
故甲球的加速度大于乙球的加速度。
故A 错误。
B、当两物体速度相同时两物体相距最远
即40+a1t＝﹣20+a2（t﹣2）
解得t＝4.4s
即4.4s 时两物体相距最远。
故B 错误。
C、t＝6s 时甲球的速度v1＝v0+a1t＝40+（﹣10）×6＝﹣20m/s
乙球的速度v2＝v 乙+a2△t＝﹣20+ 20
3 ×4= 20
3 m/s
故t＝6s 时甲球的速率大于乙球的速率。故C 错误。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
D、设T 时刻两物体相遇，故有
40T+ 1
2a1T2＝﹣20T+ 1
2a2（T﹣2）2
解得T＝8s
故D 正确。
【点评】运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，
相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速
度相同，相遇时位移相同。
3．做匀加速直线运动的质点，在第1s 末的速度为2m/s。下面判断正确的是（
）
A．质点在第2s 末的速度一定是4m/s
B．质点在前2s 内的位移一定是4m
C．质点的加速度一定是2m/s2
D．质点的加速度可能是3m/s2
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据题意不知道物体的具体运动情况，根据v
ݐ
2
= 㘴知前2s 的平均速度，从而知前2s 位移。
【解答】解：A、做匀加速直线运动，根据v＝v0+at 知要知2s 末速度须知加速度和初速度，由于初速度和加速度
不确定，所以2s 末速度不一定为4m/s，故A 错误；
B、根据v
ݐ
2
= 㘴知前2s 的平均速度为2m/s，由x= 㘴ݐ知前2s 内的位移一定是4m，故B 正确；
C、初速度为零时加速度大小为2m/s2，因为初速度不一定为零，故加速度不一定为是2m/s2，但加速度最大为2m/s2，
故CD 错误；
【点评】此题考查匀变速直线运动的规律：v＝v0+at 以及v
ݐ
2
= 㘴，如果不熟练掌握此规律，不太容易想到解题
思路，比较难。
4．如图所示，不计重力的轻杆OP 能以O 为轴在竖直平面内自由转动，P 端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮
系在P 端。当OP 和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP 杆的弹力T 和绳子的张力F 的大小变化是
（
）
A．T 不变，F 变大
B．T 不变，F 先变大后变小
C．T 先变小后变大，F 变大
D．T 先变大后变小，F 不变
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对P 点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP 杆对P 的支持力表达式，最后根据牛
顿第三定律得到OP 杆所受压力表达式再讨论其与角α关系。
【解答】解：对点P 受力分析，设杆的弹力为N，绳子的拉力为T，如图
根据平衡条件，合力为零，△AOP 与图中矢量（力）三角形相似，故有ܱܰܲ
=ܶtܲ
=
ܩ
tܱ
解得：N=ܱܲtܱG
T= tܲ
tܱG
由图看出，OP、AO 不变，则杆的支持力N 不变，AP 变大，则绳子拉力T 变大。
根据牛顿第三定律，OP 杆所受压力等于支持力N，故A 正确。
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【点评】本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活
选择。
5．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上，受到水平向右的拉力F 的作用而向右滑行，长木板处于静
止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（
）
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
C．木板受到地面摩擦力的大小一定等于F
D．当F＞μ2（m+M）g 时，木板便会开始运动
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】m 对M 的压力等于mg，m 所受M 的滑动摩擦力f1＝μmg，方向水平向左，M 处于静止状态，水平方向
受到m 的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向。
【解答】解：AB、木块受到的摩擦力大小：f1＝μ1mg，方向：水平向左，由牛顿第三定律得知：木板受到木块的
摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg；木块M 静止，处于平衡状态，由平衡条件可知：木板受到木块的摩擦力与
木板受到地面的摩擦力是一对平衡力，它们大小相等，即：木板受到地面的摩擦力的大小：f2＝μ1mg，故A 正确，
B 错误。
C、如果木块做匀速直线运动，则：F＝μ1mg，木板受到地面的摩擦力大小：f2＝μ1mg＝F，故C 错误；
D、当F＞μ2（m+M）g 时，此时m 对M 的作用力仍为μ1mg，木板M 仍处于静止，木板不会运动，故D 错误；
【点评】摩擦力公式f＝μN 用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力，一般的静摩擦力不能用这个公式直接求解，可根
据平衡条件或牛顿运动定律求静摩擦力。
6．如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中。若通以图示方向
的电流（从A 点流入，从C 点流出），电流强度I，则金属框受到的磁场力为（
）
A．0
B．ILB
C．
4
3ILB
D．2ILB
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【分析】由安培力公式F＝BILsinθ分析答题，其中L 是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离。
【解答】解：由图示可知，电流由A 流入，从C 流出，则有电流从A 到C 直导线，与从A 到B 再到C 两直导线，
从A 到B 再到C 两直导线，产生的安培力，根据安培力公式F＝BIL，
由于总电流强度为I，且ABC 导线的电阻是AC 导线的2 倍，那么安培力大小均为
1
3 ܤܫܮ，因它们的夹角为120°，
因此这两个安培力的合力大小为
1
3 ܤܫܮ，
而导线AC 受到的安培力大小为
2
3 ܤܫܮ，方向与导线ABC 同向，
因此金属框受到的磁场力BIL，故B 正确，ACD 错误；
【点评】正确理解安培力公式F＝BILsinθ中各符合所表示的物理量是正确解题的关键，分析清楚图示情景，求出
导线有效长度L 即可正确解题。
7．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2 正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1 变亮，L2 变暗，电流表的
读数变小，根据分析，发生的故障可能是（
）
A．R1 断路
B．R2 断路
C．R3 短路
D．R4 短路
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【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】首先认识电路的结构：没有发生故障前，R1 与L1 并联，R2 与R3 并联后与R4 串联再与L2 并联，两部分
并联电路再串联，画出等效电路图。将选择逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项。
【解答】解：没有发生故障前，等效电路如图所示。
A、若R1 断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1 两端电压变大，L1 变亮；ab 部分电路结构没变，
电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4 的电流都减小，L2 变暗，符合题意。故A 正确。
B、若R2 断路，总电阻变大，总电流减小，ac 部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1 中电流都减小，
L1 变暗，与题意相矛盾，故B 错洖。
C、若R3 短路或R4 短路，总电阻减小，总电流增大，A 中电流变大，与题意相矛盾，故CD 错误。
【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行
分析。
8．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P 与一平行斜面的轻弹簧Q 连接着，小球处于静止状态，
则关于小球所受力，下列说法正确的是（
）
A．小球与斜面之间一定有弹力
B．轻弹簧P 一定有弹力
C．轻弹簧Q 不可能处于压缩状态
D．物体可能受到4 个力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对小球受力分析，结合共点力平衡条件和弹簧弹力的产生条件分析即可。
【解答】解：对小球受力分析，重力一定有，竖直向下；
若弹簧Q 无拉力，小球受到弹簧P 的拉力，不受支持力，如果有，不能平衡，即小球与斜面间有可能无弹力，故
A 错误；
若弹簧P 无拉力，则弹簧Q 一定有拉力，斜面对小球有支持力，一共3 个力，可以平衡，故B 错误；
若弹簧Q 处于压缩状态即对小球有沿斜面向下的弹力，则无论受支持力和P 的拉力还是受支持力和P 的弹力都不
能平衡，故轻弹簧Q 不可能处于压缩状态，故C 正确；
若弹簧P 和Q 都有拉力，斜面一定有支持力，否则不平衡，故有4 个力，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题关键是对光滑小球受力分析，分弹簧P 有力、弹簧Q 有力、弹簧P 和Q 均有力来进行讨论，结合力
的产生条件、作用效果来进行分析。
9．飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间△t 先后投下三颗炸弹。分别落在迎面的山坡上A、B、C 三点（空气
阻力不计），如图所示，炸弹落在A、B 两点的时间间隔为t1，落在B、C 两点的时间间隔为t2，A、B 两点的间距
为SAB，B、C 两点的间距为SBC．则有（
）
A．△t＞t1＞t2
B．△t＞t2＞t1
C．SAB＜SBC
D．SAB＞SBC
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】作出炸弹平抛运动的轨迹图，分别过B 点和C 点作水平线，交于两轨迹为A′和B′，抓住A′B＝B′
C，根据平抛运动轨迹的特点得出AB 和BC 间距的大小。根据A′到A 和B′到B 的时间大小关系比较落在斜面
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上的时间间隔。
【解答】解：由图可知，A′B＞B′C，因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，由几何关系知，SAB＞SBC，
故C 错误，D 正确。
设A′到A 的时间为t1，
设B′到B 的时间为t2，
因为AA′、BB′的竖直高度差相同，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，越往下竖直分速度越大，可知tAA′
＜tBB′，
而A、B 两点的时间间隔为t1，落在B、C 两点的时间间隔为t2，
则△t＞t1＞t2，故A 正确，B 错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直上的运动规律，知道平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖
直，关键作出水平辅助线，结合几何关系知识求解是关键。
10．如图所示，小球从A 点以初速度v0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A，C 为AB 的中点。下列说法
中正确的是（
）
A．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，减少的动能相等
C．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，速度的变化量相等
D．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相等
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式△v＝a
△t 来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功。
【解答】解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段。故小球从A 出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩
擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功。
故A 错误。
B、设A 到C 的高度和从C 到B 的高度为h，AC 的距离为s，斜面的倾角为θ，
则有ssinθ＝h
根据﹣mgh﹣μmgscosθs＝△EK
可知小球从A 到C 过程中与从C 到B 过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等。
故B 正确。
C、故AC 段的平均速度㘴tܥ= 㘴t+㘴ܥ
2
CB 段的平均速度㘴ܥܤ= 㘴ܿ+㘴ܤ
2
∵VA＞VC＞VB
故㘴tܥ＞㘴ܥܤ
∵sAC＝sCB
由s= 㘴t
可知tAC＜tCB
根据△v＝a△t 可知
△vAC＜△vCB
故C 错误。
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D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，
根据﹣μmgscosθ＝﹣△E 可得小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相等。
故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题目综合性很强，考查的知识点很多，难度很大，是一道不可多得的好题。
11．如图，楔形物A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B．用平行于斜面的力F 拉B，使之沿斜面
匀速上滑。现改变力F 的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体B 沿斜面匀速上滑。在B 运动的过程中，楔形物
块A 始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（
）
A．A 给B 摩擦力减小
B．拉力F 可能增大
C．物体B 对斜面的作用力不变
D．地面受到的摩擦力大小可能变大
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】拉力F 平行斜面向上时，分别对物体B、A 受力分析，根据平衡条件列式求解；拉力改变方向后，再分
别对B、A 整体受力分析，根据平衡条件列式分析斜面对地面的摩擦力如何变化，从而得到面受到的摩擦力大小
如何变化。
【解答】解：AB、拉力F 平行斜面向上时，先对物体B 受力分析如图
根据平衡条件，有
平行斜面方向：F＝f+mgsinθ。
垂直斜面方向：N＝mgcosθ
其中：f＝μN
解得：F＝mg（sinθ+μcosθ）…①
f＝μmgcosθ…②
拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件，有
平行斜面方向：F′cosα＝f′+mgsinθ。
垂直斜面方向：N′+F′sinα＝mgcosθ
其中：f′＝μN′
解得：F′=݉
t(ݏthߠ+ߤܿ݋ݏߠ)ܿ
݋ݏߙ+ߤݏthߙ
⋯③
f′＝μ（mgcosθ﹣F′sinα）…④
由②④两式得到滑动摩擦力减小，故A 正确；
由①③两式得到，拉力F 可能变大，也可能减小，故B 正确；
C、对物体A 受力分析，受重力、支持力、B 对A 的压力、B 对A 的滑动摩擦力、地面对A 的静摩擦力，如图；
根据平衡条件，水平方向上有：f 静＝Nsinθ+fcosθ
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结合前面AB 选项分析可知，当拉力改变方向后，N 和f 都减小，故f 和N 的合力一定减小（B 对A 的力就是f
和N 的合力），静摩擦力也一定减小，故CD 错误；
故选：AB。
【点评】本题关键多次对物体A、B 受力分析，然后根据平衡条件列式求解出各个力的表达式，再进行分析讨论。
12．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°．已知
小球的质量为m，细线AC 长l，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。装置BO′O 能以任意角速度绕竖直轴O′
O 转动，且小球始终在BO′O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（
）（重力加速度g 取10m/s2，sin37°
= 3
5，cos37°= 4
5）
A．两细线张力均增大
B．细线AB 中张力一直变小，直到为零
C．细线AC 中张力先不变，后增大
D．当AB 中张力为零时，角速度可能为5t
4t
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】静止时受力分析，根据平衡条件列式求解；当细线AB 张力为零时，绳子AC 拉力和重力的合力提供向
心力，根据牛顿第二定律求出角速度的范围。
结合以上的分析然后逐个选项讨论即可。
【解答】解：当静止时，受力分析如右图，由平衡条件
TAB＝mgtan37°＝0.75mg，ܶ
tܥ=݉
tܿ
݋ݏ37° = 1.25݉
t，
若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1＝37°，
受力分析如右图，݉
tݐܽhߠ1 =݉
(tݏthߠ1)߱݉
th2，
得߱݉
th =
5t
4t。
当ω最大时绳AC 与竖直方向夹角θ2＝53°，݉
tݐܽhߠ2 =݉߱݉ܽ
ݔ2tݏthߠ2，
得߱݉ܽ
ݔ=
5t
3t。
所以ω取值范围为5t
4t ≤߱
≤
5t
3t．绳子AB 的拉力都是0。
A、由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为0，当转速在
5t
4t ≤߱
≤
5t
3t 时，AB 的拉力为0，角速度再增大
时，AB 的拉力又会增大，故AB 错误；
C、当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力
绳子等于1.25mg；当转速大于5t
4t 后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于5t
3t 后，绳
子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直方向的拉力不变当水平方向的拉力增大，AC 的拉力继续增大；故C 正
确；
D、由开始时的分析可知，当ω取值范围为5t
4t ≤߱
≤
5t
3t．绳子AB 的拉力都是0．故D 正确。
故选：CD。
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【点评】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，
确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第二定律进行求解。
二、填空题
13．用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面
间的倾角
偏大
（填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力
小于
砝码和盘的总重力（填“大于”、
“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足
M＞＞m
的条
件。
（3）某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G 是纸带上7
个连续的点。△s＝sDG﹣sAD＝
1.80
cm．由此可算出小车的加速度a＝
5.0
m/s2（加速度a 计算结果保留两
位有效数字）。
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力
时过大。从图上分析两图各是什么原因即可。
（2）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码和盘的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码和盘的总重力在数值
上近似等于小车运动时受到的拉力。
（3）根据匀变速直线运动的规律△x＝aT2 可以求出加速度的大小。
【解答】解：（1）当拉力F 等于0 时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡
摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大。
（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=݉
t
ܯ+݉
，绳子的拉力F＝Ma=݉
t
1+݉ܯ
，
所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力。
当M＞＞m，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小
车运动时受到的拉力。
（3）根据刻度尺的示数可知△s＝3.90cm﹣2.10cm＝1.80cm，时间间隔为t＝0.06s，
代入公式△x＝at2 可以求出加速度为：a＝5.0m/s2。
故答案为：（1）偏大；（2）小于；M＞＞m；（3）1.80；5.0。
【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去
搞清楚。
对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。
14．如图所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平。设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力。一
小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所
示（坐标格为正方形，g＝10m/s2）求：
（1）小球在M 点的速度v1；
（2）在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N；
（3）小球到达N 点的速度v2 的大小。
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【考点】1N：竖直上抛运动；45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】517：运动的合成和分解专题．
【分析】（1）根据运动的分解，结合运动学公式，即可求解；
（2）根据竖直方向的对称性，结合水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，从而即可求解；
（3）运用分运动与合运动的等时性，结合平行四边形定则，即可求解。
【解答】解：（1）设正方形的边长为s0。
竖直方向做竖直上抛运动，
v0＝gt1
2s0= 㘴0
2 t1
水平方向做匀加速直线运动，有：
3s0= 㘴1
2 t1。
解得：v1＝6 m/s。
（2）由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1 到x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x
轴时落到x＝12 处，位置N 的坐标为（12，0）。
（3）到N 点时竖直分速度大小为
v0＝4 m/s，
水平分速度vx＝a 水平tN＝2v1＝12 m/s，
故v2=
㘴0
2 + 㘴ݔ
2 =4
10 m/s。
答：（1）小球在M 点的速度6 m/s；
（2）如上图所示；
（3）小球到达N 点的速度v2 的大小4 10 m/s。
【点评】考查运动学公式，掌握运动的合成与分解的应用，注意竖直上抛的对称性，理解牛顿第二定律的应用。
三、计算题
15．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统。已知飞机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的
速度达到50m/s 时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：
（1）若要求该飞机滑行160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少多大？
（2）若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应多长？
（3）若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让
航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少多大？
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】本题（1）、（2）问的关键是灵活运用速度位移公式㘴2 −㘴0
2 = 2ܽݔ，（3）问的难点是运动学公式中各运动
学量应是相对同一参考系的理解，以及对相对速度公式㘴
绝对= 㘴
相对+ 㘴
牵连的运用。
【解答】解：（1）：设经弹射系统帮助起飞时初速度为㘴0
根据㘴2 −㘴0
2 = 2ܽݔ得，㘴0 =
㘴2 −2ܽݔ=
502 −2 × 5.0 × 160m/s＝30m/s，
故若要求该飞机滑行160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少为30m/s。
（2）：不装弹射系统时，由㘴2 =2ax 得x=
㘴2
2ܽ
=
502
2×5.0m＝250m，
故若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，该舰甲板至少应250m 长。
（3）：以航空母舰为参考系，设航空母舰速度为㘴1 ，由㘴2 −㘴0
2 = 2ܽݔ，其中㘴0 =0，a＝5.0m/s，x＝160m，
解得v＝40m/s，再根据相对速度公式㘴
绝对= 㘴
相对+ 㘴
牵连得，㘴1 = 㘴
绝对−v＝50﹣40＝10m/s，
故若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空
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母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少为10m/s。
（若仍以地面为参考系，设航空母舰的速度为㘴0 ，
对飞机应有：ݔ1 = 㘴0 ݐ+ 1
2ܽݐ2 ①
㘴0 +at＝50②
对航空母舰应有：ݔ2 = 㘴0 ݐ③
当飞机离开甲板时应有：ݔ1 −ݔ2 =160④
联立以上各式可得㘴0 =10m/s）
【点评】运动学公式中的各运动学量都必须是对同一参考系的，相对速度公式㘴
绝对= 㘴
相对+ 㘴
牵连中各量的含义：
㘴
绝对是物体对地面的速度，㘴
相对是物体对参考系的速度，㘴
牵连是参考系对地面的速度，运用时注意正负号（可
先规定正方向，与正方向相同取正值，相反则取负值）。
16．在某星球表面轻绳约束下的质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力
之差为△F，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知万有引力常量为G，不计一切阻力。
（1）求星球表面重力加速度
（2）求该星球的密度。
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据向心力公式和机械能守恒定律得出△F 的表达式，求出重力加速度，根据重力等于万有引力求出星
球质量，再根据密度公式求出密度。
【解答】解：（1）设最高点和最低点速度大小分别为㘴1 、㘴2
在最高点根据向心力公式有：݉
t + ܨ1 =݉
㘴1
2
ܮ⋯①
在最低点根据向心力公式有：ܨ2 −݉
t =݉
㘴2
2
ܮ⋯②
最高点到最低点过程中只有重力做功，机械能守恒，有：݉
t ⋅(2ܮ) = 1
2݉
㘴2
2 −1
2݉
㘴1
2③
△ܨ= ܨ2 −ܨ1 ⋯④
联立①～④得：△F＝6mg
所以t = △ܨ
6݉
（2）在星球表面重力等于万有引力，有：݉
t = ܩܯ݉
h2 ⋯⑤
得：ܯ= th2
ܩ
=
h2△ܨ
6݉
ܩ
ߩ= ܯܸ= h2△ܨ
6݉
ܩ×
3
4ߨh3 =
△ܨ
8ߨ݉
hܩ
答：（1）求星球表面重力加速度
△ܨ
6݉
（2）求该星球的密度
△ܨ
8ߨ݉
hܩ。
【点评】本题是万有引力定律与力学中的向心力和机械能守恒定律的综合题，对竖直平面内的圆周运动的绳模型
问题，关键是明确最高点和最低点的向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，同时要结合动能定理列式分析，
同时记住万有引力的几个重要结论。
17．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为k＝100N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为
m＝8kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变。从t＝0 时刻开始挡板A 以加速度a＝1m/s2
沿斜面向下匀加速运动，（g＝10m/s2）求：
（1）t＝0 时刻，挡板对小球的弹力多大？
（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？
（3）小球向下运动多少距离时速度最大？
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A 始终以加速度a 匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间
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的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移，由挡板运动的位移可以求得物体运动的时间；
（3）对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定
律和平衡条件即可求得路程。
【解答】解：（1）从t＝0 时刻开始挡板A 以加速度a＝1m/s2，则小球的加速度也是a＝1m/s2，对小球受力分析，
根据牛顿第二定律得：
mgsin30°﹣N＝ma
解得：N＝40﹣8＝32N
（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1 和
弹簧弹力F。
根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣F﹣F1＝ma，
F＝kx。
随着x 的增大，F 增大，F1 减小，保持a 不变，
当m 与挡板分离时，F1 减小到零，则有：
mgsinθ﹣kx＝ma，
又x= 1
2at2
联立解得mgsinθ﹣k•
1
2at2＝ma，
所以经历的时间为t=
2݉
(tݏth30°−ܽ)݇ܽ=
2×8×(5−1)
100
= 0.8ݏ。
（3）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。
即kxm＝mgsinθ，
解得xm=݉
tݏthߠ݇=
80×1
2
100 = 0.4݉
。
所以速度最大时运动的路程为0.4m。
答：（1）t＝0 时刻，挡板对小球的弹力32N；
（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为0.8s；
（3）小球向下运动0.4m 距离时速度最大。
【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加
速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移和运动
的时间。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:05:51 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共7 小题，共35.0 分）
1．（5 分）在足够大的匀强磁场中一粒静止的234
#/DEL/#
90
#/DEL/#Th 核发生改变，释放出的粒子运动方向与磁场垂直，现
在探测到新核与放出粒子的运动轨迹均为圆，如图所示，则下列判断正确的是（
）
A．234
#/DEL/#
90
#/DEL/#Th 核发生的是a 衰变
B．轨迹2 是释放出的粒子的轨迹
C．衰变后的新核沿顺时针方向旋转
D．释放出的粒子沿顺时针方向旋转
2．（5 分）如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，
射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是（
）
A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3 个亮点
B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1 个亮点
C．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1 个亮点
D．任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1 个亮点
3．（5 分）已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为﹣2Q 与﹣Q．现在使它们以
相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触．接触后两小球又各自反向运动．当它
们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1 和E2，动量大小分别为p1 和p2．有下列说法：
①E1＝E2＞E0，p1＝p2＞p0
②E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0
③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点
④两球必将同时返回各自的出发点
其中正确的是（
）
A．②④
B．②③
C．①④
D．③④
4．（5 分）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2 间各点的电势分布如图乙
所示，则（
）
A．在O～x2 间，场强先减小后增大
B．在O～x2 间，场强方向一定发生了变化
C．若一负电荷从O 点运动到x2 点，电势能逐渐减小
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D．从O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2 间一直做加速运动
5．（5 分）如图所示，电路中的电阻均为1Ω，电源电动势为3V，内阻为0.5Ω，电流表．电压表均为理想电表，则此
时电流表．电压表的读数分别是（
）
A．3A．3V
B．1.5A．1.5V
C．3A．1.5V
D．1.5A．3V
6．（5 分）在如图所示的电路中，R1、R2、R3 和R4 皆为定值电阻，R5 为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，
设电流表A1 的读数为I1，电流表A2 的读数为I2，电压表A1 的示数为U1，电压表V2 的读数为U2，当R5 的滑动
触点向a 端移动过程中，电流表A1 的读数变化量大小为△I1，电流表A2 的读数变化量大小△I2，电压表V1 的读
数变化量大小为△U1，电压表V2 的读数变化量大小为△U2，则（
）
A．I1 变大、△U1＞△U2，
△ܷ
1
△ܫ1
不变
B．I1 变大，△ܷ
1＜△ܷ
2，△ܷ
1
△ܫ1 变小
C．I1 变小，I2 变小，
△ܷ
2
△ܫ2
变小
D．U1 变小，U2 变小，
△ܷ
2
△ܫ2
不变
7．（5 分）如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻
器R4 的滑片向b 端移动时，则（
）
A．质点P 将向上运动
B．电流表读数减小
C．电压表读数减小
D．R3 上消耗的功率增大
二、多选题（本大题共5 小题，共25.0 分）
8．（5 分）在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q 的带电小球由静止开始释放，带电小
球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能ε和机械能W 的判断，正确的是（
）
A．若sinθ＜ݍܧ݉
t，则ε一定减少，W 一定增加
B．若sinθ= ݍܧ݉
t，则ε、W 一定不变
C．若sinθ= ݍܧ݉
t，则ε一定增加，W 一定减小
D．若tanθ= ݍܧ݉
t，则ε可能增加、也可能减少，但ε与W 的总和一定保持不变
9．（5 分）如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB＝6cm，BC= 2 3cm，A
点的电势为φA＝10V，B 点的电势为φB＝4V，C 点的电势为φC＝﹣2V．则（
）
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A．将一个电荷量为q＝﹣2×10
﹣6C 的电荷从B 点移到C 点，电场力做功为W＝1.2×10
﹣5J
B．将一个电荷量为q＝﹣2×10
﹣6C 的电荷从B 点移到C 点，电场力做功为W＝﹣1.2×10
﹣5J
C．此电场的电场强度大小为ܧ=
3 × 102V/m，从A 指向C
D．此电场的电场强度大小为EE＝2×102V/m，沿∠C 的平分线斜向上
10．（5 分）如图所示的圆环上均匀分布着正电荷，过O 点的虚线是圆环的中轴线．一带正电的粒子从很远处沿轴线
飞来并穿过圆环．在粒子运动过程中（
）
A．粒子经O 点的速度为零
B．整个过程粒子电势能先增加后减少
C．轴线上O 点右侧存在一点，粒子在该点动能最小
D．轴线上O 点右侧左侧都存在场强最强点，它们关于O 点对称
11．（5 分）如图1 所示的电路，电源电动势E＝3.0V，内阻不计，L1、L2、L3 为3 个相同规格的小灯泡，这种小灯
泡的I﹣U 特性曲线如图2 所示。当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是（
）
A．灯泡L1 消耗的电功率为0.30W
B．灯泡L1 的电阻为75Ω
C．灯泡L3 的电阻为12Ω
D．三灯泡消耗的总电功率为0.90W
12．（5 分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3 分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0 为定值电
阻，R1 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有
关下列说法中正确的是（
）
A．只逐渐增大R1 的光照强度，电阻R0 消耗的电功率变大，电阻R3 中有向上的电流
B．只调节电阻R3 的滑动端P2 向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3 中有向上的电流
C．只调节电阻R2 的滑动端P1 向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开电键S，带电微粒向下运动
三、实验题探究题（本大题共3 小题，共18.0 分）
13．（3 分）为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V 的理想电压
表V，量程0.6A 的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0＝1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器
R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）。
（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用
（填R1 或R2）。
（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接。
（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I 坐标系中画出U﹣I 图线如
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图（c）所示，则干电池的内阻r＝
Ω．（结果保留两位有效数字）
14．（8 分）如图所示，是U﹣I 法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以
测
量
结
果
有
系
统
误
差
．
请
分
析
以
下
问
题
：
（1）采用图1 的方法，引入系统误差的原因是
；采用图2 的方法，引入系统误差的原因是
；
（2）图3 和图4 是用图象法处理的结果，请判断：
图3 是用
（填“图1 或图2”）电路处理的结果，其中图线
（填“①或②”）表示测量图线，图线
（填“①或②”）表示真实图线；
图4 是用
（填“图1 或图2”）电路处理的结果，其中图线
（填“③或④”）表示测量图线，图线
（填“③或④”）表示真实图线．
15．（7 分）某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx 的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地
测量．实验室里准备了以下器材：
A．电压表V1，量程3V，内阻约5kΩ
B．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩ
C．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2Ω
D．电流表A2，量程3A，内阻约0.04Ω
E．滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，最大电流为3A
F．滑动变阻器R2，最大阻值2000Ω，最大电流为1.5A
G．多用电表
H．电源，电动势E＝4.5V
I．电键S、导线若干
①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针所示，为了减小多
用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用
欧姆挡；
②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图（乙）中指针所示，则Rx 的阻值大
约是
Ω；
③在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则在上述提
供的器材中电压表应选
；电流表应选
；滑动变阻器应选
．（填器材前面的字母代号）
④在图丙虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图．
⑤按照电路图（图丁）请连接好实物图．
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四、计算题（本大题共2 小题，共22.0 分）
16．（10 分）如图所示，在距离某平面高2h 处有一抛出位置P，在距P 的水平距离为S＝1m 处有一光滑竖直挡板AB，
A 端距该水平面距离为h＝0.45m，A 端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B 端与半径为R＝0.9m 的
1
4的
光滑圆轨道BC 连接。当传送带静止时，一带电量大小为q= 1
9 × 10−4C，质量为0.18kg 的小滑块，以某一初速度
ν0 从P 点水平抛出，恰好能从AB 挡板的右侧沿ABCD 路径运动到D 点而静止。请完成下列问题
（1）求出所加匀强电场的场强大小？
（2）当滑块刚运动到C 点时，求出对圆轨道的压力？
（3）若传送带转动，试讨论滑块达到D 时的动能EK 与传送带速率的关系？
17．（12 分）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k 的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为
m，带电量为+q 的小球A 相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A 静止时弹簧恰为原长。另一质量也
为m 的不带电的绝缘小球B 从距A 为x0 的P 点由静止开始下落，与A 发生碰撞后一起向下运动（全过程中小球
A 的电量不发生变化，重力加速度为g）。
（1）若x0 已知，试求B 与A 碰撞过程中损失的机械能；
（2）若x0 未知，且B 与A 在最高点恰未分离，试求A、B 运动到最高点时弹簧的形变量；
（3）在满足第（2）问的情况下，试求A、B 运动过程中的最大速度。
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2018 年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共7 小题，共35.0 分）
1．（5 分）在足够大的匀强磁场中一粒静止的234
#/DEL/#
90
#/DEL/#Th 核发生改变，释放出的粒子运动方向与磁场垂直，现
在探测到新核与放出粒子的运动轨迹均为圆，如图所示，则下列判断正确的是（
）
A．234
#/DEL/#
90
#/DEL/#Th 核发生的是a 衰变
B．轨迹2 是释放出的粒子的轨迹
C．衰变后的新核沿顺时针方向旋转
D．释放出的粒子沿顺时针方向旋转
【考点】53：动量守恒定律；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】静止的234
#/DEL/#
90
#/DEL/#Th 发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，在磁场中做匀速
圆周运动，新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r=݉
㘴
ݍܤ可比较两个粒子半径的大小，根据左手
定则判断释放出的粒子是α粒子还是β粒子，从而即可求解．
【解答】解：A、根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应
带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，故A 错误；
B、由题意，静止的234
#/DEL/#
90
#/DEL/#Th 发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀
强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r=݉
㘴
ݍܤ得知，新核的半
径小于粒子的半径，所以轨迹2 是新核的轨迹，故B 错误。
CD、根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，而释放出的粒子要沿顺时针方
向旋转。故C 错误，D 正确。
【点评】放射性元素衰变时，两带电粒子的动量是守恒的．正好轨迹的半径公式mv 中是动量，所以可以研究轨
迹半径与电荷数的关系，注意负电荷的洛伦兹力的方向确定．
2．（5 分）如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，
射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是（
）
A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3 个亮点
B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1 个亮点
C．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1 个亮点
D．任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1 个亮点
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】三种粒子带电量不同，质量不同，进入同一电场时加速度不同，若它们射入电场时的速度相等，三粒子
水平方向匀速直线，运动时间相同，则它们在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动的位移不同，所以在荧
光屏上将只出现3 个；若它们射入电场时的动能相等，可以判断其速度的大小关系，同样可以求得竖直方向的位
移大小关系，从而判断在荧光屏上出现的亮点个数。
【解答】解：A、三种粒子带电量不同，分别为q、q、2q；质量不同，分别为m、2m、4m，进入同一电场是加速
度不同分别是：
ݍܧ݉、
ݍܧ
2݉
、
2ݍܧ
4݉
，
若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则竖直方向的位移，
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由y= 1
2at2
得竖直方向的位移之比是：4：2：2，所以三种粒子打到不同的位置，会出现两个亮点，故A 错误。
B、若它们射入电场时的动能相等，三种粒子的速度之比为，2：1：1，
所以水平方向的运动时间为1：2：2，
由于粒子竖直方向的位移，
由：y= 1
2at2，
解得竖直方向的位移之比为，1：1：2，
所以竖直方向位移不同，会出现两个亮点，故B 错误；
C、D、若它们是由同一个电场从静止加速，由动能定理得：qU= 1
2mv2，
解得：v=
2ݍܷ݉，
粒子水平方向做匀速直线运动，运动时间为，t= ܮ
㘴=L݉2ݍܷ，
粒子竖直方向做初速度为零的匀速直线运动则，y= 1
2at2= 1
2
ݍܧ݉（L݉2ݍܷ）2= ܧܮ2
4ܷ
，
由此可见，三种带电粒子在竖直方向的偏转位移仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U 有关，在这三个过程
中，这三个物理量都相同，所以它们的偏转位移相同，粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，故C 正确，D 错
误；
【点评】此类题目属于类平抛运动问题，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，
两个方向的运动具有等时性。
3．（5 分）已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为﹣2Q 与﹣Q．现在使它们以
相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触．接触后两小球又各自反向运动．当它
们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1 和E2，动量大小分别为p1 和p2．有下列说法：
①E1＝E2＞E0，p1＝p2＞p0
②E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0
③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点
④两球必将同时返回各自的出发点
其中正确的是（
）
A．②④
B．②③
C．①④
D．③④
【考点】53：动量守恒定律；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【分析】当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分
配．
由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解．
由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解．
【解答】解：①②、由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返
回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等。
从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为﹣1.5Q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功
大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。故①正确，②错误。
③④、由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相
遇，又同时返回出发点。故③错误，④正确。
故①④正确、②③错误。
【点评】本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不
增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果．
4．（5 分）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2 间各点的电势分布如图乙
所示，则（
）
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A．在O～x2 间，场强先减小后增大
B．在O～x2 间，场强方向一定发生了变化
C．若一负电荷从O 点运动到x2 点，电势能逐渐减小
D．从O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2 间一直做加速运动
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据φ﹣x 图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，分析场强的变化，由图看出，电势逐渐降低，可判断
出负电荷的电势能变化．
【解答】解：A、φ﹣x 图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强
度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故AB 错误。
C、由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O 点运动到x2 点，电势能逐渐升高。故C 错误。
D、从O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在
O～x2 间一直做加速运动。故D 正确。
【点评】本题从数学的角度理解φ﹣t 图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方
向做功情况．
5．（5 分）如图所示，电路中的电阻均为1Ω，电源电动势为3V，内阻为0.5Ω，电流表．电压表均为理想电表，则此
时电流表．电压表的读数分别是（
）
A．3A．3V
B．1.5A．1.5V
C．3A．1.5V
D．1.5A．3V
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题．
【分析】先画出等效电路图，再串、并联电路的特点，运用比例法解答．
【解答】解：画出等效电路图如图所示，可得外电路总电阻为
R= 1
2 h3 =0.5Ω
路端电压U=
h
h+ݎE=
0.5
0.5+0.5 ×3V＝1.5V，即电压表的读数为1.5V。
电流表地读数为I=ܷh12+h45
=
1.5
0.5+0.5A＝1.5A
【点评】解决本题的关键是画出等效电路图，再由电路的连接关系，由欧姆定律解题．
6．（5 分）在如图所示的电路中，R1、R2、R3 和R4 皆为定值电阻，R5 为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，
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设电流表A1 的读数为I1，电流表A2 的读数为I2，电压表A1 的示数为U1，电压表V2 的读数为U2，当R5 的滑动
触点向a 端移动过程中，电流表A1 的读数变化量大小为△I1，电流表A2 的读数变化量大小△I2，电压表V1 的读
数变化量大小为△U1，电压表V2 的读数变化量大小为△U2，则（
）
A．I1 变大、△U1＞△U2，
△ܷ
1
△ܫ1
不变
B．I1 变大，△ܷ
1＜△ܷ
2，△ܷ
1
△ܫ1 变小
C．I1 变小，I2 变小，
△ܷ
2
△ܫ2
变小
D．U1 变小，U2 变小，
△ܷ
2
△ܫ2
不变
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【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】当R5 的滑动触点向图中a 端移动时，R5 变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压
的变化，确定电流表A 和电压表的读数变化。由闭合电路欧姆定律分析两电表读数变化的比值。
【解答】解：AB、当R5 的滑动触点向图中a 端移动时，R5 变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，
总电流I1 变大，路端电压变小，U1 变小。根据闭合电路欧姆定律知：U2＝E﹣I（r+R1+R2），I 增大，则U2 变小，
因此I2 变小；而U1 变小、U2 变小、R1+R2 的总电压增大，则知△U1＜△U2。
由闭合电路欧姆定律知：U1＝E﹣Ir，则
△ܷ
1
△ܫ1
=r，不变。故AB 错误。
CD、同理，
△ܷ
2
△ܫ2
等于电源内阻r，电阻R1，及电阻R3 的之和，可知
△ܷ
2
△ܫ2
不变，故C 错误，D 正确。
【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析。
7．（5 分）如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻
器R4 的滑片向b 端移动时，则（
）
A．质点P 将向上运动
B．电流表读数减小
C．电压表读数减小
D．R3 上消耗的功率增大
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【专题】535：恒定电流专题．
【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变
化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况。
【解答】解：A、由图可知，R2 与滑动变阻器R4 串联后与R3 并联后，再由R1 串联接在电源两端；电容器与R3
并联；
当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增
大；路端电压减小，同时R1 两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3 的电流减小，
则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而R2 中电压增大，故电压表示数减小，
因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB
错误，C 正确；
D、因R3 两端的电压减小，由P=ܷ
2
h 可知，R3 上消耗的功率减小；故D 错误；
【点评】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分
电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。
二、多选题（本大题共5 小题，共25.0 分）
8．（5 分）在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q 的带电小球由静止开始释放，带电小
球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能ε和机械能W 的判断，正确的是（
）
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A．若sinθ＜ݍܧ݉
t，则ε一定减少，W 一定增加
B．若sinθ= ݍܧ݉
t，则ε、W 一定不变
C．若sinθ= ݍܧ݉
t，则ε一定增加，W 一定减小
D．若tanθ= ݍܧ݉
t，则ε可能增加、也可能减少，但ε与W 的总和一定保持不变
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【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功判断带电小球电势能的变化，结合除重力以外其它力做功得出机械能的变化。
【解答】解：A、若sinθ＜ݍܧ݉
t，电场力可能做正功，也可能做负功，所以ε可能减小也可能增大、W 可能增大也
可能减小。故A 错误。
BC、若sinθ= ݍܧ݉
t，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，ε、W 一定守恒。故B 正确，C 错误。
D、若tanθ= ݍܧ݉
t，电场力沿水平方向，据题知，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，ε一定减
少，根据能量守恒知，电势能和机械能之和保持不变，故D 错误。
【点评】本题关键是分析电场力与合力方向的夹角，来判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化。
9．（5 分）如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB＝6cm，BC= 2 3cm，A
点的电势为φA＝10V，B 点的电势为φB＝4V，C 点的电势为φC＝﹣2V．则（
）
A．将一个电荷量为q＝﹣2×10
﹣6C 的电荷从B 点移到C 点，电场力做功为W＝1.2×10
﹣5J
B．将一个电荷量为q＝﹣2×10
﹣6C 的电荷从B 点移到C 点，电场力做功为W＝﹣1.2×10
﹣5J
C．此电场的电场强度大小为ܧ=
3 × 102V/m，从A 指向C
D．此电场的电场强度大小为EE＝2×102V/m，沿∠C 的平分线斜向上
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【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功公式W＝qU 求电场力做功，式中各量均必须代入符号计算；根据匀强电场中U＝Ed，
求出AC 中点的电势，作出等势线，再由E=ܷ݀
求场强E，其中d 是两点间沿电场线方向的距离。
【解答】解：A、B 电荷从B 移到C，电场力做功WBC＝qUBC＝q（φB﹣φC）＝﹣2×10
﹣6C×[4﹣（﹣2）]＝﹣
1.2×10
﹣5J．故A 错误，B 正确
C、D、AC 中点D 的电势为φD=߮
t+߮
ܥ
2
=4V＝φB，所以D 与B 电势相等，BD 是一条等势线。
根据几何知识得知：∠C＝60°，如图，电场方向沿∠C 的平分线斜向上。
则电场强度大小E=ܷ
ܤܥ݀=ܷ
ܤܥ
ܤܥܿ݋ݏ30° =
6
2 3× 3
2 ×10−2V/m＝200V/m。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题关键要抓住匀强电场电势分布的特点，求得AC 中点的电势，即可作出等势线，由电场线与等势垂
直，由E=ܷ݀
求场强E。
10．（5 分）如图所示的圆环上均匀分布着正电荷，过O 点的虚线是圆环的中轴线．一带正电的粒子从很远处沿轴线
飞来并穿过圆环．在粒子运动过程中（
）
A．粒子经O 点的速度为零
B．整个过程粒子电势能先增加后减少
C．轴线上O 点右侧存在一点，粒子在该点动能最小
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D．轴线上O 点右侧左侧都存在场强最强点，它们关于O 点对称
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【专题】34：比较思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】分析粒子的受力情况，分析其运动情况，由电场力做功情况分析电势能的变化情况．运用极限法分析O
点的场强和无穷远处场强，确定场强的最强点．
【解答】解：A、据题，粒子能穿过圆环，经过O 点时速度不为零，故A 错误。
B、整个过程中，电场力对粒子先做负功后做正功，则电势能先增加后减少。故B 正确。
C、轴线上O 点右侧，虚线上场强方向向右，电场力对粒子一直做负功，所以粒子到达O 点时动能最小，故C 错
误。
D、O 点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O 点沿虚线到无穷远，场强先增大后减小，轴线上O 点右侧、
左侧都存在场强最强点，它们关于O 点对称，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法分析场强的变化．
11．（5 分）如图1 所示的电路，电源电动势E＝3.0V，内阻不计，L1、L2、L3 为3 个相同规格的小灯泡，这种小灯
泡的I﹣U 特性曲线如图2 所示。当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是（
）
A．灯泡L1 消耗的电功率为0.30W
B．灯泡L1 的电阻为75Ω
C．灯泡L3 的电阻为12Ω
D．三灯泡消耗的总电功率为0.90W
【考点】BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】当开关闭合后，灯泡L3 的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率。灯
泡L1、L2 串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率。
【解答】解：A、C、当开关闭合后，灯泡L3 的电压U3＝3V，由图2 读出其电流I3＝0.25A，则灯泡L3 的电阻R3=
3
0.25Ω
＝12Ω，功率为：P＝U3I3＝3×0.25＝0.75W；
灯泡L1、L2 串联，电压U1＝U2＝1.5V，由图读出其电流I1＝I2＝0.20A，电阻R1= 1.5
0.2 =7.5Ω；灯泡L1、L2 的功
率均为：P＝UI＝1.5V×0.20A＝0.30W，三灯消耗的总功率为：2×0.30+0.75＝1.35W；故AC 正确；
故选：AC。
【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压。读图能力是基本功
12．（5 分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3 分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0 为定值电
阻，R1 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有
关下列说法中正确的是（
）
A．只逐渐增大R1 的光照强度，电阻R0 消耗的电功率变大，电阻R3 中有向上的电流
B．只调节电阻R3 的滑动端P2 向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3 中有向上的电流
C．只调节电阻R2 的滑动端P1 向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开电键S，带电微粒向下运动
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1 的光
照强度，R1 的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0 消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极
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板带的电荷量变大，所以电阻R3 中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3 的滑动端
P2 向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2 的滑动端P1 向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所
以电容器两端的电压变大，由E=ܷ݀
分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键
S，电容器处于放电状态．
【解答】解：A、只逐渐增大R1 的光照强度，R1 的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0 消耗的
电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3 中有向
上的电流，故A 正确；
B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3 的滑动端P2 向上端移动时，对电路没有影响，故B 错误；
C、只调节电阻R2 的滑动端P1 向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=ܷ݀
可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C 错误；
D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，
故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．
三、实验题探究题（本大题共3 小题，共18.0 分）
13．（3 分）为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V 的理想电压
表V，量程0.6A 的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0＝1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器
R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）。
（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用
R1
（填R1 或R2）。
（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接。
（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I 坐标系中画出U﹣I 图线如
图（c）所示，则干电池的内阻r＝
0.29
Ω．（结果保留两位有效数字）
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【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，从而确定对应的滑动变阻器；
（2）根据电路图可得出对应的实物图；
（3）根据闭合电路欧姆定律写出关于U 与I 的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解。
【解答】解：（1）电流表的量程IA＝0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：Rmax= ܧ
1
3ܫt
=
1.5
0.2 =7.5Ω所以变阻器应选R1；
（2）根据原理图可知实物图如图所示：
（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E＝U+I（r+R0），
整理可得：U＝﹣（r+R0）I+E，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E＝1.50V；
根据函数斜率的概念应有：r+R0= 1.50−1.00
0.28
，解得r＝0.29；
故答案为：（1）R1
（2）如图所示；
（3）0.29
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，应注意明确以下几点：①测定电池电动势和内阻实验应选
择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电流表量程的
1
3，这样可以保证准确；③遇到根据图象求解
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的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。
14．（8 分）如图所示，是U﹣I 法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以
测
量
结
果
有
系
统
误
差
．
请
分
析
以
下
问
题
：
（1）采用图1 的方法，引入系统误差的原因是
电压表分流
；采用图2 的方法，引入系统误差的原因是
电流
表分压
；
（2）图3 和图4 是用图象法处理的结果，请判断：
图3 是用
图1
（填“图1 或图2”）电路处理的结果，其中图线
②
（填“①或②”）表示测量图线，图线
①
（填“①或②”）表示真实图线；
图4 是用
图2
（填“图1 或图2”）电路处理的结果，其中图线
④
（填“③或④”）表示测量图线，图线
③
（填“③或④”）表示真实图线．
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【分析】（1）分析两电路，明确因电表内阻不计而带来的误差情况；
（2）明确两种接法中所对应的极限情况，从而找出对应的图线，再根据测量值的误差情况明确真实图象和测量图
象．
【解答】解：（1）由于电表不是理想电表，则电流表存在内阻，电压表内阻不是无穷大，则在图1 中由于采用相
对电源的外接法，则由于电压表的分流使电流表偏小；而图2 中采用电流表相对电源的内接法；故由于电压表的
分压而使电压表示数偏大；
（2）图1 中采用电流表相对电源的外接法，误差来自于电压表的分流，当外电路短路时，电压表分流可以忽略；
故此种接法中短路电流不变；故图3 是该电路所测数据的处理结果；由于电压表的分流，电流表示数偏小，故图
线②是测量图象，图线①是真实图象；
图2 中采用电流表相对电源的内接法，误差来自于电流表的分压，当外电路断路时，电流表中电流为零，分压可
忽略；故测量的电动势准确；故图4 是该电路所测数据处理的结果；由于电压表测量值偏小，故④是测量图象，
③是实际图线；
故答案为：（1）电压表分流；电流表分压
（2）图1；②；
①；图2；④；③；
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验误差分析，要注意明确误差增来自于电表内阻；将电表视为能测量
数值的电阻再利用闭合电路欧姆定律以及串并联电路规律进行分析即可求解；初学者难度稍大，要注意此类题型
的训练．
15．（7 分）某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx 的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地
测量．实验室里准备了以下器材：
A．电压表V1，量程3V，内阻约5kΩ
B．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩ
C．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2Ω
D．电流表A2，量程3A，内阻约0.04Ω
E．滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，最大电流为3A
F．滑动变阻器R2，最大阻值2000Ω，最大电流为1.5A
G．多用电表
H．电源，电动势E＝4.5V
I．电键S、导线若干
①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针所示，为了减小多
用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用
×1
欧姆挡；
②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图（乙）中指针所示，则Rx 的阻值大
约是
9
Ω；
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③在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则在上述提
供的器材中电压表应选
A
；电流表应选
C
；滑动变阻器应选
E
．（填器材前面的字母代号）
④在图丙虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图．
⑤按照电路图（图丁）请连接好实物图．
【考点】N4：用多用电表测电阻；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】多用电表的指针偏转角度较大时，换用倍率较小的欧姆挡，使指针指在刻度盘中央附近，可减小误差．根
据指示值和倍率读数．电路设计可分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表
与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表的接法．根据题意待测电阻的电压从零开始可以连续调节，选择变阻器的
接法．估算电路中的最大值，选择电流表的量程；根据原理图得出对应的实物图；
【解答】解：①电阻测量值＝指示值×倍率．甲图中指针偏转角度较大，指针的指示值较小，要减小测量误差，
使指针指在刻度盘中央附近，指示值增大，则倍率应换小．故换用“×1”欧姆挡
②Rx 的阻值大约是9×1＝9Ω．
③④电源的电动势E＝4.5V，如选电压表V2，指针的最大偏角不到满刻度的
1
3，误差较大．故选V1．
电阻的最大电流大约为Imax=ܷh = 3
9A＝0.33A，故电流表选A1．
由于
hܸ
h =
5000
9
=555.6
h
ht
=
9
0.2 =45 则
hܸ
h ＞
h
ht
故选择电流表外接法．
由题要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，故变阻器采用分压式接法．滑动变阻器选择E；电路图如图．
⑤根据给出的原理图得出对应的实物图如图所示；
故答案为：①“×1”；②9；③A、C、E；
④如图所示；
⑤如图所示．
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【点评】选择器材通常的步骤：1、根据实验要求设计合理的实验电路．2、估算电路中电压、电流可能达到的最
大值，以此选择电压表和电流表的量程．
四、计算题（本大题共2 小题，共22.0 分）
16．（10 分）如图所示，在距离某平面高2h 处有一抛出位置P，在距P 的水平距离为S＝1m 处有一光滑竖直挡板AB，
A 端距该水平面距离为h＝0.45m，A 端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B 端与半径为R＝0.9m 的
1
4的
光滑圆轨道BC 连接。当传送带静止时，一带电量大小为q= 1
9 × 10−4C，质量为0.18kg 的小滑块，以某一初速度
ν0 从P 点水平抛出，恰好能从AB 挡板的右侧沿ABCD 路径运动到D 点而静止。请完成下列问题
（1）求出所加匀强电场的场强大小？
（2）当滑块刚运动到C 点时，求出对圆轨道的压力？
（3）若传送带转动，试讨论滑块达到D 时的动能EK 与传送带速率的关系？
【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）物块从P 到A 运动过程中，水平方向物块速度变为零，根据反向的匀加速列出位移时间关系方程，
竖直方向做自由落体运动，列出位移时间关系式，联立求解；
（2）从A 到C 根据动能定理求解C 点速度，在C 点根据牛顿第二定律求解支持力，再根据牛顿第三定律求解压
力；
（3）若传送带逆时针转动时，滑块运动的规律与传送带静止不动相同，故滑块到D 点的动能为零，与传送带的
速度无关；
计算出传送带顺时针转动时物块一直加速的最终速度，分析传送带速度大小变化时物体的动能与传送带速度的关
系。
【解答】解：（1）设物块从P 到A 运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a，物块能够沿AB 下滑，说明在A
点时水平方向速度为零，则：
水平方向：S= 1
2at2，其中：a= ݍܧ݉，
竖直方向：2h﹣h= 1
2gt2，
联立解得：E=݉
tܵ
ݍ݄
= 0.18×10×1
1
9×10−4×0.45ܸ
/݉
= 3.6 × 105ܸ/݉
；
（2）从P 点到C 点根据动能定理可得：mg（2h+R）﹣qES= 1
2݉
㘴ܥ
2 −1
2݉
㘴0
2，
其中qES= 1
2݉
㘴0
2，所以mg（2h+R）= 1
2݉
㘴ܥ
2，
根据牛顿第二定律可得：ܨܰ−݉
t =݉
㘴ܥ
2
h ，
联立解得：ܨܰ
=݉
t + 2݉
t(2݄+h)
h
= 9ܰ；
根据牛顿第三定律可得压力大小为9N；
（3）若传送带逆时针转动时，滑块运动的规律与传送带静止不动相同，故滑块到D 点的动能为零，与传送带的
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速度无关；
若传送带顺时针转动，设传送带使得物体一直加速的速度大小为v，则：
fL= 1
2݉
㘴2 −1
2݉
㘴ܥ
2，
当传送带静止时，根据动能定理可得：﹣fL＝0−1
2݉
㘴ܥ
2，
解得：v= 6 2݉
/ݏ；
所以传送带顺时针转动时，滑到D 点的速度与传送带速度v 带的关系是：
0＜v 带＜6 2݉
/ݏ时，Ek= 1
2݉
㘴
带
2 ，
v 带＞6 2݉
/ݏ时，Ek= 1
2݉
㘴2 = 1
2 × 0.18 × 36 × 2ܬ= 6.48ܬ。
答：（1）匀强电场的场强大小为3.6×105V/m；
（2）当滑块刚运动到C 点时对圆轨道的压力为9N；
（3）若传送带逆时针转动时，滑块到D 点的动能为零；
若传送带顺时针转动时：
0＜v 带＜6 2݉
/ݏ时，Ek= 1
2݉
㘴
带
2 ；
v 带＞6 2݉
/ݏ时，Ek＝6.48J。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力
情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据
电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
17．（12 分）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k 的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为
m，带电量为+q 的小球A 相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A 静止时弹簧恰为原长。另一质量也
为m 的不带电的绝缘小球B 从距A 为x0 的P 点由静止开始下落，与A 发生碰撞后一起向下运动（全过程中小球
A 的电量不发生变化，重力加速度为g）。
（1）若x0 已知，试求B 与A 碰撞过程中损失的机械能；
（2）若x0 未知，且B 与A 在最高点恰未分离，试求A、B 运动到最高点时弹簧的形变量；
（3）在满足第（2）问的情况下，试求A、B 运动过程中的最大速度。
【考点】3C：共点力的平衡；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律；A6：电场强度与电场力．菁优网版权所有
【专题】52G：动量和能量的综合．
【分析】选择正确的研究对象。
分析物体的受力情况和运动过程。
由机械能守恒定律求得与A 碰撞前B 的速度。
根据动量守恒定律列出等式解决问题。
【解答】解：（1）设匀强电场的场强为E，在碰撞前A 静止时有：
qE＝mg
①
解得：E=݉
t
ݍ
在与A 碰撞前B 的速度为v0，由机械能守恒定律得：
mgx0= 1
2mv02
∴v0=
2tݔ0②
B 与A 碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1③
∴v1= 1
2v0
B 与A 碰撞过程中损失的机械能△E 为：
△E═
1
2mv02−1
22mv12= 1
2mgx0④
（2）A、B 在最高点恰不分离，此时A、B 加速度相等，且它们间的弹力为零，设此时弹簧的伸长量为x1，则：
对B：
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mg＝ma
⑤
对A：mg+kx﹣qE＝ma
⑥
所以弹簧的伸长量为：x1=݉
t݇
（3）A、B 一起运动过程中合外力为零时，具有最大速度vm，设此时弹簧的压缩量为x2，则：
2mg﹣（qE+kx2）＝0
⑦
∴x2=݉
t݇
由于x1＝x2，说明A、B 在最高点处与合外力为零处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得：
（2mg﹣qE）（x1+x2）= 1
22mvm2⑧
解得：vm＝g 2݉݇
答：（1）若x0 已知，B 与A 碰撞过程中损失的机械能是
1
2mgx0；
（2）若x0 未知，且B 与A 在最高点恰未分离，A、B 运动到最高点时弹簧的形变量是݉
t݇；
（3）在满足第（2）问的情况下，A、B 运动过程中的最大速度是g 2݉݇
。
【点评】解决问题首先要清楚研究对象的运动过程。
我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题。
把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
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日期：2019/4/14 18:06:03 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年辽宁省大连二十四中高考物理模拟试卷
一、选择题
1．（6 分）一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重，其环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，
然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。在上述过程中，
关于座舱中的人所处的状态，以下判断正确的是（
）
A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态
B．座舱在自由下落的过程中人处于失重状态
C．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态
D．座舱在整个运动过程中人都处于超重状态
2．（6 分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势的图象
如图乙所示，则（
）
A．t＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s 时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
3．（6 分）卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，万有引力常数为G，下列
说法正确的是（
）
A．卫星的线速度大小为v= 2ߨhܶ
B．地球的质量为M= 4ߨ2h3
ܩܶ2
C．地球的平均密度为ρ= 3ߨ
ܩܶ2
D．地球表面重力加速度大小为g= 4ߨ2ݎ3ܶ
2h2
4．（6 分）如图，一高度为h、倾角为θ的固定斜面．质量为m 的物体从斜面顶端自由滑下，物体与斜面间的动摩擦
因数为μ．物体滑至斜面底端时的速度大小为（
）
A．2th
B．th
C．2th(1 −ߤܿ݋ݐߠ)
D．2th(1 −ߤݐܽhߠ)
5．（6 分）如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量质量为m，
电荷量为q 的正粒子，在纸面内沿各个方向速率v 从P 点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ 圆弧
上，PQ 圆弧长等于磁场界周长的
1
3，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（
）
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A．
3݉㘴
2ݍh
B．݉
㘴
ݍh
C．
3݉㘴
ݍh
D．
2 3݉㘴
3ݍh
6．（6 分）以下有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（
）
A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
B．天然放射现象中发出的三种射线本质都是电磁波
C．对不同的金属，若照射光频率不变，光电子的最大初动能与金属的逸出功成线性关系
D．按玻尔理论，大量的氢原子从第4 能级向低能级跃迁时会发出6 种不同频率的光子
7．（6 分）如图所示为示波管的示意图。左边竖直放置的两极板之间有水平方向的加速电场，右边水平放置的两极板
之间有竖直方向的偏转电场。电子束经加速电场加速后进入偏转电场偏转，加在水平放置的偏转电极的每单位电
压引起的偏转距离叫示波器的灵敏度。下述对提高示波管灵敏度有用的措施是（
）
A．尽可能把偏转极板l 做的长一些
B．尽可能把偏转极板l 做的短一些
C．尽可能把偏转极板间距离d 做的小些
D．将加速电场的两极板间的电压提高
8．（6 分）如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的光滑斜面上，在外力作用下，斜面体以加速度a 沿水平方向向
左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止。则斜面体对m 的支持力为（
）
A．mgcosθ
B．݉
tܿ
݋ݏߠ
C．݉ܽݏthߠ
D．mgcosθ+masinθ
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～
第38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（4 分）用如图所示装置可以做一些力学实验。以下说法正确的是
。
A．用此装置“研究匀变速直线运动”时必须平衡摩擦力
B．用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣Μ关系图象是一条曲线，
就可以确定加速度与质量成反比
C．用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，将放置打点计时器的那端木板适当垫高，目的是为了平衡摩擦
力
D．用此装置探究“小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替绳子对小车的拉力，应让钩码质量远
小于小车质量
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10．（11 分）国际（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻
率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管℃两端
接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；
电压表V1（量程为3V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3V，内阻很大）；
定值电阻R1（阻值4kΩ）；
定值电阻R2（阻值2kΩ）；
电阻箱R（最大阻值9999Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；
游标卡尺；刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S 拨到1 位置，记录电压表V1 示数；
D．把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d＝
mm。
（2）玻璃管内水柱的电阻Rx 的表达式为：Rx＝
（用R1、R2、R 表示）。
（3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的R−1
ܮ关系图象，自来水的
电阻率ρ＝
Ω•m（保留两位有效数字）。
（4）本实验中若电压表V1 内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将
（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
11．（12 分）如图所示，两平行金属板P1 和P2 之间的电压为U．一个带负电的粒子在两板间沿虚线所示路径做加速
直线运动．粒子通过两平行板后从O 点进入另一磁感应强度为B 的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子做
匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN 上的A 点．已知粒子的质量为m，电荷量为q．不计粒子重力．求：
（1）粒子进入磁场时的速度v；
（2）O、A 两点间的距离x．
12．（20 分）如图所示为过山车模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，
M 点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m。水平轨道PN 右侧的光滑水平地面上，并排放置两长木板c、d，两木板
间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d 质量m4＝
4.4kg。质量m2＝3.3kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m1＝1.3kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v0 向右
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运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生弹性碰撞。碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力
恰好为0．已知小滑块b 与两长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.16，g＝10m/s2。
（1）求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v1 和v2；
（2）碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度。
【物理----选修3-3】（15 分）
13．（5 分）（1）下列说法中正确的是（
）（填正确答案标号。选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得
5 分；每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．同温度下未饱和汽的压强小于饱和汽压，温度升高时，饱和汽压增大
C．液体表面张力产生的原因是因为液体表面层分子平均距离略大于液体内部分子平均距离
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的
E．热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的
14．（10 分）如图所示，一个开口向上的圆筒气缸直立于地面上，距缸底2L 处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔
处装有一个能向下开启的单向阀门b，只有当上部压强大于下部压强时，阀门才开启。C 为一质量与摩擦均不计的
活塞，开始时隔板以下封闭气体压强为1.2P0（P0 为大气压强）；隔板以上由活塞c 封闭的气体压强为P0，活塞c
与隔板距离为L．现对活塞c 施加一个竖直向下缓慢增大的力F，设气体温度保持不变，已知F 增大到F0 时，可
产生向下的压强为0.2P0，活塞与隔板厚度均可不计，求：
（1）当力缓慢增大到2F0 时，活塞c 距缸底高度是多少？
（2）当力缓慢增大到4F0 时，缸内各部分气体压强是多少？
三、【物理选修3-4 模块】（15 分）
15．（1）在狭义相对论中，下列说法正确的有（
）（填正确答案标号。选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选
对3 个得5 分；每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）
A．在不同的惯性系中，一切物理规律都是相同的
B．质量、长度的测量结果与物体相对观察者的相对运动状态无关
C．物体的质量永远不变
D．物体的能量与质量成正比
E．真空中光速在不同的惯性系中都是相同的
16．如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入后对射出的折射光线的
强度进行记录，发现它随着θ角的变化而变化，变化关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的玻璃砖，左侧
是半径为R 的半圆，右侧是长为4R，宽为2R 的长方形，一束单色光从左侧A′点沿半径方向与长边成45°角射
入玻璃砖，求：
①该透明材料的折射率；
②光线在玻璃砖中运动的总时间；（光在空气中的传播速度为c）
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2018 年辽宁省大连二十四中高考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6 分）一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重，其环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，
然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。在上述过程中，
关于座舱中的人所处的状态，以下判断正确的是（
）
A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态
B．座舱在自由下落的过程中人处于失重状态
C．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态
D．座舱在整个运动过程中人都处于超重状态
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】自由下落时只受重力，加速度向下，失重；减速下落，加速度向上，超重。由此分析即可。
【解答】解：A、在自由下落的过程中人只受重力作用，做自由落体运动，处于失重状态，故A 错误B 正确；
C、在减速运动的过程中人受重力和座位对人向上的支持力，做减速运动，所以加速度向上，人处于超重状态，故
C 错误；
D、整个运动的过程中人先失重后超重。故D 错误。
【点评】判断一个物体处于超重和失重的条件是：若加速度向上则超重，若加速度向下则失重。
2．（6 分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势的图象
如图乙所示，则（
）
A．t＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s 时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4B：图析法；53A：交流电专题．
【分析】由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和
周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值。
【解答】解：由图乙可知T＝0.02s Em＝311v
A、由图可知t＝0.005s 时刻感应电动势最大，所以穿过线框回路的磁通量变化率为最大，故A 错误；
B、0.01s 时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面与中性面重合，故B 正确；
C、根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，
该交变电流的有效值为E= ܧ݉
2 = 311
2ܸ
= 220ܸ，故C 错误。
D、由图乙可知T＝0.02s，故频率为f= 1ܶ= 50ܪݖ，故D 错误；
【点评】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力。
3．（6 分）卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，万有引力常数为G，下列
说法正确的是（
）
A．卫星的线速度大小为v= 2ߨhܶ
B．地球的质量为M= 4ߨ2h3
ܩܶ2
C．地球的平均密度为ρ= 3ߨ
ܩܶ2
D．地球表面重力加速度大小为g= 4ߨ2ݎ3ܶ
2h2
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】由线速度定义式可表示线速度；由万有引力周期表达式，可得地球质量，进而可以表示密度；由表面处
万有引力等于重力可表示重力加速度g．
【解答】解：A、线速度为：㘴= 2ߨݎܶ，故A 错误。
B、有牛顿第二定律可得：ܩܯ݉
ݎ2 =݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 ，解得：ܯ= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，故B 错误。
C、地球密度为：ߩ= ܯܸ=
4ߨ2ݎ3
ܩܶ2
4ߨh3
3
= 3ߨݎ3
ܩܶ2h3，故C 错误。
D、地球表面处：ܩܯ݉
h2 =݉
t，又ܯ= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，解得：t = 4ߨ2ݎ3ܶ
2h2 ，故D 正确。
【点评】该题要灵活应用万有引力的各种表达式；其次要分清空中和地面物体的运动半径问题，基础题．
4．（6 分）如图，一高度为h、倾角为θ的固定斜面．质量为m 的物体从斜面顶端自由滑下，物体与斜面间的动摩擦
因数为μ．物体滑至斜面底端时的速度大小为（
）
A．2th
B．th
C．2th(1 −ߤܿ݋ݐߠ)
D．2th(1 −ߤݐܽhߠ)
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由匀变速直线运动的速度位移公式求出物体滑
至斜面底端时的速度大小．
【解答】解：由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
得：a＝gsinθ﹣μgcosθ
由匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣02＝2a݄ݏthߠ
得：v=
2t݄(1 −ߤܿ݋ݐߠ)
【点评】该题是牛顿第二定律和匀加速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．
5．（6 分）如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量质量为m，
电荷量为q 的正粒子，在纸面内沿各个方向速率v 从P 点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ 圆弧
上，PQ 圆弧长等于磁场界周长的
1
3，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（
）
A．
3݉㘴
2ݍh
B．݉
㘴
ݍh
C．
3݉㘴
ݍh
D．
2 3݉㘴
3ݍh
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件及角度关系，表示出圆周运动的半径，利用圆周运动由洛仑兹
力充当向心力列式求解即可。
【解答】解：从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应
的弧长变为圆周长的
1
3，所以∠POQ＝120°；
结合几何关系，有：
r=
3
2 h⋯①
洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：
qvB＝m
㘴2
ݎ⋯②
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联立①②解得：B= 2 3݉㘴
3ݍh
【点评】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式
求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解；本题关键画出临界轨迹。
6．（6 分）以下有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（
）
A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
B．天然放射现象中发出的三种射线本质都是电磁波
C．对不同的金属，若照射光频率不变，光电子的最大初动能与金属的逸出功成线性关系
D．按玻尔理论，大量的氢原子从第4 能级向低能级跃迁时会发出6 种不同频率的光子
【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】根据光电效应的条件判断不能发生光电效应的原因；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子
和一个电子，电子释放出来；根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0 进行分析；根据玻尔理论分析。
【解答】解：A、β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外
电子。故A 错误。
B、天然放射现象的射线中，只有γ射线是电磁波，α射线是氦核，β射线是高速的电子流。故B 错误。
C、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hγ﹣W0，对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek 与金属的逸出功成线性
关系。故C 正确。
D、大量的氢原子从第4 能级向低能级跃迁时会发出ܥ4
2 =6 种不同频率的光子。故D 正确
故选：CD。
【点评】本题考查了氢原子能级、衰变的实质、光电效应方程的应用、核反应等基础知识点，难度不大，关键要
熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意光电效应发生的条件与光的强度无关。
7．（6 分）如图所示为示波管的示意图。左边竖直放置的两极板之间有水平方向的加速电场，右边水平放置的两极板
之间有竖直方向的偏转电场。电子束经加速电场加速后进入偏转电场偏转，加在水平放置的偏转电极的每单位电
压引起的偏转距离叫示波器的灵敏度。下述对提高示波管灵敏度有用的措施是（
）
A．尽可能把偏转极板l 做的长一些
B．尽可能把偏转极板l 做的短一些
C．尽可能把偏转极板间距离d 做的小些
D．将加速电场的两极板间的电压提高
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】电子先经加速电场加速，再进入偏转，根据动能定理和牛顿运动定律、运动学公式推导出y，再求出
ݕܷ
2
的表达式，由表达式分析提高灵敏度的方式。
【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2。
经加速电场后的速度为v，则eU1= 1
2mv
0
2
电子进入偏转电场后做类平抛运动，其偏转的位移为，
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y= 1
2at2
a=ܷ
2ݍ݀݉
t= t
㘴0
联立上式得y=ܷ
2t2
4ܷ݀
1
所以示波管的灵敏度
ݕܷ
2
=
t2
4ܷ݀
1
。
可见，要提高示波管灵敏度，必须把偏转极板l 做得长一些，或把偏转极板间距离d 做得小些，或加速电场的两
极板间的电压降低一点。故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
【点评】本题是信息的给予题，根据所给的信息，得出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题。
8．（6 分）如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的光滑斜面上，在外力作用下，斜面体以加速度a 沿水平方向向
左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止。则斜面体对m 的支持力为（
）
A．mgcosθ
B．݉
tܿ
݋ݏߠ
C．݉ܽݏthߠ
D．mgcosθ+masinθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物体与斜面体保持相对静止，两者具有相同的加速度，隔离对物体分析，根据牛顿第二定律求出斜面体
对m 的支持力。
【解答】解：物体m 受力分析，因为物体m 的加速度与斜面体的加速度相同，方向水平向左，则物体m 的合力
水平向左，如图所示，根据平行四边形定则作图如图。
斜面体对m 的支持力为：N=݉
tܿ
݋ݏߠ=݉ܽݏthߠ．故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要知道物体m 与斜面体具有相同的加速度，通过隔离分析，运用平行四边形定则求解m
受到的支持力。
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～
第38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（4 分）用如图所示装置可以做一些力学实验。以下说法正确的是
CD
。
A．用此装置“研究匀变速直线运动”时必须平衡摩擦力
B．用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣Μ关系图象是一条曲线，
就可以确定加速度与质量成反比
C．用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，将放置打点计时器的那端木板适当垫高，目的是为了平衡摩擦
力
D．用此装置探究“小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替绳子对小车的拉力，应让钩码质量远
小于小车质量
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【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律；M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；MJ：探究功与
速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车
的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力；在探究“小车的加速度与质
量的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a 的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速
度a 近似等于g 的结论。
【解答】解：A．在利用该装置“研究匀变速直线运动”的实验中，摩擦力不影响研究结果。故A 错误；
B．在利用该装置来“探究物体的加速度与质量的关系”时，可以通过图象法处理数据，加速度a 与小车的质量m
成反比，画出a﹣m 的关系不能确定加速度与质量的关系，要画出a−1݉的关系才能确定加速度与质量的关系。故
B 错误；
C．在利用该装置来做“探究功与速度变化的关系”实验前，木板左端被垫起一些，使小车在不受拉力作用时做匀
速直线运动，这样做的目的是为了补偿阻力，使小车受到的拉力等于砝码的重力。故C 正确；
D．在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量
为m，设绳子上拉力为F，
以整体为研究对象有mg＝（m+M）a
解得a=݉
t
ܯ+݉
以M 为研究对象有绳子的拉力F＝Ma=
ܯ
ܯ+݉
mg；
显然要有F＝mg 必有m+M＝M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘
和盘中物块的重力。故D 正确；
故选：CD。
【点评】该题涉及的实验比较大，要明确实验原理，根据物理定律求出相应的表达式，然后可以讨论得出相应结
论。实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的。
10．（11 分）国际（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻
率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管℃两端
接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；
电压表V1（量程为3V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3V，内阻很大）；
定值电阻R1（阻值4kΩ）；
定值电阻R2（阻值2kΩ）；
电阻箱R（最大阻值9999Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；
游标卡尺；刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S 拨到1 位置，记录电压表V1 示数；
D．把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d＝
30.00
mm。
（2）玻璃管内水柱的电阻Rx 的表达式为：Rx＝
h1h2
h
（用R1、R2、R 表示）。
（3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的R−1
ܮ关系图象，自来水的
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电阻率ρ＝
14
Ω•m（保留两位有效数字）。
（4）本实验中若电压表V1 内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将
偏大
（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【考点】N2：测定金属的电阻率．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数。
（2）分别求出S 接1 和接2 时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；
（3）从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率ρ；
（4）分析若电压表V1 内阻不是很大，对测量电阻Rx 的影响，再判断自来水电阻率测量的影响。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：3.0cm＝30mm，游标尺上第0 个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读
数为：30.00mm；
（2）设把S 拨到1 位置时，电压表V1 示数为U，则此时电路电流为ܷh1
，总电压ܷ
总=ܷ
hݔ
h1 +ܷ
，
当把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同也为U，则此时电路中的电流为ܷh，
总电压U
总
'
=ܷh ⋅h2 +U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得
hݔ
h1
=
h2
h ，解得Rx= h1h2
h ，
（3）从图丙中可知，R＝2×103Ω时，
1
ܮ= 5.0݉
−1，
此时玻璃管内水柱的电阻Rx= h1h2
h
=4000Ω，水柱横截面积S= ߨ(݀2 )2 = 7.065 × 10−4݉
2，
由电阻定律h = ߩܮܵ得
ߩ= hܵ
ܮ=4000×7.065×10
﹣4×5Ω•m＝14Ω•m
（4）若电压表V1 内阻不是很大，则把S 拨到1 位置时，此时电路电流大于ܷh1
，实际总电压将大于ܷ
总=ܷ
hݔ
h1 +ܷ
，
所以测量的Rx 将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；
故答案为：（1）30.00；（2）
h1h2
h ；（3）14；（4）偏大。
【点评】本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是
明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度。
11．（12 分）如图所示，两平行金属板P1 和P2 之间的电压为U．一个带负电的粒子在两板间沿虚线所示路径做加速
直线运动．粒子通过两平行板后从O 点进入另一磁感应强度为B 的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子做
匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN 上的A 点．已知粒子的质量为m，电荷量为q．不计粒子重力．求：
（1）粒子进入磁场时的速度v；
（2）O、A 两点间的距离x．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在加速电场中电场力做功等于粒子动能的增加量，由动能定理可以求得粒子进入磁场时的
速度v；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动半个圆周后打在A 点，洛伦兹力提供向心力；O、A 两点
间的距离是圆的直径．
【解答】解：（1）带电粒子在加速电场中电场力做功等于粒子动能的增加量，由动能定理
qU= 1
2݉
㘴2得：
㘴=
2ݍܷ݉
（2）设带电粒子的轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力，得：
ݍ㘴ܤ=݉
㘴2
h
整理得：
h =݉
㘴
ݍܤ
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O、A 两点间的距离x：ݔ= 2h = 2݉㘴
ݍܤ= 2
ܤ⋅
2ܷ݉
ݍ
答：（1）粒子进入磁场时的速度㘴=
2ݍܷ݉；
（2）O、A 两点间的距离为
2
ܤ⋅
2ܷ݉
ݍ．
【点评】该题中带电粒子先在电场中加速，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，都是基本的情景．题目简单．
12．（20 分）如图所示为过山车模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，
M 点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m。水平轨道PN 右侧的光滑水平地面上，并排放置两长木板c、d，两木板
间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d 质量m4＝
4.4kg。质量m2＝3.3kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m1＝1.3kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v0 向右
运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生弹性碰撞。碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力
恰好为0．已知小滑块b 与两长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.16，g＝10m/s2。
（1）求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v1 和v2；
（2）碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度。
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52G：动量和能量的综合．
【分析】（1）a 恰好通过M 对轨道没有压力，重力提供a 做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出a 的速
度，a 与b 碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，a 碰后返回到圆轨道最高点过程中，机械能守恒，由动量守恒
定律与机械能守恒定律可以求出碰后a、b 的速度。
（2）b 做匀减速运动，c、d 做匀加速运动，由牛顿第二定律与运动学公式可以求出b 的滑行时间与木板长度。
【解答】解：（1）小滑块a 在M 点，由牛顿第二定律得：m1g＝m1
㘴ܯ
2
h ，
小滑块a 从碰后到到达M 的过程中，由机械能守恒定律得：
1
2m1v12= 1
2m1vM2+m1g•2R，
解得：v1＝4m/s，
两滑块碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0＝﹣m1v1+m2v2，
碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
1
2m1v02= 1
2m1v12+ 1
2m2v22，
解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/s；
（2）小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小a1＝μ0g＝1.6m/s2，
此时两块长木板的加速度大小a2= ߤ0݉
2t݉
3+݉
4 =0.8m/s2，
小滑块b 在c 上滑行过程中，b 的位移：x1＝v2t−1
2a1t2，
两块长木板的位移x2= 1
2a2t2，x1﹣x2＝L，
解得：t＝1s，t= 10
3 s 不合题意，舍去；
b 刚离开长木板c 时，b 的速度v2′＝v2﹣a1t＝3.6m/s，
b 刚离开长木板c 时，d 的速度v3＝a2t＝0.8m/s，
设d 的长度至少为x，由动量守恒定律可得：
m2v2′+m4v3＝（m2+m4）v，解得v＝2m/s，
由能量守恒定律得：μ0m2gx= 1
2m2v2′2+ 1
2m4v32−1
2（m2+m4）v2，
解得：x＝1.4m。
答：（1）小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v1＝4m/s，v2＝5.2m/s；
（2）滑块b 在木板c 上滑行的时间为1s，木板d 的长度为1.4m。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作
用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列
方程，再根据能量关系列方程求解。
【物理----选修3-3】（15 分）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
13．（5 分）（1）下列说法中正确的是（
）（填正确答案标号。选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得
5 分；每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．同温度下未饱和汽的压强小于饱和汽压，温度升高时，饱和汽压增大
C．液体表面张力产生的原因是因为液体表面层分子平均距离略大于液体内部分子平均距离
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的
E．热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的
【考点】8H：热力学第二定律；95：液体的表面张力；9G：饱和汽、未饱和汽和饱和汽压．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；541：分子运动论专题．
【分析】能量不会产生也不会失，可以转化与转移；在一定温度下，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种
液体的饱和汽压，温度越高饱和汽压越大，未饱和汽的压强小于饱和汽压。液体表面张力产生的原因是因为液体
表面层分子平均距离略大于液体内部分子平均距离；大量分子的运动具有统计规律，其单个分子的运动是无规则
的；热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆。
【解答】解：A、能量不会产生也不会失，可以转化与转移。则A 错误
B、在一定温度下，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种液体的饱和汽压，温度越高饱和汽压越大，未饱和
汽的压强小于饱和汽压。则B 正确
C、液体表面张力产生的原因是因为液体表面层分子平均距离略大于液体内部分子平均距离，则C 正确
D、大量分子的运动具有统计规律，其单个分子的运动是无规则的，则D 错误
E、热力学第二定律也可以表述为：气体向真空的自由膨胀是不可逆的。故E 正确
故选：BCE。
【点评】该题考查热学中的多个知识点的内容，熟练掌握了基本概念就能顺利解决3﹣3 的题目，因为此类题目难
度较低，但应注意多加积累，全面掌握。
14．（10 分）如图所示，一个开口向上的圆筒气缸直立于地面上，距缸底2L 处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔
处装有一个能向下开启的单向阀门b，只有当上部压强大于下部压强时，阀门才开启。C 为一质量与摩擦均不计的
活塞，开始时隔板以下封闭气体压强为1.2P0（P0 为大气压强）；隔板以上由活塞c 封闭的气体压强为P0，活塞c
与隔板距离为L．现对活塞c 施加一个竖直向下缓慢增大的力F，设气体温度保持不变，已知F 增大到F0 时，可
产生向下的压强为0.2P0，活塞与隔板厚度均可不计，求：
（1）当力缓慢增大到2F0 时，活塞c 距缸底高度是多少？
（2）当力缓慢增大到4F0 时，缸内各部分气体压强是多少？
【考点】99：理想气体的状态方程；9D：气体的等温变化．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）当力缓慢增大到b 刚开启时，上部分的气体压强增大到1.2P0，根据玻意耳定律求出此时上部分气体
的长度，再对上下两部分整体进行研究，根据玻意耳定律求解当力缓慢增大到2Fo 时，活塞c 距缸底的高度；
（2）当力为4Fo 时，根据玻意耳定律求出气体的长度，若活塞c 落到隔板上时，气体全部进入隔板a 之下，气体
的总长度为2L，根据玻意耳定律求出压强。
【解答】解：（1）对上面气体，到b 开启时，P0•L＝1.2P0•L1，L1= 5
6L
对全部气体，当力为2Fo 时，气体的总长度为L1+2L= 17
6 ܮ
由玻意耳定律得：1.2P0•
17
6 L＝1.4P0•L2，
解得，ܮ2 = 17
7 ܮ
（2）当力为4Fo 时，P＝1.8P0，
由1.4P0•
17
7 ܮ=1.8P0•L3，得L3= 17
9 ܮ＜2 L，
全部气体都在隔板a 之下，最后气体高度应为L4＝2L，设压强为P4
则：1.4P0•
17
7 ܮ=P4•L4，
P4＝1.7P0
答：
（1）当力缓慢增大到2F0 时，活塞c 距缸底高度是
17
7 L。
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（2）当力缓慢增大到4F0 时，缸内各部分气体压强是1.7P0。
【点评】本题的解题关键是抓住上部分的气体压强增大到1.2P0 时这个中间状态研究，在上下的压强相等的状态下，
可把两部分气体当作整体进行研究。
三、【物理选修3-4 模块】（15 分）
15．（1）在狭义相对论中，下列说法正确的有（
）（填正确答案标号。选对1 个得2 分，选对2 个得4 分，选
对3 个得5 分；每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）
A．在不同的惯性系中，一切物理规律都是相同的
B．质量、长度的测量结果与物体相对观察者的相对运动状态无关
C．物体的质量永远不变
D．物体的能量与质量成正比
E．真空中光速在不同的惯性系中都是相同的
【考点】K1：狭义相对论．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．
【分析】在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；光速不变；时间、质量、空间都随速度的变化而变
化；质能方程E＝mc2，知物体具有的能量与其质量成正比。
【解答】解：A、根据爱因斯坦狭义相对论的相对性假设，有：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同
的；故A 正确。
B、C 根据狭义相对论的几个基本结论，质量、长度、时间的测量结果会随物体与观察者的相对状态而改变，故
BC 错误。
D、根据公式E＝mc2 表明物体具有的能量与其质量成正比，故D 正确。
E、根据爱因斯坦狭义相对论的光速不变原理，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故E 正确。
故选：ADE。
【点评】此题考查狭义相对论的两个基本假设和几个基本结论，应该记住这几个结论并理解它们，此题属于基础
题。
16．如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入后对射出的折射光线的
强度进行记录，发现它随着θ角的变化而变化，变化关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的玻璃砖，左侧
是半径为R 的半圆，右侧是长为4R，宽为2R 的长方形，一束单色光从左侧A′点沿半径方向与长边成45°角射
入玻璃砖，求：
①该透明材料的折射率；
②光线在玻璃砖中运动的总时间；（光在空气中的传播速度为c）
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】①由图象能读出此透明体的临界角，根据全反射临界角公式sinC= 1
h，求解折射率n；
②根据光路图，结合光的全反射，确定总的光程L，并根据v=ܿh与t= ܮ
㘴，即可求解总时间。
【解答】解：①由图乙可知，θ＝45°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，
即：C＝90°﹣45°＝45°
根据全反射临界角公式sinC= 1
h，得：
n=
1
ݏthܥ=
2
②因为临界角是45°，光线在玻璃砖中刚好发生5 次全反射，光路图如图所示，则总的光程为
L＝（2+8 2）R
光在器具中的传播速度为：v=ܿh =
2
2 c
光在器具中的传播时间：t= ܮ
㘴= (2 2+16)hܿ；
答：
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①该透明材料的折射率是2；
②光线在玻璃砖中运动的总时间是
(2 2+16)hܿ。
【点评】解决本题关键要理解全反射现象及其产生的条件，并掌握临界角公式，同时注意光在器具中的传播速度
与光在真空中传播速度的不同。
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日期：2019/4/14 18:27:44 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年湖南省长沙一中学业水平物理模拟试卷
一、选择题（本题包括20 小题，每小题3 分，共60 分．每小题只有一个选项符合题意．）1-15 题为所有学生必答题．
1．（3 分）国际单位制中力的单位的符号是（
）
A．N
B．m
C．kg
D．m/s
2．（3 分）大小分别为3N 和6N 的两个共点力，其合力大小可能是（
）
A．2N
B．9N
C．12N
D．18N
3．（3 分）关于能量和能源，下列说法正确的是（
）
A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少
C．能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
4．（3 分）2008 年在北京举行奥林匹克运动会，下列运动项目中，运动员可看作质点的是（
）
A．武术
B．击剑
C．自由体操
D．马拉松赛跑
5．（3 分）关于速度，下列说法错误的是（
）
A．速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量
B．平均速度只有大小，没有方向，是标量
C．运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，它是矢量
D．汽车上的速度计是用来测量汽车瞬时速度大小的仪器
6．（3 分）如图是某质点运动的速度图象．由图象可求得，质点在0﹣2s 内的加速度和3s 末的瞬时速度分别是（
）
A．4m/s2，4m/s
B．2m/s2，2m/s
C．2m/s2，4m/s
D．4m/s2，0
7．（3 分）下列关于重力的说法正确的是（
）
A．重力的方向不一定竖直向下
B．重力是由于物体受到地球的吸引而产生的
C．所有物体的重心都在物体上
D．只有静止的物体才受到重力
8．（3 分）为了行车方便与安全，高大的桥要造很长的引桥，其主要目的是（
）
A．增大过桥车辆受到摩擦力
B．减小过桥车辆的重力
C．增大过桥车辆的重力平行于引桥面向上的分力
D．减小过桥车辆的重力平行于引桥面向下的分力
9．（3 分）关于惯性，下列说法中正确的是（
）
A．物体只有在突然运动或突然静止时才有惯性
B．物体质量越大，惯性越大
C．物体运动速度越大，惯性越大
D．在太空中飞行的宇宙飞船内的物体没有惯性
10．（3 分）当人站立在体重计称重时，下列说法正确的是（
）
A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
11．（3 分）若某一物体受共点力作用处于平衡状态，则该物体一定是（
）
A．静止的
B．做匀速直线运动
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C．各共点力的合力可能不为零
D．各共点力的合力为零
12．（3 分）肩负我国首次太空行走运载任务的神舟七号飞船，在绕地球五圈后成功地由椭圆轨道变成圆形轨道，并
圆满完成了任务。设飞船在圆形轨道上的运动为匀速圆周运动，已知地球的质量为M，引力常量为G，设飞船绕
地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，则飞船在圆轨道上运行的速率为（
）
A．ܩܯ
ݎ
B．
ݎ
ܩܯ
C．
ܩ
ܯݎ
D．
ܯ
ܩݎ
13．（3 分）若静止在平直铁道上的列车以恒定的功率启动，在启动后的一小段时间内，关于列车的运动，下列说法
正确的是（
）
A．做匀速直线运动
B．列车的速度和加速度均不断增加
C．列车的速度增大，加速度减小
D．列车做匀速运动
14．（3 分）忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（
）
A．电梯匀速下降
B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑
D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升
15．（3 分）一个质量为m 的物体以a＝2g 的加速度竖直向下运动，则在物体下降h 高度的过程中物体的（
）
A．重力势能减少了2mgh
B．合外力做功为mgh
C．合外力做功为2mgh
D．动能增加了mgh，重力势能减少了mgh
16．（3 分）油罐车后面都有一条拖地的铁链，其作用是（
）
A．向外界散热
B．做为油罐车的标志
C．发出响声，提醒其他车辆和行人的注意
D．把电荷导入大地，避免由静电造成危害
17．（3 分）如图所示，实线表示某电场中的电场线，A、B 为电场中两点，关于A、B 两点的电场强度EA、EB 的关
系，下列判断中正确的是（
）
A．EA＜EB
B．EA＞EB
C．EA＝EB
D．无法判断
18．（3 分）如图表示一条放在磁场里的通电直导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁感应强度和
安培力三者方向的关系，其中正确的是（
）
A．
B．
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C．
D．
19．（3 分）在探究电磁感应现象的实验中，用导线将螺线管与灵敏电流计相连，构成闭合电路，如图所示。在下列
情况中，灵敏电流计指针不发生偏转的是（
）
A．线圈不动，将磁铁向线圈中插入
B．线圈不动，将磁铁从线圈中抽出
C．磁铁放在线圈里不动
D．磁铁不动，将线圈上下移动
20．（3 分）在现代生活中，许多地方需要传感器，例如，电冰箱制冷系统的自动控制就要用到（
）
A．压力传感器
B．声传感器
C．光传感器
D．温度传感器
21．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2 倍，距离减少为原来的
1
2，它们之间的相互作用力变为（
）
A．
ܨ
2
B．F
C．4F
D．16F
22．如图所示，a、b、c 是一条电场线上的三点，电场线的方向由a 到c，a、b 间距离等于b、c 间距离，用φa、φb、
φc 和Ea、Eb、Ec 分别表示a、b、c 三点的电势和场强，可以判定（
）
A．φa＞φb＞φc
B．Ea＞Eb＞Ec
C．φa﹣φb＝φb﹣φc
D．Ea＝Eb＝Ec
23．如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过小磁针的上方，磁针的S 极向纸内偏转，这一带电粒子束可
能是（
）
A．向右飞行的正离子束
B．向左飞行的正离子束
C．向左飞行的负离子束
D．无法确定
24．如图所示是我国民用交流电的电压的图象．根据图象可知，下列有关家庭用交变电压参数的说法中，错误的是
（
）
A．电压的最大值是311V
B．用电压表测出的值是220V
C．交流电的频率是50Hz
D．某一时刻的交流电压为U＝311sin50πtV
25．（理）如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是
（
）
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A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不同
二、填空题（本题包括5 小题，每空2 分，共20 分，26-29 题为所有学生必答题．）
26．（4 分）小颖在田径场绕400m 环形跑道跑了2 圈，则她的位移大小是
m，路程是
m．
27．（4 分）打点计时器接
（填交流、直流）电，当频率是50Hz 时，打点计时器每隔
秒打一个点．若
测得纸带上打下的第10 个到第20 个点的距离为20.00cm，则物体在这段位移的平均速度为
m/s．
28．（4 分）如图所示，重为200N 的A 木块放在水平桌面上静止不动，桌面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.1．现将
重为15N 的B 物体通过轻质细绳，跨过定滑轮与A 木块连结在一起，则水平桌面与A 之间的摩擦力大小为
N．当B 物体的重量变为30N，则水平桌面与A 之间的摩擦力大小变为
N．（设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力）
29．（4 分）如图所示，一个物块在光滑水平面上向左滑行，从它接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，物块加速
度大小的变化情况是
，速度大小的变化情况是
。
30．（4 分）（文）克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场可以产生电场；变化的电场可以产生
。
从而预言了空间可能存在电磁波。电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、
、紫外线、
x 射线和γ射线。
31．如图所示的电路中，电阻R1＝9Ω，R2＝15Ω，电池组的电动势E＝12V，内电阻r＝1Ω，电流表的读数为0.4A．则
R3＝
Ω，它消耗的功率P＝
W。
三、计算与简答题（本题包括3 小题，共20 分）33-34 题为所有学生必答题
32．（6 分）如图所示，光滑水面上，质量为5kg 的物体在水平拉力F＝15N 的作用下，从静止开始向右运动，求：
（1）物体运动的加速度是多少？
（2）在力F 的作用下，物体在前10s 内的位移？
33．（6 分）从某高度处以v0＝15m/s 的初速度水平抛出一物体，经时间t＝2s 落地，g 取10m/s2，求：
①物体抛出时的高度y 和物体抛出点与落地点间的水平距离x；
②物体落地时的速度大小v．
34．（8 分）微波炉的工作应用了一种电磁波﹣﹣微波（微波的频率为2450×106Hz）。食物中的水分子在微波的作用
下加剧了热运动，内能增加，温度升高，食物增加的能量是微波给它的。表是某微波炉的部分技术参数，问：
（1）该微波炉内磁控管产生的微波波长是多少？
（2）该微波炉在使用微波挡工作时的额定电流是多少？
（3）如果做一道菜，使用微波挡需要正常工作30min，则做这道菜需消耗的电能为多少焦？
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35．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场
强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，求：
（1）液滴的绕行方向如何？
（2）液滴的速度多大？
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2018 年湖南省长沙一中学业水平物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括20 小题，每小题3 分，共60 分．每小题只有一个选项符合题意．）1-15 题为所有学生必答题．
1．（3 分）国际单位制中力的单位的符号是（
）
A．N
B．m
C．kg
D．m/s
【考点】3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】1：常规题型．
【分析】在国际单位制中，力的单位是以科学家牛顿的名字命名的
【解答】解：在国际单位制中，力的单位是牛顿，简称牛，符号为“N”。故A 正确，BCD 错误。
【点评】力的单位、力的单位的符号，这都是我们学习力学最基本的知识，必须熟知．
2．（3 分）大小分别为3N 和6N 的两个共点力，其合力大小可能是（
）
A．2N
B．9N
C．12N
D．18N
【考点】2B：力的合成．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】此题考查两个力的合力大小问题
同一直线上、同方向，两个力的合力大小为二力之和，为最大值；
同一直线上、反方向，两个力的合力大小为二力之差，为最小值；
不在同一直线上，两个力的合力大小居于最大值和最小值之间．
【解答】解：此题考查两个力的合力大小问题，据平行四边形法则可得：
若二力方向相同时，合力大小为：
F＝F1+F2＝3N+6N＝9N，为最大值；
若二力方向相反时，合力大小为：F＝F2﹣F1＝6N﹣3N＝3N，为最小值；
故两力的合力大小可能范围为：3N≤F≤9N。
从选项中得只有选项B 在此范围内，所以B 正确，ACD 错误。
【点评】此题只考查两个力的合力大小范围问题，简单的平行四边形法则运用，为基础题．
3．（3 分）关于能量和能源，下列说法正确的是（
）
A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少
C．能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
【考点】8G：能量守恒定律；8M：能源的开发和利用．菁优网版权所有
【专题】547：内能及其变化专题．
【分析】能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少，品质越来越差，且现有可利用的能源有限．
【解答】解：A、根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少。故A 正
确。
B、根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少。故B 错误。
C、能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，但品质越来越差，即可利用率越来越低，故必需节约能源。故C
错误。
D、能量的转化和转移具有方向性即朝可利用率低的方向转化，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源，故D
正确。
【点评】只要理解了能量转化和守恒定律，并且明白能量的转化具有方向性即可解决此类题目．
4．（3 分）2008 年在北京举行奥林匹克运动会，下列运动项目中，运动员可看作质点的是（
）
A．武术
B．击剑
C．自由体操
D．马拉松赛跑
【考点】13：质点的认识．菁优网版权所有
【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条
件来判断即可．
【解答】解：A、观看武术要注意人的肢体动作，不能看作质点，故A 错误；
B、击剑要注意人的肢体动作，不能看作质点；故B 错误；
C、体操中主要根据人的肢体动作评分，故不能忽略大小和形状，故不能看作质点；故C 错误；
D、马拉松赛跑时，人相对于跑道来说大小可以忽略不计，故运动员可以看作质点，故D 正确；
【点评】本题考查质点的概念，在研究的问题中大小和形状可以忽略物体即可以看作质点．
5．（3 分）关于速度，下列说法错误的是（
）
A．速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量
B．平均速度只有大小，没有方向，是标量
C．运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，它是矢量
D．汽车上的速度计是用来测量汽车瞬时速度大小的仪器
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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【考点】18：速度和速率；19：平均速度；1A：瞬时速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】平均速度不一定等于速度的平均值．瞬时速率是瞬时速度的大小．物体经过某一位置的速度是瞬时速度．物
体在某一过程上的速度是指平均速度．
【解答】解：A、速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量。故A 正确；
B、平均速度有大小，有方向，是矢量。故B 错误；
C、在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，它是矢量。故C 正确；
D、速度计是用来测量汽车瞬时速度大小的仪器，故D 正确。
本题选择错误的，【点评】区分平均速度与瞬时速度，关键抓住对应关系：平均速度与一段时间或位移对应，瞬时
速度与时刻或位置对应．
6．（3 分）如图是某质点运动的速度图象．由图象可求得，质点在0﹣2s 内的加速度和3s 末的瞬时速度分别是（
）
A．4m/s2，4m/s
B．2m/s2，2m/s
C．2m/s2，4m/s
D．4m/s2，0
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】速度时间图线反映质点的速度随时间的变化情况，能直接读出瞬时速度，其斜率表示加速度，由数学知
识求解．
【解答】解：质点在0﹣2s 内的加速度等于这段图线的斜率，为：a= △㘴
△ݐ= 4
2m/s2＝2m/s2；
3s 末的瞬时速度为v＝4m/s。故C 正确，ABD 错误。
【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率的含义．常规题．
7．（3 分）下列关于重力的说法正确的是（
）
A．重力的方向不一定竖直向下
B．重力是由于物体受到地球的吸引而产生的
C．所有物体的重心都在物体上
D．只有静止的物体才受到重力
【考点】22：重力．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】明确重力的产生、大小、方向以及重心的含义即可正确解答本题．
【解答】解：重力是由于地球的吸引而产生的，重力的大小与运动状态无关，其方向总是竖直向下的，重心是重
力的作用点，可能在物体之上也可能在物体之外，故ACD 错误，B 正确。
【点评】本题比较简单，考查了重力特点，对于所学各种力要明确其产生、大小、方向、作用点等．
8．（3 分）为了行车方便与安全，高大的桥要造很长的引桥，其主要目的是（
）
A．增大过桥车辆受到摩擦力
B．减小过桥车辆的重力
C．增大过桥车辆的重力平行于引桥面向上的分力
D．减小过桥车辆的重力平行于引桥面向下的分力
【考点】2E：力的分解．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】高大的桥要造很长的引桥，增加了斜面的长度，从而减小了斜面的坡度，将重力按效果正交分解后判断
即可。
【解答】解：B、对车受力分析，受重力、支持力和阻力，物体重力不变，B 错误；
D、重力产生两个作用效果，使物体沿斜面下滑，使物体紧压斜面，设斜面倾角为θ，将重力按照作用效果正交分
解，如图：
由几何关系可得：
平行斜面分量为G1＝mgsinθ，由于引桥越长，坡角θ越小，G1 越小，故D 正确；
AC、θ变小，压力变大，故摩擦力变大，但增加摩擦不是目的，故AC 错误；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【点评】本题关键将重力正交分解后，根据平衡条件求解出压力和重力的下滑分量，然后对结果联系实际情况讨
论即可判断。
9．（3 分）关于惯性，下列说法中正确的是（
）
A．物体只有在突然运动或突然静止时才有惯性
B．物体质量越大，惯性越大
C．物体运动速度越大，惯性越大
D．在太空中飞行的宇宙飞船内的物体没有惯性
【考点】31：惯性与质量．菁优网版权所有
【专题】1：常规题型．
【分析】惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有
关，质量越大，惯性越大．
【解答】解：A、惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，物体在任何状态
下都具有惯性，故A 错误
B、惯性大小只与物体的质量有关，与运动状态无关；物体质量越大，惯性越大。故B 正确，C 错误
D、物体在任何状态下都具有惯性，故D 错误
【点评】惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有
关，质量越大，惯性越大．
10．（3 分）当人站立在体重计称重时，下列说法正确的是（
）
A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；35：作用力和反作用力；38：牛顿第三定律．菁优网版权所有
【分析】人对体重计的压力作用在体重计上，体重计反过来对人提供支持力，这是作用力和反作用力的关系；人
所受的重力作用在人身上，人对体重计的压力作用在体重计上，且二者的产生没有相互性．
【解答】解：A、B、人对体重计的压力和体重计对人的支持力是人与体重计间的相互作用力，故A 错误，B 正确；
C、D、人所受的重力和人对体重计的压力方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故C 错误，D 错误；
【点评】本题关键明确平衡力、作用力与反作用力的区别，平衡力：作用在一个物体上，合力为零．作用力和反
作用力：作用在两个物体上，有相互性，因果关系．
11．（3 分）若某一物体受共点力作用处于平衡状态，则该物体一定是（
）
A．静止的
B．做匀速直线运动
C．各共点力的合力可能不为零
D．各共点力的合力为零
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【分析】平衡状态，是指静止状态或匀速直线运动状态，处于匀速直线运动状态时
【解答】解：A、平衡状态，是指静止状态或匀速直线运动状态，所以AB 错误；
C、物体处于平衡状态，受平衡力的作用，所以受到的合力为零，D 正确C 错误；
【点评】此题考查了学生对物体平衡状态的判断，平衡状态，是指静止状态或匀速直线运动状态，此时受平衡力，
受合力为零．
12．（3 分）肩负我国首次太空行走运载任务的神舟七号飞船，在绕地球五圈后成功地由椭圆轨道变成圆形轨道，并
圆满完成了任务。设飞船在圆形轨道上的运动为匀速圆周运动，已知地球的质量为M，引力常量为G，设飞船绕
地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，则飞船在圆轨道上运行的速率为（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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A．ܩܯ
ݎ
B．
ݎ
ܩܯ
C．
ܩ
ܯݎ
D．
ܯ
ܩݎ
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式。
根据等式表示出飞船在圆轨道上运行的速率。
【解答】解：研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G
ܯ݉
ݎ2 =mܸ
2
ݎ
解得：v=
ܩܯ
ݎ
【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
13．（3 分）若静止在平直铁道上的列车以恒定的功率启动，在启动后的一小段时间内，关于列车的运动，下列说法
正确的是（
）
A．做匀速直线运动
B．列车的速度和加速度均不断增加
C．列车的速度增大，加速度减小
D．列车做匀速运动
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】52C：功率的计算专题．
【分析】列车以恒定功率起动，P 不变，根据P＝Fv 判断牵引力的变化，再根据牛顿第二定律判断出加速度的变
化，从而确定列车的运动状态．
【解答】解：P 不变，根据P＝Fv，v 增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律，a= ܨ−݂݉，加速度减小，所以列
车做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速直线运动。故C 正确，A、B、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度同向，做加速运动，当加速
度方向与速度反向，做减速运动．
14．（3 分）忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（
）
A．电梯匀速下降
B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑
D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升
【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断
物体是否是机械能守恒．
【解答】解：A、电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以A 错误。
B、物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有
重力做功，所以B 正确。
C、物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以C 错误。
D、拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡状态，拉力力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以D 错
误。
【点评】掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做
功，由此即可判断是否机械能守恒．
15．（3 分）一个质量为m 的物体以a＝2g 的加速度竖直向下运动，则在物体下降h 高度的过程中物体的（
）
A．重力势能减少了2mgh
B．合外力做功为mgh
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C．合外力做功为2mgh
D．动能增加了mgh，重力势能减少了mgh
【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和重力势能的变化判断机
械能的变化
【解答】解：A、物体下降h 高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减小mgh。故A 错误。
B、根据牛顿第二定律知，合力为2mg，根据动能定理知，合力做功为2mgh，则动能增加2mgh。故B 错误，C
正确。
D、重力势能减小mgh，动能增加2mgh，则机械能增加了mgh。故D 错误。
【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系
16．（3 分）油罐车后面都有一条拖地的铁链，其作用是（
）
A．向外界散热
B．做为油罐车的标志
C．发出响声，提醒其他车辆和行人的注意
D．把电荷导入大地，避免由静电造成危害
【考点】AI：静电现象的解释；AT：* 静电的利用和防止．菁优网版权所有
【分析】油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，属于静电的防止．
【解答】解：油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，把电荷导入大地，避免由静电造成危害，属于静电
的防止，故D 答案正确。
【点评】该题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
17．（3 分）如图所示，实线表示某电场中的电场线，A、B 为电场中两点，关于A、B 两点的电场强度EA、EB 的关
系，下列判断中正确的是（
）
A．EA＜EB
B．EA＞EB
C．EA＝EB
D．无法判断
【考点】A6：电场强度与电场力．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，从而即可求解。
【解答】解：由图示可知，B 处的电场线密，A 处的电场线稀疏，因此B 点的电场强度大，A 点的场强小，即EA
＜EB；选项A 正确，BCD 错误；
【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切
线方向表示电场强度的方向。
18．（3 分）如图表示一条放在磁场里的通电直导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁感应强度和
安培力三者方向的关系，其中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】CC：安培力；CD：左手定则．菁优网版权所有
【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线
从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左
手定则的内容判断安培力的方向．
【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向上，电流方向水平向里，根据左手定则，安培力的方向竖直向右。故A 错
误。
B、磁场方向垂直纸面向右，电流方向垂直纸面向外，根据左手定则，安培力的方向向上。故B 错误。
C、磁场方向水平向里，电流方向垂直纸面向右，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故C 正确。
D、磁场方向竖直向外，电流方向水平向左，根据左手定则，安培力的方向垂直纸面向上。故D 错误。
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【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定磁场方向、电流方向和安培力方向的关系．
19．（3 分）在探究电磁感应现象的实验中，用导线将螺线管与灵敏电流计相连，构成闭合电路，如图所示。在下列
情况中，灵敏电流计指针不发生偏转的是（
）
A．线圈不动，将磁铁向线圈中插入
B．线圈不动，将磁铁从线圈中抽出
C．磁铁放在线圈里不动
D．磁铁不动，将线圈上下移动
【考点】NF：研究电磁感应现象．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，产生感应电流。
【解答】解：A、线圈不动，将磁铁向线圈中插入，磁通量增大，会产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转。
故A 错误。
B、线圈不动，将磁铁从线圈中抽出，磁通量减小，会产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转。故B 错误。
C、磁铁放在线圈里不动，磁通量不变，不产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转。故C 正确。
D、磁铁不动，将线圈上下移动，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转。故D
错误。
【点评】解决本题的关键知道感应电流产生的条件，即穿过闭合回路磁通量发生变化。
20．（3 分）在现代生活中，许多地方需要传感器，例如，电冰箱制冷系统的自动控制就要用到（
）
A．压力传感器
B．声传感器
C．光传感器
D．温度传感器
【考点】GB：传感器在生产、生活中的应用．菁优网版权所有
【分析】根据传感器的特点、功能可以判断出题目中传感器的类型，电冰箱制冷系统是由温度传感器来控制。
【解答】解：电冰箱制冷系统需要根据温度的高低进行自动调温控制的，因此需要用温度传感器，故ABC 错误，
D 正确。
【点评】本题中的问题很基础，对于基础知识一定要掌握牢固，不能似是而非的，容易出错。
21．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2 倍，距离减少为原来的
1
2，它们之间的相互作用力变为（
）
A．
ܨ
2
B．F
C．4F
D．16F
【考点】A4：库仑定律．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】直接根据库仑定律公式F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2 列式判断两个点电荷间的静电力大小的变化情况即可．
【解答】解：真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，根据库仑定律，有：
F＝k
ݍ1ݍ2
ݎ2
若它们的带电量都增大为原来的2 倍，距离减少为原来的
1
2，它们之间的相互作用力变为：
F′＝k
2ݍ1×2ݍ2
(ݎ
2)2
故F′＝16F
【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．
22．如图所示，a、b、c 是一条电场线上的三点，电场线的方向由a 到c，a、b 间距离等于b、c 间距离，用φa、φb、
φc 和Ea、Eb、Ec 分别表示a、b、c 三点的电势和场强，可以判定（
）
A．φa＞φb＞φc
B．Ea＞Eb＞Ec
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C．φa﹣φb＝φb﹣φc
D．Ea＝Eb＝Ec
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AC：电势．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U＝Ed 的适用条件以及公式
中各个物理量的含义．
【解答】解：只有一条电场线，不能确定具体的电场，无法比较电场强弱及两点间的电势差，公式U＝Ed 也不能
适用，故BCD 错误；
沿电场线电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故A 正确。
【点评】本题容易错选CD 选项，即把电场误认为是匀强电场，或者错误应用公式U＝Ed 求解，对于公式U＝Ed
一定注意其适用条件，尤其是公式中d 的含义．
23．如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过小磁针的上方，磁针的S 极向纸内偏转，这一带电粒子束可
能是（
）
A．向右飞行的正离子束
B．向左飞行的正离子束
C．向左飞行的负离子束
D．无法确定
【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．菁优网版权所有
【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，
然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负。
【解答】解：小磁针的N 极向纸外偏转，S 极向内偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流
方向向左，故这束粒子若带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故B 正确，ACD 错误。
【点评】对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间
的关系。
24．如图所示是我国民用交流电的电压的图象．根据图象可知，下列有关家庭用交变电压参数的说法中，错误的是
（
）
A．电压的最大值是311V
B．用电压表测出的值是220V
C．交流电的频率是50Hz
D．某一时刻的交流电压为U＝311sin50πtV
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．菁优网版权所有
【专题】53A：交流电专题．
【分析】本题很简单直接从图象中即可求出交流电的最大值及周期．电压表测出有效值．
【解答】解：
A、由图读出，电压的最大值是Um＝311V，故A 正确。
B、电压表测量有效值，有效值为U=
2
2 Um＝0.707×311V＝220V，故B 正确。
C、由图读出周期T＝2×10
﹣2s，频率为f= 1ܶ=
1
2×10−2Hz＝50Hz，故C 正确。
D、某一时刻的交流电压为u＝Umcos2πft＝311cos2π×50tV＝311cos100πtV，故D 错误。
本题选错误的，故选：D
【点评】明确交流电图象的物理意义，知道交变电流表达式u＝u＝Umsin2πft 的计时起点是中性面，正确根据图象
获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习．
25．（理）如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是
（
）
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大
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C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不同
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析出轨迹半径、旋转周期与电子速率的大小
关系；
在有界磁场中转动的时间越长，电子转过的圆心角越大，但电子的运动轨迹却不一定重合。
【解答】解：AB、根据电子在匀强磁场中运动的时间公式ݐ= ߠ
2ߨܶ
可知，电子运动的时间越长，说明其转过的圆
心角越大；
电子转过的圆心角越大时，电子的速度可能比较小，根据公式l＝vt 可知，其运动轨迹不一定越长。故A 错误、B
正确；
C、在磁场中运动时间相同的电子，电子转过的圆心角相同，但由于速率不一定相同，因此电子的轨迹不一定重合，
如下图3、4、5 轨迹。故C 错误；
D、根据周期公式ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ可知，电子运转的周期与电子的速率无关，若电子速率不相同，但它们转过的圆心角
可能相同，
因此经过的时间就可能相同，如上图的3、4、5 轨迹。故D 错误。
【点评】解答本题的关键是：分析带电粒子在磁场中的偏转问题时，一是正确确定圆心的位置，二是求出半径的
大小，必要时先画出可能的轨迹圆再进行分析判断。
二、填空题（本题包括5 小题，每空2 分，共20 分，26-29 题为所有学生必答题．）
26．（4 分）小颖在田径场绕400m 环形跑道跑了2 圈，则她的位移大小是
0
m，路程是
800
m．
【考点】15：位移与路程．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度．
【解答】解：小颖在田径场绕400m 环形跑道跑了2 圈，首末位置重合，则位移的大小为0m，路程等于800m．
故答案为：0、800．
【点评】解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大
小等于运动轨迹的长度．
27．（4 分）打点计时器接
交流
（填交流、直流）电，当频率是50Hz 时，打点计时器每隔
0.02
秒打一个点．若
测得纸带上打下的第10 个到第20 个点的距离为20.00cm，则物体在这段位移的平均速度为
1
m/s．
【考点】L5：电火花计时器、电磁打点计时器．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要知道平均速度为位移比时间．
【解答】解：打点计时器接交流电，当频率是50Hz 时，打点计时器每隔0.02 秒打一个点．
平均速度为：v=
0.2
10×0.02 =1m/s．
故答案为：交流，0.02，1．
【点评】本题考查了打点计时器的知识及平均速度的公式应用．知道打点计时器的打点时间间隔、应用平均速度
公式即可正确解题．
28．（4 分）如图所示，重为200N 的A 木块放在水平桌面上静止不动，桌面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.1．现将
重为15N 的B 物体通过轻质细绳，跨过定滑轮与A 木块连结在一起，则水平桌面与A 之间的摩擦力大小为
15
N．当B 物体的重量变为30N，则水平桌面与A 之间的摩擦力大小变为
20
N．（设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】由滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力，从而确定最大静摩擦力；B 为15N 时，根据平衡条件，求得静摩擦
力大小；B 为30N 时，物体A 滑动，A 受到的是滑动摩擦力．
【解答】解：重为200N 的A 木块放在水平桌面上静止不动，桌面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.1．则滑动摩擦
力大小为：f＝μN＝0.1×200＝20N，
由于重为15N 的B 物体，小于滑动摩擦力，因此水平桌面与A 之间是静摩擦力，则大小为15N；
当B 物体的重量变为30N，大于滑动摩擦力，因此水平桌面与A 之间是滑动摩擦力，其大小为20N，
故答案为：15，20．
【点评】本题考查静摩擦力与滑动摩擦力的区别，掌握静摩擦力大小与滑动摩擦力大小求解方法．
29．（4 分）如图所示，一个物块在光滑水平面上向左滑行，从它接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，物块加速
度大小的变化情况是
变大
，速度大小的变化情况是
变小
。
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据弹簧弹力的变化分析加速度的变化情况。根据加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，当
加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，来分析物体的运动情况，判断速度如何变化。
【解答】解：物体从接触弹簧开始到把弹簧压缩到最短的过程中，物体所受的合力等于弹簧的弹力，弹力逐渐增
大，则加速度逐渐变大。
由于加速度方向向右，与速度方向相反，知物体的速度逐渐变小。
故答案为：变大，变小。
【点评】解决本题的关键要知道加速度方向与合力方向相同，会根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运
动情况。
30．（4 分）（文）克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场可以产生电场；变化的电场可以产生
磁场
。
从而预言了空间可能存在电磁波。电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、
可见光
、紫外
线、x 射线和γ射线。
【考点】G2：电磁波的产生．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54R：电磁场理论和电磁波．
【分析】麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在。赫兹用实验证实电磁波存在。
电磁波按波长由长到短的排列顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、x 射线、γ射线。
【解答】解：麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；。
电磁波中波长最长的是无线电波，波长最短的是γ射线，电磁波按波长由长到短的排列顺序是无线电波、红外线、
可见光、紫外线、x 射线、γ射线。
故答案为：磁场，可见光。
【点评】本题考查电磁场理论以及电磁波谱的基本内容，要注意明确变化的磁场可以产生电场，而变化的电场可
以产生磁场。
31．如图所示的电路中，电阻R1＝9Ω，R2＝15Ω，电池组的电动势E＝12V，内电阻r＝1Ω，电流表的读数为0.4A．则
R3＝
30
Ω，它消耗的功率P＝
1.2
W。
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题．
【分析】由欧姆定律可求得并联部分的电压，再将R1 等效为内电阻，由闭合电路欧姆定律可求得干路电流，即通
过电阻R1 的电流；
由并联电路电流规律可求得流过R3 的电流；再由欧姆定律即可求得R3 的阻值。再求它消耗的功率。
【解答】解：由欧姆定律可知R2 两端的电压：
U2＝I2R2＝0.4×15＝6.0V
将R1 等效为电源内阻，则由闭合电路欧姆定律可知：
U2＝E﹣I1（R1+r）
解得：I1＝0.6A
流过R3 的电流：
I3＝I1﹣I2＝0.6﹣0.4＝0.2A
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由欧姆定律可知：
R3=ܷ
2
ܫ3 = 6
0.2 Ω =30Ω；
则电阻R3 消耗的电功率是：P3＝U2I3＝6×0.2W＝1.2W
故答案为：30
1.2
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，在解题时要注意分析电路结构，正确应用串并联电路的规律及部分
电路的欧姆定律分析电路的电流及电压关系。
三、计算与简答题（本题包括3 小题，共20 分）33-34 题为所有学生必答题
32．（6 分）如图所示，光滑水面上，质量为5kg 的物体在水平拉力F＝15N 的作用下，从静止开始向右运动，求：
（1）物体运动的加速度是多少？
（2）在力F 的作用下，物体在前10s 内的位移？
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【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出物体在前10s 内的位
移。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，a= ܨ݉= 15
5݉
/ݏ2 = 3݉
/ݏ2。
（2）物体在10s 内的位移x= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 3 × 100݉
= 150݉
答：（1）物体的加速度为3m/s2。
（2）在力F 的作用下，物体在前10s 内的位移为150m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，比较基础，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
33．（6 分）从某高度处以v0＝15m/s 的初速度水平抛出一物体，经时间t＝2s 落地，g 取10m/s2，求：
①物体抛出时的高度y 和物体抛出点与落地点间的水平距离x；
②物体落地时的速度大小v．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】①解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖
直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．高度可根据自由落体运动位移时间公式求出，水平距离等
于初速度乘以时间．
②末速度v 为水平速度和竖直速度的矢量和．
【解答】解：①物体抛出时的高度为：y= 1
2 tݐ2 = 1
2 × 10 × 22m＝20m
抛出点与落地点间的水平距离为：x＝v0t＝15×2m＝30m
②物体落地时竖直方向的速度为：vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s
物体落地时的速度大小为：㘴=
㘴ݔ
2 + 㘴ݕ
2 =
152 + 202 =25m/s
答：①物体抛出时的高度y 是20m，物体抛出点与落地点间的水平距离x 是30m；
②物体落地时的速度大小v 是25m/s．
【点评】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直
方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
34．（8 分）微波炉的工作应用了一种电磁波﹣﹣微波（微波的频率为2450×106Hz）。食物中的水分子在微波的作用
下加剧了热运动，内能增加，温度升高，食物增加的能量是微波给它的。表是某微波炉的部分技术参数，问：
（1）该微波炉内磁控管产生的微波波长是多少？
（2）该微波炉在使用微波挡工作时的额定电流是多少？
（3）如果做一道菜，使用微波挡需要正常工作30min，则做这道菜需消耗的电能为多少焦？
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【考点】BG：电功、电功率；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】（1）由C＝ɉf 求得ɉ。
（2）额定电流＝额定功率除以客定电压。
（3）消耗的电能＝功率×时间。
【解答】解：（1）波长ɉ = ܥ݂=
3×108
2450×106m＝0.12m
答：微波炉内磁控管产生的微波波长是0.12m。
（2）额定电流ܫ=ܷܲ
= 1100
220 =5A
答：该微波炉在使用微波挡工作时的额定电流是5A。
（3）消耗的电能
E＝W＝Pt＝1100×1800＝1.98×106J
答：做这道菜需消耗的电能为1.98×106 焦。
【点评】三道题都是基本公式的应用，要熟练应用。
35．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场
强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，求：
（1）液滴的绕行方向如何？
（2）液滴的速度多大？
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判
断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方
向。
（2）结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度。
【解答】解：（1）液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电
场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电。
磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针；
（2）由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：
mg＝qE…①
得：m= ݍܧ
t
液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R=݉
㘴
ݍܤ⋯②
①②联立得：v= hܤt
ܧ
答：（1）液滴的绕行方向为顺时针方向。
（2）液滴的速度是
hܤt
ܧ。
【点评】此题考查了液滴在复合场中的运动问题。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的
场。液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对
液滴的运动形式的分析就显得极为重要。该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况。
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日期：2019/4/12 21:56:29 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s 后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s
重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为（
）
A．自身所受重力的8 倍
B．自身所受重力的5 倍
C．自身所受重力的4 倍
D．自身所受重力的2 倍
2．（3 分）如图所示，直线MN 是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带正电的粒子只在电场力的
作用下，由a 到b 的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是（
）
A．电场强度方向一定是由N 指向M
B．带电粒子在a 点的加速度一定等于在b 点的加速度
C．带电粒子由a 运动到b 的过程中动能一定逐渐减小
D．带电粒子在a 点的电势能一定小于在b 点的电势能
3．（3 分）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0 的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，
弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L 后停止。然后松手放开，设弹簧总处在弹性
限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（
）
A．（1+ △ܮ
ܮ）mg
B．（1+ △ܮ
ܮ）（m+m0）g
C．△Lmg
D．
△ܮ
ܮ（m+m0）g
4．（3 分）如图所示，一均匀带电荷量为+Q 的细棒。在过中点c 垂直于细棒的直线上有a、b、d 三点，a 和b，b 和
c，c 和d 之间的距离均为L，在a 处有一电荷量为+ܳ2的固定点电荷，已知b 点处的电场强度为零，则d 点处的电
场强度大小为（k 为静电力常量）（
）
A．݇
9ܳ
2ܮ2
B．݇3ܳ
ܮ2
C．݇
3ܳ
2ܮ2
D．݇
5ܳ
9ܮ2
5．（3 分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1 匀速向右运动，一质量为m
的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的
下列判靳，正确的有（
）
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为
1
2݉
㘴1
2 −
1
2݉
㘴2
2
C．此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
1
2݉
(㘴1 + 㘴2)2
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6．（3 分）质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物
块乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。则（
）
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒
B．当两均块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为lm/s 时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D．甲物块的速率不可能达到5m/s
7．（3 分）如图所示，平行金属板中带电质点P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1 的阻
值和电源内阻r 相等，当滑动变阻器R4 的滑片向b 端移动时，则（
）
A．R3 上消耗的功率逐渐减小
B．电流表读数减小，电压表读数增大
C．电源的输出功率逐渐增大
D．质点P 将向上运动
8．（3 分）如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表
读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，
以下判断正确的是（
）
A．电路中的电源电动势为3.4V
B．变阻器向右滑动时，V2 读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.54W
D．变阻器的最大阻值为30Ω
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32 题为必考题，每个试通考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答•
9．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r，所给的其它器材有：
A．电压表
：0～3～15V
B．电流表
：0～0.6～3A
C．变阻器R1（20Ω，1A）
D．变阻器R2（1000Ω，0.1A）
E．电键S 和导线若干
（1）实验中变阻器应选用
（标明变阻器代号）；
（2）根据实验要求连接图1 实物电路图；
（3）实验测得的6 组数据已在U﹣I 图中标出，如图2 所示。请你根据数据点位置完成U﹣I 图线，并由图线求出
该电池的电动势E＝
V，电阻r＝
Ω。
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10．在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：
（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图1 所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。
（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽
可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同）
，电压表应选用
，滑动变阻器
应选用
。并在如图2 的虚线框内画出你设计的实验电路图。
A．电池组E（6V．内阻很小）
B．电流表A1（0～3A，内阻约0.01Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.1Ω）
D．电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（0～6V，内阻约6kΩ）
F．滑动变阻器R1（0～5Ω，2A）
G．滑动变阻器R2（0～1KΩ，1A）
H．电键、导线
11．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴
以v0＝0.5m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将上板向上平移
△d＝2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g＝10m/s2．求：
（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？
12．如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°．质量为M＝0.2kg 的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/s，沿斜面
匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C．质量为m＝0.1kg，电量为q＝+4×l0
﹣4C
的光滑小物块B 轻放在A 板表面上。此后经时间t＝0.1s，撤去电场，当物块速度为v＝8m/s 时，恰好离开板A，
求：
（1）撤电场时，物块B 的动能EkB 和0.1s 内的电势能变化量△EP；
（2）撤电场时，板A 的速度vA；
（3）物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q。
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选做题
13．（3 分）以下说法正确的是（
）
A．电流强度I=ܷh，电场强度E= ܨ
ݍ，电势φ= ܧܲ
ݍ，以上三个关系式都采用了比值定义法
B．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是
一种理想化的处理方法
C．库仑用扭秤实验测定了静电常数k＝9.0×l09N•m2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律
D．富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针
E．实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代
14．（3 分）如图所示，质量为3kg 的小车A 以v0＝4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不
可伸长的轻绳悬挂质量为1kg 的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上
的质量为1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车
右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2．求：
①绳未断前小球与砂桶的水平距离。
②小车系统的最终速度大小
③整个系统损失的机械能。
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2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s 后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s
重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为（
）
A．自身所受重力的8 倍
B．自身所受重力的5 倍
C．自身所受重力的4 倍
D．自身所受重力的2 倍
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】消防队员受重力和支持力，对消防队员运动的整个过程根据动量定理列式求解即可。
【解答】解：消防队员受重力和支持力，规定向上为正方向，对消防队员运动的整个过程，根据动量定理，有：
mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
ܨ݉
t =
ݐ1+ݐ2
ݐ2
=
0.8+0.2
0.2
=
5
1
【点评】本题关键是明确消防队员的受力情况和动量改变情况，然后根据动量定理列式分析，注意先规定正方向，
基础题目。
2．（3 分）如图所示，直线MN 是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带正电的粒子只在电场力的
作用下，由a 到b 的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是（
）
A．电场强度方向一定是由N 指向M
B．带电粒子在a 点的加速度一定等于在b 点的加速度
C．带电粒子由a 运动到b 的过程中动能一定逐渐减小
D．带电粒子在a 点的电势能一定小于在b 点的电势能
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据粒子的运动轨迹弯曲方向确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN 的方向以及点电荷的性质；
根据受力与运动轨迹的关系判断出电场力做功的关系，进而判断出动能的变化；根据电场线的疏密判定加速度的
大小关系。
【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以粒子受到
的电场力方向一定是由M 指向N，粒子带正电，所以电场强度方向一定是由M 指向N．故A 错误；
B、该电场是匀强电场，场强处处相同，由牛顿第二定律得qE＝ma，知带电粒子在a 点的加速度一定等于在b 点
的加速度，故B 正确。
CD、带电粒子从a 运动到b 的过程中，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，所以电场力做正功，电势能
减小，动能增加，故CD 错误。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在
电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况。
3．（3 分）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0 的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，
弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L 后停止。然后松手放开，设弹簧总处在弹性
限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（
）
A．（1+ △ܮ
ܮ）mg
B．（1+ △ܮ
ܮ）（m+m0）g
C．△Lmg
D．
△ܮ
ܮ（m+m0）g
【考点】2S：胡克定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘
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和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度。再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘
对物体的支持力。
【解答】解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kL ①
设使弹簧再伸长△l 时手的拉力大小为F
再由胡克定律得（mg+m0g+F）＝k（L+△L）②
由①②联立得F= △ܮ
ܮ（m+m0）g
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上。
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得a=
ܨ݉
+݉
0 = △ܮ
ܮg
对物体研究：FN﹣mg＝ma
解得FN＝（1+ △ܮ
ܮ）mg；
故A 正确，BCD 错误；
【点评】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情
况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度。
4．（3 分）如图所示，一均匀带电荷量为+Q 的细棒。在过中点c 垂直于细棒的直线上有a、b、d 三点，a 和b，b 和
c，c 和d 之间的距离均为L，在a 处有一电荷量为+ܳ2的固定点电荷，已知b 点处的电场强度为零，则d 点处的电
场强度大小为（k 为静电力常量）（
）
A．݇
9ܳ
2ܮ2
B．݇3ܳ
ܮ2
C．݇
3ܳ
2ܮ2
D．݇
5ܳ
9ܮ2
【考点】A8：点电荷的电场；AA：电场的叠加．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由题意可知在b 点处的场强为零，说明细棍和q 在b 点的电场强度大小相等，方向相反。那么在d 点处
场强的大小即为两者之和。因此根据点电荷的电场强度为E＝k
ݍ
ݎ2即可求解。
【解答】解：电荷量为ܳ2的点电荷在b 处产生电场强度为E＝kܳ2ܮ2，方向向右。
在b 点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q 在b 处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在
b 处产生的电场强度大小为kܳ2ܮ2，方向向左。
根据对称性可知细棍在d 处产生的电场强度大小为kܳ2ܮ2，方向向右
而电荷量为q 的点电荷在d 处产生电场强度为E′＝kܳ
2
(3ܮ)2 =ܳ18ܮ2，方向向右
所d 点处场强的大小为Ed＝E+E′=݇
⋅5ܳ
9ܮ2 ，方向向右。故ABC 错误，D 正确
【点评】考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基
础。
5．（3 分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1 匀速向右运动，一质量为m
的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的
下列判靳，正确的有（
）
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为
1
2݉
㘴1
2 −
1
2݉
㘴2
2
C．此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
1
2݉
(㘴1 + 㘴2)2
【考点】3C：共点力的平衡；6B：功能关系．菁优网版权所有
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【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52B：功的计算专题．
【分析】物体冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向
右加速；求出滑块与传送带之间的相对距离，由功能关系可求出经摩擦产生的热量；再根据动能定理得全过程传
送带对物块做的总功。
【解答】解：A、由于传送带足够长，滑块减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下
向右加速，由于v2＞v1，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时开始向右匀速运
动，之后不受摩擦力，故滑块返回传送带右端的速率为v′2＝v1；故A 错误；
B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功为：W= 1
2݉
㘴1
2 −1
2݉
㘴2
2，故B 正确；
CD、滑块相对于传送带打滑时滑块的加速度为：a= ߤ݉
t݉= ߤt；
滑块从起点向左到达最大位移时，用时为：t1= 㘴2
ߤt，位移为：x1= 1
2μgt12=
㘴2
2
2ߤt；传送带的位移为：x 传1＝v1t1；
返回加速的时间为：t2= 㘴1
ߤt，加速过程的位移为：x2=
㘴1
2
2ߤt；传送带的位移为：x 传2＝v1t2；
传送带与滑块间的相对路程为：x 相＝x 传1+x1+x 传2﹣x2= (㘴1+㘴2)2
2ߤt
，
故滑块与传送带间摩擦产生的热量为：Q＝μmgx 相= 1
2m（v1+v2）2；故D 正确；
电动机对传送带做的功等于滑块动能的增加量与热量的总和，故电动机多做功为：
1
2 m （v1+v2 ）
2+ 1
2݉
㘴1
2 −1
2݉
㘴2
2 =mv12+mv1v2；故C 错误；
故选：BD。
【点评】本题关键是对物体的运动过程进行分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。对于滑
块与传送带间摩擦产生的热量要根据相对路程进行计算。
6．（3 分）质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物
块乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。则（
）
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒
B．当两均块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为lm/s 时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D．甲物块的速率不可能达到5m/s
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，判断系统动量是否守恒。当两物块相距最近时速度相同，
根据动量守恒定律求出物块甲的速率。物块甲的速率为1m/s 时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相
反，由动量守恒研究乙的速率。若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒
判断速率为5m/s 是否可能。
【解答】解：A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A 正确；
B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得：
mv 乙﹣mv 甲＝2mv
将v 甲＝3m/s，v 乙＝4m/s，代入解得：v＝0.5m/s。故B 错误。
C、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：
mv 乙﹣mv 甲＝﹣mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据解得：v 乙′＝2m/s；
若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：
mv 乙﹣mv 甲＝mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据解得：v 乙′＝0，故C 正确。
D、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：
mv 乙﹣mv 甲＝﹣mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据代入解得：v 乙′＝6m/s。
两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。
若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：
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mv 乙﹣mv 甲＝mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据解得：v 乙′＝﹣5m/s，
当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达
到5m/s，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题。分
析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被
压到最短。
7．（3 分）如图所示，平行金属板中带电质点P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1 的阻
值和电源内阻r 相等，当滑动变阻器R4 的滑片向b 端移动时，则（
）
A．R3 上消耗的功率逐渐减小
B．电流表读数减小，电压表读数增大
C．电源的输出功率逐渐增大
D．质点P 将向上运动
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】根据滑动变阻器电阻变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到电源的输出功率变化及R3
两端电压电压变化，进而得到R3 上消耗的功率变化及质点运动方向；再根据支路电压、电流变化得到电流表、电
压表示数变化。
【解答】解：C、当滑动变阻器R4 的滑片向b 端移动时，R4 接入电路的阻值减小，故电路总电阻减小，那么，由
欧姆定律可知：总电流增大，所以，电源的输出功率增大，故C 正确；
A、总电流增大，那么，内阻和R1 上的电压降增大，所以，R3 两端电压减小，故R3 上消耗的功率减小，故A 正
确；
D、平行金属板两端电压差和R3 两端电压相等，故电压减小，所以，场强减小，那么，电场力减小，故质点P 的
合外力向下，质点向下运动，故D 错误；
B、R3 两端电压减小，故通过R3 的电流减小；总电流增大，故电流表读数增大；R2 两端的电压增大，R3 两端电
压减小，所以，电压表读数减小，故B 错误；
故选：AC。
【点评】闭合电路的欧姆定律一般用于变阻器滑动过程的电流、电压的求解，根据电阻变化得到总电阻变化，即
可得到总电流变化，从而得到电流、电压的变化。
8．（3 分）如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表
读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，
以下判断正确的是（
）
A．电路中的电源电动势为3.4V
B．变阻器向右滑动时，V2 读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.54W
D．变阻器的最大阻值为30Ω
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】根据路端电压和电流的关系由欧姆定律求得电动势及内阻；再根据变阻器滑动得到电阻变化，从而得到
电流变化，即可得到电压变化；最后根据电动机的输出功率＝消耗的功率﹣热功率，由图象得到最大功率的电流，
即可代入数据求解；求得变阻器接入最大电阻时的电流，然后由欧姆定律求得阻值。
【解答】解：A、根据电路连接，由闭合电路欧姆定律可得：U2＝E﹣Ir，故E＝U2+Ir，那么，由图可得：E＝3.4+0.1r
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（V）＝3.0+0.3r（V），所以，内阻r＝2Ω，电动势E＝3.6V，故A 错误；
B、变阻器向右滑动时，电阻增大，故总电阻增大，总电流减小，那么，内压降减小，路端电压即V2 读数增大，
或由图得到电流减小，路端电压即V2 读数增大，故B 错误；
C、根据电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，可由图得到电机的电阻为：hܯ=ܷ
1
ܫ= 4Ω
故电动机的输出功率为：ܲ
=ܷ
1ܫ−ܫ2hܯ= (ܷ
1 −ܫhܯ)ܫ；
由图可知：当I＝0.3A 时，P 最大，故有：电动机的最大输出功率为3.0×0.3﹣0.32×4（W）＝0.54W，故C 正确；
D、由B 可知：变阻器全部接入电路时，电流最小，由图可得：I＝0.1A；根据欧姆定律可得：h =ܷ
2−ܷ
1
ܫ
= 3.4ܸ−0.4ܸ
0.1t
=
30Ω，故D 正确；
故选：CD。
【点评】闭合电路的欧姆定律一般用于变阻器滑动过程的电流、电压的求解，根据电阻变化得到总电阻变化，即
可得到总电流变化，从而得到电流、电压的变化。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32 题为必考题，每个试通考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答•
9．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r，所给的其它器材有：
A．电压表
：0～3～15V
B．电流表
：0～0.6～3A
C．变阻器R1（20Ω，1A）
D．变阻器R2（1000Ω，0.1A）
E．电键S 和导线若干
（1）实验中变阻器应选用
C
（标明变阻器代号）；
（2）根据实验要求连接图1 实物电路图；
（3）实验测得的6 组数据已在U﹣I 图中标出，如图2 所示。请你根据数据点位置完成U﹣I 图线，并由图线求出
该电池的电动势E＝
1.5
V，电阻r＝
0.5
Ω。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；
用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电
池的内电阻
【解答】解：（1）滑动变阻器采用限流接法，为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用：C、变阻器R1（20Ω，
1A）；
（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：
（3）根据坐标系内描出的点作出电源U﹣I 图象如图所示：
图象的竖轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；
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斜率绝对值表示电源内电阻，故r= △ܷ
△ܫ= 1.5−1.0
1.0
=0.50Ω
故答案为：（1）C；（2）如图所示；（3）1.5；0.5。
【点评】本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义。
10．在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：
（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图1 所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。
（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽
可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同）
t2
，电压表应选用ܸ
2
，滑动变阻器应
选用
h1
。并在如图2 的虚线框内画出你设计的实验电路图。
A．电池组E（6V．内阻很小）
B．电流表A1（0～3A，内阻约0.01Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.1Ω）
D．电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（0～6V，内阻约6kΩ）
F．滑动变阻器R1（0～5Ω，2A）
G．滑动变阻器R2（0～1KΩ，1A）
H．电键、导线
【考点】L4：螺旋测微器的使用；N2：测定金属的电阻率．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数
包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分。固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）将电路分为测量电路和控制电路两部分。测量电路采用伏安法。根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关
系，选择电流表外接法。要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压接法。估算电流的最大值，
选择电流表量程。
【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为0.701mm，故可分解为0.5mm+0.201mm，即0.5mm+20.1×0.01mm，三个
格子里的示数分别为15；20；25
（2）电源电动势是6V，电压表选：电压表V2（0～6V，内阻6kΩ），电路最大电流ܫ= ܧ
h = 6
12 = 0.5t，则电流表
可选：A2（0～0.6A，内阻0.1Ω），电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于
h
ht
=
12
0.1 = 120＜
hܸ
h =
6000
12
=
500，则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选R1，实验电路
图如图所示。
故答案为：（1）.15
20
25
（2）A2
V2
R1
（3）
【点评】对于电流表量程的选择往往要估算电路中电流的最大值，估算时电表的影响可近似不考虑。
11．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴
以v0＝0.5m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将上板向上平移
△d＝2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g＝10m/s2．求：
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（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）根据液滴做匀速直线运动求得电动势，然后根据场强ܧ=ܷ݀
求得将上板向上平移后的电场力，从而
由牛顿第二定律求得加速度；
（2）根据类平抛运动规律，由竖直位移求得运动时间，从而求得水平位移，即可得到液滴匀速运动的位移，从而
求得时间。
【解答】解：（1）带电液滴在板间运动时受重力、电场力作用；
设直流电源电动势为U；那么，当液滴做匀速直线运动，电场力方向向上，且有݉
t = ݍܧ= ݍܷ݀；
当上板上移后，电场力
ݍܷ݀
+△݀
=
4
5݉
t，故液滴向下偏转的加速度ܽ
=݉
t−ܨ݉= 1
5 t = 2݉
/ݏ2；
（2）液滴从P 到金属板末端飞出的运动过程水平方向做速度为v0 的匀速运动，竖直方向做初速度为零，加速度a
＝2m/s2 的匀加速运动；
故设液滴从P 点到金属板末端飞出的时间为t1，根据液滴在竖直方向上的位移为
1
2݀
，由匀变速运动规律可得：ݐ1 =
2×1
2݀ܽ
=݀ܽ
= 0.2ݏ；
那么，从P 点到金属板末端的水平距离x＝v0t1＝0.1m；
所以，根据液滴从射入到P 的运动为匀速直线运动可得：液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间ݐ=
ܮ−ݔ
㘴0 = 0.3ݏ；
答：（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小为2m/s2；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为0.3s。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分
析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。
12．如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°．质量为M＝0.2kg 的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/s，沿斜面
匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C．质量为m＝0.1kg，电量为q＝+4×l0
﹣4C
的光滑小物块B 轻放在A 板表面上。此后经时间t＝0.1s，撤去电场，当物块速度为v＝8m/s 时，恰好离开板A，
求：
（1）撤电场时，物块B 的动能EkB 和0.1s 内的电势能变化量△EP；
（2）撤电场时，板A 的速度vA；
（3）物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q。
【考点】6B：功能关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求得物块的加速度，从而根据时间求得速度、位移，即可求得动能及电势能变化
量；
（2）根据A 匀速下滑求得动摩擦因数，然后由牛顿第二定律求得A 的加速度，即可由匀变速规律求得速度；
（3）根据B 做匀加速直线运动求得运动时间，然后分析A 的受力情况得到其运动情况，即可根据时间求得位移，
从而根据克服摩擦力做的功求得发热量。
【解答】解：（1）在电场力作用下，物块B 受重力、支持力、电场力作用，故由牛顿第二定律可得：加速度ܽܤ=
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݉tݏth30°+ݍܧ݉= 6݉
/ݏ2；
故撤电场时，物块B 的速度vB＝aBt＝0.6m/s，物块B 的动能ܧ݇ܤ= 1
2݉
㘴ܤ
2 = 0.018ܬ；
物块B 在0.1s 内在电场方向上的位移：ܮ1 =
㘴ܤ
2
2ܽ1 = 0.03݉
；所以，物块B 的电势能变化量：△ܧܲ=−ݍܧܮ1 =−3 ×
10−3ܬ（即B 电势能减小了3×10
﹣3J）；
（2）A 在斜面上匀速下滑，故有：Mgsin30°＝μMgcos30°，所以，ߤ=
3
3 ；
B 轻放上A，对A 应用牛顿第二定律可得：μ（M+m）gcos30°﹣Mgsin30°＝Ma0；所以，板A 做加速度ܽ
0 =
ߤ݉
tܿ݋ݏ30°
ܯ
= 2.5݉
/ݏ2的匀减速运动；
故撤电场时，A 的速度：vA＝v0﹣a0t＝2.75m/s；
（3）物体B 还在A 上运动时：物体B 向下做加速度ܽܤ= 6݉
/ݏ2的匀加速运动，故物体B 在A 上运动的时间ݐ= ߤܽ
ܤ=
4
3 ݏ；
因为板A 受到的斜面对板A 的最大静摩擦力fm＝μ（M+m）gcos30°＞Mgsin30°，
当A 速度减为0 后，A 将静止在斜面上。
所以，板A 做匀减速运动的时间ݐ' = 㘴0ܽ
0 = 6
5 ݏ＜t，故板A 向下运动的位移ݏ= 㘴02
2ܽ0 = 9
5݉
；
物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热等于克服板A 受到的摩擦力做的功；
那么，系统发热Q＝μ（M+m）gcos30°•s＝2.7J；
答：（1）撤电场时，物块B 的动能EkB 为0.018J；1s 内的电势能变化量△EP 为﹣3×10
﹣3J；
（2）撤电场时，板A 的速度vA 为2.75m/s；
（3）物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q 为2.7J。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分
析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。
选做题
13．（3 分）以下说法正确的是（
）
A．电流强度I=ܷh，电场强度E= ܨ
ݍ，电势φ= ܧܲ
ݍ，以上三个关系式都采用了比值定义法
B．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是
一种理想化的处理方法
C．库仑用扭秤实验测定了静电常数k＝9.0×l09N•m2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律
D．富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针
E．实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代
【考点】1U：物理学史；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了极限思想。电学
中电阻、电场强度和电势等物理量的定义，都运用了比值定义法
【解答】解：A、欧姆定律ܫ=ܷh不是采用的比值法定义，故A 错误；
B、点电荷是一种理想模型，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷。故B 正确；
C、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量k 的值，
故C 正确；
D、富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针，故D 正确；
E、静电计测量的是电容器两端的电势差，而验电器是测量物体是否带电，故E 错误
故选：BCD。
【点评】本题考查物理学中常见的物理方法；在学习物理时不但要学习知识点，同时还要注意学习相应的物理方
法。
14．（3 分）如图所示，质量为3kg 的小车A 以v0＝4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不
可伸长的轻绳悬挂质量为1kg 的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上
的质量为1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车
右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2．求：
①绳未断前小球与砂桶的水平距离。
②小车系统的最终速度大小
③整个系统损失的机械能。
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【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）A 与C 的碰撞动量守恒，由此求出A 的速度；小球做平抛运动，由H= 1
2gt2 求出运动的时间，再结
合水平方向的位移关系即可求出；
（2）系统的动量守恒，由此即可求出最终的速度；
（3）由功能关系即可求出系统损失的机械能。
【解答】解：
①A 与C 的碰撞动量守恒：mAv0＝（mA+mC）v1，得：v1＝3m/s
设小球下落时间为t，则：H= 1
2gt2，t＝0.4s
所以：△x＝（v0﹣v1）t＝0.4m
②设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：
（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v2
得：v2＝3.2m/s
③由能量守恒得：
△E＝mBgH+ 1
2（mA+mB）v02−1
2（mA+mB+mC）v22
解得：△E＝14.4J
答：①绳未断前小球与砂桶的水平距离是0.4m。
②小车系统的最终速度大小是3.2m/s
③整个系统损失的机械能是14.4J。
【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守
恒；然后才能列式求解；同时要注意不能漏掉小球的重力势能。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 20:33:29 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s 后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s
重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为（
）
A．自身所受重力的8 倍
B．自身所受重力的5 倍
C．自身所受重力的4 倍
D．自身所受重力的2 倍
2．（3 分）如图所示，直线MN 是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带正电的粒子只在电场力的
作用下，由a 到b 的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是（
）
A．电场强度方向一定是由N 指向M
B．带电粒子在a 点的加速度一定等于在b 点的加速度
C．带电粒子由a 运动到b 的过程中动能一定逐渐减小
D．带电粒子在a 点的电势能一定小于在b 点的电势能
3．（3 分）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0 的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，
弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L 后停止。然后松手放开，设弹簧总处在弹性
限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（
）
A．（1+ △ܮ
ܮ）mg
B．（1+ △ܮ
ܮ）（m+m0）g
C．△Lmg
D．
△ܮ
ܮ（m+m0）g
4．（3 分）如图所示，一均匀带电荷量为+Q 的细棒。在过中点c 垂直于细棒的直线上有a、b、d 三点，a 和b，b 和
c，c 和d 之间的距离均为L，在a 处有一电荷量为+ܳ2的固定点电荷，已知b 点处的电场强度为零，则d 点处的电
场强度大小为（k 为静电力常量）（
）
A．݇
9ܳ
2ܮ2
B．݇3ܳ
ܮ2
C．݇
3ܳ
2ܮ2
D．݇
5ܳ
9ܮ2
5．（3 分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1 匀速向右运动，一质量为m
的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的
下列判靳，正确的有（
）
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为
1
2݉
㘴1
2 −
1
2݉
㘴2
2
C．此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
1
2݉
(㘴1 + 㘴2)2
6．（3 分）质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物
块乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。则（
）
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A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒
B．当两均块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为lm/s 时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D．甲物块的速率不可能达到5m/s
7．（3 分）如图所示，平行金属板中带电质点P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1 的阻
值和电源内阻r 相等，当滑动变阻器R4 的滑片向b 端移动时，则（
）
A．R3 上消耗的功率逐渐减小
B．电流表读数减小，电压表读数增大
C．电源的输出功率逐渐增大
D．质点P 将向上运动
8．（3 分）如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表
读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，
以下判断正确的是（
）
A．电路中的电源电动势为3.4V
B．变阻器向右滑动时，V2 读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.54W
D．变阻器的最大阻值为30Ω
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32 题为必考题，每个试通考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答•
9．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r，所给的其它器材有：
A．电压表
：0～3～15V
B．电流表
：0～0.6～3A
C．变阻器R1（20Ω，1A）
D．变阻器R2（1000Ω，0.1A）
E．电键S 和导线若干
（1）实验中变阻器应选用
（标明变阻器代号）；
（2）根据实验要求连接图1 实物电路图；
（3）实验测得的6 组数据已在U﹣I 图中标出，如图2 所示。请你根据数据点位置完成U﹣I 图线，并由图线求出
该电池的电动势E＝
V，电阻r＝
Ω。
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10．在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：
（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图1 所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。
（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽
可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同）
，电压表应选用
，滑动变阻器
应选用
。并在如图2 的虚线框内画出你设计的实验电路图。
A．电池组E（6V．内阻很小）
B．电流表A1（0～3A，内阻约0.01Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.1Ω）
D．电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（0～6V，内阻约6kΩ）
F．滑动变阻器R1（0～5Ω，2A）
G．滑动变阻器R2（0～1KΩ，1A）
H．电键、导线
11．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴
以v0＝0.5m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将上板向上平移
△d＝2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g＝10m/s2．求：
（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？
12．如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°．质量为M＝0.2kg 的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/s，沿斜面
匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C．质量为m＝0.1kg，电量为q＝+4×l0
﹣4C
的光滑小物块B 轻放在A 板表面上。此后经时间t＝0.1s，撤去电场，当物块速度为v＝8m/s 时，恰好离开板A，
求：
（1）撤电场时，物块B 的动能EkB 和0.1s 内的电势能变化量△EP；
（2）撤电场时，板A 的速度vA；
（3）物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q。
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- 957 -
选做题
13．（3 分）以下说法正确的是（
）
A．电流强度I=ܷh，电场强度E= ܨ
ݍ，电势φ= ܧܲ
ݍ，以上三个关系式都采用了比值定义法
B．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是
一种理想化的处理方法
C．库仑用扭秤实验测定了静电常数k＝9.0×l09N•m2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律
D．富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针
E．实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代
14．（3 分）如图所示，质量为3kg 的小车A 以v0＝4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不
可伸长的轻绳悬挂质量为1kg 的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上
的质量为1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车
右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2．求：
①绳未断前小球与砂桶的水平距离。
②小车系统的最终速度大小
③整个系统损失的机械能。
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2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s 后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s
重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为（
）
A．自身所受重力的8 倍
B．自身所受重力的5 倍
C．自身所受重力的4 倍
D．自身所受重力的2 倍
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】消防队员受重力和支持力，对消防队员运动的整个过程根据动量定理列式求解即可。
【解答】解：消防队员受重力和支持力，规定向上为正方向，对消防队员运动的整个过程，根据动量定理，有：
mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
ܨ݉
t =
ݐ1+ݐ2
ݐ2
=
0.8+0.2
0.2
=
5
1
【点评】本题关键是明确消防队员的受力情况和动量改变情况，然后根据动量定理列式分析，注意先规定正方向，
基础题目。
2．（3 分）如图所示，直线MN 是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带正电的粒子只在电场力的
作用下，由a 到b 的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是（
）
A．电场强度方向一定是由N 指向M
B．带电粒子在a 点的加速度一定等于在b 点的加速度
C．带电粒子由a 运动到b 的过程中动能一定逐渐减小
D．带电粒子在a 点的电势能一定小于在b 点的电势能
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据粒子的运动轨迹弯曲方向确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN 的方向以及点电荷的性质；
根据受力与运动轨迹的关系判断出电场力做功的关系，进而判断出动能的变化；根据电场线的疏密判定加速度的
大小关系。
【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以粒子受到
的电场力方向一定是由M 指向N，粒子带正电，所以电场强度方向一定是由M 指向N．故A 错误；
B、该电场是匀强电场，场强处处相同，由牛顿第二定律得qE＝ma，知带电粒子在a 点的加速度一定等于在b 点
的加速度，故B 正确。
CD、带电粒子从a 运动到b 的过程中，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，所以电场力做正功，电势能
减小，动能增加，故CD 错误。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在
电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况。
3．（3 分）如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0 的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，
弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L 后停止。然后松手放开，设弹簧总处在弹性
限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（
）
A．（1+ △ܮ
ܮ）mg
B．（1+ △ܮ
ܮ）（m+m0）g
C．△Lmg
D．
△ܮ
ܮ（m+m0）g
【考点】2S：胡克定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘
和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度。再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘
对物体的支持力。
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【解答】解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kL ①
设使弹簧再伸长△l 时手的拉力大小为F
再由胡克定律得（mg+m0g+F）＝k（L+△L）②
由①②联立得F= △ܮ
ܮ（m+m0）g
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上。
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得a=
ܨ݉
+݉
0 = △ܮ
ܮg
对物体研究：FN﹣mg＝ma
解得FN＝（1+ △ܮ
ܮ）mg；
故A 正确，BCD 错误；
【点评】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情
况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度。
4．（3 分）如图所示，一均匀带电荷量为+Q 的细棒。在过中点c 垂直于细棒的直线上有a、b、d 三点，a 和b，b 和
c，c 和d 之间的距离均为L，在a 处有一电荷量为+ܳ2的固定点电荷，已知b 点处的电场强度为零，则d 点处的电
场强度大小为（k 为静电力常量）（
）
A．݇
9ܳ
2ܮ2
B．݇3ܳ
ܮ2
C．݇
3ܳ
2ܮ2
D．݇
5ܳ
9ܮ2
【考点】A8：点电荷的电场；AA：电场的叠加．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由题意可知在b 点处的场强为零，说明细棍和q 在b 点的电场强度大小相等，方向相反。那么在d 点处
场强的大小即为两者之和。因此根据点电荷的电场强度为E＝k
ݍ
ݎ2即可求解。
【解答】解：电荷量为ܳ2的点电荷在b 处产生电场强度为E＝kܳ2ܮ2，方向向右。
在b 点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q 在b 处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在
b 处产生的电场强度大小为kܳ2ܮ2，方向向左。
根据对称性可知细棍在d 处产生的电场强度大小为kܳ2ܮ2，方向向右
而电荷量为q 的点电荷在d 处产生电场强度为E′＝kܳ
2
(3ܮ)2 =ܳ18ܮ2，方向向右
所d 点处场强的大小为Ed＝E+E′=݇
⋅5ܳ
9ܮ2 ，方向向右。故ABC 错误，D 正确
【点评】考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基
础。
5．（3 分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1 匀速向右运动，一质量为m
的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的
下列判靳，正确的有（
）
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为
1
2݉
㘴1
2 −
1
2݉
㘴2
2
C．此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
1
2݉
(㘴1 + 㘴2)2
【考点】3C：共点力的平衡；6B：功能关系．菁优网版权所有
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【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52B：功的计算专题．
【分析】物体冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向
右加速；求出滑块与传送带之间的相对距离，由功能关系可求出经摩擦产生的热量；再根据动能定理得全过程传
送带对物块做的总功。
【解答】解：A、由于传送带足够长，滑块减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下
向右加速，由于v2＞v1，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时开始向右匀速运
动，之后不受摩擦力，故滑块返回传送带右端的速率为v′2＝v1；故A 错误；
B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功为：W= 1
2݉
㘴1
2 −1
2݉
㘴2
2，故B 正确；
CD、滑块相对于传送带打滑时滑块的加速度为：a= ߤ݉
t݉= ߤt；
滑块从起点向左到达最大位移时，用时为：t1= 㘴2
ߤt，位移为：x1= 1
2μgt12=
㘴2
2
2ߤt；传送带的位移为：x 传1＝v1t1；
返回加速的时间为：t2= 㘴1
ߤt，加速过程的位移为：x2=
㘴1
2
2ߤt；传送带的位移为：x 传2＝v1t2；
传送带与滑块间的相对路程为：x 相＝x 传1+x1+x 传2﹣x2= (㘴1+㘴2)2
2ߤt
，
故滑块与传送带间摩擦产生的热量为：Q＝μmgx 相= 1
2m（v1+v2）2；故D 正确；
电动机对传送带做的功等于滑块动能的增加量与热量的总和，故电动机多做功为：
1
2 m （v1+v2 ）
2+ 1
2݉
㘴1
2 −1
2݉
㘴2
2 =mv12+mv1v2；故C 错误；
故选：BD。
【点评】本题关键是对物体的运动过程进行分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。对于滑
块与传送带间摩擦产生的热量要根据相对路程进行计算。
6．（3 分）质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物
块乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。则（
）
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒
B．当两均块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为lm/s 时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D．甲物块的速率不可能达到5m/s
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，判断系统动量是否守恒。当两物块相距最近时速度相同，
根据动量守恒定律求出物块甲的速率。物块甲的速率为1m/s 时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相
反，由动量守恒研究乙的速率。若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒
判断速率为5m/s 是否可能。
【解答】解：A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A 正确；
B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得：
mv 乙﹣mv 甲＝2mv
将v 甲＝3m/s，v 乙＝4m/s，代入解得：v＝0.5m/s。故B 错误。
C、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：
mv 乙﹣mv 甲＝﹣mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据解得：v 乙′＝2m/s；
若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：
mv 乙﹣mv 甲＝mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据解得：v 乙′＝0，故C 正确。
D、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：
mv 乙﹣mv 甲＝﹣mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据代入解得：v 乙′＝6m/s。
两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。
若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：
mv 乙﹣mv 甲＝mv 甲′+m 乙v 乙′，
代入数据解得：v 乙′＝﹣5m/s，
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当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达
到5m/s，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题。分
析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被
压到最短。
7．（3 分）如图所示，平行金属板中带电质点P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1 的阻
值和电源内阻r 相等，当滑动变阻器R4 的滑片向b 端移动时，则（
）
A．R3 上消耗的功率逐渐减小
B．电流表读数减小，电压表读数增大
C．电源的输出功率逐渐增大
D．质点P 将向上运动
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】根据滑动变阻器电阻变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到电源的输出功率变化及R3
两端电压电压变化，进而得到R3 上消耗的功率变化及质点运动方向；再根据支路电压、电流变化得到电流表、电
压表示数变化。
【解答】解：C、当滑动变阻器R4 的滑片向b 端移动时，R4 接入电路的阻值减小，故电路总电阻减小，那么，由
欧姆定律可知：总电流增大，所以，电源的输出功率增大，故C 正确；
A、总电流增大，那么，内阻和R1 上的电压降增大，所以，R3 两端电压减小，故R3 上消耗的功率减小，故A 正
确；
D、平行金属板两端电压差和R3 两端电压相等，故电压减小，所以，场强减小，那么，电场力减小，故质点P 的
合外力向下，质点向下运动，故D 错误；
B、R3 两端电压减小，故通过R3 的电流减小；总电流增大，故电流表读数增大；R2 两端的电压增大，R3 两端电
压减小，所以，电压表读数减小，故B 错误；
故选：AC。
【点评】闭合电路的欧姆定律一般用于变阻器滑动过程的电流、电压的求解，根据电阻变化得到总电阻变化，即
可得到总电流变化，从而得到电流、电压的变化。
8．（3 分）如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表
读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，
以下判断正确的是（
）
A．电路中的电源电动势为3.4V
B．变阻器向右滑动时，V2 读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.54W
D．变阻器的最大阻值为30Ω
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】根据路端电压和电流的关系由欧姆定律求得电动势及内阻；再根据变阻器滑动得到电阻变化，从而得到
电流变化，即可得到电压变化；最后根据电动机的输出功率＝消耗的功率﹣热功率，由图象得到最大功率的电流，
即可代入数据求解；求得变阻器接入最大电阻时的电流，然后由欧姆定律求得阻值。
【解答】解：A、根据电路连接，由闭合电路欧姆定律可得：U2＝E﹣Ir，故E＝U2+Ir，那么，由图可得：E＝3.4+0.1r
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（V）＝3.0+0.3r（V），所以，内阻r＝2Ω，电动势E＝3.6V，故A 错误；
B、变阻器向右滑动时，电阻增大，故总电阻增大，总电流减小，那么，内压降减小，路端电压即V2 读数增大，
或由图得到电流减小，路端电压即V2 读数增大，故B 错误；
C、根据电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，可由图得到电机的电阻为：hܯ=ܷ
1
ܫ= 4Ω
故电动机的输出功率为：ܲ
=ܷ
1ܫ−ܫ2hܯ= (ܷ
1 −ܫhܯ)ܫ；
由图可知：当I＝0.3A 时，P 最大，故有：电动机的最大输出功率为3.0×0.3﹣0.32×4（W）＝0.54W，故C 正确；
D、由B 可知：变阻器全部接入电路时，电流最小，由图可得：I＝0.1A；根据欧姆定律可得：h =ܷ
2−ܷ
1
ܫ
= 3.4ܸ−0.4ܸ
0.1t
=
30Ω，故D 正确；
故选：CD。
【点评】闭合电路的欧姆定律一般用于变阻器滑动过程的电流、电压的求解，根据电阻变化得到总电阻变化，即
可得到总电流变化，从而得到电流、电压的变化。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32 题为必考题，每个试通考生都必须作答．第33～38 题为选
考题，考生根据要求作答•
9．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r，所给的其它器材有：
A．电压表
：0～3～15V
B．电流表
：0～0.6～3A
C．变阻器R1（20Ω，1A）
D．变阻器R2（1000Ω，0.1A）
E．电键S 和导线若干
（1）实验中变阻器应选用
C
（标明变阻器代号）；
（2）根据实验要求连接图1 实物电路图；
（3）实验测得的6 组数据已在U﹣I 图中标出，如图2 所示。请你根据数据点位置完成U﹣I 图线，并由图线求出
该电池的电动势E＝
1.5
V，电阻r＝
0.5
Ω。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；
用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电
池的内电阻
【解答】解：（1）滑动变阻器采用限流接法，为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用：C、变阻器R1（20Ω，
1A）；
（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：
（3）根据坐标系内描出的点作出电源U﹣I 图象如图所示：
图象的竖轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；
斜率绝对值表示电源内电阻，故r= △ܷ
△ܫ= 1.5−1.0
1.0
=0.50Ω
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故答案为：（1）C；（2）如图所示；（3）1.5；0.5。
【点评】本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义。
10．在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：
（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图1 所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。
（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽
可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同）
t2
，电压表应选用ܸ
2
，滑动变阻器应
选用
h1
。并在如图2 的虚线框内画出你设计的实验电路图。
A．电池组E（6V．内阻很小）
B．电流表A1（0～3A，内阻约0.01Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.1Ω）
D．电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（0～6V，内阻约6kΩ）
F．滑动变阻器R1（0～5Ω，2A）
G．滑动变阻器R2（0～1KΩ，1A）
H．电键、导线
【考点】L4：螺旋测微器的使用；N2：测定金属的电阻率．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数
包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分。固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）将电路分为测量电路和控制电路两部分。测量电路采用伏安法。根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关
系，选择电流表外接法。要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压接法。估算电流的最大值，
选择电流表量程。
【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为0.701mm，故可分解为0.5mm+0.201mm，即0.5mm+20.1×0.01mm，三个
格子里的示数分别为15；20；25
（2）电源电动势是6V，电压表选：电压表V2（0～6V，内阻6kΩ），电路最大电流ܫ= ܧ
h = 6
12 = 0.5t，则电流表
可选：A2（0～0.6A，内阻0.1Ω），电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于
h
ht
=
12
0.1 = 120＜
hܸ
h =
6000
12
=
500，则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选R1，实验电路
图如图所示。
故答案为：（1）.15
20
25
（2）A2
V2
R1
（3）
【点评】对于电流表量程的选择往往要估算电路中电流的最大值，估算时电表的影响可近似不考虑。
11．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴
以v0＝0.5m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将上板向上平移
△d＝2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g＝10m/s2．求：
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（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）根据液滴做匀速直线运动求得电动势，然后根据场强ܧ=ܷ݀
求得将上板向上平移后的电场力，从而
由牛顿第二定律求得加速度；
（2）根据类平抛运动规律，由竖直位移求得运动时间，从而求得水平位移，即可得到液滴匀速运动的位移，从而
求得时间。
【解答】解：（1）带电液滴在板间运动时受重力、电场力作用；
设直流电源电动势为U；那么，当液滴做匀速直线运动，电场力方向向上，且有݉
t = ݍܧ= ݍܷ݀；
当上板上移后，电场力
ݍܷ݀
+△݀
=
4
5݉
t，故液滴向下偏转的加速度ܽ
=݉
t−ܨ݉= 1
5 t = 2݉
/ݏ2；
（2）液滴从P 到金属板末端飞出的运动过程水平方向做速度为v0 的匀速运动，竖直方向做初速度为零，加速度a
＝2m/s2 的匀加速运动；
故设液滴从P 点到金属板末端飞出的时间为t1，根据液滴在竖直方向上的位移为
1
2݀
，由匀变速运动规律可得：ݐ1 =
2×1
2݀ܽ
=݀ܽ
= 0.2ݏ；
那么，从P 点到金属板末端的水平距离x＝v0t1＝0.1m；
所以，根据液滴从射入到P 的运动为匀速直线运动可得：液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间ݐ=
ܮ−ݔ
㘴0 = 0.3ݏ；
答：（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小为2m/s2；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为0.3s。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分
析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。
12．如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°．质量为M＝0.2kg 的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/s，沿斜面
匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C．质量为m＝0.1kg，电量为q＝+4×l0
﹣4C
的光滑小物块B 轻放在A 板表面上。此后经时间t＝0.1s，撤去电场，当物块速度为v＝8m/s 时，恰好离开板A，
求：
（1）撤电场时，物块B 的动能EkB 和0.1s 内的电势能变化量△EP；
（2）撤电场时，板A 的速度vA；
（3）物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q。
【考点】6B：功能关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求得物块的加速度，从而根据时间求得速度、位移，即可求得动能及电势能变化
量；
（2）根据A 匀速下滑求得动摩擦因数，然后由牛顿第二定律求得A 的加速度，即可由匀变速规律求得速度；
（3）根据B 做匀加速直线运动求得运动时间，然后分析A 的受力情况得到其运动情况，即可根据时间求得位移，
从而根据克服摩擦力做的功求得发热量。
【解答】解：（1）在电场力作用下，物块B 受重力、支持力、电场力作用，故由牛顿第二定律可得：加速度ܽܤ=݉
tݏth30°+ݍܧ݉= 6݉
/ݏ2；
故撤电场时，物块B 的速度vB＝aBt＝0.6m/s，物块B 的动能ܧ݇ܤ= 1
2݉
㘴ܤ
2 = 0.018ܬ；
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物块B 在0.1s 内在电场方向上的位移：ܮ1 =
㘴ܤ
2
2ܽ1 = 0.03݉
；所以，物块B 的电势能变化量：△ܧܲ=−ݍܧܮ1 =−3 ×
10−3ܬ（即B 电势能减小了3×10
﹣3J）；
（2）A 在斜面上匀速下滑，故有：Mgsin30°＝μMgcos30°，所以，ߤ=
3
3 ；
B 轻放上A，对A 应用牛顿第二定律可得：μ（M+m）gcos30°﹣Mgsin30°＝Ma0；所以，板A 做加速度ܽ
0 =
ߤ݉
tܿ݋ݏ30°
ܯ
= 2.5݉
/ݏ2的匀减速运动；
故撤电场时，A 的速度：vA＝v0﹣a0t＝2.75m/s；
（3）物体B 还在A 上运动时：物体B 向下做加速度ܽܤ= 6݉
/ݏ2的匀加速运动，故物体B 在A 上运动的时间ݐ= ߤܽ
ܤ=
4
3 ݏ；
因为板A 受到的斜面对板A 的最大静摩擦力fm＝μ（M+m）gcos30°＞Mgsin30°，
当A 速度减为0 后，A 将静止在斜面上。
所以，板A 做匀减速运动的时间ݐ' = 㘴0ܽ
0 = 6
5 ݏ＜t，故板A 向下运动的位移ݏ= 㘴02
2ܽ0 = 9
5݉
；
物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热等于克服板A 受到的摩擦力做的功；
那么，系统发热Q＝μ（M+m）gcos30°•s＝2.7J；
答：（1）撤电场时，物块B 的动能EkB 为0.018J；1s 内的电势能变化量△EP 为﹣3×10
﹣3J；
（2）撤电场时，板A 的速度vA 为2.75m/s；
（3）物块B 在板A 上运动的全过程，系统发热Q 为2.7J。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分
析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。
选做题
13．（3 分）以下说法正确的是（
）
A．电流强度I=ܷh，电场强度E= ܨ
ݍ，电势φ= ܧܲ
ݍ，以上三个关系式都采用了比值定义法
B．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是
一种理想化的处理方法
C．库仑用扭秤实验测定了静电常数k＝9.0×l09N•m2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律
D．富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针
E．实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代
【考点】1U：物理学史；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了极限思想。电学
中电阻、电场强度和电势等物理量的定义，都运用了比值定义法
【解答】解：A、欧姆定律ܫ=ܷh不是采用的比值法定义，故A 错误；
B、点电荷是一种理想模型，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷。故B 正确；
C、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量k 的值，
故C 正确；
D、富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针，故D 正确；
E、静电计测量的是电容器两端的电势差，而验电器是测量物体是否带电，故E 错误
故选：BCD。
【点评】本题考查物理学中常见的物理方法；在学习物理时不但要学习知识点，同时还要注意学习相应的物理方
法。
14．（3 分）如图所示，质量为3kg 的小车A 以v0＝4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不
可伸长的轻绳悬挂质量为1kg 的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上
的质量为1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车
右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2．求：
①绳未断前小球与砂桶的水平距离。
②小车系统的最终速度大小
③整个系统损失的机械能。
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【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）A 与C 的碰撞动量守恒，由此求出A 的速度；小球做平抛运动，由H= 1
2gt2 求出运动的时间，再结
合水平方向的位移关系即可求出；
（2）系统的动量守恒，由此即可求出最终的速度；
（3）由功能关系即可求出系统损失的机械能。
【解答】解：
①A 与C 的碰撞动量守恒：mAv0＝（mA+mC）v1，得：v1＝3m/s
设小球下落时间为t，则：H= 1
2gt2，t＝0.4s
所以：△x＝（v0﹣v1）t＝0.4m
②设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：
（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v2
得：v2＝3.2m/s
③由能量守恒得：
△E＝mBgH+ 1
2（mA+mB）v02−1
2（mA+mB+mC）v22
解得：△E＝14.4J
答：①绳未断前小球与砂桶的水平距离是0.4m。
②小车系统的最终速度大小是3.2m/s
③整个系统损失的机械能是14.4J。
【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守
恒；然后才能列式求解；同时要注意不能漏掉小球的重力势能。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 20:34:18 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年甘肃省兰州市安宁区西北师大附中高考物理二模试卷
二、选择题：本题共8 小题，每题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一个选项符合题目要求．第5～
8 题有多选项题目要求．全部答对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的0 分．
1．（6 分）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（
）
A．甲图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成
D．丁图中，链式反应属于轻核裂变
2．（6 分）如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，
A、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（
）
A．A、B 的质量之比为1：3
B．A、B 所受弹簧弹力大小之比为3：2
C．悬挂A、B 的细线上拉力大小之比为2：1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为1：2
3．（6 分）一质量为m 的汽车原来在平直路面上以速度v 匀速行驶，发动机的输出功率为P．从某时刻开始，司机突
然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v 之后又开始匀速行驶。若
汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A．汽车加速过程的最大加速度为ܲ݉
㘴
B．汽车加速过程的平均速度为
3
2 㘴
C．汽车速度从v 增大到2v 过程做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
4．（6 分）如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P 点．静
电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E 表示两板间的场强，φ表示P 点的电势，EP 表示该试探电
荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离（静电计带
电量可忽略不计），各物理量变化情况描述正确的是（
）
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A．E 增大，φ降低，EP 减小，θ增大
B．E 不变，φ降低，EP 增大，θ减小
C．E 不变，φ升高，EP 减小，θ减小
D．E 减小，φ升高，EP 减小，θ减小
5．（6 分）如图所示，两方向相反，磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 边界分开，三
角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A 处由一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子（质子
重力不计），所有质子均能通过C 点，质子比荷
ݍ݉=
1݇，则质子的速度可能为（
）
A．
ܤܮ݇
B．
ܤܮ
2݇
C．
2ܤܮ
3݇
D．
ܤܮ
8݇
6．（6 分）如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O 点正下方放置为2m 的小
球A，质量为m 的小球B 以初速度v0 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞．碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱
离轨道，则小球B 的初速度v0 可能为（
）
A．2 2th
B．2th
C．2 5th
D．5th
7．（6 分）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图为其原理示意图，平行金属板C、
D 间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水
平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0 的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C、
D 两端，已知两金属板间距离为d，喷入气流的速度为v，磁流体发电机的电阻为r（R0＜r＜2R0），则滑动变阻器
的滑片P 由a 向b 端滑动的过程中（
）
A．金属板C 为电源负极，D 为电源正极
B．发电机的输出功率一直增大
C．电阻R0 消耗功率最大值为
ܤ2݀2㘴2h0
(h0+ݎ)2
D．滑动变阻器消耗功率最大值为
ܤ2݀2㘴2
ݎ+h0
8．（6 分）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a 所示，碰后
运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v﹣t 图线如图b 中实线所示，其中红
壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则（
）
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A．碰后蓝壶的速度为0.8m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-16 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题:
9．（6 分）小明在课本查到“木﹣木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：
（1）如图1 将质量为M 的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到
轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ＝
。
（2）由于找不到天平，小明进行了以下步骤：①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并
穿过打点计时器；②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；③挂上沙桶（沙桶及沙的总质量
保持不变），接通电源，稳定后释放木块，得到如图2 纸带。
（3）已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a＝
m/s2（保留两位有效
数字）。
（4）若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的μ＝
（结果保留两位有效数字）。
10．（9 分）利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），表头G（量程为200μA，内阻为900Ω），定值电阻R0、R1，开关S，导
线若干。
实验步骤如下：
（1）先利用R0 和表头G 构成2mA 的电流表，再将2mA 的电流表改装成量程为6V 的电压表，根据题设条件定
值电阻的阻值应为：R0＝
Ω，R1＝
Ω；
（2）将电阻箱阻值调到
（选填“最大”或“最小”），闭合开关S；
（3）多次调节电阻箱，记下表头G 的示数I 和电阻箱相应的阻值R；
（4）以
1
ܫ为纵坐标，
1
h为横坐标，作
1
ܫ−
1
h图线如图乙所示；
（5）若把流过电阻箱的电流视为干路电流，根据
1
ܫ−
1
h图线求得电源的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω；
（6）由于步骤（5）的近似处理会导致测量的电动势
，内阻
。（此两空均选填“偏小”、“偏大”、
“不变”）
11．（12 分）如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r＝1.5m 的四
分之一细圆管CD，管口D 端正下方直立一根轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D 端齐平。一小球在曲
面上距BC 的高度为h＝1.0m 处从静止开始下滑，进入管口C 端时与管壁间恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，
弹簧压缩反弹能将小球无碰撞的弹回管口D；小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2．求
（1）水平面BC 的长度L；
（2）小球最终停下的位置。
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12．（20 分）如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧的A 点将质量为m、电
荷量分别为q 和﹣q（q＞0）的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域。并从该
区域的右边界离开。已知N 离开电场时的位置与A 点在同一高度；M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的
8 倍，不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A 点到左边界的距离也为L。
（1）求该电场的电场强度大小；
（2）求小球射出的初速度大小；
（3）要使小球M、N 离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足
的条件。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
C．液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离
D．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每一个分子动能也越大
E．一个分子以某一初速度沿直线从无限远处向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互
作用的合力先变大后变小，再变大
14．（10 分）如图，体积为V 的密闭的汽缸，两侧与一“U”形细管的两端相连，汽缸壁导热，“U”形管内盛有水银。
绝热活塞通过插销固定，将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压
强均为75cmHg．外界温度恒为27℃．缓慢加热左气室的气体，使两侧水银面的高度差h＝25cm，“U”形管中气
体的体积和活塞的体积忽略不计，气室内气体可视为理想气体。
（i）求此时左气室内气体的温度；
（ii）保持①中左气室内温度不变，拔掉活塞的插销，活塞可无摩擦移动，求最后稳定时，气体的压强和左气室
内气体体积的增加量。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．如图甲为一列简谐横波在t＝0 时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x＝2m 处的质点P 以此时刻为计时起点
的振动图象。下列说法正确的是（
）
A．这列波的波长是4 m
B．这列波的传播速度是20 m/s
C．经过0.15 s，质点P 沿x 轴的正方向传播了3 m
D．t＝0.1 s 时，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向
E．t＝0.35 s 时，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离
16．如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，腰长为a，∠A＝90°．一束细光线沿此截面所在平面且平行
于BC 边的方向射到AB 边上的中点，光进入棱镜后直接射到AC 边上，并刚好能发生全反射。试求：
①该棱镜材料的折射率n。
②光从AB 边到AC 边的传播时间t（已知真空中的光速为c）。
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2018 年甘肃省兰州市安宁区西北师大附中高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一个选项符合题目要求．第5～
8 题有多选项题目要求．全部答对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的0 分．
1．（6 分）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（
）
A．甲图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成
D．丁图中，链式反应属于轻核裂变
【考点】IC：光电效应；J2：原子的核式结构；JK：重核的裂变．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；
入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关；
由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；
重核变为轻核的核反应是裂变。
【解答】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型。故A 错误；
B、图中在光的颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大。故B 正确；
C、根据左手定则可得，图射线甲是α粒子，而丙图是β粒子流。故C 错误；
D、链式反应属于重核的裂变。故D 错误；
【点评】本题考查了α粒子散射实验、饱和电流、聚变与裂变、三种射线的特征等基础知识点，关键要熟悉教材，
牢记这些基础知识点。
2．（6 分）如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，
A、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（
）
A．A、B 的质量之比为1：3
B．A、B 所受弹簧弹力大小之比为3：2
C．悬挂A、B 的细线上拉力大小之比为2：1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为1：2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对AB 两个物体受力分析，AB 都处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件列式比较即可，AB 两个物体
的弹簧弹力相同．
【解答】解：对AB 两个物体受力分析，如图所示：
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AB 都处于静止状态，受力平衡，则有：
解：A、对物体A：ݐܽh60° =݉
tt
ܨ
弹
，得݉
t =
3ܨ
弹
t
对物体B，有：ܨ
弹=݉
ܤt，得݉
ܤ=
ܨ
弹
t
所以݉
t݉
ܤ
=
3
1 ，故A 错误；
B、同一根弹簧弹力相等，故B 错误；
C、对A 物体，细线拉力ܶ
t =
ܨ
弹ܿ
݋ݏ60°
对B 物体，细线拉力ܶ
ܤ=
ܨ
弹ܿ
݋ݏ45°ܶ
t ：ܶ
ܤ=ܿ݋ݏ45°：ܿ݋ݏ60° =
2：1，故C 正确；
D、快速撤去弹簧的瞬间，物体AB 将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切
线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向
对A 物体：݉
t tݏth30° =݉
tܽ
t ，得ܽt = 1
2 t
对B 物体：݉
ܤtݏth45° =݉
ܤܽ
ܤ，得ܽܤ=
2
2 t
联立得ܽtܽ
ܤ
=
1
2，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确对AB 两个物体进行受力分析，注意抓
住AB 两个物体的弹簧弹力相同结合几何关系求解．
3．（6 分）一质量为m 的汽车原来在平直路面上以速度v 匀速行驶，发动机的输出功率为P．从某时刻开始，司机突
然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v 之后又开始匀速行驶。若
汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A．汽车加速过程的最大加速度为ܲ݉
㘴
B．汽车加速过程的平均速度为
3
2 㘴
C．汽车速度从v 增大到2v 过程做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【分析】由P＝Fv 求出牵引力；当汽车速度启动时，利用牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的速度和
时间；直到最后牵引力和阻力相等；
【解答】解：A、设汽车所受的阻力为f，则开始时：P＝fv；加大油门后：P1＝f∙2v；则P1＝2P；汽车在开始加大
油门时的加速度最大，最大加速度为ܽ݉
=
2ܲ
㘴−݂݉
=ܲ݉
㘴，故A 正确；
B、汽车若做匀加速运动，则平均速度为
㘴+2㘴
2
=
3
2 㘴；而汽车随速度的增加，由P＝Fv 可知牵引力减小，则加速
度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于
3
2 㘴，故BCD 错误；
【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种
启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉
4．（6 分）如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P 点．静
电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E 表示两板间的场强，φ表示P 点的电势，EP 表示该试探电
荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离（静电计带
电量可忽略不计），各物理量变化情况描述正确的是（
）
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A．E 增大，φ降低，EP 减小，θ增大
B．E 不变，φ降低，EP 增大，θ减小
C．E 不变，φ升高，EP 减小，θ减小
D．E 减小，φ升高，EP 减小，θ减小
【考点】AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板适当向右水平移动，两板正对面积减小，根据
电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，由E=ܷ݀
分析场强的变化．根据P 点与下
板电势差的变化判断P 点的电势的变化，再分析正电荷在P 点的电势能的变化．
【解答】解：将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
可知，电容C 增大，
因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q 不变，由C=ܷܳ
得知，板间电压U 减小，因此夹角θ减小，
再依据板间场强E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛݏ，可见E 不变；
P 点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed 得知，则P 点的电势增加；负电荷在P 点的电势能减小；故
ABD 错误，C 正确；
【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得
出P 与正极板电势差的变化，得出P 点的电势以及电荷在P 点电势能的变化，同时注意正极接地是解题的关键．
5．（6 分）如图所示，两方向相反，磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 边界分开，三
角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A 处由一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子（质子
重力不计），所有质子均能通过C 点，质子比荷
ݍ݉=
1݇，则质子的速度可能为（
）
A．
ܤܮ݇
B．
ܤܮ
2݇
C．
2ܤܮ
3݇
D．
ܤܮ
8݇
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；4F：几何法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子可能的运动轨迹，应用牛顿第
二定律求出质子在速度表达式，然后分析答题。
【解答】解：质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径为：
r= ܮ
h（n＝1，2，3，…），
质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
qvB＝m
㘴2
ݎ，
解得：v= ݍܤݎ݉= ܤܮ݇
h（n＝1，2，3，…），
故ABD 正确，C 错误。
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故选：ABD。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题
意作出质子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出质子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出质子的速
度即可解题。
6．（6 分）如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O 点正下方放置为2m 的小
球A，质量为m 的小球B 以初速度v0 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞．碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱
离轨道，则小球B 的初速度v0 可能为（
）
A．2 2th
B．2th
C．2 5th
D．5th
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】小球A 的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，
由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A 的速度．由碰撞过程中
动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B 的初速度；
2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A
的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B 的初速度．
【解答】解：A 与B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B 的初速度方向为正方向，设碰撞后
B 与A 的速度分别为v1 和v2，则：
mv0＝mv1+2mv2
由动能守恒得：
1
2݉
㘴0
2 =
1
2݉
㘴1
2 +
1
2 ⋅2݉
㘴2
2
联立得：㘴2 = 2
3 㘴0①
1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定
律得：
2݉
t =
2݉
㘴݉
th
2
h
②
A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
1
2 ⋅2݉
㘴2
2 =
1
2 ⋅2݉
㘴݉
th
2
+ 2݉
t ⋅2h③
联立①②③得：㘴0 = 1.5 5th，可知若小球B 经过最高点，则需要：㘴0 ≥1.5 5th
2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律得：
1
2 ⋅2݉
㘴2
2 = 2݉
th④
联立①④得：㘴0 = 1.5 2th
可知若小球不脱离轨道时，需满足：㘴0 ≤1.5 2th
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：㘴0 ≤1.5 2th或㘴0 ≥1.5 5th，故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
【点评】熟练应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题，注意小球A 的运动过程中不脱
离轨道可能有两种情况，难度适中．
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7．（6 分）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图为其原理示意图，平行金属板C、
D 间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水
平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0 的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C、
D 两端，已知两金属板间距离为d，喷入气流的速度为v，磁流体发电机的电阻为r（R0＜r＜2R0），则滑动变阻器
的滑片P 由a 向b 端滑动的过程中（
）
A．金属板C 为电源负极，D 为电源正极
B．发电机的输出功率一直增大
C．电阻R0 消耗功率最大值为
ܤ2݀2㘴2h0
(h0+ݎ)2
D．滑动变阻器消耗功率最大值为
ܤ2݀2㘴2
ݎ+h0
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；BB：闭合电路的欧姆定律；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4E：模型法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳
定。
【解答】解：A、因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D 板偏，负离子向C 板偏，即金属板C 为电
源负极，D 为电源正极，故A 正确；
B、等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv＝q
ܧ݀，所以电源电动势为E＝Bdv，又R0＜r＜2R0，所
以滑片P 由a 向b 端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r＝R0+R，由电源输出功率与外电阻关系可知，
滑片P 由a 向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故B 错误；
C、由题图知当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻R0 消耗功率最大，其最大值为P1＝I2R0=
ܧ2h0
(h0+ݎ)2 =
ܤ2݀2㘴2h0
(h0+ݎ)2 ，故C 正确；
D、将定值电阻R0 归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R0＜r+R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时
消耗功率最大，最大值为P= 2ܤ2݀2㘴2h0
(ݎ+3h0)2 ，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素。
8．（6 分）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a 所示，碰后
运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v﹣t 图线如图b 中实线所示，其中红
壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则（
）
A．碰后蓝壶的速度为0.8m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度；
根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移
求解位移；
根据碰撞过程能量关系求解动能的损失；
求出碰后蓝壶的加速度，根据牛顿第二定律求解碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比。
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【解答】解：A、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，根据动量守恒
定律可得：mv0＝mv′0+mv
解得：v＝0.8m/s，故A 正确；
B、根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度为：a= △㘴
△ݐ= 1.2−1.0
1
m/s2＝0.2m/s2，所以蓝壶静止的时刻为：t= 1.2
0.2s
＝6s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后蓝壶移动的距离为：x= 0.8
2 × (6 −1)m＝2.0m，故B 错误；
C、碰撞过程两壶损失的动能为：△Ek= 1
2݉
㘴0
2 −1
2݉
㘴'0
2 −1
2݉
㘴2 =3.04J，故C 正确；
D、碰后蓝壶的加速度为为：a′= 0.8−0
6−1 m/s2＝0.16m/s2，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f：f′＝ma：ma′＝
5：4，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题主要是考查动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，根
据速度图象的特点求解。
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-16 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题:
9．（6 分）小明在课本查到“木﹣木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：
（1）如图1 将质量为M 的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到
轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ＝݉
ܯ
。
（2）由于找不到天平，小明进行了以下步骤：①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并
穿过打点计时器；②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；③挂上沙桶（沙桶及沙的总质量
保持不变），接通电源，稳定后释放木块，得到如图2 纸带。
（3）已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a＝
2.4
m/s2（保留两位有效数
字）。
（4）若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的μ＝
0.32
（结果保留两位有效数字）。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）对木块受力分析，依据平衡条件，即可求解；
（2）依据△x＝aT2，即可求解；
（3）根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式，即可求解。
【解答】解：（1）由平衡知识可知：mg＝μMg，
解得：ߤ=݉ܯ
（2）根据△x＝aT2 得木块运动加速度为：a= 7.34+6.96−6.57−6.19
(4×0.02)2
× 10−2m/s2＝2.4m/s2
（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得：mg＝（m+M）a
因mg＝μMg，
联立可得：ߤ=ܽt−ܽ
=
2.4
9.8−2.4 ≈0.32
故答案为：（1）݉ܯ；（2）2.4；（3）0.32。
【点评】解决问题的关键是明确实验的原理，根据牛顿第二定律列出表达式，根据题目的条件求解摩擦因数。
10．（9 分）利用如图甲所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），表头G（量程为200μA，内阻为900Ω），定值电阻R0、R1，开关S，导
线若干。
实验步骤如下：
（1）先利用R0 和表头G 构成2mA 的电流表，再将2mA 的电流表改装成量程为6V 的电压表，根据题设条件定
值电阻的阻值应为：R0＝
100
Ω，R1＝
2910
Ω；
（2）将电阻箱阻值调到
最大
（选填“最大”或“最小”），闭合开关S；
（3）多次调节电阻箱，记下表头G 的示数I 和电阻箱相应的阻值R；
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（4）以
1
ܫ为纵坐标，
1
h为横坐标，作
1
ܫ−
1
h图线如图乙所示；
（5）若把流过电阻箱的电流视为干路电流，根据
1
ܫ−
1
h图线求得电源的电动势E＝
6.0
V，内阻r＝
0.2
Ω；
（6）由于步骤（5）的近似处理会导致测量的电动势
偏小
，内阻
偏小
。（此两空均选填“偏小”、“偏大”、
“不变”）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应
用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。
（2）为了实验安全，电流应从最小值开始调节，所以电阻箱应从最大值开始调节；
（5）根据闭合电路欧姆定律进行分析，再由图象即可确定电动势和内电阻；
（6）明确实验原理和误差原理，从而确定误差情况。
【解答】解：（1）由图示电路图可知：R0= ܫtht
ܫ−ܫt = 100×10−6×900
0.001−100×10−6 ≈100Ω，
改装后电流表内阻：RA= ܫtht
ܫ
= 100×10−6×900
0.001
=90Ω，
把电流表改装成电压表，串联电阻：R2=ܷܫ−RA=
3
0.001 −90＝2910Ω；
（2）为了实验安全，实验中应让电流由最小值开始调节，故应让滑动变阻器由最大值开始调节；
（5）根据闭合电路欧姆定律可知：
10I×3000=
ܧ
h+ݎh
1
ܫ=
30000
ܧ
+
30000ݎ
ܧ
由图可知：
30000
ܧ
=5×103
解得：E＝6.0V；
r＝0.2Ω；
（6）若以（5）中近似，干路电流小于真实电流，相当于采用电流表相对电源的外接法进行测量，故电动势和电
流表的测量结果均偏小；
故答案为：（1）100；2910；（2）最大
（5）6.00.2
（6）偏小
偏小
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意分析清楚电路结构、应用串联电路特点及欧姆定律，掌握
应用图象法求电源电动势与内阻的方法即可正确解题。
11．（12 分）如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r＝1.5m 的四
分之一细圆管CD，管口D 端正下方直立一根轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D 端齐平。一小球在曲
面上距BC 的高度为h＝1.0m 处从静止开始下滑，进入管口C 端时与管壁间恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，
弹簧压缩反弹能将小球无碰撞的弹回管口D；小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2．求
（1）水平面BC 的长度L；
（2）小球最终停下的位置。
【考点】4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）对小球在C 点应用牛顿第二定律求得速度，然后对小球从A 到C 的过程应用动能定理求解；
（2）分析小球运动过程的做功情况，得到小球可能停下的位置，然后根据动能定理求得最终位置。
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【解答】解：（1）小球在C 点与管壁间恰好无作用力，故重力提供圆周运动向心力，则有
：݉
t =݉
㘴ܥ
2
ݎ；
小球从A 到C 的过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：݉
th −ߤ݉
tܮ= 1
2݉
㘴ܥ
2 −0 = 1
2݉
tݎ
所以有：ܮ=݄
−1
2ݎ
ߤ
= 1݉
；
（2）若小球可以从C 点通过管道向下运动，那么，由小球在管道内及与弹簧接触的运动过程只有重力、弹簧弹力
做功，故小球必可返回到C 点，所以，小球最终停在BC 之间；
设小球在BC 上滑行的路程为s，根据小球运动过程只有重力和摩擦力做功，由动能定理可得：
mgh﹣μmgs＝0
所以有：ݏ=݄ߤ= 4݉
= 4ܮ；
故根据小球的运动可知：小球最终停在B 点；
答：（1）水平面BC 的长度L 为1m；
（2）小球最终停在B 点。
【点评】动能定理常用于初末位置速度已知的情况下求某个力在这一过程中做的功或已知做功的表达式求得某一
位置的速度。
12．（20 分）如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧的A 点将质量为m、电
荷量分别为q 和﹣q（q＞0）的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域。并从该
区域的右边界离开。已知N 离开电场时的位置与A 点在同一高度；M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的
8 倍，不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A 点到左边界的距离也为L。
（1）求该电场的电场强度大小；
（2）求小球射出的初速度大小；
（3）要使小球M、N 离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足
的条件。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）对N 运动过程进行受力分析求得加速度，然后根据N 的竖直位移为零，由匀变速规律分段联立求解；
（2）对N 运动过程进行受力分析求得加速度，由匀变速运动规律求得速度变化，再根据动能变化求得初速度；
（3）分析M、N 的运动，由不同加速度，根据匀变速运动规律求得距离的表达式，即可根据距离的取值范围求得
初速度的取值范围。
【解答】解：小球运动过程只受重力和电场力作用，故小球在水平方向做匀速运动，那么，小球在电场区域内外
的运动时间t 相同；
在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为g 的匀加速运动，故小球进入电场时的竖直分速度为gt；
（1）N 离开电场时的位置与A 点在同一高度，即竖直位移为零；
设N 在电场内的加速度为a，则有：0 = 1
2 tݐ2 + tݐ⋅ݐ−1
2ܽݐ2，所以，a＝3g，方向竖直向上；
故由牛顿第二定律可得：qE﹣mg＝3mg，所以，电场的电场强度ܧ= 4݉
t
ݍ；
（2）M 在电场中的加速度ܽ
' = ݍܧ+݉
t݉= 5t，方向竖直向下；
故M 刚离开电场时的竖直分速度vy＝gt+5gt＝6gt；
又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v0，则有：ݐ= ܮ
㘴0；
故由M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8 倍可得：
1
2݉
(㘴ݕ2 + 㘴02) = 8 ⋅
1
2݉
[㘴02 + (tݐ)2]；
所以，㘴ݕ2 = (6tݐ)2 = 7㘴02 + 8(tݐ)2，所以，㘴02 = 36−8
7
(tݐ)2 = 4(tݐ)2 = 4t2ܮ2
㘴02 ，所以，㘴0 =
2tܮ；
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（3）M、N 进入电场前的运动一致，那么，M、N 离开电场时的位置之间的距离݀
= tݐ⋅ݐ+ 1
2 ⋅5t ⋅ݐ2 −(tݐ⋅ݐ−1
2 ⋅
3t ⋅ݐ2) = 4tݐ2 ≤ܮ；
故ݐ≤
ܮ
4t；又有ݐ= ܮ
㘴0，所以，㘴0 = ܮ
ݐ≥ܮ
ܮ
4t
= 2 tܮ；
答：（1）该电场的电场强度大小为
4݉
t
ݍ；
（2）小球射出的初速度大小为2tܮ；
（3）要使小球M、N 离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，那么，射出速度需
满足的条件为㘴0 ≥2 tܮ。
【点评】匀强电场中的运动问题，一般先进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律
求解。
【物理-选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
C．液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离
D．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每一个分子动能也越大
E．一个分子以某一初速度沿直线从无限远处向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互
作用的合力先变大后变小，再变大
【考点】8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体；95：液体的表面张力．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；541：分子运动论专题；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，没有违反能量守恒定律；晶体有固定的熔点，
非晶体没有固定的熔点；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离是液体表面张力产生的原因；分子热运
动就越剧烈，分子平均动能也越大；一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为
止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小。
【解答】解：A、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故A 错误；
B、晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B 正确；
C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离是液体表面张力产生的原因，故C 正确；
D、物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故D 错
误；
E、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合
力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故E 正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、热力学第一定律以及压强的微观意义等知识点的内容，
知识点多，难度不大，关键多看书，多加积累。
14．（10 分）如图，体积为V 的密闭的汽缸，两侧与一“U”形细管的两端相连，汽缸壁导热，“U”形管内盛有水银。
绝热活塞通过插销固定，将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压
强均为75cmHg．外界温度恒为27℃．缓慢加热左气室的气体，使两侧水银面的高度差h＝25cm，“U”形管中气
体的体积和活塞的体积忽略不计，气室内气体可视为理想气体。
（i）求此时左气室内气体的温度；
（ii）保持①中左气室内温度不变，拔掉活塞的插销，活塞可无摩擦移动，求最后稳定时，气体的压强和左气室
内气体体积的增加量。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）右气室内气体温度、体积均不变，压强不变。左气室气体做等容变化，根据查理定律列式求解；
（ii）最终两气室内气体压强相等，气体均做等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
【解答】（i）右气室内气体温度、体积均不变，压强不变。
左气室气体初状态p0＝75 cmHg，T0＝300 K。
加热后，p＝100 cmHg
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- 981 -
由查理定律有：ܲ0ܶ
0
=ܲܶ
解得：T＝400 K
（ii）最终两气室内气体压强相等，设为pʹ，左气室总增加量为Vʹ，
由玻意耳定律，
对左器室气体有：ܲ
1
3ܸ
=ܲ
'( 1
3ܸ
+ܸ
')
对右器室气体有：ܲ
0
2
3ܸ
=ܲ
'( 2
3ܸ
−ܸ
')
解得：ܸ' = 1
15ܸ
，pʹ＝83 cmHg
答：（i）此时左气室内气体的温度为400K；
（ii）保持①中左气室内温度不变，拔掉活塞的插销，活塞可无摩擦移动，最后稳定时，气体的压强为83cmHg，
左气室内气体体积的增加量
1
15ܸ
。
【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是确定状态参量，尤其是两部分气体的压强关系，初末状态的体积
关系。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．如图甲为一列简谐横波在t＝0 时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x＝2m 处的质点P 以此时刻为计时起点
的振动图象。下列说法正确的是（
）
A．这列波的波长是4 m
B．这列波的传播速度是20 m/s
C．经过0.15 s，质点P 沿x 轴的正方向传播了3 m
D．t＝0.1 s 时，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向
E．t＝0.35 s 时，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。由振动图象读出t＝0 时刻P 点的振动方向，
判断波的传播方向。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q 点的运动状态。
【解答】解：A、由甲图知：这列波的波长ɉ＝4m，故A 正确。
B、由乙图读出，该波的周期T＝0.2s，则波速为v= ɉܶ=20 m/s，故B 正确。
C、由乙图读出，t＝0 时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x 轴正方向传播。简谐横波传播
过程中，质点只在自己平衡位置附近上下振动，并不随波向前传播，故C 错误。
D、图示时刻Q 点沿y 轴正方向运动，t＝0.1s=ܶ2，质点Q 的运动方向沿y 轴负方向。故D 错误。
E、t＝0.35s＝1.75T，经过0.35 s 时，质点P 到达波峰，而质点Q 位于平衡位置与波谷之间，故质点Q 距平衡位
置的距离小于质点P 距平衡位置的距离。故E 正确。
故选：ABE。
【点评】对于波的图象，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过
程，分析物理量的变化情况。
16．如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，腰长为a，∠A＝90°．一束细光线沿此截面所在平面且平行
于BC 边的方向射到AB 边上的中点，光进入棱镜后直接射到AC 边上，并刚好能发生全反射。试求：
①该棱镜材料的折射率n。
②光从AB 边到AC 边的传播时间t（已知真空中的光速为c）。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】①光线射到AC 边上，刚好能发生全反射，入射角等于临界角。作出光路图，结合折射定律并抓住AB
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面的折射角与AC 面入射角之和为90°，求解该棱镜材料的折射率；
②由几何关系求出光线在棱镜中传播的距离，然后结合v=ܿh求出光在棱镜中的传播速度，最后由t= ݏ
㘴即可求出传
播时间。
【解答】解①设光从AB 边射入时，折射角为α，射到AC 面上N 点时，入射角为β，光路图如图所示。
根据折射定律有n= ݏth45°
ݏthߙ
光在AC 边上恰好全反射：sin β= 1
h
根据几何关系α+β＝90°，联立解得：n=
6
2 。
②由图中几何关系可得MN 之间的距离为：x=ܽ
2
ݏthߙ
由（1）可解得：sin α=
3
3
用v 表示光在棱镜内的传播速度v=ܿh
光从AB 边到AC 边的传播时间为：t= ݔ
㘴= 3 2ܽ
4ܿ
。
答：①该棱镜材料的折射率n 为
6
2 。
②光从AB 边到AC 边的传播时间t 为
3 2ܽ
4ܿ
。
【点评】该题考查光的折射，几何光学画出光路图是解题的基础，常常是几何知识和折射定律的综合。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 16:33:35 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第一次月考物理试卷
二、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第
19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）如图为“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的
导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 米的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 秒。
在战车的运动过程中，下列说法正确的是（
）
A．战车在运动过程中导师处于失重状态
B．战车在运动过程中所受外力始终不变
C．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动
D．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度
2．（6 分）天宫二号是中国第一个真正意义上的空间实验室，已于2016 年9 月15 日22 时04 分在酒泉卫星发射中心
成功发射，目前已被调整至距地面393 公里的近圆形轨道上，正式进入交会对接准备阶段，静待与神舟十一号载
人飞船的交会对接．可认为天宫二号绕地球做匀速圆周运动，对接轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，则下面
说法正确的是（
）
A．如不加干预，天宫二号的轨道高度将缓慢升高
B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫二号的动能可能会增加
C．航天员在天宫二号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用
D．为实验对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
3．（6 分）如图所示，在竖直平面内有半径为R 和2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B 和C 分别是小圆
和大圆上的两个点，其中AB 长为2R，AC 长为2 2R．现沿AB 和AC 建立两条光滑轨道，自A 处由静止释放
小球，已知小球沿AB 轨道运动到B 点所用时间为t1，沿AC 轨道运动到C 点所用时间为t2，则t1 与t2 之比为
（
）
A．1：2
B．1：2
C．1：3
D．1：3
4．（6 分）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B 固定在把手上，橡皮筋处于
ACB 时恰好为原长状态，在C 处（AB 连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手，
弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则（
）
A．从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒
B．从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
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D．从D 到E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从E 到C 过程
5．
（6 分）近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图所示（俯视图）是某台设计的冲关活动中的一个环节．要
求挑战者从平台A 上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为
1.25m，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1m，转盘半径为2m，以12.5r/min 的转速匀速转动，转盘边缘间隔均
匀地固定有6 个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平
台边缘以水平速度沿AO 方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g 取10m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的
最小起跳速度为（
）
A．1.5 m/s
B．2 m/s
C．2.5 m/s
D．3 m/s
6．（6 分）如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F 作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，
运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动，物体运动速度的倒数与加速度a 的关系如图乙所示．若
重力加速度大小为g，图中v0、a0 为已知，下列说法正确的是（
）
A．.物体的质量为ܲ㘴0ܽ0
B．空气阻力大小为ܲ㘴0
C．物体的质量为
2ܲ
㘴0ܽ0
D．物体匀速运动速度大小为v0
7．（6 分）如图在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与
传送带间动摩擦因数为μ，工件质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离
为x，下列判断正确的有（
）
A．传送带的速度为
ݔܶ
B．传送带的速度为2ߤtݔ
C．在一段较长的时间t 内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为݉
ݐݔ2ܶ
3
D．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
ߤ݉
tݔ
2
8．（6 分）有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O 点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视
为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（
）
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
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C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、
D…各点处在同一竖直线上
三．非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～35 题为选
考题，考生根据要求作答．）
9．（6 分）某实验小组用图甲所示装置“探究功与物体速度变化的关系”。
（1）实验中甲、乙两同学用两种不同的方法来实现橡皮筋对小车做功的变化。
甲同学：通过改变橡皮筋的形变量来实现做功的变化。
乙同学：把多变相同的橡皮筋并在一起，并把小车拉到相同位置释放，通过改变橡皮筋的条数来实现对小车做功
的变化。
你认为
（填“甲”或“乙”）同学的方法可行。
（2）为平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的
（填入选项前的字母代号）
A．逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑
B．逐步调节木板的倾斜程度，使小车在橡皮条作用下开始运动
C．逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑
D．逐步调节木板的倾斜程度，让拖着纸带的小车自由下滑
（3）图乙是该实验小组在实验过程中打出的一条纸带，已知打点计时器连接的电源的频率为50Hz，则橡皮筋恢
复原长时小车的速度为
m/s（结果保留3 位有效数字）。
10．（10 分）为了探究加速度与力、质量的关系
（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，
细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实
验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。
①实验前，下列操作必要的是
A．选用质量不同的两辆小车
B．调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C．使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1，x2，则ܽ1ܽ
2
=
。
（2）小明用如图乙所示的装置进行实验
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s。他从比较清晰的A 点起，每五个点取一个计数
点，测量出各点到A 点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为
m/s2．（计算结果保留两位
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有效数字）
②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F 图象，可能是丁图中的图线
（选
填“1”、“2”、“3”）。
③调整正确后，他作出的a﹣F 图象末端明显偏离直线，如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊
图中坐标a1 应为
，a2 应为
。
11．（13 分）如图所示，一传送带AB 段的倾角为37°，BC 段弯曲成圆弧形，CD 段水平，A、B 之间的距离为12.8m，
BC 段长度可忽略；传送带始终以v＝4m/s 的速度逆时针方向运行．现将一质量为m＝1kg 的工件无初速度放到A
端，若工件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，在BC 段运动时，工件速率保持不变，工件到达D 点时速度刚
好减小到与传送带相同．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）工件刚放到A 端时的加速度大小和方向；
（2）工件从A 到D 所需的时间；
（3）工件从A 到D 的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量．
12．（18 分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管、上半部BC
是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每
次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m
的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，
均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．求：
（1）质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v1；
（2）弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep；
（3）已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹
射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在
2
3m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落
到水面的最大面积S 是多少？
选考题（每题15 分，请考生从给出的3 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．）【物理一选
修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．布朗运动反映了悬浮颗粒的分子运动的无规则性
B．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在张力
C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传递到高温物体
D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
E．当两个分子间的距离为ro（平衡位置）时，分子力为零，分子势能最小
14．（10 分）如图所示，A 气缸截面积为500cm2，A、B 两个气缸中装有体积分别为10L、15L，压强均为1atm，温
度均为27℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。现给左面的活塞N 施加一个
推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变。活塞M 保持在原
位置不动，不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1atm＝105pa．当推力F= 5
3 × 103N 时，求：
①活塞N 向右移动的距离是多少厘米？
②B 气缸中的气体升温到多少摄氏度？
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【物理一选修3-5】（15 分）
15．以下说法中正确的是（
）
A．
如图是α粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D 中的A 位置时荧光屏上接收到的α
粒子数最多．
B．
如图是氢原子的能级示意图，氢原子从n＝3 能级跃迁到n＝1 能级时吸收了一定频率的光子能
量．
C．
如图是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针发生了偏转，则此时验电器的金属
杆带的是正电荷．
D．
如图是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性．
E．
如图是风力发电的国际通用标志．
16．如图甲所示，是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图．打夯前先将桩料扶正立于地基之上．已
知夯锤的质量为M＝450kg，桩料的质量为m＝50kg．每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5m
处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上并不弹起，而是随桩料一起向下运动．桩料进入泥土后所受阻力随
打入深度h 的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104N/m．g＝10m/s2，求：打完第一夯后，桩料进入泥土
的深度．（假设打第一夯前，桩料未进入泥土）
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2018-2019 学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第
19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）如图为“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的
导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 米的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 秒。
在战车的运动过程中，下列说法正确的是（
）
A．战车在运动过程中导师处于失重状态
B．战车在运动过程中所受外力始终不变
C．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动
D．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度
【考点】39：牛顿运动定律的综合应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由题可知，“导师战车”先加速后减速，结合车运动的特点分析车的超重与失重、车的受力以及平均速度．
【解答】解：A、由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有沿斜面向下的分加速度，
车处于失重状态；当车减速时，车有向上的分加速度，车处于超重状态。故A 错误；
B、由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，结合牛顿第二定律可知，车受到的合外力先沿斜面向下，
后沿斜面向上。故B 错误；
C，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速。故C 错误；
D、车的位移是10m，时间是4s，所以可以求出平均速度：㘴= ݔ
ݐ= 10
4 = 2.5m/s。故D 正确。
【点评】该题以生活中的情景为模型，考查应用牛顿第二定律解决问题的能力，解答的关键是理解车的运动过程
为先加速后减速．
2．（6 分）天宫二号是中国第一个真正意义上的空间实验室，已于2016 年9 月15 日22 时04 分在酒泉卫星发射中心
成功发射，目前已被调整至距地面393 公里的近圆形轨道上，正式进入交会对接准备阶段，静待与神舟十一号载
人飞船的交会对接．可认为天宫二号绕地球做匀速圆周运动，对接轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，则下面
说法正确的是（
）
A．如不加干预，天宫二号的轨道高度将缓慢升高
B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫二号的动能可能会增加
C．航天员在天宫二号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用
D．为实验对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻
力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象．根
据相应知识点展开分析即可．
【解答】解：A、天宫二号本来满足万有引力提供向心力即ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ知，由于摩擦阻力作用天宫二号的线速度
减小，万有引力将大于天宫二号所需要的向心力，故天宫二号将做近心运动，即轨道半径将减小，故A 错误；
B、根据万有引力提供向心力有：ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ得：v=
ܩܯ
ݎ，得轨道高度降低，天宫二号的线速度增大，故动能
将增大，故B 正确；
C、失重状态说明航天员对支持物体的压力为0，但仍受到地球对他的万有引力，万有引力提供他随天宫二号围绕
地球做圆周运动的向心力，故C 错误；
D、第一宇宙速度为最大环绕速度，两者运行速度都一定小于第一宇宙速度，故D 错误
【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的
物理量与轨道半径的关系．
3．（6 分）如图所示，在竖直平面内有半径为R 和2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B 和C 分别是小圆
和大圆上的两个点，其中AB 长为2R，AC 长为2 2R．现沿AB 和AC 建立两条光滑轨道，自A 处由静止释放
小球，已知小球沿AB 轨道运动到B 点所用时间为t1，沿AC 轨道运动到C 点所用时间为t2，则t1 与t2 之比为
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（
）
A．1：2
B．1：2
C．1：3
D．1：3
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】设AB 和竖直方向的夹角为θ，根据几何关系求出AB 与半径的关系，小球沿ab 做匀加速直线运动，根
据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动位移时间公式求出时间；同理求出沿AC 下滑的时间，然后
进行求解．
【解答】解：设AB 与竖直方向的夹角为θ，如图所示，
则：AB＝2Rcosθ
由牛顿第二定律得物体沿AB 下滑的加速度为：a＝gcosθ
解得在AB 上运动的时间为t1，则：AB= 1
2ܽݐ1
2，
解得：ݐ1 = 2
h
t；
设AC 与竖直方向的夹角为α，则：AC＝4Rcosα
由牛顿第二定律得物体沿AC 下滑的加速度为：a＝gcosα
可知物体在AC 上运动的时间为：t2＝2
2h
t ，
所以
ݐ1
ݐ2
=
1
2，A 正确，BCD 错误。
【点评】题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，解题时要分析清楚小球的运动情况，并能
结合几何关系求解，难度适中．
4．（6 分）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B 固定在把手上，橡皮筋处于
ACB 时恰好为原长状态，在C 处（AB 连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手，
弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则（
）
A．从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒
B．从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D．从D 到E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从E 到C 过程
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功，除重力对物体做的功等于物体动能的变化量；根据动能定理，
合外力做功等于物体动能的变化量。
【解答】解：A、从D 到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 错误。
B、橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从
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D 到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 错误。
C、从D 到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故C 错误。
D、从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE 段
橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D 正确；
【点评】本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础。
5．
（6 分）近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图所示（俯视图）是某台设计的冲关活动中的一个环节．要
求挑战者从平台A 上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为
1.25m，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1m，转盘半径为2m，以12.5r/min 的转速匀速转动，转盘边缘间隔均
匀地固定有6 个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平
台边缘以水平速度沿AO 方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g 取10m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的
最小起跳速度为（
）
A．1.5 m/s
B．2 m/s
C．2.5 m/s
D．3 m/s
【考点】43：平抛运动；47：匀速圆周运动；48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】挑战者从平台边缘水平挑起后做平抛运动，要求挑战者起跳后在空中运动时间内转盘正好转过30°，由
此列方程可正确解答．
【解答】解：人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：
y= 1
2gt2；
由此解得时间为：t＝0.5s
转盘的角速度为：ω＝2πn= 5
12πrad/s
转盘转过
ߨ
6
所用时间为：t= ߠ߱=0.4s
要使人能跳过空隙，时间应该小于0.4s，因此根据水平方向匀速运动有：
x＝v0t
解得：v0＝2.5m/s，故ABD 错误，C 正确。
【点评】本题考查了圆周运动与平抛运动的结合，注意这两种运动模型的特点，根据时间关系列方程是解决这类
问题的关键．
6．（6 分）如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F 作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，
运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动，物体运动速度的倒数与加速度a 的关系如图乙所示．若
重力加速度大小为g，图中v0、a0 为已知，下列说法正确的是（
）
A．.物体的质量为ܲ㘴0ܽ0
B．空气阻力大小为ܲ㘴0
C．物体的质量为
2ܲ
㘴0ܽ0
D．物体匀速运动速度大小为v0
【考点】37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；52C：功率的计算专题．
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【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的
1
㘴与a 的关系式，结合乙图即可判
断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大
【解答】解：A、由题意可知P＝Fv，
根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f＝ma
联立解得
1
㘴=݉ܲܽ
+݉
t+݂ܲ
由乙图可知，݉ܲ
=
1
㘴0ܽ0
，݉
t+݂ܲ
=
1
㘴0
解得݉
=ܲ㘴0ܽ0，f=ܲ
(ܽ0−t)
㘴0ܽ0
，故A 正确，BC 错误
D、物体匀速运动由F＝mg+f，此时v=ܲܨ=ܲ݉
t+݂
= 㘴0，故D 正确
故选：AD。
【点评】本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出
1
㘴与a 的关系式是解决本题的关系
7．（6 分）如图在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与
传送带间动摩擦因数为μ，工件质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离
为x，下列判断正确的有（
）
A．传送带的速度为
ݔܶ
B．传送带的速度为2ߤtݔ
C．在一段较长的时间t 内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为݉
ݐݔ2ܶ
3
D．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
ߤ݉
tݔ
2
【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】33：参照思想；4S：平均思想法；52O：传送带专题．
【分析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，
通过x＝vT 求出传送带的速度；根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，
多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能。
【解答】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规
律相同，可知x＝vT，解得传送带的速度v= ݔܶ．故A 正确。
B、设每个工件匀加速运动的位移为s，根据牛顿第二定律得：工件的加速度为a＝μg，则传送带的速度v=
2ܽݏ=
2ߤtݔ，根据题目条件无法得出s 与x 的关系。故B 错误。
CD、工件与传送带相对滑动的路程为：△x＝v•
㘴
ߤt −
㘴2
2ߤt =
㘴2
2ߤt =
ݔ2
2ߤtܶ2，
则摩擦产生的热量为：Q＝μmg△x=݉
ݔ2
2ܶ2．故D 错误。
根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E= 1
2mv2+μmg△x=݉
ݔ2ܶ
2 ，在时间t 内，传送工件的个数
n= ݐܶ，则多消耗的能量E′＝nE=݉
ݐݔ2ܶ
3 ．故C 正确。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿
第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解。
8．（6 分）有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O 点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视
为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（
）
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A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、
D…各点处在同一竖直线上
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）重力做功相同，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同；
（2）根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间；
（3）滑块损失的机械能为克服摩擦力做功．
【解答】解：A．根据mgh= 1
2݉
㘴2，小球质量相同，达O 点的速率相同，则h 相同，即各释放点处在同一水平线
上，故A 正确，B 错误；
C、以O 点为最低点作等时圆，可知从ab 点运动到O 点时间相等，C 正确；
D、若各次滑到O 点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：ܹ݂
= ߤ݉
tܿ݋ݏߠ⋅
ݔܿ
݋ݏߠ，即各释放点处在同一竖直线上，D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查了功能关系，其中根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关
系即可判断运动时间是本题的难点．
三．非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～35 题为选
考题，考生根据要求作答．）
9．（6 分）某实验小组用图甲所示装置“探究功与物体速度变化的关系”。
（1）实验中甲、乙两同学用两种不同的方法来实现橡皮筋对小车做功的变化。
甲同学：通过改变橡皮筋的形变量来实现做功的变化。
乙同学：把多变相同的橡皮筋并在一起，并把小车拉到相同位置释放，通过改变橡皮筋的条数来实现对小车做功
的变化。
你认为
乙
（填“甲”或“乙”）同学的方法可行。
（2）为平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的
C
（填入选项前的字母代号）
A．逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑
B．逐步调节木板的倾斜程度，使小车在橡皮条作用下开始运动
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C．逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑
D．逐步调节木板的倾斜程度，让拖着纸带的小车自由下滑
（3）图乙是该实验小组在实验过程中打出的一条纸带，已知打点计时器连接的电源的频率为50Hz，则橡皮筋恢
复原长时小车的速度为
1.40
m/s（结果保留3 位有效数字）。
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了
让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处；
（2）该实验中为了确保橡皮筋拉力为小车的外力，需要进行平衡摩擦力的操作，小车的整个运动过程是，小车在
橡皮条的拉力作用下先加速运动，当橡皮条恢复原长时，小车由于惯性继续前进，做匀速运动，明确实验原理即
可正确解答本题。
（3）根据纸带上的数据可以判定，各点之间的距离相等的时候小车做直线运动，利用公式：v= ݔ
ݐ可得出结论。
【解答】解：（1）橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，
为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处，故应选乙同学的方法，甲同学的方法测不出橡
皮筋到底做了多少功。
（2）为了平衡摩擦力的影响，在实验中可以将木板一端垫高，则小车受到的重力的分力可以与摩擦力平衡；
则小车做匀速运动时，则摩擦力的影响可以取消，此时，小车后面的纸带上的点应为均匀分布的，因此不能拖着
纸带，也不能有橡皮条作用，故C 正确，ABD 错误；
（3）由图可知，A 点2.1cm，B 点4.6cm，C 点7.4cm，D 点10.2cm，E 点13.0cm；
橡皮筋恢复原长时小车做匀速运动，根据纸带可知匀速运动时两个点之间的位移为：
x＝13.0﹣10.2＝10.2﹣7.4＝7.4﹣4.6＝2.8cm＝0.028m，
所以v= ݔ
ݐ= 0.028
0.02 m/s＝1.40m/s
故答案为：（1）乙；（2）C；（3）1.40
【点评】明确实验原理是解决本题的关键，因此要分析清楚小车的运动，小车先加速后匀速，同时加强基础物理
知识在实验中的应用，注意平衡摩擦力时，小车不能有橡皮条作用，也不能拖着纸带。
10．（10 分）为了探究加速度与力、质量的关系
（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，
细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实
验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。
①实验前，下列操作必要的是
BCD
A．选用质量不同的两辆小车
B．调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C．使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1，x2，则ܽ1ܽ
2
=
ݔ1
ݔ2
。
（2）小明用如图乙所示的装置进行实验
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s。他从比较清晰的A 点起，每五个点取一个计数
点，测量出各点到A 点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为
0.40
m/s2．（计算结果保留两位
有效数字）
②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F 图象，可能是丁图中的图线
3
（选
填“1”、“2”、“3”）。
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③调整正确后，他作出的a﹣F 图象末端明显偏离直线，如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊
图中坐标a1 应为݉
t
ܯ
，a2 应为݉
t
ܯ+݉
。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小
车的质量且要平衡摩擦力，根据初速度为零的匀变速直线运动位移时间公式求解加速度的比值；
（2）①根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小；
②如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；
③没有偏离直线时，可以用砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律求出a1，偏离直线后，把砝码
以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出a2。
【解答】解：（1）①本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道
右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的
质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量
是否相同没有要求，故A 错误，BCD 正确。故选：BCD
②在初速度为零的匀变速直线运动中有x= 1
2at2，因运动时间相等，则位移与加速度成正比。
小车1、2 的加速度之比为ܽ1ܽ
2
=
ݔ1
ݔ2
；
（2）①每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
根据纸带可知，△x＝0.02﹣0.008﹣0.008＝0.004m
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 得：a= △ݔܶ
2 = 0.004
0．12 =0.40m/s2。
②遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0 时，a＝0．故图线为：3，
③没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得：a1=݉
t
ܯ，
偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出a2=݉
t
ܯ+݉
。
故答案为：①BCD；②
ݔ1
ݔ2
；（2）①0.40；②3；③݉
t
ܯ；݉
t
ܯ+݉
。
【点评】小亮设计的实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该
实验的关键，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解
与应用。
11．（13 分）如图所示，一传送带AB 段的倾角为37°，BC 段弯曲成圆弧形，CD 段水平，A、B 之间的距离为12.8m，
BC 段长度可忽略；传送带始终以v＝4m/s 的速度逆时针方向运行．现将一质量为m＝1kg 的工件无初速度放到A
端，若工件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，在BC 段运动时，工件速率保持不变，工件到达D 点时速度刚
好减小到与传送带相同．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）工件刚放到A 端时的加速度大小和方向；
（2）工件从A 到D 所需的时间；
（3）工件从A 到D 的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量．
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）对工件进行受力分析，由牛顿第二定律求解；
（2）根据工件速度判断摩擦力方向，进而求得加速度，从而得到工件的运动，然后根据位移，由匀变速运动规律
求解；
（3）分别求出不同运动阶段摩擦力和相对位移，然后由Q＝fs 相对求解．
【解答】解：（1）工件刚放到A 端时受重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力作用，故由牛顿第二定律可得：加速
度ܽ1 =݉
tݏth37°+ߤ݉
tܿ݋ݏ37°݉= 10݉
/ݏ2，方向沿斜面向下；
（2）工件从A 加速到传送带速度，运动时间ݐ1 = 㘴ܽ
1 = 0.4ݏ，运动位移ݔ1 = 1
2ܽ
1ݐ12 = 0.8݉
；
那么，工件达到传送带速度后摩擦力方向沿斜面向上，故由牛顿第二定律可得工件在AB 剩余部分的加速度ܽ
2 =݉
tݏth37°−ߤ݉
tܿ݋ݏ37°݉= 2݉
/ݏ2；
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故工件以a2 匀加速运动x2＝12m 到B 点，故工件到达B 点的速度㘴ܤ=
㘴2 + 2ܽ
2ݔ2 = 8݉
/ݏ，运动时间为ݐ2 =
㘴ܤ−㘴ܽ
2
= 2ݏ；
工件到达D 点时速度刚好减小到与传送带相同，故工件从C 到D 做匀减速运动，加速度ܽ
= ߤ݉
t݉= ߤt = 5݉
/ݏ2，
那么，在CD 上的运动时间ݐ3 = 㘴ܤ−㘴ܽ= 0.8ݏ；
那么，工件从A 到D 所需的时间t＝t1+t2+t3＝3.2s；
（3）工件以a1 加速运动过程，摩擦力f1＝μmgcos37°＝4N，相对位移s1＝vt1﹣x1＝0.8m；
工件以a2 加速运动过程，摩擦力f1＝μmgcos37°＝4N，相对位移s2＝12﹣vt2＝4m；
工件以a 在CD 上减速运动过程，摩擦力f2＝μmg＝5N，相对位移ݏ3 = 㘴ܤݐ3 −1
2ܽݐ32 −㘴ݐ3 = 1.6݉
；
故件从A 到D 的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝f1（s1+s2）+f2s3＝27.2J；
答：（1）工件刚放到A 端时的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下；
（2）工件从A 到D 所需的时间为3.2s；
（3）工件从A 到D 的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量为27.2J．
【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能
定理及几何关系求解．
12．（18 分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管、上半部BC
是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每
次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m
的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，
均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．求：
（1）质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v1；
（2）弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep；
（3）已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹
射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在
2
3m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落
到水面的最大面积S 是多少？
【考点】4A：向心力；6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，有牛顿第二定律列出向心力的方程，速度
可求．
（2）不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，所以鱼饵增加的机械能都是弹簧做功的结果，由功能关系知道弹簧具
有的弹性势能等于鱼饵增加的机械能．
（3）分别求出质量是m 和
2
3的鱼饵离开C 时的速度，再利用平抛运动规律求出落到水平面到转轴之间的距离，转
轴转过90°时，鱼饵在水平面形成两个
1
4圆面积，中间夹的环形面积即为所求．
【解答】解：（1）质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则
mg=݉
㘴1
2
h ①
由①式解得v1=
th．②
（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有
Ep＝mg（1.5R+R）+ 1
2mv12③
由②③式解得
Ep＝3mgR．④
（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过t 时间
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落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律有4.5R= 1
2gt2⑤
x1＝v1t+R⑥
由⑤⑥式解得x1＝4R⑦
当鱼饵的质量为
2
3m 时，设其到达管口C 时速度大小为v2，由机械能守恒定律有
Ep= 2
3mg（1.5R+R）+ 1
2（
2
3m）v22⑧
由④⑧式解得v2＝2 th⑨
质量为
2
3m 的鱼饵落到水平面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2＝v2t+R
由⑤⑨⑩式解得x2＝7R
鱼饵能够落到水面的最大面积S
S= 1
4（πx22﹣πx12）= 33
4 πR2（或8.25πR2）．
答：（1）质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v1 为th
（2）弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep 为3mgR
（3）鱼饵能够落到水面的最大面积S 是
33
4 πR2．
【点评】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90°鱼饵在水平面上形成圆周是解
决问题的关键，同时注意机械能守恒定律的正确应用．
选考题（每题15 分，请考生从给出的3 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．）【物理一选
修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．布朗运动反映了悬浮颗粒的分子运动的无规则性
B．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在张力
C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传递到高温物体
D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
E．当两个分子间的距离为ro（平衡位置）时，分子力为零，分子势能最小
【考点】84：布朗运动；8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，固体微粒越大布朗运动越
不明显，温度越高运动越明显．
根据热力学第二定律可知，没有外界的影响，热量不可能从低温物体传递到高温物体；
单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，晶体的分子排列是有规则的，而非晶体的分
子排列是无规则的．
分子力做正功，分子的势能减少，分子力做负功，分子势能增加；距离的增大与减少要根据平衡位置来分析判断
分子势能的变化关系．
【解答】解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反应。故A
错误。
B、放在水面上的硬币可以浮在水面上是因为液面的表面张力对硬币的向上的作用力等于重力。故B 正确；
C、根据热力学第二定律可知，没有外界的影响时，热量不可能从低温物体传递到高温物体；故C 错误。
D、单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的。故D 正确；
E、设分子平衡距离为r0，分子距离为r。当r＞r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r＜r0，
分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相
对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查了分子动理论的多个知识点的内容，其中对热力学第二定律和分子势能的理解是解答的关键：
分子力做功和分子势能的变化关系，可以参照重力做功和重力势能的变化关系来分析．
14．（10 分）如图所示，A 气缸截面积为500cm2，A、B 两个气缸中装有体积分别为10L、15L，压强均为1atm，温
度均为27℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。现给左面的活塞N 施加一个
推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变。活塞M 保持在原
位置不动，不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1atm＝105pa．当推力F= 5
3 × 103N 时，求：
①活塞N 向右移动的距离是多少厘米？
②B 气缸中的气体升温到多少摄氏度？
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【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①A 中气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
②B 中气体做等容变化，根据查理定律列式求解。
【解答】解：①加力F 后，A 中气体的压强为：݌'
t = ݌0 + ܨܵ
t = 4
3 × 105ܲܽ
A 中气体做等温变化，由玻意耳定律得：݌tܸ
t = ݌'
tܸ
't
即：ܸ
't = ݌tܸ
t
݌'t
= 3
4ܸ
t
活塞N 运动前后A 的长度分别为：
ܮt =ܸ
tܵ
t = 20ܿ݉
ܮ't =ܸ
'tܵ
t = 15ܿ݉
故活塞N 向右移动的距离是△ݔ= ܮt −ܮ't = 5ܿ݉
②对B 中气体：݌'
ܤ= ݌'
t = 4
3 × 105ܲܽ
根据查理定律得：
݌ܤܶ
ܤ
=
݌'
ܤܶ
'ܤ
解得：ܶ
'ܤ=ܲ
'ܤ
݌Bܶ
ܤ= 400ܭ= 127℃
答：①活塞N 向右移动的距离是15 厘米；
②B 气缸中的气体升温到127 摄氏度。
【点评】对两部分封闭气体问题，既要分别研究各自的变化过程，同时要抓住之间的联系，本题是压强相等是重
要的关系。
【物理一选修3-5】（15 分）
15．以下说法中正确的是（
）
A．
如图是α粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D 中的A 位置时荧光屏上接收到的α
粒子数最多．
B．
如图是氢原子的能级示意图，氢原子从n＝3 能级跃迁到n＝1 能级时吸收了一定频率的光子能
量．
C．
如图是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针发生了偏转，则此时验电器的金属
杆带的是正电荷．
D．
如图是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性．
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E．
如图是风力发电的国际通用标志．
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】（1）放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置，了解α粒子散射实验的实验
现象即可正确解答；
（2）用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电核；
（3）当光子的频率大于极限频率时，发生光电效应，金属板将带正电；
（4）衍射是波特有的性质；
【解答】解：A、图示是α粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D 中的A 位置时荧光屏上接收到的α粒子
数最多。故A 正确；
B、图示是氢原子的能级示意图，结合氢光谱可知，氢原子从n＝3 能级跃迁到n＝1 能级时辐射了一定频率的光子
能量。故B 错误；
C、当光照射锌板时，金属板失去电子，将带正电，所以与之相连的验电器的指针将发生偏转，此时验电器的金属
杆带的是正电荷。故C 正确；
D、图示是电子束穿过铝箔后的衍射图样，由于衍射是波特有的性质，所以该实验现象说明实物粒子也具有波动
性。故D 正确；
E、图示是辐射标志（亦称三叶草）。不是风力发电的国际通用标志。故E 错误。
故选：ACD。
【点评】（1）由α粒子的散射实验可知，原子内部的结构：中心有一个很小的核，全部正电荷及几乎全部的质量都
集中在里面，外面自由电子绕核高速旋转，知道α粒子的散射实验的结果；
（2）解决本题的关键知道发生光电效应时有光电子从金属中飞出，理解光电效应的产生；
（3）理解光电效应产生的条件，以及光电流大小的决定因素，并能在具体问题中正确应用．
16．如图甲所示，是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图．打夯前先将桩料扶正立于地基之上．已
知夯锤的质量为M＝450kg，桩料的质量为m＝50kg．每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5m
处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上并不弹起，而是随桩料一起向下运动．桩料进入泥土后所受阻力随
打入深度h 的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104N/m．g＝10m/s2，求：打完第一夯后，桩料进入泥土
的深度．（假设打第一夯前，桩料未进入泥土）
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】对夯锤自由下落过程应用机械能守恒得到碰撞前的速度，然后由动能定理求得碰撞后的速度，即可由动
能定理求得桩料进入泥土的深度．
【解答】解：夯锤与桩料碰撞前做自由落体运动，故机械能守恒，则有：ܯt݄
0 = 1
2 ܯ㘴02，所以，碰撞前，夯锤
的速度㘴0 =
2t݄0 = 10݉
/ݏ；
夯锤砸在桩料上并不弹起，而是随桩料一起向下运动，故由动能定理可得：碰后一起运动的速度㘴= ܯ㘴0
ܯ+݉
= 9݉
/ݏ；
设打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为h，那么由图可知：克服摩擦力做的功ܹ݂
= 1
2݄݇
2；
对在泥土中下落的过程应用动能定理可得：(ܯ+݉
)th −1
2݄݇
2 = 0 −1
2 (ܯ+݉
)㘴2，所以，h＝1m；
答：打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m．
【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能
定理及几何关系求解．
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2018-2019 学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷
一．选择题：共8 小题，每小题6 分．每小题的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～21 题有
多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）据报道，我国的一颗数据中继卫星在西昌卫星发射中心发射升空，经过4 次变轨控制后，成功定点在东经
77°赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的卫星，下列说法正确的是（
）
A．运行速度大于7.9 km/s
B．由于太空垃圾对卫星运动的影响，会使卫星的运行轨道变低，且线速度变大
C．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
D．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小
2．（6 分）如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB 绳，物体和人均处于静止状
态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法中正确的是（
）
A．OA 绳中的拉力先减小后增大
B．OB 绳中的拉力不变
C．地面给人的摩擦力逐渐增大
D．人对地面的压力逐渐减小
3．（6 分）某船在静水中划行的速率为3m/s，要渡过30m 宽的河，河水的流速为5m/s，下列说法中正确的是（
）
A．该船渡河的最小速率是4m/s
B．该船渡河所用时间可少于10s
C．该船可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
D．该船渡河所通过的位移的大小至少为50m
4．（6 分）如图所示，平直公路上的甲、乙两物体相距s，同时同向开始运动，甲以初速度v1，加速度a1 做匀加速直
线运动，乙从静止开始以加速度a2 做匀加速直线运动，则下列情况可能发生的是（假设甲能从乙旁经过而互不影
响）（
）
A．a1＜a2，可能相遇两次
B．a1＜a2，一定不相遇
C．a1＞a2，能相遇两次
D．a1＝a2，能相遇两次
5．（6 分）如图，A，B 为两个并排放置在光滑水平面上的滑块，用水平力F1，F2 分别推AB 物体，已知F1＝10N，
F2＝6N，A 的质量大于B 的质量，则AB 之间的相互作用力F 的大小满足（
）
A．6N＜F＜8N
B．6N＜F＜10N
C．8N＜F＜10N
D．F＝8N
6．（6 分）如图所示，两个物体以相同大小的初速度从O 点同时分别向x 轴正、负方向水平抛出，他们的轨迹恰好满
足抛物线方程y= ݔ2݇
，则下列说法正确的是（
）
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A．物体被抛出时的初速度为݇
t
2
B．物体被抛出时的初速度为2݇t
C．两物体抛出后，经时间݇2t，两物体速度垂直
D．两物体抛出后，经时间t 二者与o 点所构成的三角形面积为2݇t
4 gt3
7．（6 分）如图所示，两物块A、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点
的轴OO1 转动，已知A 的质量比B 大，物块与杆的动摩擦因数均为μ，且到轴OO1 的距离相等．开始时绳子处于
自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），现让该装置由静止开始转动，使转速缓慢增大直到两者打滑为止，则下列说
法中正确的是（
）
A．A 受到的静摩擦力先增大后减小
B．B 受到的静摩擦力先增大后减小再增大
C．在未打滑前，两球受摩擦力的方向可能相同
D．随着角速度的增大，两球向右、向左打滑的可能性都存在
8．（6 分）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放小滑块A，木板B 受到随时间变化的水平拉
力F 作用时，用传感器测出B 的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图象，已知g 取10m/s2，则（
）
A．滑块A 的质量为4kg
B．木板B 的质量为1kg
C．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.1
D．当F＝10N 时木板B 的加速度为4m/s2
二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题一第32 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33～40 为
选考题，考生根据要求作答．
9．（4 分）在“验证力的平行四边形定则”实验中
（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：
A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线
B．其中一根细线挂上5 个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录钩码个数、结点O 的位置，以及
橡皮绳的伸长方向
C．将步骤B 中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4 个和3 个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C 使两细线互
成角度，如图乙所示，小心调整B、C 的位置，使
，记录
和
．
（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα：cosβ＝
．
10．（8 分）某同学想利用家中常见的东西来验证牛顿第二定律：他先用两条光洁的铁丝做了两个“V”形的框架甲和
乙，尖角向下悬空固定，在“V”形下尖角处抹少许润滑油，模拟两个光滑定滑轮：用两个农夫山泉瓶盖儿做成
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两个小桶A 和B，并用一条跨过两“V”形框架的较长细线相连；再找来卷尺竖直立于小桶B 旁边．整个装置侧
视图如下．
他用小纸片一点点加入桶中，调节到AB 桶都能静止平衡为止，设此时每个桶（含纸片）质量都为M，再找到一
瓶过期但完好的相同药片，在AB 桶中各放入5 片药片，设每片药片质量为m．
从A 桶中拿出一片药片放入B 桶，控制小桶静止释放，用手机秒表功能测出B 桶下降高度h 所用时间为t．则小
桶加速度a＝
，若每个小桶质量M＝km，则k＝
．（都用h，t，g 表示）
将两桶中所有药片取出（纸片不取），再在B 桶中放入一片药片，将桶静止释放，测得下降高度h 所用时间为，以
后每次实验都在前一次实验基础上同时在两桶中各加入一片药片，每次都让B 桶静止释放下降相同高度h，测得
每次时间为不同的t，若这些
（填t、t2、t3）与
（填“从A 桶拿入B 桶药片数量”、“AB 两桶的总
质量”）的比值在误差范围内为定值，则得到结论：物体合外力一定时，加速度与质量成反比．
11．（10 分）汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为0.02（sinα＝0.02）的长直公路上时，
如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1 倍（g＝10m/s2），求：
（1）汽车所能达到的最大速度vm；
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2 的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
12．（15 分）某工厂流水线车间传送带如图所示：逆时针匀速转动的传送带长L＝4m，与水平面夹角为37°；小工
件被一个接一个地静止放到传送带顶端A 点，小工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25；则在这些小工件被运送到
底端B 点过程中，求：
（1）小工件刚放上传送带时的加速度大小；
（2）若要让每个小工件都能最快地从A 运到B，传送带速率应满足的条件，并求出该最短时间；
（3）若要降低工厂耗能成本，要求每个小工件相对传送带滑动的路程都最短，传送带速率应满足的条件，并求出
一个小工件相对传送带的最短路程．
已知g 取10m/s2，函数y＝xܽ
ݔ2 +ܾ
−x2 在x2=ܾ2ܽ（
1
1−ܽ
−1）
【物理-选修3-3】
13．（10 分）关于分子势能，下列说法正确的是（
）
A．分子间表现为引力时，分子间距离越小，分子势能越大
B．分子间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大
C．理想气体在膨胀时，分子势能不变
D．物体在做自由落体运动时，分子势能越来越小
E．如果热机从单一热源吸热并将其全部转化为功就会引起其他变化
14．（5 分）如图所示，冷藏室里桌面上一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止，气缸内壁光
滑且导热性能良好．开始时冷藏室温度为27℃，气缸内气柱长度为L；在室内气压不变情况下缓慢降温，稳定后
发现气柱缩短了
ܮ
5，则：
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①气缸内气体作的是等温、等压还是等容变化？
②现在的室温为多少？
【物理-选修3-5】
15．以下说法正确的是（
）
A．天然放射现象说明原子是可再分的
B．所有核动力潜艇、航母的反应堆都是发生的裂变反应
C．工业上可用β射线来监测2mm 厚铝板的厚度
D．碳14 测年法原理是原子核人工转变
E．因为核聚变，太阳的质量在不断的减少
16．公路上发生了一起交通事故，甲车连人总重1 吨，乙车连人总重2 吨，以等大速度v0＝10m/s 完全非弹性对撞，
撞击时间为t＝0.5s，试求两车中质量同为m＝60kg 的人受到的平均冲击力各为多大？
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2018-2019 学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题：共8 小题，每小题6 分．每小题的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～21 题有
多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）据报道，我国的一颗数据中继卫星在西昌卫星发射中心发射升空，经过4 次变轨控制后，成功定点在东经
77°赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的卫星，下列说法正确的是（
）
A．运行速度大于7.9 km/s
B．由于太空垃圾对卫星运动的影响，会使卫星的运行轨道变低，且线速度变大
C．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
D．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小
【考点】4H：人造卫星；4J：同步卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小．知
道7.9 km/s 为第一宇宙速度．
了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．
根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系
【解答】解：A、B 由万有引力提供向心力得：㘴=
ܩܯ
ݎ，即线速度v 随轨道半径r 的增大而减小，v＝7.9 km/s
为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9
km/s，故A 错误；太空垃圾对卫星运动的影响其轨道半径变小，由㘴=
ܩܯ
ݎ知速度变大，B 正确
C、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a 向＝rω2，可得r 大的加速度大，因轨道半径不同，
故其向心加速度不同，故C 错误
D、因同步卫星周期T 同＝24 小时，月球绕地球转动周期T 月＝27 天，即T 同＜T 月，由公式߱
= 2ߨܶ，得ω同＞ω月，
故D 错误；
【点评】了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，要比较一个物理量大小，
我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较
2．（6 分）如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB 绳，物体和人均处于静止状
态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法中正确的是（
）
A．OA 绳中的拉力先减小后增大
B．OB 绳中的拉力不变
C．地面给人的摩擦力逐渐增大
D．人对地面的压力逐渐减小
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对O 点分析，受三个力拉力，向下的拉力等于重力，将该拉力进行分解，判断OB、OA 拉力的变化；
再对人受力分析，根据平衡条件判断摩擦力的变化．
【解答】解：A、当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA 与竖直方向夹角变大，对O 点受力分
析，三力平衡，利用三角形定则，将向下的拉力进行分解，如图所示：
OA 的拉力由图中1 位置变到2 位置，可见OA 绳子拉力变大，OB 绳拉力逐渐变大；故A 错误，B 错误；
C、OA 拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；故C 正确；
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D、人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；故D 错误；
【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法或正交分解法．
3．（6 分）某船在静水中划行的速率为3m/s，要渡过30m 宽的河，河水的流速为5m/s，下列说法中正确的是（
）
A．该船渡河的最小速率是4m/s
B．该船渡河所用时间可少于10s
C．该船可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
D．该船渡河所通过的位移的大小至少为50m
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】水流速大于静水速，知合速度的方向不可能与河岸垂直，即不可能垂直到达对岸．当静水速与河岸垂直
时，渡河时间最短．
【解答】解：A、小船渡河时，3m/s 和5m/s 的合速度大于2m/s，小于8m/s。故A 错误。
B、当静水速与河岸垂直时，渡河的时间t=݀㘴ܿ= 30
3 s＝10s。故B 错误。
C、因为水流速大于静水速，所以合速度不可能垂直于河岸，故C 错误。
D、当静水速的方向与合速度垂直时，渡河的位移最短，设此时合速度于河岸方向的夹角为θ，sinθ= 㘴ܿ
㘴ݏ=0.6，
最小位移x=݀ݏthߠ= 30
0.6m＝50m。故D 正确。
【点评】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道当静水速小于水流速时，合速度方向与静水速方
向垂直，渡河位移最短．
4．（6 分）如图所示，平直公路上的甲、乙两物体相距s，同时同向开始运动，甲以初速度v1，加速度a1 做匀加速直
线运动，乙从静止开始以加速度a2 做匀加速直线运动，则下列情况可能发生的是（假设甲能从乙旁经过而互不影
响）（
）
A．a1＜a2，可能相遇两次
B．a1＜a2，一定不相遇
C．a1＞a2，能相遇两次
D．a1＝a2，能相遇两次
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】明确两物体的加速度及速度关系，即可确定物体的位移关系，则可确定两物体能否相遇．
【解答】解：A、当a1 小于a2 时，由v＝vo+at 知，甲的速度先是大于乙的，由于乙的加速度大于甲的，一定时间
之后，乙的速度会等于甲的，再继续乙的速度就大于甲的，通过速度关系可以想到，甲乙的距离先是减小，①当
甲乙的速度达到相等时，甲还没有追上乙，之后就无法追上了，也就是不能相遇。②当甲乙的速度达到相等时，
甲正好这时相遇乙，之后两者距离越来越大，也就是相遇一次。③当甲乙的速度达到相等之前，甲追上相遇乙，
之后甲在前，乙在后，变成乙追甲，两者速度相等之后乙的速度就大于甲的，乙就会追上甲再相遇一次，也就是
一共相遇了两次。故A 正确，B 错误
C、当a1 大于a2 时，由v＝vo+at 知：甲的速度始终大于乙的速度，甲追上乙相遇之后，甲在前速度比乙大，距离
越来越远。不可能再次相遇。所以甲乙只能相遇一次。故C 错误；
D、若a1＝a2，则甲的速度一直大于乙的速度，故甲一定能追上乙，此后将在乙的前面运动，不会再相遇；故只能
相遇一次；故D 错误；
【点评】解决本题的关键通过两车的速度关系，确定其距离的变化，从而确定相遇的次数．
5．（6 分）如图，A，B 为两个并排放置在光滑水平面上的滑块，用水平力F1，F2 分别推AB 物体，已知F1＝10N，
F2＝6N，A 的质量大于B 的质量，则AB 之间的相互作用力F 的大小满足（
）
A．6N＜F＜8N
B．6N＜F＜10N
C．8N＜F＜10N
D．F＝8N
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4I：极值法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先以两个物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离其中一个物体研究，由牛顿
第二定律求出两物体间的作用力
【解答】解：以两物体组成的系统为研究对象，
由牛顿第二定律得：F2﹣F1＝（m1+m2）a，
解得：a= ܨ1−ܨ2݉
1+݉
2 = 10−6݉
1+݉
2 =
4݉
1+݉
2，
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以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：
F﹣F2＝m2a，解得：F＝F2+m2a= 6 +
4݉
2݉
1+݉
2
由于m1＞m2，所6N＜F＜8N
【点评】本题是连接体问题，涉及多个物体时，首先要灵活选择研究对象，其次抓住加速度相同的特点，运用牛
顿第二定律进行求解．要知道求内力时，必须运用隔离法
6．（6 分）如图所示，两个物体以相同大小的初速度从O 点同时分别向x 轴正、负方向水平抛出，他们的轨迹恰好满
足抛物线方程y= ݔ2݇
，则下列说法正确的是（
）
A．物体被抛出时的初速度为݇
t
2
B．物体被抛出时的初速度为2݇t
C．两物体抛出后，经时间݇2t，两物体速度垂直
D．两物体抛出后，经时间t 二者与o 点所构成的三角形面积为2݇t
4 gt3
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；518：平抛运动专题．
【分析】本题的关键是根据平抛运动的规律写出水平位移x 与竖直方向位移y 方向的表达式，然后消去时间t 整
理出y 与x 的函数表达式，再与给出的抛物线方程对比即可求解；根据上题求出的初速度代入水平位移的表达式
x，然后根据三角形面积公式求解即可．
【解答】解：A、设平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律应有：
x＝v0t，y= 1
2 tݐ2，
整理可得：y=
t
2㘴02 ݔ2，再与抛物线方程y= 1݇ݔ2比较可得：㘴0 =݇
t
2 ，故A 正确，B 错误。
C、经过时间t 后两物体在同一水平线上，二者沿竖直方向的分速度：
㘴ݕ= tݐ=݇
2t
由于此时vyyu v0 大小相等，所以两个物体的速度的方向与水平方向之间的夹角都是45°，结合几何关系可知，此
时两个物体速度的方向相互垂直。故C 正确。
D、根据上面的分析可知，t 时刻应有：x= 㘴0ݐ=݇
t
2 ݐ，y= 1
2 tݐ2，经时间t 二者与O 点所构成的三角形面积应为：
S＝2•
1
2 ݔݕ，
代入数据解得ݏ=
2݇t
4
tݐ3，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】注意轨迹方程的求解方法是：分别写出x 方向与y 方向的位移表达式，然后消去时间t，再整理出关于y
与x 的函数表达式即可．
7．（6 分）如图所示，两物块A、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点
的轴OO1 转动，已知A 的质量比B 大，物块与杆的动摩擦因数均为μ，且到轴OO1 的距离相等．开始时绳子处于
自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），现让该装置由静止开始转动，使转速缓慢增大直到两者打滑为止，则下列说
法中正确的是（
）
A．A 受到的静摩擦力先增大后减小
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B．B 受到的静摩擦力先增大后减小再增大
C．在未打滑前，两球受摩擦力的方向可能相同
D．随着角速度的增大，两球向右、向左打滑的可能性都存在
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力
时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2 个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，根
据向心力公式进行讨论即可求解．
【解答】解：A、当角速度逐渐增大时，B 物体先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，B 物体靠绳子的拉力和最
大静摩擦力提供向心力，角速度增大，拉力增大，则A 物体的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A 物体所受
的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A 物体的摩擦力反向增大。所以A 所受的摩擦力先增大后减小，又增大，
反向先指向圆心，然后背离圆心；故A 错误；
B、B 物体开始时静摩擦力充当向心力，此时随转速的增大静摩擦力增大，绳子产生拉力后，摩擦力减小，当减到
一定程度时，摩擦力又反向增大，故B 正确；
C、由以上分析可知，AB 的摩擦力均先增大再减小，然后再反向增大，因二者的最大静摩擦力不同，故当ω为某
一值时，会使摩擦力和绳子的拉力同向提供M 的向心力，而绳子的拉力和摩擦力反向提供m 的向心力，此时两球
受到摩擦力为同一方向；故可能存在摩擦力方向相同的情况，故C 正确；
D、由于A 的质量大于B 的质量，故随ω的增大，两球发生滑动时，A 向外滑，B 向内滑，故两球只能向左滑动。
故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了向心力的来源以及向心力公式的直接应用，注意确定向心力的来源是解题的关键，同时
还需要掌握静摩擦力的特点，明确静摩擦力的方向可以向里也可以向外．
8．（6 分）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放小滑块A，木板B 受到随时间变化的水平拉
力F 作用时，用传感器测出B 的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图象，已知g 取10m/s2，则（
）
A．滑块A 的质量为4kg
B．木板B 的质量为1kg
C．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.1
D．当F＝10N 时木板B 的加速度为4m/s2
【考点】33：加速度与力的关系图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当拉力较小时，m 和M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m 和M 发生相对
滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答．
【解答】解：ABD、由图知，当F＝8N 时，加速度为：a＝2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝（mA+mB）
a，代入数据解得：mA+mB＝4kg，当F 大于8N 时，A、B 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B 有：a= ܨ−ߤ݉
tt݉
ܤ
=
ܨ݉
ܤ−ߤ݉
tt݉
ܤ，由图示图象可知，图线的斜率：k= 1݉
ܤ= △ܽ
△ܨ=
2
8−6 =1，解得：mB＝1kg，滑块A 的质量为：mA＝
3kg。
当a＝0 时，F＝6N，代入解得μ＝0.2，故A、C 错误，B 正确。
D、根据F＝10N＞8N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为：aB＝a= ܨ−ߤ݉
tt݉
ܤ
=4m/s2．故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，
掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题一第32 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33～40 为
选考题，考生根据要求作答．
9．（4 分）在“验证力的平行四边形定则”实验中
（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：
A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线
B．其中一根细线挂上5 个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录钩码个数、结点O 的位置，以及
橡皮绳的伸长方向
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C．将步骤B 中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4 个和3 个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C 使两细线互
成角度，如图乙所示，小心调整B、C 的位置，使
结点O 的重合
，记录
钩码个数
和
细绳的方向
．
（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα：cosβ＝
3
4
．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将
这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的
关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作．
【解答】解：（1）该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步
骤B 中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向．
（2）根据O 点处于平衡状态，正交分解有：
竖直方向：4mgsinα+3mgsinβ＝5mg
①
水平方向：4mgcosα＝3mgcosβ②
联立①②解得：ܿ
݋ݏߙܿ
݋ݏߚ=
3
4．
故答案为：（1）结点O 的重合、钩码个数、细绳的方向；（2）
3
4
【点评】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理
解“等效代替”的含义．
10．（8 分）某同学想利用家中常见的东西来验证牛顿第二定律：他先用两条光洁的铁丝做了两个“V”形的框架甲和
乙，尖角向下悬空固定，在“V”形下尖角处抹少许润滑油，模拟两个光滑定滑轮：用两个农夫山泉瓶盖儿做成
两个小桶A 和B，并用一条跨过两“V”形框架的较长细线相连；再找来卷尺竖直立于小桶B 旁边．整个装置侧
视图如下．
他用小纸片一点点加入桶中，调节到AB 桶都能静止平衡为止，设此时每个桶（含纸片）质量都为M，再找到一
瓶过期但完好的相同药片，在AB 桶中各放入5 片药片，设每片药片质量为m．
从A 桶中拿出一片药片放入B 桶，控制小桶静止释放，用手机秒表功能测出B 桶下降高度h 所用时间为t．则小
桶加速度a＝
2݄
ݐ2
，若每个小桶质量M＝km，则k＝
tݐ2−10݄
2݄
．（都用h，t，g 表示）
将两桶中所有药片取出（纸片不取），再在B 桶中放入一片药片，将桶静止释放，测得下降高度h 所用时间为，以
后每次实验都在前一次实验基础上同时在两桶中各加入一片药片，每次都让B 桶静止释放下降相同高度h，测得
每次时间为不同的t，若这些
t2
（填t、t2、t3）与
AB 两桶的总质量
（填“从A 桶拿入B 桶药片数量”、“AB
两桶的总质量”）的比值在误差范围内为定值，则得到结论：物体合外力一定时，加速度与质量成反比．
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由匀变速直线运动的公式x= 1
2ܽݐ2即可求出加速度；结合牛顿第二定律即可求出m 与M 之间的关系，并
结合牛顿第二定律得出相应的结论．
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【解答】解：B 下降的同时A 向上运动，二者的加速度的大小是相等的，由公式：h= 1
2ܽݐ2得：
a= 2݄
ݐ2①
若每个小桶质量M＝km，设绳子的拉力为F，对A：F﹣（M+4m）g＝（M+4m）a；
②
对B：（M+6m）g﹣F＝（M+6m）a
③
又：M＝km
④
联立得：k= tݐ2−10݄
2݄
⑤
当两桶中所有药片取出（纸片不取），再在B 桶中放入一片药片，将桶静止释放时，则对A：
F′﹣Mg＝Ma1⑥
对B：Mg+mg﹣F＝（M+m）a1⑦
所以：ܽ1 =݉
t
2ܯ+݉
⑧
当在前一次实验基础上同时在两桶中各加入一片药片时，同理分别对A 与B 进行受力分析得：ܽ
2 =݉
t
2ܯ+3݉
⑨
每次都让B 桶静止释放下降相同高度h，测得每次时间为不同的t 时，则结合⑧⑨可知，每一次对系统的拉力都
相对于是mg，即对系统的拉力不变．若这些t2 与AB 两桶的总质量的比值在误差范围内为定值，则得到结论：
物体合外力一定时，加速度与质量成反比．
故答案为：
2݄
ݐ2；
tݐ2−10݄
2݄
；t2；AB 两桶的总质量
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此
类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．
11．（10 分）汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为0.02（sinα＝0.02）的长直公路上时，
如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1 倍（g＝10m/s2），求：
（1）汽车所能达到的最大速度vm；
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2 的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
【考点】37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）当汽车加速度为零时，达到的速度最大．根据平衡条件得到牵引力，由功率公式P＝Fv 求解最大速
度．
（2）对于匀加速直线运动过程，根据牛顿第二定律求出汽车的牵引力，从而根据功率的公式求出匀加速直线运动
的末速度，通过速度时间公式求出匀加速直线运动的时间．
【解答】解：（1）汽车在坡路上行驶，所受阻力Ff＝kmg+mgsinα＝4000N+800N＝4800N．
当汽车加速度为零时，达到的速度最大，此时有F＝Ff 时，
由发动机的功率P＝F•vm＝Ff•vm，所以
vm=ܲ݇݉
t+݉
tݏthߙ= 60×103
4800 m/s＝12.5m/s．
（2）汽车从静止开始，以a＝0.6 m/s2 匀加速行驶，根据牛顿第二定律得：
F′﹣Ff＝ma，
所以牵引力F′＝ma+kmg+mgsinα═4×103×0.6 N+4800N＝7.2×103N．
保持这一牵引力，当汽车的实际功率等于额定功率时，匀加速运动的速度达到最大，设匀加速行驶的最大速度为
vm′，
则有vm′=ܲܨ' = 60×103
7.2×103m/s＝8.33 m/s．
由运动学规律得：匀加速行驶的时间为：t= 㘴݉'ܽ= 8.33
0.6 s＝13.9s
答：
（1）汽车所能达到的最大速度vm 为12.5m/s．
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2 的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持13.9s 时间．
【点评】本题考查机车的启动问题，关键理清汽车在整个过程中的运动情况，结合功率的公式，以及牛顿第二定
律和运动学公式进行求解．
12．（15 分）某工厂流水线车间传送带如图所示：逆时针匀速转动的传送带长L＝4m，与水平面夹角为37°；小工
件被一个接一个地静止放到传送带顶端A 点，小工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25；则在这些小工件被运送到
底端B 点过程中，求：
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（1）小工件刚放上传送带时的加速度大小；
（2）若要让每个小工件都能最快地从A 运到B，传送带速率应满足的条件，并求出该最短时间；
（3）若要降低工厂耗能成本，要求每个小工件相对传送带滑动的路程都最短，传送带速率应满足的条件，并求出
一个小工件相对传送带的最短路程．
已知g 取10m/s2，函数y＝xܽ
ݔ2 +ܾ
−x2 在x2=ܾ2ܽ（
1
1−ܽ
−1）
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对小工件根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）小工件全程一直加速，运行时间最短，根据牛顿第二定律得到加速度，根据速度时间关系求解速度；
（3）分析传送带以不同速度运动时，小工件的运动情况和受力情况，利用牛顿第二定律列方程求解加速度，根据
位移速度关系求解位移，得到全程相对滑动路程的表达式，根据函数关系求解．
【解答】解：（1）对小工件：刚放上传送带时，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，
解得：a1＝8m/s2；
（2）小工件全程一直加速，运行时间最短，当小工件刚好到B 端与传送带刚好共速时，为传送带速度临界值；
对小工件由（1）可得a1＝8m/s2；
根据速度位移关系可得：2a1s＝v02﹣0，
得v0＝8m/s；
故要工件运行的时间最短，v0≥8m/s，
根据v0＝at，t＝1s；
（3）当传送带速度v0＝8m/s 时，工件到B 端刚好共速，相对滑动为一单向滑动；
对工件根据速度时间关系可得：v0＝a1t，
解得t＝1s，
位移：S 工件＝L＝4m；
对传送带：S 带＝v0t＝8m，
相对滑动的路程为：△S 滑﹣S 工件＝4m；
当传送带的速度v0＞8m/s 时，工件到B 端都未共速，相对滑动也为一单向滑动，且工件位移时间都与上相同，但
传送带位移比以上要大，故相对路程△S＞4m，不考虑；
当传送带速度v0＜8m/s 时，工件到B 端前已共速，设传送带速度大小为v，从工件静止释放与传送带共速阶段：
对工件：2a1S 工件1＝v2﹣0，v＝a1t1，
对传送带：S 带1＝vt1= 㘴2ܽ
1，
相对滑动路程为：△S1＝S 滑1﹣S 工件1= 㘴2
2ܽ1 = 㘴2
16；
从工件共速后到B 端阶段，因为μ＝0.25＜tan37°＝0.75，故工件继续加速，
对工件：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，得a2＝4m/s2，
S 工件2＝L﹣S 工件1＝L−㘴2
2ܽ1 =vt2+ 1
2ܽ
2ݐ2
2，
得a2＝4m/s2，
S 工件2＝L﹣S 工件1＝L−㘴2
2ܽ1 =vt2+ 1
2ܽ
2ݐ2
2，
得t2=
0.5㘴2+32−㘴
4
，
对传送带：S 带2＝vt2
对传送带：S 带2＝vt2，相对滑动路程为：△S2＝S 工件2﹣S 带2= 1
2ܽ
2ݐ2
2，
故全程相对滑动路程为：
△S＝△S1+△S2= 㘴2
2ܽ+ 1
2ܽ
2ݐ2
2 =L﹣vt2＝4−0.5㘴2+32−㘴2
4
；
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由题目所给函数得：当v= 4 2( 2 −1)݉
/ݏ，
△S 最短＝4（2 −1）m．
答：（1）小工件刚放上传送带时的加速度大小为8m/s2；
（2）若要让每个小工件都能最快地从A 运到B，传送带速率应满足的条件是不小于8m/s，并求出该最短时间为
1s；
（3）若要降低工厂耗能成本，要求每个小工件相对传送带滑动的路程都最短，传送带速率应为4 2( 2 −1)݉
/ݏ，
，每一个小工件相对传送带的最短路程为4（2 −1）m．
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
【物理-选修3-3】
13．（10 分）关于分子势能，下列说法正确的是（
）
A．分子间表现为引力时，分子间距离越小，分子势能越大
B．分子间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大
C．理想气体在膨胀时，分子势能不变
D．物体在做自由落体运动时，分子势能越来越小
E．如果热机从单一热源吸热并将其全部转化为功就会引起其他变化
【考点】87：分子势能；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；547：内能及其变化专题．
【分析】由分子力做功和分析分子势能的变化，进而判定各个选项．明确热力学第二定律的内容，知道逆向过程
在引起其他方面的变化时可以进行．
【解答】解：A、分子间表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故A 错误。
B、分子间表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能越大，故B 正确。
C、理想气体分子间的作用力可以忽略不计，故在体积变化时，分子势能不变，故C 正确；
D、分子势能与物体的宏观运动无关，故D 错误；
E、如果热机从单一热源吸热并将其全部转化为功就会引起其他变化；故E 正确。
故选：BCE。
【点评】本题考查分子力与分子势能间的关系以及热力学第二定律的基本内容，要注意正确理解热力学第二定律
的内容，知道逆向过程是不能自发进行，但在有其他方面的变化时也是可以进行的．
14．（5 分）如图所示，冷藏室里桌面上一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止，气缸内壁光
滑且导热性能良好．开始时冷藏室温度为27℃，气缸内气柱长度为L；在室内气压不变情况下缓慢降温，稳定后
发现气柱缩短了
ܮ
5，则：
①气缸内气体作的是等温、等压还是等容变化？
②现在的室温为多少？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）以气缸为研究对象进行受力分析，得到压强的表达式，压强不变，即为等圧変化
（2）对缸内气体应用等圧変化的实验定律列式，即可求出温度
【解答】解：（1）以气缸为研究对象，对气缸受力分析，气缸受力平衡，有：
݌0ܵ
+ ܯt = ݌ܵ
得缸内气体压强为：݌= ݌0 + ܯtܵ，缸内气体的压强是定值，可知缸内气体做的是等圧変化
（2）根据盖﹣吕萨克定律，有：
ܮܵܶ
0
=
ܮ−ܮ
5ܶ
1
解得：ܶ
1 = 4
5ܶ
0 = 240ܭ=−33℃
答：①气缸内气体作的是等压变化
②现在的室温为﹣33℃
【点评】解决本题的关键是确定封闭气体发生何种状态变化，然后确定气体的初末状态参量，选择合适的实验定
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律列式求解即可．
【物理-选修3-5】
15．以下说法正确的是（
）
A．天然放射现象说明原子是可再分的
B．所有核动力潜艇、航母的反应堆都是发生的裂变反应
C．工业上可用β射线来监测2mm 厚铝板的厚度
D．碳14 测年法原理是原子核人工转变
E．因为核聚变，太阳的质量在不断的减少
【考点】J1：粒子散射实验；J9：天然放射现象．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构；α射线穿透本领太弱，γ射线穿透能力又太强，而β射线穿透
能力β居中，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应．
【解答】解：A、天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构，故A 错误；
B、核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能，所有核动力潜艇、航母的反应堆
都是发生的裂变反应，故B 正确；
C、α、β、γ三种射线的穿透能力不同，α射线不能穿过3 mm 厚的铝板，γ射线又很容易穿过3 mm 厚的铝板，所
以工业上可用β射线来监测2mm 厚铝板的厚度。故C 正确；
D、碳14 是放射性同位数，碳14 测年法就是利用这个原理，故D 错误；
E、太阳辐射的能量来自太阳内部聚变时释放的核能，不断的核聚变，使太阳的质量会不断减小，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】本题命题意图：原子及原子物理属于I 级要求，考查放射性，衰变等基础知识，知道α、β、γ三种射线的
特性，电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，能在生活中加以利用．
16．公路上发生了一起交通事故，甲车连人总重1 吨，乙车连人总重2 吨，以等大速度v0＝10m/s 完全非弹性对撞，
撞击时间为t＝0.5s，试求两车中质量同为m＝60kg 的人受到的平均冲击力各为多大？
【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】两车在碰撞的过程中水平方向的动量守恒，由动量守恒定律即可求出碰撞后的速度，再根据动量定理求
解平均冲击力即可．
【解答】解：由于是完全非弹性碰撞，可知碰撞结束的一瞬间二者的速度相等，在碰撞的一瞬间可以认为二者沿
水平方向的动量守恒，以甲车的初速度的方向为正方向，得：
M 甲v0﹣M 乙v0＝（M 甲+M 乙）•v 共
代入数据得：㘴共=−10
3 m/s，负号表示末速度的方向与甲车运动的方向相反．
对甲车内的人，由动量定理得：F 甲t＝mv 共﹣mv0
代入数据得：F 甲＝﹣1600N，负号表示末速度的方向与甲车运动的方向相反；
对乙车内的人，由动量定理得：F 乙t＝mv 共﹣（﹣mv0）
代入数据得：F 乙＝800N
答：两车中质量同为m＝60kg 的人受到的平均冲击力分别为1600N 和800N．
【点评】本题考查了求作用力，分析清楚车的运动过程，应用动量守恒以及动量定理即可解题，难度不大，属于
中档题．
另外该题也可以由牛顿运动定律来解答，麻烦．
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日期：2019/4/14 18:45:42 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（下）期中物理试卷
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部
B．光电效应证明了光具有粒子性
C．裂变反应有质量亏损，质量数不守恒
D．氢原子跃迁可以发出γ射线
2．（3 分）一辆卡车能够沿着斜坡以速率v 匀速向上行驶，斜坡与水平面夹角为α，所受阻力等于卡车重力的k 倍（k
＜1）．如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率为（
）
A．݇
+ݏthߙ݇
−ݏthߙv
B．݇
−ݏthߙ݇
+ݏthߙv
C．݇
+ݏthߙ
ݏthߙ−݇v
D．
ݏthߙ−݇݇
+ݏthߙv
3．（3 分）电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒，两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电
场，图中所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值（单位：V），A、B 为等势面与中心轴线的交点，若由
电子束射入电场，且从左方进右方出，则下列说法中正确的是（
）
A．若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做匀速直线运动
B．若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做加速度增大的直线运动
C．若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先将向下偏转再向上偏转，且一直做加速运动
D．若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先向上偏转再向下偏转，且先加速后减速
4．（3 分）有一质量为50kg 的少年穿着溜冰鞋站在光滑冰面上，从距冰面高度为1.05m 处沿水平方向以10m/s 抛出
一质量为1kg 的石块，不计空气阻力，g＝10m/s2，则下列说法不正确的是（
）
A．抛出时少年获得的速度为0.2m/s
B．石块落到冰面时的速度为11m/s
C．抛出时少年做功为51J
D．抛出时少年做功为50J
5．（3 分）一质量为M 的小型无人机，螺旋桨会将面积为S 的空气以某一速度向下运动，从而使无人机悬停在空中，
已知空气的密度为ρ，则直升机的输出功率为（
）
A．ܯt3
ߩݏ
B．
1
2
ܯt3
ߩݏ
C．ρs（ܯt
ߩݏ）3
D．
ߩݏ
2 （ܯt
ߩݏ）3
6．（3 分）东方红一号是我国于1970 年4 月24 日首次成功发射的人造卫星，它至今在一椭圆轨道上运行，其轨道近
地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；而东方红二号卫星是1984 年4 月8 日发射成功的，它运行在赤
道上空35786km 的地球同步轨道上，已知地球半径约为6400km；设固定在地球赤道上的物体随地球自转的线速
度为v1，加速度为a1；东方红一号在近地点的速度为v2，加速度为a2，东方红二号的线速度为v3，加速度为a3，
则关于它们的大小关系正确的是（
）
A．v2＞v3＞v1
B．v1＞v2＞v3
C．a3＞a1＞a2
D．a2＞a3＞a1
7．（3 分）如图甲所示，某人从楼房的窗口抛出一小物块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s 的相
机拍摄到，图乙是物块落地前0.2s 时间内所成的像（照片已经放大且方格化），石块将要落地时，由于时间短，可
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近似看成匀速运动，每个小方格代表的实际长度为1.0m，忽略空气阻力，g＝10m/s2，则（
）
A．物块水平抛出的初速度大小约为5m/s
B．物块将要落地时的速度大小约为16m/s
C．物块抛出位置离地高度约为9.8m
D．物块抛出位置离地高度约为12.8m
8．（3 分）已知一底角为60°的等腰梯形ABCD 内部由一垂直纸面向内，磁感应强度为B0 的匀强磁场（边界上也有
磁场），一质量为m，电量为q 且带负电的粒子以大小为
ݍܤ0݀݉的速率在A 处向各个方向入射，已知等腰梯形的上
底长为d，下底长为3d，若忽略带电粒子的重力，以下说法正确的是（
）
A．粒子能从B 点离开磁场
B．粒子能从C 点离开磁场
C．粒子能从BC 边上离B 点0.5d 处离开磁场
D．粒子能从AB 边中点处离开磁场
二、解答题（共4 小题，满分6 分）
9．（6 分）将一块量程为1mA 的电流表，与一节电动势约为1.5V 的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成
一个倍率为×100 的欧姆表，则这块表的内阻是
Ω，电流表表盘读数为0.4mA 的地方，刻度值为
Ω，
用这块欧姆表去测量一块电压表的内阻，红表笔应接在电压表的
（正或负）接线柱。
10．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
（1）若入射小球质量为m1 半径为r1，被捧小球质量为m2，半径为r2，则
A．m1＞m2，r1＞r2
B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1＝r2
D．m1＞m2，r1＝r2
（2）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在图乙装置实验时（P 为碰前入射小球落地点的平均位
置），所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）
．
（3）若采用甲装置实验，用的小球时钢球，以下所提供的测量工具中必需的是
A．直尺
B．游标卡尺
C．天平
D．弹簧秤
E．秒表
需要验证的表达式为：（碰撞可看作是弹性碰撞）
．
11．如图甲所示，有一倾角为θ＝30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板，斜面与木板平滑
连接，滑块经过斜面与木板交界处的动能损失可忽略不计。开始时，质量为m＝1kg 的滑块在水平向左的力F 作
用下静止在斜面上，现将水平力F 变为水平向右且大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F，此后滑块和木板在
水平面上运动的v﹣t 图象如图乙所示，g 取10m/s2．求：
（1）水平作用力F 的大小；
（2）滑块开始下滑时距木块上表面的高度；
（3）木板的质量M。
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12．如图（a）所示，绝缘轨道MNPQ 位于同一竖直面内，其中MN 段水平，PQ 段竖直，NP 段为光滑的
1
4圆弧，圆
心为O，半径为a，轨道最左端M 点处静置一质量为m、电荷量为q（q＞0）的物块A，直线NN′右侧有方向水
平向右的电场（图中未画出），场强为E=݉
t
ݍ，在包含圆弧轨道NP 的ONO′P 区域有方向垂直纸面向外的匀强
磁场，在轨道M 端左侧有一放在水平光滑桌面上的可发射的“炮弹”的电磁炮模型，其结构图如图（b）所示。
电磁炮由两条等长的平行光滑导轨I、II 与电源和开关S 串联。电源的电动势为U0，内阻为r，导轨I、II 相距为
d，电阻忽略不计，“炮弹”是一质量为2m、电阻为R 的不带电导体块C，C 刚好与I、II 紧密接触，距离两导轨
右端为l，C 的底面与轨道MN 在同一水平面上，整个电磁炮处于均匀磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大
小为B0，重力加速度为g，不考虑C 在导轨内运动时的电磁感应现象，A、C 可视为质点，并设A 在运动过程中
所带电荷一直未变。
（1）求C 与A 碰撞前的速度v0 的大小；
（2）设A、C 的碰撞为弹性碰撞，A、C 与MN 轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A 恰能到达P 点，求C 最终停
止位置到M 点的距离；
（3）设碰后A 恰能到达P 点，若要求A 运动时始终不离开圆弧轨道，求ONO′P 区域内磁场的磁感应强度B 应
满足的条件。
【物理选修3-3】
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．根据热力学定律可知，热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．钢笔在油纸上写不出字是因为墨水与油纸之间不浸润
C．液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化
D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
E．当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
14．（10 分）在一个横截面积为S 的密闭容器中，有一个质量为m 的活塞把容器隔成I、II 两室，两室气体体积均为
V，I 室中为饱和水蒸气，II 室中气体为氮气，活塞导热性良好，可在容器中无摩擦地滑动，原来容器被水平地放
置在桌面上，活塞处于平衡时，活塞两边气体的温度均为T0，压强同为p0，如图（a）所示，今将整个容器缓慢
地转到图（b）所示位置，两室内温度仍是T0
①求II 室氮气在容器倒立后的体积；
②求I 室凝结的水蒸气占原蒸汽的百分比．
【物理选修3-4】
15．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵
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波，若我国地震局截获了一列沿x 轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时
刻x 轴上﹣3～3km 区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（
）
A．该地震波的波长为3 km
B．质点振动的最大周期为0.8 s
C．该地震波最小波速为5 km/s
D．从t 时刻开始计时，x＝2 km 处的质点比x＝2.5 km 处的质点先回到平衡位置
E．从t 时刻开始计时，x＝2 km 处的质点比x＝2.5 km 处的质点后回到平衡位置
16．如图所示，OBCD 为半圆柱体玻璃的横截面，OD 为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO 方向从O 点（O
点在OD 平面内）射入玻璃内，分别到达半圆面上的B 点和C 点。已知从B 点射出的单色光由O 到B 的传播时
间为t。
（1）若OB、OC 两束单色光在真空中的波长分别为ɉB、ɉC，试比较ɉB、ɉC 的大小。
（2）求从C 点射出的单色光由O 到C 的传播时间tC。
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部
B．光电效应证明了光具有粒子性
C．裂变反应有质量亏损，质量数不守恒
D．氢原子跃迁可以发出γ射线
【考点】IC：光电效应；JJ：裂变反应和聚变反应．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；54I：光电效应专题．
【分析】α粒子大角度散射说明原子的核式结构模型，即原子核中集中了全部的正电荷及几乎全部的质量，α粒子
受到库仑斥力而发生偏转．光电效应和康普顿效应都说明光的粒子性．裂变反应时有质量亏损，但是质量数守恒；
γ射线是原子核受到激发跃迁时产生的．
【解答】解：A、粒子发生大角度散射表明α粒子受到的原子核的库伦斥力较大，距离原子核较近，故A 错误。
B、光电效应是光的粒子性的实验证明，故B 正确。
C、裂变有质量亏损，但是核子的总数并未改变，故C 错误。
D、γ射线是原子核受到激发跃迁时产生的，而氢原子跃迁时是原子的外层电子受激跃迁时产生的，故D 错误。
【点评】本题考查了α粒子散射实验、光电效应、重核裂变、跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础
知识点，注意γ射线是原子核受到激发跃迁时产生的．
2．（3 分）一辆卡车能够沿着斜坡以速率v 匀速向上行驶，斜坡与水平面夹角为α，所受阻力等于卡车重力的k 倍（k
＜1）．如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率为（
）
A．݇
+ݏthߙ݇
−ݏthߙv
B．݇
−ݏthߙ݇
+ݏthߙv
C．݇
+ݏthߙ
ݏthߙ−݇v
D．
ݏthߙ−݇݇
+ݏthߙv
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】当卡车匀速上坡时，牵引力等于阻力和重力沿斜坡方向分力之和，当卡车匀速下坡时，牵引力等于阻力
和沿斜坡分力之差，结合P＝Fv 分析求解．
【解答】解：卡车匀速向上行驶时，根据平衡有：F1＝mgsinα+kmg，此时P＝F1v，
卡车匀速向下行驶时，根据平衡有：F2＝kmg﹣mgsinα，此时P＝F2v′，
解得㘴' =݇
+ݏthߙ݇
−ݏthߙ㘴，故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】本题要明确汽车的功率不变，但是在向上运动和向下运动的时候，汽车的受力不一样，根据P＝Fv 和平
衡条件列式求解．
3．（3 分）电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒，两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电
场，图中所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值（单位：V），A、B 为等势面与中心轴线的交点，若由
电子束射入电场，且从左方进右方出，则下列说法中正确的是（
）
A．若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做匀速直线运动
B．若电子沿中心轴线方向入射，电子束将沿中心轴线做加速度增大的直线运动
C．若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先将向下偏转再向上偏转，且一直做加速运动
D．若电子束从中心轴线下方沿与轴线平行方向入射，电子束可能先向上偏转再向下偏转，且先加速后减速
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场力越大，电场线与等势面垂直，负电
荷逆着电场线运动电场力做正功，根据轨迹弯曲方向判断电荷的受力方向。
【解答】解：A、电场力不为零，合力不为零，所以不可能做匀速直线运动，故A 错误；
B、等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场力越大，加速度越大，所以电子从左到右加
速度先增大后减小，故B 错误；
CD、因为从左到右电势一直增高，所以电子的电势能应该一直降低，根据能量守恒，其动能应该一直增大，速度
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一直增大，一直做加速运动，故D 错误，C 正确；
【点评】做好本题的关键是根据等势面画出电场线，再由曲线运动条件与负电荷电场力方向来判断在电场中的运
动。等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，根据等势面的分布情况分析电场强度的大小，结合牛顿第二定律
分析电子的运动状态。
4．（3 分）有一质量为50kg 的少年穿着溜冰鞋站在光滑冰面上，从距冰面高度为1.05m 处沿水平方向以10m/s 抛出
一质量为1kg 的石块，不计空气阻力，g＝10m/s2，则下列说法不正确的是（
）
A．抛出时少年获得的速度为0.2m/s
B．石块落到冰面时的速度为11m/s
C．抛出时少年做功为51J
D．抛出时少年做功为50J
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据动量守恒求得少年的速度，然后由机械能守恒求得石块落到冰面时的速度，再根据能量守恒求得少
年做的功．
【解答】解：A、少年和石块在水平方向上合外力为零，故动量守恒，那么抛出时少年获得的速度v0′=݉
㘴0
ܯ=
1×10
50݉
/ݏ= 0.2݉
/ݏ，故A 说法正确；
B、石块抛出后做平抛运动，只有重力做功，故机械能守恒，则有
1
2݉
㘴2 =
1
2݉
㘴02 +݉
t݄，所以，㘴=
㘴02 + 2t݄
=
102 + 2 × 10 × 1.05݉
ݏ= 11݉
/ݏ，故B 说法正确；
CD、抛出时，石块和少年的重心不变，故重力势能不变；那么由能量守恒可知：少年做的功等于石块和少年的动
能增量，故抛出时少年做功
只受重力和少年对他的作用力；又有抛出时石块高度不变，故只有少年对石块做功，ܹ
= 1
2 ܯ㘴0'2 + 1
2݉
㘴02 = 1
2 ×
50 × 0．22 + 1
2 × 1 × 102(ܬ) = 51ܬ；故C 说法正确，D 说法错误；
本题选说法不正确，【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根
据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
5．（3 分）一质量为M 的小型无人机，螺旋桨会将面积为S 的空气以某一速度向下运动，从而使无人机悬停在空中，
已知空气的密度为ρ，则直升机的输出功率为（
）
A．ܯt3
ߩݏ
B．
1
2
ܯt3
ߩݏ
C．ρs（ܯt
ߩݏ）3
D．
ߩݏ
2 （ܯt
ߩݏ）3
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】先求出△t 时间内被螺旋桨加速空气的质量，根据动量定理求出螺旋桨对空气的作用力F，为使飞机停在
空中，则有F＝Mg，联立方程即可求解v；由功能关系可知发动机做的功等于被加速空气的动能，据此列式即可
求解功率．
【解答】解：△t 时间内被螺旋桨加速空气的质量为：△m＝ρSv△t
螺旋桨对空气的作用力F= △݉
㘴
△ݐ=ρSv2，
根据Mg＝F 得，v=
ܯt
ߩܵ，
发动机的功率为P，由动能定理ܲ
△ݐ= △݉
2 㘴2，
解得P= ߩݏ
2 （ܯt
ߩݏ）3，故D 正确，A、B、C 错误。
【点评】本题主要考查了动量定理、平衡条件及功能关系的直接应用，解题时要注意构建物理模型，体会微元法
在解题中的应用．
6．（3 分）东方红一号是我国于1970 年4 月24 日首次成功发射的人造卫星，它至今在一椭圆轨道上运行，其轨道近
地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；而东方红二号卫星是1984 年4 月8 日发射成功的，它运行在赤
道上空35786km 的地球同步轨道上，已知地球半径约为6400km；设固定在地球赤道上的物体随地球自转的线速
度为v1，加速度为a1；东方红一号在近地点的速度为v2，加速度为a2，东方红二号的线速度为v3，加速度为a3，
则关于它们的大小关系正确的是（
）
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A．v2＞v3＞v1
B．v1＞v2＞v3
C．a3＞a1＞a2
D．a2＞a3＞a1
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】由万有引力提供向心力可知卫星的运动半径越小其运行速度越大，加速度与半径的2 次方成反比，地表
物体的加速度由a＝ω2r 可确定，据此可分析各项．
【解答】解：A、B、东方红二号的轨道半径远大于近地卫星轨道，所以速度远小于近地卫星速度，东方红一号的
近地点速度近似大于第一宇宙速度，所以v2＞v3，在地球赤道上随地球自转的物体的角速度与东方红二号卫星相
同，根据v＝ωr 可知v3＞v1，所以，v2＞v3＞v1，A 正确，B 错误
C、D、东方红一号与东方红二号卫星都只受万有引力，所以加速度与离地心的距离平方成反比，所以a2＞a3，根
据a＝ω2r 可知，a3＞a1，所以，a2＞a3＞a1，则C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，
确定各量的大小与半径的关系．
7．（3 分）如图甲所示，某人从楼房的窗口抛出一小物块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s 的相
机拍摄到，图乙是物块落地前0.2s 时间内所成的像（照片已经放大且方格化），石块将要落地时，由于时间短，可
近似看成匀速运动，每个小方格代表的实际长度为1.0m，忽略空气阻力，g＝10m/s2，则（
）
A．物块水平抛出的初速度大小约为5m/s
B．物块将要落地时的速度大小约为16m/s
C．物块抛出位置离地高度约为9.8m
D．物块抛出位置离地高度约为12.8m
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求
出速度大小．根据落地时照片，根据平均速度推论得出像中间时刻的瞬时速度，得出石块从抛出点到该点的时间
从而得出石块从发射点到形成像的上端时间，根据位移时间公式求出形成的像上端离抛出点的竖直高度，从而得
出物块抛出位置离地的高度．
【解答】解：A、石块水平抛出的初速度大小v0= ݔ
ݐ= 1
0.2݉
/ݏ═5 m/s，故A 正确。
B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为s＝1.0×
12 + 32 =
10m，v= ݏ
ݐ=
10
0.2 m/s≈
16m/s，即石块将要落地时的速度大小约为16m/s，故B 正确；
CD、石块在竖直方向的平均速度vy= △݄
ݐ= 3
0.2m/s＝15 m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为
0.2 s，即从开始起经0.1 s 的瞬时速度为15m/s，可得石块从抛出点至该点的时间t= 㘴ݕ
t =1.5 s，所以石块从发射点
至形成的像上端所需时间：t 上＝（1.5﹣0.1）s＝1.4s，对应形成的像上端离抛出点的竖直高度h= 1
2gt2= 1
2 ×10×1.42
m＝9.8m，加上形成的像在图片中的竖直高度3 m，h 总＝12.8m，故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地
时的速度．
8．（3 分）已知一底角为60°的等腰梯形ABCD 内部由一垂直纸面向内，磁感应强度为B0 的匀强磁场（边界上也有
磁场），一质量为m，电量为q 且带负电的粒子以大小为
ݍܤ0݀݉的速率在A 处向各个方向入射，已知等腰梯形的上
底长为d，下底长为3d，若忽略带电粒子的重力，以下说法正确的是（
）
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- 1019 -
A．粒子能从B 点离开磁场
B．粒子能从C 点离开磁场
C．粒子能从BC 边上离B 点0.5d 处离开磁场
D．粒子能从AB 边中点处离开磁场
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分
析粒子运动过程，根据题意分析答题．
【解答】解：由题意根据几何知识可得：AB＝2d；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0＝m
㘴2
ݎ
解得：r＝d；
过A 点做半径为d 的滚动圆，经过以AB 边为直径的圆如图1 所示，粒子的运动轨迹从与AD 边相切的圆如图2
所示，
经过与BC 边相切的圆如图3 所示，由这三个特殊位置的圆作图可以判断出粒子不可能经过B、C 点，一定可以经
过AB 中点，故D 正确，AB 错误；
由几何关系可知当经过相切的圆时，粒子从BC 离开的位置离B 点小于0.5d，粒子可以从离B 点0.5d 处离开磁场
的粒子恰好从距离B 点d 处离开磁场，故C 正确，
而在此临界条件下粒子从ac 边离开的位置远，故C 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二
定律求出粒子轨道半径是解题的前提，分析清楚粒子运动过程即可解题．
二、解答题（共4 小题，满分6 分）
9．（6 分）将一块量程为1mA 的电流表，与一节电动势约为1.5V 的干电池，一个满足条件的滑动变阻器串联改装成
一个倍率为×100 的欧姆表，则这块表的内阻是
1500
Ω，电流表表盘读数为0.4mA 的地方，刻度值为
2250
Ω，用这块欧姆表去测量一块电压表的内阻，红表笔应接在电压表的
负
（正或负）接线柱。
【考点】NA：把电流表改装成电压表．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据闭合电路的欧姆定律可以求出欧姆表内阻与待测电阻阻
值，欧姆表中值电阻等于其内阻
【解答】解：欧姆调零时，指针指在满偏刻度处，有：
R 内= ܧ
ܫt =
1.5
1×10−3 =1500Ω
读数为0.4mA 时：Rx= ܧ
ܫ−h内=
1.5
0.4×10−3 −1500 =2250Ω
测量时电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；则红表笔接电压表的负接线柱。
故答案为：1500；2250；负
【点评】本题考查了求欧姆表内阻、待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可
正确解题。
10．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
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（1）若入射小球质量为m1 半径为r1，被捧小球质量为m2，半径为r2，则
C
A．m1＞m2，r1＞r2
B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1＝r2
D．m1＞m2，r1＝r2
（2）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在图乙装置实验时（P 为碰前入射小球落地点的平均位
置），所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置图中的字母表示）
m1OP＝m1OM+m2ON
．
（3）若采用甲装置实验，用的小球时钢球，以下所提供的测量工具中必需的是
A
A．直尺
B．游标卡尺
C．天平
D．弹簧秤
E．秒表
需要验证的表达式为：（碰撞可看作是弹性碰撞）
OP+OM＝O’N
．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为
了使两球发生正碰，两小球的半径相同；
（2、3）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时
间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．根据表达式确定需
要测量的物理量．
（3）采用钢球实验时满足动量守恒和机械能守恒，分别列出对应的与长度有关的表达式，联立即可求得应验证的
表达式，从而确定应采用的工具．
【解答】解：（1）为了防止入射球碰后发生反弹，应保证m1＞m2，
为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1＝r2
故选：C
（2）小球离开轨道后做平抛运动，由h= 1
2gt2 得小球做平抛运动的时间t=
2݄
t ，由于小球做平抛运动时抛出点的
高度h 相同，则它们在空中的运动时间t 相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1＝m1v1′+m2v2，
则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，m1x1＝m1x1′+m2x2，
由图乙所示可知，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON，
（3）若采用甲装置实验，用的小球时钢球，则碰撞为弹性碰撞，
由动量守恒定律可得：
m1OP＝m1OM+m2O’N
再由机械能守恒定律有：
1
2m1v2= 1
2m1v12+ 1
2m2v22
代入水平位移与速度的关系可知，应为：
m1OP2＝m1OM2+m2O’N2
联立解得：OP+OM＝O’N；
故只需验证OP+OM＝O’N 即可，因此测量工具只需要直尺即可；
故选：A．
故答案为：（1）C；（2）m1OP＝m1OM+m2O；（3）A，OP+OM＝O’N
【点评】本题考查验证动量守恒的实验；本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这
样将不便验证的方程变成容易验证，要注意体会该方法．
11．如图甲所示，有一倾角为θ＝30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板，斜面与木板平滑
连接，滑块经过斜面与木板交界处的动能损失可忽略不计。开始时，质量为m＝1kg 的滑块在水平向左的力F 作
用下静止在斜面上，现将水平力F 变为水平向右且大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F，此后滑块和木板在
水平面上运动的v﹣t 图象如图乙所示，g 取10m/s2．求：
（1）水平作用力F 的大小；
（2）滑块开始下滑时距木块上表面的高度；
（3）木板的质量M。
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- 1021 -
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；39：牛顿运动定律的综合应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；
（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系
求出下滑时的高度。
（3）根据图象和牛顿第二定律求出地面和木板间的摩擦力，以及滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律
求出木板的质量。
【解答】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg 和支持力N 处于平衡，如图所示，
水平推力：F＝mgtanθ＝1×10× 3
3 = 10 3
3ܰ
（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1＝10m/s
设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ＝ma
代入数据得：a＝10m/s2
则下滑时的高度：h= 㘴12
2ܽ
⋅ݏthߠ= 100
20 ⋅1
2 = 2.5݉
（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1
由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：ܽ1 = △㘴
△ݐ= 2−10
2−0 =−4݉
/ݏ2
对滑块：f1＝ma1①
此时木板的加速度：ܽ2 = △㘴
△ݐ= 2−0
2−0 = 1݉
/ݏ2
对木板：﹣f1﹣f＝Ma2②
当滑块和木板速度相等，均为：v＝2m/s 之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3= △㘴
△ݐ= 0−2
4−2 =−1݉
/ݏ2
对整体：﹣f＝（m+M）a3③
联立①②③代入数据解得：M＝1.5kg
答：（1）水平作用力F 的大小为
10 3
3ܰ
；
（2）滑块开始下滑时的高度为2.5m；
（3）木板的质量为1.5kg。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式、共点力平衡的综合运用，关键理清滑块和木板的运动规律，结
合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
12．如图（a）所示，绝缘轨道MNPQ 位于同一竖直面内，其中MN 段水平，PQ 段竖直，NP 段为光滑的
1
4圆弧，圆
心为O，半径为a，轨道最左端M 点处静置一质量为m、电荷量为q（q＞0）的物块A，直线NN′右侧有方向水
平向右的电场（图中未画出），场强为E=݉
t
ݍ，在包含圆弧轨道NP 的ONO′P 区域有方向垂直纸面向外的匀强
磁场，在轨道M 端左侧有一放在水平光滑桌面上的可发射的“炮弹”的电磁炮模型，其结构图如图（b）所示。
电磁炮由两条等长的平行光滑导轨I、II 与电源和开关S 串联。电源的电动势为U0，内阻为r，导轨I、II 相距为
d，电阻忽略不计，“炮弹”是一质量为2m、电阻为R 的不带电导体块C，C 刚好与I、II 紧密接触，距离两导轨
右端为l，C 的底面与轨道MN 在同一水平面上，整个电磁炮处于均匀磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大
小为B0，重力加速度为g，不考虑C 在导轨内运动时的电磁感应现象，A、C 可视为质点，并设A 在运动过程中
所带电荷一直未变。
（1）求C 与A 碰撞前的速度v0 的大小；
（2）设A、C 的碰撞为弹性碰撞，A、C 与MN 轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A 恰能到达P 点，求C 最终停
止位置到M 点的距离；
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（3）设碰后A 恰能到达P 点，若要求A 运动时始终不离开圆弧轨道，求ONO′P 区域内磁场的磁感应强度B 应
满足的条件。
【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律；CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；537：带电粒子在复合场中的运动专
题．
【分析】（1）先根据欧姆定律求出通过“炮弹”的回路的电流，再由动能定理求C 与A 碰撞前的速度v0 的大小。
（2）A、C 的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒列式，得到碰后两者的速度表达式。A 在NN′右侧受
到的电场力与重力大小相等，重力和电场力的合力大小为2mg，方向垂直于OQ 斜向右下，N、P 两点对称，要
A 恰能到达P 点只需A 刚到达N 点即可，由动能定理求解。
（3）当A 由P 滑回N 点时，洛伦兹力指向O 点，A 可能离开轨道。由动能定理和能量守恒定律，结合数学知识
求解。
【解答】解：（1）通过“炮弹”的回路的电流为I=ܷ
0
h+ݎ
对C，由动能定理得
F 安L= 1
2 ⋅2݉
㘴0
2
又F 安＝B0Id
联立解得v0=
ܤ0ܷ
0݀t
(h+ݎ)݉。
（2）A、C 间完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒得：
2mv0＝mvA+2mvC。
1
2 ⋅2mv02= 1
2 ⋅mvA2+ 1
2 ⋅2mvC2。
联立解得：vA= 4
3 㘴0 = 4
3
ܤ0ܷ
0݀t
(h+ݎ)݉
．vC= 1
3 㘴0 = 1
3
ܤ0ܷ
0݀t
(h+ݎ)݉。
A 在NN′右侧受到的电场力F＝qE＝q݉
t
ݍ
=mg
重力和电场力的合力大小为F 合=
2mg，方向垂直于OQ 斜向右下，N、P 两点对称，要A 恰能到达P 点只需A
刚到达N 点即可，设摩擦因数为μ，C 静止时与M 点的距离为lx，有
μmgL= 1
2݉
㘴t
2
μ•mglx= 1
2 ⋅2݉
㘴ܥ
2
联立解得lx= ܮ
16。
（3）当A 由P 滑回N 点时，洛伦兹力指向O 点，A 可能离开轨道。设A 相对OP 转动θ角时，其速度为v，对轨
道的压力为FN，有
FN+qvB﹣mgsinθ﹣qEcosθ＝m
㘴2ܽ
由能量守恒得
mgasinθ﹣qEa（1﹣cosθ）= 1
2݉
㘴2
要使得A 不离开轨道，须得FN≥0．联立解得B≤݉
t(3ݏthߠ+3ܿ݋ݏߠ−2)
ݍ2ܽ
(ݏthߠ+ܿ݋ݏߠ−1)
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- 1023 -
因为f（θ）= 3ݏthߠ+3ܿ݋ݏߠ−2
ݏthߠ+ܿ݋ݏߠ−1 =3 ݏthߠ+ܿ݋ݏߠ−1 +
1
ݏthߠ+ܿ݋ݏߠ−1
当3 ݏthߠ+ܿ݋ݏߠ−1 =
1
ݏthߠ+ܿ݋ݏߠ−1时，即sinθ+cosθ= 4
3时，f（θ）＝f（θ）min＝2 3
故B≤݉
t
ݍ2ܽ×2 3 =݉ݍ
6tܽ=Bmax。
考虑到极值点要求sinθ+cosθ= 4
3，变形可得1＞sin（θ+ ߨ
4）=
4
3
2 ＞1
2 =sin
ߨ
4，可知θ在[0，π/4]范围内有解，说
明上面讨论是合理的，即B 的取值应满足的条件是：
B≤Bmax=݉ݍ
6tܽ。
答：
（1）C 与A 碰撞前的速度v0 的大小为
ܤ0U0݀t
(h+ݎ)݉
；
（2）设A、C 的碰撞为弹性碰撞，A、C 与MN 轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A 恰能到达P 点，C 最终停止
位置到M 点的距离是
ܮ
16；
（3）设碰后A 恰能到达P 点，若要求A 运动时始终不离开圆弧轨道，ONO′P 区域内磁场的磁感应强度B 应满
足的条件是B≤݉ݍ
6tܽ。
【点评】解决本题的关键是要分析清楚物体运动过程，运用数学知识求极值。分段应用动能定理、牛顿第二定律
和能量守恒定律进行研究。
【物理选修3-3】
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．根据热力学定律可知，热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B．钢笔在油纸上写不出字是因为墨水与油纸之间不浸润
C．液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化
D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
E．当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大
【考点】86：分子间的相互作用力；8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】热量能从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体；浸润现象亦称润湿现象．当液体与固
体接触时，液体的附着层将沿固体表面延伸．当接触角θ为锐角时，液体润湿固体，若θ为零时，液体将展延到全
部固体表面上，这种现象叫做“浸润现象”；液晶的光学性质具有各向异性；分子间存在着相互作用的引力和斥力，
当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大
先减小后增大，再减小．
【解答】解：A、根据热力学第二定律可知，热量能从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，
但会有其他的变化。故A 错误；
B、墨水与油纸不浸润，所以使用钢笔难以在油纸上写字。故B 正确；
C、液晶的光学性质具有各向异性，光学性质随所加电场的变化而变化。故C 错误；
D、石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故D 正确；
E、分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离比较大时，表现为引力，当分子间距离减小时，
分子引力先增大后减小；当表现为斥力时，分子间距离变小时分子力增大。故E 正确
故选：BDE。
【点评】该题考查3﹣3 的多个知识点的内容，都是一些记忆性的知识点的内容，在平时的学习中多加积累就可以
做好这一类的题目．
14．（10 分）在一个横截面积为S 的密闭容器中，有一个质量为m 的活塞把容器隔成I、II 两室，两室气体体积均为
V，I 室中为饱和水蒸气，II 室中气体为氮气，活塞导热性良好，可在容器中无摩擦地滑动，原来容器被水平地放
置在桌面上，活塞处于平衡时，活塞两边气体的温度均为T0，压强同为p0，如图（a）所示，今将整个容器缓慢
地转到图（b）所示位置，两室内温度仍是T0
①求II 室氮气在容器倒立后的体积；
②求I 室凝结的水蒸气占原蒸汽的百分比．
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【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①对II 室中氮气运用玻意耳定律，即可求出II 室氮气在容器倒立后的体积；
②利用几何关系结合①问中结果，联立即可求出I 室凝结的水蒸气占原蒸汽的百分比．
【解答】解：①对两室内的氮气：
初态：P 氮初＝p0，V 氮初＝V；
末态：P 氮末＝p0−݉
tܵ，V 氮末；
根据玻意耳定律可得：P 氮初V 氮初＝P 氮末V 氮末
解得：V 氮末=
݌0ܵ
݌0ܵ−݉
tV
②初始：V 氮初+V 水初＝2V
V 水末＝2V﹣V 氮末= ݌0ܵ−2݉
t
݌0ܵ−݉
t •V
故凝结的水占原质量的百分比为：η=ܸ
水末ܸ= ݌0ܵ−2݉
t
݌0ܵ−݉
t
答：①II 室氮气在容器倒立后的体积为
݌0ܵ
݌0ܵ−݉
tV；
②I 室凝结的水蒸气占原蒸汽的百分比为
݌0ܵ−2݉
t
݌0ܵ−݉
t ．
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，利用好几何关系，要求大家分
析好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；
【物理选修3-4】
15．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵
波，若我国地震局截获了一列沿x 轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时
刻x 轴上﹣3～3km 区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（
）
A．该地震波的波长为3 km
B．质点振动的最大周期为0.8 s
C．该地震波最小波速为5 km/s
D．从t 时刻开始计时，x＝2 km 处的质点比x＝2.5 km 处的质点先回到平衡位置
E．从t 时刻开始计时，x＝2 km 处的质点比x＝2.5 km 处的质点后回到平衡位置
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】波形图可以直接读出振幅、波长．由于波传播的周期性，且波沿x 轴正方向传播，可知由实线变为虚线
波形所经历的时间为（n+ 1
2）T，从而表示出周期的通项；根据v= ɉܶ表示出波速的通项
【解答】解：A、由图可知，在﹣3～3km 范围内有1.5 个波长，所以波长为：
6
1.5 = 4km．故A 错误；
B、由图可知，图中有实线变成虚线的时间：t＝（n+ 1
2）T，当n＝0 时的周期最大，此时：
1
2ܶ
=△ݐ= 0.4s，所
以最大周期为0.8s。故B 正确。
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- 1025 -
C、波速：v= ɉܶ，周期最大时，波速最小，所以最小波速为：㘴= ɉܶ= 4
0.8 = 5km/s。故C 正确；
D、E、由图结合波向右传播可知，在t＝0 时刻，x＝2.5 km 处的质点振动的方向向上，而x＝2 km 处的质点已经
在最大位移处，所以从t 时刻开始计时，x＝2 km 处的质点比x＝2.5 km 处的质点先回到平衡位置。故D 正确，E
错误。
故选：BCD。
【点评】该题结合波的图象考查波长、波速与周期之间的关系，解答的关键是根据知道的两个时刻的波形，结合
波的周期性，得到的是波速和周期的通项．
16．如图所示，OBCD 为半圆柱体玻璃的横截面，OD 为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO 方向从O 点（O
点在OD 平面内）射入玻璃内，分别到达半圆面上的B 点和C 点。已知从B 点射出的单色光由O 到B 的传播时
间为t。
（1）若OB、OC 两束单色光在真空中的波长分别为ɉB、ɉC，试比较ɉB、ɉC 的大小。
（2）求从C 点射出的单色光由O 到C 的传播时间tC。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4C：方程法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）根据光线的偏折程度分析折射率的大小，即可确定波长的大小。
（2）作出光路图，根据v=ܿh求两种色光在玻璃中的速度；由几何知识求得光在玻璃通过的路程，即可得到光在
玻璃传播时间的表达式，即可得到从C 点射出的单色光由O 到C 的传播时间tC。
【解答】解：（1）由于光线OB 偏折比光线OC 偏折更多，所以OB 光的折射率较大，波长较短，即有ɉB＜ɉC。
（2）作出光路图如图所示。作界面OD 的法线MN，设圆柱体的直径为d，入射角为θ，折射角分别为θB、θC．连
接OB、OC。
由折射定律得nB= ݏthߠ
ݏthߠܤ，nC= ݏthߠ
ݏthߠܥ
光在圆柱体中的传播速度分别为vB=ܿhܤ，nC=ܿhܥ
由上可得
ݏthߠܤ
㘴ܤ
=
ݏthߠܥ
㘴ܥ
已知t=݀
ݏthߠܤ
㘴ܤ
，tC=݀
ݏthߠܥ
㘴ܥ
解得tC＝t
答：
（1）ɉB、ɉC 的大小为ɉB＜ɉC。
（2）从C 点射出的单色光由O 到C 的传播时间tC 是t。
【点评】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何
光学的意识和能力。
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日期：2019/4/11 23:32:56 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（下）第三次诊断物理试卷
一、选择题（本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项是符合题目要求的，第
6-8 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有错选的得0 分．）
1．（6 分）下列关于原子和原子核的说法正确的是（
）
A．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化
B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固
2．（6 分）如图所示，接在家庭电路上的理想变压器给小灯泡L 供电，如果将原线圈匝数适当减小，其他条件不变，
则（
）
A．小灯泡变暗
B．电源输出功率增大
C．原、副线圈两端电压的比值增大
D．原线圈中的电流不变
3．（6 分）在杂技表演中，质量为m 的猴子沿竖直杆从杆底部向上爬，猴子相对杆做初速度为零，加速度为
t
3的匀加
速运动，同时人顶着直杆沿水平方向做匀速直线运动，经过时间t，猴子爬到杆顶，如图所示．将猴子看作一个质
点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（
）
A．猴子相对地面的运动轨迹为直线
B．杆给猴子作用力的大小为
2݉
t
3
C．杆的长度h 为
tݐ2
6
D．杆给猴子斜向上方向的作用力
4．（6 分）如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O 点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v 的不同带电粒子，
其中带电粒子1 从A 点飞出磁场，带电粒子2 从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（
）
A．带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷比值为1：3
B．带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷比值为3：1
C．带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间比值为2：1
D．带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间比值为2：3
5．（6 分）如图所示，半径为R 的圆形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E
的匀强电场。P、Q 两点分别为轨道的最低点和最高点，在P 点有一质量为m，电量为q 的带正电的小球，现给小
球一初速度v0，不计空气阻力，重力加速度为g，则有关下列说法正确的是（
）
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- 1027 -
A．小球通过P 点时对轨道一定有压力
B．小球通过P 点时的速率可能大于通过Q 点时的速率
C．从P 到Q 点的过程中，小球的机械能可能减小
D．若mg＞qE，则小球一定能在竖直平面内做圆周运动
6．（6 分）2015 年12 月10 日，我国成功将中星IC 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星
沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星近地点可以看做贴近地球
表面，远地点P 距地心O 的距离为3R，则（
）
A．卫星经过远地点时速度最小
B．卫星在近地点的速度大于th
C．卫星经过远地点时的加速度大小为
t
9
D．该卫星的运动周期比近地卫星的运动周期小
7．（6 分）如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A 静止在光滑的水平面上，物块B 以速度v 向右运动，通过弹簧与
物块A 发生正碰．（B 与弹簧不粘连）已知物块A 的质量等于B 的质量．下列说法正确的是（
）
A．当AB 速度相等时A 的加速度最大
B．当AB 速度相等时A 与B 的总机械能最大
C．从AB 刚接触到AB 刚分离，A 对地的位移小于B 对地的位移
D．当AB 分离时A 的速度最大
8．（6 分）如图甲所示，一质量为m 的物块在t＝0 时刻，以初速度v0 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度
随时间变化的图象如图乙所示．t0 时刻物块到达最高点，3t0 时刻物块又返回底端．下列说法正确的是（
）
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0
B．物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为−3
2mv0
C．斜面倾角θ的正弦值为
5㘴0
8tݐ0
D．不能求出3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9-12 题为必考题，每个试题考试都必须作答．第13-16 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（5 分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
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（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据
如下表，有数据算得劲度系数k＝
N/m（g 取9.8m/s2）．
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
6.66
（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电
门的速度大小
．
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧
的弹性势能转化为
．
（4）重复③中的操作，得到v 与x 的关系如图（c）．有图可知，v 与x 成
关系，由上述实验可得结论：
对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的
成正比．
10．（10 分）某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一
般工业废水电阻率的达标值ρ≥200Ω•m）．如图1 所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻
极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm．将
水样注满容器后，进行以下操作：
（1）分别用多用电表欧姆挡的“×100”、“×1k”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针分别如图甲、乙所示，
则所测水样的电阻约为
Ω．
（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A．电流表（量程5mA，电阻RA 为50Ω）
B．电压表（量程15V，电阻RV 约为10kΩ）
C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）
D．电源（12V，内阻约10Ω）
E．开关一只、导线若干
请在实物图3 中完成电路连接．
（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I 数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，测出一系列数
据如表所示，请在如图实所示的图4 坐标纸中作出UI 关系图线．
U/V
2.0
3.8
6.8
8.0
10.2
11.6
I/mA
0.73
1.36
2.20
2.89
3.66
4.15
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（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为
Ω•m．据此可知，所得水样在电阻率这一指标上
（选填“达标”或“不达标”）．
11．（14 分）如图所示，在水平向右运动的车厢中，用不可伸长的轻绳悬挂的小球稳定向左偏，细线与竖直方向成θ
＝37°角，且小球与正下方A 点高度差为h＝1.8m。小球质量为m＝4Kg，当地重力加速度取g＝10m/s2。
（1）求车厢的加速度大小a 及小球所受拉力大小F。
（2）若车速达到v＝10m/s 时车厢开始做匀减速运动，加速度大小仍为a，同时剪断悬挂小球的轻绳，则小球在车
厢内落点与A 点的水平距离是多少？（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
12．（18 分）如图所示，平行导轨PP′、QQ′均由倾斜和水平两部分组成，相距为L1．倾斜部分与水平面夹角为θ，
虚线pq 为两部分的连接处。质量为m0、电阻为r 的导体杆ef 与导轨的摩擦系数均为μ，且满足μ＜tanθ．在虚线
pq 右侧空间分布有方向竖直磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为B1＝B0cos
2ߨ
ɉ x（竖直向下定为磁场的正方向）。式中ɉ
为具有长度单位的常量；x 为沿水平轨道向右的位置坐标，并定义pq 的x 坐标为0．将质量为m、每边电阻均为
r、边长为L2 的正方形金属框abcd 用绝缘柔线悬挂于天花板上a′和b′处，使ab 边保持水平，并用细导线将a、
b 两点与导轨的两端点Q、P 相连，金属框处于垂直与向里设置匀强磁场Ⅱ垂直。将ef 从倾斜轨道上距水平轨道
高为h 处由静止释放，为保持导体杆ef 能在水平轨道上作匀速运动，现给导体杆施加一x 方向的水平作用力F．设
ef 经过pq 时没有因速度方向改变产生能量损失，也不计其余电阻和细导线对a、b 两点的作用力，金属框始终保
持静止。求：
（1）导体棒ef 刚进入磁场时，线框ab 边的电压；
（2）磁场Ⅱ的磁感应强度B2 应满足的条件；
（3）ef 在水平轨道上前进距离ɉ的过程中，力F 所作的功。
[选修3-3]（15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．当分子间距离增大时，分子势能可能增大
B．无论何种状态的物质，若物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积一
定为V0= ܯ
ߩܰ
t
C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性特点
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14．（10 分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的理想气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的
活塞相连．已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面
间的最大静摩擦力为气缸重力的0.4 倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温
度为27℃，试求：
（ⅰ）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气体的压强P 和温度t；
（ⅱ）为了保证气缸静止不动，气缸内气体的温度应控制在什么范围内．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．一列简谐横波在t＝0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s 波形图如图中虚线所示，若波传播的速度
为10m/s，则（
）
A．这列波沿x 轴正方向传播
B．这列波的周期为0.4s
C．t＝0 时刻质点a 沿y 轴正方向运动
D．从t＝0 时刻开始质点a 经0.2s 通过的路程为0.4m
E．x＝2m 处的质点的位移表达式为y＝0.2sin（5πt+π）（m）
16．如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a 的等边三角形，BC 面沿竖直方向，O 点为BC 的中点，现用一束宽
为a 的单色平行光束水平射向AB 及AC 面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为3，求：
（1）射向AB 中点P 的光线经折射后直接到达BC 边的位置；
（2）若距O 点距离为
3
6 a 处放置一平行BC 面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（下）第三次诊断物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项是符合题目要求的，第
6-8 题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有错选的得0 分．）
1．（6 分）下列关于原子和原子核的说法正确的是（
）
A．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化
B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固
【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JE：原子核的结合能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】该题考查知识比较全面，题目中四个选项，考查了四个方面的知识，但是所考查问题均为对基本概念、
规律的理解。只要正确理解教材中有关概念即可。如半衰期的大小是有原子核内部决定，与外在环境无关等。
【解答】解：A、玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，故A 正确
B、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B 错误；
C、放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故C 错误；
D、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故D 错误。
【点评】像这类理解、记忆的问题，学生在解答过程中是很容易出错的，只要充分理解教材中的相关概念，就可
正确解答。
2．（6 分）如图所示，接在家庭电路上的理想变压器给小灯泡L 供电，如果将原线圈匝数适当减小，其他条件不变，
则（
）
A．小灯泡变暗
B．电源输出功率增大
C．原、副线圈两端电压的比值增大
D．原线圈中的电流不变
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据电压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率．
【解答】解：只将原线圈匝数适当减小，其他条件不变，根据变压比公式ܷ
1ܷ
2
=
h1
h2
可知：
A、输出电压增加，灯泡变亮，故A 错误；
B、由于输出电压增加，根据P＝UI=ܷ
2
2
h 可知输出功率增加，故B 正确；
D、变压器输入功率等于输出功率，输出功率变大，故输入功率也就变大，电流表示数增大，故D 错误；
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个
副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．
3．（6 分）在杂技表演中，质量为m 的猴子沿竖直杆从杆底部向上爬，猴子相对杆做初速度为零，加速度为
t
3的匀加
速运动，同时人顶着直杆沿水平方向做匀速直线运动，经过时间t，猴子爬到杆顶，如图所示．将猴子看作一个质
点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（
）
A．猴子相对地面的运动轨迹为直线
B．杆给猴子作用力的大小为
2݉
t
3
C．杆的长度h 为
tݐ2
6
D．杆给猴子斜向上方向的作用力
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
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【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】A、猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，通过运动的合成，判断猴
子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．
BD、先对猴子受力分析，根据牛顿第二定律，求得杆与猴子的摩擦力，即可求解；
C、分运动与合运动的等时性，结合运动学公式，即可求解．
【解答】解：A、猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0 的匀加速直线运动，根据运动
的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线。故A 错误。
BD、对猴子受力分析，根据牛顿第二定律，则有：f﹣mg＝ma＝m× t
3，解得：f= 4݉
t
3 ，其方向竖直向上，故BD
错误。
C、猴子相对杆做初速度为零，加速度为
t
3的匀加速运动，那么t 时间，其位移为：x= 1
2 × t
3 × ݐ2 = tݐ2
6 ，故C 正确。
【点评】解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运
动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．
4．（6 分）如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O 点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v 的不同带电粒子，
其中带电粒子1 从A 点飞出磁场，带电粒子2 从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（
）
A．带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷比值为1：3
B．带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷比值为3：1
C．带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间比值为2：1
D．带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间比值为2：3
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛
顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间。
【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA＝60°，φB
＝120°，
设粒子的运动轨道半径为rA，rB，rA＝Rtan30°=
3
3 R，rB＝Rtan60°=
3R，
A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
㘴2
ݎ，
ݍ݉=
㘴
ܤݎ，
则粒子1 与粒子2 的比荷值为：
㘴
ܤݎt
㘴
ܤݎܤ
=
ݎܤ
ݎt
= 3，故AB 错误；
C、粒子运动的周期，ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ，粒子运动的时间：ݐ= ߠ
2ߨ⋅ܶ
=݉
ߠ
ݍܤ
带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间比值为
ݐ1
ݐ2
=݉
1
ݍ1ߠ1݉
2
ݍ2⋅ߠ2
=
1
3 ⋅
120°
60° =
2
3，故C 错误，D 正确；
【点评】由数学知识求出粒子做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角是正确解题的关键。
5．（6 分）如图所示，半径为R 的圆形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E
的匀强电场。P、Q 两点分别为轨道的最低点和最高点，在P 点有一质量为m，电量为q 的带正电的小球，现给小
球一初速度v0，不计空气阻力，重力加速度为g，则有关下列说法正确的是（
）
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- 1033 -
A．小球通过P 点时对轨道一定有压力
B．小球通过P 点时的速率可能大于通过Q 点时的速率
C．从P 到Q 点的过程中，小球的机械能可能减小
D．若mg＞qE，则小球一定能在竖直平面内做圆周运动
【考点】6C：机械能守恒定律；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】当电场力和重力的合力恰好提供所需向心力时，此时对轨道无压力；由于小球受到的重力和电场力大小
关系不定，故P、Q 两点的速度大小无法确定；
除了重力做功之外，电场力做正功，机械能一定增加；小球能否在竖直平面内做圆周运动，关键是到达最高点时
的速度不能小于临界值。
【解答】解：A、通过受力分析，当电场力和重力的合力刚好提供所需向心力时，对轨道无压力。故A 错误；
B、当电场力小于重力时，它们的等效重力向下，有：vP＞vQ；当电场力大于重力时，它们的等效重力向上，有：
vQ＞vP．故B 正确；
C、从P 到Q 点的过程中，电场力做正功，故机械能一定增加。故C 错误；
D、当重力大于电场力时，由动能定理可知2ݍܧh −2݉
th = 1
2݉
㘴ܳ2 −1
2݉
㘴ܲ2，解得：vQ＜vP，
要是小球能在竖直平面内做圆周运动，则有：݉
t −ݍܧ=݉
㘴ܳ2
h ，解得：㘴ܳ
=
(݉
t−ݍܧ)h݉，
显然由于本题没有具体数值，无法判断到达Q 点的速度是否大于或等于上述计算的Q 点的速度。故D 错误。
【点评】本题考查的知识点是：动能定理、牛顿第二定律和圆周运动规律的应用，同时要掌握是哪些力提供向心
力是解题的关键，并且要注意力做功的正负。
6．（6 分）2015 年12 月10 日，我国成功将中星IC 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星
沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星近地点可以看做贴近地球
表面，远地点P 距地心O 的距离为3R，则（
）
A．卫星经过远地点时速度最小
B．卫星在近地点的速度大于th
C．卫星经过远地点时的加速度大小为
t
9
D．该卫星的运动周期比近地卫星的运动周期小
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较速度、加速度大小．由开普勒第三
定律分析周期关系．
【解答】解：A、根据开勒普第二定律可知，卫星经过远地点时速度最小，故A 正确。
B、th是地球的第一宇宙速度，是卫星发射的最小速度，可知，卫星在近地点的速度大于th，故B 正确。
C、在远地点，根据
ܩܯ݉
(3h)2 =ma 远，在近地点，有G
ܯ݉
h2 =mg，联立解得a 远= t
9，故C 正确；
D、该卫星轨道的半长轴大于近地卫星的轨道半径，由开普勒第三定律ܽ
3ܶ
2 =k 知，该卫星的运动周期比近地卫星的
运动周期大，故D 错误。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有
引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．
7．（6 分）如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A 静止在光滑的水平面上，物块B 以速度v 向右运动，通过弹簧与
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物块A 发生正碰．（B 与弹簧不粘连）已知物块A 的质量等于B 的质量．下列说法正确的是（
）
A．当AB 速度相等时A 的加速度最大
B．当AB 速度相等时A 与B 的总机械能最大
C．从AB 刚接触到AB 刚分离，A 对地的位移小于B 对地的位移
D．当AB 分离时A 的速度最大
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】两物体组成的系统在相互作用过程中机械能守恒，动量守恒，析清楚A 和B 物体运动过程受力情况，根
据牛顿第二定律判断加速度的变化情况即可正确解题．
【解答】解：A、B 接触弹簧后，B 做减速运动，A 做加速运动，速度相等前，B 的速度大于A 的速度，两者间的
距离逐渐减小，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大，根据牛顿第二定律知，此时A 的加速度最大，故A 正确。
B、当A、B 速度相等时，此时弹性势能最大，根据能量守恒知，A、B 的总机械能最小，故B 错误。
C、从AB 刚接触到AB 刚分离，两者动量守恒、机械能守恒，两者质量相等，知速度交换，可知从AB 刚接触到
AB 刚分离，A 对地的位移等于B 对地的位移，故C 错误。
D、速度相等后，A 继续做加速运动，B 继续做减速运动，当A、B 分离时，A 的速度最大，故D 正确。
故选：AD。
【点评】解答本题的关键是弄清楚A 和B 在运动过程中的受力情况，能够根据牛顿第二定律确定二者加速度的变
化情况．
8．（6 分）如图甲所示，一质量为m 的物块在t＝0 时刻，以初速度v0 从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度
随时间变化的图象如图乙所示．t0 时刻物块到达最高点，3t0 时刻物块又返回底端．下列说法正确的是（
）
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0
B．物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为−3
2mv0
C．斜面倾角θ的正弦值为
5㘴0
8tݐ0
D．不能求出3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；51：动量冲量；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据冲量的定义求出重力的冲量；
明确图象的性质，根据位移关系可求得末速度，然后求出动量的变化量；
根据图象可以求出加速度以及位移；再根据牛顿第二定律可分析受力情况，然后求出斜面的倾角；
根据功能关系求出克服摩擦力做的功．
【解答】解：A、根据冲量的定义可知，物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0；故A 错误；
B、由于斜面长度一定，故向下和向下运动的位移大小相等，根据面积表示位移表示出减速过程位移，即：
1
2 㘴0ݐ0 = 1
2 ⋅㘴⋅2ݐ0
从而求出返回时的速度：v= 1
2 㘴0
以初速度的方向为正方向，物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为：△ܲ
=−݉
㘴−݉
㘴0 =−
3
2݉
㘴0，故B 正确；
C、根据图象可求得向上加速度：a1= 㘴0
ݐ0，
向下运动的加速度大小：a2= 㘴
2ݐ0 = 㘴0
4ݐ0
设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得：
ma1＝mgsinθ+μmgcosθ
ma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
联立得：ݏthߠ=ܽ
1+a2
t
= 5㘴0
8tݐ0；故C 正确；
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D、3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功等于物体动能的减少，即：﹣W= 1
2݉
㘴2 −1
2݉
㘴0
2 =−3
8݉
㘴0
2；故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意分析图象给出的信息，重点掌握图象的斜率以及图象与时间轴围
成面积的意义进行分析，同时并能结合牛顿第二定律进行分析求解．
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9-12 题为必考题，每个试题考试都必须作答．第13-16 题为选
考题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（5 分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据
如下表，有数据算得劲度系数k＝
50.0
N/m（g 取9.8m/s2）．
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
6.66
（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电
门的速度大小
相等
．
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧
的弹性势能转化为
滑块的动能
．
（4）重复③中的操作，得到v 与x 的关系如图（c）．有图可知，v 与x 成
正比
关系，由上述实验可得结论：
对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的
压缩量的平方
成正比．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）根据胡克定律，F＝k△x，结合表格数据，将单位统一，即可求解；
（2）调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；
（3）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；
（4）根据v 与x 的关系图，可知，v 与x 成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可
求解．
【解答】解：（1）表格中，当50g 时，弹簧长度为8.62cm，当100g 时，弹簧长度为7.63cm，
当150g 时，弹簧长度为6.66cm，
根据胡克定律，F＝k△x，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，
则列式：0.05×9.8＝k（x0﹣0.0862）；
0.1×9.8＝k（x0﹣0.0763）；
联立两式，解得：k≈50.0N/m；
（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，
为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；
当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；
（4）根据v 与x 的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v 与x 成正比，
由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹
簧的压缩量的平方成正比；
故答案为：（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．
【点评】考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧
弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．
10．（10 分）某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一
般工业废水电阻率的达标值ρ≥200Ω•m）．如图1 所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻
极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm．将
水样注满容器后，进行以下操作：
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（1）分别用多用电表欧姆挡的“×100”、“×1k”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针分别如图甲、乙所示，
则所测水样的电阻约为
1750
Ω．
（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A．电流表（量程5mA，电阻RA 为50Ω）
B．电压表（量程15V，电阻RV 约为10kΩ）
C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）
D．电源（12V，内阻约10Ω）
E．开关一只、导线若干
请在实物图3 中完成电路连接．
（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I 数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，测出一系列数
据如表所示，请在如图实所示的图4 坐标纸中作出UI 关系图线．
U/V
2.0
3.8
6.8
8.0
10.2
11.6
I/mA
0.73
1.36
2.20
2.89
3.66
4.15
（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为
135
Ω•m．据此可知，所得水样在电阻率这一指标上
不
达标
（选填“达标”或“不达标”）．
【考点】N2：测定金属的电阻率；N8：自来水电阻率的测定．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】①欧姆表的读数等于指针示数乘以倍率，从而得出水样的电阻；
②要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，滑动变阻器要
采用分压接法；根据两电表内阻与水样的电阻倍数关系，确定出采用电流表内接法，即可完成电路连接；
③建立坐标系，采用描点法连线作图．
④由图线斜率和电流表的内阻，求解水样的电阻，由电阻定律求解电阻率，与达标值为ρ≥200Ω•m 比较，分析是
否达标
【解答】解：（1）电阻的大小等于指针示数乘以倍率，得出水样的电阻约为：1750Ω；
（2）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连
线时滑动变阻器要用分压接法；又因为电流表内阻1750Ω＞hܸhܺ，则采用电流表内接法，电路连接如图左所示．
（3）描点法作图，如图右．（让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．）
（4）由图线斜率可知，总电阻为：R 总=ܷܫ=
11
4×10−3 =2750Ω，又R＝R 总﹣R A＝2700Ω，
根据电阻定律R＝ρ
ܮܵ，故有：ρ= hܵ
ܮ= 2700×0.2×0.1
0.4
Ωm＝135Ωm＜200Ωm，所以不达标．
故答案为：①1700；②实物连线如图所示；
③U﹣I 图如图所示，④135（120﹣145），不达标．
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【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，以及掌握如何选择电流表的内外接、滑动变阻器的分压、限流
接法．
11．（14 分）如图所示，在水平向右运动的车厢中，用不可伸长的轻绳悬挂的小球稳定向左偏，细线与竖直方向成θ
＝37°角，且小球与正下方A 点高度差为h＝1.8m。小球质量为m＝4Kg，当地重力加速度取g＝10m/s2。
（1）求车厢的加速度大小a 及小球所受拉力大小F。
（2）若车速达到v＝10m/s 时车厢开始做匀减速运动，加速度大小仍为a，同时剪断悬挂小球的轻绳，则小球在车
厢内落点与A 点的水平距离是多少？（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律可求得其加速度大小和拉力F 的大小，车厢的加速度与小球的
加速度相同；
（2）剪断悬挂小球的轻绳后小球开始做平抛运动，根据分位移公式求出小球落到车厢底板上时的水平位移。结合
匀变速直线运动的位移公式求出此过程中车厢的位移，由几何关系求小球在车厢内落点与A 点的水平距离。
【解答】解：（1））对小球受力分析如图，根据牛顿第二定律得：
m1gtanθ＝ma
解得：a＝7.5m/s2．水平向右
则车厢的加速度大小a 为7.5m/s2。
小球所受拉力大小为：F=݉
tܿ
݋ݏߠ= 40
0.8 =50N，方向沿细线向上。
（2）剪断悬挂小球的轻绳后小球开始做平抛运动，则有：
h= 1
2 tݐ2 =1.8m
可得：t＝0.6s
小球的水平位移大小为：x 球＝vt＝10×0.6m＝6m
车厢匀减速的位移为：x 车＝vt−1
2ܽݐ2 =10×0.6−1
2 × 7.5 × 0．62 =4.65m
所以小球在车厢内落点与A 点的水平距离为：△x＝x 球﹣x 车＝6﹣4.65＝1.35m，在A 点左侧。
答：（1）车厢的加速度大小a 为7.5m/s2．小球所受拉力大小F 是50N。
（2）小球在车厢内落点与A 点的水平距离是1.35m，在A 点左侧。
【点评】本题要注意明确研究对象的选择，做好受力分析，根据牛顿第二定律进行列式求解小球的加速度。
12．（18 分）如图所示，平行导轨PP′、QQ′均由倾斜和水平两部分组成，相距为L1．倾斜部分与水平面夹角为θ，
虚线pq 为两部分的连接处。质量为m0、电阻为r 的导体杆ef 与导轨的摩擦系数均为μ，且满足μ＜tanθ．在虚线
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pq 右侧空间分布有方向竖直磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为B1＝B0cos
2ߨ
ɉ x（竖直向下定为磁场的正方向）。式中ɉ
为具有长度单位的常量；x 为沿水平轨道向右的位置坐标，并定义pq 的x 坐标为0．将质量为m、每边电阻均为
r、边长为L2 的正方形金属框abcd 用绝缘柔线悬挂于天花板上a′和b′处，使ab 边保持水平，并用细导线将a、
b 两点与导轨的两端点Q、P 相连，金属框处于垂直与向里设置匀强磁场Ⅱ垂直。将ef 从倾斜轨道上距水平轨道
高为h 处由静止释放，为保持导体杆ef 能在水平轨道上作匀速运动，现给导体杆施加一x 方向的水平作用力F．设
ef 经过pq 时没有因速度方向改变产生能量损失，也不计其余电阻和细导线对a、b 两点的作用力，金属框始终保
持静止。求：
（1）导体棒ef 刚进入磁场时，线框ab 边的电压；
（2）磁场Ⅱ的磁感应强度B2 应满足的条件；
（3）ef 在水平轨道上前进距离ɉ的过程中，力F 所作的功。
【考点】65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）根据动能定理求出导体棒ef 刚进入磁场时的速度，结合切割产生的感应电动势公式，根据串并联电
路的特点得出外电阻，运用欧姆定律求出线框ab 边的电压；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出通过ab 杆和cd 杆的电流，抓住线框所受的安培力不超过其重力求出磁场Ⅱ的磁
感应强度B2 应满足的条件；
（3）根据切割产生的感应电动势公式得出对应的感应电动势大小，电动势变化为余弦曲线，求出有效值，前进ɉ
刚好对应电源e 变化一个周期t= ɉ
㘴，通过电功的公式求出电源在此过程中做功的大小，结合摩擦力做功，运用能
量守恒求出外力F 做功的大小。
【解答】解：（1）设刚进入磁场I 时杆的速度为v，有：݉
th −ߤ݉
tܿ݋ݏߠ⋅݄ݏthߠ= 1
2݉
㘴2，
解得v=
2t݄(1 −ߤܿ݋ݐߠ)，
此时杆的感应电动势为E＝B0L1v，
abcd 框相对于ab 两点的电阻为h外= 3ݎ2
ݎ+3ݎ= 3ݎ
4 ，
ab 边的电压为ܷܾܽ
=
ܧ
ݎ+h外
h外=
3ܤ0ܮ1 2t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7
。
（2）刚进入时，流过ab 杆和cd 杆的电流分别为ܫ1 =ܷܾܽ
ݎ
=
3ܤ0ܮ1 2t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7ݎ
，
ܫ2 =ܷܾܽ3ݎ=
ܤ0ܮ1 2t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7ݎ
，
线框保持静止，其受到的安培力必不超过其重力，即
B2（I1+I2）L2≤mg，
解得B2≤
7݉
tݎ
4ܤ0ܮ1ܮ2 2t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
。
（3）当杆ef 在水平轨道上x 处时，有x＝vt
对应的感应电动势大小为e= ܤ1ܮ1㘴= ܤ0ܿ݋ݏ( 2ߨ
ɉ ݔ)ܮ1㘴= ܤ0ܮ1㘴ܿ݋ݏ( 2ߨ
ɉ 㘴ݐ)。
在前进ɉ为的过程中，其电动势变化为余弦曲线，对应有效值为
ܧ= ܤ0ܮ1㘴
2
= ܤ0ܮ1 t݄(1 −ߤܿ݋ݐߠ)，
前进ɉ刚好对应电源e 变化一个周期t= ɉ
㘴，故有电源在此过程中做功为ܹ݁
= ܧ2
ݎ+3ݎ
4
ݐ=
2 2ܤ0
2ܮ1
2 t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7ݎ
，
摩擦力做功为Qf＝μm0gɉ，
力F 做的功等于摩擦产生的热与此过程中电源对外做的功，即WF＝Qf+We=
2 2ܤ0
2ܮ1
2 t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7ݎ
+μm0gɉ。
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- 1039 -
答：（1）导体棒ef 刚进入磁场时，线框ab 边的电压为
3ܤ0ܮ1 2t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7
；
（2）磁场Ⅱ的磁感应强度B2 应满足的条件为B2≤
7݉
tݎ
4ܤ0ܮ1ܮ2 2t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
；
（3）ef 在水平轨道上前进距离ɉ的过程中，力F 所作的功为
2 2ܤ02ܮ12 t݄(1−ߤܿ݋ݐߠ)
7ݎ
+μm0gɉ。
【点评】本题考查了电磁感应与电路和力学、能量的综合运用，要注意明确电路结构，正确做出受力分析，再通
过功能关系进行分析即可，注意第三问产生的感应电动势变化为余弦曲线，可以结合交变电流知识求解。
[选修3-3]（15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．当分子间距离增大时，分子势能可能增大
B．无论何种状态的物质，若物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积一
定为V0= ܯ
ߩܰ
t
C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性特点
【考点】86：分子间的相互作用力；92：* 晶体和非晶体；95：液体的表面张力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】根据分子力做功判断分子势能的变化，分子力做正功，分子势能减小；对于固体和液体（分子间隙可以
忽略），分子体积为V0= ܯ
ߩܰ
t；符合能量守恒定律和热力学第二定律的宏观过程能自然发生；液晶既具有液体的流
动性，又具有晶体的光学各向异性。
【解答】解：A、随着分子间距离的增大，当分子间作用力表现为斥力时，分子力做负功，分子势能增大，故A
正确；
B、如果是气体，分子间距离较大，按式子算出来的V0 是气体分子在空间中的运动范围，或着是平均每个分子所
占的空间，而不是气体分子的体积，故B 错误；
C、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，还要符合热力学第二定
律才能自然发生，故C 错误；
D、一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，根据PV＝CT 则温度升高，分子平均动能增加，则内能增大，
那么它一定从外界吸热。故D 正确；
E、液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性，故E 正确；
故选：ADE。
【点评】题考查热力学多个知识，其中重点是分子动理论、气态方程、热力学第一、第二定律，要加强基础的学
习，力争不在简单题上失分。
14．（10 分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的理想气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的
活塞相连．已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面
间的最大静摩擦力为气缸重力的0.4 倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温
度为27℃，试求：
（ⅰ）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气体的压强P 和温度t；
（ⅱ）为了保证气缸静止不动，气缸内气体的温度应控制在什么范围内．
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）气缸恰好开始运动时，摩擦力为最大静摩擦力，根据力学知识可以求出此时的压强，气体等压变化，
由气态方程可以求出此时温度；
（2）当活塞刚要向右运动时，此时气体有最低温度，刚要向左运动时有最高温度，根据等压变化可以求出最低和
最高温度．
【解答】解：（1）气缸开始运动时，气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时有：ps＝p0s+f
气缸内气体压强为：݌= ݌0 +݂ݏ= 1.2 × 105ܲܽ
气体发生了等容变化有：
݌0ܶ
0
=
݌ܶ
代入数据得：T＝360K
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即：t＝T﹣273＝87℃
故气缸恰好开始向左运动时气体的压强P＝1.2×105pa，温度为t＝87℃
（2）当气缸恰好向右运动时，温度有最低值，气缸内气体压强为：݌' = ݌0 −݂ݏ= 0.8 × 105ܲܽ
等容变化
݌0ܶ
0
=
݌'ܶ
'，得：T＝240K，
即：t′＝T′﹣273＝﹣33℃
故温度在﹣33℃到87℃之间气缸静止不动．
答：（ⅰ）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气体的压强是1.2×105pa，温度是87℃；
（ⅱ）为了保证气缸静止不动，气缸内气体的温度应控制在﹣33℃到87℃之间的范围内．
【点评】在求解被封闭气体压强时，往往结合力学知识进行求解，注意将力学知识和热学知识的联系，加强所学
知识的综合应用．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．一列简谐横波在t＝0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s 波形图如图中虚线所示，若波传播的速度
为10m/s，则（
）
A．这列波沿x 轴正方向传播
B．这列波的周期为0.4s
C．t＝0 时刻质点a 沿y 轴正方向运动
D．从t＝0 时刻开始质点a 经0.2s 通过的路程为0.4m
E．x＝2m 处的质点的位移表达式为y＝0.2sin（5πt+π）（m）
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【分析】由图读出波长，求出周期．根据时间t＝0.1s 与周期的关系，结合波形的平移，确定波的传播方向，再判
断t＝0 时，质点a 的速度方向．根据t＝0 时刻x＝4m 处的质点的位置和速度方向，写出其振动方程．
【解答】解：A、由图读出波长ɉ＝4m，则波的周期为T= ɉ
㘴= 4
10 = 0.4s，由题，波传播的时间为t＝0.1s= 1
4ܶ，
所以报传播的距离是
1
4 ɉ根据波形的平移可知，波的传播方向沿x 轴负方向，故A 错误，B 正确。
C、波x 轴负方向传播，由上下坡法可知t＝0 时，质点a 速度沿y 轴负方向。故C 错误。
D、从t＝0 时刻经0.2s 时，经过的时间是半个周期，由于a 先向平衡位置运动，通过的路程等于2 个振幅，即0.4m，
故D 正确。
E、t＝0 时刻x＝2m 处的质点从平衡位置沿y 轴负方向运动，其位移表达式为y＝﹣Asin
2ߨܶ⋅ݐ=−0.2sin（5πt）m
＝0.2sin（5πt+π）（m）。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题要理解波的图象随时间变化的规律．波在一个周期内传播一个波长，波的图象重合．利用波形的平
移或上下坡法是研究波动图象常用的方法．
16．如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a 的等边三角形，BC 面沿竖直方向，O 点为BC 的中点，现用一束宽
为a 的单色平行光束水平射向AB 及AC 面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为3，求：
（1）射向AB 中点P 的光线经折射后直接到达BC 边的位置；
（2）若距O 点距离为
3
6 a 处放置一平行BC 面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（1）作出光线折射后的光路图，由数学知识求出出射时折射角，由折射定律求BC 面上的入射角，由几
何知识分析．
（2）根据对称性和几何关系，求解光屏上被照亮的竖直长度．
【解答】解：（1）如图所示，作出光线折射后的光路图，由数学知识可得α＝60°
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- 1041 -
由折射定律有n= ݏthߙ
ݏthߚ
联立解得β＝30°
由数学知识可知△BPO 为等边三角形，故射向AB 中点P 的光线折射后直接到达BC 边的中点．
（2）紧靠B 点从BC 面射出的光线与AO 交于D
由图可知：当光屏放在D 点右侧时，根据对称性知，光屏上形成两条光斑，由几何关系有
OD=ܽ2 ݐܽhߙ=
3
6 a
由于光屏距离O 点的距离为
3
6 a，因而光屏上形成一条光斑，作出射向A 点和B 点的光路，由数学知识可知DE
的长度为a，根据对称性可知，光屏上亮斑的竖直长度为2a．
答：
（1）射向AB 中点P 的光线经折射后直接到达BC 边的中点；
（2）若距O 点距离为
3
6 a 处放置一平行BC 面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为2a．
【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容
易解决此类问题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:31:31 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（12 月份）
一、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分．每小题的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分.）
1．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．α衰变是原子核内的变化所引起的
B．某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能增大
C．当氢原子以n＝4 的状态跃迁到n＝1 的状态时，要吸收光子
D．
7
15ܰ
+
1
1ܪ→
6
12ܥ+
2
4ܪ݁是α衰变方程
2．（6 分）如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力F 拉斜面，使斜面在水平面
上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（
）
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面对球的弹力大小与加速度大小有关
D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma
3．（6 分）2014 年10 月24 日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2018 年左右发射的“嫦娥五号”探路，并
在8 天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大
气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d
点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A．“嫦娥五号”在b 点处于完全失重状态
B．“嫦娥五号”在d 点的加速度小于
th2
ݎ2
C．“嫦娥五号”在a 点速率大于在c 点的速率
D．“嫦娥五号”在c 点速率大于在e 点的速率
4．（6 分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B 之间有加速电场，C、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏，
今有质子，氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏
上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（
）
A．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4
5．（6 分）如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初
速度大小v2（v2＞v1）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F 作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v﹣t 图象不可能是（
）
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- 1043 -
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）A、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视
为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中．电路中的R1 为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的强大而减小），
R2 为滑动变阻器，R3 为定值电阻．当R2 的滑片P 在中间时闭合开关S．此时电流表和电压表的示数分别为I 和U，
带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ，电源电动势E 和内阻r 一定．电表均为理想电表．下列说法中
正确的是（
）
A．无论将R2 的滑动触头P 向a 端移动还是向b 端移动，θ均不会变化
B．若将R2 的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小
C．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变
7．（6 分）如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆
的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=݉
t
h ，原长
为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（
）
A．当v0 较小时，小球可能会离开圆轨道
B．若在2th＜v0＜5th则小球会在B、D 间脱离圆轨道
C．只要v0＞4th，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0 无关
8．
（6 分）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今
有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一
个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（
）
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A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是݉
㘴
2
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
㘴2
4t
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14 题为选考
题，考生根据要求作答．）
9．（9 分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡
的电流．现有如下器材：
直流电源（电动势3.0V，内阻不计）
电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）
电流表A2（量程600mA，内阻约5Ω）
电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流1A）
滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流300mA）
（1）在该实验中，电流表应选择
（填“A1”或“A2”），电压表应选择
（填“V1”或“V2”），滑
动变阻器应选择
（填“R1”或“R2”）．
（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g 和h 连接成如图甲所示的电路，请在乙图方框中完成实验的电路图．
（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，
反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为
．
（4）图丙是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．若将该灯泡与一个
6.0Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P＝
W（保留两位有效
数字）．（若需作图，可直接画在图中）
10．（6 分）某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘
的总质量为m ，所使用的打点计时器所
接的交流电的频率为50Hz ，实验步骤如下：
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- 1045 -
A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是
．
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力
C．实验过程中砝码处于超重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为
m/s2．（结果保留2 位有效数字）
（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象（如图丙），与本实验相符合的
是
．
11．（14 分）如图所示，现在有一个小物块，质量为m＝80g，带上正电荷q＝2×10
﹣4C．与水平的轨道之间的滑动
摩擦系数μ＝0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E＝103V/m，在水平轨道的末端N 处，连接一个光滑的半圆形
轨道，半径为R＝40cm，取g＝10m/s2，求：
（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？
（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？
12．（18 分）如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m 的
1
4圆弧面．A
和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1 和P2 的质量均为m．滑板的质量M＝4m，
P1 和P2 与BC 面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10 和μ2＝0.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠
槽的左端，P2 静止在粗糙面的B 点，P1 以v0＝4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P2 发生弹性碰撞后，
P1 处在粗糙面B 点上．当P2 滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运动，到达D 点时
速度为零．P1 与P2 视为质点，取g＝10m/s2．问：
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（1）P1 和P2 碰撞后瞬间P1、P2 的速度分别为多大？
（2）P2 在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（3）N、P1 和P2 最终静止后，P1 与P2 间的距离为多少？
四、选考题（共15 分．请考生从2 道物理题中任选一题作答、如果多做，则按所做的第一题计分）【物理-选修3-3】
（15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．空气中小雨滴成球形是因为水的表面张力作用的结果
B．分子间的作用力为零时，分子间的势能一定为零
C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动
E．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加
14．（10 分）如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C 将容器分成A、B 两室，A 室体积为V0，B 室的体积是A
室的两倍，A、B 两室分别放有一定质量的理想气体。A 室上连有一U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计），当
两边水银柱高度为19cm 时，两室气体的温度均为T1＝300K．若气体的温度缓慢变化，当U 形管两边水银柱等高
时，求（外界大气压等于76cm 汞柱）
①此时气体的温度为多少？
②在这个过程中B 气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）
【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示，
①该列波沿x 轴
传播（填“正向”或“负向”）；
②该列波的波速大小为
m/s；
③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为
Hz．
16．如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a 的等边三角形，现用一束宽度为a 的单色平行光
束，以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB、AC 面入射的光线进入后恰
好全部直接到达BC 面．试求：
（1）该材料对此平行光束的折射率；
（2）这些到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到BC
面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两块？
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- 1047 -
2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考物理试卷（12 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分．每小题的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分.）
1．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．α衰变是原子核内的变化所引起的
B．某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能增大
C．当氢原子以n＝4 的状态跃迁到n＝1 的状态时，要吸收光子
D．
7
15ܰ
+
1
1ܪ→
6
12ܥ+
2
4ܪ݁是α衰变方程
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；根据光电效应方程分析光电子
最大初动能的变化；衰变是自发进行的，不需要其它粒子轰击．
【解答】解：A、α衰变是原子核内的变化所引起的，故A 正确。
B、根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0 知，光的颜色不变，即频率不变，增大光强，光电子的最大初动能不变，故
B 错误。
C、氢原子从n＝4 跃迁到n＝1 时，氢原子的能量减小，辐射光子，故C 错误。
D、
7
15ܰ
+
1
1ܪ→
6
12ܥ+
2
4ܪ݁不是α衰变方程，α衰变是自发进行的，故D 错误。
【点评】本题考查了能级跃迁、光电效应方程、α衰变等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础
知识点，注意光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关．
2．（6 分）如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力F 拉斜面，使斜面在水平面
上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（
）
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面对球的弹力大小与加速度大小有关
D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，然后向水平和竖直分解斜面的支
持力FN2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案。
【解答】解：BC、小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α
则竖直方向有：FN2cosα＝mg
因为mg 和α不变，
无论加速度如何变化，FN2 不变且不可能为零，故BC 错误。
A、水平方向有：FN1﹣FN2sinα＝ma
FN2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A 错误。
D、根据牛顿第二定律，斜面和挡板对球的弹力与重力三者的合力等于ma，故D 正确。
【点评】本题结合力的正交分解考查牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键
3．（6 分）2014 年10 月24 日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2018 年左右发射的“嫦娥五号”探路，并
在8 天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大
气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d
点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
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A．“嫦娥五号”在b 点处于完全失重状态
B．“嫦娥五号”在d 点的加速度小于
th2
ݎ2
C．“嫦娥五号”在a 点速率大于在c 点的速率
D．“嫦娥五号”在c 点速率大于在e 点的速率
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】根据加速度的方向确定“嫦娥五号”处于超重还是失重，根据牛顿第二定律，结合GM＝gR2 求出d 点的
加速度。嫦娥五号从a 点到c 点，万有引力不做功（先做负功，后做正功，总功为零），阻力做负功，根据动能定
理比较a、c 两点的速率大小。从c 点到e 点，机械能守恒，速率大小相等。
【解答】解：A：“嫦娥五号“沿abc 轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b 点合力向
上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b 点处于超重状态，故A 错误。
B、在d 点，“嫦娥五号”的加速度a=
ܩܯ݉
ݎ2݉= ܩܯ
ݎ2 ，又GM＝gR2，所以a= th2
ݎ2 ．故B 错误。
C、“嫦娥五号”从a 点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a 点速率大于c 点速率。故C 正确。
D、从c 点到e 点，没有空气阻力，机械能守恒，则c 点速率和e 点速率相等，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、
机械能守恒进行求解。
4．（6 分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B 之间有加速电场，C、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏，
今有质子，氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏
上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（
）
A．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4
【考点】65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】不同的粒子经同一加速电场加速，垂直射入向一偏转电场，最后从偏转电场穿出后，题目要求比较到荧
光屏的时间、位置、做功之比，可以先设定的一些参数，把要求的物理量表示出来，看它们与质量和电量的关系，
然后再做定论．此题要用到动能定理、类平抛运动规律、三角函数等内容．
【解答】解：设AB 间的电压为U1，CD 间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD 右边缘离荧光屏的距离为S，
从一般情况考虑，在加速电场中有：ݍܷ
1 = 1
2݉
㘴2①，进入偏转电场做类平抛运动。
A、穿出CD 后的时间ݐ= ܮ+ܵ
㘴
= ܮ+ܵ
2ݍܷ1݉，由于三种粒子的比荷
ݍ݉不同，所以三种粒子穿出CD 板的时间不同，所以
选项A 正确。
B、偏移的距离：ݕ= 1
2ܽݐ2 = 1
2 ×ܷ
2ݍ݀݉× ( ܮ
㘴)2 =ܷ
2ݍܮ2
2݀݉
㘴2，偏转角的正切：ݐtߠ= 㘴ݕ
㘴ݔ=ܽ
ݐ
㘴=ܷ
2ݍ݀݉×ܮ
㘴
㘴
=ܷ
2ݍܮ݀݉
㘴2
以上两
式联立①式得：ݕ=ܷ
2ܮ2
4ܷ
1݀，ݐtߠ=ܷ
2ܮ
2ܷ
1݀，由两式可以看出，三种粒子从CD 边缘的同一点穿出，且速度方向相同，
那么最后打到荧光屏的位置相同，所以选项B 正确。
CD、偏转电场对三种粒子所做功ܹ
= ܧݍݕ=ܷ
2݀ݍݕ，则做功之比等于电量之比为1：1：2，所以选项CD 错误。
故选：AB。
【点评】只有表示出每一个选项的表达式，才能准确判断，要注意的是到达荧光屏的时间，因为水平方向上是匀
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速直线运动，所以到达荧光屏的时间是总的水平位移除以水平速度，至于偏转电场对粒子的做功直接用功的公式
去做，电场力与沿电场力方向距离的积，由于电场力只跟电量有关，而场强与距离相等，所以做功之比等于电量
之比，这样就很容易判断CD 的正确与否．
5．（6 分）如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初
速度大小v2（v2＞v1）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F 作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v﹣t 图象不可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】通过分析物块可能的受力情况，运用牛顿第二定律分析其运动情况，再判断v﹣t 图象的形状．
【解答】解：A、若F＞mgsinθ+μmgcosθ，物块一直做匀加速运动，v﹣t 图象是向上倾斜的直线，A 图是可能的，
故A 正确。
B、若F＝mgsinθ+μmgcosθ，物块一直做匀速运动，v﹣t 图象是平行t 轴的直线，B 图是可能的，故B 正确。
CD、若F＜mgsinθ+μmgcosθ，物块先做匀减速运动，合力大小F 合＝μmgcosθ+mgsinθ﹣F，速度减至v1 时，由于
μ＝tanθ，即有mgsinθ＝μmgcosθ，可能有mgsinθ＝F+f，物块以速度v1 做匀速运动。共速后，物块也可能继续做
匀减速运动，合力大小为F′合＝mgsinθ﹣F﹣μmgcosθ≠F 合，所以加速度将发生变化，故C 图不可能，D 是可能
的，故C 错误，D 正确。
本题选不可能的，故选：C
【点评】解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，考虑问题要全面，特别要关注临界点：物体速度与传送带
速度相同的状态．
6．（6 分）A、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视
为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中．电路中的R1 为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的强大而减小），
R2 为滑动变阻器，R3 为定值电阻．当R2 的滑片P 在中间时闭合开关S．此时电流表和电压表的示数分别为I 和U，
带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ，电源电动势E 和内阻r 一定．电表均为理想电表．下列说法中
正确的是（
）
A．无论将R2 的滑动触头P 向a 端移动还是向b 端移动，θ均不会变化
B．若将R2 的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小
C．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
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【分析】该电路中R1 和R3 串联，电容器两端间的电压等于R1 两端间的电压，对闭合电路进行动态分析，分析电
容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电
量的变化．
【解答】解：AB、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头P，R1 和R3 所在电路中电流I
不变，U 也不变，所以角度不变，故A 正确，B 错误。
C、用更强的光线照射R1，R1 的阻值变小，外电路总电阻减小，电流I 增大，内电压和R3 的电压增大，则电容器
板间电压减小，板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，则θ减小。故C 错误。
D、保持滑动触头P 不动，逐渐增加照射R1 的光强，总电阻减小，电流I 增大，外电压U 减小，根据闭合电路欧
姆定律得：U＝E﹣Ir，
△ܷ
△ܫ=r，可见|
△ܷ
△ܫ|保持不变。故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解|
△ܷ
△ܫ=r，
知道内、外电路电压变化量大小相等．
7．（6 分）如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆
的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=݉
t
h ，原长
为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（
）
A．当v0 较小时，小球可能会离开圆轨道
B．若在2th＜v0＜5th则小球会在B、D 间脱离圆轨道
C．只要v0＞4th，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0 无关
【考点】2S：胡克定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知
选项AB 的正误．
C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C 的正误．
D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可
推导出压力之差的表达式，从而可知选项D 的正误．
【解答】解：AB、因弹簧的劲度系数为k=݉
t
h ，原长为L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F
＝K（L﹣R）＝KR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD 以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的
分量都小于等于弹簧的弹力（在CD 以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0 多大，小球均不
会离开圆轨道，故A 错误，B 错误。
C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，
在最低点的速度最小，有：
1
2݉
㘴02 = 2݉
th，所以只要㘴0＞4th，小球就能做完整的圆周运动，故C 正确。
D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：N﹣kR﹣mg=݉
㘴02
h ，解得：N＝2mg+݉
㘴02
h ⋯①
运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有：
1
2݉
㘴02 = 2݉
th +
1
2݉
㘴2⋯②
此时合外力提供向心力，有：N′﹣KR+mg=݉
㘴2
h ⋯③
联立②③解得：N′=݉
㘴02
h −4݉
t⋯④
联立①④得压力差为：△N＝6mg，与初速度无关，故D 正确。
故选：CD。
【点评】该题涉及到的考点较多，解答中要注意一下几点：
1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．
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2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．
3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．
8．
（6 分）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今
有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一
个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（
）
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是݉
㘴
2
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
㘴2
4t
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】小球和小车组成的系统，动量守恒，根据动量的变化来计算冲量的大小，根据系统的能量不会增加来判
断最大的高度大小．
【解答】解：A、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，
故A 错误。
B、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv＝2mv′，
得共同速度v′= 㘴
2．小车动量的变化为
1
2mv，这个增加的动量是小车受到的总动量的大小，即总冲量的大小，而
压力的冲量并不是总的冲量！故B 错误。
C、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况，故C 正确；
D、由于小球原来的动能为
1
2mv2，小球到最高点时系统的动能为
1
2 ×2m×（
㘴
2）2=݉
㘴2
4 ，所以系统动能减少了݉
㘴2
4 ，
如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即݉
㘴2
4
=mgh，得h= 㘴2
4t．显然，这是最大值，如果曲面
粗糙，高度还要小些，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．分析清楚运动过程、应用动量
守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14 题为选考
题，考生根据要求作答．）
9．（9 分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡
的电流．现有如下器材：
直流电源（电动势3.0V，内阻不计）
电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）
电流表A2（量程600mA，内阻约5Ω）
电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流1A）
滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流300mA）
（1）在该实验中，电流表应选择
A2
（填“A1”或“A2”），电压表应选择
V1
（填“V1”或“V2”），滑动
变阻器应选择
R1
（填“R1”或“R2”）．
（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g 和h 连接成如图甲所示的电路，请在乙图方框中完成实验的电路图．
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（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，
反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为
h
．
（4）图丙是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．若将该灯泡与一个
6.0Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P＝
0.34
W（保留两位有效
数字）．（若需作图，可直接画在图中）
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据灯泡的额定电压及功率可得出通过灯泡的电流，则可选择电流表；根据实验的接法及滑动变阻
器的应用可选出滑动变阻器；
（2）根据实验的原理可选了正确的滑动变阻器及电流表的接法；
（3）根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；
（4）作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的实际工作点，由图可知灯泡的电压和电流，再由P＝UI
可求得实际功率．
【解答】解：（1）由P＝UI 可知，I= ݌ܷ= 1.5
3 =0.5A，为了安全和准确，电流表应选择A2；因为灯泡的额定电压
为3V，则电压表选择V1．
因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选R1；
（2）因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻
较小，故电流表采用外接法；原理图如下；
（3）调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数不能调为零，
说明滑动变阻器采用了限流接法，由电路图可知，导线h 断了．
（4）将定值电阻与电源组成等效电源，在灯泡I﹣U 图象坐标系内作出等效电源的I﹣U 图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压为1.1V，通过灯泡的电流为0.31A，灯泡实际功率P＝UI＝1.1×0.31＝0.34W；
故答案为：①A2 V1 R1
②如图所示
③如图所示
④0.34．
【点评】描绘小灯泡的伏安持性曲线实验中要注意实验中的原理及接法；要求学生熟练应用分压接法；并能正确
应用图象分析实际问题．
10．（6 分）某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘
的总质量为m ，所使用的打点计时器所
接的交流电的频率为50Hz ，实验步骤如下：
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A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是
B
．
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力
C．实验过程中砝码处于超重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为
0.16
m/s2．（结果保留2 位有效数字）
（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象（如图丙），与本实验相符合的
是
A
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，
砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；
（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；
（3）数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．
【解答】解：（1）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2 倍，故A 错误；
B、已经平衡摩擦力，弹簧测力计的读数为小车所受合力，故B 正确；
C、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故C 错误；
E、小车所受拉力可以由测力计测出，实验不需要控制砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量，故D 错误；
故选：B．
（2）由图示纸带可知，相邻两个计数点之间的时间间隔t＝5×0.02＝0.1s，
由△x＝aT2 可知加速度：a= ݔ3−ݔ1
2ݐ2
= (3.84−3.52)×10−2݉
2×(0.1ݏ)2
≈0.16m/s2；
（3）由题意可知，小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故
A 符合；故选：A．
故答案为：（1）B；（2）0.16；（3）A．
【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学
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知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系．
11．（14 分）如图所示，现在有一个小物块，质量为m＝80g，带上正电荷q＝2×10
﹣4C．与水平的轨道之间的滑动
摩擦系数μ＝0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E＝103V/m，在水平轨道的末端N 处，连接一个光滑的半圆形
轨道，半径为R＝40cm，取g＝10m/s2，求：
（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？
（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？
【考点】6B：功能关系；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）物块恰好到达最高点，在最高点轨道对物块的作用力为零，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度，
结合动能定理求出小物块在水平轨道上的释放点距离N 点的距离．
（2）根据动能定理求出到达P 点的速度，根据径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出轨道对物块的作用
力，从而得出物块对轨道的压力．
【解答】解：（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有：mg＝m
㘴2
h
解得：v=
th =
10 × 0.4m/s＝2m/s
设小物块释放位置距N 处为s，根据能量守恒得：
Eqs＝μmgs+ 1
2݉
㘴2 +mg•2R
解得s＝20m，即小物块应该从在水平位置距N 处为20m 处开始释放；
（2）物块到P 点时，
1
2݉
㘴2 +mgR+EqR= 1
2݉
㘴ܲ2
解得：vP=
14m/s
在P 点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有：
FN﹣Eq=݉
㘴ܲ2
h
解得：FN＝3.0N
由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：Fܰ
' =FN＝3.0N；
答：
（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，小物块应该从在水平位置距N 处为20m 处开始释放．
（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于3.0N．
【点评】解决本题的关键知道最高点的临界情况是轨道对物块的作用力为零，以及知道做圆周运动，靠径向的合
力提供向心力，结合牛顿第二定律和动能定理解题．
12．（18 分）如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m 的
1
4圆弧面．A
和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1 和P2 的质量均为m．滑板的质量M＝4m，
P1 和P2 与BC 面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10 和μ2＝0.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠
槽的左端，P2 静止在粗糙面的B 点，P1 以v0＝4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P2 发生弹性碰撞后，
P1 处在粗糙面B 点上．当P2 滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运动，到达D 点时
速度为零．P1 与P2 视为质点，取g＝10m/s2．问：
（1）P1 和P2 碰撞后瞬间P1、P2 的速度分别为多大？
（2）P2 在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（3）N、P1 和P2 最终静止后，P1 与P2 间的距离为多少？
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）由机械能守恒可求得P1 与P2 碰前的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律可求得碰后两物体的
速度；
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（2）由牛顿第二定律可求得P2 的加速度；
（3）由机械能守恒对CD 分析可得出P2 滑到C 点速度；对三个滑板N、P1、及P2 在相碰到P2 滑到C 点这一过
程中，由动量守恒可求得滑块及P1 的速度；则对整体由功能关系可求得BC 长度L；而碰后两物体均要运动，最
后静止，由动力学知识可求得两物体的位移，则可求得两物体相距的距离．
【解答】解：（1）设P1 滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：有：
1
2݉
㘴0
2 +mgR= 1
2݉
㘴1
2
代入数据解得：v1＝5m/s
P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v′1、v2．取向右为正方向，由动量守恒定律
和机械能守恒定律可得：
mv1＝mv′1+mv2
1
2mv12= 1
2mv′12+ 1
2mv22
联立并代入数据解得：v′1＝0、v2＝5m/s
（2）P2 向右滑动时，假设P1 保持不动，对P2 有：f＝μ2mg＝2m（向左）
设P1、M 的加速度为a2，对P1、M 有：
f＝（m+M）a2
代入数据解之得：a2＝0.4m/s2．
此时对P1 有：f1＝ma2＝0.4m＜fm＝1.0m，所以假设成立．
故滑块的加速度为0.4m/s2；
（3）P2 滑到C 点速度为v2′，由mgR= 1
2݉
㘴2
'2代入数据得：
v2′＝3m/s
P1、P2 碰撞到P2 滑到C 点时，设P1、M 速度为v，由动量守恒定律得：
mv2＝（m+M）v+mv′2
代入数据解得：v＝0.40m/s
对P1、P2、M 为系统：f2L= 1
2mv22−1
2mv′22−1
2（m+M）v2
代入数值得：L＝3.8m
滑板碰后，P1 向右滑行距离：S1= 㘴2
2ܽ1 =
㘴2
2ߤ1t = 0．42
2×1 =0.08m
P2 向左滑行距离：S2=
㘴2
'2
2ܽ2 =
㘴2
'2
2ߤ2t = 32
2×2 =2.25m
所以P1、P2 静止后距离：△S＝L﹣S1﹣S2＝1.47m
答：（1）P1 和P2 碰撞后瞬间P1、P2 的速度分别为0 和5m/s．
（2）P2 在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为0.4m/s2．
（3）N、P1 和P2 最终静止后，P1 与P2 间的距离为1.47m．
【点评】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用
功能关系；合理地选择研究对象及过程．
四、选考题（共15 分．请考生从2 道物理题中任选一题作答、如果多做，则按所做的第一题计分）【物理-选修3-3】
（15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．空气中小雨滴成球形是因为水的表面张力作用的结果
B．分子间的作用力为零时，分子间的势能一定为零
C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动
E．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加
【考点】87：分子势能；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】明确液体表面张力的基本性质，知道空气中小雨滴由于表面张力的作用而成球形；
分子间同时存在引力和斥力，分子力大小与分子间距有关系．分子力正功时，分子势能减少；分子力负功时，分
子势能增加；注意理解分子势能的相对性；
明确热力学第二定律的方向性，知道并不是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生；布朗运动是固体小颗粒
的运动，但它是液体分子无规则运动的间接反映；
明确理想气体状态方程的内容和应用，知道温度是分子平均动能的标志．
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【解答】解：A、空气中小雨滴成球形是因为水的表面张力作用的结果，故A 正确；
B、由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，如果选择无穷远处为零势能面，则分子间作用力为零时
的分子势能不为零，故B 错误；
C、自然界一切过程能量都是守恒的，但是符合能量守恒定律的宏观过程不一定能发生，而是存在一定的方向性，
故C 错误；
D、布朗运动并不是分子的运动，它是固体小颗粒的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动，故D
正确；
E、压强不变、体积增大时，根据状态方程可知，气体的温度一定增大，则分子平均动能增加，故E 正确。
故选：ADE。
【点评】本题考查液体的表面张力、分子势能、热力学定理、布朗运动以及理想气体状态方程，要注意准确理解
相关内容，特别注意热力学第二定律中方向性的掌握．
14．（10 分）如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C 将容器分成A、B 两室，A 室体积为V0，B 室的体积是A
室的两倍，A、B 两室分别放有一定质量的理想气体。A 室上连有一U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计），当
两边水银柱高度为19cm 时，两室气体的温度均为T1＝300K．若气体的温度缓慢变化，当U 形管两边水银柱等高
时，求（外界大气压等于76cm 汞柱）
①此时气体的温度为多少？
②在这个过程中B 气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①求出气体A、B 的初末状态参量，然后由理想气体状态方程求出气体的温度。
②根据气体温度及体积变化情况，应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：①由题意知，气体的状态参量为：
初状态对A 气体：VA＝V0，TA＝T1＝300K，pA＝p0+h＝95cmHg，
对B 气体：VB＝2V0，TB＝T1＝300K，pB＝p0+h＝95cmHg，
末状态，对A 气体：VA′＝V，pA′＝p0＝76cmHg，
对B 气体：pB′＝p0＝76cmHg，VB′＝3V0﹣V，
由理想气体状态方程得：
对A 气体：
݌tܸ
tܶ
t
=
݌t'ܸt'ܶ，
对B 气体：
݌ܤܸ
ܤܶ
ܤ
=
݌ܤ'ܸܤ'ܶ，
代入数据解得：T＝240K，V＝V0；
②气体B 末状态的体积：VB′＝3V0﹣V＝2V0＝VB，
由于气体体积不变，外界对气体不做功，
气体温度由300K 降低到240K，温度降低，内能减小△U＜0，
由热力学第一定律：△U＝W+Q 可知：Q＝△U﹣W＝△U＜0，
则气体对外放出热量；
答：①此时气体的温度为240K；
②在这个过程中B 气体的内能减少；外界对气体不做功，气体对外界放热。
【点评】应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题，根据题意求出气体的初末状态参量、应用理想
气体状态方程即可正确解题；要掌握连接体问题的解题思路与方法。
【物理-选修3-4】
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示，
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①该列波沿x 轴
正向
传播（填“正向”或“负向”）；
②该列波的波速大小为
1
m/s；
③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为
2.5
Hz．
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由振动图象读出该时刻（t＝0）A 质点的振动方向，再判断波的传播方向．由振动图象读出周期，由波
动图象读出波长，求出波速．
【解答】解：①因A 点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿X 正向传播．
②由波动图可知波长为0.4m，由振动图可知周期T 为0.4S，则V= ɉܶ= 1݉
/ݏ
③发生稳定的干涉现象要相同频率，则݂
−1ܶ= 2.5ܪݖ
故答案为：①正向
②1
③2.5
【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力．会分析求解波速．
16．如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a 的等边三角形，现用一束宽度为a 的单色平行光
束，以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB、AC 面入射的光线进入后恰
好全部直接到达BC 面．试求：
（1）该材料对此平行光束的折射率；
（2）这些到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到BC
面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两块？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（1）先据题意知从AB、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC 面，说明从AB 面进入三棱镜的
折射光线与AC 平行，画出光路图，根据对称性和几何关系得到入射角和折射角，即可求得折射率．
（2）画出光路图，如图O 为BC 中点，在B 点附近折射的光线从BC 射出后与直线AO 交于D，可看出只要光屏
放得比D 点远，则光斑会分成两块，由几何知识求解．
【解答】解：（1）由于对称性，我们考虑从AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC 面的，由对称性
不难得出，光线进入AB 面时的入射角α和折射角β分别为：
α＝60°，β＝30°
由折射定律，材料折射率
n= ݏthߙ
ݏthߚ= ݏth60°
ݏth30° =
3
2
1
2
=
3
（2）如图O 为BC 中点，在B 点附近折射的光线从BC 射出后与直线AO 交于D，可看出只要光屏放得比D 点
远，则光斑会分成两块．
由几何关系可得：OD=
3
6 a
所以当光屏到BC 距离超过
3
6 a 时，光斑分为两块．
答：
（1）该材料对此平行光束的折射率为3；
（2）当光屏到BC 距离超过
3
6 a 时，光斑分为两块．
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【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容
易解决此类问题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:25:53 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）期中物理试卷
一、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）伽利略根据理想斜面实验，发现小球从一个光滑斜面自由滚下，一定能滚到另一光滑斜面的相同的高度位
置，把斜面改成光滑曲面结果也一样，他觉得小球好像“记得”自己原来的高度，或存在一个与高度相关的某个
不变的“东西”，只是伽利略当时并不明白这究竟是个什么“东西”．现在我们知道这个不变的“东西”实际上是
（
）
A．加速度
B．力
C．动量
D．能量
2．（6 分）在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，
A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相同．若不计空气阻力，则下列判断正确的是（
）
A．甲先到达最大高度处
B．乙先到达最大高度处
C．乙先到达A 点
D．甲先到达水平地面
3．（6 分）如图所示，质量均为m 的a、b 两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，
在b 物体上施加水平拉力F 后，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（
）
A．a 物体对水平面的压力大小可能为2mg
B．a 物体所受摩擦力的大小为F
C．b 物体所受摩擦力的大小为F
D．弹簧对b 物体的弹力大小可能等于mg
4．（6 分）如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其
中A、C 和B 的距离分别是L1，和L2．不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷（电量与质量之比）之比应
是（
）
A．（
ܮ1
ܮ2
）2
B．（
ܮ1
ܮ2
）3
C．（
ܮ2
ܮ1
）2
D．（
ܮ2
ܮ1
）3
5．（6 分）我国古代神话传说中有：地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天．如果把看到一次日出就当作一
天，那么，近地面轨道（距离地面300～700km）环绕地球飞行的宇航员24h 内在太空中度过的“天”数约为
（地
球半径R＝6400km，重力加速度g＝10m/s2）（
）
A．24
B．16
C．8
D．1
6．（6 分）如图所示，空间有一固定点电荷Q，电性未知．虚线为其电场的三个等势面．相邻等势面电势差相等．曲
线ABC 为带电粒子m 的轨迹；曲线DEF 为带电粒子n 的轨迹．其中A、C、D、F 为轨迹与最外一个等势面的交
点．B、E 为轨迹与中间一个等势面的交点，B、E 为轨迹与中间一个等势面的交点．若m 在A 点、n 在D 点二者
有相等的动能，不计重力和m、n 间的相互作用，下列说法正确的是（
）
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A．m、n 可能带同种电荷
B．m 在B 点、n 在E 点二者的动能不相等
C．m 从A 经B 到C 的过程中动能先减小后增大
D．内、中两个等势面的半径之差应小于中、外两个等势面的半径之差
7．（6 分）质量相等的甲、乙两物体在相同的恒定的水平外力作用下由同一起跑线沿不同接触面由静止开始运动，两
物体的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．在t0 后的某时刻甲、乙两物体相对于出发点的位移可能相等
B．0～t0 时间内，物体甲的中间时刻速度小于物体乙的平均速度
C．t0 时刻之前，甲、乙两物体之间的距离是先增大后减小
D．t0 时刻之前，物体乙受到的阻力先是小于物体甲受到的阻力，后是大于物体甲受到的阻力
8．（6 分）如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一
质量为m 的物体B，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰（时间极短）后一起将弹簧压缩，弹簧复原
过程中某时刻B 与A 分开且沿曲面返回上升．下列说法正确的是（
）
A．物体B、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒
B．物体B 返回过程中能达到的最大高度为݄9
C．物体A 对B 的冲量大小为
4
3m 2th
D．物体A 对B 做的功为
8
9mgh
二．非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．）
9．（5 分）在探究“合力与分力的关系”时，老师设计了一个演示实验，如图甲所示，她先用一根细绳悬挂一个吊篮，
在吊篮中放入矿泉水，结果最多放入6 瓶矿泉水细绳就被拉断了．现在，她用两根同样的细绳按如图乙所画的角
度悬挂上相同的吊篮，再往吊篮中放入相同的矿泉水，则她最多可放入矿泉水的瓶数将
6 瓶（填“大于”、
“等于”或“小于”），请你解释这一情况出现的原因：
．
10．（10 分）某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置
由导轨、滑块、弹簧架、光电门等组成．实验时，将气垫导轨调节水平并接通两个光电计时器，然后充气，把滑
块2 静止放在气垫导轨的中间，让滑块1 通过弹射架运动起来去碰撞滑块2．
实验结果如下：滑块1 通过光电门1 的挡光时间为△t1＝10.01×10
﹣3s，反弹后再次通过光电门1 的挡光时间为△
t2＝30.00×10
﹣3s；滑块2 通过光电门2 的挡光时间为△t3＝15.09×10
﹣3s．测出挡光片的宽度为d＝5mm，测得滑
块l（包括撞针）的质量为m1＝100g，滑块2（包括弹簧）质量m2＝200g．以下问题中，最终的计算结果均保留
一位有效数字：
（1）气垫导轨的作用是
；
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（2）两滑块组成的系统碰撞前的总动量为
kg•m/s，碰撞后的总动量为
kg•m/s；
（3）请你继续分析本实验，在误差允许的范围内，两滑块组成的系统碰撞前、后的总动能不变？答：
（填
“不变”或“变”）．
11．（14 分）“神十一”发射成功后，小张同学研究了火箭原理：火箭有单级和多级之分．多级火箭是把火箭一级一
级地接在一起，第一级燃料用完之后把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工
作．
（1）如图甲是模拟单级火箭的工作过程，设光滑水平面A、B 两物体质量分别为2m 和m，它们之间有微量的炸
药C，爆炸释放的能量为2△E，求爆炸后A 获得的速度vA；
（2）如图乙是模拟多级火箭的过程，光滑水平面上D、F、G 三个物体质量均为m，D、F 之间和F、G 之间均有
微量炸药P、Q，爆炸时释放的能量均为△E．通过控制使Q 先爆炸，P 后爆炸，求所有爆炸都发生后物块D 获得
的速度vD．
12．（18 分）如图甲所示是示波器的原理图。电子从灯丝发射出来，经电压为U1 的电场加速后，通过加速极板A 上
的小孔O1 射出，然后沿中心线O1O2 进入M、N 间的偏转电场，偏转电场的电压为U2（当电势φM＞φN 时，U2
＞0）场强方向垂直于O1O2，电子离开偏转电场后，最终打在垂直于O1O2 竖直放置的荧光屏上的P 点而发光。平
行金属板M、N 间的距离为d，极板长为L，极板右端与荧光屏之间的距离也为L，电子离开灯丝时速度视为零，
不计电子的重力及电子间的相互作用力，且保证电子都在M、N 之间射出偏转电场。请解答下列问题：
（1）若M、N 间加如图乙所示的电压，且电子在M、N 间的运动时间正好等于交变电压的周期T，求电子打在荧
光屏上出现亮线的长度？
（2）若M、N 间加如图丙所示的电压，且电子在M、N 间的运动时间远小于交变电压的周期T，求电子打在荧光
屏上出现亮点的运动速度大小和方向。
（二）选考题，任选一模块作答【物理一选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J 的热量，则它的内能增大20J
B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10
﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子
势能不断增大
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
14．（10 分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B．此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，
吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量
．
【物理一选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔L＝0.1m 选取一个质点，如图甲所示，t＝0 时刻波恰传到质点1，
并立即开始向上振动，经过时间△t＝0.3s，所选取的1﹣9 号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正
确的是（
）
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A．t＝0.3s 时刻，质点1 向上运动
B．t＝0.3s 时刻，质点8 向下运动
C．t＝0 至t＝0.3s 内，质点5 运动的时间只有0.2s
D．该波的周期为0.2s，波速为4m/s
E．该波的周期为0.3s，波速为2.67m/s
16．如图所示，为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD 为半径为R 的四分之一的圆周，圆心为O，
光线从AB 面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC 面上的O 点并恰好发生全反
射．（已知光的真空中的传播速度c＝3.0×108m/s）．
①画出光线由AB 面进入棱镜且从CD 弧面射出的光路图；
②求光线在该棱镜中传播的速度大小v．
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）伽利略根据理想斜面实验，发现小球从一个光滑斜面自由滚下，一定能滚到另一光滑斜面的相同的高度位
置，把斜面改成光滑曲面结果也一样，他觉得小球好像“记得”自己原来的高度，或存在一个与高度相关的某个
不变的“东西”，只是伽利略当时并不明白这究竟是个什么“东西”．现在我们知道这个不变的“东西”实际上是
（
）
A．加速度
B．力
C．动量
D．能量
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】物体高度不同物体的重力势能不同，在运动过程中物体的速度、加速度和弹力随时间发生变化，机械能
是守恒的．
【解答】解：伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，
则物体的机械能守恒。故这个不变量是能量；而在运动中加速度、力和动量均不会守恒，故D 正确，ABC 错误。
【点评】本题考查对于理想斜面实验的理解，要解决这类题目要进行过程分析，以把握物体在运动过程中各个物
理量的变化，从而得出答案．
2．（6 分）在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，
A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相同．若不计空气阻力，则下列判断正确的是（
）
A．甲先到达最大高度处
B．乙先到达最大高度处
C．乙先到达A 点
D．甲先到达水平地面
【考点】44：抛体运动．菁优网版权所有
【分析】甲、乙运动的最大高度相同，说明竖直分速度相同，竖直方向运动情况一致，由此可分析各个选项．
【解答】解：AB、斜抛可以分解为水平匀速运动，竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相同，由v2＝2gh，
则可知其竖直速度相同，则甲乙同时到最高点，故A 错误，B 错误。
C、由前面分析，结合图象可知，乙到A 点时，甲在上升阶段，故C 正确。
D、由于甲乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D 错误。
【点评】该题的关键是要会运动的合成和分解，由竖直高度相同，得出竖直速度相同，为解题的突破口．
3．（6 分）如图所示，质量均为m 的a、b 两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，
在b 物体上施加水平拉力F 后，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（
）
A．a 物体对水平面的压力大小可能为2mg
B．a 物体所受摩擦力的大小为F
C．b 物体所受摩擦力的大小为F
D．弹簧对b 物体的弹力大小可能等于mg
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁
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【专题】524：摩擦力专题．
【分析】根据物体b 受水平拉力F 力后仍处于静止，则可知，必定受到静摩擦力，从而可确定弹簧的弹力与物体
b 的重力关系，再由摩擦力产生的条件，即可求解．
【解答】解：A、在b 物体上施加水平拉力F 后，两物体始终保持静止状态，则物体b 受到接触面的静摩擦力，
因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b 的重力，由整体法可知，a 物体对水平面的压力大小大于
为2mg，故AD 错误，C 正确；
B、根据摩擦力产生的条件可知，a 物体没有相对运动的趋势，则没有摩擦力，故B 错误；
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【点评】考查弹力与摩擦力的关系，注意有摩擦力一定有弹力，掌握摩擦力的产生条件．
4．（6 分）如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其
中A、C 和B 的距离分别是L1，和L2．不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷（电量与质量之比）之比应
是（
）
A．（
ܮ1
ܮ2
）2
B．（
ܮ1
ܮ2
）3
C．（
ܮ2
ܮ1
）2
D．（
ܮ2
ܮ1
）3
【考点】4A：向心力；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【专题】519：匀速圆周运动专题；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】B 恰能保持静止，根据平衡条件列出等式．A、C 做匀速圆周运动，根据受到的库仑合力提供向心力列出
等式求解．
【解答】解：根据B 恰能保持静止可得：
k
ݍtݍܤ
ܮ1
2
=k
ݍCݍܤ
ܮ2
2
A 做匀速圆周运动，根据A 受到的合力提供向心力，有：
k
ݍtݍܤ
ܮ1
2
−k
ݍtݍܥ
(ܮ1+ܮ2)2 =mAω2L1，
C 做匀速圆周运动，有：
k
ݍܥݍܤ
ܮ2
2
−k
ݍtݍܥ
(ܮ1+ܮ2)2 =mCω2L2，
联立解得A 和C 的比荷（电量与质量之比）之比
ݍt݉
t
：
ݍܥ݉
ܥ
= (
ܮ1
ܮ2
)3
【点评】解决该题关键要能正确列出A、C 做匀速圆周运动，合外力等于需要的向心力．
5．（6 分）我国古代神话传说中有：地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天．如果把看到一次日出就当作一
天，那么，近地面轨道（距离地面300～700km）环绕地球飞行的宇航员24h 内在太空中度过的“天”数约为
（地
球半径R＝6400km，重力加速度g＝10m/s2）（
）
A．24
B．16
C．8
D．1
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】每绕地球转一圈为“一天“计算出近地卫星的运动周期，则24 小时内的天数为所转过的圈数．
【解答】近地轨道的轨道半径因离地面高度相对半径而言较小故可认为是地球的半径。由重力等于万有引力求出
周期，进而求得“天”数。
解：由重力等于万有引力：݉
t =݉
h 4ߨ2ܶ
2
得：T=
4ߨ2h
t
≈84 分钟≈1.5 小时
则“天数”n= 24
1.5 = 16
则选项B 正确，A，C，D 错误。
故选：B
【点评】考查天体的运动规律，明确万有引力等于向心力从而求得运动周期．
6．（6 分）如图所示，空间有一固定点电荷Q，电性未知．虚线为其电场的三个等势面．相邻等势面电势差相等．曲
线ABC 为带电粒子m 的轨迹；曲线DEF 为带电粒子n 的轨迹．其中A、C、D、F 为轨迹与最外一个等势面的交
点．B、E 为轨迹与中间一个等势面的交点，B、E 为轨迹与中间一个等势面的交点．若m 在A 点、n 在D 点二者
有相等的动能，不计重力和m、n 间的相互作用，下列说法正确的是（
）
A．m、n 可能带同种电荷
B．m 在B 点、n 在E 点二者的动能不相等
C．m 从A 经B 到C 的过程中动能先减小后增大
D．内、中两个等势面的半径之差应小于中、外两个等势面的半径之差
【考点】AF：等势面．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
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【分析】根据轨迹判定电荷n 受到中心电荷的斥力，而电荷m 受到中心电荷的引力，可知两粒子在运动过程中电
场力做功情况．根据B、E 点在同一等势面上，可判定电场力做的功．
【解答】解：A、由图可知电荷n 受到中心电荷的斥力，而电荷m 受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不
同，故A 错误。
B、电荷n 受到中心电荷的斥力，D 到E 的过程电场力做负功；而电荷m 受到中心电荷的引力，A 到B 的过程电
场力做正功，所以两粒子的在B、E 两点的动能不相同，故B 正确。
C、电荷m 受到中心电荷的引力，A 到B 的过程电场力做正功，B 到C 的过程中电场力做负功，所以动能先增大
后减小，故C 错误。
D、点电荷的电场特点是约靠近点电荷的地方电场越强，又虚线为其电场的三个等势面。相邻等势面电势差相等，
所以内、中两个等势面的半径之差应小于中、外两个等势面的半径之差。故D 正确；
故选：BD。
【点评】根据轨迹判定“电荷n 受到中心电荷的斥力，而电荷m 受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口．
7．（6 分）质量相等的甲、乙两物体在相同的恒定的水平外力作用下由同一起跑线沿不同接触面由静止开始运动，两
物体的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．在t0 后的某时刻甲、乙两物体相对于出发点的位移可能相等
B．0～t0 时间内，物体甲的中间时刻速度小于物体乙的平均速度
C．t0 时刻之前，甲、乙两物体之间的距离是先增大后减小
D．t0 时刻之前，物体乙受到的阻力先是小于物体甲受到的阻力，后是大于物体甲受到的阻力
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小，从而比较平均速度．根据图线的斜率比较出加速度的
大小，由牛顿第二定律可分析阻力的大小情况．
【解答】解：A、根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小，由图看出，在t0 后的某时刻甲、乙两物体相
对于出发点的位移可能相等，故A 正确。
B、物体甲做匀加速直线运动，其中间时刻速度等于t0 时间内的平均速度。从图象上图线所围面积可以看出，0﹣
t0 时间内甲的位移小于乙的位移，则甲的平均速度小于乙的平均速度，所以物体甲的中间时刻速度小于物体乙的
平均速度，故B 正确；
C、t0 时刻之前，乙的速度一直大于甲的速度，两者出发点相同，所以两者间距一直增大，故C 错误；
D、根据牛顿第二定律得F﹣f＝ma，得f＝F﹣ma，F、m 相同，由图可知，t0 时刻之前，物体乙的加速度先大于
甲的加速度，后小于甲的加速度，由此式可知，物体乙受到的阻力先是小于物体甲受到的阻力，后是大于物体甲
受到的阻力；故D 正确；
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移．再结合牛顿第二定
律进可进行分析．
8．（6 分）如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一
质量为m 的物体B，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰（时间极短）后一起将弹簧压缩，弹簧复原
过程中某时刻B 与A 分开且沿曲面返回上升．下列说法正确的是（
）
A．物体B、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒
B．物体B 返回过程中能达到的最大高度为݄9
C．物体A 对B 的冲量大小为
4
3m 2th
D．物体A 对B 做的功为
8
9mgh
【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律；65：动能定理；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
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【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】对照守恒条件分析物体B、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中动量和机械能是否守恒．B 从轨道上下
滑过程，只有重力做功，机械能守恒．运用机械能守恒定律可求得B 与A 碰撞前的速度．两个物体碰撞过程动量
守恒，即可求得碰后的共同速度．当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，根据机械能守恒求得B 能达到的最大
高度．对B，运用动量定理求物体A 对B 的冲量．由动能定理求物体A 对B 做的功．
【解答】解：A、物体B、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中合力为零，动量守恒。在弹簧被压缩的过程中，弹
簧对A 做功，则系统的机械能减少，故A 错误。
B、对B 下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh= 1
2݉
㘴0
2，则B 刚到达水平地面的速度v0=
2t݄．A、B 碰撞过
程，以AB 组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝3mv，得A 与B 碰撞后的
共同速度为v= 1
3v0= 1
3
2th
当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，B 以v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′= 1
2mv2，B
能达到的最大高度为݄9，故B 正确。
C、对B，取水平向左为正方向，由动量定理得：物体A 对B 的冲量I＝mv﹣（﹣mv0）= 4
3m 2th．故C 正确。
D、对B，根据动能定理得：物体A 对B 做的功W= 1
2mv2−1
2mv02=−8
9mgh，故D 错误。
故选：BC。
【点评】利用动量守恒定律解题，一定注意分析状态的变化，明确研究对象，并选取正方向．把动量守恒和机械
能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．
二．非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．）
9．（5 分）在探究“合力与分力的关系”时，老师设计了一个演示实验，如图甲所示，她先用一根细绳悬挂一个吊篮，
在吊篮中放入矿泉水，结果最多放入6 瓶矿泉水细绳就被拉断了．现在，她用两根同样的细绳按如图乙所画的角
度悬挂上相同的吊篮，再往吊篮中放入相同的矿泉水，则她最多可放入矿泉水的瓶数将
小于
6 瓶（填“大于”、
“等于”或“小于”），请你解释这一情况出现的原因：
因为合力与分力遵守平行四边形定则，实验中分力一定，
分力间夹角大于120°，故合力将小于分力，悬挂瓶数将小于6 瓶
．
【考点】2B：力的合成；M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】明确实验原理，根据题意明确绳子能承受的最大张力，同时知道两细绳张力相等，根据两绳间夹角越大
合力越小，而当夹角为120°时，合力一定小于两分力进行分析，从而明确
【解答】解：由题意可知，绳子最大张力为瓶水的总重力；
由图可知，两绳子间的夹角为180°﹣2×15°＝150°；因为合力与分力遵守平行四边形定则，实验中分力一定，
分力间夹角大于120°，故合力将小于分力，故此时绳子上的张力大于悬挂瓶的重力，故悬挂瓶数只能小于6 瓶；
故答案为：小于；合力与分力遵守平行四边形定则，实验中分力一定，分力间夹角大于120°，故合力将小于分
力
【点评】本题考查平行边形定则的应用，要注意明确当分子大小相等，夹角为120°时，此时分力与合力大小相
等，若大于120°时，合力将小于分力．
10．（10 分）某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置
由导轨、滑块、弹簧架、光电门等组成．实验时，将气垫导轨调节水平并接通两个光电计时器，然后充气，把滑
块2 静止放在气垫导轨的中间，让滑块1 通过弹射架运动起来去碰撞滑块2．
实验结果如下：滑块1 通过光电门1 的挡光时间为△t1＝10.01×10
﹣3s，反弹后再次通过光电门1 的挡光时间为△
t2＝30.00×10
﹣3s；滑块2 通过光电门2 的挡光时间为△t3＝15.09×10
﹣3s．测出挡光片的宽度为d＝5mm，测得滑
块l（包括撞针）的质量为m1＝100g，滑块2（包括弹簧）质量m2＝200g．以下问题中，最终的计算结果均保留
一位有效数字：
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（1）气垫导轨的作用是
a、导轨喷出许多气体让滑块与导轨不接触而悬浮其上，大大减小了因滑块和导轨之间
的摩擦而引起的误差．b、保证两个滑块在一条直线上，碰撞是一维的．
；
（2）两滑块组成的系统碰撞前的总动量为
0.05
kg•m/s，碰撞后的总动量为
0.05
kg•m/s；
（3）请你继续分析本实验，在误差允许的范围内，两滑块组成的系统碰撞前、后的总动能不变？答：不变
（填
“不变”或“变”）．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的瞬时速度大小，从而得出碰撞前的总动
量和碰撞后的总动量大小．
根据动能公式求出碰撞前的总动能和碰撞后的总动能，判断总动能是否变化．
【解答】解：（1）气垫导轨的作用：a、导轨喷出许多气体让滑块与导轨不接触而悬浮其上，大大减小了因滑块和
导轨之间的摩擦而引起的误差．b、保证两个滑块在一条直线上，碰撞是一维的．
（2 ）滑块1 碰撞之前的速度v1 =݀△ݐ1 =
5×10−3
10.01×10−3 ≈0.50m/s ；滑块1 碰撞之后的速度
v2=݀△ݐ2 =
5×10−3
30.00×10−3 ≈0.167m/s；滑块2 碰撞后的速度v3=݀△ݐ3 =
5×10−3
15.09×10−3 =0.33m/s；系统碰撞之前的动量
m1v1＝0.1×0.50kg•m/s＝0.05kg•m/s；系统碰撞之后的动量为﹣m1v2+m2v3＝﹣0.1×0.167+0.2×0.33≈0.05kg•m/s．
（3）碰撞前的总动能ܧ݇1 = 1
2݉
1㘴12 = 1
2 × 0.1 × 0.502 ≈0.012J；碰撞之后的总动能ܧ݇2 = 1
2݉
1㘴22 + 1
2݉
2㘴32 = 1
2 ×
0.1 × 0.1672 + 1
2 × 0.2 × 0.332 ≈0.012J．，所以碰撞前后总动能不变．
故答案为：（1）a、导轨喷出许多气体让滑块与导轨不接触而悬浮其上，大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引
起的误差．b、保证两个滑块在一条直线上，碰撞是一维的．
（2）0.05，0.05．
（3）不变．
【点评】解决本题的关键知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，知道碰撞前后动量守恒．知道碰撞前后总动
能不变，则该碰撞为完全弹性碰撞．
11．（14 分）“神十一”发射成功后，小张同学研究了火箭原理：火箭有单级和多级之分．多级火箭是把火箭一级一
级地接在一起，第一级燃料用完之后把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工
作．
（1）如图甲是模拟单级火箭的工作过程，设光滑水平面A、B 两物体质量分别为2m 和m，它们之间有微量的炸
药C，爆炸释放的能量为2△E，求爆炸后A 获得的速度vA；
（2）如图乙是模拟多级火箭的过程，光滑水平面上D、F、G 三个物体质量均为m，D、F 之间和F、G 之间均有
微量炸药P、Q，爆炸时释放的能量均为△E．通过控制使Q 先爆炸，P 后爆炸，求所有爆炸都发生后物块D 获得
的速度vD．
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化
与守恒定律综合．
【分析】（1）物体A、B 系统所受外力的合力为零，系统动量守恒；根据动量守恒定律和能量守恒定律列式后联
立求解爆炸后A 获得的速度vA．
（2）对Q 爆炸过程和P 爆炸过程分别运用动量守恒定律和能量守恒定律列式，联立求解所有爆炸都发生后物块D
获得的速度vD．
【解答】解：（1）单级爆炸时，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
0＝2mvA﹣mvB
由能量守恒得：
2△E= 1
2•2mvA2+ 1
2mvB2
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联立解得：vA=
2△ܧ
3݉
（2）Q 爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：0＝2mvDF﹣mvG
由能量守恒得：
△E= 1
2•2mvDF2+ 1
2mvG2
P 爆炸过程，同理可得：
2mvDF＝mvD+mvF
△E+ 1
2•2mvDF2= 1
2mvD2+ 1
2݉
㘴ܨ
2
联立解得：vD=
△ܧ݉（1+ 3
3 ）
答：
（1）爆炸后A 获得的速度vA 是2△ܧ
3݉
．
（2）所有爆炸都发生后物块D 获得的速度vD 是△ܧ݉（1+ 3
3 ）．
【点评】本题的关键是明确爆炸过程系统动量守恒，同时结合能量守恒定律列式求解．要按时间顺序逐个列式研
究．
12．（18 分）如图甲所示是示波器的原理图。电子从灯丝发射出来，经电压为U1 的电场加速后，通过加速极板A 上
的小孔O1 射出，然后沿中心线O1O2 进入M、N 间的偏转电场，偏转电场的电压为U2（当电势φM＞φN 时，U2
＞0）场强方向垂直于O1O2，电子离开偏转电场后，最终打在垂直于O1O2 竖直放置的荧光屏上的P 点而发光。平
行金属板M、N 间的距离为d，极板长为L，极板右端与荧光屏之间的距离也为L，电子离开灯丝时速度视为零，
不计电子的重力及电子间的相互作用力，且保证电子都在M、N 之间射出偏转电场。请解答下列问题：
（1）若M、N 间加如图乙所示的电压，且电子在M、N 间的运动时间正好等于交变电压的周期T，求电子打在荧
光屏上出现亮线的长度？
（2）若M、N 间加如图丙所示的电压，且电子在M、N 间的运动时间远小于交变电压的周期T，求电子打在荧光
屏上出现亮点的运动速度大小和方向。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；33：参照思想；49：合成分解法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）分析可知：在t＝0、T、2T…nT 时刻进入M、N 间的电子，打在屏上距O2 的距离最大，这种情况
下，电子在M、N 间先偏转ܶ2，后匀速ܶ2，再离开电场匀速运动到屏上，先根据动能定理电子加速获得的速度v。
由y1= 1
2ܽݐ1
2求出电子在ܶ2时间内的偏转距离。电子离开电场时做匀速运动，由相似三角形规律求得电子打在屏上
的最大偏转距离，同理得到电子打在屏上的最小偏转距离，两者之差即为屏上出现亮线的长度。
（2）加丙的电压时，电子在U2 中一直偏转，用与上题同样的方法求得电子打屏上的偏转距离为板间电压的关系，
由图得到板间电压与时间的关系，再利用数学知识求解电子打在荧光屏上出现亮点的运动速度大小和方向。
【解答】解：（1）分析可知：在t＝0、T、2T…nT 时刻进入M、N 间的电子，打在屏上距O2 的距离最大，
这种情况下，电子在M、N 间先偏转ܶ2，后匀速ܶ2，再离开电场匀速运动到屏上，则：
电子在U1 中加速获得速度v，有：eU1= 1
2݉
㘴2
电子在ܶ2时间内的偏转距离为：y1= 1
2ܽݐ1
2 = 1
2 ⋅ܷ݁
2݉݀( ܮ
2㘴)2
再匀速打到P 点，可由相似三角形规律得：ܻ1
ݕ1
=
ܮ+3
4ܮ
ܮ
4
=7
联立解得：Y1= 7ܷ
2ܮ2
16ܷ݀
1
在t＝0、ܶ2、
3ܶ
2 ⋯（2n﹣1）ܶ2时刻进入M、N 间的电子，打在屏上距O2 的距离最小这种情况下，电子在M、N 间
先匀速ܶ2，后偏转ܶ2，再离开电场匀速运动到屏上。
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同理，由相似三角形规律得：ܻ2
ݕ1
=
ܮ+1
4ܮ
ܮ
4
=5
联立解得：Y2= 5ܷ
2ܮ2
16ܷ݀
1
荧光屏上能出现亮线的长度为：△Y＝Y1﹣Y2=ܷ
2ܮ2
8ܷ݀
1
（2）加丙的电压时，电子在U2 中一直偏转：y= 1
2ܽݐ2 = 1
2 ⋅ܷ݁
2݉݀( ܮ
㘴)2 =ܷ
2ܮ2
4ܷ݀
1
再离开MN 匀速到屏上，同理有：ܻݕ=
ܮ+ܮ
2
ܮ
2
=3
解得：Y= 3ܷ
2ܮ2
4ܷ݀
1
又由丙图可知：U2= 2ܷ
0ܶݐ−U0
代入得：Y= 3ܮ2
4ܷ݀
1（
2ܷ
0ܶݐ−U0）
可知Y 与t 为一次函数，亮点做匀速运动，速度大小为v′= △ܻ
△ݐ= 3ܮ2ܷ
0
2ܷ݀
1ܶ，方向向上。
答：（1）电子打在荧光屏上出现亮线的长度是ܷ
2ܮ2
8ܷ݀
1
。
（2）电子打在荧光屏上出现亮点的运动速度大小为
3ܮ2ܷ
0
2ܷ݀
1ܶ
，方向向上。
【点评】带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解。对于电子打一屏上
的偏转距离也可以根据电场中电子的偏转角度求解。
（二）选考题，任选一模块作答【物理一选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J 的热量，则它的内能增大20J
B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10
﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子
势能不断增大
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
【考点】82：阿伏加德罗常数；8F：热力学第一定律；9H：相对湿度．菁优网版权所有
【分析】根据热力学第一定律知：△U＝W+Q，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，用油膜法
测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积．
【解答】解：A、根据热力学第一定律知：△U＝W+Q＝﹣100+120＝20J，A 正确；
B、在使两个分子间的距离由很远（r＞10
﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子
势能先减小后增大，B 错误；
C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C 正确；
D、用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D 错误；
E、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，E 正确；
故选：ACE。
【点评】该题考查热学中的多个知识点的内容，掌握热力学第一定律的应用过程中的符号法则，知道分子力与分
子间距的关系，会利用油膜法测分子的直径．
14．（10 分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B．此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，
吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量
5.0×102J
．
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
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【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】气体从状态A 经等压过程到状态B 的过程中，吸收热量，同时对外做功，要先求出体积的变化，再求功，
最后根据热力学第一定律求解
【解答】解：气体状态A 为出状态，设为V1 T1，状态B 为末状态，设为V2 T2，由盖﹣吕萨克定律得：ܸ1ܶ
1
=ܸ
2ܶ
2
，
代人数据，得：V2＝8.0×10﹣3m3
在该过程中，气体对外做功：W＝F•L＝Ps•△L＝P•△V＝2×102J
根据热力学第一定律：△U＝Q+W′其中W＝﹣W'，
代人数据，得△U＝5.0×102J
故答案为：5.0×102J
【点评】该题考查热力学第一定律和理想气体的状态方程，关键的是正确求出气体对外做的功．属于中档题．
【物理一选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔L＝0.1m 选取一个质点，如图甲所示，t＝0 时刻波恰传到质点1，
并立即开始向上振动，经过时间△t＝0.3s，所选取的1﹣9 号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正
确的是（
）
A．t＝0.3s 时刻，质点1 向上运动
B．t＝0.3s 时刻，质点8 向下运动
C．t＝0 至t＝0.3s 内，质点5 运动的时间只有0.2s
D．该波的周期为0.2s，波速为4m/s
E．该波的周期为0.3s，波速为2.67m/s
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】简谐横波向右传播，根据波形的平移法判断t＝0.3s 时刻，质点1 和质点8 的运动方向．t＝0 时刻质点1
开始向上振动，则知介质中其他各质点起振方向均向上，由图判断出质点9 的振动方向向下，1﹣9 号质点间第一
次出现如图乙所示的波形，则波传播了1.5T，由△t＝1.5T，求出周期，读出波长，由v= ɉܶ得到波速．
【解答】解：A、B 简谐横波向右传播，根据波形的平移法可知，t＝0.3s 时刻，质点1 和质点8 均向下运动，故A
错误，B 正确。
C、D、E 由题，t＝0 时刻波恰传到质点1，并立即开始向上振动，图中质点9 的振动方向向下，则1﹣9 号质点间
第一次出现如图乙所示的波形，波传播了1.5T，由△t＝1.5T＝0.3s，得T＝02s，则知质点5 运动的时间为一个T
＝0.2s。由图读出波长为ɉ＝0.8m，由波速v= ɉܶ= 0.8
0.2݉
/ݏ= 4݉
/ݏ．故CD 正确，E 错误。
故选：BCD。
【点评】本题的解题关键是根据波的基本特点：各质点的起振方向与波源的起振方向相同，确定出△t＝1.5T．
16．如图所示，为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD 为半径为R 的四分之一的圆周，圆心为O，
光线从AB 面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC 面上的O 点并恰好发生全反
射．（已知光的真空中的传播速度c＝3.0×108m/s）．
①画出光线由AB 面进入棱镜且从CD 弧面射出的光路图；
②求光线在该棱镜中传播的速度大小v．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
【分析】①由题可知，折射光线在O 点恰好发生全反射，反射光线沿半径方向射出，方向不变．作出光路图．
②由几何知识得到折射角θ2 与临界角C 的关系，由折射定律n= ݏthߠ1
ݏthߠ2得到折射角与折射率的关系，结合sinC= 1
h
求出折射率．根据v=ܿh求出光线在棱镜最终传播的速度大小．
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【解答】解：①光路图如图所示：
②光线在BC 面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C．
由sinC= 1
h
在AB 界面上发生折射，折射角θ2＝90°﹣C，
由折射定律
ݏthߠ1
ݏthߠ2
= h，
联立解得n=
6
2 ．
光速v=ܿh = 3×108
6
2
=
6 × 108݉
/ݏ．
答：①光路图如图所示．
②光线在该棱镜中传播的速度大小为6 × 108݉
/ݏ．
【点评】本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC 面上的O 点”根据全反射临界角公式由sinC= 1
h、
折射定律n= ݏthߠ1
ݏthߠ2、光速公式v=ܿh相结合进行处理．
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日期：2019/4/11 23:21:44 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）开学物理试卷
二、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第
19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下选项中符合伽
利略和牛顿的观点的是（
）
A．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢
B．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方
C．伽利略利用斜槽实验，直接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体自由下落的速度与时间成正比
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”
2．（6 分）关于两个运动的合成，下列说法正确的是（
）
A．小船渡河的运动中，水流速度大小，不影响小船渡河所需时间
B．小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度
C．两个直线运动的合运动一定也是直线运动
D．不同方向两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动
3．（6 分）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v﹣t 图象如图所示．关于两车的运动情况，下列
说法正确的是（
）
A．在t＝1s 时，甲、乙相遇
B．在t＝2s 时，甲、乙的运动方向均改变
C．在t＝4s 时，乙的加速度方向改变
D．在t＝2s～t＝6s 内，甲相对乙做匀速直线运动
4．（6 分）如图所示，质量分别为m、2m 的球A、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动
的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分
别为（
）
A．
2ܨ
3
2ܨ
3݉
+g
B．
ܨ
3
2ܨ
3݉
+g
C．
2ܨ
3
ܨ
3݉
+g
D．
ܨ
3
ܨ
3݉
+g
5．（6 分）如图叠放在水平转台上的物体A、B、C 正随转台一起以角速度w 匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、
2m、m，B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 与B 间的动摩擦因数也为μ，B、C 离转台中心的距离分
别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（
）
A．B 对A 的摩擦力有可能为3μmg
B．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力
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C．转台的角速度ω有可能恰好等于2ߤt
3ݎ
D．若角速度ω再在题干所述原基础上缓慢增大，A 与B 间将最先发生相对滑动
6．（6 分）如图所示，汽车以10m/s 的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m 处时，绿灯还有3s 熄灭．而
该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处．则汽车运动的v﹣t 图象可能是（
）
A．
B．
C．
D．
7．（6 分）如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，现有三个小球从左边斜面
的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c．下列判断正确的是（
）
A．图中三小球比较，落在a 点的小球飞行时间最长
B．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行时间最长
C．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最小
D．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快
8．（6 分）如图所示，水平传送带AB 距离地面的高度为h，以恒定速率v0 顺时针运行．甲、乙两滑块（视为质点）
之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分
别向左、右运动．下列判断正确的是（
）
A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等
B．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离可能不相等
C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22～25 题为必考题，每个试题都必须作答．第33～35 题为选考题，
考生根据要求作答．）
9．（6 分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增
添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x，实验得到了弹簧指针位
置x 与小盘中砝码质量m 的图象如图2 所示，取g＝10m/s2．回答下列问题．
（1）某次测量如图1 所示，指针指示的刻度值为
cm（刻度尺单位为：cm）．
（2）从图2 可求得该弹簧的劲度系数为
N/m（结果保留两位有效数字）；
（3）另一同学在做该实验时有下列做法，其中错误的是
．
A．实验中未考虑小盘的重力
B．刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐
C．读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取
D．在利用x﹣m 图线计算弹奏的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据．
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10．（12 分）用如图1 所示的实验装置验证牛顿第二定律．
（1）下列做法正确的是
（填字母代码）
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上
C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，需要再次调节木板倾斜度
E．为取绳子拉力近似等于砂和砂桶总重力，应保证砂和小桶的总质量远小于小车的质量
（2）如图2 所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画
出．由此可求得小车的加速度大小
m/s2．
（3）保持小车的质量M 不变，改变砂桶与砂的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在a﹣F 图象中描点（如
图3 所示）．结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是
．若不断增加砂桶中砂的质
量，a﹣F 图象中各点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为
．
11．（13 分）如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着
木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑
行的距离将发生变化，重力加速度为g。
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
（3）当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。
12．（19 分）如图所示，以A、B 和C、D 为端点的半径为R＝0.6m 的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B
端、C 端与光滑绝缘水平地面平滑连接。A 端、D 端之间放一绝缘水平传送带。传送带下方B、C 之间的区域存
在水平向右的匀强电场，场强E＝5×105V/m。当传送带以6m/s 的速度沿图示方向匀速运动时，现将质量为m＝4
×10
﹣3kg，带电量q＝+1×10
﹣8C 的物块从传送带的右端由静止放上传送带。小物块运动第一次到A 时刚好能沿
半圆轨道滑下。不计小物块大小及传送带与半圆轨道间的距离，g 取10m/s2，已知A、D 端之间的距离为1.2m。
求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块第1 次经CD 半圆形轨道到达D 点时速度；
（3）物块第几次经CD 半圆形轨道到达D 点时的速度达到最大，最大速度为多大。
四、选考题（共15 分．请考生从给出的3 道物理题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）[物理-选修
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3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=ܸܸ
0
14．（10 分）如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，
封闭气体的长为10cm，外界大气压强不变．若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水
银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：
（1）大气压强p0 的值；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度．
[物理选修3-5]（15 分）
15．实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是（
）
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
16．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M＝3kg，AO 部分粗糙
且长L＝2m，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0＝4m/s 的速度向
右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，
弹簧始终处于弹性限度内．a、b 两物块视为质点质量均为m＝1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．
（取
g＝10m/s2）求：
（1）物块a 与b 碰后的速度大小；
（2）当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离；
（3）当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）开学物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题（本题共8 个小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第
19～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献，以下选项中符合伽
利略和牛顿的观点的是（
）
A．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢
B．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方
C．伽利略利用斜槽实验，直接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体自由下落的速度与时间成正比
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．伽
利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．
【解答】解：A、伽利略认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点。故A 错误。
B、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将
落在起跳点的后方。符合伽利略、牛顿的惯性理论。故B 正确。
C、伽利略利用斜槽实验，直接得出了速度与时间成正比，并合理外推得出物体自由下落的速度与时间成正比。故
C 正确。
D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点。故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三
大定律进行分析．
2．（6 分）关于两个运动的合成，下列说法正确的是（
）
A．小船渡河的运动中，水流速度大小，不影响小船渡河所需时间
B．小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度
C．两个直线运动的合运动一定也是直线运动
D．不同方向两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．合运动与分运动具有等时性和独立性．
【解答】解：A、分运动具有相互独立性，小船渡河的运动中，水流速度大小，不影响小船渡河所需时间。故A
正确；
B、小船渡河的运动中，小船的对地速度可以大于水流速度，也可以小于水流速度，没有影响。故B 错误；
C、两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动。故C 错误；
D、不同线两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动与合运动具
有等时性．
3．（6 分）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v﹣t 图象如图所示．关于两车的运动情况，下列
说法正确的是（
）
A．在t＝1s 时，甲、乙相遇
B．在t＝2s 时，甲、乙的运动方向均改变
C．在t＝4s 时，乙的加速度方向改变
D．在t＝2s～t＝6s 内，甲相对乙做匀速直线运动
【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；
斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位
移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
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【解答】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇。根据速度图象
与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t＝1s 时，乙的位移大于甲的位移，说明两者没有相遇。故A 错误。
B、由图知，在t＝2s 时甲乙的速度方向没有改变。故B 错误。
C、速度图象的斜率表示加速度，由数学知识得知，在t＝4s 时，乙的加速度方向仍沿负方向，没有改变。故C 错
误。
D、在t＝2s～t＝6s 内，甲沿正方向做匀减速运动，乙先沿正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，由于
加速度不变，把乙的运动看成是一种匀减速运动，甲乙的加速度相同，故甲相对乙做匀速直线运动。故D 正确。
【点评】本题是速度﹣时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积
的含义，即可分析两物体的运动情况．
4．（6 分）如图所示，质量分别为m、2m 的球A、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动
的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分
别为（
）
A．
2ܨ
3
2ܨ
3݉
+g
B．
ܨ
3
2ܨ
3݉
+g
C．
2ܨ
3
ܨ
3݉
+g
D．
ܨ
3
ܨ
3݉
+g
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】正确对物体受力分析，抓住细线断的瞬间，线的弹力立即消失，而弹簧的弹力因弹簧形变没有改变而保
持不变来分析A 和B 的加速度即可．
【解答】解：根据题意，对AB 整体受力分析如图1 所示，
AB 整体受线的拉力F 和重力3mg，根据牛顿第二定律有3mg﹣F＝3ma；
解得：a＝g−ܨ
3݉
；
对A 球进行受力分析如图2 所示，
A 球受线的拉力F 和重力mg 以及弹簧拉力F1 三个力作用下向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：
F1+mg﹣F＝ma，
所以F1＝F﹣mg+ma＝F﹣mg+m（g−ܨ
3݉
）= 2
3 ܨ；
又因为在细线断开的瞬间，细线的拉力F 立即消失，而弹簧的弹力因形变没有发生变化而保持不变，
故线断开的瞬间，A 的合力为F 合＝F1+mg，根据牛顿第二定律可得，物体A 在线断开的瞬间的加速度
a=
ܨ合݉=
2
3ܨ+݉
t݉= 2ܨ
3݉
+ t，
所以A 正确，B、C、D 错误；
【点评】正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失
而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键．
5．（6 分）如图叠放在水平转台上的物体A、B、C 正随转台一起以角速度w 匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、
2m、m，B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 与B 间的动摩擦因数也为μ，B、C 离转台中心的距离分
别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（
）
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A．B 对A 的摩擦力有可能为3μmg
B．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力
C．转台的角速度ω有可能恰好等于2ߤt
3ݎ
D．若角速度ω再在题干所述原基础上缓慢增大，A 与B 间将最先发生相对滑动
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】分别对A、AB 整体、C 受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的临界值．结合牛顿第二定律
求出A 与B 间的摩擦力最大值．
【解答】解：A、对AB 整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…①
对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg…②
对物体A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③
联立①②③解得：ω≤
2ߤt
3ݎ，即满足不发生相对滑动，转台的角速度ω≤
2ߤt
3ݎ，可知A 与B 间的静摩擦力最
大值fm= 3݉
⋅ݎ⋅߱
2 = 3݉
ݎ⋅2ߤt
3ݎ= 2ߤ݉
t，故A 错误，故C 正确。
B、由于A 与C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m×1.5rω2＜3mrω2，即C 与转台间的摩擦力小于A
与B 间的摩擦力，故B 错误；
D、由A 选项分析可知，最先发生相对滑动的是物块C，故D 错误。
【点评】本题关键是对A、AB 整体、C 受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列
式分析是关键．
6．（6 分）如图所示，汽车以10m/s 的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m 处时，绿灯还有3s 熄灭．而
该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处．则汽车运动的v﹣t 图象可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】由题，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s 通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是
20m 的速度图象才符合题意．
【解答】解：A、在3s 内位移为x= 1
2 ×10×3＝15m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意。故A 错误。
B、由图可知SB＞15m，可能为20m，所以汽车可能不超过停车线，故B 正确；
C、在3s 内位移等于x= 1+3
2
×10＝20m，则C 可能是该汽车运动的v﹣t 图象。故C 正确。
D、在3s 内位移等于x= 0.5+3
2
×10＝17.5m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意。故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择．
7．（6 分）如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，现有三个小球从左边斜面
的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c．下列判断正确的是（
）
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A．图中三小球比较，落在a 点的小球飞行时间最长
B．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行时间最长
C．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最小
D．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落
体运动来求解，两个方向上运动的时间相同，平抛运动加速度相同都为重力加速度．
【解答】解：A、小球在平抛运动过程中，可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由于
竖直方向的位移落在c 点处的最小，而落在a 点处的最大，所以落在a 点的小球飞行时间最长，落在c 点的小球
飞行时间最短，故A 正确、B 错误；
C、速度的变化量△v＝g△t，则落在c 点的小球速度变化最小，故C 正确。
D、因为a、b、c 的加速度相同，所以飞行过程中速度变化快慢相同，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，
初速度和时间共同决定水平位移，难度不大，属于基础题．
8．（6 分）如图所示，水平传送带AB 距离地面的高度为h，以恒定速率v0 顺时针运行．甲、乙两滑块（视为质点）
之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分
别向左、右运动．下列判断正确的是（
）
A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等
B．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离可能不相等
C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等
【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹
簧后的速度与传送带的速度的大小．
【解答】解：A、若v 小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a 的匀减速运动。速度为零
后可以再向相反的方向运动。整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动。乙物体做初速
度为v，加速度为a 的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同。甲乙到达B 点时的速
度相同。落地的位置在同一点。故A 正确，B 错误。
C、若弹簧时的速度v 大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a 的匀减速运动。乙物体向
向右做初速度为v，（若v 大于v0），则乙也做加速度为a 的匀减速运动。此种情况下，两物体从两边离开传送带，
可能速度相等，则两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等。故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握．
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22～25 题为必考题，每个试题都必须作答．第33～35 题为选考题，
考生根据要求作答．）
9．（6 分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增
添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x，实验得到了弹簧指针位
置x 与小盘中砝码质量m 的图象如图2 所示，取g＝10m/s2．回答下列问题．
（1）某次测量如图1 所示，指针指示的刻度值为
18.00
cm（刻度尺单位为：cm）．
（2）从图2 可求得该弹簧的劲度系数为
0.30
N/m（结果保留两位有效数字）；
（3）另一同学在做该实验时有下列做法，其中错误的是
BC
．
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A．实验中未考虑小盘的重力
B．刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐
C．读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取
D．在利用x﹣m 图线计算弹奏的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据．
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数；
（2）根据图象及胡克定律可求出对应的劲度系数；
（3）根据实验中应注意的事项及做法分析各项的正误．
【解答】解：（1）刻度尺的最小分度为0.1cm；故读数为18.00cm；
（2）由图可知，图象的斜率的倒数为弹簧的劲度系数；
故k= 0.08×10−2
0.42−0.15 ×102＝0.30N/m；
（3）A、本实验中可采用图象进行处理，故小盘的重力可以不考虑；故A 正确；
B、读数时开始时的零刻度应与弹簧上端对齐；才能准确测量；故B 错误；
C、在读指针的位置时，应让弹簧指针静止之后再读取；故C 错误；
D、当拉力超过弹性限度时，将变成曲线；不再符合胡克定律，故应设去；故D 正确；
本题选错误的做法；故选：BC．
故答案为：（1）18.00；（2）0.30；（3）BC．
【点评】本题考查探究弹国和弹簧伸长之间的关系实验，要注意明确实验原理及实验中的注意事项，并正确根据
图象分析实验数据．
10．（12 分）用如图1 所示的实验装置验证牛顿第二定律．
（1）下列做法正确的是
AE
（填字母代码）
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砂的砂桶通过定滑轮拴在小车上
C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，需要再次调节木板倾斜度
E．为取绳子拉力近似等于砂和砂桶总重力，应保证砂和小桶的总质量远小于小车的质量
（2）如图2 所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画
出．由此可求得小车的加速度大小
1.5
m/s2．
（3）保持小车的质量M 不变，改变砂桶与砂的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在a﹣F 图象中描点（如
图3 所示）．结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是
砂和小桶的质量太大
．若不断增
加砂桶中砂的质量，a﹣F 图象中各点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为݉
ܯ+݉
g
．
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，
因为f＝mgsinθ＝μmgcosθ，m 约掉了．②让小车的质量M 远远大于小桶（及砝码）的质量m；
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（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝at2 可以求出加速度的大小；
（3）对求出的加速度a 与F 的表达式，然后讨论a﹣F 图象的斜率变化趋势即可．
【解答】解：（1）A．在实验的过程中要注意调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使绳
子的拉力平行于运动的方向．故A 正确；
B．在调节木板倾斜程度平衡小车受到的滑动摩擦力时，需要将装有砂的砂桶摘下．故B 错误；
C．实验时，先接通打点计时器的电源．故C 错误；
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要再次调节木板倾斜度．故D 错误；
E．为取绳子拉力近似等于砂和砂桶总重力，应保证砂和小桶的总质量远小于小车的质量．故E 正确．
故选：AE
（2）相邻计数点间还有四个点没有画出，则计数点间的时间间隔：t＝0.02×5＝0.1s，
由匀变速直线运动的推论△x＝at2 可知，加速度为：a= 6.20×10−2−3.20×10−2
2×0.12
=1.5m/s2
（3）以小车与砂和小桶码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力mg，
由牛顿第二定律得：mg＝（m+M）a，小车的加速度a=݉ܯ+݉
g，
小车受到的拉力F＝m 小车a=݉
ܯ
ܯ+݉
g，当m＜＜M 时，
可以认为小车受到的合力等于砂和小桶的重力，如果砂和小桶的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，
实验误差较大，a﹣F 图象偏离直线．
因为砂和小桶的重力在这个实验中充当小车所收到的合外力，若不断增加砂桶中砂的质量，a﹣F 图象中各点连成
的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为݉ܯ+݉
g．
故答案为：（1）AE；（2）1.5；（3）砂和小桶的质量太大，݉ܯ+݉
g
【点评】应明确“探究物体加速度与力关系”实验的原理是：①在平衡摩擦力的前提下，小车受到的拉力才等于
合力；②在满足砂桶质量m 远小于小车质量M 的前提下，绳子拉力才等于砂桶的重力mg
11．（13 分）如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着
木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑
行的距离将发生变化，重力加速度为g。
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
（3）当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线
运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）θ＝30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件列方程求出摩擦因数；
（2）先根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据速度时间关系公式列式求解时间，根据位移时间关系公式列式
求解位移；
（3）对下滑过程，先根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据位移时间关系公式列式求解时间；最后得到总时
间。
【解答】解：（1）当θ＝30°时，对木块受力分析得：
mgsinθ＝μFN…①
FN＝mgcosθ…②
联立①②得：μ＝tanθ＝tan30°=
3
3
（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则：
mgsin θ+μmgcosθ＝ma
小木块的位移为x：㘴0
2 = 2ܽݔ
则：ݔ=
㘴0
2
2t(ݏthߠ+ߤܿ݋ݏߠ)
θ＝60°
ݔ=
㘴0
2
2t(ݏth60°+ߤܿ݋ݏ60°) =
3㘴0
2
4t
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（3）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a1，则：
mgsin θ+μmgcos θ＝ma1
ݐ1 = 㘴0ܽ
1 =
3㘴0
2t
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：
mgsin θ﹣μmgcos θ＝ma2
解得：
a2=
3
3 t
由ݔ= 1
2ܽ
2ݐ2
2得：
ݐ2 =
6
2
㘴0
t
故：
ݐ= ݐ1 + ݐ2 =
3+ 6
2
㘴0
t
答：（1）小木块与木板间的动摩擦因数为
3
3 ；
（2）当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离为
3㘴0
2
4t ；
（3）当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间为
3+ 6
2
㘴0
t 。
【点评】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是受力分析后根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后
根据运动学公式列式求解时间。
12．（19 分）如图所示，以A、B 和C、D 为端点的半径为R＝0.6m 的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B
端、C 端与光滑绝缘水平地面平滑连接。A 端、D 端之间放一绝缘水平传送带。传送带下方B、C 之间的区域存
在水平向右的匀强电场，场强E＝5×105V/m。当传送带以6m/s 的速度沿图示方向匀速运动时，现将质量为m＝4
×10
﹣3kg，带电量q＝+1×10
﹣8C 的物块从传送带的右端由静止放上传送带。小物块运动第一次到A 时刚好能沿
半圆轨道滑下。不计小物块大小及传送带与半圆轨道间的距离，g 取10m/s2，已知A、D 端之间的距离为1.2m。
求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块第1 次经CD 半圆形轨道到达D 点时速度；
（3）物块第几次经CD 半圆形轨道到达D 点时的速度达到最大，最大速度为多大。
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）先根据重力提供向心力列式求出过A 点的速度，然后对加速过程运用动能定理列式求解即可；
（2）对从D 出发，第一次回到D 的过程运用动能定理列式求解即可；
（3）先全程列式求出到达D 点速度等于传送带速度的传动圈数，然后再加上一次即可。
【解答】解：（1）由题意及向心力公式得：݉
t =݉
㘴t1
2
h
㘴t1 =
th =
10 × 0.6 =
6݉
/ݏ＜㘴0
小滑块从D 到A 的过程中被全程加速，由动能定理得：
1
2݉
㘴t1
2
= ߤ݉
tܮ
联立以上各式并代入数据解得：μ＝0.25
（2）小物块从D 出发，第一次回到D 的过程，由动能定理得：
1
2݉
㘴ܦ1
2
= ߤ݉
tܮ+ ݍܧܮ
联立以上各式并代入数据解得：vD1＝3m/s
（3）设第n 次到达D 点时的速度等于传送带的速度，由动能定理得：
1
2݉
㘴0
2 = hߤ݉
tܮ+ hݍܧܮ
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联立以上各式并代入数据解得：n＝4
由于n＝4 为整数，说明小物块第4 次到达D 点时的速度刚好等于传送带的速度，则小物块将同传送带一起匀速
到A 点，再次回到D 点的速度为vD，由动能定理得：
1
2݉
㘴ܦ
2 −
1
2݉
㘴0
2 = ݍܧܮ
代入数据解得：㘴ܦ=
39݉
/ݏ＞v0
小物块第5 次到达D 点后，将沿传送带做减速运动，设在传送带上前进距离S 后与传送带速度相等，由动能定理
得：
1
2݉
㘴0
2 −
1
2݉
㘴ܦ
2 =−ߤ݉
tܵ
联立以上各式并代入数据解得：S＝0.6m
从以上计算可知，小物块第5 次到达D 点后，沿传送带做减速到传送带中点以后即同传送带一起匀速到A 点，以
后的运动将重复上述的过程，因此小物块第5 次到达D 点速度最大，最大速度为㘴ܦ=
39݉
/ݏ。
答：（1）物块与传送带间的动摩擦因数为0.25；
（2）物块第1 次经CD 半圆形轨道到达D 点时速度为3m/s；
（3）物块第5 次经CD 半圆形轨道到达D 点时的速度达到最大，最大速度为39m/s。
【点评】本题关键是根据动能定理多次全程列式，涉及到牛顿第二定律、向心力公式、动能定理，较难！
四、选考题（共15 分．请考生从给出的3 道物理题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）[物理-选修
3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=ܸܸ
0
【考点】82：阿伏加德罗常数；84：布朗运动；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】547：内能及其变化专题．
【分析】热力学第一定律公式：△U＝W+Q；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子力做功
等于分子势能的减小量。
【解答】解：A、气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A 正确；
B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B 正确；
C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C 正确；
D、第二类永动机不违反能量守恒定律，虽违反了热力学第二定律，但不违反了热力学第一定律，故D 错误；
E、某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为ܰ
t =ܸܸ
0，而气体此式不成
立；故E 错误；
故选：ABC。
【点评】此题考查分子动理论、热力学定律、布朗运动、分子力与分子势能的关系、阿伏加德罗常数等，知识点
多，难度小，关键是记住相关知识。
14．（10 分）如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，
封闭气体的长为10cm，外界大气压强不变．若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水
银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：
（1）大气压强p0 的值；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度．
【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有
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【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解大气压
强p0 的值．
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时，求出封闭气体的压强，再根据玻意耳定律求解空气柱的长度．
【解答】解；（1）初态P1＝P0+21cmHg，V1＝10S，
末态：P2＝P0﹣15cmHg，V2＝16S，
由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2
代入数据解得：P0＝75cmHg
（2）P3＝75+15＝90cmHg，V3＝LS
由玻意耳定律得：P1V1＝P3V3
代入数据解得；L＝10.67cm
答：（1）大气压强p0 的值75cmHg；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为10.67cm．
【点评】气体的状态变化问题关键是分析气体发生的是何种变化，要挖掘隐含的条件，比如玻璃管在空气中缓慢
转动，往往温度不变，封闭气体发生等温变化．
[物理选修3-5]（15 分）
15．实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是（
）
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
【考点】IF：光的波粒二象性．菁优网版权所有
【分析】光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具
有波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致与德布罗
意波长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性。
【解答】解：A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，
所以A 正确；
B、β粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B 错误；
C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C 正确；
D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生干涉现象，说明具有波动性，所以D 正确；
E、光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是光的粒子性，所以E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显。明确各种物理现象的实质和原理才能
顺利解决此类题目。
16．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M＝3kg，AO 部分粗糙
且长L＝2m，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0＝4m/s 的速度向
右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，
弹簧始终处于弹性限度内．a、b 两物块视为质点质量均为m＝1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．
（取
g＝10m/s2）求：
（1）物块a 与b 碰后的速度大小；
（2）当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离；
（3）当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）由动能定理可以求出物块的速度．由动量守恒定律求得碰后的速度；
（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出距离．
（4）系统机械能的减小量，等于摩擦力与相对位移的乘积；故由能量守恒可以求出物块a 相对小车静止时在小车
上的位置到O 点的距离．
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- 1085 -
【解答】解：（1）对物块a，由动能定理得：−ߤ݉
tܮ= 1
2݉
㘴12 −1
2݉
㘴02，
代入数据解得a 与b 碰前速度：v1＝2m/s；
a、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1＝2mv2，代入数据解得：v2＝1m/s；
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v2＝1m/s 在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动
量守恒定律得：
mv2＝（M+m）v3，代入数据解得：v3＝0.25m/s，
对小车，由动能定理得：ߤ݉
tݏ= 1
2 ܯ㘴32，
代入数据解得，同速时车B 端距挡板的距离：ݏ= 1
32݉
=0.03125m；
（3）由能量守恒得：ߤ݉
tݔ= 1
2݉
㘴22 −1
2 (ܯ+݉
)㘴32，
解得滑块a 与车相对静止时与O 点距离：ݔ= 1
8݉
= 0.125݉
；
答：（1））物块a 与b 碰后的速度大小为1m/s；
（2）当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离为0.03125m
（3）当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离为0.125m．
【点评】本题考查了求速度、势能、距离问题，分析清楚运动过程、明确动量守恒定律的条件及应用，灵活应用
能量关系即可正确求解．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:26:42 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷
一、选择题（8×6＝48 分，1-5 为单选，6-8 为多选）
1．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．α衰变是原子核内的变化所引起的
B．某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能增大
C．当氢原子以n＝4 的状态跃迁到n＝1 的状态时，要吸收光子
D．
7
15ܰ
+
1
1ܪ→
6
12ܥ+
2
4ܪ݁是α衰变方程
2．（6 分）如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力F 拉斜面，使斜面在水平面
上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（
）
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面对球的弹力大小与加速度大小无关
D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma
3．（6 分）2014 年10 月24 日，“嫦娥五号”在西昌卫星发射中心发射升空，并在8 天后以“跳跃式再入”方式成功
返回地面．“跳跃式再入”值航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后在进
入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径R，地心到d 点距离r，地球表面重力加速度为g．下
列说法正确的是（
）
A．“嫦娥五号”在b 点处于完全失重状态
B．“嫦娥五号”在d 点的加速度小于
th2
ݎ2
C．“嫦娥五号”在a 点速率大于在c 点的速率
D．“嫦娥五号”在c 点速率大于在e 点的速率
4．（6 分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B 之间有加速电场，C、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今
有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已
知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断正确的是（
）
A．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4
5．（6 分）如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初
速度大小v2（v2＞v1）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F 作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v﹣t 图象不可能是（
）
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A．
B．
C．
D．
6．（6 分）A、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视
为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1 为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），
R2 为滑动变阻器，R3 为定值电阻。当R2 的滑片P 在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U，
带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ．电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（
）
A．若将R2 的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小
B．若将R2 的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小
C．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小
D．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变
7．（6 分）如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆
的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为݇
=݉
t
h ，原
长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（
）
A．无论v0 多大，小球均不会离开圆轨道
B．若在2th＜㘴0＜5th则小球会在B、D 间脱离圆轨道
C．只要㘴0＞2 th，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0 无关
8．
（6 分）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今
有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一
个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（
）
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A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是݉
㘴
2
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
㘴2
4t
二、非选择题（9-12 为必考题，13-18 为选考题）
9．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现
有如下器材：
直流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）
电流表A2（量程600mA，内阻约5Ω）电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流1A）
滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流300mA）
（1）在该实验中，电流表应选择
（选填“A1”或“A2”），电压表应选择
（选填“V1”或“V2”），
滑动变阻器应选择
（选填“R1”或“R2”）．
（2）某同学用导线a、c、d、e、f、g 和h 连接成如图1 的电路，请在图2 方框中完成实验的电路图．
（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，
小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为
．
（4）如图3 是某实验小组根据测得的实验数据，绘制的小灯泡伏安特性曲线．若该灯泡与一个6 欧的定值电阻串
联，直接接在题中提供的电压上，请估算小灯泡的实际功率P＝
W（保留两位有效数字）
10．某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质
量为m ，所使用的打点计时器所
接的交流电的频率为50Hz ，实验步骤如下：
A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
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B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是
．
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力
C．实验过程中砝码处于超重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为
m/s2．（结果保留2 位有效数字）
（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象（如图丙），与本实验相符合的
是
．
11．如图所示，现在有一个小物块，质量为m＝80g，带上正电荷q＝2×10
﹣4C．与水平的轨道之间的滑动摩擦系数μ
＝0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E＝103V/m，在水平轨道的末端N 处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径
为R＝40cm，取g＝10m/s2，求：
（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？
（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？
12．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m 的
1
4圆弧面．A 和D 分
别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1 和P2 的质量均为m．滑板的质量M＝4m，P1 和
P2 与BC 面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10 和μ2＝0.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左
端，P2 静止在粗糙面的B 点，P1 以v0＝4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P2 发生弹性碰撞后，P1 处在
粗糙面B 点上．当P2 滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运动，到达D 点时速度为
零．P1 与P2 视为质点，取g＝10m/s2．问：
（1）P1 和P2 碰撞后瞬间P1、P2 的速度分别为多大？
（2）P2 在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（3）N、P1 和P2 最终静止后，P1 与P2 间的距离为多少？
选考题【选修3-3】
13．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．空气中小雨滴成球形是因为水的表面张力作用的结果
B．分子间的作用力为零时，分子间的势能一定为零
C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动
E．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加
14．（9 分）如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C 将容器分成A、B 两室，A 室体积为V0，B 室的体积是A
室的两倍，A、B 两室分别放有一定质量的理想气体。A 室上连有一U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计），当
两边水银柱高度为19cm 时，两室气体的温度均为T1＝300K．若气体的温度缓慢变化，当U 形管两边水银柱等高
时，求（外界大气压等于76cm 汞柱）
①此时气体的温度为多少？
②在这个过程中B 气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）
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【选修3-4】
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示，
①该列波沿x 轴
传播（填“正向”或“负向”）；
②该列波的波速大小为
m/s；
③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为
Hz．
16．如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a 的等边三角形，现用一束宽度为a 的单色平行光束，
以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB、AC 面入射的光线进入后恰好全
部直接到达BC 面．求：
（i）该材料对此平行光束的折射率；
（ii）这些直接到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到
BC 面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两条？
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2018-2019 学年重庆市巴蜀中学高三（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（8×6＝48 分，1-5 为单选，6-8 为多选）
1．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．α衰变是原子核内的变化所引起的
B．某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能增大
C．当氢原子以n＝4 的状态跃迁到n＝1 的状态时，要吸收光子
D．
7
15ܰ
+
1
1ܪ→
6
12ܥ+
2
4ܪ݁是α衰变方程
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；根据光电效应方程分析光电子
最大初动能的变化；衰变是自发进行的，不需要其它粒子轰击．
【解答】解：A、α衰变是原子核内的变化所引起的，故A 正确。
B、根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0 知，光的颜色不变，即频率不变，增大光强，光电子的最大初动能不变，故
B 错误。
C、氢原子从n＝4 跃迁到n＝1 时，氢原子的能量减小，辐射光子，故C 错误。
D、
7
15ܰ
+
1
1ܪ→
6
12ܥ+
2
4ܪ݁不是α衰变方程，α衰变是自发进行的，故D 错误。
【点评】本题考查了能级跃迁、光电效应方程、α衰变等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础
知识点，注意光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关．
2．（6 分）如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力F 拉斜面，使斜面在水平面
上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（
）
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面对球的弹力大小与加速度大小无关
D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，然后向水平和竖直分解斜面的支
持力FN2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案。
【解答】解：A、小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，设斜面的倾斜角为α
则竖直方向有：FN1cosα＝mg
因为mg 和夹角α不变，
无论加速度如何变化，FN1 不变且不可能为零，水平方向有：FN2﹣FN1sinα＝ma，则可知，
若加速度越大，竖直挡板的水平弹力越大，故AB 错误；C 正确
D、根据牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题结合力的正交分解考查牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键，注意将力分解到水
平和竖直方向是解题的关键。
3．（6 分）2014 年10 月24 日，“嫦娥五号”在西昌卫星发射中心发射升空，并在8 天后以“跳跃式再入”方式成功
返回地面．“跳跃式再入”值航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后在进
入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径R，地心到d 点距离r，地球表面重力加速度为g．下
列说法正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．“嫦娥五号”在b 点处于完全失重状态
B．“嫦娥五号”在d 点的加速度小于
th2
ݎ2
C．“嫦娥五号”在a 点速率大于在c 点的速率
D．“嫦娥五号”在c 点速率大于在e 点的速率
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】根据加速度的方向确定“嫦娥五号”处于超重还是失重，根据牛顿第二定律，结合GM＝gR2 求出d 点的
加速度．嫦娥五号从a 点到c 点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c 两点的速率大小．从c
点到e 点，机械能守恒，速率大小相等．
【解答】解：A：“嫦娥五号“沿abc 轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的**，所以在b 点合力向上，
即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b 点处于超重状态，故A 错误。
B、在d 点，“嫦娥五号”的加速度a=
ܩܯ݉
ݎ2݉= ܩܯ
ݎ2 ，又GM＝gR2，所以a= th2
ݎ2 ．故B 错误。
C、“嫦娥五号”从a 点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a 点速率大于c 点速率。故C 正确。
D、从c 点到e 点，没有空气阻力，机械能守恒，则c 点速率和e 点速率相等，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、
机械能守恒进行求解．
4．（6 分）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B 之间有加速电场，C、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今
有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已
知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断正确的是（
）
A．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4
【考点】65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的
匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B 板运动到荧光屏经历的时间关系．根据推
论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系．根据W＝qEy，分析电
场力做功之比．
【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。
A、在加速电场中，由动能定理得：qU1= 1
2݉
㘴0
2，得，加速获得的速度为v0=
2ݍܷ
1݉．三种粒子从B 板运动到荧
光屏的过程，水平方向做速度为v0 的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0 不同，所以三种粒子从B
板运动到荧光屏经历的时间不同。故A 错误。
B、根据推论：y=ܷ
2ܮ2
4ܷ݀
1，可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的
位置相同。故B 正确。
C、D、偏转电压的电场力做功为W＝qEy，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对
三种粒子做功之比为1：1：2．故C 错误，D 错误。
【点评】本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y=ܷ
2ܮ2
4ܷ݀
1是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与
哪些因素有关，与哪些因素无关．
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- 1093 -
5．（6 分）如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初
速度大小v2（v2＞v1）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F 作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v﹣t 图象不可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】通过分析物块可能的受力情况，运用牛顿第二定律分析其运动情况，再判断v﹣t 图象的形状．
【解答】解：A、若F＞mgsinθ+μmgcosθ，物块一直做匀加速运动，v﹣t 图象是向上倾斜的直线，A 图是可能的，
故A 正确。
B、若F＝mgsinθ+μmgcosθ，物块一直做匀速运动，v﹣t 图象是平行t 轴的直线，B 图是可能的，故B 正确。
CD、若F＜mgsinθ+μmgcosθ，物块先做匀减速运动，合力大小F 合＝μmgcosθ+mgsinθ﹣F，速度减至v1 时，由于
μ＝tanθ，即有mgsinθ＝μmgcosθ，可能有mgsinθ＝F+f，物块以速度v1 做匀速运动。共速后，物块也可能继续做
匀减速运动，合力大小为F′合＝mgsinθ﹣F﹣μmgcosθ≠F 合，所以加速度将发生变化，故C 图不可能，D 是可能
的，故C 错误，D 正确。
本题选不可能的，故选：C
【点评】解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，考虑问题要全面，特别要关注临界点：物体速度与传送带
速度相同的状态．
6．（6 分）A、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视
为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1 为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），
R2 为滑动变阻器，R3 为定值电阻。当R2 的滑片P 在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U，
带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ．电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（
）
A．若将R2 的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小
B．若将R2 的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小
C．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小
D．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】该电路R1 和R3 串联，电容器两端间的电压等于R1 两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容
器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量
的变化。
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【解答】解：A、B、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则
θ不变。故A 错误，B 错误。
C、D、用更强的光线照射R1，R1 的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U 减小，
所以U 的变化量的绝对值等于内电压的增加量
△ܷ
内
△ܫ
=r 不变。因为外电压减小，R3 电压增大，则R2 两端电压减
小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小。故C 正确，D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。
7．（6 分）如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆
的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为݇
=݉
t
h ，原
长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（
）
A．无论v0 多大，小球均不会离开圆轨道
B．若在2th＜㘴0＜5th则小球会在B、D 间脱离圆轨道
C．只要㘴0＞2 th，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0 无关
【考点】2S：胡克定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；4T：寻找守恒量法；519：匀速圆周运动专题；521：牛
顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知
选项AB 的正误．
C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C 的正误．
D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可
推导出压力之差的表达式，从而可知选项D 的正误．
【解答】解：AB、因弹簧的劲度系数为݇
=݉
t
h ，原长为L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F
＝K（l﹣R）＝KR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD 以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的
分量都小于等于弹簧的弹力（在CD 以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0 多大，小球均不
会离开圆轨道，选项A 正确，选项B 错误。
C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，
在最低点的速度最小，有：
1
2݉
㘴0
2 =2mgR，解得：v0＝2 th，所以只要㘴0＞2 th，小球就能做完整的圆周运动，选项C 正确。
D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：
N﹣KR﹣mg＝m
㘴0
2
h
解得：N＝2mg+m
㘴0
2
h ⋯①
运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有：
1
2݉
㘴0
2 =2mgR+ 1
2݉
㘴2⋯②
此时合外力提供向心力，有：
N′﹣KR+mg＝m
㘴2
h ⋯③
联立②③解得：N′＝m
㘴0
2
h −4mg…④
联立①④得压力差为：△N＝6mg，与初速度无关，选项D 正确。
故选：ACD。
【点评】该题涉及到的指示点较多，解答中要注意一下几点：
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1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．
2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．
3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．
8．
（6 分）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今
有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一
个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（
）
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是݉
㘴
2
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
㘴2
4t
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】小球和小车组成的系统，动量守恒，根据动量的变化来计算冲量的大小，根据系统的能量不会增加来判
断最大的高度大小．
【解答】解：A、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，
故A 错误。
B、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv＝2mv′，
得共同速度v′= 㘴
2．小车动量的变化为
1
2mv，这个增加的动量是小车受到的总动量的大小，即总冲量的大小，而
压力的冲量并不是总的冲量！故B 错误。
C、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况，故C 正确；
D、由于小球原来的动能为
1
2mv2，小球到最高点时系统的动能为
1
2 ×2m×（
㘴
2）2=݉
㘴2
4 ，所以系统动能减少了݉
㘴2
4 ，
如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即݉
㘴2
4
=mgh，得h= 㘴2
4t．显然，这是最大值，如果曲面
粗糙，高度还要小些，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．分析清楚运动过程、应用动量
守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．
二、非选择题（9-12 为必考题，13-18 为选考题）
9．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现
有如下器材：
直流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）
电流表A2（量程600mA，内阻约5Ω）电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流1A）
滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流300mA）
（1）在该实验中，电流表应选择
A2
（选填“A1”或“A2”），电压表应选择
V1
（选填“V1”或“V2”），
滑动变阻器应选择
R1
（选填“R1”或“R2”）．
（2）某同学用导线a、c、d、e、f、g 和h 连接成如图1 的电路，请在图2 方框中完成实验的电路图．
（3）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，
小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为
h
．
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（4）如图3 是某实验小组根据测得的实验数据，绘制的小灯泡伏安特性曲线．若该灯泡与一个6 欧的定值电阻串
联，直接接在题中提供的电压上，请估算小灯泡的实际功率P＝
0.31
W（保留两位有效数字）
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据灯泡的额定电压及功率可得出通过灯泡的电流，则可选择电流表；根据实验的接法及滑动变阻
器的应用可选出滑动变阻器；
（2）根据实验的原理可选了正确的滑动变阻器及电流表的接法；
（3）根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；
（4）作出等效电源的伏安特性曲线，两图的交点为灯泡的工作点，则由P＝UI 可求得灯泡的实际功率．
【解答】解：（1）由P＝UI 可知，I=ܷܲ
= 1.5
3 =0.5A，为了安全和准确，电流表应选择A2；因为灯泡的额定电压
为3V，则电压表选择V1．
因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；
（2）因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻
较小，故电流表采用外接法；原理图如下；
（3）调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接
法，由电路图可知，导线h 断了．
（4）定值电阻与电源组成等效电源，在灯泡I﹣U 图象坐标系内作出等效电源的I﹣U 图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压为U＝0.9V，通过灯泡的电流为0.34A，灯泡实际功率为：P＝UI＝0.9×0.34＝0.31W；
故答案为：（1）A2 V1 R1
（2）如图所示；
（3）h；
（4）0.31．
【点评】描绘小灯泡的伏安持性曲线实验中要注意实验中的原理及接法；要求学生熟练应用分压接法；并能正确
应用图象分析实际问题．
10．某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质
量为m ，所使用的打点计时器所
接的交流电的频率为50Hz ，实验步骤如下：
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A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是
B
．
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力
C．实验过程中砝码处于超重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为
0.16
m/s2．（结果保留2 位有效数字）
（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象（如图丙），与本实验相符合的
是
A
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，
砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；
（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；
（3）数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．
【解答】解：（1）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2 倍，故A 错误；
B、已经平衡摩擦力，弹簧测力计的读数为小车所受合力，故B 正确；
C、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故C 错误；
E、小车所受拉力可以由测力计测出，实验不需要控制砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量，故D 错误；
故选：B．
（2）由图示纸带可知，相邻两个计数点之间的时间间隔t＝5×0.02＝0.1s，
由△x＝aT2 可知加速度：a= ݔ3−ݔ1
2ݐ2
= (3.84−3.52)×10−2݉
2×(0.1ݏ)2
≈0.16m/s2；
（3）由题意可知，小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故
A 符合；故选：A．
故答案为：（1）B；（2）0.16；（3）A．
【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学
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知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系．
11．如图所示，现在有一个小物块，质量为m＝80g，带上正电荷q＝2×10
﹣4C．与水平的轨道之间的滑动摩擦系数μ
＝0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E＝103V/m，在水平轨道的末端N 处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径
为R＝40cm，取g＝10m/s2，求：
（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？
（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？
【考点】6B：功能关系；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）物块恰好到达最高点，在最高点轨道对物块的作用力为零，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度，
结合动能定理求出小物块在水平轨道上的释放点距离N 点的距离．
（2）根据动能定理求出到达P 点的速度，根据径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出轨道对物块的作用
力，从而得出物块对轨道的压力．
【解答】解：（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有：mg＝m
㘴2
h
解得：v=
th =
10 × 0.4m/s＝2m/s
设小物块释放位置距N 处为s，根据能量守恒得：
Eqs＝μmgs+ 1
2݉
㘴2 +mg•2R
解得s＝20m，即小物块应该从在水平位置距N 处为20m 处开始释放；
（2）物块到P 点时，
1
2݉
㘴2 +mgR+EqR= 1
2݉
㘴ܲ2
解得：vP=
14m/s
在P 点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有：
FN﹣Eq=݉
㘴ܲ2
h
解得：FN＝3.0N
由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：Fܰ
' =FN＝3.0N；
答：
（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，小物块应该从在水平位置距N 处为20m 处开始释放．
（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于3.0N．
【点评】解决本题的关键知道最高点的临界情况是轨道对物块的作用力为零，以及知道做圆周运动，靠径向的合
力提供向心力，结合牛顿第二定律和动能定理解题．
12．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m 的
1
4圆弧面．A 和D 分
别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1 和P2 的质量均为m．滑板的质量M＝4m，P1 和
P2 与BC 面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10 和μ2＝0.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左
端，P2 静止在粗糙面的B 点，P1 以v0＝4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P2 发生弹性碰撞后，P1 处在
粗糙面B 点上．当P2 滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运动，到达D 点时速度为
零．P1 与P2 视为质点，取g＝10m/s2．问：
（1）P1 和P2 碰撞后瞬间P1、P2 的速度分别为多大？
（2）P2 在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（3）N、P1 和P2 最终静止后，P1 与P2 间的距离为多少？
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）由机械能守恒可求得P1 与P2 碰前的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律可求得碰后两物体的
速度；
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（2）由牛顿第二定律可求得P2 的加速度；
（3）由机械能守恒对CD 分析可得出P2 滑到C 点速度；对三个滑板N、P1、及P2 在相碰到P2 滑到C 点这一过
程中，由动量守恒可求得滑块及P1 的速度；则对整体由功能关系可求得BC 长度L；而碰后两物体均要运动，最
后静止，由动力学知识可求得两物体的位移，则可求得两物体相距的距离．
【解答】解：（1）设P1 滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：有：
1
2݉
㘴0
2 +mgR= 1
2݉
㘴1
2
代入数据解得：v1＝5m/s
P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v′1、v2．取向右为正方向，由动量守恒定律
和机械能守恒定律可得：
mv1＝mv′1+mv2
1
2mv12= 1
2mv′12+ 1
2mv22
联立并代入数据解得：v′1＝0、v2＝5m/s
（2）P2 向右滑动时，假设P1 保持不动，对P2 有：f＝μ2mg＝2m（向左）
设P1、M 的加速度为a2，对P1、M 有：
f＝（m+M）a2
代入数据解之得：a2＝0.4m/s2．
此时对P1 有：f1＝ma2＝0.4m＜fm＝1.0m，所以假设成立．
故滑块的加速度为0.4m/s2；
（3）P2 滑到C 点速度为v2′，由mgR= 1
2݉
㘴2
'2代入数据得：
v2′＝3m/s
P1、P2 碰撞到P2 滑到C 点时，设P1、M 速度为v，由动量守恒定律得：
mv2＝（m+M）v+mv′2
代入数据解得：v＝0.40m/s
对P1、P2、M 为系统：f2L= 1
2mv22−1
2mv′22−1
2（m+M）v2
代入数值得：L＝3.8m
滑板碰后，P1 向右滑行距离：S1= 㘴2
2ܽ1 =
㘴2
2ߤ1t = 0．42
2×1 =0.08m
P2 向左滑行距离：S2=
㘴2
'2
2ܽ2 =
㘴2
'2
2ߤ2t = 32
2×2 =2.25m
所以P1、P2 静止后距离：△S＝L﹣S1﹣S2＝1.47m
答：（1）P1 和P2 碰撞后瞬间P1、P2 的速度分别为0 和5m/s．
（2）P2 在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为0.4m/s2．
（3）N、P1 和P2 最终静止后，P1 与P2 间的距离为1.47m．
【点评】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用
功能关系；合理地选择研究对象及过程．
选考题【选修3-3】
13．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．空气中小雨滴成球形是因为水的表面张力作用的结果
B．分子间的作用力为零时，分子间的势能一定为零
C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动
E．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加
【考点】87：分子势能；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】明确液体表面张力的基本性质，知道空气中小雨滴由于表面张力的作用而成球形；
分子间同时存在引力和斥力，分子力大小与分子间距有关系．分子力正功时，分子势能减少；分子力负功时，分
子势能增加；注意理解分子势能的相对性；
明确热力学第二定律的方向性，知道并不是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生；布朗运动是固体小颗粒
的运动，但它是液体分子无规则运动的间接反映；
明确理想气体状态方程的内容和应用，知道温度是分子平均动能的标志．
【解答】解：A、空气中小雨滴成球形是因为水的表面张力作用的结果，故A 正确；
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B、由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，如果选择无穷远处为零势能面，则分子间作用力为零时
的分子势能不为零，故B 错误；
C、自然界一切过程能量都是守恒的，但是符合能量守恒定律的宏观过程不一定能发生，而是存在一定的方向性，
故C 错误；
D、布朗运动并不是分子的运动，它是固体小颗粒的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动，故D
正确；
E、压强不变、体积增大时，根据状态方程可知，气体的温度一定增大，则分子平均动能增加，故E 正确。
故选：ADE。
【点评】本题考查液体的表面张力、分子势能、热力学定理、布朗运动以及理想气体状态方程，要注意准确理解
相关内容，特别注意热力学第二定律中方向性的掌握．
14．（9 分）如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C 将容器分成A、B 两室，A 室体积为V0，B 室的体积是A
室的两倍，A、B 两室分别放有一定质量的理想气体。A 室上连有一U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计），当
两边水银柱高度为19cm 时，两室气体的温度均为T1＝300K．若气体的温度缓慢变化，当U 形管两边水银柱等高
时，求（外界大气压等于76cm 汞柱）
①此时气体的温度为多少？
②在这个过程中B 气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①求出气体A、B 的初末状态参量，然后由理想气体状态方程求出气体的温度。
②根据气体温度及体积变化情况，应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：①由题意知，气体的状态参量为：
初状态对A 气体：VA＝V0，TA＝T1＝300K，pA＝p0+h＝95cmHg，
对B 气体：VB＝2V0，TB＝T1＝300K，pB＝p0+h＝95cmHg，
末状态，对A 气体：VA′＝V，pA′＝p0＝76cmHg，
对B 气体：pB′＝p0＝76cmHg，VB′＝3V0﹣V，
由理想气体状态方程得：
对A 气体：
݌tܸ
tܶ
t
=
݌t'ܸt'ܶ，
对B 气体：
݌ܤܸ
ܤܶ
ܤ
=
݌ܤ'ܸܤ'ܶ，
代入数据解得：T＝240K，V＝V0；
②气体B 末状态的体积：VB′＝3V0﹣V＝2V0＝VB，
由于气体体积不变，外界对气体不做功，
气体温度由300K 降低到240K，温度降低，内能减小△U＜0，
由热力学第一定律：△U＝W+Q 可知：Q＝△U﹣W＝△U＜0，
则气体对外放出热量；
答：①此时气体的温度为240K；
②在这个过程中B 气体的内能减少；外界对气体不做功，气体对外界放热。
【点评】应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题，根据题意求出气体的初末状态参量、应用理想
气体状态方程即可正确解题；要掌握连接体问题的解题思路与方法。
【选修3-4】
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示，
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- 1101 -
①该列波沿x 轴
正向
传播（填“正向”或“负向”）；
②该列波的波速大小为
1
m/s；
③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为
2.5
Hz．
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由振动图象读出该时刻（t＝0）A 质点的振动方向，再判断波的传播方向．由振动图象读出周期，由波
动图象读出波长，求出波速．
【解答】解：①因A 点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿X 正向传播．
②由波动图可知波长为0.4m，由振动图可知周期T 为0.4S，则V= ɉܶ= 1݉
/ݏ
③发生稳定的干涉现象要相同频率，则݂
−1ܶ= 2.5ܪݖ
故答案为：①正向
②1
③2.5
【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力．会分析求解波速．
16．如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a 的等边三角形，现用一束宽度为a 的单色平行光束，
以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB、AC 面入射的光线进入后恰好全
部直接到达BC 面．求：
（i）该材料对此平行光束的折射率；
（ii）这些直接到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到
BC 面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两条？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（i）先据题意知从AB、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC 面，说明从AB 面进入三棱镜的
折射光线与AC 平行，画出光路图，根据对称性和几何关系得到入射角和折射角，即可求得折射率．
（ii）画出光路图，如图O 为BC 中点，在B 点附近折射的光线从BC 射出后与直线AO 交于D，可看出只要光屏
放得比D 点远，则光斑会分成两块，由几何知识求解．
【解答】解：（i）由于对称性，我们考虑从AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC 面的，由对称性和
几何知识可得，光线进入AB 面时的入射角α和折射角β分别为：
α＝60°，β＝30°
则材料的折射率为n= ݏthߙ
ݏthߚ=
3
（ii）如图O 为BC 中点，紧靠B 点从BC 面射出的光线与直线AO 交于D，由图可知：当光屏放在D 点右侧时，
根据对称性，光屏上形成两条光斑．
由几何关系有OD=ܽ2tanα=
3
6 a
所以当光屏到BC 距离d 超过
3
6 a 时，光斑分为两条．
答：
（i）该材料对此平行光束的折射率为3；
（ii）当光屏到BC 距离d 超过
3
6 a 时，光斑分为两条．
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【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能解决
此类问题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:23:20 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年云南师大附中高三（下）第八次月考物理试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
B．卡文迪许发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
C．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律
D．安培引入磁感线用来描述磁场的分布规律
2．（6 分）如图所示，在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是（
）
A．三颗卫星的线速度vA＜vB＜vC
B．根据万有引力定律．可知卫星所受地球引力FA＞FB＞FC
C．角速度ωA＞ωB＞ωC
D．向心加速度aA＜aB＜aC
3．（6 分）关于静电场下列说法中正确的是（
）
A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的
D．电势下降的方向就是电场场强的方向
4．（6 分）连同身上所有物品质量为M 的人正在光滑水平面以速度v0 在向前滑行，某时刻向后以速度大小为v1 商品
抛出一携带的物品，抛完后人的速度大小v2，则抛出物品的质量m 为（
）
A．m= 㘴2−㘴1
㘴1
M
B．m=
㘴2
㘴1+㘴2M
C．m= 㘴2−㘴0
㘴1+㘴2M
D．m= 㘴2−㘴0
㘴2−㘴1M
5．（6 分）如图所示，光滑水平面上有一倾角为30
°的斜面A，三角形木块B 静止在A 上，木块B 上表面水平，将
光滑小球C 放置于B 上，A、B、C 的质量均为1kg，斜面体A 在水平外力F 作用下以3m/s2 的加速度向左加速运
动，运动过程中始终A、B、C 相对静止，g 取10m/s2．则（
）
A．小球C 受到两个力的作用
B．小球C 受到三个力的作用
C．木块B 受到三个力的作用
D．力的大小为9N
6．（6 分）如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1 不变，闭合电键S，平行金属
板中带电质点M 处于静止状态下列说法正确的是（
）
A．P 向下滑动时，知道M 将向上运动
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B．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大
7．（6 分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ 相距为d，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨
电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d 的金属棒ab 垂直于MN、PQ 放置在导轨上，
且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，两金属导轨的上端连接一个电阻R，重力加速度为g．使
金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度的过程中（
）
A．导体中的电流从M→P
B．金属棒做匀加速运动
C．金属棒能达到的最大速度݉
th
ܤ2݀2
D．金属棒减小的重力势能等于电阻R 和金属棒上产生的热量
8．（6 分）如图所示，一绝缘轻弹簧左端固定在光滑绝水平面的左侧墙壁上，右端连接一带正电的滑块P，滑块所处
空间存在着水平向右的匀强电场，开始时在外力F 的作用下弹簧处于原长，现撤去水平外力P，则滑块P 在向右
运动的过程中（
）
A．弹簧和滑块P 组成的系统机械能一直在增加
B．电势能和弹性势能之和守恒
C．滑块P 的速度最大时，弹簧弹力等于F
D．滑块P 的动能和电势能之和一直在减小
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（6 分）（1）在“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验中，以下说法正确的是
（填序号）
A．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，在弹性限度内，每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标纸上描的
点尽可能稀，这样作出的图更精确
C．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等
（2）某同学做“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹
簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L﹣L0 作为弹簧的伸长量x，钩
码重力作为拉力F；这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的
（填序号）
10．（9 分）回答下列问题：
（1）某研究性学习小组为了测一未知电阻阻值，先用多用电表欧姆档粗测其电阻大约为10Ω，然后在实验室中选
择了如下器材用伏安法测量该电阻阻值：
电源：电动势为3V，内电阻不计
电流表：量程0～300mA，内阻RA 约为0.5Ω
电压表：量程0～3V，内阻RV 约为2kΩ
滑动变阻器：最大电阻值为10Ω
开关一个、导线若干
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在图1 所提供的两种电路中应选
（填“甲”或“乙”）电路进行测量误差相对较小，用该电路测得的阻值
Rx 与其真实值相比将
（填“偏大”或“偏小”）。
（2）为了消除伏安法测电阻时电路引起的系统误差，该小组寻找另一未知电阻和单刀双掷开关，设计了另一种电
路，电路的原理图如图2 所示。该学习小组在测量过程中得到以下数据：单刀双置开关接位置1 时，电流表示数
为I1，电压表示数为U1；单刀双置开关接位置2 时，电流表读数为I2，电压表示数为U2，用以上数据表示待测电
阻Rx 的表达式为Rx＝
。
11．（14 分）如图所示，光滑水平面上静止足够长的木板B，木块A 静止放在B 上，A 的质量为mA＝1kg，B 的质量
mB＝2kg，A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2．给A 一个水平的初速度v0，之后B 向前运动了2m 后A、B 达到共
同速度。取g＝10m/s2．求：
（1）A、B 达到共同速度的大小；
（2）A 的水平初速度v0 的大小。
12．（18 分）如图所示，第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，B1 的大小为
3
6 T；第三象限内存在相互正交的
匀强磁场B2 和匀强电场E，B2 的方向垂直纸面外，大小为0.5T；第四象限的某个矩形区域内，存在垂直纸面向里
的匀强磁场B3，磁场的左边界与y 轴重合。一质量m＝1×10
﹣14kg、电荷量q＝1×10
﹣10C 的正电荷从M 点以速
度v0＝1×103m/s 开始运动，v0 与x 轴正方向成60
°角，运动至N 点离开第二象限，然后沿直线运动至C 点，进
入第四象限内的磁场区域，一段时间后，电荷运动至D 点，速度方向x 轴上正方向成60°角，M 点的坐标为（﹣
70，0），D 点的坐标为（0，30），不计电荷重力。求：
（1）第三象限内匀强电场的大小和方向；
（2）C 点的坐标；
（3）B3 磁场区域的最小面积为多少。
【物理-选修3-3】
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故
B．水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中
C．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，糖块是多晶体
D．达到热平衡的两个系统的内能相等
E．热量可以从低温物体传给高温物体
14．（10 分）如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30°的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。
活塞的质量为m，横截面积为S．初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L．通过电热丝缓慢加热气
体，当气体吸收热量Q 时，活塞上升到与汽缸底部相距2L 处，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞
与气缸壁之间的摩擦。求：
①此时气体的温度；
②加热过程中气体内能的增加量。
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【物理-选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，A、B 相距12m，图是A 处质点的振动图象。当A 处质点运动到波峰位置
时，B 处质点刚好到达平衡位置且向y 轴负方向运动，则这列波的波速可能为（
）
A．
120
7 m/s
B．
120
11 m/s
C．
120
15 m/s
D．
120
9 m/s
E．
120
5 m/s
16．如图所示，三角形的玻璃砖∠A＝15°，折射率为2，一束光线从AB 边的D 点射入玻璃砖，经AB 边折射后恰
好不能从AC 边射出玻璃砖，求光线在D 点处的入射角．
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2018-2019 学年云南师大附中高三（下）第八次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
B．卡文迪许发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
C．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律
D．安培引入磁感线用来描述磁场的分布规律
【考点】1U：物理学史；J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】原子核衰变时电荷数守恒，质量数守恒；能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；同时明确
物理学史即可正确求解。
【解答】解：A、根据玻尔氢原子模型的相关理论，电子轨道和能量都是量子化的，而在“跃迁”过程中要遵循h
υ＝Em﹣En，故只能辐射特定频率的光子；故A 正确；
B、牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许测出了万有引力常量，故B 错误；
C、原子核发生衰变时要遵守电荷数守恒和质量数守恒的规律，但质量并不守恒，故C 错误；
D、法拉第引入磁感线用来描述磁场的分布规律，故D 错误。
【点评】本题主要考查原子结构和原子核的相关知识。选项的迷惑性大，关键要熟悉教材，牢记这些基本的知识
点，并且要加强训练。
2．（6 分）如图所示，在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是（
）
A．三颗卫星的线速度vA＜vB＜vC
B．根据万有引力定律．可知卫星所受地球引力FA＞FB＞FC
C．角速度ωA＞ωB＞ωC
D．向心加速度aA＜aB＜aC
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、加速度的表达式，结合轨道半径的大小比较线速度、角
速度、向心加速度的大小．
【解答】解：A、根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉ܽ
=݉
㘴2
ݎ=݉
ݎ߱
2得：
线速度为：㘴=
ܩܯ
ݎ
角速度为：߱
=
ܩܯ
ݎ3
向心加速度为：a= ܩܯ
ݎ2
因为rA＜rB＜rC，则vA＞vB＞vC，ωA＞ωB＞ωC，aA＞aB＞aC，故AD 错误，C 正确。
B、由于卫星的质量未知，根据万有引力定律公式，午餐比较卫星受到地球的引力大小关系，故B 错误。
【点评】解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、角速度、加速度与轨道半径的关系．
3．（6 分）关于静电场下列说法中正确的是（
）
A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的
D．电势下降的方向就是电场场强的方向
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据EP＝q∅，求解电势能的变化情况；电场力做功与电势能变化的关系，类似于重力做功与重力势能变
化的关系；正电荷在电势越高的位置，电荷的电势能越大；在等势面上，电势处处相等，场强不一定相等．
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【解答】解：A、根据EP＝q∅，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能减小。故A 错误。
B、无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，因无穷远处电势能为零，因
此电荷在该点的电势能越大。故B 正确。
C、在等势面上，电势处处相等，场强不一定相等；故C 错误。
D、电势下降最快的方向才是电场场强的方向。故D 错误。
【点评】本题考查对电势差、电势、电势能等知识的理解能力．可以根据公式U＝Ed、Ep＝qφ进行分析．
4．（6 分）连同身上所有物品质量为M 的人正在光滑水平面以速度v0 在向前滑行，某时刻向后以速度大小为v1 商品
抛出一携带的物品，抛完后人的速度大小v2，则抛出物品的质量m 为（
）
A．m= 㘴2−㘴1
㘴1
M
B．m=
㘴2
㘴1+㘴2M
C．m= 㘴2−㘴0
㘴1+㘴2M
D．m= 㘴2−㘴0
㘴2−㘴1M
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】2：创新题型；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】人抛出物品的过程中，人和物品组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求抛出物品的质量m．
【解答】解：取速度v0 的方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0＝﹣mv1+（M﹣m）v2。
解得：m= 㘴2−㘴0
㘴1+㘴2M，故C 正确，ABD 错误
【点评】本题要明确系统的动量守恒，应用动量守恒定律时要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．
5．（6 分）如图所示，光滑水平面上有一倾角为30
°的斜面A，三角形木块B 静止在A 上，木块B 上表面水平，将
光滑小球C 放置于B 上，A、B、C 的质量均为1kg，斜面体A 在水平外力F 作用下以3m/s2 的加速度向左加速运
动，运动过程中始终A、B、C 相对静止，g 取10m/s2．则（
）
A．小球C 受到两个力的作用
B．小球C 受到三个力的作用
C．木块B 受到三个力的作用
D．力的大小为9N
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】运动过程中A、B、C 始终相对静止，一起向左做加速运动，加速度向左，合力向左，结合牛顿第二定律
分析受力情况．
【解答】解：AB、设C 与B 间恰好没有作用力时整体的加速度为a0．对C，根据牛顿第二定律得：mgtan30°＝
ma0
得：a0=
3
3 t＞3m/s2，所以B 球对C 有作用力，则C 共受三个力：重力、B 的支持力和A 的支持力。故A 错误，
B 正确。
C、设B 与A 间恰好没有摩擦力时整体的加速度为a1．对BC 整体，据牛顿第二定律得：2mgtan30°＝2ma1
得：ܽ1 =
3
3 t＞3m/s2，所以斜面对B 有摩擦力。则B 受到重力、C 的压力和A 的支持力和摩擦力，共四个力，
故C 错误。
D、对三个物体组成的整体，有F＝3ma＝9N，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了同学们受力分析的能力，关键要研究隐含的临界状态和临界加速度，同时要注意整体法
和隔离法的应用．
6．（6 分）如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1 不变，闭合电键S，平行金属
板中带电质点M 处于静止状态下列说法正确的是（
）
A．P 向下滑动时，知道M 将向上运动
B．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变
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C．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】本题利用电路动态分析的方法分析，P 的滑动影响负载变化，从而影响了电流的变化，最后根据变压器
的变压特点分析．
【解答】解：AB、原副线圈匝数比不变、输入电压不变，则副线圈电压不变，P 向下滑动时，M 仍静止，故A 错
误、B 正确；
C、P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，输出电压由输入电压和匝数比确定，此处输出电压不变，副
线圈中电流增大，故C 错误；
D、P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，输出电压不变，副线圈电流增大，根据P＝UI 知输出功率增
大，根据电流与匝数成正比知输入电流增大，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个
副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．
7．（6 分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ 相距为d，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨
电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d 的金属棒ab 垂直于MN、PQ 放置在导轨上，
且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，两金属导轨的上端连接一个电阻R，重力加速度为g．使
金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度的过程中（
）
A．导体中的电流从M→P
B．金属棒做匀加速运动
C．金属棒能达到的最大速度݉
th
ܤ2݀2
D．金属棒减小的重力势能等于电阻R 和金属棒上产生的热量
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向。分析金属棒的受力情况，抓住安培力与速度的关系分析金属棒的运
动性质。金属棒匀速运动时速度最大，由平衡条件求最大速度。金属棒减小的重力势能等于电阻R 和金属棒上产
生的热量及金属棒获得的动能之和。
【解答】解：A、根据楞次定律判断可知导体中的电流从M→P，故A 正确。
B、根据牛顿第二定律得：mgsin30°−ܤ2݀2㘴
2h
=ma，随着速度v 的增大，加速度a 减小，所以金属棒做加速度减小
的变加速运动。故B 错误。
C、当a＝0 时速度最大，由上式可得最大速度为：v=݉
th
ܤ2݀2．故C 正确。
D、根据能量转化和守恒定律可知金属棒减小的重力势能等于电阻R 和金属棒上产生的热量及金属棒获得的动能
之和。故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是分析金属棒的受力情况，运用牛顿第二定律得到加速度与速度的关系式。对于安培力与速
度的关系式要理解记牢，在选择题可直接应用。
8．（6 分）如图所示，一绝缘轻弹簧左端固定在光滑绝水平面的左侧墙壁上，右端连接一带正电的滑块P，滑块所处
空间存在着水平向右的匀强电场，开始时在外力F 的作用下弹簧处于原长，现撤去水平外力P，则滑块P 在向右
运动的过程中（
）
A．弹簧和滑块P 组成的系统机械能一直在增加
B．电势能和弹性势能之和守恒
C．滑块P 的速度最大时，弹簧弹力等于F
D．滑块P 的动能和电势能之和一直在减小
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【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】对滑块受力分析，受重力、支持力、向右的电场力和向左的弹力，滑块P 在向右运动的过程中，弹力逐
渐增加，当电场力大于弹力时物体加速，电场力等于重力时物体速度最大，电场力小于弹力时，物体减速；电场
力做功是电势能减小的量度，弹簧弹力做功是弹性势能变化的量度，合力做功是动能变化的量度．
【解答】解：A、滑块P 在向右运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的拉力和向右的电场力，由于电场力做正
功，故弹簧和滑块P 组成的系统机械能一直在增加，故A 正确；
B、对于弹簧和物体系统，有弹簧弹力和电场力做功，故弹性势能、电势能和动能之和守恒，而不是电势能和弹性
势能之和守恒，故B 错误；
C、电场力大于弹簧弹力时物体加速，故滑块P 的速度最大时，应该是电场力与弹簧弹力平衡的位置，故C 正确；
D、对于弹簧和物体系统，有弹簧弹力和电场力做功，故弹性势能、电势能和动能之和守恒，由于弹性势能增加，
故滑块P 的动能和电势能之和一直在减小，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查机械能守恒，关键是对滑块受力分析，结合功能关系、力与运动关系进行分析，不难．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题：
9．（6 分）（1）在“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验中，以下说法正确的是
BC
（填序号）
A．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，在弹性限度内，每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标纸上描的
点尽可能稀，这样作出的图更精确
C．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等
（2）某同学做“探究弹簧伸长量与弹力的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹
簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L﹣L0 作为弹簧的伸长量x，钩
码重力作为拉力F；这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的
B
（填序号）
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】（1）在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与变化量的关系满足F＝kx，其中k 由弹簧
本身决定．
（2）对于物理图象问题，要首先弄清横轴和纵轴代表的含义，在这里x 代表的是弹簧的伸长量，即L﹣L0，最后
结合数学知识综合判断选取答案．
【解答】解：（1）A、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长，故A 错误；
B、在悬挂钩码时，在不超出量程的前提下每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标纸上描的点尽可能稀，
这样作出的图更精确，故B 正确；
C、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡
时再读读数，故C 正确；
D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，
故D 错误；
故选：BC；
（2）实验中用纵轴表示弹簧的伸长量x，横轴表示弹簧的拉力F（即所挂重物的重力大小），由F＝kx 可知，不考
虑弹簧重力时图象过原点；
如果考虑弹簧自身的重力，不挂勾码时伸长量已经不为零，故ACD 错误，B 正确；
故选：B．
故答案为：（1）BC
（2）B
【点评】本题第一小题关键明确实验原理，知道伸长量、原长和长度间的关系，明确弹簧的劲度系数由弹簧本身
决定；第二小题考查学生运用图象来处理数据的能力，关键是弄清坐标轴代表的意义，并能综合分析拉力F 与伸
长量△L 的关系，需要注意弹簧的平放与竖直放对横纵坐标的影响．
10．（9 分）回答下列问题：
（1）某研究性学习小组为了测一未知电阻阻值，先用多用电表欧姆档粗测其电阻大约为10Ω，然后在实验室中选
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择了如下器材用伏安法测量该电阻阻值：
电源：电动势为3V，内电阻不计
电流表：量程0～300mA，内阻RA 约为0.5Ω
电压表：量程0～3V，内阻RV 约为2kΩ
滑动变阻器：最大电阻值为10Ω
开关一个、导线若干
在图1 所提供的两种电路中应选
甲
（填“甲”或“乙”）电路进行测量误差相对较小，用该电路测得的阻值
Rx 与其真实值相比将
偏小
（填“偏大”或“偏小”）。
（2）为了消除伏安法测电阻时电路引起的系统误差，该小组寻找另一未知电阻和单刀双掷开关，设计了另一种电
路，电路的原理图如图2 所示。该学习小组在测量过程中得到以下数据：单刀双置开关接位置1 时，电流表示数
为I1，电压表示数为U1；单刀双置开关接位置2 时，电流表读数为I2，电压表示数为U2，用以上数据表示待测电
阻Rx 的表达式为Rx＝ܷ
2
ܫ2
−ܷ
1
ܫ1
。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）通过比较
hܸ
hܺ与
hܺ
ht
大小关系，合理选择内外接；
（2）由电路图可知，当闭合电键S1，电键S2 接a 时电压表测Rx 与RA 和滑动变阻器两端的电压之和，电流表测
通过Rx 与RA 以及滑动变阻器的电流；保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2 向b 闭合，此
时电流表测的电流为RA 和滑动变阻器的电流，电压表测RA 以及滑动变阻器两端的电压，读出此时电压表的示数
U2，根据欧姆定律求出两次测量电路的电阻，根据串联知识可知待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）因为电流表内阻RA 约为0.5Ω，电压表内阻RV 约为2kΩ，Rx 的估计值大约为10Ω，较小，故选
择电流表外接，故选择图1 中的甲电路，测量结果偏小。
（2）根据图2 中电路图，根据欧姆定律可得待测电阻Rx 的表达式：Rx=ܷ
2
ܫ2 −ܷ
1
ܫ1
故答案为：（1）甲，偏小；（2）ܷ
2
ܫ2
−ܷ
1
ܫ1
。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的计算，关键是能根据电路图得出测量待测电阻实验的原理。电
路选择需要比较
hܸ
hܺ与
hܺ
ht
大小关系，选择电流表应该内接还是外接，记住口诀“大内大，小外小”。
11．（14 分）如图所示，光滑水平面上静止足够长的木板B，木块A 静止放在B 上，A 的质量为mA＝1kg，B 的质量
mB＝2kg，A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2．给A 一个水平的初速度v0，之后B 向前运动了2m 后A、B 达到共
同速度。取g＝10m/s2．求：
（1）A、B 达到共同速度的大小；
（2）A 的水平初速度v0 的大小。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求得B 的加速度，利用速度位移公式求得达到的共同速度；
（2）根据牛顿第二定律求得A 的加速度，根据速度时间公式求得初速度
【解答】解：（1）对A 分析，AB 间的摩擦力f＝μmAg＝0.2×10N＝2N
根据牛顿第二定律可知，B 的加速度ܽ
ܤ=݂݉
ܤ= 2
2݉
/ݏ2 = 1݉
/ݏ2
根据速度位移公式可知v2＝2aBx，解得v＝2m/s
（2）B 加速运动的时间t= 㘴ܽ
ܤ= 2
1 ݏ= 2ݏ
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A 的加速度大小为ܽt =݂݉
t = 2
1݉
/ݏ2 = 2݉
/ݏ2
根据速度时间公式可知v＝v0﹣aAt
解得v0＝6m/s
答：（1）A、B 达到共同速度的大小为2m/s；
（2）A 的水平初速度v0 的大小为6m/s。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是解决此类问题的中间桥梁
12．（18 分）如图所示，第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，B1 的大小为
3
6 T；第三象限内存在相互正交的
匀强磁场B2 和匀强电场E，B2 的方向垂直纸面外，大小为0.5T；第四象限的某个矩形区域内，存在垂直纸面向里
的匀强磁场B3，磁场的左边界与y 轴重合。一质量m＝1×10
﹣14kg、电荷量q＝1×10
﹣10C 的正电荷从M 点以速
度v0＝1×103m/s 开始运动，v0 与x 轴正方向成60
°角，运动至N 点离开第二象限，然后沿直线运动至C 点，进
入第四象限内的磁场区域，一段时间后，电荷运动至D 点，速度方向x 轴上正方向成60°角，M 点的坐标为（﹣
70，0），D 点的坐标为（0，30），不计电荷重力。求：
（1）第三象限内匀强电场的大小和方向；
（2）C 点的坐标；
（3）B3 磁场区域的最小面积为多少。
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4B：图析法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）进入电场和磁场的重叠的第三象限做直线运动，所以所受的电场力和洛仑兹力平衡，由平衡条件就
能求出电场强度的大小。
（2）在第二象限做匀速圆周运动先求出半径，由速度方向和与x 轴交点的距离从而求出做直线运动时与x、y 的
两个交点的坐标。
（3）将D 点的速度方向反向延长、在过D 点作一条水平线，两线相交于F 点，由几何关系求出在该矩形区域内
的半径R2，再画一个矩形恰包含以R2 为半径，从C 点进入、F 点射出的轨迹，则该矩形是符合题意的最小面积
的矩形。
【解答】解：（1）在第三象限做直线运动，所以：qv0B2＝qE
E＝0.5×103v/m
根据左手定则和平衡条件知：电场强度的方向与x 轴正方向成30°．
（2）在第二象限粒子做匀速圆周运动：qv0B1＝m
㘴02
h1
由几何关系：MN＝2R1cos30°
所以N 点的坐标是：N（﹣10，0）
由几何关系：tan30°=ܱܱܰ
ܥ
所以C 点的坐标是：C（0，−10 3）
（3）由几何关系得R2= 2 3
3 × 10−1m
CF＝2R1sin60°
CH＝R2﹣R2cos60°
面积：S＝CH×CF
解得：S=
3
150m2
答：（1）第三象限内匀强电场的大小＝0.5×103v/m、方向为与x 轴正方向成30°；
（2）C 点的坐标是C（0，−10 3）；
（3）B3 磁场区域的最小面积为
3
150m2。
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【点评】本题的巧妙之处在于丰富多变的几何关系，即有三角函数，又有平面几何图形，同时还有把三个象限的
图形关联起来，跟坐标系知识综合，涉及到的物理学内容，主要是洛仑兹力提供向心力的相关内容。
【物理-选修3-3】
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故
B．水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中
C．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，糖块是多晶体
D．达到热平衡的两个系统的内能相等
E．热量可以从低温物体传给高温物体
【考点】86：分子间的相互作用力；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子的无规则运动的原因；蒸发过程中，从液面飞
出的水分子数目大于飞回到水中的分子数目；达到热平衡的两个系统的温度相等；热平衡的标志是温度相等；热
量可以自发地从高温物体传到高温物体，但也可以从低温物体传到高温物体，只不过要引起其他方面的变化．
【解答】解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在做无规则热运动，故A 错误；
B、水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中，但从液面飞出的水分子数
目多，故B 正确；
C、蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是多晶体，故C 正确；
D、如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定温度相等，故均达
到热平衡，但二者的内能不仅仅是与温度有关，故D 错误；
E、根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，不过需要消耗外界的功，故E 正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查热力学第二定律、晶体与非晶体、表面张力以及扩散现象等，是对热学知识进行了比较全面的
考查，平时要注意加强综合训练，提高应用物理知识解决问题能力．
14．（10 分）如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30°的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。
活塞的质量为m，横截面积为S．初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L．通过电热丝缓慢加热气
体，当气体吸收热量Q 时，活塞上升到与汽缸底部相距2L 处，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞
与气缸壁之间的摩擦。求：
①此时气体的温度；
②加热过程中气体内能的增加量。
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）汽缸内封闭气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解气体的温度。
（2）以活塞为研究对象，由平衡条件可求得封闭气体的压强，根据W＝p△V 可求出气体对外做功，再由热力学
第一定律得△U＝Q+W 求解气体内能的增加量。
【解答】解：①设加热后的温度为T，此时气体体积V＝2LS
初始时体积V0＝LS
由等压变化有：ܶܶ
0
=ܸܸ
0
可得：T＝2 T0
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②由题意得，封闭气体压强为P＝Po+݉
tݏth30°ܵ
该过程气体对外界做功W＝PSL＝（Po+݉
tݏth30°ܵ）SL
气体内能的增加量△U＝﹣W+Q
△U＝Q﹣（Po+݉
tݏth30°ܵ）SL
△U＝Q﹣（Po+ 0.5݉
tܵ）SL
答：①此时气体的温度是2T0；
②加热过程中气体内能的增加量是Q﹣（Po+ 0.5݉
tܵ）SL。
【点评】对于气体的问题，往往是气态方程和热力学第一定律的综合应用，首先要正确判断气体的状态变化过程，
再选择合适的规律。对于气体等压变化过程，要掌握气体对外做功公式W＝p△V。
【物理-选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，A、B 相距12m，图是A 处质点的振动图象。当A 处质点运动到波峰位置
时，B 处质点刚好到达平衡位置且向y 轴负方向运动，则这列波的波速可能为（
）
A．
120
7 m/s
B．
120
11 m/s
C．
120
15 m/s
D．
120
9 m/s
E．
120
5 m/s
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由振动图象读出周期。根据A 质点和B 质点的状态，分析状态与位置关系，找出波长的通项，求出波速
的通项，进而确定特殊值。
【解答】解：由题意可知，当A 处质点运动到波峰位置时，B 处质点刚好到达平衡位置且向y 轴负方向运动，由
于波是由A 向B 传播，所以可得到AB 两点间距离与波长的关系式：12＝（n+ 3
4）ɉ，
波的传播周期T＝0.4s；得出波速公式为：v= 120
4h+3（n＝0，1，2……）
n＝0 时，v＝40m/s；
n＝1 时，v= 120
7 m/s；
n＝2 时，v= 120
11 m/s；
n＝3 时，v= 120
15 m/s；……
故ABC 正确DE 错误。
故选：ABC。
【点评】本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力和分析波动形成过程的能力，明确振动方向和波动方向
间的关系，从而确定距离和波长间的关系。
16．如图所示，三角形的玻璃砖∠A＝15°，折射率为2，一束光线从AB 边的D 点射入玻璃砖，经AB 边折射后恰
好不能从AC 边射出玻璃砖，求光线在D 点处的入射角．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】光线经AB 边折射后恰好不能从AC 边射出玻璃砖，发生了全反射，入射角等于临界角C．由sinC= 1
h，
求出临界角C，由几何关系求出光线在D 点处的折射角，再由折射定律求入射角．
【解答】解：设玻璃砖的临界角为C
则有：sinC= 1
h ⋯①
解得：C＝45°…②
画出光路图如图，光线经AB 边折射后恰好不能从AC 边射出玻璃砖，发生了全反射，入射角等于临界角C．
由几何关系知光线在D 点处的折射角为：r＝30°…③
由折射定律有：n= ݏtht
ݏthݎ⋯④
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解得i＝45°…⑤
答：光线在D 点处的入射角是45°．
【点评】解决本题的关键要掌握折射定律和临界角公式sinC= 1
h，画出光路图，运用折射定律和几何知识结合解答
此类问题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 13:33:23 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学高三（上）第二次月考物理试
卷
一、选择题（每小题4 分，共48 分）
1．（4 分）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O 点。现在两个小球上分别加上水平
方向的外力，其中作用在b 球上的力大小为F、作用在a 球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列
哪幅图（
）
A．
B．
C．
D．
2．（4 分）我国已成功发射了两颗探月卫星“嫦娥1 号”和“嫦娥2 号”，“嫦娥1 号”绕月运行的轨道高度为200 公
里，“嫦娥2 号”绕月运行的轨道高度为100 公里．以下说法正确的是（
）
A．“嫦娥2 号”和“嫦娥1 号”发射速度都必须大于第三宇宙速度
B．“嫦娥2 号”绕月运动的周期小于“嫦娥1 号”绕月运动的周期
C．“嫦娥2 号”绕月运动的向心加速度小于“嫦娥1 号”绕月运动的向心加速度
D．“嫦娥2 号”与“嫦娥1 号”绕月运动的速度大小之比为2：1
3．（4 分）如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A、B、C 三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A
滑到C，所用的时间为t1，第二次由C 滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终
沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（
）
A．t1＜t2
B．t1＝t2
C．t1＞t2
D．无法比较t1、t2 的大小
4．（4 分）在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变
化，电表的示数分别用I、U1、U2 和U3 表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2 和△U3 表示，下列
比值错误的是（
）
A．ܷ
1
ܫ不变，
△ܷ
1
△ܫ不变
B．ܷ
2
ܫ变大，
△ܷ
2
△ܫ变大
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- 1117 -
C．ܷ
2
ܫ变大，
△ܷ
2
△ܫ不变
D．ܷ
3
ܫ变大，
△ܷ
3
△ܫ不变
5．（4 分）平行于y 轴的导体棒以速度v 向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，
导体棒中的感应电动势E 与导体棒位置x 关系的图象是下图中的（
）
A．
B．
C．
D．
6．（4 分）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为
ߪ
2ɛ0
，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，
ɛ0 为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可
看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为（
）
A．ܳɛ
0ܵ
和ܳ
2
ɛ0ܵ
B．ܳ2ɛ0ܵ
和ܳ
2
ɛ0ܵ
C．ܳ2ɛ0ܵ
和ܳ
2
2ɛ
0ܵ
D．ܳɛ0ܵ
和ܳ
2
2ɛ0ܵ
7．（4 分）如图水平向右的匀强电场中，固定竖直光滑圆形轨道，a、b、c、d 为圆周上四点，有一带负电小球沿圆轨
道内侧恰好做圆周运动，且所受电场力等于重力，则以下正确的是（
）
A．在a 点时小球运动速度最小为th
B．在ab 弧的中点时小球运动速度最小为2th
C．在cd 弧的中点时速度最大为5 2th
D．在c 点时速度最大为5th
8．（4 分）质量为0.5kg 的小球，以10m/s 的速度竖直向下与地面相碰，碰后竖直反弹高度为3.2m，碰撞事件为t＝
0.2s，g＝10m/s2，则球与地面碰撞时地面对球的平均作用力的大小（
）
A．5N
B．45N
C．50N
D．60N
9．（4 分）质量为M 的斜面A 静止在水平地面上，质量为m 的物体B 沿着斜面匀加速下滑，现给物块B 施加以下三
种操作：①施加沿斜面向下的恒力F，②施加一竖直向下的恒力F，③施加一沿斜面向上的恒力F，斜面A 始终
静止，则物体B 在以后的下滑过程中（
）
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A．三种操作中物块一定均做匀加速运动
B．三种操作中地面对斜面的摩擦力不为零且均向左
C．①③操作中地面对斜面的支持力与原来相比均不变
D．②操作中斜面对地面的压力与原来相比变大
10．（4 分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直
向下的匀强磁场B 中。一接入电路电阻为R 的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc 以速度v 匀速滑动，滑动
过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中（
）
A．PQ 中电流先增大后减小
B．PQ 两端电压先减小后增大
C．PQ 上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先增大后减小
11．（4 分）如图，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑块上放有质量分别为mA＝2kg 和mB＝4kg 的A、B
两物块，两物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，现有水平恒力F 作用在A 上，g＝10m/s2，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则当F 逐渐增大时，A、B 的加速度aA 和aB 随时间的变化情况是（
）
A．
B．
C．
D．
12．（4 分）光滑斜面倾角为30°，质量为m 的物块在拉力为F 的作用下，从斜面上A 位置由静止经t 秒运动到B
点，此时撤去拉力F，又经过t 秒物块恰好回到A 位置，物块运动到B 时速度为v1，返回到A 时速度为v2，第一
过程拉力的功为WF，第二过程重力的做功为WG，则下列正确的是（
）
A．
ܨ݉
t =
2
3
B．
ܨ݉
t =
1
3
C．
㘴1
㘴2
=
1
2
D．ܹ
ܨܹ
ܩ
=
2
3
二、解答题（共2 小题，满分10 分）
13．（4 分）如图1 所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮
光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．不计空气
阻力及一切摩擦．
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- 1119 -
（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满
足
（2）实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动
时间t．改变小车质量m，测得多组m、t 的值，建立坐标系描点作出图线．（图2）能直观得出“合外力一定时，
加速度与质量成反比”的图线是
．
14．（6 分）某学习小组的同学拟探究小灯泡L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0V．0.7A”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S 及导线若干。
①甲同学设计了如图1 所示的电路来进行测量，当通过L 的电流为0.46A 时，电压表的示数如图2 所示，电压表
的示数为
V，此时L 的电阻为
Ω。
②乙同学又设计了如图3 所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L 上的电压值是
V。
③学习小组认为要想更准确地描绘出L 完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所
供器材，在图4 所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
三、解答题（共4 小题，满分52 分）
15．（13 分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上
端串接一个0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度
B＝2.0T．质量m＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连。CD 棒的初始位
置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程
中CD 棒始终保持与导轨垂直。当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置（重
力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）。求
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小；
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力FA 的大小；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q。
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16．（13 分）一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银，O 表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内
从M 点入射，经过AB 面反射后从N 点射出．已知光线在M 点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求：
（1）光线在M 点的折射角．
（2）透明物体的折射率．
17．（13 分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道
向下运动到B 点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B 点的高度h 可由运动员自由调节（取
g＝10m/s2）．求：
（1）运动员到达B 点的速度与高度h 的关系；
（2）运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度h 应调为多大？对应的最大水平距离Smax 为多少？
（3）若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h 值应为多少？
18．（13 分）在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和
下述力学模型类似．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂
直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C 沿轨道以速度v0．射向B 球，如图所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一
个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A 球与
挡板P 发生碰撞，碰后A、B 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定
均无机械能损失）．已知A、B、C 三球的质量均为m．
（i）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．
（ii）求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
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2018-2019 学年陕西省西安市碑林区铁一中学高三（上）第二次月考物理
试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4 分，共48 分）
1．（4 分）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O 点。现在两个小球上分别加上水平
方向的外力，其中作用在b 球上的力大小为F、作用在a 球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列
哪幅图（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa 的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，
根据平衡条件确定下面绳子的方向．
【解答】解：设每个球的质量为m，oa 与ab 和竖直方向的夹角分别为α、β。
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa 绳的方向不可能沿竖直方向，
否则整体的合力不为零，不能保持平衡。
由平衡条件得：tanα=
ܨ
2݉
t，
以b 球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：tanβ= ܨ݉
t，则α＜β．故C 正确。
【点评】本题一要灵活选择研究对象，二要分析受力．采用整体法和隔离法相结合的方法研究，比较简便．
2．（4 分）我国已成功发射了两颗探月卫星“嫦娥1 号”和“嫦娥2 号”，“嫦娥1 号”绕月运行的轨道高度为200 公
里，“嫦娥2 号”绕月运行的轨道高度为100 公里．以下说法正确的是（
）
A．“嫦娥2 号”和“嫦娥1 号”发射速度都必须大于第三宇宙速度
B．“嫦娥2 号”绕月运动的周期小于“嫦娥1 号”绕月运动的周期
C．“嫦娥2 号”绕月运动的向心加速度小于“嫦娥1 号”绕月运动的向心加速度
D．“嫦娥2 号”与“嫦娥1 号”绕月运动的速度大小之比为2：1
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【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的
引力范围，故其发射速度小于第二宇宙速度；根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动的物理量与轨
道半径的大小关系．
【解答】解：A、第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱
离地球的引力范围，故其发射速度小于第二宇宙速度。故A 错误；
B、根据万有引力提供圆周运动向心力ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 ，可得周期T=
4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，所以嫦娥二号半径小周期小，故B
正确；
C、根据万有引力提供圆周运动向心力ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉ܽ
，可得向心加速度a= ܩܯ
ݎ2 ，所以嫦娥二号轨道半径小，向心加
速度大，故C 错误；
D、根据万有引力提供圆周运动向心力ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，可得线速度㘴=
ܩܯ
ݎ，所以嫦娥二号与嫦娥一号绕月线速
度之比为轨道半径平方根倒数比，题中的100 公里和200 公里是距月面距离，不是轨道半径，故D 错误。
【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．要
注意第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的引力
范围，故其发射速度小于第二宇宙速度．
3．（4 分）如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A、B、C 三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A
滑到C，所用的时间为t1，第二次由C 滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终
沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（
）
A．t1＜t2
B．t1＝t2
C．t1＞t2
D．无法比较t1、t2 的大小
【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；65：动能定理．菁优网版权所有
【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比
较滑块的运动时间．
【解答】解：在AB 段，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝m
㘴2
h ，滑块受到的支持力：F＝mg﹣m
㘴2
h ，则速度v 越大，
滑块受支持力F 越小，摩擦力f＝μF 就越小，
在BC 段，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
㘴2
h ，滑块受到的支持力：F＝mg+m
㘴2
h ，则速度v 越大，滑块受支持力F
越大，摩擦力f 就越大，
由题意知从A 运动到C 相比从C 到A，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力
较小，用时短，故A 正确，BCD 错误；
【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正
确解题．
4．（4 分）在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变
化，电表的示数分别用I、U1、U2 和U3 表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2 和△U3 表示，下列
比值错误的是（
）
A．ܷ
1
ܫ不变，
△ܷ
1
△ܫ不变
B．ܷ
2
ܫ变大，
△ܷ
2
△ܫ变大
C．ܷ
2
ܫ变大，
△ܷ
2
△ܫ不变
D．ܷ
3
ܫ变大，
△ܷ
3
△ܫ不变
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】由题意知：R1 是定值电阻，根据欧姆定律得知ܷ
1
ܫ=
△ܷ
1
△ܫ=R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆
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- 1123 -
定律研究
△U3
△ܫ、
△ܷ
2
△ܫ与电源内阻的关系，再分析选择．
【解答】解：A、根据欧姆定律得知：ܷ
1
ܫ=
△ܷ
1
△ܫ=R1．故当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，ܷ
1
ܫ、
△ܷ
1
△ܫ均不
变。故A 正确。
B、C，ܷ
2
ܫ=R2，变大。根据闭合电路欧姆定律得：U2＝E﹣I（R1+r），则有
△ܷ
2
△ܫ=R1+r，不变。故B 错误，C 正
确。
D、ܷ
3
ܫ=R1+R2，变大。根据闭合电路欧姆定律得：U3＝E﹣Ir，则有
△ܷ
3
△ܫ=r，不变。故D 正确。
本题选错误的，故选B
【点评】本题对于定值电阻，是线性元件有R=ܷܫ= △ܷ
△ܫ，对于非线性元件，R=ܷܫ≠△ܷ
△ܫ．
5．（4 分）平行于y 轴的导体棒以速度v 向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，
导体棒中的感应电动势E 与导体棒位置x 关系的图象是下图中的（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】53B：电磁感应与图像结合．
【分析】导体棒向右运动时，切割磁感线，产生感应电动势，注意根据几何关系求有效切割长度。
【解答】解析：当导体棒运动到图示位置时，其坐标值为x，则导体棒切割磁感线的有效长度为：
ܮ= 2 h2 −(h −ݔ)2
所以：ܧ= ܤܮ㘴= 2ܤh2 −(h −ݔ)2㘴= 2ܤ㘴2hݔ−ݔ2，根据数学知识可知，BCD 错误，A 正确。
【点评】本题考查了电磁感应与图象的结合，对于复杂图象问题注意依据物理规律写出两坐标轴之间的函数关系。
6．（4 分）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为
ߪ
2ɛ0
，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，
ɛ0 为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可
看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为（
）
A．ܳɛ
0ܵ
和ܳ
2
ɛ0ܵ
B．ܳ2ɛ0ܵ
和ܳ
2
ɛ0ܵ
C．ܳ2ɛ0ܵ
和ܳ
2
2ɛ
0ܵ
D．ܳɛ0ܵ
和ܳ
2
2ɛ0ܵ
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【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】由题意可明确两极板单独在极板内部形成的场强大小，根据电场的叠加可明确合场强；
相互作用力可看作极板在对方场强中的受力，即F＝Eq。
【解答】解：两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ=ܳݏ；则单个极板形成的场强E0= ߪ
2ɛ0
=ܳ
2ɛ0ܵ
，两极板间的电场强度为：2× ߪ
2ɛ0
=ܳɛ0ܵ
；
两极板间的相互引力F＝E0Q=ܳ
2
2ɛ0ܵ
；
【点评】虽然无限大极板我们没有学过，但是通过本题给出的信息即可明确本题考查内容为电场的叠加以及电场
强度定义公式的应用，要注意掌握信息给予题的解题方法。
7．（4 分）如图水平向右的匀强电场中，固定竖直光滑圆形轨道，a、b、c、d 为圆周上四点，有一带负电小球沿圆轨
道内侧恰好做圆周运动，且所受电场力等于重力，则以下正确的是（
）
A．在a 点时小球运动速度最小为th
B．在ab 弧的中点时小球运动速度最小为2th
C．在cd 弧的中点时速度最大为5 2th
D．在c 点时速度最大为5th
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动
进行类比求解。
【解答】解：A、当小球的速度在等效最高点最小时，轨道支持力为零；由于小球所受的电场力和重力相等，小
球带负电，根据电场力和重力大小关系确定等效重力大小为2mg，等效最高点在ab 之间的中点处。
若能通过圆周上最高点时，则能做完整的圆周运动，设最高点为P，通过点最小速度为vmin：
小球恰好通过P 点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：2݉
t =݉
㘴݉
th
2
h
解得：vmin=
2th m/s。故A 错误，B 错误；
C、同理，小球在该轨道运动的等效最低点在cd 弧的中点处，从等效最高点到等效最低点的过程中：
1
2݉
㘴݉ܽ
ݔ
2
= (
2݉
t) ⋅2h +
1
2݉
㘴݉
th
2
可得：㘴݉ܽ
ݔ=
5 2th．故C 正确，D 错误
【点评】解答该题关键要找到物理的最高点，把握最高点的临界条件：弹力为零，由电场力与重力的合力提供向
心力。
8．（4 分）质量为0.5kg 的小球，以10m/s 的速度竖直向下与地面相碰，碰后竖直反弹高度为3.2m，碰撞事件为t＝
0.2s，g＝10m/s2，则球与地面碰撞时地面对球的平均作用力的大小（
）
A．5N
B．45N
C．50N
D．60N
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】由机械能守恒即可求出向上的速度大小，根据碰撞前后的速度，得出碰撞前后动量的变化量，结合动量
定理求出小球受到地面的平均作用力。
【解答】解：碰后竖直反弹高度为3.2m，由机械能守恒得：
mgh= 1
2݉
㘴2
2
代入数据得：v2＝8m/s
取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p＝﹣mv2﹣mv1＝﹣0.5×（10+8）kg•m/s
＝﹣9kg•m/s，负号表示方向竖直向上。
由动量定理的公式，得：（F﹣mg）t＝△P，
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代入数据求得：F＝50N．故C 正确，ABD 错误
【点评】本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向。
9．（4 分）质量为M 的斜面A 静止在水平地面上，质量为m 的物体B 沿着斜面匀加速下滑，现给物块B 施加以下三
种操作：①施加沿斜面向下的恒力F，②施加一竖直向下的恒力F，③施加一沿斜面向上的恒力F，斜面A 始终
静止，则物体B 在以后的下滑过程中（
）
A．三种操作中物块一定均做匀加速运动
B．三种操作中地面对斜面的摩擦力不为零且均向左
C．①③操作中地面对斜面的支持力与原来相比均不变
D．②操作中斜面对地面的压力与原来相比变大
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物块匀加速下滑时，根据牛顿第二定律判断出加速度，结合物块对斜面压力和摩擦力在水平方向的分力
关系判断地面的摩擦力大小
【解答】解：A、物块以加速度a 沿斜面加速下滑，未加F 时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定
律有：ܽ
=݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉，
当施加F 后，施加沿斜面向下的恒力F，则有：ܽ
=݉
tݏthߠ+ܨ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉，加速度变大，
施加一竖直向下的恒力F，加速度为：a′= (݉
t+ܨ)ݏthߠ−ߤ(݉
t+ܨ)ܿ݋ݏߠ݉，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，
可见a′＞a，即加速度增大。
施加一沿斜面向上的恒力F，则有：ܽ' =݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ−ܨ݉，加速度可能减小，可能为零，也可能反向增大，
故A 错误；
B、在第三种情况下，物体m 可能减速运动，整体受力分析可知f＝mcosθ+M•0＝mgcosθ，方向向右，故B 错误；
C、在①③中，物体对斜面的压力和摩擦力不变，故地面对斜面的支持力与原来相比均不变，故C 正确；
D、②操作中，物体对斜面的摩擦力和压力增大，合力增大，故斜面对地面的压力与原来相比变大，故D 正确
故选：CD。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律并采用整体法灵活选择研究对象进行求解．
10．（4 分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直
向下的匀强磁场B 中。一接入电路电阻为R 的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc 以速度v 匀速滑动，滑动
过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中（
）
A．PQ 中电流先增大后减小
B．PQ 两端电压先减小后增大
C．PQ 上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先增大后减小
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应
中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】本题可分段过程分析：当PQ 从左端滑到ab 中点的过程和从ab 中点滑到右端的过程，抓住棒PQ 产生的
感应电动势不变。导体棒由靠近ab 边向bc 边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大
后减小，由欧姆定律分析PQ 中电流和PQ 两端的电压如何变化；PQ 上外力的功率等于电功率，由P= ܧ2
h ，分析
功率的变化；
根据矩形线框总电阻与PQ 电阻的关系，分析其功率如何变化。当矩形线框的总电阻等于PQ 的电阻时，线框的功
率最大。
【解答】解：A、导体棒由靠近ad 边向bc 边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E＝BLv，保持不变，外电路
总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ 中的电流先减小后增大，故A 错误。
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B、PQ 中电流先减小后增大，PQ 两端电压为路端电压，由U＝E﹣IR，可知PQ 两端的电压先增大后减小。故B
错误；
C、导体棒匀速运动，PQ 上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R 先增大后减小，由P= E2
h ，分析得
知，PQ 上拉力的功率先减小后增大。故C 正确。
D、线框作为外电路，总电阻最大值为R 总= 1
2 × 3h
2 = 3h
4 ＜R，则导体棒PQ 上的电阻始终大于线框的总电阻，当
导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，
当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。
故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ 位于ad 中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电
流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化。
11．（4 分）如图，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑块上放有质量分别为mA＝2kg 和mB＝4kg 的A、B
两物块，两物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，现有水平恒力F 作用在A 上，g＝10m/s2，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则当F 逐渐增大时，A、B 的加速度aA 和aB 随时间的变化情况是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据滑动摩擦力公式求出A、B 与木板之间的最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求出A 和木板相对滑动
时的加速度，再对A、木板和B 整体受力分析，根据牛顿第二定律求出B 的加速度和A 的加速度变化情况．
【解答】解：A 与木板间的最大静摩擦力为：
fA＝μmAg＝0.2×2×10N＝4N，
B 与木板间的最大静摩擦力为：
fB＝μmBg＝0.2×4×10N＝8N，
B 和木块受到的水平滑动摩擦力最大为4N，则B 和木板的最大加速度为：
a=݂
t݉
ܤ= 4
4 = 1݉
/ݏ2，
此时对A，根据牛顿第二定律得：
F﹣fA＝mAa，
解得：F＝6N，
则当F＜6N 时，所以AB 和木板保持相对静止，整体在F 作用下向右匀加速运动，
当F＞6N 后，A 相对B 和木板滑动，此后A 的加速度为：a= ܨ−݂t݉
t
= 1
2 ܨ−2，而B 和木板一直做加速度为1m/s2
的匀加速直线运动，故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
【点评】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的
关键是正确对两物体进行受力分析．
12．（4 分）光滑斜面倾角为30°，质量为m 的物块在拉力为F 的作用下，从斜面上A 位置由静止经t 秒运动到B
点，此时撤去拉力F，又经过t 秒物块恰好回到A 位置，物块运动到B 时速度为v1，返回到A 时速度为v2，第一
过程拉力的功为WF，第二过程重力的做功为WG，则下列正确的是（
）
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A．
ܨ݉
t =
2
3
B．
ܨ݉
t =
1
3
C．
㘴1
㘴2
=
1
2
D．ܹ
ܨܹ
ܩ
=
2
3
【考点】52：动量定理；62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】已知两过程中位移相同时间相同，根据平均速度公式可明确两速度大小关系，再分别对两过程分析，根
据动量定理列式可明确拉力与重力的关系，根据功的公式即可明确两过程中拉力与重力做功的大小关系．
【解答】解：由A 至B 和由B 到A 用时相等，设向上为正方向，则由平均速度公式v= ݔ
ݐ= 㘴+㘴0
2
可知，两过程中
平均速度的大小一定相等，则有：
㘴1
2 =−
㘴1−(−㘴2)
2
=
㘴2−㘴1
2
，
解得：v2＝2v1；
由动量定理可知，上升过程中：
Ft﹣mgsinθt＝mv1
对下降过程有：
﹣mgsinθt＝﹣mv2﹣mv1
联立以上各式可得：
ܨ݉
t =
2
3；
上升过程拉力的功WF＝FL；
第二过程重力的功WG＝mgLsin30°；
则可知ܹ
ܨܹ
ܩ
=2× ܨ݉
t = 4
3；
故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
【点评】本题为力学综合题，要注意明确功能关系、动量定理以及运动学公式的综合应用，在解题时一定要注意
分析物理过程，明确正方向，只有准确掌握了速度、动量的矢量性才能准确求解．
二、解答题（共2 小题，满分10 分）
13．（4 分）如图1 所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮
光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．不计空气
阻力及一切摩擦．
（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满
足
小车与滑轮间的细绳与长木板平行
（2）实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动
时间t．改变小车质量m，测得多组m、t 的值，建立坐标系描点作出图线．（图2）能直观得出“合外力一定时，
加速度与质量成反比”的图线是
C
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力
小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x= 1
2at2．位移一定，找出a 与t 的关系．
【解答】解：（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受
的合外力．
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（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x= 1
2at2．
改变小车质量m，测得多组m、t 的值，所以加速度a= 2ݔ
ݐ2，位移不变，
所以a 与t2 成反比，合外力一定时，加速度与质量成反比例”的图线是C．
故选：C
故答案为：（1）小车与滑轮间的细绳与长木板平行（2）C
【点评】对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题．
14．（6 分）某学习小组的同学拟探究小灯泡L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0V．0.7A”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S 及导线若干。
①甲同学设计了如图1 所示的电路来进行测量，当通过L 的电流为0.46A 时，电压表的示数如图2 所示，电压表
的示数为
2.30
V，此时L 的电阻为
5
Ω。
②乙同学又设计了如图3 所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L 上的电压值是
4
V。
③学习小组认为要想更准确地描绘出L 完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所
供器材，在图4 所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）由图示电压表确定其分度值，读出电压表示数，然后由欧姆定律求出灯泡电阻阻值。
（2）由图3 所示电路图可知，电压表与电阻R2 串联，根据串联电路特点求出电阻R2 的电压，然后求出灯泡两端
电压。
（3）电流表A1 量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2 并联一个分流电阻，
据此设计实验电路。
【解答】解：（1）由图2 所示可知，电压表分度值是0.1V，电压表示数为2.30V，
此时灯泡电阻RL= 2.3
0.46 =5Ω。
（2）电压表内阻为9kΩ，标准电阻R2 阻值为3kΩ，电压表最大示数为3V，由串联电路特点可知，标准电阻R2
电压为1V，灯泡两端电压为：3V+1V＝4V。
（3）电流表A1 量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2 并联一个分流电阻，
实验电路图如图1 或图2 所示。
故答案为：
①2.30；
5；
②4；
③如图
【点评】对电表读数时要先确定电表量程的分度值，读数时视线要与电表刻度线垂直；应用串联电路特点即可求
出灯泡两端电压。
三、解答题（共4 小题，满分52 分）
15．（13 分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上
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端串接一个0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度
B＝2.0T．质量m＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连。CD 棒的初始位
置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程
中CD 棒始终保持与导轨垂直。当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置（重
力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）。求
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小；
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力FA 的大小；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q。
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；35：整体思想；4E：模型法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】（1）CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求CD 棒进入磁场时速度v。
（2）CD 棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，先由E＝BLv 求感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流，
最后由安培力公式求解CD 棒安培力FA 的大小。
（3）健身者所做的功W 根据功的计算公式求。由牛顿第二定律求出CD 棒进入磁场后的加速度，知道CD 棒做
匀速运动，求出运动时间，再由焦耳定律求焦耳热。
【解答】解：（1）CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：
a= ܨ−݉
tݏthߠ݉=12m/s2…①
进入磁场时CD 棒的速度为：v=
2ܽݏ=
2 × 12 × 0.24 =2.4m/s…②
（2）CD 棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv…③
感应电流为：I= ܤt㘴
h ⋯④
CD 棒安培力为：FA＝BIl…⑤
联立代入得：FA= ܤ2t2㘴
h
=48N…⑥
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功为：W＝F（s+d）＝64J…⑦
由于F﹣mgsinθ﹣FA＝0…⑧
所以CD 棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t=݀㘴⋯⑨
则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt＝26.88J
答：
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小为2.4m/s
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力FA 的大小是48N；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 是64J，电阻产生的焦耳热Q 是26.88J。
【点评】本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大小，
从而判断导体棒的受力情况和运动情况。第3 小题，不要有思维定势，认为求焦耳热就想到能量守恒定律，要知
道导体棒匀速运动时，感应电流一定，可根据焦耳定律求热量。
16．（13 分）一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银，O 表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内
从M 点入射，经过AB 面反射后从N 点射出．已知光线在M 点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°．求：
（1）光线在M 点的折射角．
（2）透明物体的折射率．
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【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在M 点的折射角．
（2）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．
【解答】解：（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M 点相对于底面EF 对称，Q、P 和N 三点共线．
设在M 点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β．
根据题意有
α＝30°
①
由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是β+r＝60°②
且α+r＝β③
由①②③式得r＝15°④
（2）根据折射率公式有n= ݏtht
ݏthݎ⑤
由④⑤式得n=
6+ 2
2
⑥
答：
（1）光线在M 点的折射角为15°．
（2）透明物体的折射率为
6+ 2
2
．
【点评】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高，要加强训练，提高运
用数学知识处理物理问题的能力．
17．（13 分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道
向下运动到B 点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B 点的高度h 可由运动员自由调节（取
g＝10m/s2）．求：
（1）运动员到达B 点的速度与高度h 的关系；
（2）运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度h 应调为多大？对应的最大水平距离Smax 为多少？
（3）若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h 值应为多少？
【考点】43：平抛运动；65：动能定理．菁优网版权所有
【分析】清楚运动员的运动过程，可运用动能定理研究A 到B 得过程把运动员到达B 点的速度与高度h 的关系联
系起来．
求s 的最大值，方法是把这个s 先通过平抛运动规律表示出来，通过数学函数知识（可以配方）求极值．
【解答】解：（1）设AB 与水平面夹角为θ
A 运动到B 过程，摩擦阻力做功为μmgcosθ
ܮܿ
݋ݏߠ=μmgL
由A 运动到B 过程应用动能定理：
mg（H﹣h）﹣μmgL= 1
2mvB2﹣0⇒vB=
2t(ܪ−݄
−ߤܮ)
（2）离开B 点做平抛运动
竖直方向：h= 1
2gt2⇒t=
2݄
t ．
水平方向：x＝vBt
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解得：x＝2 (ܪ−ߤܮ−h)h =2 −݄
2 + (ܪ−ߤܮ)݄
当h= ܪ−ߤܮ
2
时，x 有最大值，xmax＝H﹣μL
∴对应的最大水平距离Smax＝H﹣μL+L．
（3）把数据代入x＝2 (ܪ−ߤܮ−h)h
x＝2 (4 −0.2 × 5 −h)h =7﹣5＝2m
⇒h2﹣3h+1＝0，
解得：h1= 3+ 5
2
=2.62m
h2= 3−5
2
=0.38m．
答：（1）运动员到达B 点的速度与高度h 的关系是vB=
2t(ܪ−݄
−ߤܮ)；
（2）当h=−ܪ−ߤܮ
2×(−1)时，x 有最大值，Smax＝H﹣μL+L
（3）h 的值有：h1= 3+ 5
2
=2.62m，h2= 3−5
2
=0.38m．
【点评】第一问中也可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解，哪个简便你可以去尝试比较．
求一个物理量的极值，常见的方法是把这个物理量先表示出来，通过数学知识（可以配方）求极值．
18．（13 分）在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和
下述力学模型类似．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂
直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C 沿轨道以速度v0．射向B 球，如图所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一
个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A 球与
挡板P 发生碰撞，碰后A、B 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定
均无机械能损失）．已知A、B、C 三球的质量均为m．
（i）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．
（ii）求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（i）C 球与B 球粘连成D 时由动量守恒定律列出等式，当弹簧压缩至最短时，D 与A 的速度相等由动量
守恒定律解答弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．
（ii）弹簧长度被锁定后由能量守恒列出等式，解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，势能全部转变成D 的动
能由能量守恒和动量守恒定律列出等式求解．
【解答】解：（i）设C 球与B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时，D 的速度为v1，由动量守恒有：
mv0＝（m+m）v1…①
当弹簧压缩至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒有：
2mv1＝3mv2…②
由①②两式得A 的速度为：v2= 1
3 㘴0
（ii）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒有：
1
2•2mv
1
2 = 1
2 ⋅3݉
㘴2
2 +Ep
撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D
的速度为v3，
则有：Ep= 1
2 (2݉
)㘴3
2
以后弹簧伸长，A 球离开档板P，并获得速度，当A、D 的速度相等时，弹簧伸至最长．
设此时的速度为v4，由动量守恒定律得：2mv3＝3mv4
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP′，
由能量守恒定律得：
1
2 (2݉
)㘴3
2 =
1
2 (3݉
)㘴4
2 +EP′，
由以上各式解得：EP′= 1
36݉
㘴0
2
答：（i）弹簧长度刚被锁定后A 球的速度为
1
3 㘴0．
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（ii）在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能是
1
36݉
㘴0
2．
【点评】本题主要考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用，关键要知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
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2018-2019 学年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东
北育才学校高三（上）期末物理试卷
一、选择题
1．（4 分）两物体A、B 按如图所示连接且处于静止状态，已知两物体质量为mA＞mB，A 物体和地面的动摩擦因数
为μ．现在B 上加一个水平力F，使物体B 缓慢移动，物体A 始终静止，则此过程中（
）
A．物体A 对地面的压力逐渐变小
B．物体A 受到的摩擦力不变
C．绳的拉力逐渐变小
D．地面对A 的作用力不变
2．（4 分）一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存
在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过
程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是（
）
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
3．（4 分）如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨
接触良好．在两根导轨的端点d、e 之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F1 作用在
金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用Ff 表
示，则关于图乙中F1 与Ff 随时间t 变化的关系图象可能的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（4 分）下列说法正确的是
（
）
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应
B．大量的氢原子从n＝3 的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光
C．一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
D．发生光电效应时，入射光的频率一定，光强越大，光电子最大初动能越大
5．（4 分）质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v1 向右运动，质量为m 的子弹以速度v2 水平向左射入木块（子
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弹留在木块内），要使木块停下来，必须发射子弹的数目为（
）
A．
(ܯ+݉
)㘴2݉
㘴1
B．
ܯ㘴1
(ܯ+݉
)㘴2
C．
ܯ㘴1݉
㘴2
D．݉
㘴1
ܯ㘴2
6．（4 分）如图所示，三个质点a、b、c 质量分别为m1、m2、M，（M＞＞m1，M＞＞m2）．a、b 在同一平面内绕c
沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta：Tb＝1：k．（k＞1，为正整数）从图示位置开始，在b 运动一
周的过程中，则（
）
A．a、b 距离最近的次数为k 次
B．a、b 距离最近的次数为k+1 次
C．a、b、c 共线的次数为2k 次
D．a、b、c 共线的次数为2k﹣2 次
7．（4 分）一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0 时刻由
静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（
）
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2s 内，电场力所做的功等于零
C．4s 末带电粒子回到原出发点
D．2.5s～4s 内，电场力的冲量等于零
8．（4 分）如图所示，“嫦娥二号”卫星有地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入半径为100km、周
期为118min 的工作轨道，开始对月球进行探测，则（
）
A．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小
B．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点的速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时大
C．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短
D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大
9．（4 分）一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体向上运动过
程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示（空气阻力不计），已知曲线上点A 处的切线的斜率最大，则
（
）
A．在x1 处物体所受拉力最大
B．在x1～x2 过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x2 处物体的速度最大
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D．在x1～x2 过程中，物体的加速度先增大后减小
10．（4 分）如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串连接在电源上，
已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB 间的某一固定点水平射入，打在B 极板上的
N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB 间距（两极板始终平行），则下列说法正确的
是（
）
A．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 点的右侧
B．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 点的左侧
C．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 点的右侧
D．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 点的左侧
11．（4 分）如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′
方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感强度为B，线圈匝数为n，ab 边的边长为l1，ad 边的边
长为l2，线圈总电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时（
）
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电动势为2nBl2ω
C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大
D．线圈ad 边所受安培力的大小为
h2ܤ2t1
2t2߱
h
12．（4 分）在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ 为两个磁场
的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从如
图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为
㘴
2，则下列说法正确的是
（
）
A．此过程中通过线框截面的电量为
2ܤܽ2
h
B．此时线框的加速度为
ܤ2ܽ2㘴
2݉
h
C．此过程中回路产生的电能为
3
8mv2
D．此时线框中的电功率为
ܤ2ܽ2㘴2
h
二、实验题
13．（4 分）在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下
垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧外力的弹性限度内进行的。用记录的外力F 与弹簧的形变
量x，作出F﹣x 图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为
N/m，图线不过坐标原点的原因是由
于
。
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14．（12 分）用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E 和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性
曲线．
A．电压表V1（量程6V、内阻很大）
B．电压表V2（量程3V、内阻很大）
C．电流表A（量程3A、内阻很小）
D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A）
E．小灯泡（2A、5W）
F．电池组（电动势E、内阻r）
G．开关一只，导线若干
实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1 的示数增大，则电压表V2 的示数减小．
（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整．
（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1 和电压表V2 的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），
标到U﹣I 坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E＝
V、内阻r
＝
Ω．（结果保留两位有效数字）
（3）在U﹣I 坐标中两条图线在P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为
Ω（结果保留两位有效数
字）．
三、计算题
15．（12 分）如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点之间的距离为
L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s 向上运动。现将一质量为1kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传
送带间的动摩擦因数μ=
3
2 ，取g＝10m/s2，求：
（1）物体从A 运动到B 共需多少时间？
（2）电动机因传送该物体多消耗的电能。
16．（10 分）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8m
处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3s，第一次反弹的高度为h2＝1.25m．已
知排球的质量为m＝0.4kg，g 取10m/s2，不计空气阻力．求：
①排球与地面的作用时间．
②排球对地面的平均作用力的大小．
17．（14 分）如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D 点与半圆轨道相切，轨道半径R＝1m，全
部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直于纸面向里的
匀强磁场（C 点在MN 边界上）．一质量为0.4kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v0= 100
7 m/s，接着
沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度vf＝4m/s，（不计空气
阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8）求：
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（1）小球带何种电荷；
（2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．
（3）小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC（或延长线）的交点为G（G 点未
标出），求G 点到D 点的距离．
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2018-2019 学年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、
东北育才学校高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（4 分）两物体A、B 按如图所示连接且处于静止状态，已知两物体质量为mA＞mB，A 物体和地面的动摩擦因数
为μ．现在B 上加一个水平力F，使物体B 缓慢移动，物体A 始终静止，则此过程中（
）
A．物体A 对地面的压力逐渐变小
B．物体A 受到的摩擦力不变
C．绳的拉力逐渐变小
D．地面对A 的作用力不变
【考点】2G：力的合成与分解的运用；38：牛顿第三定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先以B 为研究对象，分析受力情况，分析平衡条件得到F、绳子拉力与绳子和竖直方向夹角的关系，分
析F 和拉力的变化情况．再对A 研究，根据平衡条件分析地面的支持力和摩擦力如何变化．
【解答】解：ABC、以B 为研究对象，分析受力情况如图1，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则由平衡条件得：
Tsinθ＝F
Tcosθ＝mBg
得：T=݉
ܤtܿ
݋ݏߠ，F＝mBgtanθ
由题，θ增大，cosθ减小，tanθ增大，则绳子拉力T 增大，F 增大。
对A 研究，分析受力情况如图2 所示，由平衡条件得：
Tsinα+N＝mAg，
f＝Tcosα
T 增大，α不变，则地面对A 的支持力N 减小，摩擦力f 增大，则由牛顿第三定律得知，物体A 对地面的压力逐
渐减小。故A 正确，BC 错误。
D、地面对A 的作用力是N 和f 的合力，根据平衡条件得知，N 和f 的合力与MAg 和T 的合力大小相等，T 增大，
则知mAg 和T 的合力增大。故地面对A 的作用力增大。故D 错误。
【点评】本题是两个物体动态平衡问题，分析受力情况，作出力图，运用函数法进行分析即可正确求解．
2．（4 分）一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存
在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过
程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是（
）
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据滑块的受力，通过合力的变化判断加速度的变化，根据加速度的方向与速度方向的关系判断速度的
变化．
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【解答】解：物块滑上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，
弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，
然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，
加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D 正确，A、B、C 错误。
【点评】解决本题的关键掌握加速度大小和方向判断方法，知道当加速度方向与速度方向同向，物体做加速运动，
当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．
3．（4 分）如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨
接触良好．在两根导轨的端点d、e 之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F1 作用在
金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用Ff 表
示，则关于图乙中F1 与Ff 随时间t 变化的关系图象可能的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电
动势．菁优网版权所有
【专题】53B：电磁感应与图像结合．
【分析】根据安培力大小表达式Ff= ܤ2ܮ2㘴
h
，可知安培力与速率成正比，安培力均匀增大，速度均匀增大，可分析
出导体棒应做匀加速运动，根据牛顿第二定律推导出外力F1 与速度的关系式，再选择图象．
【解答】解：根据安培力大小表达式Ff= ܤ2ܮ2㘴
h
，可知安培力与速率成正比。图中安培力随时间均匀增大，则速度
随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a 一定，
根据牛顿第二定律得：F1﹣Ff＝ma，得F1= ܤ2ܮ2㘴
h
+ma，可见外力F1 与速度是线性关系，速度随时间均匀增大，
则外力F1 也随时间均匀增大，故B 正确。
【点评】本题关键要掌握安培力大小表达式Ff= ܤ2ܮ2㘴
h
，并根据牛顿第二定律推导出外力F1 的表达式，即可作出
判断．
4．（4 分）下列说法正确的是
（
）
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应
B．大量的氢原子从n＝3 的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光
C．一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
D．发生光电效应时，入射光的频率一定，光强越大，光电子最大初动能越大
【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；J4：氢原子的能级公式和跃迁；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速
度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】太阳辐射的能量是核聚变反应；
从n＝3 的能级向低能级跃迁时只会辐射3 种不同频率的光；
不能发生光电效应，是因为该束光的频率太低，波长太长；
光电效应的最大初动能由频率决定．
【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A 正确；
B、大量的氢原子从n＝3 的能级向低能级跃迁时只会辐射三种不同频率的光，故B 错误；
C、一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应，是因为该单色光的频率小于这种金属的极限频率，所以不
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会产生光电效应，再由频率与波长关系ߛ=ܿɉ，则有该束光的波长太长，故C 错误；
D、发生光电效应时，入射光的频率一定，光强越大，光子数越多，故单位时间内逸出的光电子数就越多，
而依据光电效应方程：Ekm＝hγ﹣W，可知，光电子最大初动能不变，故D 错误；
【点评】考查核聚变反应与裂变反应的区别，理解跃迁时放出多少种频率的光子，知道波长与频率的关系，同时
掌握光电效应方程的内容，及注意光电效应发生条件．
5．（4 分）质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v1 向右运动，质量为m 的子弹以速度v2 水平向左射入木块（子
弹留在木块内），要使木块停下来，必须发射子弹的数目为（
）
A．
(ܯ+݉
)㘴2݉
㘴1
B．
ܯ㘴1
(ܯ+݉
)㘴2
C．
ܯ㘴1݉
㘴2
D．݉
㘴1
ܯ㘴2
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】子弹在射木块的过程中，木块和所有子弹组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出射入的子弹个数．
【解答】解：对所有子弹和木块组成的系统研究，根据动量守恒定律得，
Mv1﹣Nmv2＝0
解得N= ܯ㘴1݉
㘴2．故C 正确，A、B、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道所有子弹和木块组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律进行解题．
6．（4 分）如图所示，三个质点a、b、c 质量分别为m1、m2、M，（M＞＞m1，M＞＞m2）．a、b 在同一平面内绕c
沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta：Tb＝1：k．（k＞1，为正整数）从图示位置开始，在b 运动一
周的过程中，则（
）
A．a、b 距离最近的次数为k 次
B．a、b 距离最近的次数为k+1 次
C．a、b、c 共线的次数为2k 次
D．a、b、c 共线的次数为2k﹣2 次
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】质点a、b 均在c 点的万有引力的作用下绕c 做圆周运动，根据周期比，每多转半圈，三质点共线一次，
可先求出多转半圈的时间，与总时间相比，得出三点共线次数．
【解答】解：A、设每隔时间T，a、b 相距最近，则（ωa﹣ωb）T＝2π，所以T=
2ߨ߱ܽ
−ܾ߱
=
2ߨ
2ߨܶܽ−2ߨܾܶ=ܾܾܶܽܶܶ
−ܶܽ
故b 运动一周的过程中，a、b 相距最近的次数为：n=ܾܶܶ
=ܾܶ
−ܶܽܶܽ
=݇ܶܽ
−ܶܽܶܽ
=݇
−1
即a、b 距离最近的次数为k﹣1 次，故AB 均错误。
C、设每隔时间t，a、b 共线一次，则（ωa﹣ωb）t＝π，所以t=
ߨ߱ܽ
−ܾ߱
=
ߨ
2ߨܶܽ−2ߨܾܶ=ܾܶܽܶ2(ܾܶ
−ܶܽ
)；
故b 运动一周的过程中，a、b、c 共线的次数为：n=ܾܶݐ= 2(ܾܶ
−ܶܽ
)ܶܽ= 2݇ܶܽ
−2ܶܽܶܽ
= 2݇
−2。
故a、b、c 共线的次数为2k﹣2，故C 错误，D 正确。
【点评】本题主要考查圆周运动的概念，以及的角速度与周期之间的关系，解这样的问题，最好画画草图，寻找
角度与周期之间的关系．
7．（4 分）一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0 时刻由
静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（
）
A．带电粒子只向一个方向运动
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B．0～2s 内，电场力所做的功等于零
C．4s 末带电粒子回到原出发点
D．2.5s～4s 内，电场力的冲量等于零
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】从图中可以看出，电场变化的周期是3s，在每个周期的前一秒内，带电粒子的加速度为ܽ1 = ݍܧ݉，后两秒
的加速度为ܽ2 = 2ݍܧ݉，可得a2 是a1 的2 倍，从而绘出v﹣t 图，有题意可知粒子在反向加速0.5s 后开始反方向运
动，可判断A 错误；由图可以看出0～2s 的时间内，做功不会为零；由v﹣t 图象中图线与坐标轴围成的图形的面
积为位移可判断C 选项的正误；由动量定理可计算出2.5s～4s 内的动量的变化，从而判断D 的正误．
【解答】解：
由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度ܽ1 = ݍܧ݉，为第2s 内加速度ܽ2 = 2ݍܧ݉的
1
2，因此先加速1s 再减
小0.5s 速度为零，接下来的0.5s 将反向加速，v﹣﹣t 图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒
子刚回到减速开始的点，所以选项A 错；0～2s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知
电场力所做的功不为零，选项B 错误；由v﹣﹣t 图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可
以看出，前4s 内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C 错误；2.5s～4s 内，电场力的冲量为I
＝2qE0×0.5+（﹣qE0）×1＝0，选项D 正确。
【点评】带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常
规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象来分析．在画速度图象时，要注意
以下几点：
1．带电粒子进入电场的时刻；
2．速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；
3．图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
4．注意对称和周期性变化关系的应用；
5．图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求
解．
带电粒子在交变电场中的运动，是对“力和运动”知识点深化性考查的重要信息载体，该问题主要围绕“受力分
析、依据受力和运动的初始条件判断带电粒子的运动状态、多方物理过程的分析和临界条件”等能力点考查学生
的学科思维能力，方法上主要采用“牛顿运动定律”和“功能思想”．
8．（4 分）如图所示，“嫦娥二号”卫星有地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入半径为100km、周
期为118min 的工作轨道，开始对月球进行探测，则（
）
A．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小
B．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点的速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时大
C．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短
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D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】月球第一宇宙速度是绕月球圆周运动的最大速度，在圆轨道上运动向心力由万有引力提供，根据开普勒
行星定律比较周期大小关系．
【解答】解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ可得线速度v=
ܩܯ
ݎ，在圆轨道上运动第一宇宙
速度是绕月飞行的最大速度，故在轨道III 上运动的速度小于第一宇宙速度，故A 正确；
B、在轨道I 上经过P 点后，卫星做离心运动，根据离心运动条件可知，卫星在轨道I 上经过P 点时的速度大于在
轨道III 上经过P 点的速度，故B 错误；
C、由几何知识知，卫星在轨道I 上的半长轴大于在轨道III 上的半径，根据开普勒行星定律可知卫星在轨道III
上运动的周期比轨道I 上短，故C 正确；
D、卫星在轨道I 上变轨至轨道II 上时，星上发动机需要对卫星做负功使其减速做近心运动，此过程中发动机对
卫星做负功，卫星的机械能减小，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】万有引力提供卫星圆周运动向心力和开普勒行星运动定律分析卫星变轨问题，知道卫星通过加速做离心
运动抬高轨道，减速做近心运动降低轨道．
9．（4 分）一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体向上运动过
程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示（空气阻力不计），已知曲线上点A 处的切线的斜率最大，则
（
）
A．在x1 处物体所受拉力最大
B．在x1～x2 过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x2 处物体的速度最大
D．在x1～x2 过程中，物体的加速度先增大后减小
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣﹣x1 过程中物体机械能在增加，知拉
力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度
以及动能的变化．
【解答】解：A、由图可知，x1 处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由E＝Fh 可知此时所受的
拉力最大；故A 正确；
B、x1～x2 过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；x2 时刻图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；
在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在x2 处；故B 正确；C 错误；
D、由图象可知，拉力先增大后减小，直到变为零；则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反向
增大；故加速度应先增大后减小，再反向增大；故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运动过程．要求
我们能明确机械能与外力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结合图象进行分析求解．
10．（4 分）如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串连接在电源上，
已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB 间的某一固定点水平射入，打在B 极板上的
N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB 间距（两极板始终平行），则下列说法正确的
是（
）
A．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 点的右侧
B．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 点的左侧
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C．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 点的右侧
D．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 点的左侧
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AQ：平行板电容器的电容．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】因为二极管的单向导电性，只能给A 充电而不能放电，使得Q 只能增大或不变，不能减小．根据U=ܳܥ，
C=
ɛS
4ߨ݇݀
，E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，Q 不变时，改变d，E 不变，所以E 也只能增大或不变，即小球受的电场力只能
增大或不变．
【解答】A、若小球带正电，当d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，根据E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，
E 不变所以电场力不变，小球仍然打在N 点。故A 错误。
B、若小球带正电，当d 减小时，电容增大，Q 增大，根据E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，所以d 减小时E 增大，所以电场
力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧。故B 正确。
C、若小球带负电，当AB 间距d 减小时，电容增大，则Q 增大，根据E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，所以d 减小时E 增大，
所以电场力变大向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将
打在N 点的右侧。故C 正确。
D、若小球带负电，当AB 间距d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，根据E=ܷ݀
=ܳܥ݀
= 4ߨ݇ܳ
ɛܵ
，
E 不变所以电场力大小不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N 点。故
D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法．以及知道二极管的单向导电性．
11．（4 分）如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′
方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感强度为B，线圈匝数为n，ab 边的边长为l1，ad 边的边
长为l2，线圈总电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时（
）
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电动势为2nBl2ω
C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大
D．线圈ad 边所受安培力的大小为
h2ܤ2t1
2t2߱
h
【考点】CE：安培力的计算；D8：法拉第电磁感应定律；DC：右手定则．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据右手定则判断感应电流的方向。图示时刻ad、bc 两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线
圈中的感应电动势。图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率。由安
培力公式F＝BIL 求出安培力大小。
【解答】解：A、图示时刻，ad 速度方向向里，bc 速度方向向外，根据右手定则判断出ad 中感应电流方向为a→
d，bc 中电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba。故A 错误；
B、线圈中的感应电动势为E＝nBSω＝nBl1l2ω．故B 错误；
C、图示时刻ad、bc 两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁
通量的变化率最大。故C 正确；
D、线圈ad 边所受安培力的大小为F＝nBIl2＝nB
hܤt1t2߱
h
•l2=
h2ܤ2t1 t2
2߱
h
．故D 错误。
【点评】本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律、
安培力等知识的综合应用。
12．（4 分）在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ 为两个磁场
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的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从如
图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为
㘴
2，则下列说法正确的是
（
）
A．此过程中通过线框截面的电量为
2ܤܽ2
h
B．此时线框的加速度为
ܤ2ܽ2㘴
2݉
h
C．此过程中回路产生的电能为
3
8mv2
D．此时线框中的电功率为
ܤ2ܽ2㘴2
h
【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的
感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q= ܫ△t 相结合求解电量．此时线框中感应电动势为E＝2Ba
㘴
2，
感应电流为I= ܧ
h，线框所受的安培力的合力为F＝2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度．根据能量守恒定律求解
产生的电能．由P＝I2R 求解电功率．
【解答】解：
A、由E= △Ȱ
△ݐ、ܫ= ܧ
h及q= ܫ△t 得，电量q= △Ȱ
h = ܤܽ2
h ．故A 错误。
B、此时线框中感应电动势为E＝2Ba
㘴
2 =Bav，感应电流为I= ܧ
h = ܤܽ㘴
h ，线框所受的安培力的合力为F＝
2BIa= 2ܤ2ܽ2㘴
h
，加速度为a 加= ܨ݉= 2ܤ2ܽ2㘴݉
h
．故B 错误。
C、根据能量守恒定律得：回路产生的电能为Q= 1
2݉
㘴2 −1
2݉
( 㘴
2 )2 = 3
8݉
㘴2．故C 正确。
D、此时线框中的电功率为P＝I2R= ܤ2ܽ2㘴2
h
．故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的
变化．
二、实验题
13．（4 分）在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下
垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧外力的弹性限度内进行的。用记录的外力F 与弹簧的形变
量x，作出F﹣x 图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为
200
N/m，图线不过坐标原点的原因是由于
弹
簧本身有重力
。
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】该题考查了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题。
由胡克定律可求出弹簧的劲度系数。
【解答】解：当拉力为8N 时，弹簧的形变量为x＝5cm＝0.05m
当拉力为0N 时，弹簧的形变量为x＝1cm＝0.01m
由胡克定律F＝kx 得：图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
k= △ܨ
△ܺ
=200N/m
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图线不过坐标原点的原因是由于弹簧本身有重力，使得弹簧没有外力的情况下已经伸长了一段距离。
故答案为：200，弹簧本身有重力。
【点评】在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。
14．（12 分）用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E 和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性
曲线．
A．电压表V1（量程6V、内阻很大）
B．电压表V2（量程3V、内阻很大）
C．电流表A（量程3A、内阻很小）
D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A）
E．小灯泡（2A、5W）
F．电池组（电动势E、内阻r）
G．开关一只，导线若干
实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1 的示数增大，则电压表V2 的示数减小．
（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整．
（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1 和电压表V2 的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），
标到U﹣I 坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E＝
4.5
V、内阻r
＝
1.0
Ω．（结果保留两位有效数字）
（3）在U﹣I 坐标中两条图线在P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为
0
Ω（结果保留两位有效数字）．
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数
增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出
实验电路图．
（2）电源的U﹣I 图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻
器接入电路的阻值．
【解答】解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻
值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入
电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1 的示数增大，则电压表V2 的示数减小，则V1 测路端电压，
V2 测灯泡两端电压，电路图如图所示．
（2）电源的U﹣I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E＝4.5V，电源内阻
r= △ܷ
△ܫ= 4.5ܸ−2.5ܸ
2.0t
=1.0Ω．
（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL＝2.5V，此时电路电流I＝2.0A，
电源电动势E＝Ir+UL+IR 滑，即4.5V＝2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R 滑，则R 滑＝0Ω．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0．
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【点评】电源的U﹣I 图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚
纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错．
三、计算题
15．（12 分）如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点之间的距离为
L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s 向上运动。现将一质量为1kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传
送带间的动摩擦因数μ=
3
2 ，取g＝10m/s2，求：
（1）物体从A 运动到B 共需多少时间？
（2）电动机因传送该物体多消耗的电能。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】（1）分析工件的受力情况，物体受到重力、支持力、和沿斜面向上的摩擦力作用，合力沿斜面向上，物
体加速运动，由牛顿第二定律求出加速度。由速度公式求出速度达到与传送带相同的时间。
（2）求出物体所受的力和物体的位移，根据功的公式，摩擦力对物体所做的功；求出物体增加的机械能，由能量
守恒求出电动机由于传送工件多消耗的电能。
【解答】解：（1）对工件，受力如图，据牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
得a＝2.5 m/s2
工件速度由0 达到v 所用的时间t= 㘴ܽ= 2
2.5 =0.8s
在这段时间内的位移s= 1
2at2= 1
2 × 2.5 × 0．82 = 0.8m
传送带底端到顶端的距离L，由s＜L 可知工件从底端到顶端先做匀加速运动。
工件做匀速运动的时间：ݐ' = ܮ−ݏ
㘴
= 4−0.8
2
= 1.6s
工件从底端到顶端的时间：t 总＝t+t′＝0.8+1.6＝2.4s
（2）在工件放上传送带到相对于传送带静止，传送带的位移：
s′＝vt＝2×0.8＝1.6m
系统克服摩擦力做的功（产生的内能）：Q＝μmgcosθ（s′﹣s）=
3
2 × 1 × 10 ×ܿ݋ݏ30° × (1.6 −0.8) =6J
工件增加的机械能：△E= 1
2݉
㘴2 +݉
t݄
= 1
2 × 1 × 22 + 1 × 10 × 4 × ݏth30° = 22J
工件从皮带的底端上到顶端的过程电动机因传送该物体多消耗的电能转化为工件的机械能与内能，
所以：W＝Q+△E＝6+22＝28J
答：（1）工件从底端运动到顶端的时间是2.4s；
（2）电动机因传送该物体多消耗的电能是28J。
【点评】本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产
生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机多消耗的电能。
16．（10 分）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8m
处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3s，第一次反弹的高度为h2＝1.25m．已
知排球的质量为m＝0.4kg，g 取10m/s2，不计空气阻力．求：
①排球与地面的作用时间．
②排球对地面的平均作用力的大小．
【考点】1J：自由落体运动；52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的
速度，根据动量定理求平均作用力．
【解答】解：①设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，
则有h1= 1
2gt12，h2= 1
2gt22
解得t1＝0.6s，t2＝0.5s
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所以，排球与地面的作用时间为t3＝t﹣t1﹣t2＝0.2s
②设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，
有v1＝gt1＝6m/s，v2＝gt2＝5m/s
设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由
动量定理有
（F﹣mg）t3＝mv2﹣m（﹣v1）
代入数据解得F＝26N
根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′＝26N
答：①排球与地面的作用时间0.2s．
②排球对地面的平均作用力的大小26N．
【点评】本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用．
17．（14 分）如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D 点与半圆轨道相切，轨道半径R＝1m，全
部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直于纸面向里的
匀强磁场（C 点在MN 边界上）．一质量为0.4kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v0= 100
7 m/s，接着
沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度vf＝4m/s，（不计空气
阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8）求：
（1）小球带何种电荷；
（2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．
（3）小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC（或延长线）的交点为G（G 点未
标出），求G 点到D 点的距离．
【考点】37：牛顿第二定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】带电粒子在只有电场的倾斜轨道上做匀加速运动后，进入电场与磁场混合的场中做匀速直线运动，重力、
洛伦兹力与电场力处于平衡状态，接着沿半圆轨道运动刚好能达到D 点，最后从D 点做类平抛运动，此时所受到
的合力正好与速度相互垂直．因此由电场力与电场强度方向可确定小球所带电性，同时利用平抛运动规律可得小
球垂直与速度方向上发生的位移，从而求出运动的时间，最终确定沿速度方向的运动的位移．小球在半圆轨道上
由运动定理可得克服摩擦力做功多少．
【解答】解：（1）小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电，电场力水平向右，洛伦兹力斜向左
下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，也不可能与速度方向在同一直线上，小球不可能做直线运动，
则小球带正电．
（2）小球在CD 间做匀速直线运动，则有C 点的速度与D 点的速度相等，即：v0= 100
7 m/s，
电场力与重力的合力：F=݉
tܿ
݋ݏ37° =5N；
从D 到F 过程，对小球，
由动能定理可得：﹣Wf﹣F•2R= 1
2mvF2−1
2mv02，
代入数据解得：Wf＝27.6J．
（3）在CD 段，设重力与电场力合力为F，
则：F＝qvB，重力与电场力合力：F=݉
tܿ
݋ݏ37° = 0.4×10
0.8
=5N，
小球离开F 后做类平抛运动，加速度：a= ܨ݉，
2R= 1
2at2，代入数据解得：t＝0.4 2s，
s＝vFt＝4×0.4 2 ≈2.26m；
答：（1）小球带正电荷；
（2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功27.6J．
（3）G 点到D 点的距离为2.26m．
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【点评】小球从F 点飞出后，正好受到重力与电场力且这两个力的合力与速度垂直，所以刚好做类平抛运动．因
此可以将倾斜轨道等效看成水平面，相当于小球做平抛运动，从而可以运用平抛运动规律来处理．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 17:44:41 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）月考物理试卷
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共15 分，每小题只有一个选项符合题意，选对得3 分，错选或不答
得0 分．
1．（3 分）物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的
是（
）
A．回旋加速器
B．交流发电机
C．质谱仪
D．电动机
2．（3 分）平伸手拿托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．下列说法正确的是（
）
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
3．（3 分）重物从空中由静止下落，设重物下落时所受的阻力与速度成正比，则下列图象中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（3 分）某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A 盘上有一个信号发射装置P，能发射水平红
外线，P 到圆心的距离为28cm．B 盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q，Q 到圆心的距离为16cm．P、Q
转动的线速度相同，都是4πm/s．当P、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接受窗口，如图所示，则Q 接
受到的红外线信号的周期是（
）
A．0.56s
B．0.28s
C．0.16s
D．0.07s
5．（3 分）如图所示的电路中，A、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点，将电键K 闭合，电
路稳定后将A 板向下缓缓平移一小段距离，则下列说法正确的是（
）
A．A、B 两极板间场强变小
B．电阻R 中有向上的电流
C．P 点电势升高
D．A 点电势升高
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共16 分，每小题有多个选项符合题意，全选对的得4 分，漏选得2
分，错选或不选的得0 分．
6．（4 分）如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q 分别于圆盘的边缘和
铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是（
）
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A．实验中流过电阻R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高
C．实验过程中，穿过圆盘的磁通量发生了变化，产生感应电动势
D．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则有电流沿a 到b 的方向流动流经电阻R
7．（4 分）如图所示一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为24 小时，A、C 两点分别为轨道上的远地点和近地点，
B 为椭圆短轴和轨道的交点．则下列说法正确的是（
）
A．卫星从A 运动到B 和从B 运动到C 的时间相等
B．卫星运动轨道上A、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等
C．卫星在A 点的机械能比经过C 点时机械能小
D．卫星在A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小
8．（4 分）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻r．闭合电键S，电压表示数为U，电流表示数为I，在滑动变阻
器R2 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中（
）
A．U 先变大后变小
B．I 先变大后变小
C．U 与I 的比值先变小后变大
D．U 变化量与I 变化量的比值不变
9．（4 分）如图所示，作用于轻绳端点A 竖直向下的拉力F，通过跨在光滑小滑轮的轻绳拉一处在较远处的物体B（初
始位置绳与水平方向的夹角很小），使物体沿水平面向右匀速滑动，直到接近滑轮下方，在此过程中（
）
A．绳端A 的速度逐渐减小
B．绳端拉力F 逐渐增大
C．物体B 对地面的压力逐渐减小
D．绳端拉力F 的功率逐渐减小
二、简答题：本题共2 小题（第10、11 题）共计18 分，请将解答写在答题卡相应位置．
10．（8 分）在暗室中用如图1 所示装置做“测定重力加速度”的实验．实验器材有：铁架台、漏斗、橡皮管、尖嘴
玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：
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①在漏斗内盛满清水，调节螺丝夹子，让水滴以一定的频率一滴一滴的落下．
②用频闪仪发出的白色闪光将水滴照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，直到第一次看到一串仿佛固定不动的
水滴悬在空中．
③通过竖直固定在边上的米尺读出各个水滴被照亮时对应的刻度．
④采集数据进行处理．
（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：
．
（2）某同学实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离
如图2，则第8 个水滴的速度v8＝
m/s；根据数据测得当地重力加速度g＝
m/s2（结果均保留三位
有效数字）．
（3）实验中存在误差的主要原因有（至少写出两条）：
①
．
②
．
11．（10 分）在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．
（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显，原因是
，从而
影响测量值的精确性．
（2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材：
A．量程3V 和15V 的双量程电压表V
B．量程0.6A 和3A 的双量程电流表A
C．定值电阻R0（R0＝1.5Ω）
D．滑动变阻器R1（0～10Ω）
E．滑动变阻器R2（0～200Ω）
F．开关S 和一些导线．
①图（b）电路中，加接电阻R0 有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量；二是
．
②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用
（填R1 或R2）．
③用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图．
④实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的U﹣I 坐标系中画出U﹣I 图线如
图（d）所示，则新干电池的内阻r＝
Ω（结果保留两位有效数字）．
三、计算题：本题共5 小题，共47 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的
不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
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12．（12 分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，绳子总长为3L，细杆O 点离地
高为2L，两端各系一个质量不等的小球A 和B，已知球B 的质量为m0．球A 置于地面上，球B 被拉到与细杆同
样的高度的水平位置，在绳恰被拉直时从静止释放小球B．假设小球A 始终未离开地面，空气阻力不计，重力加
速度大小为g．
（1）小球B 下落到最低点过程中重力的瞬时功率大小如何变化；
（2）当B 球下落到绳子与竖直方向成60
°角时重力的瞬时功率多大；
（3）若小球B 达到竖直位置时，A 球与地面压力恰好为零，则小球A 的质量是小球B 质量的几倍．
13．（14 分）如图所示，在倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A 点固定一电荷量为Q 的正点电荷，在离A 距
离为S0 的C 处由静止释放某正电荷的小物块P（可看做点电荷）．已知小物块P 释放瞬间的加速度大小恰好为重
力加速度g．已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．
（1）求小物块所带电荷量q 和质量m 之比；
（2）求小物块速度最大时离A 点的距离S；
（3）若规定无限远电势为零时，在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ=݇ܳݎ（其中r 为该点到Q 的距离）．求
小物块P 能运动到离A 点的最大距离Sm．
14．（15 分）如图一直导体棒质量为m＝1kg、长为L＝0.1m、电阻为r＝1Ω，其两端放在位于水平面内间距也为L＝
0.1m 的足够长光滑平行导轨上，且接触良好；距棒左侧L0＝0.1m 处两导轨之间连接一阻值大小可控制的负载电
阻R，导轨置于磁感应强度大小为B0＝1×102T，方向垂直于导轨所在平面向下的均强磁场中，导轨电阻不计，开
始时，给导体棒一个平行于导轨向右的初速度v0＝10m/s．
（1）若负载电阻R＝9Ω，求导体棒获得初速度v0 的瞬间产生的加速度大小和方向；
（2）若要导体棒在磁场中保持速度v0＝10m/s 做匀速运动，则磁场的磁感应强度B 随时间应如何变化；写出磁感
应强度B 满足的函数表达式．
（3）若通过控制负载电阻R 的阻值使棒中保持恒定的电流强度I＝10A．求在棒的运动速度由10m/s 减小至2m/s
的过程中流过负载电阻R 的电量q 以及R 上产生的热量QR．
15．（15 分）如图所示，在直角坐标系xoy 的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀强磁场I 分布在x 轴和
MN 之间，方向垂直纸面向外，PQ 边界下方分布足够大垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，MN、PQ 均与x 轴平行，C、
D 分别为磁场边界MN、PQ 和y 轴的交点，且OC＝CD＝L．在第二象限存在沿x 轴正向的匀强电场．一质量为
m 带电量为+q 的带电粒子从电场中坐标为（﹣L，﹣2L）的A 点以速度v0 沿y 负方向射出，恰好经过原点O 处
射入磁场区域I（粒子的重力忽略不计）．
（1）求第二象限匀强电场场强E 的大小；
（2）要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ，则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1 大小是多少；
（3）若粒子恰从C 点射出磁场区域Ⅰ，然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点O，问磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2 大小
为多少．
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16．（15 分）如图所示，质量为m＝2kg 带电量为q＝+2×10
﹣3C 的小物块A 与质量不计的绝缘木板B 叠放在水平面
上，A 位于B 的最左端且与竖直固定于地面上的挡板P 相距S0＝3m，已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1＝0.8，B
与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板相撞没有机械能损失，且A 带电量始
终保持不变。整个装置处在大小为E＝6×103N/C 方向水平向右的匀强电场中，现将A、B 同时由静止释放，重力
加速度g 取10m/s2．求：
（1）A、B 释放时，物块A 的加速度大小；
（2）若A 与挡板不相碰，木板的最小长度L0；
（3）若木板长度为L＝0.8m，整个过程木板运动的总路程S。
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共15 分，每小题只有一个选项符合题意，选对得3 分，错选或不答
得0 分．
1．（3 分）物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的
是（
）
A．回旋加速器
B．交流发电机
C．质谱仪
D．电动机
【考点】D6：电磁感应在生活和生产中的应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】明确各仪器以及对应的物理规律：
发电机是利用电磁感应现象；
回旋加速器和质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转原理工作；
电动机是利用了电流在磁场中受力原理工作的．
【解答】解：A、回旋加速器是利用带电粒子在电场中加速和磁场中的偏转原理工作的，故A 错误；
B、交流发电机是利用了电磁感应现象工作的，故B 正确；
C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转原理工作的，故C 错误；
D、电动机是通电导线在磁场受力原理的应用，故D 错误。
【点评】本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，要明确各仪器的基本原理并能用所学物理规律进行解
释．
2．（3 分）平伸手拿托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．下列说法正确的是（
）
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列
式分析即可．
【解答】解：A、B、手托物体向上运动的过程中，物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运
动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A 错误，B 错误；
C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度
等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C 错误，D 正确；
【点评】超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速
度和加速的时，二者不会分离．
3．（3 分）重物从空中由静止下落，设重物下落时所受的阻力与速度成正比，则下列图象中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】重物受重力和阻力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度的表达式进行分析；加速度与合力成正比，合
力与阻力是线性关系，阻力与速度也速度是线性关系，但不是匀加速直线运动，故速度与时间不是线性关系。
【解答】解：AB、当重物刚开始下落时，阻力f 较小，远小于重物的重力G，即f＜G，故重物做加速运动；
由于重物下落时所受的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，故当速度达到某个值时，阻
力f 会增大到与重力G 相等，即f＝G，此时重物受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动，加速度减小为零；
物体的速度随着时间不是均匀变化，故阻力随着时间不是均匀变化，故加速度随着时间也就不是均匀变化，且最
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后的加速度应该为零；故A 错误，B 错误；
CD、重物受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣f＝ma
其中：f＝kv
联立得到：a＝g−݇݉
㘴
故a﹣v 图象是直线，故C 错误，D 正确；
【点评】本题关键是对重物受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出加速度的表达式进行分析，注意其是加速度
不断减小的加速运动，最后是匀速直线运动。
4．（3 分）某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A 盘上有一个信号发射装置P，能发射水平红
外线，P 到圆心的距离为28cm．B 盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q，Q 到圆心的距离为16cm．P、Q
转动的线速度相同，都是4πm/s．当P、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接受窗口，如图所示，则Q 接
受到的红外线信号的周期是（
）
A．0.56s
B．0.28s
C．0.16s
D．0.07s
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】519：匀速圆周运动专题．
【分析】因为P、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期
的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间．
【解答】解：P 的周期TP= 2ߨݎܲ
㘴
= 2ߨ×0.28
4ߨ
s＝0.14s。
Q 的周期TQ=
2ߨݎܳ
㘴
= 2ߨ×0.16
4ߨ
s＝0.08s。
因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14 和0.08 的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间
最小为0.56s。故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道P 发出的红外线恰好再次进入Q 的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，
通过最小公倍数球最短时间间隔．
5．（3 分）如图所示的电路中，A、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点，将电键K 闭合，电
路稳定后将A 板向下缓缓平移一小段距离，则下列说法正确的是（
）
A．A、B 两极板间场强变小
B．电阻R 中有向上的电流
C．P 点电势升高
D．A 点电势升高
【考点】AC：电势；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】在电容器的电压不变的情况下，将A 板下移，则导致电容变化，电压变化，根据C=
ɛݏ
4ߨ݇݀
，结合ܥ=ܷܳ
，
可分子电容变化，进而可得电容器电量变化；
保持开关S 闭合，电容器板间电压保持不变，移动极板，根据公式E=ܷ݀
，分析板间场强的变化，确定P 点与下板
间电势差的变化，再判断P 点电势的变化。
【解答】解：A、保持开关S 闭合，电容器板间电压保持不变，A 板向下移动一小段距离，板间距离d 减小，根
据公式E=ܷ݀
分析得知，板间场强增大。故A 错误；
B、根据c=
ɛݏ
4ߨ݇݀
，当A 板向下平移一小段距离，间距d 增大，其它条件不变，则导致电容增大；依据ܥ=ܷܳ
，由
于U 不变，C 增大，故Q 增大，可知电容器充电，故R 有向下的电流，故B 错误。
C、由U＝Ed 得知，P 点与B 板间电势差增大，则p 点电势升高。故C 正确；
D、A 点与B 点之间的电势差始终等于电源的电动势，所以A 点的电势不变；故D 错误。
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【点评】做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式结合应用，尤其在分析P 点电势变化的时候，要特别注意
电压不变这一条件。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共16 分，每小题有多个选项符合题意，全选对的得4 分，漏选得2
分，错选或不选的得0 分．
6．（4 分）如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q 分别于圆盘的边缘和
铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是（
）
A．实验中流过电阻R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高
C．实验过程中，穿过圆盘的磁通量发生了变化，产生感应电动势
D．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则有电流沿a 到b 的方向流动流经电阻R
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据右手定则分析电动
势情况和电流的流向．
【解答】解：A、圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，不是由于圆盘内
产生涡流现象而形成的，故A 错误；
B、若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，感应电流方向是从边缘流向圆
心，故B 正确；
C、实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变。产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的，C 错误；
D、若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则知通过电阻R 的电流从a 到b，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．根据右手定则判断感应电流的方向和电动势的高低，注
意和左手定则的区别．
7．（4 分）如图所示一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为24 小时，A、C 两点分别为轨道上的远地点和近地点，
B 为椭圆短轴和轨道的交点．则下列说法正确的是（
）
A．卫星从A 运动到B 和从B 运动到C 的时间相等
B．卫星运动轨道上A、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等
C．卫星在A 点的机械能比经过C 点时机械能小
D．卫星在A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小
【考点】4H：人造卫星；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据开普勒第二定律分析卫星速度的变化，从而分析时间关系．根据开普勒第三定律分析卫星运动轨道
上A、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径关系．由牛顿第二定律分析加速度关系．
【解答】解：A、根据开普勒第二定律知，卫星从从A 运动到B，再从B 运动到C，速度不断增大，所以卫星从
A 运动到B 比从B 运动到C 的时间长，故A 错误。
B、根据开普勒第三定律ܽ
3ܶ
2 =k，该卫星与地球同步卫星的周期相等，则该卫星轨道的半长轴与地球同步卫星的轨
道半径相等，则卫星运动轨道上A、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等。故B 正确。
C、卫星沿椭圆轨道运动，只有重力做功，机械能守恒，所以卫星在A 点的机械能等于经过C 点的机械能，故C
错误；
D、A 点到地心的距离大于地球同步轨道的半径，由G
ܯ݉
ݎ2
=ma 得a= ܩܯ
ݎ2 ，知卫星在A 点的加速度比地球同步卫
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星的加速度小，故D 正确。
故选：BD。
【点评】掌握开普勒第二、第三定律是解决本题的关键，要理解并掌握变轨原理，从而分析椭圆轨道上与圆轨道
上卫星速度的关系．
8．（4 分）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻r．闭合电键S，电压表示数为U，电流表示数为I，在滑动变阻
器R2 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中（
）
A．U 先变大后变小
B．I 先变大后变小
C．U 与I 的比值先变小后变大
D．U 变化量与I 变化量的比值不变
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】滑动变阻器R2 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，电阻先增大后减小，电压表测量路端电压，根据闭合
电路欧姆定律分析电表示数的变化
【解答】解：AB、由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器
R2 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R2 的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表
示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小，故A 正确，B 错误；
C、U 与I 的比值就是接入电路的R1 的电阻与h
并的电阻的和，所以U 与I 比值先变大后变小，故C 错误；
D、U＝E﹣Ir，所以
△ܷ
△ܫ=−ݎ比值不变，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的应用，掌握闭合电路的动态分析的方法，注意滑动变
阻器两部分为并联接法，因此两部分之和不变，根据数学规律即可明确总电阻先增大后减小，且上下两端相等时
总电阻最大，滑片在上下两端的位置时，电阻最小．
9．（4 分）如图所示，作用于轻绳端点A 竖直向下的拉力F，通过跨在光滑小滑轮的轻绳拉一处在较远处的物体B（初
始位置绳与水平方向的夹角很小），使物体沿水平面向右匀速滑动，直到接近滑轮下方，在此过程中（
）
A．绳端A 的速度逐渐减小
B．绳端拉力F 逐渐增大
C．物体B 对地面的压力逐渐减小
D．绳端拉力F 的功率逐渐减小
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52C：功率的计算专题．
【分析】对物体进行受力分析，求出拉力大小，然后由P＝Fv 分析答题．
【解答】解：A、设绳子与水平方向夹角为θ，物体做匀速直线运动，将速度分解，即有：v1＝v0cosθ，因夹角θ增
大，则绳端A 的速度逐渐减小，故A 正确；
B、由平衡条件得：Fcosθ＝f，N+Fsinθ＝mg，f＝μN，
解得：F=
ߤ݉
tܿ
݋ݏߠ+ߤݏthߠ=
ߤ݉
t
1+ߤ2ܿ݋ݏ(ߠ+ߙ)
，
在物体向右运动过程中θ角逐渐增大，力F 可能一直增大，也可能先增大后减小，故B 错误；
C、物体受到的支持力N＝mg﹣Fsinθ＝mg−ߤ݉
t
ߤ+ܿ݋ݏߠ
ݏthߠ
，随着角度的增大，N 逐渐减小，所以物体对地面的压力逐渐
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减小，故C 正确
D、物块匀速运动，拉力F 和摩擦力做功总功为0，二者功率相等，由于速度不变，摩擦力变小，摩擦力的功率变
小所以拉力F 的功率变小，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】对物体正确受力分析，应用平衡条件、功率公式即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．
二、简答题：本题共2 小题（第10、11 题）共计18 分，请将解答写在答题卡相应位置．
10．（8 分）在暗室中用如图1 所示装置做“测定重力加速度”的实验．实验器材有：铁架台、漏斗、橡皮管、尖嘴
玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：
①在漏斗内盛满清水，调节螺丝夹子，让水滴以一定的频率一滴一滴的落下．
②用频闪仪发出的白色闪光将水滴照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，直到第一次看到一串仿佛固定不动的
水滴悬在空中．
③通过竖直固定在边上的米尺读出各个水滴被照亮时对应的刻度．
④采集数据进行处理．
（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：
频闪仪频率等于水滴滴
落的频率
．
（2）某同学实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离
如图2，则第8 个水滴的速度v8＝
2.27
m/s；根据数据测得当地重力加速度g＝
9.72
m/s2（结果均保留三位
有效数字）．
（3）实验中存在误差的主要原因有（至少写出两条）：
①
由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体
．
②
或者滴水的频率改变了，或数据读数不
准确
．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，可看到一串仿佛固定不动的水滴．
（2）该实验利用了自由落体运动的规律，根据匀变速直线运动的规律可以求出水滴C 的速度，利用逐差法可以求
出重力加速度的大小．
（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体．
【解答】解：（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，则每滴下来的一滴水，频闪仪都在相同的位置记录，故可
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看到一串仿佛固定不动的水滴．
（2）s67＝19.36﹣13.43＝5.93cm，s78＝26.39﹣19.36＝7.03cm，s89＝34.48﹣26.39＝8.09cm，s90＝43.67﹣34.48＝
9.19cm，由逐差法可得：
g= (0.0919+0.0809−0.0593−0.0703)
4×( 1
30)2
m/s2＝9.72m/s2．
第8 滴水的速度为：
v8= ݏ78+ݏ89
2ܶ
=2.27m/s
（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了，都会产生误差．
故答案为：（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率
（2）2.27；9.72
（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了，或数据读数不准确
等，
【点评】本题关键是了解实验的原理，掌握求解平均速度的方法，理解逐差法计算加速度，注意频闪的周期不是
0.02s．
11．（10 分）在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．
（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显，原因是
电源内阻太
小
，从而影响测量值的精确性．
（2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材：
A．量程3V 和15V 的双量程电压表V
B．量程0.6A 和3A 的双量程电流表A
C．定值电阻R0（R0＝1.5Ω）
D．滑动变阻器R1（0～10Ω）
E．滑动变阻器R2（0～200Ω）
F．开关S 和一些导线．
①图（b）电路中，加接电阻R0 有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量；二是
保护电路中电源和电流
表的安全
．
②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用
R1
（填R1 或R2）．
③用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图．
④实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的U﹣I 坐标系中画出U﹣I 图线如
图（d）所示，则新干电池的内阻r＝
0.29
Ω（结果保留两位有效数字）．
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻
较大的旧电池；题（1）的关键是明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；题（2）的关键
是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题（3）的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题
（4）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于U 与I 的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．
【解答】解：（1）根据U＝E﹣Ir 可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以
如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很
小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；
（2）①加接电阻R0 有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路
或电流表被烧坏（或限制电流，防止电源短路）；
②因干电池电流较小，故应选量程I＝0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：Rmax= ܧ
ܫ
3
=
1.5
0.2 =7.5Ω，
所以变阻器应选R1；
③根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：
④根据闭合电路欧姆定律应用：E＝U+I（r+R0），
整理可得：U＝﹣（r+R0）I+E，
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根据函数斜率的概念应有：r+R0= 1.50−1.00
0.28
，
解得r＝0.29；
故答案为：（1）电源内阻太小
（2）①保护电路中电源和电流表的安全
②R1③如图所示
④0.29
【点评】本题应明确：①测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电
流表量程的
1
3；③遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根
据斜率和截距的概念即可求解．
三、计算题：本题共5 小题，共47 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的
不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
12．（12 分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，绳子总长为3L，细杆O 点离地
高为2L，两端各系一个质量不等的小球A 和B，已知球B 的质量为m0．球A 置于地面上，球B 被拉到与细杆同
样的高度的水平位置，在绳恰被拉直时从静止释放小球B．假设小球A 始终未离开地面，空气阻力不计，重力加
速度大小为g．
（1）小球B 下落到最低点过程中重力的瞬时功率大小如何变化；
（2）当B 球下落到绳子与竖直方向成60
°角时重力的瞬时功率多大；
（3）若小球B 达到竖直位置时，A 球与地面压力恰好为零，则小球A 的质量是小球B 质量的几倍．
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）结合B 的几个特殊点的瞬时功率的情况，即可判断重力的瞬时功率大小如何变化；
（2）B 球摆动过程中运用机械能守恒求出B 球下落到绳子与竖直方向成60
°角时的速度，结合瞬时功率的表达式
曲线重力的瞬时功率；
（3）B 球摆动过程中运用机械能守恒求出在最低点的速度．根据牛顿运动定律和向心力公式求出绳子的拉力，再
去进行比较．
【解答】解：（1）B 球刚开始时速度为零，重力的瞬时功率为零，到最低点时速度水平与重力垂直，重力的瞬时
功率也为零，故瞬时功率先变大后减小．
（2）下落过程中机械能守恒：݉
0ttݏth30° = 1
2݉
0㘴1
2
重力的瞬时功率为：P＝m0gv1cos30°
联立解得：P=݉
0t 3tt
2
（3）B 球摆动过程中运用机械能守恒，到达最低点时：݉
0tt = 1
2݉
0㘴2
2
对A 球此时：T＝mAg
对B 球
由牛顿第二定律：T﹣m0g=݉
0㘴2
2
t
联立得：mA＝3m0
即小球A 的质量是小球B 质量的3 倍．
答：（1）小球B 下落到最低点过程中重力的瞬时功率大小先变大后减小；
（2）当B 球下落到绳子与竖直方向成60
°角时重力的瞬时功率是݉
0t 3tt
2
；
（3）若小球B 达到竖直位置时，A 球与地面压力恰好为零，则小球A 的质量是小球B 质量的3 倍．
【点评】本题的解题关键对小球B 运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解．
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13．（14 分）如图所示，在倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A 点固定一电荷量为Q 的正点电荷，在离A 距
离为S0 的C 处由静止释放某正电荷的小物块P（可看做点电荷）．已知小物块P 释放瞬间的加速度大小恰好为重
力加速度g．已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．
（1）求小物块所带电荷量q 和质量m 之比；
（2）求小物块速度最大时离A 点的距离S；
（3）若规定无限远电势为零时，在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ=݇ܳݎ（其中r 为该点到Q 的距离）．求
小物块P 能运动到离A 点的最大距离Sm．
【考点】37：牛顿第二定律；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）对物块受力分析，根据释放物块P 的时候加速度的大小为g，计算小物块所带电量q 和质量m 之比；
（2）物块受到的合力为零的时候，速度最大，根据受力平衡计算速度最大的位置；
（3）物块运动的过程中，重力势能、动能和电势能总和不变，根据能量守恒定律求解P 能运动到离A 点的最大
距离Sm．
【解答】解：（1）对小物块受力分析：受重力、电场力．由牛顿第二定律得：
k
ݍܳܵ
0
2 −mgsinθ＝ma＝mg
解得：
ݍ݉=
3tܵ0
2
2݇ܳ
（2）当合力为零时速度最大，即有：k
ݍܳܵ
2 =−mgsinθ
解得：S=
3ܵ0
（3）当运动到最远点是速度为零，由能量守恒定律得：
mg（Sm﹣S0）sinθ= ݍ݇ܳܵ
0 −ݍ݇ܳܵ݉
解得：Sm＝3S0
答：（1）小物块所带电荷量q 和质量m 之比为
3tܵ0
2
2݇ܳ
；
（2）小物块速度最大时离A 点的距离S 是3ܵ0；
（3）P 能运动到离A 点的最大距离Sm 是3S0．
【点评】解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，判断物块的运动情况，再根据力学的基本规律解答．明确
速度最大时受到的合力为零．
14．（15 分）如图一直导体棒质量为m＝1kg、长为L＝0.1m、电阻为r＝1Ω，其两端放在位于水平面内间距也为L＝
0.1m 的足够长光滑平行导轨上，且接触良好；距棒左侧L0＝0.1m 处两导轨之间连接一阻值大小可控制的负载电
阻R，导轨置于磁感应强度大小为B0＝1×102T，方向垂直于导轨所在平面向下的均强磁场中，导轨电阻不计，开
始时，给导体棒一个平行于导轨向右的初速度v0＝10m/s．
（1）若负载电阻R＝9Ω，求导体棒获得初速度v0 的瞬间产生的加速度大小和方向；
（2）若要导体棒在磁场中保持速度v0＝10m/s 做匀速运动，则磁场的磁感应强度B 随时间应如何变化；写出磁感
应强度B 满足的函数表达式．
（3）若通过控制负载电阻R 的阻值使棒中保持恒定的电流强度I＝10A．求在棒的运动速度由10m/s 减小至2m/s
的过程中流过负载电阻R 的电量q 以及R 上产生的热量QR．
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【考点】BH：焦耳定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆结合安培力计算公式和牛顿第二定律列方程求解；
（2）若导体棒匀速运动，则磁通量的变化量为零，根据磁通量相等列方程求解；
（3）根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量，由能量守恒定律求解R 上产生的热量QR．
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律：E＝B0Lv0
根据闭合电路欧姆定律：ܫ=
ܧ
ݎ+ݎ
根据安培力表达式：F＝B0IL
根据牛顿第二定律：F＝ma
代入数据解得：a＝100m/s2；
（2）若要导体棒在磁场中保持速度v0＝10m/s 做匀速运动，则说明导体棒不受安培力，也就没有感应电流，可知
磁通量的变化量为零，
则：B0L0L＝BL（L0+v0t）
代入数据解得：B=
100
1+100ݐT
（3）根据动量定理可得：﹣B0ILt＝mv﹣mv0，
由电量定义：q＝It
解得：q＝0.8C；
由能量守恒定律：QR= 1
2݉
㘴0
2 −1
2݉
( 㘴0
5 )2 −ܫ2ݎݐ
代入数据解得：QR＝40J．
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另
一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
15．（15 分）如图所示，在直角坐标系xoy 的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀强磁场I 分布在x 轴和
MN 之间，方向垂直纸面向外，PQ 边界下方分布足够大垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，MN、PQ 均与x 轴平行，C、
D 分别为磁场边界MN、PQ 和y 轴的交点，且OC＝CD＝L．在第二象限存在沿x 轴正向的匀强电场．一质量为
m 带电量为+q 的带电粒子从电场中坐标为（﹣L，﹣2L）的A 点以速度v0 沿y 负方向射出，恰好经过原点O 处
射入磁场区域I（粒子的重力忽略不计）．
（1）求第二象限匀强电场场强E 的大小；
（2）要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ，则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1 大小是多少；
（3）若粒子恰从C 点射出磁场区域Ⅰ，然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点O，问磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2 大小
为多少．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强
E 的大小；
（2）带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意，粒子经过原点O 处射入区域I 又从
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M 点射出区域I，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B 的大小．
（3）根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小．
【解答】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，
水平方向：L= 1
2
ݍܧ݉t2，
竖直方向：2L＝v0t，
解得：E=݉
㘴0
2
2ݍܮ；
（2）设粒子到原点时水平分速度为：
vx＝at= ݍܧ݉•
2ܮ
㘴0
解得：vx＝v0，
则粒子进入磁场时度大小：v=
㘴0
2 + 㘴ݔ
2 =
2v0，方向：与y 轴负向成45°，
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r1+r1cosθ＝L，
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB1＝m
㘴2
ݎ1
，
解得：B1= ( 2+1)݉
㘴0
ݍܮ
；
粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足：B1≥( 2+1)݉
㘴0
ݍܮ
；
（3）粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：r2=
2L，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB2＝m
㘴2
ݎ2
解得：B2=݉
㘴0
ݍܮ；
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答：（1）第二象限匀强电场场强E 的大小为݉
㘴0
2
2ݍܮ；
（2）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1 大小：B1≥( 2+1)݉
㘴0
ݍܮ
；
（3）磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2 大小为݉
㘴0
ݍܮ．
【点评】本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，注意
在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解．
16．（15 分）如图所示，质量为m＝2kg 带电量为q＝+2×10
﹣3C 的小物块A 与质量不计的绝缘木板B 叠放在水平面
上，A 位于B 的最左端且与竖直固定于地面上的挡板P 相距S0＝3m，已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1＝0.8，B
与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板相撞没有机械能损失，且A 带电量始
终保持不变。整个装置处在大小为E＝6×103N/C 方向水平向右的匀强电场中，现将A、B 同时由静止释放，重力
加速度g 取10m/s2．求：
（1）A、B 释放时，物块A 的加速度大小；
（2）若A 与挡板不相碰，木板的最小长度L0；
（3）若木板长度为L＝0.8m，整个过程木板运动的总路程S。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）由静止释放后，A、B 相对静止一起加速运动，由牛顿第二定律可以求出A 的加速度。
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速直线运动的速度位移公式列式，然后可以求出木板的最小长度。
（3）摩擦力与A、B 间相对位移的乘积等于因摩擦产生的热量，根据物体的运动过程，应用功的计算公式求出总
路程。
【解答】解：（1）A 和B 一起匀加速运动，对A、B 系统，
由牛顿第二定律：qE﹣μ2mg＝ma，
代入数据解得：a＝1m/s2；
（2）当B 木板与挡板P 相碰时速度：v2＝2ad，
木板B 与挡板P 撞后停止，物块A 继续滑动加速，
对A，由牛顿第二定律：μ1mg﹣qE＝ma1，
代入数据解得：a1＝2m/s2，
当A 恰好滑到挡板P 处停止时有：v2＝2a1L0，
由几何关系可知：d+L0＝S0，
代入数据解得：L0＝1m，即木板最小长度为1 米；
（3）因为L 小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，
与木板B 共同反向匀减速运动，直到速度为零，
再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B 都最终停在挡板P 处。
物块A 和木板B 间产生的热量：Q1＝μ1mgL，
木板与水平面间产生热量：Q2＝μ2mgS，
整个过程由能量守恒定律：qES0＝Q1+Q2，
代入数据解得：S＝2.32m；
答：（1）A、B 释放时，物块A 的加速度大小为1m/s2；
（2）若A 与挡板不相碰，木板的最小长度L0 为1m；
（3）若木板长度为L＝0.8m，整个过程木板运动的总路程S 为2.32m。
【点评】本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，
应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式可以解题。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:05:07 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）联考物理试卷
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～8 小题只有一个选项符合
题目要求，第9～12 小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．）
1．（4 分）如图所示，两条曲线为汽车a、b 在同一条平直公路上的速度时间图象，已知在t2 时刻，两车相遇，下列
说法正确的是（
）
A．a 车速度先减小后增大，b 车速度先增大后减小
B．t1 时刻a 车在前，b 车在后
C．t1～t2 时刻a、b 的位移相同
D．a 车加速度先减小后增大，b 车加速度先减小后增大
2．（4 分）如图所示的实验装置中，小球A、B 完全相同．用小锤轻击弹性金属片，A 球沿水平方向抛出，同时B 球
被松开，自由下落，实验中两球同时落地．图中虚线1、2 代表离地高度不同的两个水平面，下列说法中正确的是
（
）
A．A 球从面1 到面2 的速度变化等于B 球从面1 到面2 的速度变化
B．A 球从面1 到面2 的速率变化等于B 球从面1 到面2 的速率变化
C．A 球从面1 到面2 的速率变化大于B 球从面1 到面2 的速率变化
D．A 球从面1 到面2 的动能变化大于B 球从面1 到面2 的动能变化
3．（4 分）如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，长为L 的细线一端固定，另一端连接质量为m 的小球，小球在
斜面上做圆周运动，A、B 分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B 点做圆周运动的最小速度分别为vA、
vB，重力加速度为g，则（
）
A．vA＝0
B．vA=
tܮ
C．vB= 1
2
10tܮ
D．vB=
3tܮ
4．（4 分）如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现
每经过时间t 通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知万有引力常量为G，则月球的质量是（
）
A．
t2
ܩߠ3ݐ
B．
ߠ3
ܩt2ݐ
C．
t3
ܩߠݐ2
D．
ݐ2
ܩߠt3
5．（4 分）如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m 的小球，绳B 水平．设绳A、B 对球的拉力大
小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（
）
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A．F1 先增大后减小
B．F2 先增大后减小
C．F 先增大后减小
D．F 先减小后增大
6．（4 分）如图所示，mA＝4.0kg，mB＝2.0kg，A 和B 紧靠着放在光滑水平面上，从t＝0 时刻起，对B 施加向右的
水平恒力F2＝4.0N，同时对A 施加向右的水平变力F1，F1 变化规律如图所示．下列相关说法中正确的是（
）
A．当t＝0 时，A、B 物体加速度分别为aA＝5m/s，aB＝2m/s
B．A 物体作加速度减小的加速运动，B 物体作匀加速运动
C．t＝12s 时刻A、B 将分离，分离时加速度均为a＝2m/s2
D．A、B 分离前后，A 物体加速度变化规律相同
7．（4 分）如图所示，一条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S 极的上端平移到N 极的上端的过程中，导线保
持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示．则在这个过程中磁铁受到的摩擦力（保持静止）（
）
A．为零
B．方向由向左变为向右
C．方向保持不变
D．方向由向右变为向左
8．（4 分）如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触
良好．在两根导轨的端点d、e 之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的恒力F 作用在金属杆
ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用F 安表示，则
下列说法正确的是（
）
A．金属杆ab 做匀加速直线运动
B．金属杆ab 运动过程中回路中有顺时针方向的电流
C．金属杆ab 所受到的F 安先不断增大，后保持不变
D．金属杆ab 克服安培力做功的功率与时间的平方成正比
9．（4 分）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（
）
A．可能做直线运动
B．一定做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
10．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．牛顿通过理想斜面实验总结出力是改变物体运动状态的原因
B．开普勒用20 年的时间研究第谷的行星观测记录，总结出了开普行星运动定律
C．第2s 末到第4s 初的时间间隔是1s
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D．物体在力的作用下形状或体积发生的改变，叫做弹性形变
11．（4 分）理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个R＝
55Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是（
）
A．副线圈中电压表的读数为110V
B．副线圈中输出交流电的频率为0.02HZ
C．原线圈中电流表的读数为0.5A
D．原线圈中的输入功率为220W
12．（4 分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具
有一定初速度的物块（如图a 所示），以此时为t＝0 时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化
关系，如图b 所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2），已知传送带的速度保持不
变，则下列判断正确的是（
）
A．0～t2 内，物块对传送带一直做负功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ
C．0～t2 内，传送带对物块做功为
1
2mv22−1
2mv12
D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
二、填空题（本题共3 小题，共17 分，答案写在答题纸中的横线上）
13．（3 分）高中电学实验的核心是测电阻，当然所测的对象是不同的，有灯泡的电阻、电阻丝的电阻、电表的电阻、
电源的电阻等；所用的方法也不同，有伏安法、半偏法、等效代替法等，其中最常用的是伏安法，测量电路如图
所示．
（1）为了减小电表内阻引起的误差，如果待测电阻和电表内阻未知，可观察电表的变化：当开关由a 点变到接触
b 点时，电流表变化显著，则开关应接在
点，测量误差较小．
（2）如果已知待测电阻和电表内阻的大约值，为了减小测量误差，应进行的操作：当Rx2＞RVRA 开关应接在
点．
（3）如果已知电压表内阻的准确值，则开关应接在
点测量没有系统误差．
14．（6 分）如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m 的钢球自由下落的过
程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B 的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度
表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g
（1）钢球下落的加速度大小a＝
，钢球受到的空气平均阻力Ff＝
．
（2）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，
实际上钢球通过光电门的平均速度
（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度．
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15．（8 分）用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中．
（1）若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足
条件时，可认为小车受到合外力大小
等于砝码和砝码盘的总重力大小．
（2）在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的是
．
A．平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车
D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
（3）甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a．如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在
纸带上标出了5 个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4 个打点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动
的加速度为
m/s2（保留两位有效数字）．
（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a 与质量M 的数据，画出a～
1
ܯ图线后，
发现当
1
ܯ较大时，图线发生弯曲．该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的
现象．则该同学的修正方案可能是
．
A．改画a 与
1
ܯ+݉
的关系图线
B．改画a 与（M+m）的关系图线
C．改画a 与݉ܯ的关系图线
D．改画a 与
1
(ܯ+݉
)2的关系图线．
三、计算题（本题共3 小题，共35 分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题，必需明确写出数值和单位）
16．（9 分）如图所示，倾角为θ的固定光滑斜面底部有一垂直斜面的固定档板C．劲度系数为k1 的轻弹簧两端分别
与挡板C 和质量为m 的物体B 连接，劲度系数为k2 的轻弹簧两端分别与B 和质量也为m 的物体A 连接，轻绳通
过光滑滑轮Q 与A 和一轻质小桶P 相连，轻绳AQ 段与斜面平行，A 和B 均静止．现缓慢地向小桶P 内加入细砂，
当k1 弹簧对挡板的弹力恰好为零时，求：
（1）小桶P 内所加入的细砂质量；
（2）小桶下降的距离．
17．（12 分）如图所示，斜面AB 倾角为30°，底端A 点与斜面上B 点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面
间的动摩擦因数为
3
2 ，某时刻甲从A 点沿斜面以v1＝10m/s 的初速度滑向B，同时乙物体从B 点以v2＝7.25m/s
的初速度滑向A，（g＝10m/s2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：
（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；
（2）甲、乙两物体经多长时间相遇．
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18．（14 分）如图所示，用长为L 的轻质细线将质量为m 的小球悬挂于O 点．小球在外力作用下静止在A 处，此时
细线偏离竖直方向的夹角θ＝60°．现撤去外力，小球由静止释放，摆到最低点B 时，细线被O 点正下方距离
ܮ
4
处的光滑小钉子挡住，小球继续向左摆动到最高点时细线偏离竖直方向的夹角也为60°．小球在运动过程中所受
空气阻力大小恒定，且始终与运动方向相反，重力加速度为g．求：
（1）小球在A 处处于静止状态时，所受外力的最小值F1；
（2）小球运动过程中所受的空气阻力大小f 和动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值sinα．
（3）小球第二次经过最低点B，开始绕O 点向右摆动时，细线的拉力大小T．
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）联考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～8 小题只有一个选项符合
题目要求，第9～12 小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．）
1．（4 分）如图所示，两条曲线为汽车a、b 在同一条平直公路上的速度时间图象，已知在t2 时刻，两车相遇，下列
说法正确的是（
）
A．a 车速度先减小后增大，b 车速度先增大后减小
B．t1 时刻a 车在前，b 车在后
C．t1～t2 时刻a、b 的位移相同
D．a 车加速度先减小后增大，b 车加速度先减小后增大
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】根据速度时间图线判断两汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前．通
过图线的斜率判断加速度的变化．
【解答】解：A、由图线可知，a 车的速度先增大后减小，b 车的速度先减小后增大。故A 错误。
BC、在t2 时刻，两车相遇，在t1﹣t2 时间内，a 图线与时间轴围成的面积大，则a 的位移大，可知t1 时刻，b 车在
前，a 车在后。故BC 错误。
D、图线切线的斜率表示加速度，可知a 车的加速度先减小后增大，b 车的加速度先减小后增大。故D 正确。
【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜
率表示瞬时加速度．
2．（4 分）如图所示的实验装置中，小球A、B 完全相同．用小锤轻击弹性金属片，A 球沿水平方向抛出，同时B 球
被松开，自由下落，实验中两球同时落地．图中虚线1、2 代表离地高度不同的两个水平面，下列说法中正确的是
（
）
A．A 球从面1 到面2 的速度变化等于B 球从面1 到面2 的速度变化
B．A 球从面1 到面2 的速率变化等于B 球从面1 到面2 的速率变化
C．A 球从面1 到面2 的速率变化大于B 球从面1 到面2 的速率变化
D．A 球从面1 到面2 的动能变化大于B 球从面1 到面2 的动能变化
【考点】MB：研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合两个分运动的规律，通过
动量定理以及机械能守恒判断．
【解答】解：A、两球的加速度相等，A 球从面1 到面2 的时间等于B 球从面1 到面2 的时间，则速度变化相同，
故A 正确。
BC、A 球从面1 到面2 的速率变化㘴2 −㘴1 ，B 球从面1 到面2 的速率变化等于图中粗线对应的线段，根据两边
之差小于第三边，知A 球从面1 到面2 的速率变化小于B 球从面1 到面2 的速率变化，故BC 错误；
D、根据动能定理，݉
th =△ܧ݇，所以A 球从面1 到面2 的动能变化等于B 球从面1 到面2 的动能变化，故D
错误。
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【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意速度的变化与速率的变化不同．
3．（4 分）如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，长为L 的细线一端固定，另一端连接质量为m 的小球，小球在
斜面上做圆周运动，A、B 分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B 点做圆周运动的最小速度分别为vA、
vB，重力加速度为g，则（
）
A．vA＝0
B．vA=
tܮ
C．vB= 1
2
10tܮ
D．vB=
3tܮ
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】根据牛顿第二定律求出在最高点的最小速度，结合机械能守恒求出B 点的最小速度．
【解答】解：在A 点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛
顿第二定律得：݉
tݏthߠ=݉
㘴t2
ܮ，
解得A 点的最小速度为：㘴t =
1
2 tܮ，
对AB 段过程研究，根据机械能守恒得：
1
2݉
㘴t2 +݉
t ⋅2ܮݏth30° =
1
2݉
㘴ܤ2，
解得B 点的最小速度为：vB=
5tܮ
2
= 1
2
10tܮ，故C 正确，ABD 错误。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和机械能守恒的综合运用，通过牛顿第二定律求出最高点的临界速度是解决本
题的关键．
4．（4 分）如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现
每经过时间t 通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知万有引力常量为G，则月球的质量是（
）
A．
t2
ܩߠ3ݐ
B．
ߠ3
ܩt2ݐ
C．
t3
ܩߠݐ2
D．
ݐ2
ܩߠt3
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据线速度和角速度的定义公式求解线速度和角速度，根据线速度和角速度的关系公式v＝ωr 求解轨道
半径，然后根据万有引力提供向心力列式求解行星的质量．
【解答】解：线速度为：v= t
ݐ⋯①
角速度为：ω= ߠ
ݐ⋯②
根据线速度和角速度的关系公式，有：v＝ωr…③
卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉
ݎ߱
2 =݉
㘴߱⋯④
联立解得：M=
t3
ܩߠݐ2
【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解，不难，注意掌握线速度与角速度
的定义．
5．（4 分）如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m 的小球，绳B 水平．设绳A、B 对球的拉力大
小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（
）
A．F1 先增大后减小
B．F2 先增大后减小
C．F 先增大后减小
D．F 先减小后增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可．
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【解答】解：对小球受力分析如图所示：
小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F 不变，
根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1 逐渐减小，F2 先增大后减小，
当绳A 处于水平方向时，F2 最大，故B 正确。
【点评】若物体受三力平衡，一般可以采用合成法，任意两力之和与第三力大小相等，方向相反，要求同学们能
根据图象分析各个力的变化情况，难度适中．
6．（4 分）如图所示，mA＝4.0kg，mB＝2.0kg，A 和B 紧靠着放在光滑水平面上，从t＝0 时刻起，对B 施加向右的
水平恒力F2＝4.0N，同时对A 施加向右的水平变力F1，F1 变化规律如图所示．下列相关说法中正确的是（
）
A．当t＝0 时，A、B 物体加速度分别为aA＝5m/s，aB＝2m/s
B．A 物体作加速度减小的加速运动，B 物体作匀加速运动
C．t＝12s 时刻A、B 将分离，分离时加速度均为a＝2m/s2
D．A、B 分离前后，A 物体加速度变化规律相同
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对AB 整体进行分析，当AB 之间没有力的作用时求出B 的加速度为临界速度；若A 的加速度大于大于
B 的加速度，则AB 以相同的加速度运动，若A 的加速度小于B 的加速度，则B 做匀速运动，A 做加速度越来越
小的加速运动，分情况讨论即可求解．
【解答】解：若AB 之间没有力的作用，则aB= ܨ2݉
ܤ= 4
2 =2m/s2，
A、当t＝0 时，F1＝20N，而mA＝4.0kg，所以F1 单独作用在A 上的加速度大于AB 之间没有力的作用时的加速
度，此时AB 一起运动，加速度为：a=
ܨ合݉
t+݉
ܤ= 24
4+2 =4m/s2，故A 错误；
B、由A 得分析可知：随着F1 的减小，刚开始时AB 在两个力的作用下做加速度越来越小的加速运动，故B 错误；
C、当F1 单独在A 上的加速度等于F2 单独作用在B 上的加速度时，AB 之间恰好没有力的作用，此后F1 继续减
小，A 的加速度继续减小，AB 分离，根据牛顿第二定律得：F1＝mAaB＝4×2＝8N，根据图象可知，此时t＝12s，
所以t＝12 s 时刻A、B 将分离，分离时加速度均为a＝2m/s2，故C 正确；
D、AB 分离前，A 受到F1 和B 对A 的弹力作用，分离后A 只受F1 作用，A 物体加速度变化规律不相同，故D
错误。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意抓住AB 分离时的临界条件进行分析解题，即当AB 之间刚好没
有作用力且加速度相同时开始分离．
7．（4 分）如图所示，一条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S 极的上端平移到N 极的上端的过程中，导线保
持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示．则在这个过程中磁铁受到的摩擦力（保持静止）（
）
A．为零
B．方向由向左变为向右
C．方向保持不变
D．方向由向右变为向左
【考点】27：摩擦力的判断与计算；CC：安培力；CD：左手定则．菁优网版权所有
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【分析】要求磁铁所受的静摩擦力的方向需要知道磁铁所受的其它力的方向即求磁铁所受通电导线安培力的方向，
故应该求解通电导线所受磁铁的安培力的方向，所以应该知道通电导线所在位置的磁场的方向，然后根据左手定
则即可判定出通电导线所受安培力的方向从而解决问题．
【解答】解：由图可知通电导线所在位置的磁场的方向，根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图
所示，显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平
方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡。
故当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方
时条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右。故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B 正确，ACD 错误。
【点评】首先根据左手定则确定出通电导线所受安培力方向，然后根据牛顿第三定律确定出条形磁铁所受安培力
的方向，最后根据共点力的平衡确定出静摩擦力的方向，是此类题目的解答思路．
8．（4 分）如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触
良好．在两根导轨的端点d、e 之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的恒力F 作用在金属杆
ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用F 安表示，则
下列说法正确的是（
）
A．金属杆ab 做匀加速直线运动
B．金属杆ab 运动过程中回路中有顺时针方向的电流
C．金属杆ab 所受到的F 安先不断增大，后保持不变
D．金属杆ab 克服安培力做功的功率与时间的平方成正比
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据金属杆受力情况分析金属杆的运动过程，判断其运动性质；
应用右手定则可以判断出感应电流方向；
应用功率公式分析安培力公式与时间的关系．
【解答】解：A、金属杆受到的安培力：F 安培＝BIL= ܤ2ܮ2㘴
h
，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随速度v 的
增加，安培力变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力合力为零时做匀速直线运动，安培力
保持不变，由此可知，金属杆向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A 错误，C 正确；
B、由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab 运动过程回路中有逆时针方向的感应电流，故B 错误；
D、安培力的功率：P 安培＝F 安培v= ܤ2ܮ2㘴2
h
，如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝at，安培力的功
率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab 克服安培力做
功的功率与时间的平方不成正比，故D 错误；
【点评】由于安培力公式求出安培力的表达式，分析清楚金属杆所受安培力如何变化、分析清楚金属杆的运动过
程是解题的前提与关键，由于安培力公式与功率公式即可解题．
9．（4 分）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（
）
A．可能做直线运动
B．一定做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
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【分析】分析小球的受力情况，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力
的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化．
【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力方向如图所示，则合力的方向与速度方向不在同一条直
线上，小球做曲线运动。故A 错误，B 正确。
C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速率先减小后增大。故
C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查小球在电场和重力场中的运动，解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关
键看合力的方向与速度方向的关系．同时注意明确运动合成与分解规律的应用，明确粒子可能的运动轨迹，再分
析做功情况．
10．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．牛顿通过理想斜面实验总结出力是改变物体运动状态的原因
B．开普勒用20 年的时间研究第谷的行星观测记录，总结出了开普行星运动定律
C．第2s 末到第4s 初的时间间隔是1s
D．物体在力的作用下形状或体积发生的改变，叫做弹性形变
【考点】1U：物理学史；28：弹性形变和范性形变．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题是物理学史问题，根据涉及到的科学家的物理学成就和物理基本知识进行解答．
【解答】解：A、是伽利略通过理想斜面实验总结出力是改变物体运动状态的原因，而不是牛顿，故A 错误。
B、开普勒用20 年的时间研究第谷的行星观测记录，总结出了开普行星运动定律，故B 正确。
C、第4s 初即第3s 末，所以第2s 末到第4s 初的时间间隔是1s，故C 正确。
D、物体在力的作用下形状或体积发生的改变，叫做形变，在撤销外力后，能恢复原状的形变才叫弹性形变。故D
错误。
故选：BC。
【点评】物理学史也考试内容之一，要记忆著名科学家的物理学成就，不能张冠李戴．
11．（4 分）理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个R＝
55Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是（
）
A．副线圈中电压表的读数为110V
B．副线圈中输出交流电的频率为0.02HZ
C．原线圈中电流表的读数为0.5A
D．原线圈中的输入功率为220W
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；E8：变压
器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结
论．
【解答】解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220 2V，所以原线圈的电压的有效值为220V，
再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为110V，即为电压表的读数，故A 正确。
B、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T＝0.02s，所以频率f= 1ܶ=
1
0.02 =50Hz，故B 错误。
C、副线圈的电流为I= 110
55 A＝2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为1A，故C 错误。
D、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P=ܷ
2
h = 1102
55 =220W，所以原线圈中的输入功率也为
220W，故D 正确。
故选：AD。
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【点评】本题掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，注意在求
功率时要用到有效值，同时明确输出功率决定输入功率．
12．（4 分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具
有一定初速度的物块（如图a 所示），以此时为t＝0 时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化
关系，如图b 所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2），已知传送带的速度保持不
变，则下列判断正确的是（
）
A．0～t2 内，物块对传送带一直做负功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ
C．0～t2 内，传送带对物块做功为
1
2mv22−1
2mv12
D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
【考点】27：摩擦力的判断与计算；65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1 内，物块对传送带的摩擦
力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定
理研究0～t2 内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产
生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．
【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t1 内，物块对传送带
的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带一直做负功。故A 正确。
B、在t1～t2 内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B 正确。
C、0～t2 内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，
根据动能定理得：
W+WG= 1
2mv22−1
2mv12，则传送带对物块做功W≠1
2mv22−1
2mv12．故C 错误。
D、0～t2 内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得
知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解
功是常用的方法．
二、填空题（本题共3 小题，共17 分，答案写在答题纸中的横线上）
13．（3 分）高中电学实验的核心是测电阻，当然所测的对象是不同的，有灯泡的电阻、电阻丝的电阻、电表的电阻、
电源的电阻等；所用的方法也不同，有伏安法、半偏法、等效代替法等，其中最常用的是伏安法，测量电路如图
所示．
（1）为了减小电表内阻引起的误差，如果待测电阻和电表内阻未知，可观察电表的变化：当开关由a 点变到接触
b 点时，电流表变化显著，则开关应接在
b
点，测量误差较小．
（2）如果已知待测电阻和电表内阻的大约值，为了减小测量误差，应进行的操作：当Rx2＞RVRA 开关应接在
b
点．
（3）如果已知电压表内阻的准确值，则开关应接在
a
点测量没有系统误差．
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】应用伏安法测电阻时要注意电流表的接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流表可以采用内接法，
当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表可以采用外接法．
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【解答】解：（1）当开关由a 点变到接触b 点时，电流表变化显著，说明电压表分流作用较大，为减小实验误差，
电流表应采用内接法，则开关应接在b 点．
（2）根据“内大外小”的原则，当Rx2＞RARV 时，开关应接在b 点．
（3）如果已知电压表内阻的准确值，由欧姆定律可以求出通过电压表的电流，电流表采用外接法时可以准确测出
通过电阻的电流，则开关应接在a 点测量没有误差．
故答案为：（1）b；（2）b；（3）a．
【点评】本题考查了伏安法测电阻电流表内外接法的选择，应用伏安法测电阻选择合适的电路可以减小系统误差，
要掌握电流表接法的判断方法．
14．（6 分）如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m 的钢球自由下落的过
程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B 的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度
表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g
（1）钢球下落的加速度大小a＝
1
2݄(݀
2
ݐܤ2 −݀
2
ݐt2 )
，钢球受到的空气平均阻力Ff＝݉
t −݉2݄(݀
2
ݐܤ
2 −݀
2
ݐt
2 )
．
（2）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，
实际上钢球通过光电门的平均速度
＜
（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度．
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；511：直线运动规律专题．
【分析】根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出钢球通过两个光电门的速度，结合速度位移公式求出加速
度，根据牛顿第二定律求出空气的平均阻力．
根据匀变速直线运动的规律判断实际上钢球通过光电门的平均速度与钢球球心通过光电门的瞬时速度．
【解答】解：（1）钢球通过光电门A、B 时的瞬时速度分别为㘴t =݀ݐt、㘴ܤ=݀ݐܤ，
由㘴ܤ2 −㘴t2 = 2݄ܽ
得，加速度a= 1
2݄(݀
2
ݐܤ
2 −݀
2
ݐt
2 )，
由牛顿第二定律得，mg﹣Ff＝ma，
解得ܨ݂=݉
t −݉2݄(݀
2
ݐܤ
2 −݀
2
ݐt
2 )．
（2）由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间
位移的速度大于中间时刻的瞬时速度．
故答案为：（1）
1
2݄(݀
2
ݐܤ2 −݀
2
ݐt2 )，݉
t −݉2݄(݀
2
ݐܤ
2 −݀
2
ݐt
2 )，（2）＜．
【点评】考查加速度的公式，掌握牛顿第二定律，理解平均速度与瞬时速度的联系与区别．
15．（8 分）用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中．
（1）若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足
M＞＞m
条件时，可认为小车受到合外力
大小等于砝码和砝码盘的总重力大小．
（2）在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的是
AC
．
A．平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车
D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
（3）甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a．如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在
纸带上标出了5 个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4 个打点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动
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的加速度为
0.45
m/s2（保留两位有效数字）．
（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a 与质量M 的数据，画出a～
1
ܯ图线后，
发现当
1
ܯ较大时，图线发生弯曲．该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的
现象．则该同学的修正方案可能是
A
．
A．改画a 与
1
ܯ+݉
的关系图线
B．改画a 与（M+m）的关系图线
C．改画a 与݉ܯ的关系图线
D．改画a 与
1
(ܯ+݉
)2的关系图线．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；为使绳子
拉力等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量；
（2）在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过控制变量法，先控制m 一定，验证a 与F 成正比，再控制F 一定，
验证a 与m 成反比；实验中用勾码的重力代替小车的合力，故要通过将长木板左端垫高来平衡摩擦力和使小车质
量远大于小盘（包括盘中的砝码）质量来减小实验的误差！实验时先接通电源后释放纸带；
（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小．
（4）分别对小车和砝码盘列出牛顿第二定律方程，即可知道绳子拉力就是砝码重力的条件以及图象弯曲的原因．
【解答】解：（1）“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力，方法是将
长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做匀速直线运动，另外为使绳子拉力等于砝码
盘（连同砝码）的质量，必须满足满足小车的质量M 远大于砝码盘（连同砝码）的质量m 的条件，即M＞＞m．
（2）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸
带判断小车是否匀速运动．故A 正确；
B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B 错误．
C、实验时先接通电源后释放纸带，故C 正确；
D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果直接运用牛顿第二定律计算的，则无法进行探究加速度与物
体所受合外力和质量间的关系．故D 错误；
故选：AC；
（3）每打五个点取一个计数点，又因打点计时器每隔0.02s 打一个点，所以相邻两计数点间的时间T＝0.1s；
在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即：△x＝aT2，
逐差法知：a= ݔ24−ݔ02
4ܶ2
= 4.65+5.10−(3.75+4.20)
4×0．12
× 10−2 =0.45m/s2
（4）分别对小车与砝码列出牛顿第二定律，对小车有F＝Ma，对砝码有：mg﹣F＝ma，两式联立可得：a=݉
t
ܯ+݉
=
1
ܯ+݉
mg，
所以作图时应作出a−
1
ܯ+݉
图象．故选：A；
故答案为：（1）M＞＞m；（2）AC；
（3）0.45；
（4）A．
【点评】明确实验原理是解决有关实验问题的关键．在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦
力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝
码（连同砝码盘）的重力．对于课本中基础力学实验，要到实验室进行实际操作，这样才能明确实验步骤和具体
的操作的含义．
三、计算题（本题共3 小题，共35 分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不
能得分，有数值计算的题，必需明确写出数值和单位）
16．（9 分）如图所示，倾角为θ的固定光滑斜面底部有一垂直斜面的固定档板C．劲度系数为k1 的轻弹簧两端分别
与挡板C 和质量为m 的物体B 连接，劲度系数为k2 的轻弹簧两端分别与B 和质量也为m 的物体A 连接，轻绳通
过光滑滑轮Q 与A 和一轻质小桶P 相连，轻绳AQ 段与斜面平行，A 和B 均静止．现缓慢地向小桶P 内加入细砂，
当k1 弹簧对挡板的弹力恰好为零时，求：
（1）小桶P 内所加入的细砂质量；
（2）小桶下降的距离．
【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
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【分析】未向小桶内加入细沙时，弹簧k1 受到的压力大小等于A 的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求出此
时该弹簧的压缩量．当B 与挡板C 间挤压力恰好为零时，弹簧k1 受到的拉力等于B 重力沿斜面向下的分力，弹
簧k2 受到的拉力等于两个物体的总重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求出此时两弹簧的伸长量，再由几何关
系求出小桶下降的距离．
【解答】解：（1）当B 与挡板C 间挤压力恰好为零时，以A、B 两个物体整体为研究对象，根据平衡条件得知，
轻绳的拉力大小为T＝2mgsinθ，
对小桶：T＝m 砂g，故小桶P 内加入的细砂质量为m 砂＝2msinθ；
（2）未向小桶内加入细沙时，弹簧k2 的压缩量为x1=݉
tݏthߠ݇
2
缓慢地向小桶P 内加入细砂，当B 与挡板C 间挤压力恰好为零时，弹簧k1 的伸长量为x1′= 2݉
tݏthߠ݇
1
弹簧k2 的伸长量为x2′= 2݉
tݏthߠ−݉
tݏthߠ݇
2
=݉
tݏthߠ݇
2
根据几何关系得知，小桶下降的距离为S＝x1+x1′+x2′= 2݉
tݏthߠ(݇1+݇2)݇
1݇2
答：（1）小桶P 内所加入的细砂质量2msinθ；
（2）小桶下降的距离离为为
2݉
tݏthߠ(݇1+݇2)݇
1݇2
．
【点评】对于弹簧问题，要分析初、末两个状态弹簧的变形量，再由几何关系求解小桶下降的距离，是经常采用
的思路．
17．（12 分）如图所示，斜面AB 倾角为30°，底端A 点与斜面上B 点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面
间的动摩擦因数为
3
2 ，某时刻甲从A 点沿斜面以v1＝10m/s 的初速度滑向B，同时乙物体从B 点以v2＝7.25m/s
的初速度滑向A，（g＝10m/s2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：
（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；
（2）甲、乙两物体经多长时间相遇．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
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【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对甲进行受力分析，根据牛顿第二定律求出滑块上滑的加速度；
（2）结合速度时间公式求出速度减为零的时间，求出上滑的最大位移，根据牛顿第二定律求出乙下滑的加速度，
根据位移公式求出下滑的位移，从而得出AB 两点间的距离；然后再结合几何关系和运动学的公式即可求出相遇
的时间．
【解答】解：（1）滑块甲沿斜面向上运动时，加速度大小为a1：
m1gsin 30°+μm1gcos 30°＝m1a1ܽ
1 = tݏth30° + ߤtܿ݋ݏ30°
代入数据：ܽ1 = 10 × 1
2 + 3
2 × 10 × 3
2
解得：a1＝12.5 m/s2
（2）因为m1gsin 30°＜μm1gcos 30°所以A 上滑速度减为0 后，不再返回
甲能上滑得最大距离s1=
㘴1
2
2ܽ1
=
102
2×12.5 =4m
甲上滑用时t1=
㘴1ܽ
1
= 10
12.5 ݏ= 0.8ݏ
设滑块乙沿斜面向下运动时，加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：
m2gsin 30°﹣μm2gcos 30°＝m2a2
代入数据解得：a2= tݏth30° −ߤtܿ݋ݏ30° = 10 × 1
2 −3
2 × 10 ×
3
2 =−2.5 m/s2
由运动学公式可知乙下滑时有ݏ2 = ݏ−ݏ1 = 㘴2 ݐ2 −1
2ܽ
2 ݐ2
2
10 −4 = 7.25ݐ2 −1
2 × 2.5ݐ2
2
解得t2＝1s
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所以甲乙两物体经1s 后相遇
答：（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小12.5݉
/ݏ2 ；
（2）甲、乙两物体经1s 时间相遇
【点评】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加
速度是联系力学和运动学的桥梁．
18．（14 分）如图所示，用长为L 的轻质细线将质量为m 的小球悬挂于O 点．小球在外力作用下静止在A 处，此时
细线偏离竖直方向的夹角θ＝60°．现撤去外力，小球由静止释放，摆到最低点B 时，细线被O 点正下方距离
ܮ
4
处的光滑小钉子挡住，小球继续向左摆动到最高点时细线偏离竖直方向的夹角也为60°．小球在运动过程中所受
空气阻力大小恒定，且始终与运动方向相反，重力加速度为g．求：
（1）小球在A 处处于静止状态时，所受外力的最小值F1；
（2）小球运动过程中所受的空气阻力大小f 和动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值sinα．
（3）小球第二次经过最低点B，开始绕O 点向右摆动时，细线的拉力大小T．
【考点】4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）小球在A 处于静止状态，受共点力平衡，当F1 与细线垂直时最小，根据平衡条件求解外力的最小值；
（2）从A 到C 过程应由动能定理可以求出空气阻力，当重力沿圆弧切线方向的分力与空气阻相等时小球速度最
大，动能最大，据此求出夹角的正弦值．
（3）应由动能定理求出小球第二次经过最低点B 时的速度，然后应用牛顿第二定律求出细线的拉力．
【解答】解：（1）小球在A 处于静止，受力平衡，当F1 与细线垂直时最小，拉力的最小值：F1＝mgsinθ=
3
2 mg；
（2）小球从A 运动到C 过程，由动能定理得：
mg[L（1﹣cosθ）−3
4L（1﹣cosθ）]﹣f× 1
3π（L+ 3
4L）＝0﹣0，解得：f= 3݉
t
14ߨ；
小球速度最大时有：mgsinα＝f，解得：sinα=
3
14ߨ；
（3）设此时小球的速度为v，由动能定理得：
mg× 3
4L（1﹣cosθ）﹣f× 1
3π× 3
4L= 1
2mv2﹣0，
在最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m
㘴2
ܮ，解得：T= 23
14mg；
答：（1）小球在A 处处于静止状态时，所受外力的最小值F1 为
3
2 mg；
（2）小球运动过程中所受的空气阻力大小f 为
3݉
t
14ߨ，动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值sinα为
3
14ߨ．
（3）小球第二次经过最低点B，开始绕O 点向右摆动时，细线的拉力大小T 为
23
14mg．
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运
动情况，注意求变力做功时，只能使用动能定理．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:03:53 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次模拟物理试卷
一．选择题（共12 小题每小题4 分计48 分）
1．（4 分）关于物体的惯性，下列说法中正确的是（
）
A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大
B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故
C．乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球惯性小
D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性
2．（4 分）如图所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间
隔都相同．关于两质点的运动情况的描述，正确的是（
）
A．两质点在t0～t4 时间内的平均速度相同
B．两质点在t2 时刻的速度大小相等
C．两质点速度相等的时刻在t3～t4 之间
D．两质点不一定是从同一地点出发的，但在t0 时刻甲的速度为0
3．（4 分）如图所示，质量为0.8kg 的物体静止在倾角为30°的斜面上，若用平行于斜面、沿水平方向大小等于3N
的力推物块，物块仍保持静止，则物块所受到的摩擦力大小等于（g 取1m/s2）（
）
A．5N
B．4N
C．3N
D．3 3N
4．（4 分）一质点做匀加速直线运动，某时刻起发生位移x 对应速度变化为△v1，紧随着发生相同位移变化为△v2，
且两段位移对应时间之比为2：1，则该质点的加速度为（
）
A．a= 3(△㘴2)2
2ݔ
B．a= (△㘴1)2
2ݔ
C．a= 3(△㘴2)2
ݔ
D．a= 3(△㘴1)2
4ݔ
5．（4 分）如图所示，物体A 放在固定的斜面B 上，在A 上施加一个竖直向下的恒力F，下列说法中正确的有（
）
A．若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 仍保持静止
B．若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 将加速下滑
C．若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度不变
D．若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度将增大
6．（4 分）一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a﹣t 图象如图所示。下列v﹣t 图象中，可能正确描述此物体
运动的是（
）
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A．
B．
C．
D．
7．（4 分）如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，根据图象可以判断出
（
）
A．在t＝4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝5s 时，两球相距最远
C．在t＝6s 时，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8s 时，两球相遇
8．（4 分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位
于水平粗糙桌面上的物块b。外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F 方向不变，大小在一定范围内变
化，物块b 仍始终保持静止，则（
）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
9．（4 分）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一
根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的
拉力F 和轨道对小球的弹力N 的大小变化情况是（
）
A．F 不变，N 增大
B．F 不变，N 减小
C．F 减小，N 不变
D．F 增大，N 减小
10．（4 分）如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1 和m2 的物体，m1 放在地面上，当m2
的质量发生变化时，m1 的加速度a 的大小与m2 的关系图象大体如图中的（
）
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A．
B．
C．
D．
11．（4 分）如图，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A
处自由滑向B 处，下列说法正确的有（
）
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B 处
12．（4 分）如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ 无摩擦滑下；
如下四图图为物体沿x 方向和y 方向运动的位移﹣时间图象及速度﹣时间图象，其中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
二．填空题（共3 小题每小题6 分计18 分）
13．（6 分）从地面竖直上抛的小球，空气阻力不计，在抛出后的时刻t1 和时刻t2 的位移相同，则它抛出时的初速度
大小为
，在时刻t1 时离地面的高度为
．
14．（6 分）某学习小组设计了一种粗测小物体质量的方法．使用的器材有细绳、硬纸板、支架、刻度尺、铅笔、白
纸、自制小滑轮、已知质量的小物块和若干待测小物体等．简化的实验装置如图所示，在A 点固定一根细绳AP，
以A 为圆心、AP 为半径描出圆弧CD，直线AC 水平，AD 竖直．在B 点固定小滑轮，一根细绳绕过小滑轮，一
端悬挂小物块（质量m0 已知），另一端连接绳端P 点．在结点P 悬挂不同质量的待测小物体m，
平衡时结点P 处在圆弧CD 上不同的位置．利用学过的物理知识，可求出结点P 在圆弧CD 上不同的位置时对应
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- 1183 -
的待测物体的质量值m，并标在CD 弧上．
（1）在圆弧CD 上从C 点至D 点标出的质量值应逐渐
（填写“增大”或“减小”）；
（2）如图所示，BP 延长线交竖直线AD 于P′点，用刻度尺量出AP′长为l1，PP′长为l2，则在结点P 处标出
的质量值应为
．
15．（6 分）某同学用如图甲所示装置研究匀变速直线运动，得到如图乙所示的纸带，纸带上相邻计数点间还有4 个
点未画出．打点计时器交流电的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点
和
之间某时刻开始减速．
（2）计数点5 对应的速度大小为
m/s，计数点6 对应的速度大小为
m/s（均保留三位有效数字）．
（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a＝
m/s2（保留三位有效数字）．
三．计算题（共3 小题计34 分）
16．（9 分）一质量M＝4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为
m＝2kg 的小球A、B，它们用轻质细绳连接。现对小球B 施加一水平向左的拉力F 使小球A、B 及斜面体一起向
左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）细绳的拉力T；
（2）水平拉力F 的大小；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ。
17．（10 分）如图所示，一条轻绳两端各系着质量为m1 和m2 的两个物体，通过定滑轮悬挂在车厢顶上，m1＞m2，
绳与滑轮的摩擦忽略不计．若车以加速度a 向右运动，m1 仍然与车厢地板相对静止，试问：
（1）此时绳上的张力T．
（2）m1 与地板之间的摩擦因数μ至少要多大？
18．（15 分）一质点由静止开始从A 点向B 点作直线运动，初始加速度为a0
（1）若以后加速度均匀增加，每经过n 秒增加a0，求经过t 秒后质点的速度．
（2）若将质点的位移SAB 平分为n 等份，且每过一个等分点后，加速度都增加ܽ0
h ，求该质点到达B 点时的速度．
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次模拟物理试
卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12 小题每小题4 分计48 分）
1．（4 分）关于物体的惯性，下列说法中正确的是（
）
A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大
B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故
C．乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球惯性小
D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性
【考点】31：惯性与质量．菁优网版权所有
【分析】一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属
性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有
任何关系的．
【解答】解：A、影响惯性大小的是质量，惯性大小与速度大小无关，故A 错误；
B、静止的火车启动时，速度变化慢，是由于惯性大，惯性大是由于质量大，故B 错误；
C、乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球质量小，惯性小，故C 正确；
D、惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，有质量就有惯性，在宇宙飞船中的物体有质量，故
有惯性，故D 错误；
【点评】需要注意的是：物体的惯性的大小只与质量有关，与其他都无关．而经常出错的是认为惯性与物体的速
度有关．
2．（4 分）如图所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间
隔都相同．关于两质点的运动情况的描述，正确的是（
）
A．两质点在t0～t4 时间内的平均速度相同
B．两质点在t2 时刻的速度大小相等
C．两质点速度相等的时刻在t3～t4 之间
D．两质点不一定是从同一地点出发的，但在t0 时刻甲的速度为0
【考点】19：平均速度；1A：瞬时速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】（1）平均速度等于位移与时间的比值；
（2）甲图做匀加速直线运动，t2 时刻的速度等于t1 到t3 时刻的平均速度，而乙图做匀速运动，t2 时刻的速度即为
整个过程的平均速度；
（3）在甲图中，相邻相等时间内位移之比满足1：3：5，故t0 时刻速度为零；
【解答】解：A、两质点在t0～t4 时间内，通过的位移相等，经历的时间相等，故平均速度相等，故A 正确；
B、甲图做匀加速直线运动，t2 时刻的速度等于t1 到t3 时刻的平均速度即
㘴甲= ݔ13
ݐ13 = 4
2ݐ
乙图做匀速运动，t2 时刻的速度即为整个过程的平均速度即
㘴乙= 2
ݐ，故B 正确；
C、由B 可知，C 错误；
D、从纸带不能判断出质点出发点的位置，则两质点不一定是从同一地点出发的，在甲图中，相邻相等时间内位
移之比满足1：3：5，满足初速度为零的匀加速直线运动的推论，故t0 时刻速度为零，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题考查了打点计时器的原理，要知道打点计时器的振针每1 秒钟内上下振动共50 次，每打两个点之间
的时间间隔相同．
3．（4 分）如图所示，质量为0.8kg 的物体静止在倾角为30°的斜面上，若用平行于斜面、沿水平方向大小等于3N
的力推物块，物块仍保持静止，则物块所受到的摩擦力大小等于（g 取1m/s2）（
）
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A．5N
B．4N
C．3N
D．3 3N
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N 和静摩擦力f，根据共点力平衡条件，结合正交分解法列
式求解．
【解答】解：对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N 和静摩擦力f，
将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′＝Mgsinθ＝4N 和垂直斜面向下的分力Mgcosθ＝4 3N；
在与斜面平行的平面内，如图，有
f=
ܨ2 + ܨ'2 =
32 + 42 N＝5N
【点评】本题的难点在于物体受到的力不在一个平面内，需要将重力按照作用效果进行分析，根据静摩擦力的产
生特点和共点力平衡条件列式求解静摩擦力．
4．（4 分）一质点做匀加速直线运动，某时刻起发生位移x 对应速度变化为△v1，紧随着发生相同位移变化为△v2，
且两段位移对应时间之比为2：1，则该质点的加速度为（
）
A．a= 3(△㘴2)2
2ݔ
B．a= (△㘴1)2
2ݔ
C．a= 3(△㘴2)2
ݔ
D．a= 3(△㘴1)2
4ݔ
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据时间关系，抓住加速度不变，得出两段位移内速度变化量的关系，结合速度位移公式求出初始时刻
的速度与△v1 的关系，从而结合速度位移公式求出加速度．
【解答】解：设三个对应时刻的速度分别为v1、v2、v3，
有：v2﹣v1＝△v1，v3﹣v2＝△v2，
因为两段位移对应时间之比为2：1，加速度不变，则△v1＝2△v2，
根据速度位移公式得，㘴22 −㘴12 = 2ܽݔ，㘴32 −㘴22 = 2ܽݔ，
则有：㘴22 −㘴12 = 㘴32 −㘴22，整理得，2㘴1 =△㘴2 = 1
2 △㘴1，
解得㘴1 = △㘴1
4 ，
则㘴2 =△㘴1 + 㘴1 = 5△㘴1
4
，
根据速度位移公式得，a= 㘴22−㘴12
2ݔ
= 3(△㘴1)2
4ݔ
= 3(△㘴2)2
ݔ
，故CD 正确，A、B 错误。
故选：CD。
【点评】本题考查了匀变速直线运动运动学公式的基本运用，题干较简单，推导过程稍显复杂，对数学能力要求
较高，本题中得出速度变化量的关系以及速度变化量与初始时刻速度的关系是解决本题的关键．
5．（4 分）如图所示，物体A 放在固定的斜面B 上，在A 上施加一个竖直向下的恒力F，下列说法中正确的有（
）
A．若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 仍保持静止
B．若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 将加速下滑
C．若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度不变
D．若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度将增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】分别对未加外力和加外力时物体A 进行受力分析，A 原来静止看成恰好静止进行分析，判断A 物体是否
静止．当A 原来加速下滑，根据牛顿第二定律判断加速度的变化．
【解答】解：A、B：若A 原来静止，有：mgsinα≤μmgcosα，施加F 后，因为仍有（F+mg）sinα≤μ（F+mg）cosα，
则A 仍然保持静止。故A 正确，B 错误。
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C、D：未加F 时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：ܽ
=݉
tݏthߙ−ߤ݉
tܿ݋ݏߙ݉。
当施加F 后，加速度ܽ
' = (ܨ+݉
t)ݏthߙ−ߤ(ܨ+݉
t)ܿ݋ݏߙ݉，因为gsinα＞μgcosα，所以Fsinα＞μFcosα，可见a′＞a，
即加速度增大。故C 错误D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．
6．（4 分）一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a﹣t 图象如图所示。下列v﹣t 图象中，可能正确描述此物体
运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】本题应根据a﹣t 图象分析物体的运动情况：当加速度与速度同向时，物体做加速运动，0～1s 内，物体
从静止开始沿加速度方向匀加速运动，当加速度与速度反向时，物体做减速运动，若加速度一定，物体做匀变速
直线运动。匀变速直线运动的v﹣t 图象是一条倾斜的直线。
【解答】解：在0～ܶ2s 内，物体沿加速度方向做匀变速运动，v﹣t 图象是倾斜的直线；
在ܶ2～T 内，加速度为0，物体做匀速直线运动或处于静止状态，v﹣t 图象是平行于t 轴的直线；
在T～2T 内，加速度反向，物体做匀变速直线运动，到2T 时刻速度为零。v﹣t 图象是向下倾斜的直线。因加速
度的大小相等，所以在0～ܶ2s 内及在T～2T 内的图线的斜率大小相同，故D 正确，ABC 错误
【点评】本题关键要根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态分析物
体的运动情况。
7．（4 分）如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，根据图象可以判断出
（
）
A．在t＝4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝5s 时，两球相距最远
C．在t＝6s 时，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8s 时，两球相遇
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
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【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物
体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇。
【解答】解：A、甲球的加速度a1= △㘴1
△ݐ1 = −40−40
8
=−10m/s2
故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反。
乙球的加速度a2= △㘴2
△ݐ2 = 20−(−20)
8−2
= 20
3 m/s2
故甲球的加速度大于乙球的加速度。
故A 错误。
B、当两物体速度相同时两物体相距最远
即40+a1t＝﹣20+a2（t﹣2）
解得t＝4.4s
即4.4s 时两物体相距最远。
故B 错误。
C、t＝6s 时甲球的速度v1＝v0+a1t＝40+（﹣10）×6＝﹣20m/s
乙球的速度v2＝v 乙+a2△t＝﹣20+ 20
3 ×4= 20
3 m/s
故t＝6s 时甲球的速率大于乙球的速率。故C 错误。
D、设T 时刻两物体相遇，故有
40T+ 1
2a1T2＝﹣20T+ 1
2a2（T﹣2）2
解得T＝8s
故D 正确。
【点评】运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，
相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速
度相同，相遇时位移相同。
8．（4 分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位
于水平粗糙桌面上的物块b。外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F 方向不变，大小在一定范围内变
化，物块b 仍始终保持静止，则（
）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a 平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F 的大小变化
求得物块b 所受各力的变化情况。
【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a 和b 的绳子的夹角不变；物块a 只受重力以
及绳子的拉力，由于物体a 平衡，则连接a 和b 的绳子张力T 保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′
中的张力保持不变，故AC 均错误；
BD、b 处于静止即平衡状态，对b 受力分析有：
力T 与力F 与x 轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg＝0
Fcosα+f﹣Tcosθ＝0
由此可得：N＝mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T 的大小不变，可见当F 大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B 正确
f＝Tcosθ﹣Fcosα
由于T 的大小不变，当F 大小发生变化时，b 静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D 正确。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力
大小不变，再由此分析b 的平衡。
9．（4 分）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一
根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的
拉力F 和轨道对小球的弹力N 的大小变化情况是（
）
A．F 不变，N 增大
B．F 不变，N 减小
C．F 减小，N 不变
D．F 增大，N 减小
【考点】29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出AB 与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由
相似三角形知识可求得拉力及支持力．
【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力。满足
受力平衡。作出受力分析图如下
由图可知△OAB∽△GFA
即：
ܩ
h =
ܨ
tܤ=ܰh，
当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，N 不变，故C 正确；
故选C。
【点评】相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法准确得出角边关系时，应考虑应用此法．
10．（4 分）如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1 和m2 的物体，m1 放在地面上，当m2
的质量发生变化时，m1 的加速度a 的大小与m2 的关系图象大体如图中的（
）
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A．
B．
C．
D．
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】在m2 小于m1 之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2 大于m1 后加速度增加，当m2＞＞m1 时，加
速度趋近于g，不可能大于g．
【解答】解：在m2 小于m1 之前两物体都不动，所以加速度为零，
当m2 大于m1 开始运动合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，
当m2＞＞m1 时，加速度趋近于g，但不可能大于g。
【点评】合外力不为零才有加速度，注意m2 再大加速度也不可能大于g．
11．（4 分）如图，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A
处自由滑向B 处，下列说法正确的有（
）
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B 处
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；
②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；
③哪一个先达到B 点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t 图象来计算说明．
【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误；
B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B 正确；
C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位
置。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加
速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．
它们的v﹣t 图象如图，结合v﹣t 图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位
移．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
12．（4 分）如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ 无摩擦滑下；
如下四图图为物体沿x 方向和y 方向运动的位移﹣时间图象及速度﹣时间图象，其中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；512：运动学中的图像专题．
【分析】物体在抵达斜面之前做平抛运动，故在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，而到达
斜面后做匀加速直线运动，在水平方向和竖直方向分别做匀加速直线运动，写出在水平方向的速度表达式和位移
表达式，竖直方向的速度表达式和位移表达式即可。
【解答】解：设斜面的倾角为α，则水平抛出的物体在抵达斜面之前其水平向做匀速直线运动，故其水平速度vx
＝v0，而抵达斜面后物体的加速度a＝gsinθ，故水平向速度vx＝v0+（gsinθcosθ）t，即在水平方向做匀加速运动。
故B 错误。
在抵达斜面之前物体在水平方向的位移x0＝v0t0，而抵达斜面后物体在水平方向的位移x＝x0+v0△t+ 1
2gsinθcosθ△
t2，故A 正确。
在物体抵达斜面之前，物体在竖直方向做自由落体运动，故竖直方向的速度vy＝gt，抵达斜面后物体在竖直方向
的加速度ay＝gsinθsinθ＝g（sinθ）2，故vy＝gt0+g（sinθ）2t，故D 正确。
在抵达斜面前物体在竖直方向的位移y= 1
2 tݐ2，抵达斜面后y= 1
2 tݐ02 +gt0△t
1
2g（sinθ）2（△t）2，故C 错误。
故选：AD。
【点评】本题是图象类题目中最难的，也是近年高考的热点和难点，但此类题目解决途径是根据运动情况写出因
变量随自变量的表达式即可顺利解出。
二．填空题（共3 小题每小题6 分计18 分）
13．（6 分）从地面竖直上抛的小球，空气阻力不计，在抛出后的时刻t1 和时刻t2 的位移相同，则它抛出时的初速度
大小为
(ݐ1 +ݐ2 )t
2
，在时刻t1 时离地面的高度为
ݐ1 ݐ2 t
2
．
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据竖直上抛运动的对称性，ݐ1 时刻到最高点的时间
ݐ2 −ݐ1
2
，从而即可得出从抛出点到最高点的时间，
根据速度时间关系得到初速度，再根据位移时间关系得出ݐ1 时刻距地面的高度．
【解答】解：根据竖直上抛运动的对称性，ݐ1 时刻到最高点的时间
ݐ2 −ݐ1
2
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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从抛出点到最高点的时间ݐ= ݐ1 +
ݐ2−ݐ1
2
=
ݐ1+ݐ2
2
抛出时的初速度㘴= tݐ=
(ݐ1+ݐ2)
2
t
ݐ1 时刻离地面的高度h = 㘴ݐ1 −1
2 tݐ1
2 =
(ݐ1+ݐ2)t
2
ݐ1 −1
2 tݐ1
2 =
ݐ1ݐ2t
2
故答案为：
(ݐ1 +ݐ2 )t
2
ݐ1 ݐ2 t
2
【点评】解决本题的关键是掌握竖直上抛运动的规律，注意竖直上抛运动的加速度等于重力加速度，是匀变速直
线运动，速率和时间具有对称性．
14．（6 分）某学习小组设计了一种粗测小物体质量的方法．使用的器材有细绳、硬纸板、支架、刻度尺、铅笔、白
纸、自制小滑轮、已知质量的小物块和若干待测小物体等．简化的实验装置如图所示，在A 点固定一根细绳AP，
以A 为圆心、AP 为半径描出圆弧CD，直线AC 水平，AD 竖直．在B 点固定小滑轮，一根细绳绕过小滑轮，一
端悬挂小物块（质量m0 已知），另一端连接绳端P 点．在结点P 悬挂不同质量的待测小物体m，
平衡时结点P 处在圆弧CD 上不同的位置．利用学过的物理知识，可求出结点P 在圆弧CD 上不同的位置时对应
的待测物体的质量值m，并标在CD 弧上．
（1）在圆弧CD 上从C 点至D 点标出的质量值应逐渐
增大
（填写“增大”或“减小”）；
（2）如图所示，BP 延长线交竖直线AD 于P′点，用刻度尺量出AP′长为l1，PP′长为l2，则在结点P 处标出
的质量值应为
t1
t2݉
0
．
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对物体m0 分析，受重力和拉力，根据平衡条件求解PB 绳子的拉力；再对结点P 受力分析，受三个拉
力，根据平衡条件并结合合成法列式求解出各个力的表达式进行分析．
【解答】解：（1）对物体m0 分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：
T＝m0g…①
再对结点P 受力分析，如图所示：
图中的力三角形与几何三角形APP′相似，故：ܶ݉
t =ܲܲ
'
tܲ' ⋯②
解得：
联立①②解得：
m= tܲ'ܲܲ
'݉
0 = t1
t2݉
0
越靠近D 点，m 增大；
故答案为：（1）增大；（2）
t1
t2݉
0．
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【点评】本题是三力平衡问题，关键是结合共点力平衡条件列式求解出表达式进行分析，基础题目．
15．（6 分）某同学用如图甲所示装置研究匀变速直线运动，得到如图乙所示的纸带，纸带上相邻计数点间还有4 个
点未画出．打点计时器交流电的频率为50Hz．
（1）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点
6
和
7
之间某时刻开始减速．
（2）计数点5 对应的速度大小为
1.00
m/s，计数点6 对应的速度大小为
1.20
m/s（均保留三位有效数字）．
（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a＝
2.00
m/s2（保留三位有效数字）．
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示
物体做减速运动；
（2）用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
（3）用作差法求解减速过程中的加速度；
【解答】解：（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6 之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计
数点7 之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6 和7 之间某时刻开始减速；
（2）每5 个点取1 个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
5 点的瞬时速度为：
v5= 0.1101+0.0900
2×0.1
=1.00m/s，
6 点的瞬时速度：
v6= 0.1101+0.1228
2×0.1
=1.16m/s
（3）由纸带可知，计数点7 往后做减速运动，根据作差法得：
a= 0.046+0.066−0.0861−0.1060
4×0.01
=−2.00m/s2．
所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2
故答案为：（1）6、7 （2）1.00，1.16．（3）2.00
【点评】本题考查对于纸带的数据的处理方法，要注意明确纸带上各点的速度可以利用中间时刻的瞬时速度求解，
而加速度应采用逐差法进行计算，从而减小实验误差．
三．计算题（共3 小题计34 分）
16．（9 分）一质量M＝4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为
m＝2kg 的小球A、B，它们用轻质细绳连接。现对小球B 施加一水平向左的拉力F 使小球A、B 及斜面体一起向
左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）细绳的拉力T；
（2）水平拉力F 的大小；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ。
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）以球A 为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解细线的拉力；
（2）以A、B 整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；
（3）以A、B、斜面整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动
摩擦定律列式求解动摩擦因数。
【解答】解：（1）以A 为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：
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T＝mgsin30°＝2× 10 × 1
2 =10N
（2）以A、B 整体为研究对象，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有：
Fcos30°＝2mgsin30°
解得：F= 40
3
3N
（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：
F＝f＝μ（M+2m）g
解得：μ=
40
3 3
(4+2×2)×10 =
3
6
答：（1）细绳的拉力T 为10N；
（2）水平拉力F 的大小为
40
3
3N；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ为
3
6 。
【点评】对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解。
17．（10 分）如图所示，一条轻绳两端各系着质量为m1 和m2 的两个物体，通过定滑轮悬挂在车厢顶上，m1＞m2，
绳与滑轮的摩擦忽略不计．若车以加速度a 向右运动，m1 仍然与车厢地板相对静止，试问：
（1）此时绳上的张力T．
（2）m1 与地板之间的摩擦因数μ至少要多大？
【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）当车以加速度a 向右运动时，悬挂m2 的绳子与竖直方向的夹角不变，设为θ，m1 相对于车厢静止，
其加速度与车厢相同．以m2 为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律和力的合成求出绳上的张力T．
（2）再以m1 为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解车厢底板对m1 的支持力和静摩擦
力．静摩擦力应小于等于最大静摩擦力，列式可求出μ至少多大．
【解答】解：（1）隔离对m2 分析，所受的合力为F2＝m2a，
根据平行四边形定则得，绳子的张力T＝m t2 +ܽ
2．
（2）再以m1 为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律，得
f＝m1a
N+T′＝m1g
又T′＝T
要使m1 与地板保持相对静止，则必须有f≤fm＝μN
解得μ≥݉
1ܽ݉
1t−݉
t2+ܽ2．
答：（1）此时绳上的张力T 为m t2 +ܽ
2．
（2）m1 与地板之间的摩擦因数μ至少要݉
1ܽ݉
1t−݉
t2+ܽ2．
【点评】解决本题的关键知道两物体与车厢具有相同的加速度，关键对物体受力分析，运用牛顿第二定律进行求
解，掌握整体法和隔离法的运用．
18．（15 分）一质点由静止开始从A 点向B 点作直线运动，初始加速度为a0
（1）若以后加速度均匀增加，每经过n 秒增加a0，求经过t 秒后质点的速度．
（2）若将质点的位移SAB 平分为n 等份，且每过一个等分点后，加速度都增加ܽ0
h ，求该质点到达B 点时的速度．
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【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；21：信息给予题；36：分割思想；4L：累积法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）作出质点的加速度随时间的图线，结合图线围成的面积求出速度的变化量，从而得出t 秒后质点的
速度．
（2）将质点的位移SAB 平分为n 等份，得出每一等份内的加速度，结合速度位移公式对每一段列出方程，通过累
计计算求出质点到达B 点的速度大小．
【解答】解：（1）作出a﹣t 图线，图线围成的面积表示速度的变化量，
每经过n 秒增加a0，则ts 时，加速度a=ܽ
0 + ݐ
hܽ
0，
则ts 内速度的变化量△㘴= 1
2 (ܽ0 +ܽ
0 + ݐ
hܽ
0)ݐ=ܽ
0ݐ+ܽ
0
2h ݐ2．
因为初速度为零，则ts 后的速度v=ܽ
0ݐ+ܽ
0
2h ݐ2．
（2）根据速度位移公式得，2ܽ0
ݏtܤ
h = 㘴12 −0，
2(ܽ0 +ܽ
0
h ) ݏtܤ
h = 㘴22 −㘴12．
2(ܽ0 + (h−1)ܽ0
h
) ݏtܤ
h = 㘴ܤ2 −㘴h−12．
累加，解得㘴ܤ=
(3 −1
h )ܽݏtܤ．
答：（1）经过t 秒后质点的速度为ܽ0ݐ+ܽ
0
2h ݐ2．
（2）该质点到达B 点时的速度为(3 −1
h )ܽݏtܤ．
【点评】解决本题的关键知道a﹣t 图线围成的面积表示速度的变化量，对于第二问，对数学要求的能力要求较高，
通过速度位移公式，累计计算进行求解．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:03:16 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才高中高三（上）期中物理试卷
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分．1-7 为单选，8-12 为多选．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，
有选错的得0 分．）
1．（4 分）运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的
心理效应，车辆的平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服，否则人感到不舒服，关于“加速度的变化率”，
下列说法正确的是（
）
A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m2/s3
B．加速度的变化率为0 的运动是匀速直线运动
C．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t 图象，表示的是物体的速度在减小
D．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t 图象，已知物体在t＝0 时速度为5m/s，则2s 末的速度大小为8m/s
2．（4 分）如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙
漏斗a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c 都处于静止状态，则（
）
A．b 对c 的摩擦力一定减小
B．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c 的摩擦力方向一定水平向右
D．地面对c 的摩擦力先减小后增大
3．（4 分）如图所示，在穹形支架上，现将用一根不可伸长的光滑轻绳通过滑轮悬挂一个重力为G 的重物．将轻绳的
一端固定于支架上的A 点，另一端从B 点沿支架缓慢向C 点靠近．则绳中拉力大小变化变化情况是（
）
A．先变小后变大
B．先变小后不变
C．先变大后不变
D．先变大后变小
4．（4 分）质量分别为m1、m2 的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移时间图象如图．如果m1＝1kg
则m2 等于（
）
A．1kg
B．2kg
C．3kg
D．4kg
5．（4 分）如图所示，AB 杆以恒定角速度ω绕A 点在竖直平面内转动，并带动套在固定水平杆OC 上的小环M 运动，
AO 间距离为h．运动开始时AB 杆在竖直位置，则经过时间t（小环仍套在AB 和OC 杆上）小环M 的速度大小
为（
）
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A．݄߱ܿ݋ݏ2(߱ݐ)
B．݄߱ܿ݋ݏ(߱ݐ)
C．ωh
D．ωhtg（ωt）
6．（4 分）如图示，质量m＝1kg 的物块，以速度v0＝4m/s 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带两滑轮A、B
间的距离L＝6m，已知传送带的速度v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2．关于物块在传送带上的运动，
正确的是（
）
A．物块滑离传送带时的速率为4m/s
B．物块在传送带上运动的时间为4s
C．皮带对物块的摩擦力对物块做功为6J
D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J
7．（4 分）某卫星的发射过程如图所示，先将卫星从地面发射并从A 点进入椭圆轨道I 运行，然后在B 点通过改变卫
星的速度，让卫星进入预定圆形轨道II 上运行．则下列说法正确的是（
）
A．该卫星的发射速度一定要大于第二宇宙速度11.2Km/s
B．该卫星沿椭圆轨道I 从A 点运动到B 点过程中，速度减小，机械能也减小
C．该卫星在轨道I 上运动行的周期大于在轨道II 上运行的周期
D．测量出该卫星在轨道II 上运行的线速度和周期，即可计算地球的质量
8．（4 分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。先将一质量为m 的小球固定在管底，
用一轻质细线将小球与质量为M（M＝3m）的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小
物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力
加速度为g）（
）
A．小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒
B．小球的最大速度为
10tܮ
4
C．小球从管口抛出时的速度大小为
tܮ
2
D．小球平抛运动的水平位移等于
2
4 ܮ
9．（4 分）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1 和m2 的两物块A、B 相连接，并静止在光滑的水平面上。
现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象
信息可得（
）
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A．在t1、t3 时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3 到t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1：m2＝1：2
D．在t2 时刻A 与B 的动能之比为Ek1：Ek2＝1：8
10．（4 分）如图所示：一轻弹簧左端固定在足够长的木块A 的左端挡板上，右端与小物块B 连接，A、B 及A 与地
面间的接触面均光滑．开始时，A 和B 均静止，现同时对A、B 施加大小相等、方向相反的水平恒力F1 和F2．则
从两物体开始运动到以后的整个运动过程中（弹簧形变始终不超过其弹性限度），对A、B 和弹簧组成的系统，正
确的说法是（
）
A．由于F1、F2 大小相等、方向相反，故系统动量守恒
B．由于F1、F2 大小相等、方向相反，故系统机械能守恒
C．当弹簧的弹力与F1、F2 大小相等时，A、B 的动能均达到最大值
D．当弹簧的形变量最大时，A、B 均处于平衡状态
11．（4 分）如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块
b 相连，b 的质量为m，开始时，a、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，
则在b 上升h 高度（未与滑轮相碰）过程中（
）
A．物块a 重力势能减少mgh
B．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加
C．摩擦力对a 做的功小于物块a、b 动能增加之和
D．任意时刻，重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等
12．（4 分）在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A、B 两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。
图乙是AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象，图中x＝L 点为图线的最低点，若在x＝2L 的C 点由静止
释放一个质量为m、电量为+q 的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（
）
A．小球在x＝L 处的速度最大
B．小球一定可以到达x＝﹣2L 点处
C．小球将以x＝L 点为中心作往复运动
D．固定在AB 处的电荷的电量之比为QA：QB＝4：1
二、实验题（共16 分，13 题5 分，14 题11 分）
13．（5 分）某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，
固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O 的正上方A 处，另一端系绳套1 和
绳套2．主要实验步骤如下：
ⅰ．弹簧秤挂在绳套1 上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，记下弹簧秤的示数F；
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ⅱ．弹簧秤挂在绳套1 上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，此时绳套1 沿0°方向，
绳套2 沿120°方向，记下弹簧秤的示数F1；
ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1 的拉力F1′＝①；
ⅳ．比较②，即可初步验证；
ⅴ．只改变绳套2 的方向，重复上述实验步骤。
回答下列问题：
（1）完成实验步骤：①
；②
；
（2）将绳套1 由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2 由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持
橡皮筋的结点在O 处不动，保持绳套1 和绳套2 的夹角120°不变。关于绳套1 的拉力大小的变化，下列结论正
确的是
（填选项前的序号）
A．逐渐增大
B．先增大后减小
C．逐渐减小
D．先减小后增大。
14．（11 分）如图1 所示，某学生小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“探究合外力做功和
动能变化的关系”的实验：
（1）实验明使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系．
①实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸及图1 所示的器材．若要完成该实验，必需的实验器材还
有
．
②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判
断小车是否做
运动．
③实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．这样做的目的是
（填字母
代号）．
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
（2）连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2 所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选
取时间间隔为0.1s 的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G．
实验时测得小车的质量为M＝200g，小车所受细绳的拉力为F＝0.2N．
各计数点到O 的距离为s，对应时刻小车的瞬时速度为v，小车所受拉力做的功为W，小车动能的变化为△Ek．请
计算前补填表中空格（结果保留小数点后四位）．
计数点
s/m
v/（m•s
﹣1）v2/（m2•s
﹣
2）
W/J
△Ek/J
A
0.1550
0.5560
0.3091
0.0310
0.0309
B
0.2160
0.6555
0.4297
0.0432
0.0430
C
0.2861
0.7550
0.5700
0.0572
0.0570
D
0.3670
0.8570
0.7344
0.0734
0.0734
E
0.4575
0.9525
0.9073
F
0.5575
1.051
1.105
0.1115
0.1105
G
0.6677
1.150
1.323
0.1335
0.1323
分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内
．
（3）这个小组在之前的一次实验中分析发现拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些．这一情况可能是下列个
些原因造成的
（填字母代号）．
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A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够
D．平衡摩擦力时长木板倾斜程度过大
（4）实验小组进一步讨论认为可以通过绘制v2﹣s 图线来分析实验数据．请根据表中各计数点的实验数据在图中
标出对应的坐标点，并画出v2﹣s 图线．
分析△v2﹣s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同
的结论．这种方案中直线斜率表达式为k＝
（用题目中相关物理量字母表示）．
三、计算题（共36 分15 题10 分、16 题12 分、17 题14 分）
15．（10 分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B 水平放置，两板间的距离d＝40cm．电源电动势E＝24V，内
阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v0＝4m/s 竖直向上
射入板间．若小球电荷量为q＝1×10
﹣2 C，质量为m＝2×10
﹣2 kg，不考虑空气阻力．（取g＝10m/s2），求
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？
（2）此时，电源的输出功率多大？
16．（12 分）如图所示，半径R＝0.80m 的
1
4光滑圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方A 点有一质为m＝1.0kg 的
小物块．小物块由静止开始下落后打在圆轨道上B 点但未反弹，在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度
立刻减为零，而沿切线方向的分速度不变．此后，小物块将沿圆弧轨道滑下．已知A、B 两点到圆心O 的距离均
为R，与水平方向夹角均为θ＝30°，C 点为圆弧轨道末端，紧靠C 点有一质量M＝3.0kg 的长木板Q，木板上表
面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.30，取g＝10m/s2．求：
（1）小物块刚到达B 点时的速度vB；
（2）小物块沿圆弧轨道到达C 点时对轨道的压力FC 的大小；
（3）木板长度L 至少为多大时小物块才不会滑出长木板．
17．（14 分）如图所示，电容为C、带电量为Q、极板间距为d 的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量
为M，整个装置静止在光滑水平面上．在电容器右板上有一小孔，一质量为m、带电量为+q 的弹丸以速度v0 从
小孔水平射入电容器中（不计弹丸重力，设电容器外围电场强度为0），弹丸最远可到达距右板为x 的P 点，求：
（1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小；
（2）x 的值；
（3）电容器获得的最大速度．
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2018-2019 学年辽宁省沈阳市东北育才高中高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分．1-7 为单选，8-12 为多选．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，
有选错的得0 分．）
1．（4 分）运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的
心理效应，车辆的平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服，否则人感到不舒服，关于“加速度的变化率”，
下列说法正确的是（
）
A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m2/s3
B．加速度的变化率为0 的运动是匀速直线运动
C．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t 图象，表示的是物体的速度在减小
D．若加速度与速度同方向，如图所示的a﹣t 图象，已知物体在t＝0 时速度为5m/s，则2s 末的速度大小为8m/s
【考点】1B：加速度；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值，加速度变化率为0 的运动是指加速度保持不变的运
动，加速与速度同向物体做加速运动，加速度与速度反向做减速运动．
【解答】解：A、加速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值，即为
△ܽ
△ݐ，a 的单位是m/s2，则
△ܽ
△ݐ的单位
为m/s3，故A 错误；
B、加速度变化率为0 是指加速度保持不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物
体做匀变速运动，故B 错误；
C、若加速度与速度同向，则物体作加速运动，如图示加速度减小，则物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，
故C 错误；
D、根据v﹣t 图象可知，图象与时间轴所围图形面积表示物体的位移，同理在a﹣t 图象中可知图象与时间轴所围
图形的面积表示物体速度的变化量即△v，则得：△v= 1
2m/s＝3m/s。由于加速度与速度同向，故物体做变加速直
线运动，已知初速度为5m/s，则小球在2s 末的速度为8m/s，故D 正确。
【点评】本题要加速度的物理意义，掌握其定义方法和单位，知道在a﹣t 图象中图象与时间轴所围图形的面积表
示物体速度的变化量，能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定而不是由加速度的大小变化决定．
2．（4 分）如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙
漏斗a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c 都处于静止状态，则（
）
A．b 对c 的摩擦力一定减小
B．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c 的摩擦力方向一定水平向右
D．地面对c 的摩擦力先减小后增大
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】b 受到c 的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关．对bc 整体研究，由平衡条件分析水
平面对c 的摩擦力方向和支持力的大小．
【解答】解：A、B、设a、b 的重力分别为Ga、Gb．若Ga＝Gbsinθ，b 受到c 的摩擦力为零；若Ga≠Gbsinθ，b
受到c 的摩擦力不为零。若Ga＜Gbsinθ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上；故A 错误，B 正确。
C、D、以bc 整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知
水平面对c 的摩擦力f＝Tcosθ＝Gacosθ，方向水平向左。
在a 中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小。故CD 错误。
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【点评】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B 所受的摩擦力，要根据B 所受的拉力与重力沿斜
面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向．
3．（4 分）如图所示，在穹形支架上，现将用一根不可伸长的光滑轻绳通过滑轮悬挂一个重力为G 的重物．将轻绳的
一端固定于支架上的A 点，另一端从B 点沿支架缓慢向C 点靠近．则绳中拉力大小变化变化情况是（
）
A．先变小后变大
B．先变小后不变
C．先变大后不变
D．先变大后变小
【考点】2D：合力的大小与分力间夹角的关系；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】当轻绳的右端从B 点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖
直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C 点
的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变．
【解答】解：当轻绳的右端从B 点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，
作出受力图，如图1 所示。根据平衡条件得
2Fcosθ＝mg
得到绳子的拉力F=݉
t
2ܿ݋ݏߠ
所以在轻绳的右端从B 点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，cosθ减小，则F 变大。
当轻绳的右端从直杆最上端移到C 点时，设两绳的夹角为2α。
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到
sinα=ܵܮ，L、S 不变，则α保持不变。
再根据平衡条件可知，两绳的拉力F 保持不变。
所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变。
【点评】本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，这在高考中曾经出现过，
有一定的难度．
4．（4 分）质量分别为m1、m2 的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移时间图象如图．如果m1＝1kg
则m2 等于（
）
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A．1kg
B．2kg
C．3kg
D．4kg
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】根据x﹣t 图象斜率求出碰撞前后各球的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2；
【解答】解：碰撞前m2 是静止的，m1 的速度为：v1= ݔ1
ݐ1 = 8
2m/s＝4m/s
碰后m1 的速度：v′1=
ݔ1
'
ݐ1' = −8
4 m/s＝﹣2m/s
m2 的速度：v′2= ݔ2'
ݐ2' = 16−8
4
m/＝2m/s
根据动量守恒定律有：m1v1＝m1v1′+m2v2′
代入得：1×4＝1×（﹣2）+m2×2
解得：m2＝3kg
【点评】本题主要考查了动量守恒定律得应用，关键要掌握位移图象的斜率等于速度进行分析．
5．（4 分）如图所示，AB 杆以恒定角速度ω绕A 点在竖直平面内转动，并带动套在固定水平杆OC 上的小环M 运动，
AO 间距离为h．运动开始时AB 杆在竖直位置，则经过时间t（小环仍套在AB 和OC 杆上）小环M 的速度大小
为（
）
A．݄߱ܿ݋ݏ2(߱ݐ)
B．݄߱ܿ݋ݏ(߱ݐ)
C．ωh
D．ωhtg（ωt）
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】517：运动的合成和分解专题．
【分析】将小环M 的速度沿AB 杆方向和垂直于AB 杆方向分解，根据转动的角度求出AB 杆上M 点的线速度，
根据平行四边形定则求出M 点的速度．
【解答】解：经过时间t，角OAB 为ωt，则AM 的长度为݄ܿ݋ݏ߱ݐ，则AB 杆上M 点绕A 点的线速度v=݄߱ܿ݋ݏ߱ݐ．将
小环M 的速度沿AB 杆方向和垂直于AB 杆方向分解，垂直于AB 杆上分速度等于M 点绕A 点的线速度v，则小
环M 的速度㘴' =
㘴ܿ
݋ݏ߱ݐ=݄߱ܿ݋ݏ2(ωݐ)．故A 正确，B、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道小环沿OC 方向的速度是合速度，它在垂直AB 杆方向上的分速度等于M 点绕A 点
转动的线速度．
6．（4 分）如图示，质量m＝1kg 的物块，以速度v0＝4m/s 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带两滑轮A、B
间的距离L＝6m，已知传送带的速度v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2．关于物块在传送带上的运动，
正确的是（
）
A．物块滑离传送带时的速率为4m/s
B．物块在传送带上运动的时间为4s
C．皮带对物块的摩擦力对物块做功为6J
D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律；62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，再结合运动学规律判断出：滑块滑上传送带后，由于摩擦力作用，
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先向右匀减速后反向加速，速度增加到等于传送带后再一起匀速；然后根据功能关系计算出摩擦力对滑块做的功．
【解答】解：A、滑块先向右匀减速，对于向右滑行过程，根据牛顿第二定律，有
μmg＝ma
解得：a＝μg＝0.2×10＝2m/s2
根据运动学公式，有x= 㘴0+0
2
t1
解得：t1＝2s，x＝4m
向左匀加速过程，根据运动学公式，有：
x1= 㘴2−0
2ܽ
= 22
2×2 =1m
t2= 㘴ܽ= 2
2 =1s
最后3m 做速度为v＝2m/s 匀速直线运动，有：t3= ݔ−ݔ1
㘴
= 4−1
2
=1.5s
即滑块在传送带上运动的总时间为：t＝t1+t2+t3＝2+1+1.5＝4.5s
故AB 错误；
C、向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为：
Wf＝﹣f（x﹣x1）＝﹣μmg（x﹣x1）＝﹣0.2×10×3＝﹣6J，即物体克服摩擦力做功6J，或摩擦力对物体做功﹣
6J，故C 错误；
D、整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对
路程的乘积；
物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为：l1＝vt1＝2×2＝4m
物体向左加速过程，传送带运动距离为：l2＝vt2＝2×1＝2m
即Q＝f•S＝μmg•[（l1+x）+（l2﹣x1）]＝0.2×10×（8+1）＝18J，故D 正确；
【点评】本题关键根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学规律确定滑块的运动情况，最后根据功能关系列式
求摩擦力做的功．
7．（4 分）某卫星的发射过程如图所示，先将卫星从地面发射并从A 点进入椭圆轨道I 运行，然后在B 点通过改变卫
星的速度，让卫星进入预定圆形轨道II 上运行．则下列说法正确的是（
）
A．该卫星的发射速度一定要大于第二宇宙速度11.2Km/s
B．该卫星沿椭圆轨道I 从A 点运动到B 点过程中，速度减小，机械能也减小
C．该卫星在轨道I 上运动行的周期大于在轨道II 上运行的周期
D．测量出该卫星在轨道II 上运行的线速度和周期，即可计算地球的质量
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力做功，通过动能定理比较A、B 的动能大小，根据开普勒第三定律比较卫星在轨道I 上和
轨道II 上运行的周期．根据万有引力提供向心力，结合线速度和周期求出地球的质量．
【解答】解：A、卫星绕地球做椭圆轨道运动，发射速度大于7.9km/s 小于11.2km/s。故A 错误。
B、卫星在椭圆轨道I 从A 点运动到B 点过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，万有引力做负功，动能减小，
则速度减小。故B 错误。
C、根据开普勒第三定律得，ܽ
3ܶ
2 =݇
，因为轨道I 的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，则在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨
道Ⅱ上运行的周期。故C 错误。
D、设线速度为v，周期为T，则轨道半径r= 㘴ܶ
2ߨ，根据万有引力提供向心力有：ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，解得M= 㘴3ܶ
2ߨܩ．故
D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握开普勒第三定律，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用．
8．（4 分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。先将一质量为m 的小球固定在管底，
用一轻质细线将小球与质量为M（M＝3m）的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小
物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力
加速度为g）（
）
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A．小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒
B．小球的最大速度为
10tܮ
4
C．小球从管口抛出时的速度大小为
tܮ
2
D．小球平抛运动的水平位移等于
2
4 ܮ
【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；
根据系统机械能守恒定律求出小球的最大速度。
根据速度位移公式求出物块落地时小球的速度，再根据牛顿第二定律求出木块落地后小球的加速度，运用速度位
移公式求出小球离开管口的速度。
根据高度求出平抛运动的时间，再根据初速度和时间求出平抛运动的水平位移。
【解答】解：A、物块落地前，小球与物块组成的系统机械能守恒，物块落地过程中系统机械能有损失，机械能
不守恒，故A 错误；
B、物块落地前瞬间小球速度最大，在该过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
MgLsin30°= 1
2（m+M）v12+mgsin30°Lsin30°，
已知：M＝3m，解得：v1=
10tܮ
4
，故B 正确；
C、设M 落地时的速度大小为v，m 射出管口时速度大小为v0，M 落地后m 的加速度为a0．根据牛顿第二定律有：
﹣mgsin30°＝ma0，解得：a0=−1
2g，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2＝2aLsin30°，v02﹣v2＝2a0L（1
﹣sin30°），
解得：v0=
tܮ
8 ，故C 错误；
D、小球离开管口后做平抛运动，水平方向：x＝v0t，竖直方向：Lsin30°= 1
2gt2，解得水平位移：x=
2
4 L，故D
正确；
故选：BD。
【点评】解决本题的关键理清小球的运动过程，运用牛顿定律求解。小球经历了匀加速直线运动、匀减速直线运
动，平抛运动。
9．（4 分）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1 和m2 的两物块A、B 相连接，并静止在光滑的水平面上。
现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象
信息可得（
）
A．在t1、t3 时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3 到t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1：m2＝1：2
D．在t2 时刻A 与B 的动能之比为Ek1：Ek2＝1：8
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中
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两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。
【解答】解：A、由图可知t1、t3 时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，
此时弹性势能最大，t1 时刻之前，A 的速度大于B 的速度，弹簧处于压缩状态，t2、时刻之后，A 的加速度方向向
右，受到弹簧的拉力，所以从t2 至t3 的过程中，弹簧处于拉伸状态，故A 错误；
B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1 逐渐减速，m2 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 时刻二者速度相当，系
统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2 依然加速，m1 先减速为零，然后反向加
速，t2 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3
时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3 到t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 错误；
C、系统动量守恒，以m1 的初速度方向为正方向，选择开始到t1 时刻列方程可知：m1v1＝（m1+m2）v2，将v1＝
3m/s，v2＝1m/s 代入得：m1：m2＝1：2，故C 正确；
D、在t2 时刻A 的速度为：vA＝1m/s，B 的速度为：vB＝2m/s，根据m1：m2＝1：2，求出Ek1：Ek2＝1：8，故D
正确。
故选：CD。
【点评】对于这类弹簧问题关键用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意
动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。
10．（4 分）如图所示：一轻弹簧左端固定在足够长的木块A 的左端挡板上，右端与小物块B 连接，A、B 及A 与地
面间的接触面均光滑．开始时，A 和B 均静止，现同时对A、B 施加大小相等、方向相反的水平恒力F1 和F2．则
从两物体开始运动到以后的整个运动过程中（弹簧形变始终不超过其弹性限度），对A、B 和弹簧组成的系统，正
确的说法是（
）
A．由于F1、F2 大小相等、方向相反，故系统动量守恒
B．由于F1、F2 大小相等、方向相反，故系统机械能守恒
C．当弹簧的弹力与F1、F2 大小相等时，A、B 的动能均达到最大值
D．当弹簧的形变量最大时，A、B 均处于平衡状态
【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；52I：与弹簧相关的动量、能量综合专题．
【分析】正确解答本题需要掌握：动量守恒条件的应用；机械能守恒条件的理解以及如何求机械能的变化；正确
应用牛顿第二定律分析AB 的运动形式．
【解答】解：对A、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，故A 正确；
由于F1、F2 均对系统做正功，因此系统机械能不守恒，机械能增加，故B 错误；
根据牛顿第二定律可知，开始A、B 均做加速度逐渐减小的加速运动，当F1＝F2＝Kx 时，A、B 所受合外力均为
零，此时二者速度最大，动能最大，然后开始做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，
型变量最大，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了动量守恒、机械能守恒条件的理解以及牛顿第二定律的应用，注意正确理解这两种守恒的条
件，同时正确对物体进行受力分析，明确运动状态变化．
11．（4 分）如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块
b 相连，b 的质量为m，开始时，a、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，
则在b 上升h 高度（未与滑轮相碰）过程中（
）
A．物块a 重力势能减少mgh
B．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加
C．摩擦力对a 做的功小于物块a、b 动能增加之和
D．任意时刻，重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；68：重力势能的变化与重力做功的关系；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】通过开始时，a、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b 的质量关系．根
据b 上升的高度得出a 下降的高度，从而求出a 重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b 动能
以及机械能的关系．
【解答】解：A、开始时，a、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有magsinθ＝mbg，则݉ܽ
=݉ݏthߠ．b
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上升h，则a 下降hsinθ，则a 重力势能的减小量为mag×hsinθ＝mgh．故A 正确。
B、根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a、b 机械能的增量。所以摩擦力做功大于a 的机
械能增加。因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加。故B 正确，C 错误。
D、任意时刻a、b 的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a 有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对
a、b 做功的瞬时功率大小相等。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的
对象，运用能量守恒进行分析．
12．（4 分）在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A、B 两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。
图乙是AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象，图中x＝L 点为图线的最低点，若在x＝2L 的C 点由静止
释放一个质量为m、电量为+q 的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（
）
A．小球在x＝L 处的速度最大
B．小球一定可以到达x＝﹣2L 点处
C．小球将以x＝L 点为中心作往复运动
D．固定在AB 处的电荷的电量之比为QA：QB＝4：1
【考点】A4：库仑定律；AC：电势．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据φ﹣x 图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球
可以到达的位置；x＝L 处场强为零，根据点电荷场强公式E＝kܳݎ2，求解QA：QB。
【解答】解：A、据φ﹣x 图象切线的斜率等于场强E 可知x＝L 处场强为零，x＝L 右侧电场为负，即方向向左，
x＝L 左侧电场为正，即方向向右；
那么，小球先向左做加速运动，到x＝L 处加速度为0，从x＝L 向左运动时，电场力方向向右，小球做减速运动，
所以小球在x＝L 处的速度最大，故A 正确。
D、x＝L 处场强为零，根据点电荷场强则有：kܳ
t
(4ܮ)2 =kܳ
ܤ
(2ܮ)2，解得QA：QB＝4：1，故D 正确。
BC、由点电荷电势߮
=݇ܳݎ，根据叠加定理，由两点电荷的电荷量及电性可得：ݔ=−1
3 ܮ处电势与x＝2L 处电势相
等，故根据动能定理得：qU＝0，得U＝0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达
ݔ=−1
3 ܮ处，故小球将以ݔ=
2ܮ+(−1
3ܮ)
2
= 5
6 ܮ点为中心作往复运动，故BC 错误。
故选：AD。
【点评】解决本题首先要理解φ﹣x 图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，
掌握电场力做功的公式W＝qU 和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理。
二、实验题（共16 分，13 题5 分，14 题11 分）
13．（5 分）某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，
固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O 的正上方A 处，另一端系绳套1 和
绳套2．主要实验步骤如下：
ⅰ．弹簧秤挂在绳套1 上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，记下弹簧秤的示数F；
ⅱ．弹簧秤挂在绳套1 上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，此时绳套1 沿0°方向，
绳套2 沿120°方向，记下弹簧秤的示数F1；
ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1 的拉力F1′＝①；
ⅳ．比较②，即可初步验证；
ⅴ．只改变绳套2 的方向，重复上述实验步骤。
回答下列问题：
（1）完成实验步骤：①
3ܨ
3
；②
F1 和F1′
；
（2）将绳套1 由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2 由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持
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橡皮筋的结点在O 处不动，保持绳套1 和绳套2 的夹角120°不变。关于绳套1 的拉力大小的变化，下列结论正
确的是
A
（填选项前的序号）
A．逐渐增大
B．先增大后减小
C．逐渐减小
D．先减小后增大。
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】（1）根据的平行四边形定则计算绳套1 的拉力，通过比较F1 和F1′，在误差范围内相同，则可初步验证；
（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则判断即可。
【解答】解：（1）①根据的平行四边形定则计算绳套1 的拉力F1′＝Ftan30°=
3ܨ
3 ，
②通过比较F1 和F1′，在误差范围内相同，则可初步验证，
（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图象，如图所示：
根据图象可知，绳套1 的拉力大小逐渐增大，故A 正确。
故选：A
故答案为：（1）①
3ܨ
3 ，②F1 和F1′；（2）A
【点评】本题主要考查了平行四边形定则的直接应用，第二问是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析
后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论，难度适中。
14．（11 分）如图1 所示，某学生小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“探究合外力做功和
动能变化的关系”的实验：
（1）实验明使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系．
①实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸及图1 所示的器材．若要完成该实验，必需的实验器材还
有
刻度尺；天平（带砝码）
．
②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判
断小车是否做
匀速直线运动
运动．
③实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．这样做的目的是
D
（填字母代
号）．
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
（2）连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2 所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选
取时间间隔为0.1s 的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G．
实验时测得小车的质量为M＝200g，小车所受细绳的拉力为F＝0.2N．
各计数点到O 的距离为s，对应时刻小车的瞬时速度为v，小车所受拉力做的功为W，小车动能的变化为△Ek．请
计算前补填表中空格（结果保留小数点后四位）．
计数点
s/m
v/（m•s
﹣1）v2/（m2•s
﹣
2）
W/J
△Ek/J
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- 1209 -
A
0.1550
0.5560
0.3091
0.0310
0.0309
B
0.2160
0.6555
0.4297
0.0432
0.0430
C
0.2861
0.7550
0.5700
0.0572
0.0570
D
0.3670
0.8570
0.7344
0.0734
0.0734
E
0.4575
0.9525
0.9073
F
0.5575
1.051
1.105
0.1115
0.1105
G
0.6677
1.150
1.323
0.1335
0.1323
分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内
细绳拉力做的功等于小车动能的变化．
．
（3）这个小组在之前的一次实验中分析发现拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些．这一情况可能是下列个
些原因造成的
C
（填字母代号）．
A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够
D．平衡摩擦力时长木板倾斜程度过大
（4）实验小组进一步讨论认为可以通过绘制v2﹣s 图线来分析实验数据．请根据表中各计数点的实验数据在图中
标出对应的坐标点，并画出v2﹣s 图线．
分析△v2﹣s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同
的结论．这种方案中直线斜率表达式为k＝
2ܨ
ܯ
（用题目中相关物理量字母表示）．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度
尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力．根据W＝Fs 求出砂桶
及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求初末位置的速度，即可得到动能
的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的测量仪器．
【解答】解：（1）①根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速
度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用
天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码）．
故答案为：刻度尺；天平（带砝码）
②为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判
断小车是否做匀速直线运动；
③、实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平
行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC 错误，D 正确．
故选：D．
（2）W＝mgs＝0.2×0.4595＝0.0915J，
△Ek= 1
2 ×0.2×0.9073＝0.0907J，
分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内细绳拉力做的功等于小车动能的变化．
（3）他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能
关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的
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质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故ABD 错误，C 正确．
故选：C．
（4）根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标点，并画出v2﹣s 图线：
分析△v2﹣s 图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同
的结论．
这种方案中直线斜率表达式为k= 2ܨ
ܯ．
故答案为：（1）①刻度尺；天平（带砝码）；
②匀速直线运动；
③D
（2）0.0915；0.0907；细绳拉力做的功等于小车动能的变化．
（3）C
（4）如图；
2ܨ
ܯ
【点评】该题全面考查探究“合外力做功与物体动能变化的关系”实验的原理，步骤，注意事项和数据的分析．这
就要求我们队该实验由全面的掌握．题目的难度适中．明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些
操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习．
三、计算题（共36 分15 题10 分、16 题12 分、17 题14 分）
15．（10 分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B 水平放置，两板间的距离d＝40cm．电源电动势E＝24V，内
阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v0＝4m/s 竖直向上
射入板间．若小球电荷量为q＝1×10
﹣2 C，质量为m＝2×10
﹣2 kg，不考虑空气阻力．（取g＝10m/s2），求
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？
（2）此时，电源的输出功率多大？
【考点】65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁
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【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由动能定理求出小球恰能到达A 板时两板间的电压，然后由闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器接入
电路的阻值．
（2）由电功率公式求出电源的输出功率．
【解答】解：（1）小球到达A 板时速度恰好为零，则小球恰能到达A 板，
由动能定理得：﹣qUAB﹣mgd＝0−1
2mv02，
即：﹣1×10
﹣2×UAB﹣0.02×10×0.4＝0−1
2 ×0.02×42，
解得：UAB＝8V，
电源电动势：E＝I（R+r）+Uab，
电路电流：I= ܧ−ܷ
tܤ
h+ݎ
= 24−8
1+15 =1A，
滑动变阻器接入电路的阻值：R 滑=ܷ
tܤ
ܫ
= 8ܸ
1t =8Ω；
（2）电源输出功率：
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- 1211 -
P 出＝I2（R+R 滑）＝12×（15+8）＝23W；
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω，小球恰能到达A 板；
（2）此时电源的输出功率23W．
【点评】分析清楚电路结构、应用动能定理、欧姆定律、电功率公式即可正确解题．
16．（12 分）如图所示，半径R＝0.80m 的
1
4光滑圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方A 点有一质为m＝1.0kg 的
小物块．小物块由静止开始下落后打在圆轨道上B 点但未反弹，在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度
立刻减为零，而沿切线方向的分速度不变．此后，小物块将沿圆弧轨道滑下．已知A、B 两点到圆心O 的距离均
为R，与水平方向夹角均为θ＝30°，C 点为圆弧轨道末端，紧靠C 点有一质量M＝3.0kg 的长木板Q，木板上表
面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.30，取g＝10m/s2．求：
（1）小物块刚到达B 点时的速度vB；
（2）小物块沿圆弧轨道到达C 点时对轨道的压力FC 的大小；
（3）木板长度L 至少为多大时小物块才不会滑出长木板．
【考点】1J：自由落体运动；37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）物体由A 到B 的过程中，做自由落体运动，由几何关系可得出AB 间的距离，由运动学公式可求得
B 点的速度；
（2）由速度的合成与分解可求B 点切向分速度；由B 到C 由机械能守恒可求得C 点的速度，再由牛顿第二定律
可求得轨道对物体的支持力，由牛顿第三定律可求得物体对轨道的压力；
（3）物体滑上木板后，物体与木板的动量守恒，由动量守恒和机械能守恒可求得木板的最小长度．
【解答】解：（1）由题意可知，ABO 为等边三角形，则AB 间距离为R，小物块从A 到B 做自由落体运动，根据
运动学公式有：
vB2＝2gR…①
代入数据解得：vB＝4.0m/s；方向竖直向下
（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vB 切，因OB 连线与竖直方向的夹角为60°，故vB 切＝vBsin60°…②
从B 到C，只有重力做功，据机械能守恒定律有：
mgR（1﹣cos60°）+ 1
2mvB2= 1
2MvC2…③
在C 点，根据牛顿第二定律有：Fc′﹣mg＝m
㘴ܿ2
h ⋯④
代入数据解得：Fc′＝35N
据牛顿第三定律可知小物块可到达C 点时对轨道的压力
FC＝35N
（3）小物块滑到长木板上后，组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能，当小物块相
对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度．根据动量守恒定律和能量守恒定律有：
mvc＝（m+M）v…⑤
μmgL+ 1
2mvC2= 1
2（m+M）v2…⑥
联立⑤、⑥式得：L=
ܯ㘴ܿ2
2ߤt(ܯ+݉
)
代入数据解得：L＝2.5m
答：（1）B 的速度为4.0m/s；（2）小物块沿圆弧轨道到达C 点时对轨道的压力FC 的为35N；（3）木板长度至少为
2.5m．
【点评】本题考查的内容较多，涉及到动量、机械能、牛顿运动定律及自由落体等内容，要求我们能准确把握概
念规律的使用条件，并能正确应用物理规律列式求解．
17．（14 分）如图所示，电容为C、带电量为Q、极板间距为d 的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量
为M，整个装置静止在光滑水平面上．在电容器右板上有一小孔，一质量为m、带电量为+q 的弹丸以速度v0 从
小孔水平射入电容器中（不计弹丸重力，设电容器外围电场强度为0），弹丸最远可到达距右板为x 的P 点，求：
（1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小；
（2）x 的值；
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（3）电容器获得的最大速度．
【考点】53：动量守恒定律；A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系；AN：电容器与电容．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）根据电场力公式求出电场力．
（2）电荷与电容器系统动量守恒，由动量守恒定律与动能定理求出x．
（3）对系统由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出电热器的最大速度．
【解答】解：（1）电容极板电压ܷ
=ܳܥ⋯①
极板问场强ܧ=ܳܥ݀⋯②
则ܨ= ݍܧ= ݍܳ
ܥ݀⋯③
（2）弹丸到达P 点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有：݉
㘴0 = (ܯ+݉
)㘴⋯④
对弹丸，由动能定理得：ܨݔ= 1
2݉
㘴0
2 −1
2 (ܯ+݉
)㘴2 ⋯⑤，
解得ݔ=
ܥ݀ܯ݉
㘴0
2
2ݍ(ܯ+݉
) ⋯⑥
（3）弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为v1、弹丸速度为v2．则由动量守恒
有：݉
㘴0 = ܯ㘴1 −݉
㘴2 ⋯⑦
在整个过程中由能量守恒，即
1
2݉
㘴0
2 =
1
2 ܯ㘴1
2 +
1
2݉
㘴2
2⋯⑧
由⑨、⑩两式解得㘴1 =
2݉
㘴0
ܯ+m
答：（1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小
ݍܳ
ܥ݀；
（2）x 的值
ܥ݀ܯ݉
㘴0
2
2ݍ(ܯ+݉
)；
（3）电容器获得的最大速度
2݉
㘴0
ܯ+݉
【点评】本题考查了求电场力、距离与速度问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与动能定理即可正
确解题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:04:14 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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- 1213 -
2018-2019 学年湖南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷
一、选择题（本题包括12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1～7 小题为单选题，8～12 为多选题．全部选对的得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．结果填到答题卡上）
1．（4 分）伽利略利用“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想是（
）
A．小球沿斜面运动时加速度较小，速度的测量比较容易
B．小球沿斜面运动时速度较小，位移的测量比较容易
C．测量小球沿斜面运动时位移与时间平方的比值
ݏ
ݐ2，合理外推到90°
D．测量小球沿斜面运动时速度平方与位移的比值
㘴2
ݏ，合理外推到90°
2．（4 分）在水平面上有a、b 两点，相距20cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a 向b 做直线运动，经过0.2s 的
时间先后通过a、b 两点，则该质点通过a、b 中点时的速度大小为（
）
A．无论力的方向如何均大于1 m/s
B．无论力的方向如何均小于1 m/s
C．若力的方向由a 向b，则大于1 m/s，若力的方向由b 向a，则小于1 m/s
D．若力的方向由a 向b，则小于1 m/s，若力的方向由b 向a，则大于1 m/s
3．（4 分）光滑水平面上有一质量为2kg 的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小
分别为5N 和15N 的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（
）
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2
B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2
C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10 m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s2
4．（4 分）如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是（
）
A．增大斜面的倾角
B．在木块A 上再叠放一个重物
C．对木块A 施加一个垂直于斜面的力
D．对木块A 施加一个竖直向下的力
5．（4 分）如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转
轴的夹角θ为
ߨ
6，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ= 1
3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随
转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，加速度为g，则（
）
A．当ω=
3t
4t时，细线中张力为零
B．当ω=
3t
4t时，物块与转台间的摩擦力为零
C．当ω=
t
t时，细线的张力为݉
t
3
D．当ω=
4t
3t时，细绳的拉力大小为
4݉
t
3
6．（4 分）如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C 套在直杆上，一根
轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C 和小环乙，且小环甲和小环乙
分居在小轻环C 的两侧。调节A、B 间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°．不计一切摩擦。设小环甲的
质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2 等于（
）
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A．tan15°
B．tan30°
C．tan60°
D．tan75°
7．（4 分）如图所示，质量M＝8kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8N，当小车速度达
到1.5m/s 时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m＝2kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，
小车足够长，物体从放上小车开始，经t＝1.5s 的时间，物体相对地面的位移为（g 取10m/s2）（
）
A．1 m
B．2.1 m
C．2.25 m
D．3.1 m
8．（4 分）在平直公路上行驶的汽车中，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，不计空气阻力，用固定在路边的照
相机对汽车进行闪光照相，照相机闪两次光，得到清晰的两张照片，对照片进行分析，知道了如下信息：
①两次闪光的时间间隔为0.5s；
②第一次闪光时，小球刚释放，第二次闪光时，小球落地；
③两次闪光的时间间隔内，汽车前进了5m；
④两次闪光时间间隔内，小球的位移为5m，
根据以上信息能确定的是（已知g＝10m/s2）（
）
A．小球释放点离地的高度
B．第一次闪光时小车的速度
C．汽车做匀速直线运动
D．两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度
9．（4 分）如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m 的大圆弧和r＝40m 的小圆弧，
直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L＝100m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦
力是赛车重力的2.25 倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕
赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14）。则赛车（
）
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s
10．（4 分）暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命。为了探测暗物质，我国
在2015 年12 月17 日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道
上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t 小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧
度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（
）
A．“悟空”的线速度小于第一宇宙速度
B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C．“悟空”的环绕周期为
2ߨݐ
ߚ
D．“悟空”的质量为
ݏ3
ܩݐ2ߚ
11．（4 分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A
连接，两物块A、B 质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B，使B 做加速度为a 的
匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的v﹣t 关系分别对应图乙中A、B 图线t1 时刻A、B 的图加速度为g，
则下列说法正确的是（
）
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- 1215 -
A．tl 时刻，弹簧形变量为
2݉
tݏthߠ+݉ܽ݇
B．t2 时刻，弹簧形变量为݉
tݏthߠ݇
C．tl 时刻，A，B 刚分离时的速度为ܽ
(݉
tݏthߠ−݉ܽ
)݇
D．从开始到t2 时刻，拉力F 先逐渐增大后不变
12．（4 分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1，匀速向右运动，一质量为
m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端已知滑块与传送
带的动摩擦因数为μ，关于这一过程的下列判断，正确的有（
）
A．滑块滑上传送带上的加速度大小为μg
B．滑块向左滑动后离开左端的最大距离为
(㘴2−㘴1)2
2ߤt
C．滑块返回传送带右端的速率为v2
D．从滑块滑上传送带到离开所用时间大于
2㘴2
ߤt
二、实验题（本题包括2 小题.13 题6 分，14 题8 分，每空2 分，共14 分）
13．（6 分）为验证力的平行四边形定则，某同学将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，用力拉使弹簧秤上的读数为2.00N
时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为O、O′，选择合适的标度，作出橡皮筋拉力的大小和方向，记为F OO′，
如图甲所示．接着他在秤钩和两支圆珠笔上涂抹少许润滑油，用两支圆珠笔和秤钩将环形橡皮筋拉成三角形，使
秤钩的下端仍到达O 点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为FOA，OB 段的拉力记为FOB，
如图乙所示．再将环形橡皮筋剪断，测得所受的拉力F 与长度l 之间的关系，如图丙所示．完成下列问题：
（1）测得OA＝6.10cm，OB＝8.20cm，AB＝10.70cm，则FOA 的大小为
N；
（2）选择相同的标度，图丁按比例作出的FOA 和FOB 的合力F′的图示正确的是
（3）通过比较F′与
的大小和方向，即可得出实验结论．
14．（8 分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜
木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对
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传感器的位移S 随时间t 变化规律，如图所示．
（1）根据上述图线，计算0.4s 时木块的速度v＝
m/s，木块加速度a＝
m/s2；
（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是
；（已知当地的重力加速度g）；
（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是
（单选）
A．A 点与传感器距离适当大些
B．木板的倾角越大越好
C．选择体积较大的空心木块
D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A 点释放的时刻．
三、计算题（本题包括3 小题，其中15 题10 分，16 题11 分，17 题12 分．共33 分．解答应写出必要的文字说明、
方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
15．（10 分）某星球的半径是地球半径的
1
2，质量是地球质量的
1
2，中国的一辆星球车，高h＝1.6m，在该星球表面以
加速度a＝2m/s2 匀加速直线行驶，当速度为2m/s 时突然车顶掉下一个质量为m 的物体，试求（地球地面重力加
速度g＝10m/s2）
（1）当物体落地时，物体与小车的距离；
（2）如果物体与地面的动摩擦因数为0.1，那么当物体停下来时与小车的距离．（物体落地时竖直速度由于碰撞而
损失）
16．（11 分）如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O
的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物
块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO′之间的夹角θ为45°．已知重力加速度大小为g，小
物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f=
2
4 mg。
（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值。
17．（12 分）如图所示，长木板的质量为M＝3m，长度为L，放在光滑水平面上距墙壁足够远处，在木板A 的左端
放一个可视为质点的物体B，质量为m，A 与B 的动摩擦因数为μ，给B 一个初速度v0=
ߤtܮ，已知木板与墙壁
碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回．当长木板与墙壁碰撞时，在墙壁的左边所有空间加一个竖直向上的匀强电
场（物体B 带正电，且电量为q，并保持恒定），求：
（1）木板与墙壁相碰时，物块与墙壁的距离；
（2）如果木板与墙壁碰后的运动过程中物体恰好不能离开木板A，试求电场强度E．
四、选做题（三个模块任意选做一个，如果多做或全做的，按第一模块阅卷）【物理--选修3-3】（15 分）
18．（6 分）下列说法中正确的是（
）
A．一定质量的理想气体的内能随着温度升高一定增大
B．第一类水动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C．当分子间距r＞r0 时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，
所以分子力表现为引力
D．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
19．（9 分）如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0 处连接一
U 形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在
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高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试
问：
①初始时，水银柱两液面高度差多大？
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U 形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？
【物理--选修3-4】（15 分）
20．如图所示，a、b 和c 都是厚度均匀的平行玻璃板，a 和b、b 和c 之间的夹角都为β．一细光束由红光和蓝光组成，
以入射角θ从O 点射入a 板，且射出c 板后的两束单色光射在地面上P，Q 两点，由此可知（
）
A．射出c 板后的两束单色光与入射光平行
B．射到P 点的光在玻璃中的折射率较大
C．射到P 点的光在玻璃中的传播速度较大，波长较长
D．若稍微增大入射角θ，光从b 板上表面射入到其下表面时，在该界面上有可能发生全反射
E．若射到P，Q 两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P 点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝
光
21．某介质中形成一列简谐波，t＝0 时刻的波形如图中实线所示．
（1）若波向右传播．零时刻刚好传到B 点，且再经过0.6s，P 点也开始起振．
求：该列波的周期T；从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程中，O 点对平衡位置的位移y0 及其所经过的路
程s0 各为多少？
（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.575s 时间，则该列波的传播方向如何？
【物理--选修3-5】（15 分）
22．下列说法正确的是（
）
A．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变
长
B．考古学家发现某一骸骨中碳14 的含量为活着的生物含量的四分之一，已知碳14 的半衰期为5730 年，则确定
该生物死亡距今11460 年
C．按照波尔理论，氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大
D．卢瑟福发现了中子，汤姆孙发现了电子
E．机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了γ射线较强的穿透能力
23．如图所示，物体A、B 的质量分别是4kg 和8kg．由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙
壁接触，另有一个物体C 水平向左运动，在t＝5s 时与物体A 相碰，并立即与A 有相同的速度，一起向左运动，
物块C 的速度﹣时间图象如乙所示．
（1）求物体C 的质量；
（2）在5s 到15s 的时间内，墙壁对物体B 的作用力的冲量．
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2018-2019 学年湖南师大附中高三（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1～7 小题为单选题，8～12 为多选题．全部选对的得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．结果填到答题卡上）
1．（4 分）伽利略利用“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想是（
）
A．小球沿斜面运动时加速度较小，速度的测量比较容易
B．小球沿斜面运动时速度较小，位移的测量比较容易
C．测量小球沿斜面运动时位移与时间平方的比值
ݏ
ݐ2，合理外推到90°
D．测量小球沿斜面运动时速度平方与位移的比值
㘴2
ݏ，合理外推到90°
【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正
确解答本题．
【解答】解：A、B、小球沿斜面运动时加速度较小，同一位移，所用时间较长，时间测量较容易，故A、B 错误
C、D、“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想通过测量斜面上物体运动的情况，然后进行合理的外
推，从而得出自由落体是匀变速直线运动，因而需要测量位移与时间平方的比值
ݏ
ݐ2情况，合理外推到90°，故C
正确，D 错误。
【点评】伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科
学的发展极为有益的科学方法．
2．（4 分）在水平面上有a、b 两点，相距20cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a 向b 做直线运动，经过0.2s 的
时间先后通过a、b 两点，则该质点通过a、b 中点时的速度大小为（
）
A．无论力的方向如何均大于1 m/s
B．无论力的方向如何均小于1 m/s
C．若力的方向由a 向b，则大于1 m/s，若力的方向由b 向a，则小于1 m/s
D．若力的方向由a 向b，则小于1 m/s，若力的方向由b 向a，则大于1 m/s
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出中间时刻的瞬时速度，通过与中间位置速度进
行比较．
【解答】解：质点在恒定的合外力作用下，加速度恒定，质点做匀变速直线运动，a、b 间的平均速度㘴= 0.20
0.2 m/s
＝1 m/s，且这段时间内中间时刻的瞬时速度也等于这个值，即㘴ݐ
2
= 㘴=1 m/s。
若质点做匀加速直线运动，则前半段时间平均速度小，位移也小，故a、b 中点位置在后半段时间内，所以㘴ݔ
2＞㘴ݐ
2
。
若质点做匀减速直线运动，则后半段时间平均速度小，位移也小，故a、b 中点位置在前半段时间内，所以㘴ݔ
2＞㘴ݐ
2
．故
A 正确。B、C、D 错误。
【点评】比较中间时刻的瞬时速度和中间位置的瞬时速度，也可以根据速度时间图线分析求解．
3．（4 分）光滑水平面上有一质量为2kg 的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小
分别为5N 和15N 的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（
）
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2
B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2
C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10 m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s2
【考点】1B：加速度；37：牛顿第二定律；42：物体做曲线运动的条件．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】撤去大小分别为5N 和15N 的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求
出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀
减速直线运动．物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动．
【解答】解：根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为
5N 和15N 的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F 合≤20N，根据牛顿第二定律F＝ma 得，物体的加速度范
围为：5m/s2≤a≤10m/s2。
A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，
加速度大小可能是5m/s2．故A 错误。
B、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线
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运动，由上知加速度大小不可能是2m/s2．故B 错误。
C、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动。加速度大小可能等于10
m/s2．故C 正确。
D、由于撤去两个力后其余力保持不变，物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动。故D 错误。
【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能
的运动情况．
4．（4 分）如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是（
）
A．增大斜面的倾角
B．在木块A 上再叠放一个重物
C．对木块A 施加一个垂直于斜面的力
D．对木块A 施加一个竖直向下的力
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得到动摩擦因数与斜面倾角θ的关系．要使木块A 停下，必须
使之减速，合力方向与速度方向应相反．分别分析木块的受力情况，确定合力的方向，判断其运动性质．
【解答】解：A、木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mgsinθ＝μmgcosθ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜
面向下的分力mgsinθ增大，滑动摩擦力f＝μmgcosθ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动。故A
错误。
B、对木块A 施加一个竖直向下的力，由于（F+mg）sinθ＝μ（F+mg）cosθ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，
不可能停下。故B 错误。
C、对木块A 施加一个垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsinθ不变，而滑动摩擦力f＝μ（F+mgcosθ）
增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下。故C 正确。
D、由A 项分析可知，mgsinθ＝μmgcosθ得
sinθ＝μcosθ，与质量无关，在木块A 上再叠放一个重物后，整体匀
速下滑，不可能停下。故D 错误。
【点评】本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速
运动，可以停下来．
5．（4 分）如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转
轴的夹角θ为
ߨ
6，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ= 1
3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随
转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，加速度为g，则（
）
A．当ω=
3t
4t时，细线中张力为零
B．当ω=
3t
4t时，物块与转台间的摩擦力为零
C．当ω=
t
t时，细线的张力为݉
t
3
D．当ω=
4t
3t时，细绳的拉力大小为
4݉
t
3
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F＝f+Tsinθ＝mrω2，N+Tcosθ＝mg，根据题目提供的条件，结合
临界条件分析即可．
【解答】解：A、当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时
μmg=݉߱
12(tݏth ߨ
6 )，解得：ω1=
2t
3t，由于3t
4t＞2t
3t，所以当ω=
3t
4t时，细线中张力为不为零。故A 错误；
B、随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：mgtan
ߨ
6 =
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݉߱
22(tݏth
ߨ
6 )，解得：ω2=
2 3t
3t ，由于ω1＜3t
4t＜ω2，所以当ω=
3t
4t时，物块与转台间的摩擦力不为零。故B
错误；
C、由于ω1＜t
t＜ω2，由牛顿第二定律：f+Fsin
ߨ
6 =m（t
t）2•lsin
ߨ
6，因为压力小于mg，所以f＜1
3mg，解得：F＞1
3mg，
故C 错误；
D、当ω=
4t
3t＞ω2 时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则：mgtan α＝m（4t
3t）2（lsin
α），解得：cos α= 3
4，故F=݉
tܿ
݋ݏߙ= 4
3mg．故D 正确。
【点评】此题考查牛顿运动定律的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转
台对物块支持力为零时，N＝0，f＝0．题目较难，计算也比较麻烦．
6．（4 分）如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C 套在直杆上，一根
轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C 和小环乙，且小环甲和小环乙
分居在小轻环C 的两侧。调节A、B 间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°．不计一切摩擦。设小环甲的
质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2 等于（
）
A．tan15°
B．tan30°
C．tan60°
D．tan75°
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】小环C 为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4 段与竖直方向的
夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解。
【解答】解：小环C 为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C 环与乙环与竖直方向的夹角
为60°，C 环与甲环与竖直方向的夹角为30°，A 点与甲环与竖直方向的夹角也为30°，乙环与B 点与竖直方
向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环，有：
2Tcos30°＝m1g
对乙环，根据平衡条件，有：
2Tcos60°＝m2g
故m1：m2＝tan60°
【点评】本题切入点在于小环C 是轻环，受细线的拉力的合力与杆垂直，难点在于结合几何关系找到各个细线与
竖直方向的夹角，然后根据平衡条件列式分析，不难。
7．（4 分）如图所示，质量M＝8kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8N，当小车速度达
到1.5m/s 时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m＝2kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，
小车足够长，物体从放上小车开始，经t＝1.5s 的时间，物体相对地面的位移为（g 取10m/s2）（
）
A．1 m
B．2.1 m
C．2.25 m
D．3.1 m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】21：信息给予题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速
度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它
们速度相等时一起向右做匀速运动，求出物块的位移即可．
【解答】解：放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度为：a2= ܨ−ߤ݉
t
ܯ
=0.5 m/s2，
设物体的速度达到与小车共速的时间为t，则有：a1t＝v0+a2t，
解得：t＝1 s；
此过程中物体的位移为：s1= 1
2a1t2＝1 m；
共同速度为：v＝a1t＝2 m/s；
当物体与小车相对静止时，共同加速度为：a=
ܨ
ܯ+݉
=0.8 m/s2，
再运动0.5 s 的位移为：s2＝vt′+ 1
2at′2＝1.1 m，
故物体从放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，则物体相对地面的位移为1 m+1.1 m＝2.1 m，故B 正确，ACD 错误；
【点评】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，弄清两个物体的运动状态，找到他们共
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速时的时间，再根据运动学基本公式求解，难度适中．
8．（4 分）在平直公路上行驶的汽车中，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，不计空气阻力，用固定在路边的照
相机对汽车进行闪光照相，照相机闪两次光，得到清晰的两张照片，对照片进行分析，知道了如下信息：
①两次闪光的时间间隔为0.5s；
②第一次闪光时，小球刚释放，第二次闪光时，小球落地；
③两次闪光的时间间隔内，汽车前进了5m；
④两次闪光时间间隔内，小球的位移为5m，
根据以上信息能确定的是（已知g＝10m/s2）（
）
A．小球释放点离地的高度
B．第一次闪光时小车的速度
C．汽车做匀速直线运动
D．两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度
【考点】19：平均速度；43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】从车窗相对于车静止释放一个小球，小球做平抛运动，根据小球落地的时间，可求出平抛运动的高度；
通过两次闪光间隔内小球的位移，根据竖直位移，可求出水平位移，从而求出小球平抛运动的初速度，即第一次
闪光时小车的速度；汽车行驶的位移大于小球的水平位移，但不能判断汽车做匀加速直线运动；根据汽车的位移
和时间，求出平均速度．
【解答】解：A、两次闪光的时间间隔为0.5s，故小球平抛运动的时间为0.5s，由h= 1
2gt2＝1.25m，故A 正确。
B、两次闪光时间间隔内，小球位移的大小为5m，根据竖直位移，可求出水平位移，再根据v= ݔ
ݐ，可知平抛运动
的初速度，即第一次闪光时小车的速度。故B 正确
C、在0.5s 内小车的位移大小等于小球的位移大小，而小球的位移必定大于小球的水平位移，故可知小车做加速
运动。故C 错误。
D、根据两次闪光的时间间隔内汽车的位移求出汽车的平均速度。能确定。故D 正确
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键建立模型，知道行驶汽车里静止释放一个小球，小球做平抛运动．以及掌握平抛运动的
处理方法
9．（4 分）如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m 的大圆弧和r＝40m 的小圆弧，
直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L＝100m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦
力是赛车重力的2.25 倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕
赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14）。则赛车（
）
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心
力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t＝2πr× 120
360 × 1
㘴0求时间。
【解答】解：A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力
提供向心力，速度最大，由BC 分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A 正确；
B．设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg＝m
㘴2
h 可知，代入数据解得：
v＝45m/s，故B 正确；
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C．设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg＝m
㘴0
2
ݎ可知，代入数据解得：
v0＝30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x=
1002 −(90 −40)2 =50 3m，再由v2−㘴0
2 =2ax 代入数据解得：a
＝6.50m/s2，故C 错误；
D．设R 与OO'的夹角为α，由几何关系可得：cosα= 50
100 = 1
2，α＝60°，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆
弧弯道的时间为t＝2πr× 120
360 × 1
㘴0 =2.79s，故D 错误。
故选：AB。
【点评】解答此题的关键是由题目获得条件：①绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力；
②由数学知识求得直道长度；③由数学知识求得圆心角。另外还要求熟练掌握匀速圆周运动的知识。
10．（4 分）暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命。为了探测暗物质，我国
在2015 年12 月17 日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道
上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t 小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧
度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（
）
A．“悟空”的线速度小于第一宇宙速度
B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C．“悟空”的环绕周期为
2ߨݐ
ߚ
D．“悟空”的质量为
ݏ3
ܩݐ2ߚ
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】已知“悟空”经过时间t（t 小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角
度为β（弧度），根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速度，然后根据v＝ωr 可求得轨道半径；根
据万有引力提供向心力求求得地球的质量。
【解答】解：A、“悟空”经过时间t（t 小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的
角度为β（弧度），则“悟空”运行的线速度为v= ݏ
ݐ
角速度为：ω= ߚ
ݐ
根据v＝ωr 得轨道半径为：r= 㘴߱= ݏ
ߚ
“悟空”在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：G
ܯ݉
ݎ2 =m
㘴2
ݎ，得v=
ܩܯ
ݎ，
可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小
于地球的第一宇宙速度，故A 正确；
B、由G
ܯ݉
ݎ2 =m 得：加速度a= ܩܯ
ݎ2 ，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。故B 正确。
C、“悟空”的环绕周期为T= 2ߨ
ߚ
ݐ
= 2ߨݐ
ߚ，故C 正确；
D、“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：G
ܯ݉
ݎ2 =mrω2，ω= ߚ
ݐ
联立解得：地球的质量为M=
ݏ3
ܩݐ2ߚ，不能求出“悟空”的质量。故D 错误；
故选：ABC。
【点评】本题考查匀速圆周运动的线速度和角速度的定义，以及其关系。人类第一台太空电站在地球的同步轨道
上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可求得中心天体的质量，关键是熟练记忆公式。
11．（4 分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A
连接，两物块A、B 质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B，使B 做加速度为a 的
匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的v﹣t 关系分别对应图乙中A、B 图线t1 时刻A、B 的图加速度为g，
则下列说法正确的是（
）
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A．tl 时刻，弹簧形变量为
2݉
tݏthߠ+݉ܽ݇
B．t2 时刻，弹簧形变量为݉
tݏthߠ݇
C．tl 时刻，A，B 刚分离时的速度为ܽ
(݉
tݏthߠ−݉ܽ
)݇
D．从开始到t2 时刻，拉力F 先逐渐增大后不变
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】A 的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A 达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力
F 的最小值。由图读出，t1 时刻A、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律和运动学公式求解。根据功能关系分析
能量如何转化。
【解答】解：A、由图读出，t1 时刻A、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ＝ma，则x=݉
tݏthߠ+݉ܽ݇
，
故A 错误。
B、由图知，t2 时刻A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx，则得：x=݉
tݏthߠ݇，
故B 正确
对AB 整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx＝2ma，得F＝2mgsinθ﹣kx+2ma，则知开始时F 最小，此时
有：2mgsinθ＝kx，得F 的最小值为F＝2ma，故B 错误。
C、由图读出，t1 时刻A、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ＝ma
开始时有：2mgsinθ＝kx0，
又x0﹣x= 1
2ܽݐ1
2
速度V＝at1=
2ܽ(݉
tݏthߠ−݉ܽ
)݇．故C 错误。
D、从开始到t1 时刻，对AB 整体，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣mgsinθ＝2ma，得F＝mgsinθ+2ma﹣kx，x 减小，
F 增大；t1 时刻到t2 时刻，对B，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ+ma，可知F 不变，故D 正
确。
故选：BD。
【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好
分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。
12．（4 分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1，匀速向右运动，一质量为
m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端已知滑块与传送
带的动摩擦因数为μ，关于这一过程的下列判断，正确的有（
）
A．滑块滑上传送带上的加速度大小为μg
B．滑块向左滑动后离开左端的最大距离为
(㘴2−㘴1)2
2ߤt
C．滑块返回传送带右端的速率为v2
D．从滑块滑上传送带到离开所用时间大于
2㘴2
ߤt
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】52O：传送带专题．
【分析】由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，
由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后
不受摩擦力，最后物体与传送带一起向右匀速运动，直到离开传送带．根据运动学公式，可求出运动的总时间．
【解答】解：A、滑块滑上传送带，受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度a＝μg，故A 正确；
B、滑块受摩擦力作用，根据动能定律得fs= 1
2݉
㘴22 −1
2݉
㘴1
2得：s=
㘴22−㘴1
2
2ߤt ，故B 错误；
C、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于
v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受
摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，速度等于v1，故C 错误；
D、由题意知，物体先想做减速，后反向加速到v1 后一起随传送带匀速运动，速度﹣时间图象如图所示：
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物体向右运动的位移即图象下方的位移与向左时的位移即图象上方的位移相等，根据图象，故时间t 大于
2㘴2
ߤt 时，
才能满足
故从滑块滑上传送带到离开所用时间t 大于
2㘴2
ߤt ，故选项D 正确
故选：AD。
【点评】对于传送带问题，通常运动分两个过程，要对这两个过程分别进行运动分析和受力分析，然后结合牛顿
第二定律和运动学公式求解
二、实验题（本题包括2 小题.13 题6 分，14 题8 分，每空2 分，共14 分）
13．（6 分）为验证力的平行四边形定则，某同学将环形橡皮筋挂在弹簧秤钩上，用力拉使弹簧秤上的读数为2.00N
时，将橡皮筋两端的位置画在白纸上，记为O、O′，选择合适的标度，作出橡皮筋拉力的大小和方向，记为F OO′，
如图甲所示．接着他在秤钩和两支圆珠笔上涂抹少许润滑油，用两支圆珠笔和秤钩将环形橡皮筋拉成三角形，使
秤钩的下端仍到达O 点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为FOA，OB 段的拉力记为FOB，
如图乙所示．再将环形橡皮筋剪断，测得所受的拉力F 与长度l 之间的关系，如图丙所示．完成下列问题：
（1）测得OA＝6.10cm，OB＝8.20cm，AB＝10.70cm，则FOA 的大小为
1.5
N；
（2）选择相同的标度，图丁按比例作出的FOA 和FOB 的合力F′的图示正确的是
C
（3）通过比较F′与
与FOO′
的大小和方向，即可得出实验结论．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；21：信息给予题；31：定性思想；42：等效替代法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】（1）根据图丙求出橡皮条的原长以及劲度系数，根据乙图求出橡皮条的行变量，根据胡克定律求出力的
大小；
（2）由于是同一根橡皮条，所以OA 与OB 的力相等，根据平行四边形定值判断；
（3）比较实验值和理论值得出结论．
【解答】解：（1）根据图丙可知，橡皮条的原长l0＝10cm＝0.1m，劲度系数k= △ܨ
△t =
2−1
0.3−0.2 = 10ܰ/݉
，
根据乙图可知，橡皮条现在的长度l＝OA+OB+BC＝6.10+8.20+10.70＝25cm＝0.25m，
则FOA＝k△l＝10×（0.25﹣0.1）＝1.5N
（2）由于是同一根橡皮条，所以OA 与OB 的力相等，以FOA 和FOB 的作出的平行四边行的对角线大致与OO′
相同，故C 正确；
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故选：C
（3）通过比较F′与FOO′的大小和方向，即可得出实验结论．
故答案为：（1）1.5；（2）C；（3）FOO′
【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，本题与常规的弹簧秤验证还不一样，注
意同一根橡皮条，OA 与OB 的力相等，难度适中．
14．（8 分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜
木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对
传感器的位移S 随时间t 变化规律，如图所示．
（1）根据上述图线，计算0.4s 时木块的速度v＝
0.4
m/s，木块加速度a＝
1
m/s2；
（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是
斜面倾角（或A 点的高度）
；（已知当地的重力加速度g）；
（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是
A
（单选）
A．A 点与传感器距离适当大些
B．木板的倾角越大越好
C．选择体积较大的空心木块
D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A 点释放的时刻．
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．
【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时
速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；
（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；
（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A 点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾
角．
【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s 末的速度为：
v= 0.3−0.14
0.4݉
/ݏ= 0.4݉
/ݏ，
0.2s 末的速度为：
㘴' = 0.32−0.24
0.4݉
/ݏ= 0.2݉
/ݏ，
则木块的加速度为：
a= 㘴−㘴'
ݐ
= 0.4−0.2
0.2݉
/ݏ2 = 1݉
/ݏ2．
（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为：
ma＝mgsinθ﹣μmgcosθ
得：ߤ= tݏthߠ−ܽ
tܿ݋ݏߠ
所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ
（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：
可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A 点释放的
时刻．故A 正确，BCD 错误．
故选：A
故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角（或A 点的高度）；（3）A．
【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及
会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．
三、计算题（本题包括3 小题，其中15 题10 分，16 题11 分，17 题12 分．共33 分．解答应写出必要的文字说明、
方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
15．（10 分）某星球的半径是地球半径的
1
2，质量是地球质量的
1
2，中国的一辆星球车，高h＝1.6m，在该星球表面以
加速度a＝2m/s2 匀加速直线行驶，当速度为2m/s 时突然车顶掉下一个质量为m 的物体，试求（地球地面重力加
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速度g＝10m/s2）
（1）当物体落地时，物体与小车的距离；
（2）如果物体与地面的动摩擦因数为0.1，那么当物体停下来时与小车的距离．（物体落地时竖直速度由于碰撞而
损失）
【考点】1J：自由落体运动；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】（1）在星体表面上根据卫星的万有引力等于重力，得到重力加速度大小表达式，进而通过求解该星球表
面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值，进一步得到星球表面的重力加速度；根据平抛运动的知识结合加
速度比值可以求得从该星球上，从同样高度以同样速度平抛一物体的水平射程．
（2）由牛顿第二定律求出物块的加速度，由运动学的公式求出物块在地面上运动的时间，然后求出小车的位移，
由空间几何关系即可求出它们之间的距离．
【解答】解：（1）在星体表面上万有引力等于重力，故：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
t
解得：g= ܩܯ
ݎ2
则
t星
t地
=
ܯ星h
地
2
ܯ地h
星
2 =
1
2 ⋅(
2
1 )2 =
2
1
故t星= 2t地= 20݉
/ݏ2
在星球表面上物块做类平抛运动；
水平方向：s＝v0t1
竖直方向：h = 1
2 tݐ1
2
联立得：ݐ1 =
2݄
t =
2×1.6
20
= 0.4s；ݏ物= 㘴0
2݄
t星
= 2 ×
2×1.6
20
= 0.8݉
小车在t1 时间内的位移：ݏ车= 㘴0ݐ1 + 1
2ܽݐ1
2 = 2 × 0.4 + 1
2 × 2 × 0．42 = 0.96m
所以当物体落地时，物体与小车的距离：x1＝s 车﹣s 物＝0.96﹣0.8＝0.16m
（2）物体落地后的加速度：ܽ' =
ߤ݉
t星݉= ߤt星= 0.1 × 20 = 2݉
/ݏ2
落地后停止的时间：ݐ2 = 㘴0ܽ
' = 2
2 = 1s
该过程中物体的位移：ݏ物' = 㘴0ݐ2 −1
2ܽ'ݐ2
2 = 2 × 1 −1
2 × 2 × 12 = 1m
物体落地时车的速度：v1＝v0+at1＝2+2×0.4＝2.8m/s
车的位移：ݏ车' = 㘴1ݐ2 + 1
2ܽݐ2
2 = 2.8 × 1 + 1
2 × 2 × 12 = 3.8m
所以当物体停下来时与小车的距离x2＝x1+s 车′﹣s 物′＝0.16+3.8﹣1＝2.96m
答：（1）当物体落地时，物体与小车的距离是0.16m；
（2）如果物体与地面的动摩擦因数为0.1，那么当物体停下来时与小车的距离是2.96m．
【点评】该图中把平抛运动、牛顿第二定律、星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．
重力加速度g 是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．
16．（11 分）如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O
的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物
块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO′之间的夹角θ为45°．已知重力加速度大小为g，小
物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f=
2
4 mg。
（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值。
【考点】37：牛顿第二定律；38：牛顿第三定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】（1）小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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（2）当ω＞ω0 时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，
根据牛顿第二定律及平衡条件求解最大角速度，当ω＜ω0 时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向
沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最小值。
【解答】解：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：݉
tݐܽhߠ=݉
hݏthߠ߱
02，
解得：߱
0 =
2t
h
（2）当ω＞ω0 时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，
设此最大角速度为ω1，
由牛顿第二定律得，݂ܿ
݋ݏߠ+ ܨܰݏthߠ=݉
hݏthߠ߱
12
fsinθ+mg＝FNcosθ
联立以上三式解得：߱
1 =
3 2t
2h
当ω＜ω0 时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上
达到最大值，设此最小角速度为ω2
由牛顿第二定律得，ܨܰݏthߠ−݂ܿ
݋ݏߠ=݉
hݏthߠ߱
22，
mg＝FNcosθ+fsinθ，
联立解得：߱
2 =
2t
2h
答：（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，此时的角速度ω0 为
2t
h ；
（2）若小物块一直相对陶罐静止，陶罐旋转的角速度的最大值为3 2t
2h ，最小值为
2t
2h 。
【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水
平方向上的合力提供向心力进行求解，难度适中。
17．（12 分）如图所示，长木板的质量为M＝3m，长度为L，放在光滑水平面上距墙壁足够远处，在木板A 的左端
放一个可视为质点的物体B，质量为m，A 与B 的动摩擦因数为μ，给B 一个初速度v0=
ߤtܮ，已知木板与墙壁
碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回．当长木板与墙壁碰撞时，在墙壁的左边所有空间加一个竖直向上的匀强电
场（物体B 带正电，且电量为q，并保持恒定），求：
（1）木板与墙壁相碰时，物块与墙壁的距离；
（2）如果木板与墙壁碰后的运动过程中物体恰好不能离开木板A，试求电场强度E．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速直线运动的运动学公式求出物块与墙壁间的距离．
（2）由匀变速直线运动的运动规律求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出电场强度．
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：
对物块：a1＝μg，对木板：a2= 1
3μg1，
由匀变速直线运动的速度公式得：
v0﹣μgt1= 1
3μgt1，解得：t1= 3㘴0
4ߤt，v= 㘴0
4 ，
则物块位移：x1=
15㘴0
2
32ߤt，木板位移：x2=
3㘴0
2
32ߤt，
△x＝x1﹣x2= 3
8L，因此物体与墙壁的距离为
5
8L；
（2）速度：v′＝v−1
3at2＝﹣v+at2，t2= 3㘴0
8ܽ，v′= 㘴0
8 ，
则物块：x3=−
3㘴0
2
128ܽ，木板：x4=
9㘴0
2
128ܽ，
△x＝|x3|+|x4|= 5
8L，解得：a= 3
20μg，
由牛顿第二定律得：μFN＝ma，F＝qE＝mg﹣FN，解得：E= 17݉
t
20ݍ．
答：（1）木板与墙壁相碰时，物块与墙壁的距离为
5
8L；
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（2）如果木板与墙壁碰后的运动过程中物体恰好不能离开木板A，电场强度E 为
17݉
t
20ݍ．
【点评】本题考查了求距离与电场强度问题，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学
公式即可解题．
四、选做题（三个模块任意选做一个，如果多做或全做的，按第一模块阅卷）【物理--选修3-3】（15 分）
18．（6 分）下列说法中正确的是（
）
A．一定质量的理想气体的内能随着温度升高一定增大
B．第一类水动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C．当分子间距r＞r0 时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，
所以分子力表现为引力
D．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
【考点】8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；548：热力学定理专题．
【分析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关．第二类永动机失败的原因是违背了热力学第二定律．根据分
子斥力和引力都随分子间距增大而减小，斥力减小更快，来分析分子力的性质．在一定气温条件下，大气中相对
湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿．单晶体在熔化过程温度不变，根据能量守恒定律分析分子势
能的变化．
【解答】解：A、一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，故A 正确。
B、第一类水动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒
定律，而是违背了热力学第二定律。故B 错误。
C、当分子间距r＞r0 时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表
现为引力。故C 错误。
D、相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水气蒸发也
就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大。故D 正确。
E、一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，故E
正确。
故选：ADE。
【点评】本题考查了热力学第一定律、热力学第二定律、温度的微观意义、晶体的特点等，知识点多，关键要记
住相关规律．
19．（9 分）如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0 处连接一
U 形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在
高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试
问：
①初始时，水银柱两液面高度差多大？
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U 形管两水银面相平时封闭气体的温度是多少？
【考点】99：理想气体的状态方程；9D：气体的等温变化；9E：气体的等容变化和等压变化；9K：封闭气体压强．
菁
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【专题】11：计算题；31：定性思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；
②气体做等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解出温度．
【解答】解：①被封闭气体压强：p＝p0+݉
tܵ=p0+ρgh，
初始时，液面高度差为：h=݉ߩܵ；
②降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化．
初状态：p1＝p0+݉
tܵ，V1＝1.5h0 s，T1＝T02 分
末状态：p2＝p0，V2＝1.2h0 s，T2＝？
根据理想气体状态方程得：
݌1ܸ
1ܶ
1
=
݌2ܸ
2ܶ
2
，
解得：T2=
4݌0ܶ0ܵ
5݌0ܵ+5݉
t；
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答：①初始时，水银柱两液面高度差是݉ߩܵ；
②缓慢降低气缸内封闭气体的温度，当U 形管两水银面相平时封闭气体的温度是
4݌0ܶ0ܵ
5݌0ܵ+5݉
t．
【点评】该题结合气体压强的两种不同求法考查气态方程，解答本题关键是求出气体压强，然后根据等压变化公
式列式求解，中档题目．
【物理--选修3-4】（15 分）
20．如图所示，a、b 和c 都是厚度均匀的平行玻璃板，a 和b、b 和c 之间的夹角都为β．一细光束由红光和蓝光组成，
以入射角θ从O 点射入a 板，且射出c 板后的两束单色光射在地面上P，Q 两点，由此可知（
）
A．射出c 板后的两束单色光与入射光平行
B．射到P 点的光在玻璃中的折射率较大
C．射到P 点的光在玻璃中的传播速度较大，波长较长
D．若稍微增大入射角θ，光从b 板上表面射入到其下表面时，在该界面上有可能发生全反射
E．若射到P，Q 两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P 点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝
光
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】根据光的偏折程度比较光的折射率的大小，从而比较出波长的大小，根据v=ܿh比较出光在介质中的传播
速度大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较间距的大小．
【解答】解：A、光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从c 板射出的两束单色光与入射光仍然
平行。故A 正确。
B、射到P 点的光偏折程度比射到P 点的光偏折程度厉害，知射到Q 点的光在玻璃中的折射率较大。故B 正确。
C、射到P 点的光折射率较大，根据v=ܿh知，在玻璃中传播的速度较小，折射率大，则频率大，波长小。故C 错
误。
D、光从b 板上表面射入到其下表面时的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性可知，光线不可能在下表
面上发生全反射，故D 错误。
E、根据△x= ܮ݀ɉ知，条纹间距较小的光波长小，则频率大，折射率大，偏折厉害，为射到P 点的光，即蓝光。故
E 正确。
故选：ABE。
【点评】解决本题的关键要掌握平行玻璃砖的光学特性，知道折射率、频率、波长、在介质中的速度与折射率的
关系等等．
21．某介质中形成一列简谐波，t＝0 时刻的波形如图中实线所示．
（1）若波向右传播．零时刻刚好传到B 点，且再经过0.6s，P 点也开始起振．
求：该列波的周期T；从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程中，O 点对平衡位置的位移y0 及其所经过的路
程s0 各为多少？
（2）若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.575s 时间，则该列波的传播方向如何？
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【分析】（1）波向右匀速传播，根据传播距离x＝6m，时间t＝0.6s，求出波速，由图读出波长，求出周期．
（2）由波速和时间求出波传播的距离，研究与波长的关系，根据波形的平移确定波的传播方向．
【解答】解：（1）由图象可知，波长ɉ＝2m；
当波向右传播时，点B 的起振方向沿﹣y 方向，则P 点的起振方向沿﹣y 方向．
则波速v= ݔܲܤ
ݐ
= 7−1
0.6 m/s＝10m/s，
由v= ɉܶ得，周期T= ɉ
㘴= 2
10s＝0.2s．
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从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程所经历的时间为t＝0.6s+ 1
4ܶ
=0.65s＝3
1
4T
则O 点到达波峰，对平衡位置的位移y0＝10cm，其所经过的路程s0＝3.25×4A＝13×10cm＝1.3m
（2）若波速v＝20m/s，时间t＝0.575s，则波沿x 轴方向传播的距离为：
x＝vt＝20×0.575m＝11.5m＝（5+ 3
4）ɉ
根据波形的平移可知，波沿x 轴正确方向传播．
答：
（1）该列波的周期T 是0.2s；从t＝0 时刻起到P 点第一次达到波谷的过程中，O 点对平衡位置的位移y0 及其所
经过的路程s0 各为10cm 和1.3m．
（2）该列波的传播方向沿x 轴正方向．
【点评】本题是知道两个时刻的波形研究波传播的距离、波速、周期的问题．第（2）问可以根据波的周期性，运
用数学知识列出通项式，再确定波的传播方向．
【物理--选修3-5】（15 分）
22．下列说法正确的是（
）
A．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变
长
B．考古学家发现某一骸骨中碳14 的含量为活着的生物含量的四分之一，已知碳14 的半衰期为5730 年，则确定
该生物死亡距今11460 年
C．按照波尔理论，氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大
D．卢瑟福发现了中子，汤姆孙发现了电子
E．机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了γ射线较强的穿透能力
【考点】I6：X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；IJ：康普顿效应；J9：天然放射现象；JA：原子核衰变及
半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化；根据半衰
期的次数确定距今的时间；氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，电子的动能减小，势能增加，总
能量增加；汤姆孙发现电子，卢瑟福发现质子，查德维克发现中子。
【解答】解：A、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，
根据ɉ=݄݌，知波长增大。故A 正确；
B、考古专家发现某一骸骨中C14 的含量为活着的生物中C14 的四分之一，可知经过了2 个半衰期，C14 的半衰
期为5730 年，则确定该生物死亡时距今11460 年，故B 正确；
C、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子能量增大，根据݇݁
2
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ知，动能减小，
故C 正确；
D、卢瑟福发现了质子，查德维克发现了中子，汤姆孙发现了电子，故D 错误；
E、机场、车站等地方进行安检工作时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了x 射线较强的穿透能力，γ射线能够
穿透金属，可用于工业探伤，故E 错误；
故选：ABC。
【点评】本题考查了康普顿效应、半衰期、原子物理的学史、电磁波等，知识点多，难度不大，关键是记住基础
知识。
23．如图所示，物体A、B 的质量分别是4kg 和8kg．由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙
壁接触，另有一个物体C 水平向左运动，在t＝5s 时与物体A 相碰，并立即与A 有相同的速度，一起向左运动，
物块C 的速度﹣时间图象如乙所示．
（1）求物体C 的质量；
（2）在5s 到15s 的时间内，墙壁对物体B 的作用力的冲量．
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）A、C 碰撞过程遵守动量守恒，即可列式求出C 的质量．
（2）根据动量定理求出墙壁对物体B 的作用力冲量．
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【解答】解：（1）由图象可得：物体C 以速度v0＝6m/s 与A 相碰，碰撞后两者立即有相同的速度v＝2m/s，
A、C 在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：
mCv0＝（mA+mC）v，
代入数据解得：mC＝2kg．
（2）在5s 到15s 内，墙壁对B 的作用力F 等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A 和C 的速度由2m/s 减到0，
再反弹到2m/s，则弹力的冲量等于F 的冲量为：
I＝（mA+mC）v﹣[﹣（mA+mC）v]
解得：I＝24N•s，方向向右．
答：（1）物块C 的质量为2kg；
（2）在5s 到15s 的时间内，墙壁对物体B 的作用力的冲量为24N•s，方向向右．
【点评】本题一要由速度图象读出物体的运动情况，明确碰撞前后A、C 的速度，二要会根据动量守恒定律求解C
的质量，由动量定理求解变力的冲量．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/10 14:36:06 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年湖南师大附中高三（上）第三次月考物理试卷
一、选择题（本题包括12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1～8 小题为单选题，9～12 为多选题．全部选对的得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．结果填到答题卡上）
1．（4 分）牛顿这位科学巨人对物理学的发展做出了突出贡献．下列有关牛顿的表述中正确的是（
）
A．牛顿用扭秤装置测定了万有引力常量
B．牛顿通过斜面实验得出白由落体运动位移与时间的平方成正比
C．牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体，物体都会落回地面
D．牛顿的“月﹣﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受太阳的引力服从
相同规律
2．（4 分）如图为两个质点A、B 同时同地开始运动的v﹣t 图象．由图可知（
）
A．在t1 时刻两质点相距最远
B．在t2 时刻两个质点相遇
C．在0﹣t1 时间内质点B 比质点A 加速度大
D．两物体出发后可以相遇两次
3．（4 分）在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1 与F2 的作用，在第1s 内物体保持静止状态．若力
F1 与F2 随时间的变化关系如图所示，则物体（
）
A．在第2 s 内物体做加速度逐渐减小的加速运动
B．在第3 s 内物体做加速度逐渐增大的加速运动
C．在第4 s 内物体做加速度逐渐增大的加速运动
D．在第5 s 末速度为零
4．（4 分）两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共
同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（
）
A．
B．
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C．
D．
5．（4 分）2016 年2 月1 日15 点29 分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星
为地球中圆轨道卫星，质量为m，轨道离地面的高度约为地球半径R 的3 倍．已知地球表面的重力加速度为g，
忽略地球自转的影响．则（
）
A．卫星的绕行速率大于7.9 km/s
B．卫星的绕行周期约为8π 2h
t
C．卫星所在处的重力加速度大小约为
t
4
D．卫星的动能大小约为݉
th
8
6．（4 分）如图所示，将两个质量均为m，带电量分别为+q、﹣q 的小球a、b 用绝缘细线悬挂于O 点，置于水平方
向的匀强电场中，用力F 拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa 与竖直方向的夹角为30°．则F 的大
小可能为（
）
A．mg
B．
1
2mg
C．
3
3 mg
D．
3
2 mg
7．（4 分）如图，水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱在与水平夹角为θ的拉力F 作用下做匀
速直线运动．在θ从0 逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度始终保持不变，则拉力F 和拉力功率P 大小变化是
（
）
A．F 一直增大，P 一直增大
B．F 一直减小，P 一直减小
C．F 先减小后增大，P 一直减小
D．F 先减小后增大，P 先减小后增大
8．（4 分）水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示。
两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B 分别从甲、乙两个
斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（
）
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A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产
生的热量一定相同
B．滑块A 到达底端时的动能一定比滑块B 到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A 做功的平均功率比滑块B 小
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
9．（4 分）质量为m 的物体，由静止开始下落，重力加速度为g，由于阻力作用，下落的加速度为0.8g，在物体下落
h 的过程中，下列说法中正确的是（
）
A．物体的动能增加了0.8mgh
B．物体的机械能减少了0.8mgh
C．物体克服阻力所做的功为0.8mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
10．（4 分）如图所示，质量相等的A、B 两物体在同一水平线上．当水平抛出A 物体的同时，B 物体开始自由下落
（空气阻力忽略不计）．曲线AC 为A 物体的运动轨迹，直线BD 为B 物体的运动轨迹，两轨迹相交于O 点．则
两物体（
）
A．经O 点时速率相等
B．从运动开始至经过O 点过程中两物体的速度变化量相等
C．在O 点时重力的功率相等
D．在O 点具有的机械能相等
11．（4 分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m 的物体在沿斜面方向的力F 的作用下由静止开
始运动，物体的机械能E 随位移x 的变化关系如图乙所示。其中0～x1 过程的图线是曲线，x1～x2 过程的图线为
平行于x 轴的直线，则下列说法中正确的是（
）
A．物体在沿斜面向下运动
B．在0～x1 过程中，物体的加速度一直减小
C．在0～x2 过程中，物体先减速再匀速
D．在x1～x2 过程中，物体的加速度为gsinθ
12．（4 分）如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面顶角为θ，套筒P 套在横杆上，与绳子左端连接，绳子
跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q 相连接，此段绳与斜面平行，Q 放在斜面上，P 与Q 质量相等且为m，
O 为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h．手握住P 且使P 和Q 均静止，此时连接P 的绳与竖直方向夹
角θ，然后无初速释放P．不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g．关于P 描述正确的是（
）
A．释放P 前绳子拉力大小为mgcosθ
B．释放后P 做匀加速运动
C．P 达O 点时速率为2th(1 −ܿ݋ݏߠ)
D．P 从释放到第一次过O 点，绳子拉力对P 做功功率一直增大
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二、实验题（本题包括2 小题.13 题8 分，14 题6 分，每空2 分，共14 分）
13．（8 分）为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知，弹簧的弹性势能Ep= 1
2kx2，其中k 是弹簧的
劲度系数，x 是弹簧长度的变化量．
某同学就设想用压缩的弹簧推静止的小球（质量为m）运动来探究这一问题．
为了研究方便，把小铁球m 放在水平桌面上做实验，让小球m 在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．
该同学设计实验如下：
首先进行如图甲所示的实验：将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小铁球m，静止时测得弹簧的伸长量
为d．
在此步骤中，目的是要确定物理量
，用m、d、g 表示为
．
接着进行如图乙所示的实验：将这根弹簧水平放在桌面上，一端固定，另一端被小铁球m 压缩，测得压缩量为x，
释放弹簧后，小铁球被推出去，从高为h 的水平桌面上抛出，小铁球在空中运动的水平距离为L．
小铁球的初动能Ek1＝
，小铁球的末动能Ek2＝
．
弹簧对小铁球做的功W＝
．（用m、x、d、g 表示）
对比W 和Ek2﹣Ek1 就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”，即在实验误差允许范围内，外力所做的功等
于物体动能的变化．
14．（6 分）如图1，用光电门等器材验证机械能守恒定律．直径为d、质量为m 的金属小球由A 处静止释放，下落
过程中经过A 处正下方的B 处固定的光电门，测得A、B 的距离为H（H＞＞d），光电门测出小球通过光电门的
时间为t，当地的重力加速度为g，则
（1）小球通过光电门B 时的速度表达式
；（用题中所给物理量表示）
（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出
1
ݐ2随H 的变化图象如图2 所示，当图中已知量t0、H0 和重力加速度g
及小球直径d 满足以下表达式
1
ݐ02 =
2t݀
2H0 时，可判断小球下落过程中机械能
（选填“守恒”、“不守恒”）；
（3）实验中发现动能增加量△EK 总是小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，△EP﹣△EK 将
（选
填“增加”、“减小”或“不变”）．
三、计算题（本题包括3 小题，其中15 题10 分，16 题10 分，17 题13 分．共33 分．解答应写出必要的文字说明、
方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
15．（10 分）如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直
方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力
作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m，B、C 的质量均为m，重力加速度
为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态；释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C
恰好离开地面．求
（1）斜面的倾角α；
（2）A 获得的最大速度vm．
16．（10 分）在宽度为d 的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界．有一个带电粒子（不计重力）从左
侧边界上的A 点，以初速度v0 沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移大小为
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1
8d．（结果可以用根号表示）
（1）求粒子从右侧边界射出时的速度大小；
（2）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值（远小于光速），求带电粒子从右侧边界射出时速度的最小值．
17．（13 分）如图所示，由n＝100 片相同薄板叠放成的柱体A，放在水平面上，每一薄板均为正方形，边长为L＝
10cm，质量为m＝0.1kg．所有接触面的动摩擦因数均为μ＝0.09．重力加速度取g＝10m/s2．试求：
（1）若用力F1 直接把A 的最上方薄板水平拉出，拉力F1 的范围；
（2）若用力F2 直接把A 的最下方薄板水平拉出，拉力F2 的范围；
（3）现在用硬质薄尺快速击打最下面一片薄板，仅使它立即获得垂直于边长方向的水平速度，导致与A 分离，
在A 的剩余部分静止后再按同样的要求击打第二次、第三次、…，直到各薄板全部分离为止，所有薄板获得的最
小总动能之和是多少．（设A 剩余部分仅在分离后才与桌面接触）
四、选做题（三个模块任意选做一个，如果多做或全做的，按第一模块阅卷，共15 分）【物理--选修3-3】（15 分）
18．（6 分）下列有关热现象的说法正确的是（
）
A．分子力随分子间距离增大而增大
B．没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能
C．已知某物质的摩尔质量和密度，可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
E．瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中内外气体的温度均不发生改变．则瓶内气
体在吸收热量且分子平均动能不变
19．（9 分）如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B 两部
分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A 的温度升高△T 而保持B 部分气体温度不变．则A
部分气体的压强增加量为多少？
【物理--选修3-4】（15 分）
20．下列说法正确的是（
）
A．机械波的振幅与波源无关
B．机械波的传播速度由介质本身的性质决定
C．一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短
D．利用紫外线可以进行电视机等电器的遥控
E．在双缝干涉现象里，把入射光由红光换成紫光，相邻两个明条纹间距将变窄
21．如图，三角形AOB 为等腰直角三棱镜的横截面，以OA、OB 为轴建立直角坐标系xOy，OA＝OB＝d，一束平
行于斜边AB 的平行光从OB 边射入．从C 点入射的光刚好从A 点射出，OC=
3
3 d，光透过棱镜只考虑一次内部
反射．求：
（ⅰ）棱镜的折射率；
（ⅱ）部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度．
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【物理--选修3-5】（15 分）
22．下列关于近代物理内容的说法正确的有（
）
A．原子核发生一次β衰交，原子核减少一个中子和一个质子
B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核由质子和中子组成
C．一束光照射到某种金属上，没有发生光电效应现象，是因为这束光的频率较低
D．压力和温度不会影响到放射性元素的半衰期
E．波尔认为，氢原子由高能量状态跃迁到低能量状态时，原子能量减少
23．如图所示，质量M＝9kg 小车B 静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m＝0.9kg 的木块A（可
视为质点）靠弹簧放置并处于静止状态，A 与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A 右侧车表面光滑，木块A
左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ＝0.75．一颗质量m0＝0.1kg 的子弹以v0＝100m/s 的初速度水平向右飞来，瞬间击
中木块并留在其中．如果最后木块A 刚好不从小车左端掉下来，求：小车最后的速度及木块A 到小车左端的距离．
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2018-2019 学年湖南师大附中高三（上）第三次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括12 小题，每小题4 分，共48 分．其中1～8 小题为单选题，9～12 为多选题．全部选对的得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．结果填到答题卡上）
1．（4 分）牛顿这位科学巨人对物理学的发展做出了突出贡献．下列有关牛顿的表述中正确的是（
）
A．牛顿用扭秤装置测定了万有引力常量
B．牛顿通过斜面实验得出白由落体运动位移与时间的平方成正比
C．牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体，物体都会落回地面
D．牛顿的“月﹣﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受太阳的引力服从
相同规律
【考点】4E：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、卡文迪许用扭秤装置测定了万有引力常量，故A 错误；
B、伽利略通过斜面实验得出白由落体运动位移与时间的平方成正比，故B 错误；
C、牛顿曾设想，从高山上水平抛出的物体，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远。
如果抛出速度足够大，物体不会落回地面，将绕地球运动，成为人造地球卫星。故C 错误；
D、牛顿的“月﹣﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受太阳的引力服从
相同规律，故D 正确；
【点评】解答本题的关键是掌握物理学家的成就，这是常识性问题，识记是最好的学习方法．
2．（4 分）如图为两个质点A、B 同时同地开始运动的v﹣t 图象．由图可知（
）
A．在t1 时刻两质点相距最远
B．在t2 时刻两个质点相遇
C．在0﹣t1 时间内质点B 比质点A 加速度大
D．两物体出发后可以相遇两次
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】由图象可以看出A 物体做初速度为零的匀加速直线运动，B 物体先做初速度为零的匀加速直线运动后做
匀速直线运动，两个图象的交点表明该时刻速度相等，位移可以通过图线与时间轴包围的面积来求解．通过分析
两个物体速度的大小，分析它们之间距离的变化．
【解答】解：A、B：在t2 时刻之前，A 的速度小于B 的速度，B 在A 的前方，两者距离不断增大；在t2 时刻之
后，A 的速度大于B 的速度，B 在A 的前方，两者距离不断减小，所以在t2 时刻，两者距离相距最远。故A、B
错误。
C、速度图线的斜率等于加速度，斜率越大，加速度越大，可知在0﹣t1 时间内质点B 比质点A 加速度大，故C
正确。
D、两个质点在t2 时刻之后位移相等时相遇一次，之后由于A 的速度大于B 的速度，不可能再相遇，故D 错误。
【点评】在物理学中图象是描述物理规律的重要方法之一，图象的优点是不仅能够形象、直观地反映出物体的运
动规律，图线的斜率，图线与时间轴所围的“面积”等还有特殊的物理意义．
3．（4 分）在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1 与F2 的作用，在第1s 内物体保持静止状态．若力
F1 与F2 随时间的变化关系如图所示，则物体（
）
A．在第2 s 内物体做加速度逐渐减小的加速运动
B．在第3 s 内物体做加速度逐渐增大的加速运动
C．在第4 s 内物体做加速度逐渐增大的加速运动
D．在第5 s 末速度为零
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
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【专题】21：信息给予题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】在第1s 内物体处于平衡状态，保持静止；从第一秒末到第五秒末，物体的合力先变大后逐渐减为零，根
据速度与合力的方向得到物体的运动情况．
【解答】解：A、在第2 s 内，物体的合力不断变大；根据牛顿第二定律，加速度不断变大；合力与速度同向，故
物体做加速运动，故A 错误；
B、在第3s 内合力逐渐变大，故加速度不断变大，合力与速度同方向，物体做加速运动，故B 正确；
C、在第4s 内，合力变小，加速度变小，合力与速度同方向，故物体做加速运动，故C 错误；
D、在第5s 内，合力变小，加速度变小，合力与速度同方向，故物体做加速运动，第5 s 末速度不为零，故D 错
误；
【点评】本题关键求出合力的变化情况后，根据牛顿第二定律确定加速度的情况，然后根据加速度与速度的方向
关系确定速度的变化情况．
4．（4 分）两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共
同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】小球做匀速圆周运动，靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出Locsθ，从而分析判断。
【解答】解：小球做匀速圆周运动，mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ= t߱
2是常量，即球处于同一高度，故B
正确。
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【点评】解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，本题关键要得出
Lcosθ的关系式。
5．（4 分）2016 年2 月1 日15 点29 分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星
为地球中圆轨道卫星，质量为m，轨道离地面的高度约为地球半径R 的3 倍．已知地球表面的重力加速度为g，
忽略地球自转的影响．则（
）
A．卫星的绕行速率大于7.9 km/s
B．卫星的绕行周期约为8π 2h
t
C．卫星所在处的重力加速度大小约为
t
4
D．卫星的动能大小约为݉
th
8
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．
【分析】第一宇宙速度是最大的环绕速度．在地球表面上，物体的重力等于万有引力，卫星绕地球圆周运动万有
引力提供圆周运动向心力，由此列式求解．
【解答】解：A、7.9km/s 是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于7.9 km/s。故A 错误。
BCD、在地球表面为m0 的物体，有
G
ܯ݉
0
h2
=m0g
所以有GM＝gR2
用M 表示地球的质量，m 表示卫星的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得
G
ܯ݉
(4h)2 =m
4ߨ2ܶ
2 •4R＝mg′＝m
㘴2
4h
解得卫星的绕行周期为T＝16π h
t，卫星所在处的重力加速度大小g′= t
16
卫星的动能为Ek= 1
2݉
㘴2 =݉
th
8 ．故BC 错误，D 正确。
【点评】卫星问题处理的主要思考点为：星球表面重力与万有引力相等，二是万有引力提供环绕天体圆周运动的
向心力．
6．（4 分）如图所示，将两个质量均为m，带电量分别为+q、﹣q 的小球a、b 用绝缘细线悬挂于O 点，置于水平方
向的匀强电场中，用力F 拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa 与竖直方向的夹角为30°．则F 的大
小可能为（
）
A．mg
B．
1
2mg
C．
3
3 mg
D．
3
2 mg
【考点】3C：共点力的平衡；A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F 的最小值，从而分析
F 的可能值．
【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F 在三个方向时的受力图如图，根据平衡条件
得知：
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F 与T 的合力与重力2mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F 与绳子oa 垂直时，F 有最小值，即
图中2 位置，F 的最小值为：
Fmin＝2mgsinθ＝mg。
所以F 的大小可能为mg，其他值不可能。故A 正确，BCD 错误。
【点评】本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F 的最小值，再进行选择．也可以用函数法．
7．（4 分）如图，水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱在与水平夹角为θ的拉力F 作用下做匀
速直线运动．在θ从0 逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度始终保持不变，则拉力F 和拉力功率P 大小变化是
（
）
A．F 一直增大，P 一直增大
B．F 一直减小，P 一直减小
C．F 先减小后增大，P 一直减小
D．F 先减小后增大，P 先减小后增大
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】在θ从0 逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，说明物体受力始终平衡，受力分析后正交分
解表示出拉力F，由水平方向受力平衡可得，F 在水平方向的分力始终等于摩擦力，由于摩擦力逐渐减小，故F
在水平方向的分力减小，由P＝Fv 可得拉力F 的功率变化
【解答】解：A、对物体受力分析如图：
因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：
水平方向：Fcosθ＝μ（mg﹣Fsinθ）①
竖直方向：FN+Fsinθ＝mg ②
f＝μFN③
联立解得：F=
ߤ݉
tܿ
݋ݏߠ+ߤݏthߠ，当θ从0 逐渐增大到90°的过程中，拉力先减小后增大
则P＝Fvcosθ=
ߤ݉
tܿ݋ݏߠܿ
݋ݏߠ+ߤݏthߠ=
ߤ݉
t
1+ߤݐܽhߠ
由上式知，θ从0 逐渐增大到90°的过程中，tanθ增大，拉力F 的功率P 一直减小。
故ABD 错误，C 正确。
【点评】本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，关键要注意P＝Fv 公式中要求F 与v
同方向．
8．（4 分）水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示。
两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B 分别从甲、乙两个
斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（
）
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A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产
生的热量一定相同
B．滑块A 到达底端时的动能一定比滑块B 到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A 做功的平均功率比滑块B 小
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下
滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动
能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同
【解答】解：A、设斜面长为L，倾角为θ，物块质量为m，动摩擦因数为μ，则A、B 滑块从斜面顶端分别运动到
底端的过程中，摩擦力做功W＝﹣fLcosθ＝﹣μmgcosθLcosθ，则A 摩擦力做功为WA＝﹣μmgcosθL1，B 摩擦力
做功WB＝﹣μmgcosθL2，所以摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A 错误；
B、由于B 物块受到的摩擦力f＝μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A 克服摩擦力做功少，
损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A 到达底端时的动能一定比B 到达底端时的动能大，故B 正确；
C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A 先到达底端，故重力对滑块A 做功的平均功率比滑块B 的
大，故C 错误；
D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面
上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D 错误。
【点评】本题主要考查动能定理和功能关系的直接应用，关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理
量，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道摩擦力等于克服摩擦力做的功，难度适中。
9．（4 分）质量为m 的物体，由静止开始下落，重力加速度为g，由于阻力作用，下落的加速度为0.8g，在物体下落
h 的过程中，下列说法中正确的是（
）
A．物体的动能增加了0.8mgh
B．物体的机械能减少了0.8mgh
C．物体克服阻力所做的功为0.8mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】物体静止开始下落，受到空气阻力，重力做功决定重力势能变化，动能的变化由合力做功确定，除重力
以外的阻力做功导致机械能变化．由此分析即可．
【解答】解：A、物体的合力做正功为W 合＝mah＝0.8mgh，则物体的动能增量为0.8mgh，故A 正确；
B、物体下落过程中，受到阻力为0.2mg，物体克服阻力所做的功0.2mgh，机械能减少量等于阻力所做的功；故
机械能减少了0.2mgh；故B、C 错误；
D、物体下落h 高度，重力做功为mgh，则重力势能减少了mgh，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题应明确重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外的力做功等于
机械能的变化．
10．（4 分）如图所示，质量相等的A、B 两物体在同一水平线上．当水平抛出A 物体的同时，B 物体开始自由下落
（空气阻力忽略不计）．曲线AC 为A 物体的运动轨迹，直线BD 为B 物体的运动轨迹，两轨迹相交于O 点．则
两物体（
）
A．经O 点时速率相等
B．从运动开始至经过O 点过程中两物体的速度变化量相等
C．在O 点时重力的功率相等
D．在O 点具有的机械能相等
【考点】43：平抛运动；63：功率、平均功率和瞬时功率；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据速度位移公式，结合平行四边形定则分别求出A、B 在O 点的速率大小．抓住两物体的加速度相等，
结合时间关系比较速度的变化量．根据重力的瞬时功率公式，通过比较竖直分速度比较重力的功率大小．通过重
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力势能和动能的大小比较两物体在O 点的机械能大小．
【解答】解：A、设O 点与初始位置的高度差为h，则B 到达O 点的速率㘴ܤ=
2t݄，A 到达O 点的速率㘴t =
㘴02 + 㘴ܤ2 =
㘴02 + 2t݄，可知A、B 在O 点的速率不同，故A 错误；
B、两物体加速度相同，时间相同，故从运动开始至经过O 点过程中A 的速度变化相同，故B 正确；
C、两者经O 点时竖直方向的速度vy=
2t݄，大小相同，根据重力的瞬时功率P＝mgvy 知，A、B 在O 点时重力
的功率相等，故C 正确；
D、由于两者质量相等，在O 点时两者的重力势能相同，但动能不同，则机械能不等，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了平抛运动和自由落体运动的相关概念和公式，AB 在竖直方向的运动情况完全相同，理解速度
的合成与分解即可顺利求解平抛运动．
11．（4 分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m 的物体在沿斜面方向的力F 的作用下由静止开
始运动，物体的机械能E 随位移x 的变化关系如图乙所示。其中0～x1 过程的图线是曲线，x1～x2 过程的图线为
平行于x 轴的直线，则下列说法中正确的是（
）
A．物体在沿斜面向下运动
B．在0～x1 过程中，物体的加速度一直减小
C．在0～x2 过程中，物体先减速再匀速
D．在x1～x2 过程中，物体的加速度为gsinθ
【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1 过程中物体机械能在减小，知
拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力。当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速
度的变化。
【解答】解：A、在0～x1 过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物
体在沿斜面向下运动，故A 正确；
B、在0～x1 过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零。根据a=݉
tݏthߠ−ܨ݉，可知，加速度逐
渐增大，故B 错误；
C、在0～x1 过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C 错误；
D、在x1～x2 过程中，机械能守恒，拉力F＝0，此时a=݉
tݏthߠ݉= tݏthߠ，故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据
加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律。
12．（4 分）如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面顶角为θ，套筒P 套在横杆上，与绳子左端连接，绳子
跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q 相连接，此段绳与斜面平行，Q 放在斜面上，P 与Q 质量相等且为m，
O 为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h．手握住P 且使P 和Q 均静止，此时连接P 的绳与竖直方向夹
角θ，然后无初速释放P．不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g．关于P 描述正确的是（
）
A．释放P 前绳子拉力大小为mgcosθ
B．释放后P 做匀加速运动
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C．P 达O 点时速率为2th(1 −ܿ݋ݏߠ)
D．P 从释放到第一次过O 点，绳子拉力对P 做功功率一直增大
【考点】45：运动的合成和分解；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】对Q 分析，根据共点力平衡求出拉力的大小；根据P 所受的合力变化得出加速度的变化；对P 和Q 系统
研究，结合机械能守恒求出P 到达O 点的速度大小．根据P 点的速度以及拉力在水平方向分力的变化判断拉力功
率的变化．
【解答】解：A、释放P 前，对Q 分析，根据共点力平衡得，T＝mgcosθ，故A 正确。
B、对P 分析，知P 所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B 错误。
C、当P 到O 点时，Q 的速度为零，对P 和Q 系统研究，mg（݄ܿ݋ݏߠ−݄
）cosθ= 1
2݉
㘴2，解得v=
2t݄(1 −ܿ݋ݏߠ)，
故C 正确。
D、P 从释放到第一次过O 点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D
错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了共点力平衡、功率、机械能守恒的综合运用，知道P 到达O 点时，沿绳子方向的速度为零，
则Q 的速度为零．
二、实验题（本题包括2 小题.13 题8 分，14 题6 分，每空2 分，共14 分）
13．（8 分）为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知，弹簧的弹性势能Ep= 1
2kx2，其中k 是弹簧的
劲度系数，x 是弹簧长度的变化量．
某同学就设想用压缩的弹簧推静止的小球（质量为m）运动来探究这一问题．
为了研究方便，把小铁球m 放在水平桌面上做实验，让小球m 在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．
该同学设计实验如下：
首先进行如图甲所示的实验：将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小铁球m，静止时测得弹簧的伸长量
为d．
在此步骤中，目的是要确定物理量
弹簧的劲度系数
，用m、d、g 表示为݉
t݀
．
接着进行如图乙所示的实验：将这根弹簧水平放在桌面上，一端固定，另一端被小铁球m 压缩，测得压缩量为x，
释放弹簧后，小铁球被推出去，从高为h 的水平桌面上抛出，小铁球在空中运动的水平距离为L．
小铁球的初动能Ek1＝
0
，小铁球的末动能Ek2＝݉
tܮ2
4݄
．
弹簧对小铁球做的功W＝݉
tݔ2
2݀
．（用m、x、d、g 表示）
对比W 和Ek2﹣Ek1 就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”，即在实验误差允许范围内，外力所做的功等
于物体动能的变化．
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）甲所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，由胡克定律得到k；
（2）乙图所示的乙实验：弹簧的弹性势能转化为小球的动能，利用平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，由动
能的计算公式求出小球O 末动能．再根据功能关系求出弹簧对小球O 做的功．
【解答】解：（1）该同学做甲图所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，当小球静止时，有mg＝kd，可得k=݉
t݀．
（2）将弹簧压缩x 后释放，小球O 初动能Ek1＝0，
小球离开桌面后，以初速度v0 做平抛运动，则有
L＝v0t，h= 1
2gt2，可得v0＝L
t
2݄，
则小球O 末动能Ek2= 1
2mv02=݉
tܮ2
4݄
，
根据功能关系得：弹簧对小球O 做的功W= 1
2kx2=݉
tݔ2
2݀
；
故答案为：（1）弹簧的劲度系数k；݉
t݀；（2）0；݉
tܮ2
4݄
；݉
tݔ2
2݀
．
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【点评】本题借助于平抛运动以及胡克定律，考查探究外力做功与物体动能变化关系的能力．
14．（6 分）如图1，用光电门等器材验证机械能守恒定律．直径为d、质量为m 的金属小球由A 处静止释放，下落
过程中经过A 处正下方的B 处固定的光电门，测得A、B 的距离为H（H＞＞d），光电门测出小球通过光电门的
时间为t，当地的重力加速度为g，则
（1）小球通过光电门B 时的速度表达式
㘴=݀ݐ
；（用题中所给物理量表示）
（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出
1
ݐ2随H 的变化图象如图2 所示，当图中已知量t0、H0 和重力加速度g
及小球直径d 满足以下表达式
1
ݐ02 =
2t݀
2H0 时，可判断小球下落过程中机械能
守恒
（选填“守恒”、“不守恒”）；
（3）实验中发现动能增加量△EK 总是小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，△EP﹣△EK 将
增加
（选
填“增加”、“减小”或“不变”）．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过光电门B 的速度表达式．
（2）若小球的机械能守恒，则重力势能的减小量等于动能的增加量．
（3）高度越大，阻力做功越多，重力势能的减小量和动能的增加量之差越大．
【解答】解：（1）极短时间内的平均速度等于瞬时速度，则小球通过光电门B 的速度表达式v=݀ݐ；
（2）若小球下落过程中机械能守恒，则݉
tܪ0 = 1
2݉
(݀ݐ0 )2，整理得，
1
ݐ02 =
2t݀
2H0．
（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek 将增大；
故答案为：（1）㘴=݀ݐ；（2）守恒；（3）增加．
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，关键得出表达式，从而分析判断．知道极短时间内的
平均速度等于瞬时速度．
三、计算题（本题包括3 小题，其中15 题10 分，16 题10 分，17 题13 分．共33 分．解答应写出必要的文字说明、
方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
15．（10 分）如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直
方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力
作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m，B、C 的质量均为m，重力加速度
为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态；释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C
恰好离开地面．求
（1）斜面的倾角α；
（2）A 获得的最大速度vm．
【考点】3C：共点力的平衡；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【分析】（1）C 刚离开地面时，弹簧的弹力等于C 的重力，根据牛顿第二定律知B 的加速度为零，B、C 加速度
相同，分别对B、A 受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．
（2）A、B、C 组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B 具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，
根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B 的最大速度，
A 的最大速度与B 相等；
【解答】解：（1）由题意可知，C 刚离开地面时，对C 有：kx2＝mg
此时B 有最大速度，即aB＝aC＝0
则对B 有：T﹣kx2﹣mg＝0
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对A 有：4mgsinα﹣T＝0
以上方程联立可解得：sinα＝0.5，
α＝30°
（2）由题意可知，A、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同
时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg＝k△x4݉
t △ݔݏthߙ−݉
t △ݔ= 1
2 (5݉
)㘴݉2
得：㘴݉
= 2t݉5݇
答：（1）斜面的倾角是30°；（2）A 获得的最大速度是2t݉5݇．
【点评】本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B 速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件
分析；同时要注意是那个系统机械能守恒
16．（10 分）在宽度为d 的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界．有一个带电粒子（不计重力）从左
侧边界上的A 点，以初速度v0 沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移大小为
1
8d．（结果可以用根号表示）
（1）求粒子从右侧边界射出时的速度大小；
（2）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值（远小于光速），求带电粒子从右侧边界射出时速度的最小值．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解即可求出；
（2）将粒子的运动分解，求出末速度的表达式，然后依据二项式定理即可求出．
【解答】解：（1）设经过时间t 粒子射出电场，沿电场方向速度为vy
由类平抛运动知：d＝v0t，
1
8d= 1
2at2，
又：vy＝at
所以：v=
㘴0
2 + 㘴ݕ
2
联立得：v=
17
4 v0
（2）设粒子以vx 射入电场，粒子射出电场的速度为：
v′=
㘴ݔ
2 + (ܽ݀㘴ݔ)2
可知当（vx）2＝（ܽ݀㘴ݔ
）2 时，v′取最小值
即当vx= 㘴0
2 时，有：v′min=
2㘴0
2
答：（1）粒子从右侧边界射出时的速度大小是
17
4 v0；
（2）若带电粒子的入射速度大小可以为任意值（远小于光速），带电粒子从右侧边界射出时速度的最小值是
2㘴0
2
．
【点评】该题考查带电粒子在电场中的偏转，解答的难点是第二位，要正确写出粒子的末速度的表达式，才能正
确得出结论．
17．（13 分）如图所示，由n＝100 片相同薄板叠放成的柱体A，放在水平面上，每一薄板均为正方形，边长为L＝
10cm，质量为m＝0.1kg．所有接触面的动摩擦因数均为μ＝0.09．重力加速度取g＝10m/s2．试求：
（1）若用力F1 直接把A 的最上方薄板水平拉出，拉力F1 的范围；
（2）若用力F2 直接把A 的最下方薄板水平拉出，拉力F2 的范围；
（3）现在用硬质薄尺快速击打最下面一片薄板，仅使它立即获得垂直于边长方向的水平速度，导致与A 分离，
在A 的剩余部分静止后再按同样的要求击打第二次、第三次、…，直到各薄板全部分离为止，所有薄板获得的最
小总动能之和是多少．（设A 剩余部分仅在分离后才与桌面接触）
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【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】（1）根据滑动摩擦力公式求出第一薄片受第二薄片的摩擦力，当拉力大于摩擦力时，可以直接把A 的最
上方薄板水平拉出；
（2）根据滑动摩擦力公式求出第100 薄片上表面和下表面受到的摩擦力，根据牛顿第二定律求解；
（3）根据牛顿第二定律结合运动学基本公式列式求解即可．
【解答】解：（1）第一薄片受第二薄片的摩擦力为：f0＝μmg
F1﹣f0＞0
代入数据解出：F1＞0.09N
（2）第100 薄片上表面受摩擦力为：f1＝99μmg
下表面受摩擦力为：f2＝100μmg
由牛顿第二定律，拉力F2 应满足：F2﹣f1﹣f2＞ma1
a1 是与A 分离时A 剩余部分的加速度为：a1＝μg，
代入数据解出：F2＞18N
（3）第n 薄片获速度最小vn 时，各层面摩擦因数均为μ，其余薄片相对静止．
A 的剩余部分加速度为：ܽ1 = ߤ(h−1)݉
t
(h−1)݉
= ߤt
第n 薄片的加速度为：ܽ2 = hߤ݉
t+ߤ(h−1)݉
t݉= (2h −1)ߤt，
A 做匀加速运动，第n 薄片做匀减速运动，速度相同时历时为t，有：
vn﹣a2t＝a1t
与A 分离的条件是：㘴hݐ−1
2ܽ
2ݐ2 ≥1
2ܽ
1ݐ2 + ܮ
联立求解得最小速度：㘴h = 2 hܮߤt
同理得，第（n﹣1）薄片获最小速度：㘴h−1 = 2 (h −1)ܮߤt
第（n﹣N）薄片获最小速度：㘴h−ܰ
= 2 (h −ܰ
)ܮߤt
这样击打了99 次，最后获动能之和最小值为：
ܧ݇= 1
2݉
(㘴h2 + 㘴h−1
2
+ ⋯+ 㘴h−ܰ
2
)
代入数据得：Ek＝90.882J
答：（1）若用力F1 直接把A 的最上方薄板水平拉出，拉力F1 的范围为F1＞0.09N；
（2）若用力F2 直接把A 的最下方薄板水平拉出，拉力F2 的范围为F2＞18N；
（3）现在用硬质薄尺快速击打最下面一片薄板，仅使它立即获得垂直于边长方向的水平速度，导致与A 分离，
在A 的剩余部分静止后再按同样的要求击打第二次、第三次、…，直到各薄板全部分离为止，所有薄板获得的最
小总动能之和是90.882J．
【点评】本题主要考查了运动学基本公式、牛顿第二定律以及动能表达式的直接应用，要求同学们能正确对物体
受力分析，知道A 与剩余部分分离的条件，难度较大．
四、选做题（三个模块任意选做一个，如果多做或全做的，按第一模块阅卷，共15 分）【物理--选修3-3】（15 分）
18．（6 分）下列有关热现象的说法正确的是（
）
A．分子力随分子间距离增大而增大
B．没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能
C．已知某物质的摩尔质量和密度，可求出阿伏加德罗常数
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
E．瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中内外气体的温度均不发生改变．则瓶内气
体在吸收热量且分子平均动能不变
【考点】82：阿伏加德罗常数；83：分子的热运动；86：分子间的相互作用力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；543：阿伏伽德罗常数的应用专题．
【分析】要知道：分子力随着分子间距的增加而先增加后减小，把吸收的能量全部转化为机械能是不可能实现的，
由物质的摩尔质量和密度，不可求出阿伏加德罗常数，内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均
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动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，由于瓶内气体缓慢流出过程
中气体积增大，气体对外做功，由于瓶内外温度始终相等，没有热量的交换，根据热力学第一定律可知：气体需
要吸收热量．
【解答】解：A、分子间同时存在引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但
分子斥力变化更快；当分子间距小于平衡距离时，合力随着分子间距的减小而增加；当分子间距大于平衡距离时，
合力随着分子间距的增加而先增加后减小；故A 错误
B、把不可能把吸收的能量全部转化为机械能，则B 正确
C、物质的摩尔质量和密度，可求得摩尔体积，但与出阿伏加德罗常数无关，则C 错误
D、内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，则D 正确
E、瓶内气体缓慢流出过程中气体积体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，则气体需要吸收热量。因温度是
分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，则E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查了分子力、温度的微观意义、及热力学定律：明确分子力随距离的变化关系，改变物体的内能
的方式有热传递，做功；涉及的知识点多，难度不大，关键多看书．
19．（9 分）如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B 两部
分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A 的温度升高△T 而保持B 部分气体温度不变．则A
部分气体的压强增加量为多少？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】A、B 两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对A 部分气体根据理想气体状态方程列方程，对B 部
分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A 部分气体压强的增加量．
【解答】解：设温度升高后，AB 压强增加量都为△p，升高温度后体积VA，
由理想气体状态方程得：
݌ܸܶ
=
(݌+△݌)ܸtܶ
+△ܶ
，
对B 部分气体，升高温度后体积VB，
由玻意耳定律得：pV＝（p+△p）VB，
两部分气体总体积不变：2V＝VA+VB，
解得：△݌= ݌△ܶ
2ܶ
；
答：A 部分气体的压强增加量为
݌△ܶ
2ܶ
．
【点评】本题是连接体问题，对连接体问题应分别对各部分气体应用相关实验定律或理想气体状态方程列方程、
找出各部分气体间的关系即可正确解题．
【物理--选修3-4】（15 分）
20．下列说法正确的是（
）
A．机械波的振幅与波源无关
B．机械波的传播速度由介质本身的性质决定
C．一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短
D．利用紫外线可以进行电视机等电器的遥控
E．在双缝干涉现象里，把入射光由红光换成紫光，相邻两个明条纹间距将变窄
【考点】HC：双缝干涉的条纹间距与波长的关系．菁优网版权所有
【分析】据机械波的产生条件和传播特点分析AB 即可；
根据公式C＝nv，与v＝ɉf，即可确定由空气射入玻璃，波速与波长的变化；
红外线可以进行电视机等电器的遥控；
根据双缝干涉条纹的间距公式比较间距的大小．
【解答】解：A、据机械波在介质的传播特点是波源的振动带动相邻质点做受迫振动，所以机械波的振幅等于波
源的振幅，故A 错误；
B、机械波的传播速度有介质决定，与波源的无关，故B 正确；
C、一束单色光经由空气射入玻璃，根据公式C＝nv，与v＝ɉf，可知，当折射率变大后，则光的速度变慢，而波
长变短，故C 正确；
D、红外线波长较长，容易发生衍射，红外线可以进行电视机等电器的遥控，故D 错误；
E、根据△x= ܮ݀ɉ得，由红光换成紫光，波长变短，条纹间距减小，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】明确机械波的产生条件、传播特点和摩擦力的方向是解题的关键，能记住公式△x= ܮ݀ɉ 进行分析，并理
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解光速与折射率的关系，注意红外线与紫外线的区别．
21．如图，三角形AOB 为等腰直角三棱镜的横截面，以OA、OB 为轴建立直角坐标系xOy，OA＝OB＝d，一束平
行于斜边AB 的平行光从OB 边射入．从C 点入射的光刚好从A 点射出，OC=
3
3 d，光透过棱镜只考虑一次内部
反射．求：
（ⅰ）棱镜的折射率；
（ⅱ）部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；33：参照思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（i）作出光路图，由三角函数关系求出入射角和折射角，再根据折射定律求折射率．
（ii）由于题目平行于AB 的方向入射，平行于AB 的方向出射，光线在AB 中的传播具有一定的对称性，结合该
对称性与光路图，以及相应的几何关系即可求出．
【解答】解：（ⅰ）依题意，光在OB 上得入射角α＝45°
设折射角为β．由tanβ=ܱ
ܥ
tܱ
=
3
3݀݀
=
3
3 解得：β＝30°
由折射定律得棱镜的折射率为：n= ݏthߙ
ݏthߚ= ݏth45°
ݏth30° =
2
（ⅱ）光路如图，由几何关系有：
∠OBE＝30°，OE＝dtan 30°=
3
3 d
透射光在垂直于光线方向的宽度为：
L＝AEsin45°=
2(3−3)
6
d
答：（ⅰ）棱镜的折射率是2；
（ⅱ）部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度是
2(3−3)
6
d．
【点评】该题考查光的折射定律的应用，解决几何光学问题正确画出光路图是解决问题的关键，另外要会灵活借
助数学知识．
【物理--选修3-5】（15 分）
22．下列关于近代物理内容的说法正确的有（
）
A．原子核发生一次β衰交，原子核减少一个中子和一个质子
B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核由质子和中子组成
C．一束光照射到某种金属上，没有发生光电效应现象，是因为这束光的频率较低
D．压力和温度不会影响到放射性元素的半衰期
E．波尔认为，氢原子由高能量状态跃迁到低能量状态时，原子能量减少
【考点】J1：粒子散射实验；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】1：常规题型．
【分析】本题根据卢瑟福的物理学成就、β衰变、玻尔理论进行解答。原子核的半衰期只由原子核本身因素决定，
与温度、物理变化、化学变化等外界环境因素无关，组成原子核的中子和质子可以相互转化。
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【解答】解：A、原子核发生一次β衰变时，其内部的一个中子转变为质子和电子，故A 错误；
B、卢瑟福在用α粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故B 错误；
C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太小，故C 正确；
D、放射性元素的半衰期只与原子核本身因素有关，与外界环境因素无关，故D 正确。
E、波尔认为，氢原子由高能量状态跃迁到低能量状态时，原子能量减少，故E 正确；
故选：CDE。
【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习3﹣5 时全面掌握各个知识点。
23．如图所示，质量M＝9kg 小车B 静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m＝0.9kg 的木块A（可
视为质点）靠弹簧放置并处于静止状态，A 与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A 右侧车表面光滑，木块A
左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ＝0.75．一颗质量m0＝0.1kg 的子弹以v0＝100m/s 的初速度水平向右飞来，瞬间击
中木块并留在其中．如果最后木块A 刚好不从小车左端掉下来，求：小车最后的速度及木块A 到小车左端的距离．
【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】平板车与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．由动能的计算公式可以求出动能．由
能量守恒定律可以求出木块A 到小车左端的距离．
【解答】解：当平板车与木块速度相同时，弹簧被压缩到最短，设此时速度为V1，以木块、木板、弹簧为系统，
系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（M+m+m0）v1
v1＝1m/s
子弹进入木块的过程中动量守恒，得：m0v0＝（m+m0）v2
v2＝10m/s
滑块在小车是滑动的过程中：
1
2（m+m0）v22−1
2 （M+m+m0）v12＝μ（m+m0）gL
联立解得：L＝6m
答：小车最后的速度是1m/s；木块A 到小车左端的距离是6m．
【点评】本题考查了求速度、动能、弹性势能，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可
正确解题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/10 14:35:38 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（9 月份）
一、选择题（本大题共10 小题，每小题5 分，共50 分．其中1-6 题为单选，7-10 题为多选．全部选对的得6 分，选
对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（5 分）物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡
献的表述中，与事实不相符的是（
）
A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快
C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G
D．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场
2．（5 分）一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动．从手突然停止到物体上升到最高点
时止．在此过程中，重物的加速度的数值将（
）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大再减小
3．（5 分）在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去的速度为v1，摩托艇在静
水中的速度为v2，如图所示。战士救人地点A 离岸边最近处的距离为d。如战士想在最短时间内将人送上岸，则
摩托艇登陆的地点离O 点的距离为（
）
A．0
B．dv1v2
C．݀
㘴1
㘴2
D．݀
㘴2
㘴1
4．（5 分）电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：20（车轮直径：500mm）
电池规格：36V
12Ah（蓄电池）
整车质量：40kg
额定转速：240r/min（转/分）
外形尺寸：L 1 800
mm×W 650
mm
×H 1 100
mm
充电时间：2～8h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机
额定工作电压/电流：36V/5A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（
）
A．15 km/h
B．18 km/h
C．10 km/h
D．22 km/h
5．（5 分）如图所示，两根直木棍AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速
度v0 匀速滑下；若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0
滑下，下列判断正确的是（
）
A．仍匀速滑下
B．匀加速下滑
C．减速下滑
D．以上三种运动均可能
6．（5 分）2015 年12 月10 日，我国成功将中星1C 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示为该卫星
沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P 距地心O 的距离为
3R，则（
）
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A．卫星在远地点的速度大于
3th
3
B．卫星经过远地点时的速度最大
C．卫星经过远地点时的加速度小于
t
9
D．卫星经过远地点时加速，卫星可能再次经过远地点
7．（5 分）滑雪者从山上M 处以水平速度飞出，经t0 时间落在山坡上N 处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N 沿
直线自由滑下，又经t0 时间到达坡上的P 处。斜坡NP 与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M
到P 的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy 随时间变化的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（5 分）如图所示，MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子（不计重力）从a 到b 穿越
这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（
）
A．点电荷一定位于M 点的左侧
B．带电粒子从a 到b 的过程中动能逐渐减小
C．带电粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度
D．带电粒子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能
9．（5 分）有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O 点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视
为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（
）
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、
D…各点处在同一竖直线上
10．（5 分）如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C、D 为
圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=݉
t
h ，原
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长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（
）
A．无论v0 多大，小球均不会离开圆轨道
B．若在2th＜v0＜5th则小球会在B、D 间脱离圆轨道
C．只要v0＞4th，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0 无关
二、实验题（本大题共两小题，共16 分）
11．（6 分）某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图1 所示，A 是一块平面木板，在其上等间
隔地开凿出一组平行的插槽（图中P0P′0、P1P′1…），槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺在硬板B 上。实
验时依次将B 板插入A 板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B 板插入后
一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图2 所示。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到
。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了
（2）每次将B 板向内侧平移距离d，是为了
。
（3）在图2 中绘出小球做平抛运动的轨迹。
12．（10 分）某同学利用图示装置，验证以下两个规律：
①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等；
②系统机械能守恒．
P、Q、R 是三个完全相同的物块，P、Q 用细绳连接，放在水平气垫桌上．物块R 与轻滑轮连接，放在正中间，a、
b、c 是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光，整个装置无初速度释放．
（1）为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R 三个遮光片的遮光时间t1、t2、t3 外，还必需测量的物理量有
．
A．P、Q、R 的质量M
B．两个定滑轮的距离d
C．R 的遮光片到c 的距离H
D．遮光片的宽度x
（2）根据装置可以分析出P、Q 的速度大小相等，验证表达式为
．
（3）若要验证物块R 与物块P 的沿绳分速度相等，则验证表达式为
．
（4）若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为
．
三、计算题（本大题共4 小题，共44 分）
13．（10 分）一长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为+q 的小球，处于如图所示的水平向右的
匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到
达B 点速度恰好为零．试求：（重力加速度为g）
（1）A、B 两点的电势差UAB；
（2）匀强电场的场强大小．
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14．（10 分）如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100g 的小球穿在长L＝1.2m 的直杆上
并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改
变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O 点静止释放．g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；
（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时θ的正切值．
15．（12 分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B，C 是最低点，
圆心角∠BOC＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg 可视为质点的小物
体，从D 点的正上方E 点处自由下落，DE 距离h＝1.6m，物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5．取sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．求：
（1）物体第一次通过C 点时轨道对物体的支持力FN 的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB 至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系
统因摩擦所产生的热量Q 的大小．
16．（12 分）如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端
放置一质量为m＝1kg 的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1＝0.1．初
始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a＝3m/s2 开始运动，当其速度达到v＝
1.5m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带
不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F＝17N，F 作用了0.5s 时煤块与
平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg，
（重力加速度为g＝10m/s2），
求：
（1）传送带上黑色痕迹的长度；
（2）有F 作用期间平板的加速度大小；
（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）？
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）月考物理试卷（9 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10 小题，每小题5 分，共50 分．其中1-6 题为单选，7-10 题为多选．全部选对的得6 分，选
对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（5 分）物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡
献的表述中，与事实不相符的是（
）
A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快
C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G
D．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家如伽利略、牛顿、法拉第等人的物理学贡献即可．
【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，与事实相符；
B、亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体比轻的物体下落的快，与事实不相符；
C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G，与事实相符；
D、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，与事实相符；
本题选与事实不相符的，【点评】对于物理学家的贡绩要记牢，不能混淆，要与历史背景、实验原理和内容相结合
进行记忆．
2．（5 分）一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动．从手突然停止到物体上升到最高点
时止．在此过程中，重物的加速度的数值将（
）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大再减小
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】由题意知道，物体先匀速上升，拉力等于重力；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹力减小，
合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动．
【解答】解：物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；
手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿
第二定律，物体的加速度变大；
【点评】解决本题首先要明确物体靠惯性运动，力是改变速度的原因，其次要明确弹力变小导致合力的变化情况．
3．（5 分）在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去的速度为v1，摩托艇在静
水中的速度为v2，如图所示。战士救人地点A 离岸边最近处的距离为d。如战士想在最短时间内将人送上岸，则
摩托艇登陆的地点离O 点的距离为（
）
A．0
B．dv1v2
C．݀
㘴1
㘴2
D．݀
㘴2
㘴1
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】摩托艇在水中一方面自己航行前进，另一方面沿水向下漂流，当摩托艇垂直于河岸方向航行时，到达岸
上的时间最短，由速度公式的变形公式求出到达河岸的最短时间，然后求出摩托艇登陆的地点到O 点的距离。
【解答】解：根据v= ݏ
ݐ解得摩托艇登陆的最短时间为：
t=݀㘴2，
登陆时到达O 点的距离为：
s＝v1t=݀
㘴1
㘴2 ，故C 正确，ABD 错误；
【点评】知道摩托艇在水中参与了两个方向的运动，应用速度公式的变形公式即可正确解题。
4．（5 分）电动车是不是新能源车值得思考，但电动车是人们出行方便的重要工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：20（车轮直径：500mm）
电池规格：36V
12Ah（蓄电池）
整车质量：40kg
额定转速：240r/min（转/分）
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外形尺寸：L 1 800
mm×W 650
mm
×H 1 100
mm
充电时间：2～8h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机
额定工作电压/电流：36V/5A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（
）
A．15 km/h
B．18 km/h
C．10 km/h
D．22 km/h
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】根据电动车的额定转速，求出1h 转多少圈，求出1 圈的周长，即可知道电动车在1h 内运行的距离，即
时速．
【解答】解：电动车在1h 内转过的圈数n＝240×60＝14400，
所以电动车在1h 内运动的距离s＝π×0.500×14400m≈22608m≈22.6km，所以该车的额定时速v＝22.6km/h≈
22km/h。故D 正确，A、B、C 错误。
【点评】解决本题的关键求出1h 内电动车行走的路程，通过额定转速求出1h 内转过的圈数，从而求出1h 内行走
的路程．
5．（5 分）如图所示，两根直木棍AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速
度v0 匀速滑下；若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0
滑下，下列判断正确的是（
）
A．仍匀速滑下
B．匀加速下滑
C．减速下滑
D．以上三种运动均可能
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，摩擦力与
重力的分力等大反向；将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，每根木棍对圆筒的支持力
变小，最大静摩擦力减小，可知圆筒将加速滑下．
【解答】解：圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍
支持力的合力和摩擦力不变。将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角减小，则每根
木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变小。而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加速滑下。故B 正确，
ACD 错误。
【点评】本题关键在于受力分析规律，要注意正确运用到推论：当两个分力大小一定时，夹角增大时，其合力减
小，从而可以分析两棍支持力的变化；则可明确摩擦力的变化，从而求解合力的变化，即可分析运动性质．
6．（5 分）2015 年12 月10 日，我国成功将中星1C 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示为该卫星
沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P 距地心O 的距离为
3R，则（
）
A．卫星在远地点的速度大于
3th
3
B．卫星经过远地点时的速度最大
C．卫星经过远地点时的加速度小于
t
9
D．卫星经过远地点时加速，卫星可能再次经过远地点
【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解即可．
【解答】解：A、若卫星以半径为3R 做匀速圆周运动，则ܩܯ݉
(3h)2 =݉
㘴2
3h，在根据GM＝R2g，整理可以得到㘴=
3th
3
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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由于卫星到达远地点P 后做近心椭圆运动，故在P 点速度小于
3th
3
，故A 错误；
B、根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故B 错误；
C、根据ܩܯ݉
(3h)2 =݉
t'，ܩܯ݉
h2 =݉
t，则在远地点，t' = t
9，故C 错误；
D、卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R 做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有
引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．
7．（5 分）滑雪者从山上M 处以水平速度飞出，经t0 时间落在山坡上N 处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N 沿
直线自由滑下，又经t0 时间到达坡上的P 处。斜坡NP 与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M
到P 的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy 随时间变化的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；43：平抛运动；45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】517：运动的合成和分解专题．
【分析】从M 到N 做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动；从N 到P 做匀
加速直线运动，将该运动进行分解，根据运动学规律得出在水平方向和竖直方向上分运动的规律．
【解答】解：从M 到N 做平抛运动，分速度vx 不变，分速度vy 均匀增大，加速度为g。从N 到P 做匀加速直线
运动，加速度a＝gsin30°= 1
2 t．在水平方向上有分加速度，所以水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上的
分加速度为ܽݕ= 1
2 tݏth30° = 1
4 t，做匀加速直线运动，则0～t0 和t0～2t0 时间内在竖直方向上的加速度比值为4：
1．故B、D 正确，A、C 错误。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及会对匀加速直线运动进行分
解，知道其分运动的规律．
8．（5 分）如图所示，MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子（不计重力）从a 到b 穿越
这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（
）
A．点电荷一定位于M 点的左侧
B．带电粒子从a 到b 的过程中动能逐渐减小
C．带电粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度
D．带电粒子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【分析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子受力的方向向右，又因为正电荷与负电
荷之间是吸引力，可以判断固定在电荷在N 一侧，应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．
【解答】解：根据轨迹弯曲方向判断出粒子受力的方向向右。
A、MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带负电的粒子受力的方向向右，由于正电荷与负电荷之间
是吸引力，所以点电荷运动在N 点的右侧。故A 错误；
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B、D：a 到b 运动的方向与受力的方向一致，由于受力的方向与运动方向之间的夹角小是锐角，故电场力做正功，
粒子的动能增加，电势能减小，B 错误，D 正确。
C：由A 的分析知点电荷运动在N 点的右侧，a 点的场强小，带电粒子在a 点的加速度也小，故C 正确。
故选：CD。
【点评】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向右
侧，可以判断固定在电荷在M 一侧．
9．（5 分）有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O 点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视
为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（
）
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、
D…各点处在同一竖直线上
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）重力做功相同，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同；
（2）根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间；
（3）滑块损失的机械能为克服摩擦力做功．
【解答】解：A．根据mgh= 1
2݉
㘴2，小球质量相同，达O 点的速率相同，则h 相同，即各释放点处在同一水平线
上，故A 正确，B 错误；
C、以O 点为最低点作等时圆，可知从ab 点运动到O 点时间相等，C 正确；
D、若各次滑到O 点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：ܹ݂
= ߤ݉
tܿ݋ݏߠ⋅
ݔܿ
݋ݏߠ，即各释放点处在同一竖直线上，D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查了功能关系，其中根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关
系即可判断运动时间是本题的难点．
10．（5 分）如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C、D 为
圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=݉
t
h ，原
长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（
）
A．无论v0 多大，小球均不会离开圆轨道
B．若在2th＜v0＜5th则小球会在B、D 间脱离圆轨道
C．只要v0＞4th，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0 无关
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【考点】2S：胡克定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知
选项AB 的正误．
C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C 的正误．
D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可
推导出压力之差的表达式，从而可知选项D 的正误．
【解答】解：AB、因弹簧的劲度系数为k=݉
t
h ，原长为L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F
＝K（2R﹣R）＝KR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD 以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上
的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD 一下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0 多大，小球均
不会离开圆轨道，故A 正确，B 错误。
C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，
在最低点的速度最小，有：
1
2݉
㘴02 = 2݉
th，所以只要v0＞4th，小球就能做完整的圆周运动，故C 正确。
D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：
N﹣KR﹣mg=݉
㘴02
h ，
解得：N＝2mg+݉
㘴02
h ⋯①
运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有：
1
2݉
㘴02 = 2݉
th +
1
2݉
㘴2⋯②
此时合外力提供向心力，有：N′﹣KR+mg=݉
㘴2
h ⋯③
联立②③解得：N′=݉
㘴02
h −4݉
t⋯④
联立①④得压力差为：△N＝6mg，与初速度无关，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】该题涉及到的指示点较多，解答中要注意一下几点：
1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．
2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．
3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．
二、实验题（本大题共两小题，共16 分）
11．（6 分）某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图1 所示，A 是一块平面木板，在其上等间
隔地开凿出一组平行的插槽（图中P0P′0、P1P′1…），槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺在硬板B 上。实
验时依次将B 板插入A 板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B 板插入后
一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图2 所示。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到
斜槽末端水平
。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了
保持
小球水平抛出的初速度相同
（2）每次将B 板向内侧平移距离d，是为了
保持相邻痕迹点的水平距离大小相同
。
（3）在图2 中绘出小球做平抛运动的轨迹。
【考点】MB：研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。实验前应对实验装置反复调节，
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直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同。每次将B 板
向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离大小相同。有些考生不明确每次将B 板向内侧平移距离d
的道理
【解答】解：（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，保证做平抛运动，初速度水平，每次让小
球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同。
（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，每次将B 板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离
大小相同。
（3）
故答案：（1）斜槽末端水平，保持小球水平抛出的初速度相同，（2）保持相邻痕迹点的水平距离大小相同。（3）
如图
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的特点。该题考查了实验中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题
12．（10 分）某同学利用图示装置，验证以下两个规律：
①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等；
②系统机械能守恒．
P、Q、R 是三个完全相同的物块，P、Q 用细绳连接，放在水平气垫桌上．物块R 与轻滑轮连接，放在正中间，a、
b、c 是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光，整个装置无初速度释放．
（1）为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R 三个遮光片的遮光时间t1、t2、t3 外，还必需测量的物理量有
BCD
．
A．P、Q、R 的质量M
B．两个定滑轮的距离d
C．R 的遮光片到c 的距离H
D．遮光片的宽度x
（2）根据装置可以分析出P、Q 的速度大小相等，验证表达式为
t1＝t2
．
（3）若要验证物块R 与物块P 的沿绳分速度相等，则验证表达式为
ݐ3
ݐ1
=
2ܪ
4ܪ2+݀2
．
（4）若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为
gH= 1
2 ݔ2( 1
ݐ1
2 + 1
ݐ2
2 + 1
ݐ3
2 )
．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）根据验证系统机械能守恒需要验证的表达式，找出需要测量的物理量；
（2）分别求出P、Q 的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；
（3）分别求出P、R 的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；
（4）根据机械能守恒定律列式，化简，求出验证系统机械能守恒的表达式．
【解答】解：（1）要证明①，需要测量d 和H，通过几何关系可证明沿绳分速度相等；要证明②，还需要测量H
和x，根据运动学公式和动能定理列式可验证机械能守恒，故需要测量的物理量有d，H，x．故BCD 正确；
故选：BCD．
（2）物块P 的速度㘴ܲ= ݔ
ݐ1，物块Q 的速度㘴ܳ
= ݔ
ݐ2，因此分析出P、Q 的速度大小相等，即需要验证表达式
ݔ
ݐ1
=
ݔ
ݐ2
，
化简可得验证t1＝t2 即可；
（3）物块R 的速度㘴h = ݔ
ݐ3，要验证物块R 与物块P 的沿绳分速度相等，则需要验证表达式
ݐ3
ݐ1
=
2ܪ
4ܪ2+݀2；
（4）整个系统减少的机械能是△E＝MgH，增加的机械能是△ܧ' = 1
2 ܯ㘴ܲ2 + 1
2 ܯ㘴ܳ2 + 1
2 ܯ㘴h
2
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要验证机械能守恒，则△E＝△E′，即验证表达式gH= 1
2 ݔ2( 1
ݐ1
2 + 1
ݐ2
2 + 1
ݐ3
2 )．
故答案为：（1）BCD；（2）t1＝t2；（3）
ݐ3
ݐ1
=
2ܪ
4ܪ2+݀2；（4）gH= 1
2 ݔ2( 1
ݐ1
2 + 1
ݐ2
2 + 1
ݐ3
2 )．
【点评】本题考查了验证机械能守恒定律的实验，解题的关键是明确实验原理，找出各物理量之间的关系，再结
合机械能守恒定律写出需要验证的表达式．
三、计算题（本大题共4 小题，共44 分）
13．（10 分）一长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为+q 的小球，处于如图所示的水平向右的
匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到
达B 点速度恰好为零．试求：（重力加速度为g）
（1）A、B 两点的电势差UAB；
（2）匀强电场的场强大小．
【考点】65：动能定理；A6：电场强度与电场力；AC：电势．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由题，小球从A 点由静止摆动到B 点的过程中，重力做正功为mgLsin60°，电场力做负功为qUAB，
动能的变化量为0．根据动能定理求出A、B 两点的电势差UAB；
（2）由图看出AB 两点沿电场方向的距离为d＝L﹣Lcos60°，由公式U＝Ed 求解匀强电场的场强大小E．
【解答】解：
（1）小球由A→B 过程中，由动能定理：
mgLsin60°+WAB＝0，
又WAB＝qUAB，
得到UAB=−݉
tܮݏth60°
ݍ
=−3݉
tܮ
2ݍ
（2）B、A 间的电势差为UBA＝﹣UAB=
3݉
tܮ
2ݍ
则电场强度E=ܷ
ܤt݀=ܷ
ܤt
ܮ−ܮܿ݋ݏ60° =
3݉
t
ݍ
．
答：
（1）A、B 两点的电势差UAB=−3݉
tܮ
2ݍ
；
（2）匀强电场的场强大小是
3݉
t
ݍ
．
【点评】电势差是描述电场的能的性质的物理量，与电荷的电势能变化有关，常常应用动能定理研究电势差．
14．（10 分）如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100g 的小球穿在长L＝1.2m 的直杆上
并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改
变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O 点静止释放．g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；
（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时θ的正切值．
【考点】37：牛顿第二定律；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）当杆与竖直方向成37°时，对球受力分析，由牛顿第二定律求的加速度，由运动学公式求速度；
（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0，由平衡条件即可求出正切值．
【解答】解：（1）当杆竖直固定放置时，μF＝mg
解得：F＝2N
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当θ＝37°时，小球受力情况如图示，
垂直杆方向上有：Fcos37°＝mgsin37°+FN
得：FN＝1N
小球受摩擦力Ff＝μFN＝0.5N
小球沿杆运动的加速度为a=݉
tܿ݋ݏ37°+ܨݏth37°−ܨ݂݉
解得a＝15m/s2
由㘴2 −㘴0
2 = 2ܽݔ
得，小球到达杆下端时速度为v＝6m/s
（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：
Fcosθ＝mgsinθ
得：tanθ＝2
答：（1）当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小为6m/s；
（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值为2．
【点评】本题考查利用牛顿第二定律和运动学公式解决问题的能力，关键是分别对小球的受力情况进行分析，找
出平衡条件即可．
15．（12 分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B，C 是最低点，
圆心角∠BOC＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg 可视为质点的小物
体，从D 点的正上方E 点处自由下落，DE 距离h＝1.6m，物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5．取sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．求：
（1）物体第一次通过C 点时轨道对物体的支持力FN 的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB 至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系
统因摩擦所产生的热量Q 的大小．
【考点】4A：向心力；65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由机械能守恒可求得物体在C 点的速度，C 点物体做圆周运动，则由牛顿第二定律充当向心力可求
得支持力；
（2）要使物体不飞出，则到达A 点时速度恰为零，则由动能定理可求得AB 的长度；
（3）由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在C 为中心的圆形轨道上做往返运
动，由功能关系可求得热量Q．
【解答】解：（1）物体从E 到C，由机械能守恒得：mg（h+R）= 1
2mvc2；
①
在C 点，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m
㘴ܥ
2
h ②
联立①、②解得支持力FN＝12.4N
③
（2）从E～D～C～B～A 过程，由动能定理得
WG﹣Wf＝0
④
WG＝mg[（h+Rcos37°）﹣LABsin37°]⑤
Wf＝μmgcos37°LAB⑥
联立、④、⑤、⑥解得
斜面长度至少为：LAB＝2.4m
⑦
（3）因为，mgsin37°＞μmgcos37°（或μ＜tan37°）
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所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．
从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量
Q＝△EP⑧
△EP＝mg（h+Rcos37°）
⑨
联立⑥、⑦解得Q＝4.8J
⑩
在运动过程中产生热量为4.8J
答：（1）物体第一次通过C 点时轨道对物体的支持力FN 的大小为12.4N；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB 至少要2.4m；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系
统因摩擦所产生的热量Q 的大小为4.8J．
【点评】在考查力学问题时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综
合平抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式．
16．（12 分）如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端
放置一质量为m＝1kg 的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1＝0.1．初
始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a＝3m/s2 开始运动，当其速度达到v＝
1.5m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带
不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F＝17N，F 作用了0.5s 时煤块与
平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg，
（重力加速度为g＝10m/s2），
求：
（1）传送带上黑色痕迹的长度；
（2）有F 作用期间平板的加速度大小；
（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带达
到速度v 的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出相对位移
的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速
度时间公式求出平板车的加速度．
（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，
根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的至少长度．
【解答】解：（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度a1= ߤ1݉
t݉=μ1g＝0.1×10m/s2＝1 m/s2，方向向右；
设经过时间时t1，传送带达到速度v，经过时间时t2，煤块速度达到v，
即v＝at1＝a1t2，代值可得t1＝0.5s，t2＝1.5s，
传送带发生的位移s= 㘴2
2ܽ+v（t2﹣t1）= 1．52
2×3 + 1.5 × 1݉
= 1.875݉
，
煤块发生的位移s′= 㘴2
2ܽ1 = 1．52
2
= 1.125݉
，
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：△s＝s﹣s′，
代入数据解得△s＝0.75m．
（2）煤块滑上平板时的速度为v0＝1.5m/s，加速度为a1= ߤ1݉
t݉=μ1g＝1m/s2，
经过t0＝0.5s 时速度v＝v0﹣a1t0＝1.5﹣1×0.5m/s＝1.0m/s，
平板的加速度大小a2，则由v＝a2t0＝1.0m/s，
解得
a2＝2 m/s2．
（3）设平板与地面间动摩擦因数为μ2，由a2＝2 m/s2，
且Ma2＝（F+μ1mg）﹣μ2（mg+Mg），代入数据解得μ2＝0.2，
由于μ2＞μ1，共速后煤块将仍以加速度大小a1= ߤ1݉
t݉=μ1g 匀减速，直到停止，
而平板以加速度a3 匀减速运动，Ma3＝μ1mg﹣μ2（mg+Mg），
代入数据解得a3＝﹣2.25 m/s2，用时t3= 㘴ܽ
3 =
1
2.25 ݏ= 4
9 ݏ，
所以，全程平板的位移为
S 板= 0+㘴
2 (ݐ0 + ݐ3) = 1
2 × (0.5 + 4
9 ) = 17
36݉
，
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煤块的位移S 煤= 㘴02
2ܽ1 = 1．52
2݉
= 9
8݉
，
平板车的长度即煤块与平板的位移之差，L＝S 板﹣S 煤= 47
72݉
=0.65m．
答：（1）传送带上黑色痕迹的长度为0.75m；
（2）有F 作用期间平板的加速度大小为2m/s2；
（3）平板上表面至少0.65m．
【点评】本题考查了动力学中的多过程问题，难度较大，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中
的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 14:20:06 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）开学物理试卷（8 月份）
一、选择题（本大题共10 小题，每小题5 分，共50 分．其中1-6 题为单选，7-10 题为多选．全部选对的得6 分，选
对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（5 分）在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，
两小球落地的时间差为ts．如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，
则两小球落地的时间差将（
）
A．减小
B．增大
C．不变
D．无法判定
2．（5 分）两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB 与水平面的夹角分别为30°、60°，
M、m 均处于静止状态．则（
）
A．绳OA 对M 的拉力大小大于绳OB 对M 的拉力
B．绳OA 对M 的拉力大小等于绳OB 对M 的拉力
C．m 受到水平面的静摩擦力大小为零
D．m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
3．（5 分）如图，A、B、C 三个物体用轻绳经过滑轮连接，物体A、B 的速度向下，大小均为v，则物体C 的速度大
小为（
）
A．2vcosθ
B．vcosθ
C．
2㘴ܿ
݋ݏߠ
D．
㘴ܿ
݋ݏߠ
4．（5 分）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m
处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为
3
2 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘
面与水平面的夹角为30°，g 取10m/s2．则ω的最大值是（
）
A．5 rad/s
B．3 rad/s
C．1.0 rad/s
D．0.5 rad/s
5．（5 分）如图所示，在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t1 恰好落在斜面的中点P；若在A 点以速
度2v 水平抛出小球，经过时间t2 完成平抛运动．不计空气阻力，则（
）
A．t2＞2t1
B．t2＝2t1
C．t2＜2t1
D．落在B 点
6．（5 分）国务院批复，自2016 年起将4 月24 日设立为“中国航天日”。1970 年4 月24 日我国首次成功发射的人
造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984
年4 月8 日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km 的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加
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速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3 的大小
关系为（
）
A．a2＞a1＞a3
B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2
D．a1＞a2＞a3
7．（5 分）用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象
如图所示，g＝10m/s2，则可以计算出（
）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F 为14N 时物体的速度
C．物体与水平面间的滑动摩擦因数
D．物体的质量
8．（5 分）如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m 的小球C，弹簧、细绳和小
钩的质量均忽略不计．静止时p、q 与竖直方向的夹角均为60°．下列判断正确的有（
）
A．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mg
B．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为
3
2 g
C．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为
1
2mg
D．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g
9．（5 分）汽车发动机的额定功率为60kw，汽车的质量为5t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10m/s2，
当汽车以额定功率匀速行驶时速度达12m/s．突然减小油门，使发动机功率减小到40kw，对接下去车子的运动情
况的描述正确的有（
）
A．先做匀减速运动再做匀速运动
B．先做加速度增大的减速运动再做匀速运动
C．先做加速度减小的减速运动再做匀速运动
D．最后的速度大小是8 m/s
10．（5 分）如图所示，由不同材料拼接成的长直杆CPD，P 为两材料分界点，DP＞CP，现让直杆以下面两种情况与
水平面成45°．一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到P 点。
则圆环（
）
A．与杆CP 段的动摩擦因数较大
B．两次滑到P 点的速度一定不相同
C．两次滑到P 点摩擦力做功一定相同
D．到达底端D 所用时间较长
二、实验题（本大题共两小题，共16 分．）
11．（6 分）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量
△ω与对应时间△t 的比值定义为角加速度β（即β= △߱
△ݐ）．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写
纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个
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点未画出）
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，
当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
（1）用20 分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r 为
cm；
（2）由图丙可知，打下计数点B 时，圆盘转动的角速度为
rad/s；
（3）圆盘转动的角加速度大小为
rad/s2；（（2），（3）问中计算结果保留三位有效数字）
12．（10 分）某同学设计了如下图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来
测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ．滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，
托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度
g 取10m/s2。
①为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B 间运动的
与
，计算a 的运动学公式是
；
②根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系为：
他想通过多次改变m，测出相应的a 值，并利用上式来计算μ．若
要求a 是m 的一次函数，必须使上式中的
保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于
；
③实验得到a 与m 的关系如图所示，由此可知μ＝
（取两位有效数字）。
三、计算题（本大题共4 小题，共44 分）
13．（10 分）酒后驾车严重威胁公众交通安全。若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时间称为反应时间，
将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离。科学研究发现，反应时间和感知制动距离在驾驶
员饮酒前后会发生明显变化。一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运动的v﹣t 图线分别如图甲、
乙所示。求：
（1）正常驾驶时的感知制动距离s；
（2）酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离△s。
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14．（10 分）如图所示，质量M＝2 3kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=
3kg 的小球B 相连．今
用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 3N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m 相对位置保持不变，
取g＝10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数为μ．
（3）当α为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
15．（12 分）如图所示，半径为
t
4、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a、b 连接（绳子的延长线经过球心），两
轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B 两点上，A、B 两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B 两点到球心的距离
均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（轻绳a、b 与杆在同一竖直平面内）。求：
（1）竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆？
（2）当竖直杆角速度ω＝2 t
t时，轻绳a 的张力Fa 为多大？
16．（12 分）如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车的动摩擦因数为
0.2（设最大静摩擦擦等于滑动摩擦），t＝0 时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动，其v﹣t 图象如图乙所
示，已知t＝12s 时，平板车停止运动，此后平板车始终静止．g 取10m/s2，在运动过程中物块未从平板车上掉下．
（1）求t＝3s 时物块的加速度；
（2）求t＝8s 时物块的速度；
（3）若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度．
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高三（上）开学物理试卷（8 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10 小题，每小题5 分，共50 分．其中1-6 题为单选，7-10 题为多选．全部选对的得6 分，选
对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（5 分）在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，
两小球落地的时间差为ts．如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，
则两小球落地的时间差将（
）
A．减小
B．增大
C．不变
D．无法判定
【考点】1J：自由落体运动．菁优网版权所有
【专题】514：自由落体运动专题．
【分析】不论站在何处释放，一球落地后，另一球运动的位移总等于绳长L，根据L＝v0t+ 1
2gt2，求出两球落地的
时间差的变化．
【解答】解：设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L，在L 内运行的时间，即为两
球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度。
高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L 内的初速度越大，
根据L＝v0t+ 1
2gt2，初速度越大，时间越短。所以△t＞△t′．故A 正确，BCD 错误。
【点评】解决本题的关键通过一球落地后，另一球运动的位移不变，等于绳子的长度，根据初速度的大小，判断
出两球落地的时间差的变化．
2．（5 分）两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB 与水平面的夹角分别为30°、60°，
M、m 均处于静止状态．则（
）
A．绳OA 对M 的拉力大小大于绳OB 对M 的拉力
B．绳OA 对M 的拉力大小等于绳OB 对M 的拉力
C．m 受到水平面的静摩擦力大小为零
D．m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对结点O 受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO 绳的张力F1 和F2．对
m 受力分析，两绳对m 的拉力为水平向左的F1，水平向右的F2，有平衡条件知F1 和F2 的差就等于m 受到的摩擦
力的大小．
【解答】解：A、B、对接点O 受力分析如图：
把F1 和F2 分别分解到水平方向和竖直方向。
沿水平方向列方程：
F1cos30°＝F2cos60°…①
沿竖直方向列方程：
F1sin30°+F2sin60°＝Mg…②
由①②联立得：F1= 1
2 ܯt。
F2=
3
2 ܯt
故F2＞F1
故A 错误，B 错误；
C、D、对m 受力分析如下图：
水平方向列平衡方程：F1+f＝F2…③
由③解得：f＝F2﹣F1=
3−1
2
ܯt，故m 受到的摩擦力为静摩擦力方向水平向左。
故C 错误，D 正确。
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【点评】本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容．解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研
究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等．
3．（5 分）如图，A、B、C 三个物体用轻绳经过滑轮连接，物体A、B 的速度向下，大小均为v，则物体C 的速度大
小为（
）
A．2vcosθ
B．vcosθ
C．
2㘴ܿ
݋ݏߠ
D．
㘴ܿ
݋ݏߠ
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】沿绳子方向的速度只是物体C 速度的一个分量（即投影），它使绳子（中间部分）向上收缩；另一个分量
垂直于绳子方向，它使绳子旋转，即使θ角变大．由平行四边形定则即可求解．
【解答】解：当物体A、B 的速度向下，大小均为v，
根据平行四边形定则，则有vc=
㘴ܿ
݋ݏߠ，故D 正确，ABC 错误；
【点评】解决本题的关键知道沿绳子方向上的速度是如何分解，并掌握运动的合成与分解的方法．
4．（5 分）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m
处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为
3
2 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘
面与水平面的夹角为30°，g 取10m/s2．则ω的最大值是（
）
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A．5 rad/s
B．3 rad/s
C．1.0 rad/s
D．0.5 rad/s
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；49：合成分解法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，
由牛顿第二定律求出最大角速度。
【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律
得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝mω2r
代入数据解得：ω＝1.0rad/s，选项C 正确，ABD 错误。
【点评】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题。
5．（5 分）如图所示，在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t1 恰好落在斜面的中点P；若在A 点以速
度2v 水平抛出小球，经过时间t2 完成平抛运动．不计空气阻力，则（
）
A．t2＞2t1
B．t2＝2t1
C．t2＜2t1
D．落在B 点
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】抓住小球落在斜面上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出水平位移的表达式，
确定初速度增倍后，小球将落在水平面．根据下降的高度关系求出运动的时间关系．
【解答】解：在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t1 恰好落在斜面的中点P，有tanθ=
1
2tݐ2
㘴ݐ，解得ݐ1 =
2㘴ݐܽhߠ
t
，水平位移x= 㘴ݐ1 = 2㘴2ݐܽhߠ
t
，初速度变为原来的2 倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4 倍，
可知在A 点以速度2v 水平抛出小球，小球将落在水平面。
可知两球下降的高度之比为1：2，根据t=
2݄
t 知，ݐ1：ݐ2 = 1：2，则t2＜2t1。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不
大．
6．（5 分）国务院批复，自2016 年起将4 月24 日设立为“中国航天日”。1970 年4 月24 日我国首次成功发射的人
造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984
年4 月8 日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km 的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加
速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3 的大小
关系为（
）
A．a2＞a1＞a3
B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2
D．a1＞a2＞a3
【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力可比较东方红一号和东方红二号的加速度；
同步卫星的运行周期和地球自转周期相等，角速度相等，根据比较固定在地球赤道上的物体和东方红二号的加速
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
度。
【解答】解：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a＝ω2r 可知，a2＞a3；
由万有引力提供向心力可得：a= ܩܯ
ݎ2 ，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，
所以有：a1＞a2＞a3，故ABC 错误，D 正确。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，
并能灵活运用。还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等。
7．（5 分）用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象
如图所示，g＝10m/s2，则可以计算出（
）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F 为14N 时物体的速度
C．物体与水平面间的滑动摩擦因数
D．物体的质量
【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；33：加速度与力的关系图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F 与加速度a 的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可
求解．
【解答】解：物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝ma
解得：a= ܨ݉−μg
由a 与F 图线，得到：
0.5= 7݉−10μ…①
4= 14݉−10μ…②
①②联立得：m＝2Kg，μ＝0.3，故CD 正确；
故a＝0 时，F 为6N，即最大静摩擦力为6N，故A 正确；
由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F 为变力无法求F 得功，从
而也无法根据动能定理求速度，故B 错误；
故选：ACD。
【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F 的关系式，最后结合
a 与F 关系图象得到待求量．
8．（5 分）如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m 的小球C，弹簧、细绳和小
钩的质量均忽略不计．静止时p、q 与竖直方向的夹角均为60°．下列判断正确的有（
）
A．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mg
B．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为
3
2 g
C．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为
1
2mg
D．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】明确绳子与弹簧的性质，当弹簧脱钩后，绳子发生突变；而绳子脱钩后，弹簧不能突变；再根据受力分
析即可求得球受到的合力，则可求得加速度．
【解答】解：A、原来p、q 对球的拉力大小均为mg。p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和
切线正交分解（见图1），得F﹣mgcos60°=݉
㘴2
ݎ
= 0，即ܨ= 1
2݉
t，合力为mgsin60°＝ma，A 错误，B 正确；
C、q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度为大小为g。
故C 错误，D 正确；
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故选：BD。
【点评】本题考查绳子和弹簧的性质，要注意弹簧是不能突变的，而绳子的弹力可以在瞬间发生变化．
9．（5 分）汽车发动机的额定功率为60kw，汽车的质量为5t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10m/s2，
当汽车以额定功率匀速行驶时速度达12m/s．突然减小油门，使发动机功率减小到40kw，对接下去车子的运动情
况的描述正确的有（
）
A．先做匀减速运动再做匀速运动
B．先做加速度增大的减速运动再做匀速运动
C．先做加速度减小的减速运动再做匀速运动
D．最后的速度大小是8 m/s
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】52C：功率的计算专题．
【分析】发动机功率减小，根据P＝Fv，判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，根据加速度
方向和速度方向的关系得出物体的运动情况．
【解答】解：A、根据P＝Fv 知，功率减小，则牵引力减小，开始牵引力等于阻力，根据牛顿第二定律知，物体
产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，则牵引力与阻力的合
力减小，知汽车做加速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动。故C 正确，AB 错误。
D、当额定功率为60kW 时，做匀速直线运动的速度为12m/s，则f=ܲ
1ܸ
1 = 60000
12ܰ
=5000N．当牵引力再次等于阻
力时，又做匀速直线运动，v=ܲ
2݂= 40000
5000 m/s。故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键会根据P＝Fv 判断牵引力的变化，会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，以及会根据
加速度方向与速度的方向关系判断汽车做加速运动还是减速运动．
10．（5 分）如图所示，由不同材料拼接成的长直杆CPD，P 为两材料分界点，DP＞CP，现让直杆以下面两种情况与
水平面成45°．一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到P 点。
则圆环（
）
A．与杆CP 段的动摩擦因数较大
B．两次滑到P 点的速度一定不相同
C．两次滑到P 点摩擦力做功一定相同
D．到达底端D 所用时间较长
【考点】62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】对两个过程，根据运动学基本公式结合牛顿第二定律判断动摩擦因数的关系，小物块两次滑动经过P 点
的时间相同，且DP＞CP，根据平均速度公式判断两次滑到P 点的速度关系，从C 到D 和从D 到C 分别利用动能
定理可以比较物块滑到底端时的速度大小，再根据运动学基本公式判断那种情况所用时间关系。
【解答】解：A、第一种情况：从C 到P 过程，ܥܲ
= 1
2a1t2= 1
2g（sin45°﹣μ1cos45°）t2，
第二种情况：从D 到P 过程，ܦܲ
= 1
2a2t2= 1
2g（sin45°﹣μ2cos45°）t2，因为ܥܲ＜ܦܲ，所以μ1＞μ2，即圆环与直
杆CP 段的动摩擦因数较大，故A 正确；
B、由题意可知，小物块两次滑动经过P 点的时间相同，且DP＞CP，因此从D 到P 的平均速度大于从C 到P 的
平均速度，设从C 到P 点时速度为v1，从D 到P 时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：
㘴2
2 ，即从D 到P
点速度大于从C 到P 点的速度，则得v1＜v2，故B 正确；
C、由于不知道动摩擦因数以及DP 和CP 的具体关系，所以不能判断两次滑到P 点摩擦力做功是否相等，故C 错
误；
D、从C 到D 和从D 到C 过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端
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速度相等，设圆环滑到底端的速度大小为v。则
第一种情况：从P 到D 过程，ܲܦ= 㘴1+㘴
2
t1
第二种情况：从P 到C 过程，ܲܥ= 㘴2+㘴
2
t2
因为ܥܲ＜ܲܦ，v1＜v2。
所以t1＞t2．则得第一次圆环到达底端D 所用时间较长。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键。应用动能定理时注意正确选择两个
状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。
二、实验题（本大题共两小题，共16 分．）
11．（6 分）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量
△ω与对应时间△t 的比值定义为角加速度β（即β= △߱
△ݐ）．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写
纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个
点未画出）
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，
当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
（1）用20 分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r 为
3.000
cm；
（2）由图丙可知，打下计数点B 时，圆盘转动的角速度为
9.18
rad/s；
（3）圆盘转动的角加速度大小为
23.5
rad/s2；（（2），（3）问中计算结果保留三位有效数字）
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）20 分度的游标卡尺精确度为0.05mm，读数时先读大于1mm 的整数部分，再读不足1m 的小数部分；
（2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D 点的瞬时速度，然后根据v＝ωr 求解角速度；
（3）用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度．
【解答】解：（1）整数部分为60mm，小数部分为零，由于精确度为0.05mm，故需写到0.001cm 处，
故读数为6.000cm；故半径为3.000cm；
（2）打下计数点B 时，速度为
vB= ݔtܥ
2ܶ
= 0.0551
2×0.1 =0.2755m/s
故
ω= 㘴
ݎ= 0.2755
0.03
=9.18rad/s
（3）纸带运动的加速度为
a= △ݔ
△ݐ2 = ݔܥܧ−ݔtܥ
△ݐ2
= 0.1384−0.0551−0.0551
0．22
=0.705m/s2
由于β= △߱
△ݐ，ω= 㘴
ݎ，故角加速度为β=ܽݎ= 0.705
0.03 =23.5rad/s2
故故答案为：（1）3.000；
（2）9.18；（9.17～9.19）
（3）23.5；（23.2～24.0）．
【点评】本题根据根据题意中角加速度的定义，同时结合纸带处理中加速度和速度的求法进行分析处理．
12．（10 分）某同学设计了如下图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来
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测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ．滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，
托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度
g 取10m/s2。
①为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B 间运动的
位移s
与
时间t
，计算a 的运动学公式是
a= 2ݏ
ݐ2
；
②根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系为：
a= (1+ߤ)t
ܯ+݉
+݉
'݉
−μg，
他想通过多次改变m，测出相应的a 值，
并利用上式来计算μ．若要求a 是m 的一次函数，必须使上式中的
m′+m
保持不变，实验中应将从托盘中取
出的砝码置于
滑块上
；
③实验得到a 与m 的关系如图所示，由此可知μ＝
0.23（0.21﹣0.25）
（取两位有效数字）。
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．
【分析】根据初速为零的匀加速直线运动位移时间公式找出求解加速度要测量的物理量。
通过求出加速度的大小，从而列出加速度与质量的关系式，并作出这两量的图象，由图象斜率去算出摩擦因数。
【解答】解：①滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动，根据s= 1
2at2 得a= 2ݏ
ݐ2，
所以需要测量的是位移s 和时间t。
②对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：a=݉
t−ߤ(ܯ+݉
')t
ܯ+݉
+݉
'
= (1+ߤ)t
ܯ+݉
+݉
'݉
−μg，
若要求a 是m 的一次函数必须使
(1+ߤ)t
ܯ+݉
+݉
'݉
不变，即使m+m′不变，在增大m 时等量减小m′，
所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上。
（3）将
(1+ߤ)t
ܯ+݉
+݉
'取为k，有k=ܽ
1+ߤt݉
1
=ܽ
2+ߤt݉
2
，在图象上取两点将坐标代入
解得μ＝0.23（在0.21 到0.25 之间是正确的）
故答案为：①位移s
时间t
a= 2ݏ
ݐ2
②a= (1+ߤ)t
ܯ+݉
+݉
'݉
−μg，m′+m，滑块上。
③0.23（0.21﹣0.25）。
【点评】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系。
运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。
三、计算题（本大题共4 小题，共44 分）
13．（10 分）酒后驾车严重威胁公众交通安全。若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时间称为反应时间，
将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离。科学研究发现，反应时间和感知制动距离在驾驶
员饮酒前后会发生明显变化。一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运动的v﹣t 图线分别如图甲、
乙所示。求：
（1）正常驾驶时的感知制动距离s；
（2）酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离△s。
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【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】汽车刹车做匀变速直线运动，注意驾驶员在反应时间里没有操作车，故汽车仍做匀速直线运动，根据图
象得出初速度、反应时间等，根据匀变速直线运动规律求解
【解答】解：设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，
由图线可得t1＝0.5s，t2＝1.5s，汽车初速度v0＝30m/s，
正常驾驶时的减速时间为t3＝4.0s，由图线可得，
正常驾驶时的感知制动距离s= 㘴0ݐ1 + 㘴0+0
2
ݐ3 =75m，
同理，可求出酒后驾驶时的感知制动距离s'＝105m，
所以△s＝s'﹣s＝105m﹣75m＝30m。
答：（1）正常驾驶时的感知制动距离s 为75m；
（2）酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离△s 为30m
【点评】汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，汽车刹车后做匀减速直线运动，熟练掌握匀变速直线运动的
规律求解即可
14．（10 分）如图所示，质量M＝2 3kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=
3kg 的小球B 相连．今
用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 3N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m 相对位置保持不变，
取g＝10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数为μ．
（3）当α为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】M 和m 分别处于平衡状态，对m 受力分析应用平衡条件可求得θ的数值，再对M 受力分析应用平衡条件
可求得木块与水平杆间的动摩擦因数，最后对整体受力分析表示出拉力F 的表达式，讨论最小值即可．
【解答】解：（1）对小球B 进行受力分析，设细绳对N 的拉力为T 由平衡条件可得：
Fcos30°＝Tcosθ，Fsin30°+Tsinθ＝mg
代入数据解得：T＝10 3，tanθ=
3
3 ，即：θ＝30°
（2）对M 进行受力分析，由平衡条件有
FN＝Tsinθ+Mg
f＝Tcosθ
f＝μFN
解得：ߤ=
3
5
（3）对M、N 整体进行受力分析，由平衡条件有：
FN+Fsinα＝（M+m）g
f＝Fcosα＝μFN
联立得：Fcosα＝μ（M+m）g﹣μFsinα
解得：ܨ= (ܯ+݉
)tߤܿ
݋ݏߙ+ߤݏthߙ
令：ݏthߚ=
1
1+ߤ2，cosβ=
ߤ
1+ߤ2，即：tanβ= 1
ߤ
则：ܨ=
(ܯ+݉
)ߤt
(ݏthߚܿ݋ݏߙ+ܿ݋ݏߚݏthߙ) 1+ߤ2 =
(ܯ+݉
)tߤ
ݏth(ߙ+ߚ) 1+ߤ2
所以：当α+β＝90°时F 有最小值．所以：tanα＝μ=
3
5 时F 的值最小．即：α＝arctan
3
5
答：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ为30°
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ=
3
5
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- 1277 -
（3）当α＝arctan
3
5 时，使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小．
【点评】本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究
对象的选择和应用数学方法讨论拉力F 的最小值，难度不小，需要细细品味．
15．（12 分）如图所示，半径为
t
4、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a、b 连接（绳子的延长线经过球心），两
轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B 两点上，A、B 两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B 两点到球心的距离
均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（轻绳a、b 与杆在同一竖直平面内）。求：
（1）竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆？
（2）当竖直杆角速度ω＝2 t
t时，轻绳a 的张力Fa 为多大？
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【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】（1）小球恰离开竖直杆时，受重力和拉力，拉力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力；
（2）由向心力公式可明确此时绳是否张紧，再根据向心力公式列式即可明确此时绳a 的拉力。
【解答】（1）小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a 与竖直杆间的夹角为α，由题
意可知
sinα= 1
4，r= t
4
沿半径：Fasin α＝mω2r
垂直半径：Facos α＝mg
联立解得ω＝2
t
15t。
（2）若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b 恰伸直前，设轻绳a 与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆
周运动的半径为r＝lsin β
沿半径：Fasin β＝mω2r，
垂直半径：Facos β＝mg
联立解得Fa＝mω2l
当轻绳b 恰伸直时，β＝60°，此时ω=
2t
t
由于ω＝2 t
t＞2t
t
故轻绳b 已拉直，小球做圆周运动的半径为r＝lsin 60°
沿半径：Fasin 60°+Fbsin 60°＝mω2r
垂直半径：Facos 60°＝Fbcos 60°+mg
联立解得Fa= 1
2mlω2+mg，代入数据解得：Fa＝3mg
答：（1）竖直杆角速度ω为2
t
15t时，小球恰好离开竖直杆？
（2）当竖直杆角速度ω＝2 t
t时，轻绳a 的张力Fa 为3mg。
【点评】本题关键是明确明确小球合力的水平分力提供向心力，竖直分力平衡；要注意第二问在解题时一定要先
判断绳b 的状态才能准确求解。
16．（12 分）如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车的动摩擦因数为
0.2（设最大静摩擦擦等于滑动摩擦），t＝0 时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动，其v﹣t 图象如图乙所
示，已知t＝12s 时，平板车停止运动，此后平板车始终静止．g 取10m/s2，在运动过程中物块未从平板车上掉下．
（1）求t＝3s 时物块的加速度；
（2）求t＝8s 时物块的速度；
（3）若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；39：牛顿运动定律的综合应用．菁优网版权所有
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- 1279 -
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）分析物块的受力情况以及平板车的加速度，从而明确物块的运动情景；从而求出其加加速度；
（2）由图象分析平板车的运动过程，再根据小车的运动进行分析，明确两物体的运动规律，从而根据运动学公式
分析8s 时小车的速度；
（3）根据位移公式求出两物体的对地位移，从而确定所产生的痕迹．
【解答】解：（1）平板车对物块的摩擦力最大值为fmax＝μmg，故物块的加速度最大值为amax= ߤ݉
t݉=μg＝0.2×
10＝2m/s2
但平板车的加速度由图象知为a= △㘴
△ݐ= 24
6 =4m/s2＞amax
故平板车不可能与物块一起向右加速，其加速度只能取a1＝amax＝2m/s2
（2）物块向右做加速度为2m/s2 的匀加速运动，而平板车则做加速度为a0＝4 m/s2 的加速运动；
当t＝t1＝6s 时，物块速度v1＝a1t1＝12m/s
此后，由图象可知平板车在外力作用下做初速度为v0＝24m/s、加速大小为a0＝4 m/s2 的匀减速运动，开始时物块
的速度仍小于平板车的速度，故物块仍加速，直至两者共速．设平板车减速持续时间为t2，两者共速，则：
v＝v1+a1t2＝v0﹣a0 t2
解得：t2＝2s，v＝16m/s
故t＝8s 时物块的速度为v＝16m/s
（3）t＝8s 后，平板车的加速度为a0＝4 m/s2，而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为a1＝amax＝2m/s2，显然物
块不可能与平板车一起减速，只能做加速度为a1＝amax＝2m/s2 的匀减速运动，直至停止．
在物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为x1= 1
2a0t12+ 1
2（v1+v）t2−1
2a1（t1+t2）2
解得：x1＝48m
物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移大小为x2= 㘴2
2ܽ1 −㘴2
2ܽ0 = 162
2×2 −162
2×4 =32m
两阶段的相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于x1＞x2，故痕迹长度为x＝48m
答：（1）t＝3s 时物块的加速度为2m/s2；
（2）t＝8s 时物块的速度16m/s
（3）物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度为48m．
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，涉及多个物体多个过程，所以难度较大；在分析中一定要注意考虑可能
的情况，正确分析找出准确的运动规律；同时要掌握通过受力分析和过程分析来明确物体的运动过程是难点所在，
对学生要求较高；最后一问中，要注意判断痕迹出现了重叠现象．
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3 月份）
一、选择题（每小题5 分，共50 分．其中1～6 题为单选，7～10 题为多选，全部选对得5 分，有选对但不全的得2
分）
1．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越大
B．作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量的变化就越快
C．物体的动量变化时，物体的动能一定变化
D．物体的动能变化时，物体的动量一定变化
2．（5 分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（
）
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
D．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的
2
2 倍
3．（5 分）阻值相等的三个电阻R、电容器C 及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S 断开且电流稳定
时，C 所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2．Q1 与Q2 的比值为（
）
A．2：5
B．1：2
C．3：1
D．1：3
4．（5 分）如图所示，Q 是固定的点电荷，虚线是以Q 为圆心的两个圆．带电粒子P 在Q 的电场中运动，运动轨迹
与两圆在同一平面内，1、2、3 为轨迹上的三个点．若P 仅受Q 的电场力作用，其在1、2、3 点的加速度大小分
别为a1、a2、a3，电势能分别为E1、E2、E3，则（
）
A．a2＞a3＞a1，E1＞E3＞E2
B．a2＞a3＞a1，E2＞E3＞E1
C．P、Q 为异种电荷
D．P 的运动轨迹为抛物线线
5．（5 分）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径
MN 的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带负电的粒子从小孔M 射入筒
内，射入时速度沿MN 方向．当筒转过θ（θ＜π）角时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒
内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（
）
A．߱ܤ
B．߱2ܤ
C．
2߱ߠ
3ߨܤ
D．
2߱ߠ
ߨܤ
6．（5 分）发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω
匀速转动，如图所示．此时矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，当线圈转
速增加为原来的两倍时，发电机输出电压（
）
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- 1281 -
A．峰值是2e0
B．峰值是4e0
C．有效值是2Ne0
D．有效值是2 2Ne0
7．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．一切物体都能向外辐射电磁波
B．用蓝光照射某金属时能产生光电效应，则改用红光照射该金属也一定能产生光电效应
C．光电效应中，从金属逸出的光电子就是光子
D．光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性
8．（5 分）如图所示，电路中A、B 是规格相同的灯泡，L 是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（
）
A．合上S，A、B 一起亮，然后A 变暗后熄灭
B．合上S，B 先亮，A 逐渐变亮，最后A、B 一样亮
C．断开S，A 立即熄灭，B 由亮变暗后熄灭
D．断开S，B 立即熄灭，A 闪亮一下后熄灭
9．（5 分）用等长的绝缘细线把一个质量为1.0kg 的小球a 悬挂天花板上M、N 两点，a 带有Q＝1.0×10
﹣5C 的正电
荷．两线夹角为120°，a 的正下方0.3m 处放一带等量异种电荷的小球b，b 与绝缘支架的总质量为2.0kg，两线
上的拉力大小分别为F1 和F2．（k＝9×109Nm2/C2，取g＝10m/s2）则（
）
A．支架对地面的压力大小为30.0N
B．两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0N
C．将b 水平右移，使M、a、b 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝12.5N，F2＝10.0N
D．将b 移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0N
10．（5 分）如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L，乙车上站立着一个质量
为m 的人，他通过一条水平轻绳用恒定的拉力F 拉甲车直到两车相碰，在此过程中（
）
A．甲、乙两车运动过程中的速度之比为（M+m）：M
B．甲车移动的距离为
ܯ+݉
2ܯ+݉
ܮ
C．此过程中人拉绳所做功为FL
D．此过程中人拉绳所做功为
ܯ+݉
2ܯ+݉
ܨܮ
二、实验题
11．（6 分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
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①用天平测出A、B 两个小球的质量mA 和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A 从斜槽上位置P 由静止开始释放，小球A 离开斜槽后，频闪照相机连续
拍摄小球A 的两位置（如图乙所示）；
④将小球B 放在斜槽的末端，让小球A 仍从位置P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个
小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出所需要的物理量。
请回答：
（1）实验①中A、B 的两球质量应满足
（2）在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有
；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）
（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：
。
12．（10 分）测两节串联的干电池组的电动势和内阻时，除被测电池外、还有下列器材可供选择：
A、电流表A1（0～0.6A）
B、电流表A2（0～3A）
C、电压表V1（0～3V）
D、电压表V2（0～15V）
E、滑动变阻器R1（5Ω，2A）
F、滑动变阻器R2（100Ω，1A）
G、开关和的导线若干
（1）请在如图1 的方框中画出测量电路的原理图
（2）应该选用的器材有（写出前面的字母）
（3）某同学测量得出表中的数据，请在如图2 所示的坐标轴上画出U﹣I 图象，从图中可得出电池组的电动势为
V，电池组的内电阻为
Ω
编号
1
2
3
4
5
6
U（V）
2.70
2.50
2.30
2.00
1.80
1.70
I（A）
0.08
0.16
0.25
0.36
0.45
0.50
三、计算题（要求写出必要的文字叙述、方程式和重要的演算过程，只有最后结果的不能得分）
13．（8 分）一带电粒子由静止开始经U＝500V 的电压加速后，沿平行板的中线垂直进入平行板间的匀强电场，如图
所示，若两板间距离d＝2.0cm，板长L＝5.0cm，要使带电粒子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值不
超过多少？（不计粒子的重力）
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14．（10 分）长为L，电阻为r＝2.0Ω、质量为rn＝1.0kg 的金属棒PQ 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑导轨
上，如图所示，两导轨间距也是L，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝3.0Ω的电阻，量程为0～3A 的电流表串接
在一条导轨上，量程为0～6V 的电压表接在电阻R 的两端，匀强磁场向下垂直穿过导轨平面，现以向右的恒定外
力F 拉金属棒，当棒以v＝2.0m/s 的速度在导轨上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由。
（2）拉动金属棒的外力F 多大？
15．（12 分）在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，直线OM 和ON 之间的夹角为30°．一质
量为m，带电量为q 的粒子，沿纸面以大小为v0 的速度从OM 上的O′向左上方垂直磁场方向射入NOM 之间，
速度与OM 成30°角，如图所示．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，不计重力．则OO′的
距离为多少？
16．（14 分）如图所示，带有
1
4光滑圆弧的小车A 的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A、
B、C 的质量均为m，A、B 底面厚度相同．现B、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C
恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处，求：
（1）B、C 一起匀速运动的速度为多少
（2）滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少
（3）滑块C 返回到A 的底端时C 对A 的压力为多少．
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2018-2019 学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题5 分，共50 分．其中1～6 题为单选，7～10 题为多选，全部选对得5 分，有选对但不全的得2
分）
1．（5 分）下列说法中正确的是（
）
A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越大
B．作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量的变化就越快
C．物体的动量变化时，物体的动能一定变化
D．物体的动能变化时，物体的动量一定变化
【考点】52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，动量是矢量，动能是标量，据此逐项分析即
可求解．
【解答】解：A、动量变换I＝Ft，作用在物体上的合外力越大，物体的动量变化不一定越大，还与时间有关，故
A 错误；
B、合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，但物体动量的变化不
一定越快。故B 错误；
C、动量是矢量，动量变化时可能大小不变，动量的方向发生变化，此时的动能不变，故C 错误；
D、动能是标量，动能变化时，速度的大小一定发生变化，所以动量也一定发生变化。故D 正确。
【点评】本题的关键是在学习动量和动能定理时，要注意区分二者合合外力的关系，明确动量为矢量，而动能为
标量．
2．（5 分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（
）
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
D．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的
2
2 倍
【考点】CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的
方向与磁场垂直。引用公式F＝BIL 时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，
因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL。
【解答】解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，
故A 错误，B 正确；
C、D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的
一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的
2
2 ，故CD 错误，。
【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场
方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL。
3．（5 分）阻值相等的三个电阻R、电容器C 及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S 断开且电流稳定
时，C 所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2．Q1 与Q2 的比值为（
）
A．2：5
B．1：2
C．3：1
D．1：3
【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】结合电路的连接方式，利用闭合电路欧姆定律，分别求出两种情况下电容器的电压，再由Q＝CU 可求得
电量Q1 与Q2 的比值。
【解答】解：电池E 的内阻可忽略不计，则保持开关断开时，整个电路是断路，电容器两端的电压等于电源电压
E，根据Q＝CU 可知Q1＝CE；
当开关闭合后，电流稳定以后，电容器的电压等于R 两端的电压，三个电阻的关系是简单的串联，则R 两端的电
压等于
1
3E，所以Q2= 1
3CE，所以ܳ
1ܳ
2
=
3
1。
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【点评】解题的关键是清楚开关断开与闭合时电路的结构，并能应用闭合电路欧姆定律求电容的电压。要知道电
路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压。
4．（5 分）如图所示，Q 是固定的点电荷，虚线是以Q 为圆心的两个圆．带电粒子P 在Q 的电场中运动，运动轨迹
与两圆在同一平面内，1、2、3 为轨迹上的三个点．若P 仅受Q 的电场力作用，其在1、2、3 点的加速度大小分
别为a1、a2、a3，电势能分别为E1、E2、E3，则（
）
A．a2＞a3＞a1，E1＞E3＞E2
B．a2＞a3＞a1，E2＞E3＞E1
C．P、Q 为异种电荷
D．P 的运动轨迹为抛物线线
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断出粒子所受的库仑力是引力还是斥力，并判断粒子的电性；
根据电场线的疏密分析电场力的变化，判断加速度的变化．根据电场力做功正负分析电势能的变化．带电粒子所
受的电场力是恒力时其运动轨迹为抛物线线．
【解答】解：AB、点电荷的电场强度的分布特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，带电粒子受到的电场力越
大，带电粒子的加速度越大，所以a2＞a3＞a1。
根据带电粒子P 轨迹弯曲方向判断知带电粒子在运动的过程中，P 一直受静电斥力作用，从1 到2，静电力对带电
粒子P 做负功，电势能增大，则有E2＞E1．从2 到3，静电力对带电粒子P 做正功，电势能减小，则有E2＞E3．而
且从1 到2 静电力做功数值较多，所以E3＞E1．综合可得E2＞E3＞E1．故A 错误，B 正确。
C、带电粒子P 受到静电斥力，所以P、Q 为同种电荷，故C 错误。
D、P 所受的静电力是变力，其运动轨迹不是抛物线线。故D 错误；
【点评】本题的关键是根据带电粒子的运动轨迹判断其所受的静电力方向，再结合功能关系分析电势能的变化．
5．（5 分）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径
MN 的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带负电的粒子从小孔M 射入筒
内，射入时速度沿MN 方向．当筒转过θ（θ＜π）角时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒
内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（
）
A．߱ܤ
B．߱2ܤ
C．
2߱ߠ
3ߨܤ
D．
2߱ߠ
ߨܤ
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】显然粒子转过一定角度α所需时间与圆筒转一定的角度θ时间相等，根据圆周运动的特点，求出α和θ角恰
好相等，从而求出粒子的比荷．
【解答】解：画出粒子人进入到离开这段时间的轨迹，显然粒子转过一定角度α所需时间与圆筒转一定的角度β时
间相等，由圆周运动的特征，粒子离开圆形磁场时速度方向恰好背离圆心，所以α＝θ．粒子转过α的时间为t1= ߙ
2ߨ×ܶ
= ߙ
2ߨ× 2ߨ݉
ݍܤ
而圆筒转过θ的时间t2= ߙ߱，而t1＝t2，所以可得：B=߱ܤ，这样看来，选项BCD 错误，选项A 正确。
【点评】本题要注意的一点是，粒子是向着圆心方向射入磁场，那么离开磁场时也是背着圆心方向的，这样粒子
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偏转的角度与圆筒转过的角度相等．
6．（5 分）发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω
匀速转动，如图所示．此时矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，当线圈转
速增加为原来的两倍时，发电机输出电压（
）
A．峰值是2e0
B．峰值是4e0
C．有效值是2Ne0
D．有效值是2 2Ne0
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势求出整个矩形线圈产生的感应电动势的最大值；
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系求解发电机输出电压．
【解答】解：矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大
是2Ne0，
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得发电机输出电压有效值为：U= 2݁0ܰ
2
=
2Ne0，故C 正确，ABD
错误
【点评】本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab 边和
cd 边产生的感应电动势之和．
7．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．一切物体都能向外辐射电磁波
B．用蓝光照射某金属时能产生光电效应，则改用红光照射该金属也一定能产生光电效应
C．光电效应中，从金属逸出的光电子就是光子
D．光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性
【考点】IC：光电效应．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】一切物体都能向外辐射电磁波，辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关；根据光电效应的条
件分析；光电子是电子，与光子不同；光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性．
【解答】解：A、一切物体都能向外辐射电磁波，故A 正确；
B、用蓝光照射某金属时能产生光电效应，则改用红光照射该金属，由于红色光的频率小于蓝色光的频率，所以不
一定能产生光电效应，故B 错误；
C、光电效应中的光电子是从原子核外部释放出来的，是电子，与光子是不同的，故C 错误；
D、光电效应现象、康普顿效应说明光具有粒子性。光电效应表面光子具有能量，康普顿效应表明光子除了具有
能量之外还具有动量。故D 正确；
故选：AD。
【点评】考查黑体辐射、光电效应的条件、光电效应与康普顿效应的作用等，属于对基础知识点的考查，理解光
电效应现象以及光电效应的条件是解答的关键．
8．（5 分）如图所示，电路中A、B 是规格相同的灯泡，L 是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（
）
A．合上S，A、B 一起亮，然后A 变暗后熄灭
B．合上S，B 先亮，A 逐渐变亮，最后A、B 一样亮
C．断开S，A 立即熄灭，B 由亮变暗后熄灭
D．断开S，B 立即熄灭，A 闪亮一下后熄灭
【考点】DE：自感现象和自感系数．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析．
【解答】解：A、B、合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故A、B 一起亮，然后
A 变暗后熄灭，B 更亮，故A 正确，B 错误；
C、D、断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯A 构成回路放电，故B 立即
熄灭，A 闪亮一下后熄灭，故C 错误，D 正确；
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故选：AD。
【点评】本题通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，
基础题．
9．（5 分）用等长的绝缘细线把一个质量为1.0kg 的小球a 悬挂天花板上M、N 两点，a 带有Q＝1.0×10
﹣5C 的正电
荷．两线夹角为120°，a 的正下方0.3m 处放一带等量异种电荷的小球b，b 与绝缘支架的总质量为2.0kg，两线
上的拉力大小分别为F1 和F2．（k＝9×109Nm2/C2，取g＝10m/s2）则（
）
A．支架对地面的压力大小为30.0N
B．两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0N
C．将b 水平右移，使M、a、b 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝12.5N，F2＝10.0N
D．将b 移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0N
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】当B 在A 的正下方时，分别对AB 受力分析利用共点力平衡即可求得，当B 移到使M、A、B 在同一直
线上时，对A 受力分析利用共点力平衡即可判断．
【解答】解：A、地面对支架的支持力为：F＝mBg﹣kܳ
2
ܮ2 =2×10﹣9×109× (1.0×10−5)2
0.32
N＝10.0N，根据牛顿第
三定律可得支架对地面的压力为10.0 N．故A 错误
B、因两绳夹角为120°，故两绳的拉力的合力大小等于其中任意绳的拉力大小，故有：F1＝F2＝mAg+kܳ
2
ܮ2 =1×
10+9×109× (1.0×10−5)2
0.32
=20.0N，故B 正确；
C、将B 水平右移，使M、A、B 在同一直线上时，对A 求受力分析可知：
F1sin30°+F2sin30°﹣mg﹣F 库sin30°＝0
F1cos30°﹣F2cos30°﹣F 库cos30°＝0
F 库=݇ܳ
2
(
ܮ
ݏth30°)2，
联立解得：F1＝12.5N，F2＝10.0N．故C 正确；
D、将b 移到无穷远处，b 对a 的库仑力减小为0，所以两根绳子的拉力大小都等于A 的重力，则两线上的拉力大
小：F1＝F2＝mAg＝1×10＝10N．故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了对AB 求的受力分析，抓住在库仑力作用下的共点力平衡即可，难度适中．
10．（5 分）如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L，乙车上站立着一个质量
为m 的人，他通过一条水平轻绳用恒定的拉力F 拉甲车直到两车相碰，在此过程中（
）
A．甲、乙两车运动过程中的速度之比为（M+m）：M
B．甲车移动的距离为
ܯ+݉
2ܯ+݉
ܮ
C．此过程中人拉绳所做功为FL
D．此过程中人拉绳所做功为
ܯ+݉
2ܯ+݉
ܨܮ
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52G：动量和能量的综合．
【分析】乙通过一条轻绳拉甲车的过程，甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定
律求甲、乙两车运动中速度之比．将速度由位移与时间之比表示，代入动量守恒定律表达式，并结合几何关系可
求两车移动的距离．根据功的定义即可求出拉绳做的功．
【解答】解：A、甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
0＝Mv 甲﹣（M+m）v 乙；
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可得甲、乙两车运动中速度之比为：
㘴甲
㘴乙
=
ܯ+݉
ܯ，故A 正确；
B、设甲车和乙车移动的距离分别为s1 和s2．则有：v 甲=
ݏ甲
ݐ，v 乙=
ݏ乙
ݐ
又s1+s2＝L
联立解得：s1= ܯ+݉
2ܯ+݉
L，s2=
ܯ
2ܯ+݉
L，故B 正确；
CD、根据功的定义可知，此过程中人拉绳所做功等于拉力和人相对于绳子的位移的乘积，为W＝FL．故C 正确，
D 错误
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键要把握系统的动量守恒，运用速度公式表示速度与位移的关系，要注意速度和位移的参
照物都是地面．
同时要注意的另一个问题是拉绳子的力做的功：人拉绳子的过程中人对绳子做的功转化为绳子对甲做的功以及绳
子对乙和人做功的和，所以人拉绳子做的功是FL 而不是
ܯ+݉
2ܯ+݉
Fܮ．要理解该过程中的功能关系的转化．
二、实验题
11．（6 分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B 两个小球的质量mA 和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A 从斜槽上位置P 由静止开始释放，小球A 离开斜槽后，频闪照相机连续
拍摄小球A 的两位置（如图乙所示）；
④将小球B 放在斜槽的末端，让小球A 仍从位置P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个
小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出所需要的物理量。
请回答：
（1）实验①中A、B 的两球质量应满足
mA＞mB
（2）在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有
x0、xA、xB
；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）
（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：
mAx0＝mAxA+mBxB
。
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）明确实验原理，知道两小球只能向右平抛出去才能进行验证，故入射球不能反弹；
（2）根据碰撞时的动量守恒定律表达式，结合平抛规律推导出平均动量守恒的表达式，从而将难以测量的速度转
化为容易测量的落地水平位移。
【解答】解：（1）为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA＞mB；
（2）碰撞时应有mAv0＝mAvA+mBvB
由平抛规律有x＝vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有：mAx0＝mAxA+mBxB，所以
需要在照片中直接测量的物理量有，x0、xA、xB
（3）由（2）的分析可知，应验证的表达式为：
mAx0＝mAxA+mBxB
故答案为：（1）mA＞mB （2）x0、xA、xB （3）mAx0＝mAxA+mBxB；
【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道如何利用平抛运动将难以测量的碰后的
速度转化为可以直接测量的水平位移的方法。
12．（10 分）测两节串联的干电池组的电动势和内阻时，除被测电池外、还有下列器材可供选择：
A、电流表A1（0～0.6A）
B、电流表A2（0～3A）
C、电压表V1（0～3V）
D、电压表V2（0～15V）
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E、滑动变阻器R1（5Ω，2A）
F、滑动变阻器R2（100Ω，1A）
G、开关和的导线若干
（1）请在如图1 的方框中画出测量电路的原理图
（2）应该选用的器材有（写出前面的字母）
ACFG
（3）某同学测量得出表中的数据，请在如图2 所示的坐标轴上画出U﹣I 图象，从图中可得出电池组的电动势为
2.90
V，电池组的内电阻为
2.40
Ω
编号
1
2
3
4
5
6
U（V）
2.70
2.50
2.30
2.00
1.80
1.70
I（A）
0.08
0.16
0.25
0.36
0.45
0.50
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据表中实验数据选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的
滑动变阻器．
（2）根据实验原理明确实验电路图；
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象；电源的U﹣I 图象与纵轴的交点坐标为电源电
动势；图象斜率的绝对值是电源内阻．
【解答】解：（1）测量电动势和内电阻只需将滑动变阻器与电源串联即可，电流表内阻与电源接近，故电流表采
用相对电源的外接法；
（2）由表中实验数据可知，电流的最大测量值为0.50A，则电流表选A；
两节干电池的电动势约为3V，电压表选C；电源内阻约为几欧，但总电阻为5Ω的滑动变阻器无法起到有效的调
节作用，故应选用F 滑动变阻器；同时实验中需要用到开关和导线若干，故应选用G；
（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．
由图象和闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir 可知，电源电动势为：E＝2.90V，
电源内阻为：r= 2.90−1.70
0.5
=2.40Ω；
故答案为：（1）图象如图所示；（2）ACFG
（3）2.90，2.40．
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【点评】本题考查了测量电动势和内电阻实验中的作图象和求电源电动势与内阻，要掌握描点法作图的方法，要
求掌握根据电源的U﹣I 图象求电动势与内阻的方法．
三、计算题（要求写出必要的文字叙述、方程式和重要的演算过程，只有最后结果的不能得分）
13．（8 分）一带电粒子由静止开始经U＝500V 的电压加速后，沿平行板的中线垂直进入平行板间的匀强电场，如图
所示，若两板间距离d＝2.0cm，板长L＝5.0cm，要使带电粒子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值不
超过多少？（不计粒子的重力）
【考点】AG：电势差和电场强度的关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】电子先加速再偏转，当电子恰好飞出时，所加的电压最大。先由动能定理得到加速获得的速度，将电子
在偏转电场中的运动进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式求解。
【解答】解：d＝2.0cm＝0.020m，L＝5.0cm＝0.050m
在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离越大，当偏转电压大到使电子刚好从极板的边
缘飞出时偏转电压最大。对于加速过程，由动能定理得：
eU= 1
2݉
㘴0
2⋯①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动，则有：L＝υ0t…②
电子的加速度为：a= ݍܷ'݉݀⋯③
偏转距离：y= 1
2ܽݐ2⋯④
电子能飞出平行板的条件为：y≤݀2 ⋯⑤
解①②③④⑤式得：U′≤2ܷ݀
2
ܮ2
代入数据可得：U′≤160V，
则要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加160V 电压。
答：要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加160V 电压。
【点评】对于带电粒子在组合场中运动的问题，往往先根据动能定理求得速度，再运用运动的合成和分解的方法，
由动力学方法解题。本题可化简得到综合式，再代入数据求解。
14．（10 分）长为L，电阻为r＝2.0Ω、质量为rn＝1.0kg 的金属棒PQ 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑导轨
上，如图所示，两导轨间距也是L，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝3.0Ω的电阻，量程为0～3A 的电流表串接
在一条导轨上，量程为0～6V 的电压表接在电阻R 的两端，匀强磁场向下垂直穿过导轨平面，现以向右的恒定外
力F 拉金属棒，当棒以v＝2.0m/s 的速度在导轨上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由。
（2）拉动金属棒的外力F 多大？
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）通过假设法，运用欧姆定律判断是否超过电表的量程，从而确定哪个电表满偏。
（2）根据电路中的电流，结合闭合电路欧姆定律求出回路中的电动势，根据E＝BLv 和F＝BIL，抓住拉力和安
培力相等求出外力F 的大小。
【解答】解：（1）若A 满偏，则U＝IR＝3×3V＝9V，超过V 的量程；
若V 满偏，则有：I=ܷh = 6
3 t = 2t，小于A 的量程。故应是V 满偏，此时回路的电流为：I＝2A。
（2）回路的电动势为：E＝I（R+r）＝2×（2+3）V＝10V，
又E＝BLv，则有：BL＝5（Vs/m），
由F＝FA＝BIL 则得：F＝10N
答：（1）电压表满偏。因为若A 满偏，则电阻两端的电压超过电压表量程。
（2）拉动金属棒的外力F 为10N。
【点评】本题考查了电磁感应与电路和力学的基本综合，知道拉力等于安培力，本题求解拉力时，也可以结合能
量守恒，由P＝Fv＝I2（R+r）进行求解。
15．（12 分）在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，直线OM 和ON 之间的夹角为30°．一质
量为m，带电量为q 的粒子，沿纸面以大小为v0 的速度从OM 上的O′向左上方垂直磁场方向射入NOM 之间，
速度与OM 成30°角，如图所示．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，不计重力．则OO′的
距离为多少？
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】由于该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，所以要分正负两种电荷进入分析，先画出粒子的
运动轨迹，由洛仑兹力提供向心力求出半径，再由几何关系求出OO′的距离．
【解答】解：分正负电荷两种情况考虑：
若粒子电荷量q 为负电荷，
其在磁场中运动的轨迹如图所示，
由图易得：
ab＝2R，O′a＝R，Oa＝4R，
由F＝Bqv＝m
㘴2
ݎ
得OO′= 3݉㘴
ܤݍ
若粒子电荷量q 为正电荷，
其在磁场中运动的轨迹如图所示，
由图易得：OO′＝R
所以OO′=݉
㘴
ܤݍ
答：若粒子是负电荷则OO′的距离是
3݉
㘴
ܤݍ，若粒子是正电荷，则OO′的距离是݉
㘴
ܤݍ．
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【点评】本题要注意两点：一是题中未给明是何种电荷，所以要分两种情况分别进行分析，根据左手定则画出符
合题意的轨迹．二是只有一个交点，则只能是轨迹与ON 相切的情况．
16．（14 分）如图所示，带有
1
4光滑圆弧的小车A 的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A、
B、C 的质量均为m，A、B 底面厚度相同．现B、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C
恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处，求：
（1）B、C 一起匀速运动的速度为多少
（2）滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少
（3）滑块C 返回到A 的底端时C 对A 的压力为多少．
【考点】4A：向心力；53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）AB 组成的系统水平方向不受力，满足动量守恒，可求得滑块B 与A 碰撞后的速度时速度，再以ABC
为系统水平方向动量守恒，求得C 到达A 的最高点时ABC 的速度，再根据能量守恒求得B、C 一起匀速运动的
速度；
（2）根据动量守恒定律与机械能守恒即可求出滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少
（3）C 与AB 都需要运动，但C 相对于A 向左运动，先求出相对速度，然后由牛顿第二定律即可求出．
【解答】解：（1）设BC 的初速度为v0，AB 相碰过程中动量守恒，碰后总体质量2m，速度u，选取需要为正方
向，则：
mv0＝2mu，
得u= 1
2v0，
C 滑到最高点的过程中，由动量守恒定律：mv0+2m u＝（m+2m）u′
由机械能守恒：
1
2mv02+ 1
22mu2−1
2（m+2m）u/2＝mgh
解得：㘴0 = 2 3th
（2）C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有：
mv0+2mu＝mv1+2mv2
1
2mv02+ 1
22mu2= 1
2mv12+ 1
22mv22
解得：㘴1 = 2
3
3th，㘴2 =
5 3th
3
（3）滑块C 在A 的底端时相对A 向左运动（对地速度向右），其相对A 滑动的速度为：
Vx＝v1﹣v2
由圆周运动规律：F﹣mg=ܸ݉
ݔ2
h
解得：F＝4mg
答：（1）B、C 一起匀速运动的速度为2 3th；
（2）滑块C 返回到A 的底端时AB 整体为
2
3
3th，C 的速度为
5 3th
3
；
（3）滑块C 返回到A 的底端时C 对A 的压力为4mg．
【点评】解决本题的关键是抓住系统水平方向动量守恒，再根据无摩擦运动系统机械能守恒，掌握解决问题的思
路是正确解题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 14:18:00 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十一次周测物理试卷（10.6）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为2m 的小球A，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球
A 能够下降的最大高度为h．若将小球A 换为质量为5m 的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下
降h 时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）（
）
A．2th
B．4t݄
3
C．6t݄
5
D．2t݄
3
2．（6 分）如图所示，某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜
面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）．则（
）
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
B．小物块受到的滑动摩擦力大小为ma
C．小物块受到的静摩擦力大小为
1
2mg+ma
D．小物块受到斜面的弹力大小
1
2mg
3．（6 分）汽车在平直公路上以速度v0 匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功
率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速
度与时间的关系（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6 分）某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s 末到达离地面100m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图
案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g
＝10m/s2，那么v0 和k 分别等于（
）
A．40m/s，1.25
B．40m/s，0.25
C．50m/s，1.25
D．50m/s，0.25
5．（6 分）如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A、B、C 在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法中
正确的是（
）
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A．根据v=
tݎ，可知vA＜vB＜vC
B．根据万有引力定律，可知FA＞FB＞FC
C．卫星的向心加速度aA＞aB＞aC
D．卫星运动一周后，A 先回到原地点
6．（6 分）如图所示，滑块以初速度v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑
块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功w 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向
为正方向）（
）
A．
B．
C．
D．
7．（6 分）如图所示，在竖直的转动轴上，a、b 两点间距为40cm，细线ac 长50cm，bc 长30cm，在c 点系一质量为
m 的小球，在转动轴带着小球转动的过程中，下列说法正确的是（
）
A．在细线bc 拉直前，c 球受到细线ac 的拉力、重力和向心力三个力的作用
B．细线bc 刚好拉直时，细线ac 中拉力为1.25mg
C．细线bc 拉直后转速增大，细线ac 拉力不变
D．细线bc 拉直后转速增大，细线bc 拉力增大
8．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙
漏a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行。在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c 都处于静止状态，则（
）
A．b 对c 的摩擦力一定减小
B．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c 的摩擦力方向一定向右
D．地面对c 的摩擦力一定减小
二、非选择题
9．（6 分）做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示．每相邻两点间还有四个
点未画出，打点计时器使用的是50Hz 的低压交流电，求打点计时器打“2”时，小车的速度v2＝
m/s，
小车的加速度a＝
m/s2．请你依据本实验原理推断第7 记数点和第8 记数点之间的距离是
m．
10．（6 分）在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一个半径为r 的球体在液体中下落
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的收尾速度为v= t
3ηr2（ρ﹣ρ′），其中η、g、ρ、ρ′分别为液体的粘滞系数（与液体种类相关的常数）、重力加速
度、球体的密度、液体的密度．（本题中g、ρ、ρ′为已知量）．某同学为了测定某已知密度的液体的粘滞系数，
选定了下列器材：一只1000mL 的量筒；一块秒表；一把刻度尺；直径不同的铝球若干个（最大直径约10.00mm）．
（1）请列出该同学漏选的器材：
．
（2）实验时，该同学首先将直径约10.00mm 的铝球重复从装满被测液体的量筒液面上自由落下测定它通过量筒
刻线750mL 到500mL 和450mL 到200mL 的两段时间，列表如下：
距离L（mL）
时间t（s）
平均时间t′（s）
750～500
1.74
1.72
1.72
1.73
450～200
1.73
1.72
1.73
1.73
由以上测量数据得到的结论是
．
（3）若测出了不同半径的铝球的收尾速度，要求出液体的粘滞系数，对以上数据应如何处理？
11．（15 分）飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞。飞机总质量m＝1×104kg，发动机在水平滑行过程中保持额定
功率P＝8000KW，滑行距离x＝50m，滑行时间t＝5s，然后以水平速度v0＝80m/s 飞离跑道后逐渐上升，飞机在
上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力），
飞机在水平方向通过距离L＝1600m 的过程中，上升高度为h＝400m。取g＝10m/s2．求：
（1）假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力f 的大小？
（2）飞机在上升高度为h＝400m 过程中，受到的恒定升力F 是多大？机械能的改变量是多少？
12．（20 分）一长木板在水平地面上运动，在t＝0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的
速度﹣时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间
的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数
（2）从t＝0 时刻到物块与木板均停止运动各用多长时间
（3）物块相对于木板的位移的大小．
选考题
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝m
㘴2
ݎ，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实
验室中得到验证的
B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v= 2ߨݎܶ，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，
它是由线速度的定义式得来的
C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式
ݎ3ܶ
2 =k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中
得到验证的
D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到验证的
E．在探究太阳对行星的引力规律时，还用到了牛顿第三定律
14．（10 分）一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管内横截面积S＝2.0cm2．有水从管口处以不变的速度v＝2.0m/s
源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开．取重力加速度
g＝10m/s2，不计空气阻力．求水流稳定后在空中有多少立方米的水．
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十一次周测物理试卷（10.6）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为2m 的小球A，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球
A 能够下降的最大高度为h．若将小球A 换为质量为5m 的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下
降h 时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）（
）
A．2th
B．4t݄
3
C．6t݄
5
D．2t݄
3
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】对两个过程分别运用动能定理列式，之后联立方程组求解即可．
【解答】解：小球A 下降h 过程，根据动能定理，有
2mgh﹣W1＝0
小球B 下降h 过程，根据动能定理，有
5m•gh﹣W1= 1
2 ⋅5݉
㘴2 −0
联立解得
v=
6t݄
5 ，故C 正确
【点评】本题关键是对小球运动过程运用动能定理列式求解，也可以根据机械能守恒定律列式求解
2．（6 分）如图所示，某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜
面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）．则（
）
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
B．小物块受到的滑动摩擦力大小为ma
C．小物块受到的静摩擦力大小为
1
2mg+ma
D．小物块受到斜面的弹力大小
1
2mg
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上．分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所
受的摩擦力大小和方向．
【解答】解：A、以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N 和摩擦力为静摩擦力f，f 沿斜面
向上，故A 错误；
C、根据牛顿第二定律得：f﹣mgsin30°＝ma，解得，f= 1
2mg+ma，方向平行斜面向上，故C 正确，B 错误；
D、小球受到的支持力等于重力垂直于斜面的分力；故N＝mgcos30°=
3݉
t
2
；故D 错误；
【点评】根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向．本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能
根据牛顿第二定律列式，求摩擦力，难度不大
3．（6 分）汽车在平直公路上以速度v0 匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功
率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速
度与时间的关系（
）
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A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式P＝Fv，功率减小一半时，牵引力减小了，
物体减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化情况即可．
【解答】解：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；
功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，牵引力减小一半，小于阻
力，合力向后，汽车做减速运动，由公式P＝Fv 可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速
度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直
线运动；
【点评】本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况．
4．（6 分）某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s 末到达离地面100m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图
案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g
＝10m/s2，那么v0 和k 分别等于（
）
A．40m/s，1.25
B．40m/s，0.25
C．50m/s，1.25
D．50m/s，0.25
【考点】1N：竖直上抛运动；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律及匀减速直
线运动的基本公式即可求解．
【解答】解：上升过程中所受的平均阻力f＝kmg，
根据牛顿第二定律得：a=݉
t+݂݉
=（k+1）g，
根据h= 1
2ܽݐ2
得：a= 2݄
ݐ2 =12.5m/s2，
所以v0＝at＝50m/s，
而（k+1）g＝12.5m/s2，
所以k＝0.25。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，根据
受力情况判断运动情况，并熟练运用运动学基本公式解题．
5．（6 分）如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A、B、C 在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法中
正确的是（
）
A．根据v=
tݎ，可知vA＜vB＜vC
B．根据万有引力定律，可知FA＞FB＞FC
C．卫星的向心加速度aA＞aB＞aC
D．卫星运动一周后，A 先回到原地点
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】根据卫星的速度公式比较三颗卫星的速度大小．由万有引力定律比较万有引力的大小．卫星的向心加速
度等于a= ܩܯ
ݎ2 ，再比较向心加速度的大小．根据周期的大小，分析哪颗卫星先回到原点
【解答】解：A、设地球的质量为M，卫星的轨道半径为r，卫星的速度v=
ܩܯ
ݎ，可见，r 越大，v 越小，则有
vA＞vB＞vC．故A 错误；
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B、由于三颗的质量关系未知，无法根据万有引力定律F= ܩܯ݉
ݎ2 比较引力的大小。故B 错误；
C、卫星的向心加速度等于a= ܩܯ
ݎ2 ，r 越小，a 越大，则有aA＞aB＞aC．故C 正确；
D、卫星的周期T═
2ߨݎ
㘴
=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ，r 越大，T 越大，所以运动一周后，A 先回到原地点、C 最晚回到原地点。故
D 正确。
故选：CD。
【点评】对于卫星的线速度、周期、角速度、向心加速度等物理量的比较，只要抓住卫星的速度公式v=
ܩܯ
ݎ比
较出线速度的大小，其他量可以根据圆周运动知识理解并比较．
6．（6 分）如图所示，滑块以初速度v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑
块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功w 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向
为正方向）（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定
理得出动能与位移的规律，根据W＝mgh，得出重力势能与位移变化关系．
【解答】解：AB、取初速度方向为正，则上滑时的加速度a1=−݉
tݏthߠ+ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉=−（gsinθ+μgcosθ），下滑时的
加速度a2=݉
tݏthߠ−ߤ݉
tܿ݋ݏߠ݉=gsinθ﹣μgcosθ．知|a1|＞a2．根据位移公式x= 1
2ܽݐ2，由于下滑与上滑过程位移大
小相等，则知，下滑时间t2＞上滑的时间t1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度。根
据速度时间图线的斜率表示加速度，故A 正确，B 错误。
C、动能是标量，不存在负值。故C 错误。
D、重力做功W＝﹣mgh＝﹣mgxsinθ，故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．
7．（6 分）如图所示，在竖直的转动轴上，a、b 两点间距为40cm，细线ac 长50cm，bc 长30cm，在c 点系一质量为
m 的小球，在转动轴带着小球转动的过程中，下列说法正确的是（
）
A．在细线bc 拉直前，c 球受到细线ac 的拉力、重力和向心力三个力的作用
B．细线bc 刚好拉直时，细线ac 中拉力为1.25mg
C．细线bc 拉直后转速增大，细线ac 拉力不变
D．细线bc 拉直后转速增大，细线bc 拉力增大
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】向心力是效果力，受力分析时不能分析，bc 刚好拉直时，bc 绳子的拉力为零，根据合外力提供向心力求
出ac 绳子的拉力，bc 拉直后，小球受到三个力作用，根据合外力提供向心力列式求解
【解答】解：A、向心力是效果力，受力分析时不能分析，故A 错误；
B、bc 刚好拉直时，bc 绳子的拉力为零，此时球受重力和ac 绳子的拉力，合力指向圆心，如图：
故ܶܽܿ
= 50
40݉
t = 1.25݉
t，故B 正确；
C、bc 拉直后转速增大，小球受重力，bc 绳子的拉力，ac 绳子的拉力，将ac 绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分
解，由于竖直方向平衡，有：Taccos37°＝mg，故ac 绳子拉力不变，故C 正确；
D、bc 拉直后转速增大，小球受重力，bc 绳子的拉力，ac 绳子的拉力，将ac 绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分
解，由于竖直方向平衡，有：Taccos37°＝mg，故ac 绳子拉力不变，ac 绳子拉力在水平方向的分量与bc 绳拉力
的合力提供向心力，即Tacsin37°+Tbc＝m（2πn）2lbc，ac 绳子拉力不变，则Tacsin37°不变，lbc 不变，n 变大，
所以Tbc 变大，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】本题中首先要判断绳子bc 是否被拉直，即绳子bc 是否有拉力的存在，其次要对小球受力分析，然后运
用合成法或者正交分解法列式求解．
8．（6 分）如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙
漏a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行。在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c 都处于静止状态，则（
）
A．b 对c 的摩擦力一定减小
B．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c 的摩擦力方向一定向右
D．地面对c 的摩擦力一定减小
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】b 受到c 的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关。对bc 整体研究，由平衡条件分析水
平面对c 的摩擦力方向和支持力的大小。
【解答】解：A、B、设a、b 的重力分别为Ga、Gb．若Ga＝Gbsinθ，b 受到c 的摩擦力为零；若Ga≠Gbsinθ，b
受到c 的摩擦力不为零。若Ga＜Gbsinθ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上；故A 错误，B 正确。
C、D、以bc 整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知
水平面对c 的摩擦力f＝Tcosθ＝Gacosθ，方向水平向左。
在a 中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小。故D 正确，C 错误。
故选：BD。
【点评】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B 所受的摩擦力，要根据B 所受的拉力与重力沿斜
面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向。
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二、非选择题
9．（6 分）做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示．每相邻两点间还有四个
点未画出，打点计时器使用的是50Hz 的低压交流电，求打点计时器打“2”时，小车的速度v2＝
0.49
m/s，
小车的加速度a＝
0.88
m/s2．请你依据本实验原理推断第7 记数点和第8 记数点之间的距离是
0.0974
m．
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律；M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速
度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2 点时小车的瞬时速度大小；并由连续相等时间内的位移差相等，
从而即可求解．
【解答】解：每相邻两点间还有四个点未画出来，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
得：v2=
ݔ13
2ܶ
= 0.046+0.0534
0.2݉
/ݏ=0.49m/s
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
得：x4﹣x1＝3a1T2
x5﹣x2＝3a2T2
x6﹣x3＝3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值
得：a= 1
3（a1+a2+a3）
即小车运动的加速度计算表达式为：
a= (0.0710+0.0798+0.0886)−(0.0446+0.0534+0.0622)
9×0．12
m/s2＝0.88m/s2
根据连续相等时间内的位移差相等，那么x78﹣x67＝x67﹣x56
解得：x78＝9.74cm＝0.0974m；
故答案为：0.49，0.88，0.0974
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应
用，并掌握求得瞬时速度的方法，理解求加速度的平均值．
10．（6 分）在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一个半径为r 的球体在液体中下落
的收尾速度为v= t
3ηr2（ρ﹣ρ′），其中η、g、ρ、ρ′分别为液体的粘滞系数（与液体种类相关的常数）、重力加速
度、球体的密度、液体的密度．（本题中g、ρ、ρ′为已知量）．某同学为了测定某已知密度的液体的粘滞系数，
选定了下列器材：一只1000mL 的量筒；一块秒表；一把刻度尺；直径不同的铝球若干个（最大直径约10.00mm）．
（1）请列出该同学漏选的器材：
螺旋测微器或游标卡尺或天平
．
（2）实验时，该同学首先将直径约10.00mm 的铝球重复从装满被测液体的量筒液面上自由落下测定它通过量筒
刻线750mL 到500mL 和450mL 到200mL 的两段时间，列表如下：
距离L（mL）
时间t（s）
平均时间t′（s）
750～500
1.74
1.72
1.72
1.73
450～200
1.73
1.72
1.73
1.73
由以上测量数据得到的结论是
铝球自750mL 刻度处已达到收尾速度做匀速运动
．
（3）若测出了不同半径的铝球的收尾速度，要求出液体的粘滞系数，对以上数据应如何处理？
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）根据题目所给信息，明确实验原理，由题可知，需要测量球的半径，由此可知需要仪器；
（2）匀速时的速度即为最后速度；
（2）采用多次测量取平均值的方法，可以求出液体的粘滞系数．
【解答】解：（1）由v= t
3ηr2（ρ﹣ρ′）可知，需要测量小球的直径，然后计算出半径，因此需要用螺旋测微器或
游标卡尺，或者测出小球的质量，根据m＝ρV，求出小球的体积，从而确定其半径．
故答案为：螺旋测微器或游标卡尺或天平；
（2）匀速运动时，即达到首尾速度，也是下落的最大速度，由表可知铝球自750mL 刻度处已达到收尾速度做匀
速运动．
故答案为：铝球自750mL 刻度处已达到收尾速度做匀速运动；
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- 1301 -
（3）采用多次测量求平均值的办法，可以减小误差，因此具体操作可为：
根据不同半径的球，求出液体的粘滞系数，求出它的平均值．
故答案为：根据不同半径的球，求出液体的粘滞系数，求出它的平均值．
【点评】该题属于信息给予题，正确解答的关键是根据所给信息，明确实验原理是正确解答的关键．
11．（15 分）飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞。飞机总质量m＝1×104kg，发动机在水平滑行过程中保持额定
功率P＝8000KW，滑行距离x＝50m，滑行时间t＝5s，然后以水平速度v0＝80m/s 飞离跑道后逐渐上升，飞机在
上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力），
飞机在水平方向通过距离L＝1600m 的过程中，上升高度为h＝400m。取g＝10m/s2．求：
（1）假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力f 的大小？
（2）飞机在上升高度为h＝400m 过程中，受到的恒定升力F 是多大？机械能的改变量是多少？
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】52C：功率的计算专题．
【分析】（1）对飞机在跑道上滑行的过程，运用动能定理，抓住功率不变，根据W＝Pt 求出牵引力做功，从而得
出阻力的大小。
（2）将飞机升空阶段分解为水平方向和竖直方向，抓住等时性，结合运动学公式和牛顿第二定律求出恒定的升力
大小，结合升力做功大小求出机械能的该变量。
【解答】解：（1）飞机在水平滑行过程中，根据动能定理ܲ
ݐ−݂ݔ= 1
2݉
㘴02
代入数据解得f＝1.6×105N
（2）该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t，竖直方向加速
度为a，升力为F，则
L＝v0t
h= 1
2at2
解得t＝20s，a＝2m/s2
F﹣mg＝ma
解得F＝1.2×105N
设飞机机械能的改变量为△E＝Fh
代入数据解得△E＝4.8×107J。
答：（1）阻力f 的大小为1.6×105N；
（2）飞机在上升高度为h＝400m 过程中，受到的恒定升力F 是1.2×105N，机械能的该变量为4.8×107J。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道升空阶段水平方向和竖直方向上的运动
规律是解题的关键，知道分运动与合运动具有等时性。
12．（20 分）一长木板在水平地面上运动，在t＝0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的
速度﹣时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间
的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数
（2）从t＝0 时刻到物块与木板均停止运动各用多长时间
（3）物块相对于木板的位移的大小．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）物块放上木板后，木板做匀减速运动，木块做匀加速直线运动，结合相等的速度以及初速度求出物
块和木板的加速度，结合牛顿第二定律求出物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．
（2）物块与木板受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出从t＝0 时刻到物块与木板均停止运
动所用时间；
（3）根据运动学公式物块和木板相对于地面的运动距离，从而得出物块相对于木板的位移大小
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【解答】解：（1）设木板和地面间的动摩擦因数为ߤ1 ，物块和板间的动摩擦因数为ߤ2 ，则木板对物体施加的摩擦
力使物体向左加速时（0～0.5s）的加速度为ܽ
物1 = ߤ2 t = 1
0.5݉
/ݏ2 = 2݉
/ݏ2
解得
ߤ2 = 0.2
地面和物体对木板产生的摩擦力之和使木板产生向右的加速度为ܽ
板1 =
2ߤ1݉
t+ߤ2݉
t݉
= 5−1
0.5݉
/ݏ2 = 8݉
/ݏ2
解得ߤ1 = 0.3
（2）当物体的速度达到和木板相同的速度后，由于ߤ1 ＞ߤ2 ，故两物体一起向左匀减速运动，但木板速度减小的
快，两物体发生相对滑动，此过程中
物体就速度为ܽ
物2 = ߤ2 t = 2݉
/ݏ2 ，水平向右
木板加速度为ܽ
板2 =
2ߤ1݉
t−ߤ2݉
t݉
= 4݉
/ݏ2 ，水平向右
经ݐ
板=
㘴
共ܽ
板
= 0.25ݏ，木板停止（因ߤ1 ＞ߤ2 物块不能带动木板滑动）
物块还能滑动
ݐ
物=
㘴
共ܽ
物
=0.5s
两物体运动的总时间分别为ݐ
板总= 0.75ݏ、ݐ
物总= 1.0ݏ
（3）作出两物体运动的速度图象向右，
物块相对于木板的位移大小为
△s= (1+5)0.5
2
+ 1
2 × 0.25 × 1 −1
2 × 1 × 1݉
= 1.125݉
答：（1）物块与木板间动摩擦因数为0.2、木板与地面间的动摩擦因数为0.3
（2）从t＝0 时刻到物块停止运动1.0s、木板停止运动时间0.75s
（3）物块相对于木板的位移的大小为1.125m
【点评】解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道图线的斜
率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
选考题
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝m
㘴2
ݎ，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实
验室中得到验证的
B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v= 2ߨݎܶ，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，
它是由线速度的定义式得来的
C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式
ݎ3ܶ
2 =k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中
得到验证的
D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到验证的
E．在探究太阳对行星的引力规律时，还用到了牛顿第三定律
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】万有引力公式的推导是通过太阳对行星的引力提供向心力，结合开普勒第三定律和线速度与周期的关系
公式推导得出．
【解答】解：A、在探究太阳对行星的引力规律时，引用了公式F＝m
㘴2
ݎ，这个关系式实际上是牛顿第二定律，抓
住引力提供向心力得出的，无法在实验室得到验证。故A 错误。
B、引用了公式v= 2ߨݎܶ，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，即线速度等于弧长与时间的比值，是通
过速度的定义式得出的，故B 正确。
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- 1303 -
CD、引用了公式
ݎ3ܶ
2 =k＝R，这个关系式是开普勒第三定律，不能在实验室得到证实，故CD 错误。
E、在探究太阳对行星的引力规律时，还用到了牛顿第三定律，故E 正确。
故选：BE。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力公式的推论过程，知道行星绕太阳做圆周运动靠引力提供向心力，掌握开
普勒第三定律，并能灵活运用．
14．（10 分）一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管内横截面积S＝2.0cm2．有水从管口处以不变的速度v＝2.0m/s
源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开．取重力加速度
g＝10m/s2，不计空气阻力．求水流稳定后在空中有多少立方米的水．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】水做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水的运动的时间，由单位时间内水的流量进而求得在空中
的水的总量．
【解答】解：以t 表示水由喷口处到落地所用的时间，有h = 1
2 tݐ2，
单位时间内喷出的水量为Q＝S v，
空中水的总量应为V＝Q t，
由以上各式得ܸ
=ܵ
⋅㘴⋅
2݄
t = 2.4 × 10−4݉
3，
答：在空中的水的总量为2.4×10
﹣4m3．
【点评】本题把平抛运动和水的流量结合起来，根据物体的运动的时间从而求得水的总量，题目比较新颖，是道
好题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:59:14 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十二次周测物理试卷（11.3）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）甲乙两物体从同一地点向同一方向运动，其速度随时间变化关系如图所示，图中t2= ݐ4
2 ，两段曲线均为
1
4
圆弧（乙物体的速度﹣时间图线），则（
）
A．两物体在t1 时刻加速度相同
B．两物体在t2 时刻的运动方向均改变
C．两物体在t3 时刻，相距最远，t4 时刻相遇
D．0～t4 时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度
2．（6 分）如图，A、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m＝20kg，B 物体质量M＝30kg 且足够长．处于水平
位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A 与B 之间、
B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5．现有一水平推力F 作用于物体B 上使B 缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m
时（A 还在B 上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2）（
）
A．200N
B．300N
C．250N
D．350N
3．（6 分）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动．如图
中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（
）
A．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
C．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
4．（6 分）在如图所示的自行车中，说法正确的是（
）
A．小齿轮与后轮转动的快慢不相同
B．小齿轮和大齿轮转动的快慢相同
C．小齿轮和大齿轮边缘上的点的角速度与其半径成反比
D．小齿轮和后轮边缘上的点的线速度大小与其半径成反比
5．（6 分）如图所示，在光滑水平桌面上有甲、乙两个用细线相连的物体，在水平拉力F1 和F2 的作用下运动．已知
F1＜F2，则以下叙述正确的是（
）
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- 1305 -
A．若撤去F1，则甲的加速度一定变大
B．若撤去F1，则细线上的拉力一定变大
C．若撤去F2，则甲的加速度一定变小
D．若撤去F2，则细线上的拉力一定变小
6．（6 分）如图所示，物体以一定的初速度从O 点向x 轴正方向水平抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝0.2x2
（x≥0，单位为m），已知重力加速度为g＝10m/s2，空气阻力不计，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段
都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，圆半径即为曲率半径．那么以
下说法正确的是（
）
A．物体被抛出时的初速度为5m/s
B．物体被抛出时的初速度为2m/s
C．O 点的曲率半径为2.5m
D．O 点的曲率半径为0.5m
7．（6 分）一颗在地球赤道上空绕地球运转的同步卫星，距地面高度为h，已知地球半径为R，自转周期为T，地面
重力加速度为g，则这颗卫星运转的速度大小是（
）
A．（R+h）
2ߨܶ
B．R
t
h+݄
C．
3 2ߨh2tܶ
D．
3 4ߨ2h2t2ܶ
2
8．（6 分）如图（甲）所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以初速度v0 沿斜面向上做匀
减速运动，经过一段时间后又沿斜面F 滑回到底端，整个过程小物块的v 一t 图象如图（乙）所示．下列判断正
确的是（
）
A．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小
1
8mv02
B．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小
3
16mv02
C．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加
1
4mv02
D．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加
1
3mv02
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．
9．（2 分）下列有关实验的描述中，正确的是（
）
A．在“验证力的平行四边形定则”实验中，拉橡皮筋的细绳应稍长一些
B．在“探究弹簧弹力与其伸长量”关系的实验中，作出弹力和弹簧长度的图象也能求出弹簧的劲度系数
C．在“探究功与速度变化的关系”实验中，需要求出打点纸带的平均速度
D．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须由v＝gt 求出打某点时纸带的速度
10．（4 分）如图所示为某同学所安装的“探究加速度与合外力、质量关系”的实验装置，在图示状态下，开始做实
验．请指出该同学在实验装置和操作中的主要错误：（至少举出两处）
错误1
；
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错误2
．
11．（6 分）
如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：
a．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下滑．
b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m 及小车质量M．
c．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）．O 为打下的
第一点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g．
①步骤c 中小车所受的合外力为
．
②为验证从O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD 间的距离为x0，OC 间距离为x1，则
C 点的速度为
．需要验证的关系式为
（用所测物理最的符号表示）．
12．（10 分）如图所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC 斜面，经C 点进入光滑平面
CD 时速率不变，最后进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m，A、B 两点高度差h，
BC 斜面高2h，倾角α＝45°，悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大
小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：
（1）B 点与抛出点A 的水平距离x；
（2）小球运动至C 点的速度vc 大小
（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F 的大小。
13．（15 分）光滑的
1
4圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE 连接．水平轨道的CD 段光滑、DE 段粗糙．一根
轻质弹簧一端固定在C 处的竖直面上，弹簧处于自然长度另一端恰好在D 点．将质量为m 的物块从顶端F 点静
止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块滑至D 点后向左压缩弹簧．已知圆弧轨道半径为R，ܦܧ=L，物块与DE 段水
平轨道的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g，物块可视为质点．求：
（1）物块第一次经过E 点时对圆弧轨道的压力多大
（2）若物块不能与弹簧相碰，设物块从E 点到运动停止所用的时间为t，求R 得取值范围及t 与R 的关系式．
（3）如果物块能与弹簧相碰，但不能返回道圆弧部分，设压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求R 的取
值范围及Ep 与R 的关系式（弹簧始终在弹性限度内）．
选考题
14．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波
B．一群处于n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6 种不同频率的光
C．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少
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D．经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性
E．光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性
15．（10 分）如图所示，质量均为m 的三个物体A、B、C 置于足够长光滑水平面上，B 与C 紧靠在一起但不粘连，
A、B 之间用弹簧拴接．某时刻，给A 一个向左的瞬间冲量I，求：
①获得冲量后A 的速度v0；
②弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1 和第一次拉伸到最长时A 的速度大小．
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十二次周测物理试卷（11.3）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）甲乙两物体从同一地点向同一方向运动，其速度随时间变化关系如图所示，图中t2= ݐ4
2 ，两段曲线均为
1
4
圆弧（乙物体的速度﹣时间图线），则（
）
A．两物体在t1 时刻加速度相同
B．两物体在t2 时刻的运动方向均改变
C．两物体在t3 时刻，相距最远，t4 时刻相遇
D．0～t4 时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】根据速度图象与时间轴所围的“面积”大小等于位移、斜率等于加速度，平均速度等于位移与时间之比，
运用数学知识进行分析．
【解答】解：A、根据斜率等于加速度，可知在t1 时刻两物体的加速度方向相反，则加速度不同，故A 错误。
B、两个物体一直沿正向运动，运动方向没有改变，故B 错误。
C、图象的“面积”等于位移大小，根据数学知识可知0～t4 时间内甲物体的位移为x 甲= 㘴0
2 ⋅ݐ4，乙物体的位移为
x 乙＝v0t2＝v0•
㘴4
2 ，则知两个物体的位移相等，所以t4 时刻相遇。在t3 时刻之前，两者间距增大，在t3 时刻之后，
两者间距减小，则在t3 时刻，相距最远。故C 正确。
D、由平均速度公式㘴= ݔ
ݐ，则知0～t4 时间内甲、乙两物体的平均速度相等，故D 错误。
【点评】本题关键从速度图象的数学意义，来分析物体的运动情况，分析时关键要抓住：“面积”大小等于位移、
斜率等于加速度．
2．（6 分）如图，A、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m＝20kg，B 物体质量M＝30kg 且足够长．处于水平
位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A 与B 之间、
B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5．现有一水平推力F 作用于物体B 上使B 缓慢地向墙壁移动，当移动0.5m
时（A 还在B 上），水平推力的大小为（最大摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2）（
）
A．200N
B．300N
C．250N
D．350N
【考点】2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】判断物体B 上缓慢地向墙壁移动0.5m 时，A 物块有无滑动，然后根据对B 受力分析，根据平衡求出水
平推力F 的大小．
【解答】解：若A 物块未滑动，则弹簧的压缩量为0.5m，则弹簧的弹力F1＝kx＝250×0.5N＝125N＞μmg＝100N．假
设不成立。
对B 在竖直方向上平衡，在水平方向上受推力F、A 对B 的滑动摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有：F＝f1+f2
＝μmg+μ（M+m）g＝100+250N＝350N．故D 正确，A、B、C 错误。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据受力平衡确定未知力．判断出A、B 之间是静摩擦力还
是滑动摩擦力是关键．
3．（6 分）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动．如图
中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（
）
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- 1309 -
A．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
C．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg 和支持力F 的合力，作出力图，得出向心力
大小不变．h 越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．
【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg 和支持力F 的合力，作出力图。设圆
台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力F=݉
t
ݏthߙ不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A 错误。
B、如图向心力Fn＝mgcotα，m，α不变，向心力大小不变。故B 错误。
C、根据牛顿第二定律得Fn＝m
4ߨ2ܶ
2 ݎ，h 越高，r 越大，Fn 不变，则T 越大。故C 错误。
D、根据牛顿第二定律得Fn＝m
㘴2
ݎ，h 越高，r 越大，Fn 不变，则v 越大。故D 正确。
【点评】本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量．
4．（6 分）在如图所示的自行车中，说法正确的是（
）
A．小齿轮与后轮转动的快慢不相同
B．小齿轮和大齿轮转动的快慢相同
C．小齿轮和大齿轮边缘上的点的角速度与其半径成反比
D．小齿轮和后轮边缘上的点的线速度大小与其半径成反比
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】对于皮带传动装置问题要把握两点一是同一皮带上线速度相等，二是同一转盘上角速度相等，然后结合
线速度与角速度的关系分析即可。
【解答】解：A、小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A 错误；
B、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据ω= 㘴
ݎ可知，大齿轮和小齿轮的角速度不同，则转动的快慢不相同，
故B 错误；
C、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据知ω= 㘴
ݎ可知，小齿轮和大齿轮边缘上的点的角速度与其半径成反比，
故C 正确；
D、小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr 可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小与其半径成正比，故D 错误。
【点评】本题在皮带轮中考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度
相等，哪些位置角速度相等。
5．（6 分）如图所示，在光滑水平桌面上有甲、乙两个用细线相连的物体，在水平拉力F1 和F2 的作用下运动．已知
F1＜F2，则以下叙述正确的是（
）
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A．若撤去F1，则甲的加速度一定变大
B．若撤去F1，则细线上的拉力一定变大
C．若撤去F2，则甲的加速度一定变小
D．若撤去F2，则细线上的拉力一定变小
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】连接体问题可以先整体求连接体的加速度，再隔离分析某物体的受力情况，通过计算分析可得相关结论．
【解答】解：A、撤去F1 之前，甲的加速度a 甲1=
ܨ2−ܨ1݉
甲+݉
乙
，撤去F1 后，甲产生的加速度为a 甲2=
ܨ2݉
甲+݉
乙
，知
加速度变大。故A 正确。
B、撤去F1 之前，甲的加速度a 甲1=
ܨ2−ܨ1݉
甲+݉
乙
，此时细线上拉力满足T﹣F1＝m 甲a 甲1 即T=݉
甲ܨ2+݉
乙ܨ1݉
甲+݉
乙
，撤去
F1 后，甲产生的加速度为a 甲2=
ܨ2݉
甲+݉
乙
，此时线中拉力满足T′=݉
甲ܨ2݉
甲+݉
乙
，知绳子的拉力减小。故B 错误。
C、撤去F2 之前，乙的加速度为a 乙1=
ܨ2−ܨ1݉
甲+݉
乙
，撤去F2 之后，乙产生的加速度a′=
ܨ1݉
甲+݉
乙
，因为只知道
F1＜F2，并不能确定F2﹣F1 与F1 谁大谁小，故不能判断a 和a′的大小关系，故C 错误；
D、撤去F2 之前，绳子的张力为T=݉
甲ܨ2+݉
乙ܨ1݉
甲+݉
乙
，撤去F2 之后，乙产生的加速度a′=
ܨ1݉
甲+݉
乙
，此时的绳子
的拉力T′=݉
乙ܨ1݉
甲+݉
乙
，知绳子的拉力变小。故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查牛顿第二定律关于连接体问题的应用，关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接
体间的相互作用力的大小．
6．（6 分）如图所示，物体以一定的初速度从O 点向x 轴正方向水平抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝0.2x2
（x≥0，单位为m），已知重力加速度为g＝10m/s2，空气阻力不计，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段
都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，圆半径即为曲率半径．那么以
下说法正确的是（
）
A．物体被抛出时的初速度为5m/s
B．物体被抛出时的初速度为2m/s
C．O 点的曲率半径为2.5m
D．O 点的曲率半径为0.5m
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向上的分运动是自由落体运动，根据竖直位移和
水平位移与时间的关系得出y 与x 的方程，即可求得初速度；根据数学知识求解O 点的曲率半径．
【解答】解：根据x＝v0t，y= 1
2 tݐ2得，y=
t
2㘴02 ݔ2，因为y＝0.2x2，知
t
2㘴02 = 0.2，解得初速度v0＝5m/s，故A
错误，B 正确。
C、抛物线方程y＝0.2x2 求导得，y′＝0.4x，根据数学知识，O 点的曲率半径为r= 1
0.4݉
= 2.5݉
，故C 正确，D
错误。
故选：AC。
【点评】本题运用数学上参数方程的方法求解初速度，关键是抓住平抛运动的分解方法．根据曲率半径的定义，
由数学知识求解．
7．（6 分）一颗在地球赤道上空绕地球运转的同步卫星，距地面高度为h，已知地球半径为R，自转周期为T，地面
重力加速度为g，则这颗卫星运转的速度大小是（
）
A．（R+h）
2ߨܶ
B．R
t
h+݄
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- 1311 -
C．
3 2ߨh2tܶ
D．
3 4ߨ2h2t2ܶ
2
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力提供向心力及万有引力和圆周运动公式即可求解．
【解答】解：A、根据圆周运动线速度公式得：
v= 2ߨݎܶ=（R+h）
2ߨܶ①，故A 正确。
B、根据万有引力提供向心力得：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
㘴2
ݎ
v=
ܩܯ
ݎ②
在地球表面，重力等于万有引力得：
ܩܯ݉
h2
=mg
③
由②③得v＝R
t
h+݄，故B 正确。
C、根据万有引力提供向心力得：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
⋅4ߨ2ݎܶ
2
r=
3 ܩܯܶ2
4ߨ2 =R+h
h=
3 ܩܯܶ2
4ߨ2 −R
④
由①③④得：
v=
3 2ߨh2tܶ，故C 正确，D 错误。
故选：ABC。
【点评】该题为天体运动的典型题型，由万有引力提供向心力，再根据向心力的基本公式求解，解题过程中注意
黄金代换式
ܩܯ݉
ݎ2
=mg 的应用．
8．（6 分）如图（甲）所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以初速度v0 沿斜面向上做匀
减速运动，经过一段时间后又沿斜面F 滑回到底端，整个过程小物块的v 一t 图象如图（乙）所示．下列判断正
确的是（
）
A．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小
1
8mv02
B．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小
3
16mv02
C．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加
1
4mv02
D．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加
1
3mv02
【考点】6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】根据图象的斜率求出滑块上滑与下滑时加速度大小之比，由牛顿第二定律求出摩擦力与重力的关系．对
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于上滑过程，由功能原理和动能定理分别列式，可求得机械能的减少量．对下滑过程，由动能定理列式，可求得
动能的增加量．
【解答】解：AB、设滑块上滑时加速度大小为a1，下滑时加速度大小为a2．由速度图象的斜率表示加速度，可知
a1= 㘴0
ݐ0，a2= 0.5㘴0
ݐ0 ，因此a1＝2a2。
对上滑过程，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f＝ma1；
对下滑过程，根据牛顿第二定律得：mgsin30°﹣f＝ma2；
联立解得f= 1
3mgsin30°
对于上滑过程，由动能定理得：﹣（mgsin30°+f）S＝0−1
2݉
㘴0
2
由功能原理得：﹣fS＝△E
由以上两式解得△E=−1
8mv02．即滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小
1
8mv02．故A 正确、B 错误。
CD、对于下滑过程，由动能定理得：（mgsin30°﹣f）S＝△Ek
解得△Ek= 1
4mv02，即滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加
1
4mv02．故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题是竖直上抛运动模型，运用牛顿第二定律求出空气阻力大小与重力的关系是关键．研究动能时要想
到动能定理．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．
9．（2 分）下列有关实验的描述中，正确的是（
）
A．在“验证力的平行四边形定则”实验中，拉橡皮筋的细绳应稍长一些
B．在“探究弹簧弹力与其伸长量”关系的实验中，作出弹力和弹簧长度的图象也能求出弹簧的劲度系数
C．在“探究功与速度变化的关系”实验中，需要求出打点纸带的平均速度
D．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须由v＝gt 求出打某点时纸带的速度
【考点】M3：验证力的平行四边形定则；M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；MD：验证机械能守恒
定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】考查了高中阶段中一些基础实验的操作，只要明确实验原理，了解各个实验的操作细节和注意事项即可
正确解答；
该题的关键是弄清实验原理，特别是在“验证机械能守恒定律”的实验中，由于重锤下落过程中受到阻力作用导
致加速度小于重力加速度g 的值，故不能由v＝gt 求出打某点时纸带的速度．
【解答】解：A、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，利于确定力的方向，有利
于实验中作图，故A 正确；
B、作出弹力和弹簧长度的图象，由胡克定律可知F＝kx＝k（l﹣l0），由此可知，在弹力和弹簧长度的图象中图象
的斜率也表示劲度系数k，故B 正确；
C、在探究功和速度变化关系时，由v2＝2as 求出速度，不需求出平均速度，故C 错误；
D、若v＝gt 求出打某点时纸带的速度，需要验证的方程mgh= 1
2mv2 是恒等式，无需验证，故D 错误。
故选：AB。
【点评】通过本题让学生掌握各种实验关键的步骤，重要的方法，及实验原理．
10．（4 分）如图所示为某同学所安装的“探究加速度与合外力、质量关系”的实验装置，在图示状态下，开始做实
验．请指出该同学在实验装置和操作中的主要错误：（至少举出两处）
错误1
打点计时器没有使用交流电源
；
错误2
没有平衡摩擦力
．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】打点计时器应使用交流电源；实验时小车应靠近打点计时器；在实验前应平衡小车受到的摩擦力；砂桶
与小车的连线应平行于木板；
【解答】解：由图所示实验装置图可知，存在的问题有：
①打点计时器没有使用交流电源；②没有平衡摩擦力；③小车没有靠近打点计时器．
故答案为：打点计时器没有使用交流电源；没有平衡摩擦力（或小车没有靠近打点计时器）
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【点评】本题考查“探究加速度与合外力、质量关系”的实验；要注意明确打点计时器的使用原理，同时明确实
验中应平衡摩擦力以保证绳子的拉力等于小车受到的拉力．
11．（6 分）
如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：
a．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下滑．
b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m 及小车质量M．
c．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）．O 为打下的
第一点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g．
①步骤c 中小车所受的合外力为
mg
．
②为验证从O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD 间的距离为x0，OC 间距离为x1，则
C 点的速度为
ݔ0݂
2
．需要验证的关系式为
mgx1=
ܯݔ0
2݂2
8
（用所测物理最的符号表示）．
【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；16：压轴题．
【分析】①小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故新的合
力等于撤去的拉力；
②根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度求C 点速度，再确定动能增量；需要验证动能增加量等
于合力做的功．
【解答】解：①小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合
力等于撤去的拉力；
故答案为：mg．
②匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故
vC= ݔ0
2ܶ
= ݔ0݂
2
动能增量为：
1
2m㘴ܥ
2 =
ܯݔ0
2݂2
8
合力的功为：mgx1
故答案为：
ݔ0݂
2 ，mgx1=
ܯݔ0
2݂2
8
．
【点评】本题关键根据实验原理确定需要验证的等式，其中合力的求解根据共点力平衡条件确定．
12．（10 分）如图所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC 斜面，经C 点进入光滑平面
CD 时速率不变，最后进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m，A、B 两点高度差h，
BC 斜面高2h，倾角α＝45°，悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大
小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：
（1）B 点与抛出点A 的水平距离x；
（2）小球运动至C 点的速度vc 大小
（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F 的大小。
【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】（1）小球从A 到B 做平抛运动，小球恰好与无碰撞地进入光滑的BC 斜面，速度沿BC 面向下，可得到
两个方向的分速度关系。从水平方向和竖直方向运用平抛运动的规律分析解决问题。
（2）运用动能定理可求解小球到达C 点的速度。
（3）小球进入轻质筐后瞬间，进行受力分析，并运用牛顿第二定律求解。
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【解答】解：（1）小球至B 点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出的初速度为v0，A 点至B 点时间为
t。则得：
h= 1
2 tݐ2，得t=
2݄
t
又tan45°= 㘴0
tݐ=
㘴0
t⋅2݄
t
=
㘴0
2t݄
得：v0＝2 th
则得：x＝v0t＝2 th•
2݄
t
得水平距离：x＝2h
（2）设小球至B 点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a，
vB=
2v0，
a＝gsin45°，
由动能定理得：㘴ܥ
2 −㘴ܤ
2 =2a•
2݄
ݏth45°
联立以上几式得：vC＝2 2th
（3）小球进入轻筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
㘴ܥ
2
3݄，
解得小球所受拉力：F= 11
3 mg
答：
（1）B 点与抛出点A 的水平距离x 为2h；
（2）小球运动至C 点的速度vc 大小为2 2th。
（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F 的大小为
11
3 mg。
【点评】遇到题目过程非常复杂时，注意把题目细化分解到小的过程。比如此题中，整个过程可分为平抛、沿光
滑斜面匀加速、沿水平面匀速、沿圆轨道圆周运动。
13．（15 分）光滑的
1
4圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE 连接．水平轨道的CD 段光滑、DE 段粗糙．一根
轻质弹簧一端固定在C 处的竖直面上，弹簧处于自然长度另一端恰好在D 点．将质量为m 的物块从顶端F 点静
止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块滑至D 点后向左压缩弹簧．已知圆弧轨道半径为R，ܦܧ=L，物块与DE 段水
平轨道的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g，物块可视为质点．求：
（1）物块第一次经过E 点时对圆弧轨道的压力多大
（2）若物块不能与弹簧相碰，设物块从E 点到运动停止所用的时间为t，求R 得取值范围及t 与R 的关系式．
（3）如果物块能与弹簧相碰，但不能返回道圆弧部分，设压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求R 的取
值范围及Ep 与R 的关系式（弹簧始终在弹性限度内）．
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据机械能守恒定律求出物块第一次经过E 点时的速度．物块经过E 点时，由重力和轨道的支持力
的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解物块第一次经过E 点时对轨道的压力．
（2）设物块恰好不能与弹簧相碰时，圆弧轨道半径为R1，从F 到D 由动能定理有：mgR1﹣μmgL＝0﹣0 解得：
R1＝0.2L，则物块不能与弹簧相碰R 必须满足：R＜0.2L
（3）物块要能与弹簧相碰，R≥0.2L，设物块恰好到达E 点时，圆弧轨道半径为R2，从F 到E 由动能定理求范围．
【解答】解：（1）从F 到E 对物块由动能定理有：݉
th = 1
2݉
㘴ܧ
2
解得㘴ܧ=
2th
在E 点对物块由牛顿第二定律有：ܰ
ܧ−݉
t =݉
㘴ܧ
2
h
解得NE＝3mg
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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由牛顿第三定律有：FE＝3mg
（2）设物块恰好不能与弹簧相碰时，圆弧轨道半径为R1
从F 到D 由动能定理有：
mgR1﹣μmgL＝0﹣0
解得：R1＝0.2L
则物块不能与弹簧相碰R 必须满足：R＜0.2L
对物块由牛顿第二定律有：
μmg＝ma 解得a＝μg
则物块从E 点到运动停止所用的时间为
ݐ= 0−㘴ܧ
−ܽ
= 5
2h
t
（3）由（2）可知物块要能与弹簧相碰，R≥0.2L
设物块恰好到达E 点时，圆弧轨道半径为R2
从F 到E 由动能定理有：
mgR2﹣μmg•2L＝0﹣0
解得：R2＝0.4L
则R 的范围是：0.2L≤R≤0.4L
从F 点到弹簧压缩得最短，对物块与弹簧组成的系统，由能量守恒定律有：
﹣μmgL＝EP﹣mgR 解得
EP＝mgR﹣0.2mgL
答：（1）物块第一次经过E 点时对圆弧轨道的压力3mg（2）若物块不能与弹簧相碰，R＜0.2L，t= 5
2h
t
（3）如果物块能与弹簧相碰，但不能返回道圆弧部分，R 的取值范围0.2L≤R≤0.4L
Ep 与R 的关系式EP＝mgR﹣0.2mgL
【点评】本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理，对学生能力的要求较高．要注意物体恰好不能回到圆轨道
的条件．
选考题
14．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波
B．一群处于n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6 种不同频率的光
C．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少
D．经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性
E．光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性
【考点】I6：X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；J4：氢原子的能级公式和跃迁；JK：重核的裂变．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】α射线、β射线不是电磁波；根据数学组合ܥh
2，即可确定辐射种类；
核子结合成原子核时伴随巨大能量产生；
经典物理学解释不了原子稳定性与特征光谱，从而出现玻尔的能量、轨道量子化，及跃迁的三种假设；
光电效应和康普顿效应揭示了光具有粒子性．
【解答】解：A、γ射线是电磁波，而α射线、β射线不是电磁波，故A 错误；
B、根据数学组合ܥ4
2 =6，那么一群处于n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，会辐射出6 种不同频率的光，故B
正确；
C、核子结合成原子核时一定有质量亏损，释放出能量，故C 正确；
D、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，故D 错误。
E、光电效应和康普顿效应揭示了光具有粒子性，故E 正确；
故选：BCE。
【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，要在平时学习中多积累，注意光的波动性与粒子性的区别，及理解
半衰期适用条件，最后会区别三种射线的不同．
15．（10 分）如图所示，质量均为m 的三个物体A、B、C 置于足够长光滑水平面上，B 与C 紧靠在一起但不粘连，
A、B 之间用弹簧拴接．某时刻，给A 一个向左的瞬间冲量I，求：
①获得冲量后A 的速度v0；
②弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1 和第一次拉伸到最长时A 的速度大小．
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【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】①给A 一个向左的瞬间冲量I，根据动量定律求获得冲量后A 的速度v0；
②弹簧第一次压缩到最短时三个物体的速度相同，根据系统的机械能守恒求弹性势能Ep1．第一次拉伸到最长时，
此时B、C 共速，再由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求A 的速度大小．
【解答】解：取向左为正方向．
①对A 施加一个瞬间冲量，由动量定理：I＝mv0﹣0
则A 的速度为v0= ܫ݉
②从A 获得速度v0 开始到弹簧第一次被压缩到最短（此时A、B、C 共速），取向左为正方向，三个物体动量守
恒得：
mv0＝3mv1
得三者共同的速度为：v1= 1
3 㘴0
弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1= 1
2݉
㘴0
2 −1
2 (3݉
)㘴1
2 = 1
3݉
㘴0
2
弹簧在原长时B 与C 分离，此时B、C 共速，从A 获得速度到此时，三者动量守恒，则得
mv0＝mvA+2mvB；
等效于弹性碰撞，则有：
1
2mv02= 1
2mvA2+ 1
2•2mvB2；
解得vA=݉
−2݉݉
+2݉
v0=−1
3 㘴0
vB=
2݉݉
+2݉
㘴0 = 2
3 㘴0
之后B、C 分离，至弹簧第一次拉伸到最长时，对A、B 系统，动量守恒：
mvA+mvB＝（m+m）vAB；
解得vAB= 1
6 㘴0
此时的弹性势能为：Ep2= 1
2mvA2+ 1
2mvB2−1
2•2mvAB2= 1
4݉
㘴0
2
答：
①获得冲量后A 的速度v0 是
ܫ݉．
②弹簧第一次压缩到最短时的弹性势能Ep1 是
1
3݉
㘴0
2，第一次拉伸到最长时A 的速度大小是
1
6 㘴0．
【点评】本题要正确分析三个物体的运动情况，抓住隐含的一个中间状态：弹簧在原长时，之后B 与C 分离，应
选取A、B 为一个系统，很多学生容易忽略这点，导致错误．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:59:05 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十次周测物理试卷（9.22）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，50 个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运
动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3 个小物块对第2
个小物块的作用力大小为（
）
A．
1
25 ܨ
B．
24
25 ܨ
C．24mg+ ܨ
2
D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定
2．（6 分）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑
空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（
）
A．A 的速度比B 的大
B．A 与B 的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小
3．（6 分）如图，有质量分别为m1、m2 的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线
运动（m1 在光滑地面上，m2 在空中）．已知力F 与水平方向的夹角为θ．则m1 的加速度大小为（
）
A．
ܨݏthߠ݉
1+݉
2
B．
ܨܿ݋ݏߠ݉
1+݉
2
C．
ܨܿ݋ݏߠ݉
1
D．
ܨݏthߠ݉
2
4．（6 分）如图所示，m＝0.5kg 的小滑块以v0＝6m/s 的初速度从倾角为37°的斜面AB 的底端A 滑上斜面，滑块与
斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6．cos37°＝0.8．若从滑块滑上斜面起，经1.2s 滑块正
好通过B 点．则AB 两点之间的距离为（
）
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A．0m
B．2.16m
C．0.36m
D．1.44m
5．（6 分）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动，在O 点悬挂一重
物M，将两相同木块m 分别紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．f 表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN
表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2 始终等高，则（
）
A．f 变小
B．f 不变
C．FN 变小
D．FN 变大
6．（6 分）如图所示，相距l 的两小球A、B 位于同一高度h（l，h 均为定值）．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由
下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰
撞的时间，则（
）
A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度
B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B 不可能运动到最高处相碰
D．A、B 一定能相碰
7．（6 分）发射一月球探测器绕月球做匀速圆周运动，测得探测器在离月球表面高度分别为h1 和h2 的圆轨道上运动
时，周期分别为T1 和T2．设想月球可视为质量分布均匀的球体，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算
出（
）
A．月球的质量
B．探测器的质量
C．月球的密度
D．探测器在离月球表面高度为h1 的圆轨道上运动时的加速度大小
8．（6 分）如图（a）所示，木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行
于木板向上、大小为F＝8N 的力作用下加速度与倾角的关系．已知物块的质量m＝1kg，通过DIS 实验，描绘出
了如图（b）所示的加速度大小a 与倾角θ的关系图线（θ＜90°）．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块
与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g 取10m/s2．则下列说法中正确的是（
）
A．由图象可知木板与水平面的夹角处于θ1 和θ2 之间时，物块所受摩擦力一定为零
B．由图象可知木板与水平面的夹角大于θ2 时，物块所受摩擦力一定沿木板向上
C．根据题意可以计算得出物块加速度a0 的大小为6 m/s2
D．根据题意可以计算当θ＝45°时，物块所受摩擦力为Ff＝μmgcos 45°=
2 N
二、非选择题
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O 点分别与两弹簧测力计和
钩码相接．
（1）实验步骤如下：
A．弹簧测力计A 挂于固定在竖直木板上的P 点；
B．结点O 下的细绳挂钩码C；
C．手持弹簧测力计B 缓慢向左拉，使结点O 静止在某位置；
D．记下钩码的质量、结点O 的位置、读出并记录弹簧测力计A 和B 的示数、记录
．
（2）在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差？
（选填选项前的字母）
A．木板不竖直
B．A 弹簧测力计外壳的重力
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C．B 弹簧测力计的拉力方向没有保持水平
D．改变弹簧测力计B 的拉力进行多次实验时，结点O 的位置发生变化
（3）某次实验中．该同学发现弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个办法
．
10．（8 分）在“探究小车速度随时间变化规律”实验中
（1）某同学采用如图甲所示的装置进行试验，
（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，
（选
填“需要”或“不需要”）测量小车的质量．
（2）该同学在研究小车运动时实打出了一条纸带，如图乙所示．在纸带上，连续5 个点为一个计数点，相邻两个
计数点之间的距离见下表，并画出对应的图线（其中横坐标数值表示第几个0.1s，纵坐标对应的该0.1s 内物体的
位移）如图丙所示．则小车的速度随时间
（选填“是”或“不是”）均匀变化；整个过程中小车的平均加
速度为
m/s2．（保留两位有效数字）
时间t/0.1s
1
2
3
4
5
6
相邻计数点的距离xn/cm
1.45
2.45
3.46
4.44
5.45
6.46
11．（10 分）中央电视台推出了一个游戏节目﹣﹣推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向
前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均
视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L1＝5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用
一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度为L2＝1m，瓶子质量为m＝0.5kg，瓶子与桌面间的
动摩擦因数μ＝0.4．某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20N，瓶子沿AC 做直线运动（g 取10m/s2），假设瓶子可
视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：
（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？
（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？
12．（13 分）如图所示，质量M＝10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F＝50N 作用下，以v0＝5m/s 初速度沿
水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m＝1kg．现将一铁块无初速地放在木板最右端，当
木板运动了L＝1m 时，又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L 就在木板最右端无初速放一
铁块．求：
（1）第一个铁块放上后，木板运动L＝1m 时，木板的速度多大？
（2）最终有几个铁块能留在木板上？
（3）最后一个铁块与木板右端距离为多大？（g＝10m/s2）
选考题（15 分）
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13．（5 分）第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的
定律之一﹣万有引力定律．下列有关万有引力定律的说法中正确的是（
）
A．开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆
B．太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星
C．库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值
D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识
E．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了开普勒定律的知识
14．（10 分）《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的
肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知
识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h1＝0.8m，l1＝2m，h2＝2.4m，l2＝1m，小鸟飞出能
否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．（取重力加速度g＝10m/s2）
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2018-2019 学年广东省深圳中学高三（上）第十次周测物理试卷（9.22）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，第5-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，50 个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运
动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3 个小物块对第2
个小物块的作用力大小为（
）
A．
1
25 ܨ
B．
24
25 ܨ
C．24mg+ ܨ
2
D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3 个小物块对第2 个小物块的
作用力大小．
【解答】解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a= ܨ−50݉
tݏth30°−ߤ⋅50݉
tܿ݋ݏ30°
50݉
=
ܨ
50݉
−tݏth30° −ߤtܿ݋ݏ30°。
隔离对12 两个物体分析，有：F﹣2mgsin30°﹣μ•2mgcos30°﹣N＝2ma。
解得N= 24
25 ܨ．故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
2．（6 分）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑
空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（
）
A．A 的速度比B 的大
B．A 与B 的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小
【考点】37：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】AB 两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．
【解答】解：A、A、B 的角速度相等，根据公式：v＝ω•r，A 的运动半径小，A 的速度就小。故A 错误。
B、根据公式：a＝ω2r，A 的运动半径小，A 的向心加速度就小，A 的向心力就小，根据平行四边形定则知，A 对
缆绳的拉力就小，故D 正确，B 错误。
C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ＝mω2r，则得tanθ=߱
2ݎ
t ，A
的半径r 较小，ω相等，可知A 与竖直方向夹角θ较小，故C 错误。
【点评】解决本题的关键知道A、B 的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进
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行求解，难度不大．
3．（6 分）如图，有质量分别为m1、m2 的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线
运动（m1 在光滑地面上，m2 在空中）．已知力F 与水平方向的夹角为θ．则m1 的加速度大小为（
）
A．
ܨݏthߠ݉
1+݉
2
B．
ܨܿ݋ݏߠ݉
1+݉
2
C．
ܨܿ݋ݏߠ݉
1
D．
ܨݏthߠ݉
2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】m1 的加速度与整体加速度相同，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．
【解答】解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，加速度为：a= ܨܿ݋ݏߠ݉
1+݉
2。
则m1 的加速度为：a= ܨܿ݋ݏߠ݉
1+݉
2．故B 正确，A、C、D 错误。
【点评】本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道两物体的加速度相同，等于整体的加速度．
4．（6 分）如图所示，m＝0.5kg 的小滑块以v0＝6m/s 的初速度从倾角为37°的斜面AB 的底端A 滑上斜面，滑块与
斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6．cos37°＝0.8．若从滑块滑上斜面起，经1.2s 滑块正
好通过B 点．则AB 两点之间的距离为（
）
A．0m
B．2.16m
C．0.36m
D．1.44m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律求出滑块上滑的加速度，结合速度时间公式求出速度减为零的时间，求出上滑的最大
位移，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，根据位移公式求出下滑的位移，从而得出AB 两点间的距离．
【解答】解：滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为：
a1＝g（sin 37°+μcos 37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）＝10 m/s2，
滑块经t1= 㘴0ܽ
1 = 6
10 ݏ=0.6 s 速度即减为零。因此1.2 s 时是向下经过B 点。
下滑时加速度大小为：
a2＝g（sin 37°﹣μcos 37°）＝10×（0.6﹣0.5×0.8）＝2 m/s2，
物体上滑的最大距离：x= 㘴02
2ܽ
= 36
20݉
=1.8m。
再次经过B 点时，下滑的距离：x1= 1
2a1t2= 1
2 ×2×0.36＝0.36m。
所以B 点到A 点距离为：△x＝x﹣x1＝1.44m。
【点评】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加
速度是联系力学和运动学的桥梁．
5．（6 分）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动，在O 点悬挂一重
物M，将两相同木块m 分别紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．f 表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN
表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2 始终等高，则（
）
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- 1323 -
A．f 变小
B．f 不变
C．FN 变小
D．FN 变大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分
析，根据平衡条件即可求解．
【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2 个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对
支持力，根据平衡条件，有：2Ff＝（M+2m）g，解得Ff= 1
2（M+2m）g，故静摩擦力不变，将细线对O 的拉力按
照效果正交分解，如图
设两个杆夹角为θ，则有：
F1＝F2= ܯt
2ܿ݋ݏߠ
2
；
再将杆对滑块m 的推力F1 按照效果分解，如图
根据几何关系，有：
Fx＝F1•sin
ߠ
2
故Fx= ܯt
2ܿ݋ݏߠ
2
•sin
ߠ
2 =
ܯtݐܽhߠ
2
2
，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，Fx 变大，故滑块m 对墙壁的压力变大，即
FN 变大，故AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道对于轻杆且
一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向，难度适中．
6．（6 分）如图所示，相距l 的两小球A、B 位于同一高度h（l，h 均为定值）．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由
下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰
撞的时间，则（
）
A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度
B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B 不可能运动到最高处相碰
D．A、B 一定能相碰
【考点】1J：自由落体运动；43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞
前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．
【解答】解：A、若A 球经过水平位移为l 时，还未落地，则在B 球正下方相碰。故A 正确。
B、A、B 在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰。故
B 错误，D 正确。
C、若A 球落地时的水平位移为
t
2时，则A、B 在最高点相碰。故C 错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析．
7．（6 分）发射一月球探测器绕月球做匀速圆周运动，测得探测器在离月球表面高度分别为h1 和h2 的圆轨道上运动
时，周期分别为T1 和T2．设想月球可视为质量分布均匀的球体，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算
出（
）
A．月球的质量
B．探测器的质量
C．月球的密度
D．探测器在离月球表面高度为h1 的圆轨道上运动时的加速度大小
【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力提供探测器做圆周运动所需的向心力，ܩܯ݉
ݎ2 =݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，列两方程组，可求出月球的质量
和半径．根据密度的定义式，可求出月球的密度．环绕天体的质量在计算时约去，无法求出．根据万有引力定律
和牛顿第二定律ܩ
ܯ݉
(h+݄1)2 =݉ܽ
，得ܽ
=
ܩܯ
(h+݄1)2，由于M 和R 都能求出，故加速度a 能求出．
【解答】解：A、万有引力提供探测器做圆周运动所需的向心力，ܩ
ܯ݉
(h+݄1)2 =݉
4ߨ2ܶ
1
2 (h +݄
1)，ܩ
ܯ݉
(h+݄2)2 =݉
4ߨ2ܶ
2
2 (h +݄
2)，联立两方程，可求出月球的质量和半径。故A 正确。
B、探测器绕月球做圆周运动，是环绕天体，在计算时被约去，所以无法求出探测器的质量。故B 错误。
C、月球的密度根据定义为ߩ= ܯܸ=
ܯ
4
3ߨh3，由于M 和R 都能求出，故月球的密度能求出。故C 正确。
D、根据万有引力定律和牛顿第二定律ܩ
ܯ݉
(h+݄1)2 =݉ܽ
，得ܽ
=
ܩܯ
(h+݄1)2，由于M 和R 都能求出，故加速度a 能
求出。故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题以月球探测器为背景材料，体现了现代航天技术始终是高考的一个热点．主要考查对万有引力定律、
牛顿第二定律、匀速圆周运动等知识点的综合运用能力．
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．要求解一个物理量大小，我们应该
把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．
8．（6 分）如图（a）所示，木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行
于木板向上、大小为F＝8N 的力作用下加速度与倾角的关系．已知物块的质量m＝1kg，通过DIS 实验，描绘出
了如图（b）所示的加速度大小a 与倾角θ的关系图线（θ＜90°）．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块
与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g 取10m/s2．则下列说法中正确的是（
）
A．由图象可知木板与水平面的夹角处于θ1 和θ2 之间时，物块所受摩擦力一定为零
B．由图象可知木板与水平面的夹角大于θ2 时，物块所受摩擦力一定沿木板向上
C．根据题意可以计算得出物块加速度a0 的大小为6 m/s2
D．根据题意可以计算当θ＝45°时，物块所受摩擦力为Ff＝μmgcos 45°=
2 N
【考点】2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角
为θ2，当斜面倾角在θ1 和θ2 之间时，物块处于静止状态；
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- 1325 -
（2）图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a0，分析此时物块的受力根据牛
顿第二定律求出对应的加速度即可；
（3）当θ＝45°时，先判断物块的运动状态，再分析物块受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力即可．
【解答】解：AB、根据图象可知，当斜面倾角为θ1 时，摩擦力沿斜面向下，当斜面倾角为θ2 时，摩擦力沿斜面向
上，则夹角大于θ2 时，物块所受摩擦力一定沿木板向上；当斜面倾角在θ1 和θ2 之间时，物块处于静止状态，但摩
擦力不一定为零，故A 错误，B 正确；
C、当θ＝0°时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F 和滑动摩擦力f 作用，已知F＝8N，滑动摩擦力f＝
μN＝μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：ܽ0 = ܨ−ߤ݉
t݉= 8−0.2×10
1݉
/ݏ2 = 6݉
/ݏ2，故C 正确；
D、当θ＝45°时，重力沿斜面的分量ܨ1 =݉
tݏth45° = 10 × 2
2 = 5 2ܰ＜8ܰ，
最大静摩擦力fm＝μmgcos45°=
2ܰ，因为8−5 2＜2ܰ，所以此时物块处于静止状态，受到静摩擦力，则f＝8
﹣5 2ܰ，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用；对于图象问题，我们学会“五看”，即：看
坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提．
二、非选择题
9．（6 分）某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O 点分别与两弹簧测力计和
钩码相接．
（1）实验步骤如下：
A．弹簧测力计A 挂于固定在竖直木板上的P 点；
B．结点O 下的细绳挂钩码C；
C．手持弹簧测力计B 缓慢向左拉，使结点O 静止在某位置；
D．记下钩码的质量、结点O 的位置、读出并记录弹簧测力计A 和B 的示数、记录
拉力的方向
．
（2）在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差？
AD
（选填选项前的字母）
A．木板不竖直
B．A 弹簧测力计外壳的重力
C．B 弹簧测力计的拉力方向没有保持水平
D．改变弹簧测力计B 的拉力进行多次实验时，结点O 的位置发生变化
（3）某次实验中．该同学发现弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个办法
减小弹簧测
力计B 的拉力
．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】弹簧测力计A 挂于固定点，所以弹簧测力计外壳的重力对弹力有一定的影响，拉线方向必须与木板平面
平行，这样才确保力的大小准确性，同一次实验时，O 点位置不变，不是同一次实验时，O 点位置可以改变．当
出现超出弹簧测力计A 的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．
【解答】解：（1）矢量和不仅与大小有关，与方向也有关，所以得记下钩码的质量、结点O 的位置、读出并记录
弹簧测力计A 和B 的示数、还有记录三条细绳的方向，即拉力的方向；
（2）A、木板不竖直时，钩码和木板间有摩擦力会产生误差，故A 正确；
B、A 弹簧测力计外壳的重力对弹簧的拉力没有影响，故不会产生误差，故B 错误；
C、B 弹簧测力计的拉力方向没有保持水平不会对实验结果造成影响，故C 错误；
D、改变弹簧测力计B 的拉力进行多次实验时，结点O 的位置发生变化，属于错误的实验方法，会造成实验误差，
故D 正确．
故选：AD．
（3）弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，说明重力和弹簧B 的拉力过大，故可以减小弹簧测力计B 的拉力；或
减小钩码C 的质量；或减小AO 与BO 之间的夹角；
故答案为：（1）拉力的方向
（2）AD；（3）减小弹簧测力计B 的拉力（或减小钩码C 的质量；或减小AO 与BO
之间的夹角）
【点评】本题考查通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注
意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．
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10．（8 分）在“探究小车速度随时间变化规律”实验中
（1）某同学采用如图甲所示的装置进行试验，
不需要
（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，
不需要
（选填“需要”或“不需要”）测量小车的质量．
（2）该同学在研究小车运动时实打出了一条纸带，如图乙所示．在纸带上，连续5 个点为一个计数点，相邻两个
计数点之间的距离见下表，并画出对应的图线（其中横坐标数值表示第几个0.1s，纵坐标对应的该0.1s 内物体的
位移）如图丙所示．则小车的速度随时间
是
（选填“是”或“不是”）均匀变化；整个过程中小车的平均加速
度为
1.0
m/s2．（保留两位有效数字）
时间t/0.1s
1
2
3
4
5
6
相邻计数点的距离xn/cm
1.45
2.45
3.46
4.44
5.45
6.46
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；511：直线运动规律专题．
【分析】在“探究小车速度随时间变化规律”实验中不需要平衡摩擦力，在探究加速度与力、质量的关系实验中，
需要平衡摩擦力．
画出对应的图线（其中横坐标数值表示第几个0.1s，纵坐标对应的该0.1s 内物体的位移）如图丙所示．
根据速度等于位移与时间的比值，所以该图象实际就是每个0.1 内平均速度与时间的关系图象．根据v﹣t 图象求
解．
【解答】解：（1）某同学采用如图甲所示的装置进行试验，不需要平衡摩擦力，不需要测量小车的质量．
（2）画出对应的图线（其中横坐标数值表示第几个0.1s，纵坐标对应的该0.1s 内物体的位移）如图丙所示．
根据速度等于位移与时间的比值，所以该图象实际就是每个0.1 内平均速度与时间的关系图象．
由于该图象是倾斜的直线，所以小车的速度随时间是均匀变化．
根据加速度定义式得a= △㘴
△ݐ=
ݔh
0.1−ݔ1
0.1
△ݐ
= 0.646−0.145
0.5
=1.0m/s2
故答案为：
（1）不需要，不需要．
（2）是，1.0．
【点评】明确实验的实验原理及方法是求解本题的关键．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
11．（10 分）中央电视台推出了一个游戏节目﹣﹣推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向
前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均
视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L1＝5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用
一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度为L2＝1m，瓶子质量为m＝0.5kg，瓶子与桌面间的
动摩擦因数μ＝0.4．某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20N，瓶子沿AC 做直线运动（g 取10m/s2），假设瓶子可
视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：
（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？
（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定
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【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
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【分析】（1）受力分析后，先根据牛顿第二定律求解出瓶子加速和减速时的加速度，然后根据运动学公式结合几
何关系列式求解出瓶子恰好滑动到C 点时推力的作用时间；
（2）瓶子恰好滑动到B 点，推力的作用距离最短；根据运动学公式结合几何关系列式求解即可．
【解答】解：（1）要想游戏获得成功，瓶滑到C 点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为t1，
有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1 时刻瓶的速度为v，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加
速度大小为a2，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1，μmg＝ma2
加速运动过程中的位移x1= 㘴2
2ܽ1
减速运动过程中的位移x2= 㘴2
2ܽ2
位移关系满足：x1+x2＝L1，又：v＝a1t1
由以上各式解得：t1= 1
6 s
（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为d，则：
㘴'2
2ܽ1 +
㘴'2
2ܽ2 =L1
﹣L2
v′2＝2a1d，联立解得：d＝0.4 m．
答：（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过
1
6 ݏ
（2）推力作用在瓶子上的距离最小为0.4m
【点评】本题关键找出临界情况，求出加速度后，运用运动学公式结合几何关系列式求解
12．（13 分）如图所示，质量M＝10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F＝50N 作用下，以v0＝5m/s 初速度沿
水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m＝1kg．现将一铁块无初速地放在木板最右端，当
木板运动了L＝1m 时，又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L 就在木板最右端无初速放一
铁块．求：
（1）第一个铁块放上后，木板运动L＝1m 时，木板的速度多大？
（2）最终有几个铁块能留在木板上？
（3）最后一个铁块与木板右端距离为多大？（g＝10m/s2）
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）开始木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦
因数．铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式
结合可以求出即将放上第1 块铁块时木板的速度．
（2）运用归纳法分别得到第2 块铁块放上后、第3 块铁块放上后…第n 块铁块放上后木板的速度表达式，得到
vn 的表达式，要使木板停下，vn＝0，即可求解．
（3）第n 块木块时木板停止运动，则先求出n 时的速度和加速度，然后求出加上n 时的位移即可．
【解答】解：（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：
竖直方向：FN＝Mg，
水平方向：Ff＝F，
滑动摩擦力Ff＝μFN，则得F＝μMg
解得：μ＝0.5；
放第1 块铁块后，木板做匀减速运动，则有：
μ（M+m）g﹣F＝Ma1；
2a1L= 㘴02
代入数据解得：v1＝2 6m/s
（2）设最终有n 块铁块能静止在木板上．
则木板运动的加速度大小为：an= ߤh݉
t
ܯ
第1 块铁块放上后有：2a1L= 㘴02 −㘴12
第2 块铁块放上后有：2a2L= 㘴12 −㘴22⋯
第n 块铁块放上后有：2anL= 㘴h−12 −㘴h2
由以上各相加得：（1+2+3+…+n）⋅2 ⋅ߤ݉
t
ܯ⋅ܮ= 㘴02 −㘴h2
要使木板停下来，必须有vn＝0，代入解得：6＜n＜7
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故最终有7 块铁块放在木板上．
（3）加上第7 块木块时的位移是6L＝6m，速度是：(1 + 2 + 3⋯+ 6) × 2 ߤ݉
t
ܯܮ= 㘴02 −㘴62
代入数据解得：v6＝2m/sܽ
7 = 7ߤ݉
t
ܯ
= 3.5݉
/ݏ2
木板最后阶段的位移：ݔ7 = 㘴62
2ܽ7 =
22
2×3.5 = 0.57݉
木板的总位移：x＝6L+x7＝6+0.57＝6.57m
答：（1）第1 块铁块放上后，木板运动了1 时，木板的速度为2 6m/s．
（2）最终木板上放有7 块铁块．
（3）最后一块铁块与木板右端距离是6.57 m
【点评】熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速
度的通项．
选考题（15 分）
13．（5 分）第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的
定律之一﹣万有引力定律．下列有关万有引力定律的说法中正确的是（
）
A．开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆
B．太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星
C．库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值
D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识
E．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了开普勒定律的知识
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆；太阳与行星间的引力就是万有引力，自然
界一切物体之间都有这种引力，包括行星与它的卫星；万有引力常量G 是由卡文迪许在实验室中首次准确测量出
来的；地球对地面上物体的引力本质上就是万有引力，太阳与地球之间的引力也是万有引力．
【解答】解：A、根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆，故A 正确。
B、太阳与行星间的引力就是万有引力，万有引力适用于一切天体之间，故B 错误。
C、万有引力常量G 是由卡文迪许在实验室中首次准确测量出来的，故C 错误。
D、在发现万有引力定律的过程中，牛顿应用了牛顿第三定律以及开普勒定律的知识，故DE 正确。
故选：ADE。
【点评】开普勒关于行星运动的定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的
行星运动定律和万有引力定律是解答本题的关键．
14．（10 分）《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的
肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知
识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h1＝0.8m，l1＝2m，h2＝2.4m，l2＝1m，小鸟飞出能
否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．（取重力加速度g＝10m/s2）
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，假设能直接击中，结合平抛运
动的规律求出初速度的大小，从而得出下降h1 高度时的位移，判断能否直接击中．
【解答】解：设小鸟以v0 弹出能直接击中堡垒，
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根据h1 +݄
2 = 1
2 tݐ2得，t=
2(݄1+݄2)
t
=
2×3.2
10 ݏ= 0.8ݏ，
则水平初速度㘴0 = t1+t2
ݐ
= 3
0.8݉
/ݏ= 3.75݉
/ݏ．
根据h1 = 1
2 tݐ12得，ݐ1 =
2݄1
t =
2×0.8
10 ݏ= 0.4ݏ，
则水平位移x1＝v0t1＝3.75×0.4m＝1.5m＜l1．
知小鸟飞出不能直接打中肥猪的堡垒．
答：小鸟飞出不能直接打中肥猪的堡垒．
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:59:23 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省广州市铁一中学高三（上）月考物理试卷（10 月份）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求，第6-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，一质点从t＝0 时刻由静止开始做匀加速直线运动，A 和B 是质点x﹣t 图线上的两个点．该质
点运动的加速度大小为（
）
A．
2
3m/s2
B．
4
7 m/s2
C．
5
8 m/s2
D．2 m/s2
2．（6 分）如图所示，ab、ac、ad 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，ab 沿竖直方向，
ac 为圆的直径，∠bac＝∠cad＝30°．每根杆上都套有一个小滑环（图中未画
出），三个小滑环分别从b、c、d
点由静止释放，到达a 点所用的时间分别为t1、t2、t3，则（
）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＝t3＜t2
C．t1＜t2＜t3
D．t1＜t3＜t2
3．（6 分）用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t 图象如图所示．下列表述
正确的是（
）
A．在0～t1 时间内拉力逐渐增大
B．在0～t1 时间内物体做曲线运动
C．在t1～t2 时间内拉力的功率不为零
D．在t1～t2 时间内合外力做功为
1
2mv2
4．（6 分）ab 为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1kg 的小球从距纸面高为60cm 的地
方自由下落，恰能穿破两张纸（即穿过后速度为零）．若将a 纸的位置升高，b 纸的位置不变，在相同条件下要使
小球仍能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸不超过（
）
A．15cm
B．20cm
C．30cm
D．60cm
5．（6 分）已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6 倍．若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的
同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5 倍，则该行星的自转周期约为（
）
A．6 小时
B．12 小时
C．24 小时
D．36 小时
6．（6 分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位
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于水平粗糙桌面上的物块b。外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F 方向不变，大小在一定范围内变
化，物块b 仍始终保持静止，则（
）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
7．（6 分）质量为1500kg 的汽车在平直的公路上运动，v﹣t 图象如图所示．由此可知能求出的是（
）
A．前25 s 内汽车的平均速度
B．前10 s 内汽车的加速度
C．前10 s 内汽车所受的阻力
D．在15～25 s 内合外力对汽车所做的功
8．（6 分）2012 年6 月18 日，搭载着3 位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫一号顺利“牵手”．对接前天宫
一号进入高度约为343km 的圆形对接轨道，等待与神舟九号飞船交会对接．对接成功后，组合体以7.8km/s 的速
度绕地球飞行．航天员圆满完成各项任务后，神舟九号飞船返回地面着陆场，天宫一号变轨至高度为370km 的圆
形自主飞行轨道长期运行．则（
）
A．3 位航天员从神舟九号飞船进入天宫一号过程中处于失重状态
B．天宫一号在对接轨道上的周期小于在自主飞行轨道上的周期
C．神舟九号飞船与天宫一号分离后，要返回地面，必须点火加速
D．天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能相等
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～第13 题为必考题，每个试题考生必须作答．第14～第15 题为
选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（4 分）用螺旋测微器测一圆形工件的长度时读数如图所示，其读数为
cm．如果使用主尺上最小刻度为
mm、游标为10 分度的游标卡尺测量同一圆形工件的长度时，以上测量的结果应记为
cm．
10．（6 分）图示的实验装置可以测量“小滑块与小平面之间的动摩擦因数μ”．弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑
块与弹簧不连接），开始时使弹簧处于压缩状态，O 点是小滑块开始运动的初始位置．某时刻释放小滑块，小滑块
在水平面上运动经过A 处的光电门，最后停在B 处．已知当地重力加速度为g．
（1）实验中，测得小滑块上遮光条的宽度为d 及与光电门相连的数字计时器显示的时间为△t，则小滑块经过A
处时的速度v＝
．（用题中的符号表示）
（2）为了测量小滑块与水平地面间的动摩擦因数，除了（1）中所测物理量外，还需要测量的物理量是
．（说
明物理意义并用符号表示）
（3）利用测量的量表示动摩擦因数μ＝
．（用题中所测的物理量的符号表示）
11．（6 分）某同学利用如图1 所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑
轮A 和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力
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FTOA、FTOB 和FTOC，回答下列问题：
（1）改变钩码个数，实验能完成的是
A．钩码个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
（2）在拆下钩码和绳子前，需要记录的是
A．标记结点O 的位置，并记录OA、OB、OC 三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC 三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
E、记录各条绳上所挂钩码的个数
（3）在作图时，你认为图2 中
是正确的．（填“甲”或“乙”）
12．（14 分）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之
间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x 与木
板倾角α的关系如图所示。g 取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：
（1）小铁块初速度的大小v0 以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？
13．（17 分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨
道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
5
6R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均在
同一竖直面内。质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，
最高点到达F 点，AF＝4R，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ= 1
4，重力加速度大小为g。（取sin37°= 3
5，cos37°
= 4
5）
（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。
（2）求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好
通过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距
7
2R、竖直相距R，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的
质量。
四、物理选修题
14．（5 分）在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、
微元法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（
）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法
B．根据速度的定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t 趋近于零时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想
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法
C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了极限
思想法
E．抽水机工作时消耗水能，类似地，电灯发光时消耗电能，该方法运用了类比法
15．（10 分）一质量M＝4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为
m＝2kg 的小球A、B，它们用轻质细绳连接。现对小球B 施加一水平向左的拉力F 使小球A、B 及斜面体一起向
左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）细绳的拉力T；
（2）水平拉力F 的大小；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ。
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2018-2019 学年广东省广州市铁一中学高三（上）月考物理试卷（10 月
份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求，第6-8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图所示，一质点从t＝0 时刻由静止开始做匀加速直线运动，A 和B 是质点x﹣t 图线上的两个点．该质
点运动的加速度大小为（
）
A．
2
3m/s2
B．
4
7 m/s2
C．
5
8 m/s2
D．2 m/s2
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移与时间的关系为x= 1
2ܽݐ2 +x0，带入AB 点的坐标即可求解．
【解答】解：质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移与时间的关系为x= 1
2ܽݐ2 +x0，
根据图象可知，当t＝3s 时，x＝3m，则3= 1
2ܽ
× 9 + ݔ0，
当t＝4s 时，x＝5m，则5= 1
2ܽ
× 16 + ݔ0，
解得：a= 4
7݉
/ݏ2，故B 正确，ACD 错误。
【点评】本题一定要考虑质点运动的初位置，知道质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移与时间的关系为
x= 1
2ܽݐ2 +x0，难度适中．
2．（6 分）如图所示，ab、ac、ad 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，ab 沿竖直方向，
ac 为圆的直径，∠bac＝∠cad＝30°．每根杆上都套有一个小滑环（图中未画
出），三个小滑环分别从b、c、d
点由静止释放，到达a 点所用的时间分别为t1、t2、t3，则（
）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＝t3＜t2
C．t1＜t2＜t3
D．t1＜t3＜t2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】设直径为d，根据几何关系可求得三种情况下的位移，由受力分析及牛顿第二定律可求得加速度，再由
运动学公式可求得运动时间．
【解答】解：设圆的直径为d，ab 的长度为dcos30°
下落的加速度为a1＝g，
则有：dcos30°= 1
2gt12；
解得：t1=
3݀
t ；
物体沿ac 运动时，加速度a2＝gsin60°=
3t
2 ；
则有d= 1
2ܽ
2ݐ2
2
解得：t2=
4 3݀
3t ；
物体沿ad 运动时，运动长度为：dcos30°=
3݀
2 ；
加速度a3＝gsin30°= t
2；
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则可得：
3
2 d= 1
2 × t
2t32
解得：t3=
2 3݀
t
则有：t1＜t2＜t3
【点评】本题考查牛顿第二定律的综合应用，要注意明确受力分析及牛顿第二定律的应用，明确几何关系才能准
确求解．
3．（6 分）用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t 图象如图所示．下列表述
正确的是（
）
A．在0～t1 时间内拉力逐渐增大
B．在0～t1 时间内物体做曲线运动
C．在t1～t2 时间内拉力的功率不为零
D．在t1～t2 时间内合外力做功为
1
2mv2
【考点】37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】52B：功的计算专题．
【分析】物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．
【解答】解：A、0﹣t1 内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：F﹣f＝ma，故拉力不断
减小，故A 错误；
B、0﹣t1 内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故B 错误；
C、在t1﹣t2 时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C 正确；
D、在t1﹣t2 时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D 错误；
【点评】在计算摩擦力时要注意分析AB 间为相对滑动，故为滑动摩擦力；则应由滑动摩擦力的公式进行计算．
4．（6 分）ab 为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1kg 的小球从距纸面高为60cm 的地
方自由下落，恰能穿破两张纸（即穿过后速度为零）．若将a 纸的位置升高，b 纸的位置不变，在相同条件下要使
小球仍能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸不超过（
）
A．15cm
B．20cm
C．30cm
D．60cm
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】下落的小球在重力做功下，将重力势能转化为动能，穿破两张纸后将动能转化为内能，要使小球仍能穿
破两张纸，则根据动能定理可求出a 纸距离b 纸间距．
【解答】解：当ab 为紧靠着的、且两边固定的两张相同的薄纸，根据动能定理，则有：WG+Wf＝0﹣0。
所以Wf＝﹣WG＝﹣1×10×0.6J＝﹣6J，
a 纸的位置升高，b 纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则当小球的动能达到3J 时，才能穿
破纸张。
设释放点距a 纸距离为L，根据动能定理，则有：mgL≥3J，解得：L≥30cm。因此a 纸距离b 纸不超过30cm。
【点评】考查动能定理的应用，并掌握过程的选取，及功的正负值，注意本题随着a 纸张的越高则小球获得的动
能越小，则穿过的可能性越小．因此只有动能大于或等于3J 时，才可能穿过．
5．（6 分）已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6 倍．若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的
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同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5 倍，则该行星的自转周期约为（
）
A．6 小时
B．12 小时
C．24 小时
D．36 小时
【考点】37：牛顿第二定律；4F：万有引力定律及其应用；4J：同步卫星．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；16：压轴题．
【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与星球的自转周期相同．
通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．
【解答】解：地球的同步卫星的周期为T1＝24 小时，轨道半径为r1＝7R1，密度ρ1。
某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2＝3.5R2，密度ρ2。
根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有：
ܩ݉
1×ߩ1
4
3ߨh1
3
ݎ1
2
=݉
1(
2ߨܶ
1
)2ݎ1
ܩ݉
2 × ߩ2
4
3 ߨh2
3
ݎ2
2
=݉
2( 2ߨܶ
2
)2ݎ2
两式化简解得：T2=ܶ
1
2 =12 小时。
【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．
6．（6 分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位
于水平粗糙桌面上的物块b。外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F 方向不变，大小在一定范围内变
化，物块b 仍始终保持静止，则（
）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a 平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F 的大小变化
求得物块b 所受各力的变化情况。
【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a 和b 的绳子的夹角不变；物块a 只受重力以
及绳子的拉力，由于物体a 平衡，则连接a 和b 的绳子张力T 保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′
中的张力保持不变，故AC 均错误；
BD、b 处于静止即平衡状态，对b 受力分析有：
力T 与力F 与x 轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg＝0
Fcosα+f﹣Tcosθ＝0
由此可得：N＝mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T 的大小不变，可见当F 大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B 正确
f＝Tcosθ﹣Fcosα
由于T 的大小不变，当F 大小发生变化时，b 静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D 正确。
故选：BD。
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【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力
大小不变，再由此分析b 的平衡。
7．（6 分）质量为1500kg 的汽车在平直的公路上运动，v﹣t 图象如图所示．由此可知能求出的是（
）
A．前25 s 内汽车的平均速度
B．前10 s 内汽车的加速度
C．前10 s 内汽车所受的阻力
D．在15～25 s 内合外力对汽车所做的功
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】首先利用速度时间图象知道物理意义，能求出位移、加速度和各时刻的速度，再利用物理规律判断选项
即可．
【解答】解：A、据速度时间图象与t 轴所围的面积表示位移，再据平均速度公式即可求出前25s 的平均速度，故
A 正确，
B、据速度时间的斜率表示加速度，所以能求出10s 的加速度，故B 正确，
C、以上可知，求出10s 的加速度，但不知汽车牵引力，所以利用牛顿第二定律无法求出阻力，故C 错误，
D、据图象可知各时刻的速度，利用动能定理即可求出15﹣25s 的动能变化量，即求出合外力所做的功，故D 正
确
故选：ABD。
【点评】本题是速度时间图象为基础，结合牛顿第二定律、图象的意义和动能定理的综合应用，知道图象的意义
是解题的关键．
8．（6 分）2012 年6 月18 日，搭载着3 位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫一号顺利“牵手”．对接前天宫
一号进入高度约为343km 的圆形对接轨道，等待与神舟九号飞船交会对接．对接成功后，组合体以7.8km/s 的速
度绕地球飞行．航天员圆满完成各项任务后，神舟九号飞船返回地面着陆场，天宫一号变轨至高度为370km 的圆
形自主飞行轨道长期运行．则（
）
A．3 位航天员从神舟九号飞船进入天宫一号过程中处于失重状态
B．天宫一号在对接轨道上的周期小于在自主飞行轨道上的周期
C．神舟九号飞船与天宫一号分离后，要返回地面，必须点火加速
D．天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能相等
【考点】31：惯性与质量；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】天宫一号绕地球做匀速圆周运动，地球对他的引力完全提供向心力，在天宫一号内处于完全失重状态．
根据万有引力提供向心力及近心运动和离心运动的相关知识即可求解．
【解答】解：A、3 位航天员从神舟九号飞船进入天宫一号过程中受地球对他的引力完全提供向心力，处于失重状
态。故A 正确
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B、根据周期公式T＝2ߨ
ݎ3
ܩܯ，运行轨道半径越大的，周期越大，故B 正确
C、神舟九号飞船与天宫一号分离后，要返回地面，即做近心运动，所以应该减速，故C 错误
D、轨道越高机械能越大，所以天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能不等，故D 错误
故选：AB。
【点评】解决本题的关键掌握线周期与轨道半径的关系，以及知道神舟八号只有加速时，万有引力不够提供向心
力，离开原轨道做离心运动可能与天宫一号对接．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～第13 题为必考题，每个试题考生必须作答．第14～第15 题为
选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（4 分）用螺旋测微器测一圆形工件的长度时读数如图所示，其读数为
4.600
cm．如果使用主尺上最小刻度为
mm、游标为10 分度的游标卡尺测量同一圆形工件的长度时，以上测量的结果应记为
0.46
cm．
【考点】L3：刻度尺、游标卡尺的使用．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．了解实验的装
置和工作原理．
【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm＝0.100mm，所以最终读数为：
4.5mm+0.100mm＝4.600mm＝0.4600cm．
如果使用主尺上最小刻度为mm、游标为10 分度的游标卡尺测量同一圆形工件的长度时，以上测量的结果应记为
4.6mm＝0.46cm．
故答案为：4.600，0.46
【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，
在读可动刻度读数时需估读．
10．（6 分）图示的实验装置可以测量“小滑块与小平面之间的动摩擦因数μ”．弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑
块与弹簧不连接），开始时使弹簧处于压缩状态，O 点是小滑块开始运动的初始位置．某时刻释放小滑块，小滑块
在水平面上运动经过A 处的光电门，最后停在B 处．已知当地重力加速度为g．
（1）实验中，测得小滑块上遮光条的宽度为d 及与光电门相连的数字计时器显示的时间为△t，则小滑块经过A
处时的速度v＝݀
ݐ
．（用题中的符号表示）
（2）为了测量小滑块与水平地面间的动摩擦因数，除了（1）中所测物理量外，还需要测量的物理量是
光电门
和B 点之间的距离L
．（说明物理意义并用符号表示）
（3）利用测量的量表示动摩擦因数μ＝݀
2
2tܮ△ݐ2
．（用题中所测的物理量的符号表示）
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】（1）很短的时间内，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求得铁块的速度大小；
（2）根据滑动摩擦力的公式可以判断求动摩擦因数需要的物理量；
（3）由滑块的运动情况可以求得铁块的加速度的大小，再由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，再由滑动摩擦
力的公式可以求得滑动摩擦因数
【解答】解：（1）根据极限的思想，在时间很短时，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，
所以铁块通过光电门l 的速度是v=݀ݐ
（2）（3）要测量动摩擦因数，由f＝μFN
可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小；小滑块在水平面上运动经
过A 处的光电门，最后停在B 处，滑块做的是匀减速直线运动，根据光电门和B 点之间的距离L，由速度位移的
关系式可得，
v2＝2aL
对于整体由牛顿第二定律可得，
Mg﹣f＝Ma
因为f＝μFN，
所以由以上三式可得：μ=݀
2
2tܮ△ݐ2；需要测量的物理量是：光电门和B 点之间的距离L
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故答案为：（1）݀ݐ；（2）光电门和B 点之间的距离L；（3）݀
2
2tܮ△ݐ2
【点评】测量动摩擦因数时，滑动摩擦力的大小是通过牛顿第二定律计算得到的，加速度是通过铁块的运动情况
求出来的．
运用动能定理来求解弹性势能，注意摩擦力做负功
11．（6 分）某同学利用如图1 所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑
轮A 和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力
FTOA、FTOB 和FTOC，回答下列问题：
（1）改变钩码个数，实验能完成的是
BCD
A．钩码个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
（2）在拆下钩码和绳子前，需要记录的是
AE
A．标记结点O 的位置，并记录OA、OB、OC 三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC 三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
E、记录各条绳上所挂钩码的个数
（3）在作图时，你认为图2 中
甲
是正确的．（填“甲”或“乙”）
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O 点（如图所示）．由于钩码
均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O 点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个
边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功．
（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；
（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答．
【解答】解：（1）对O 点受力分析
OA
OB
OC 分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C 等于OD．因此三个力的大小构成一个
三角形．
A、2、2、4 不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A 错误；
B、3、3、4 可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B 正确；
C、4、4、4 可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C 正确；
D、3、4、5 可以构成三角形，则结点能处于平衡．故D 正确．
故选：BCD．
（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O 的位置，其次要作出力的方向
并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、
OB、OC 三段绳子的方向和记录各条绳上所挂钩码的个数，故AE 正确，BCD 错误．
故选：AE．
（3）以O 点为研究对象，F3 的是实际作用效果在OC 这条线上，由于误差的存在，F1、F2 的理论值要与实际值
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有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．
故答案为：（1）BCD （2）AE
（3）甲
【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，
明确“理论值”和“实际值”的区别．
12．（14 分）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之
间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x 与木
板倾角α的关系如图所示。g 取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：
（1）小铁块初速度的大小v0 以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s 与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α＝
90°时的数据求出物体的初速度；
（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s 与斜面倾角θ的关系表达式，根据α＝30°时的数据求出动摩擦因数；
（3）先求出α＝60°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度。
【解答】解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：
﹣mgsinα•S﹣μmgcosα•S＝0−1
2mv02
解得：
S=
㘴0
2
2t(ݏthߙ+ߤܿ݋ݏߙ)
由图可得，当α＝90°时，根据v02＝2gs，代入数据得v0＝5m/s，即物体的初速度为5m/s。
由图可得，α＝30°时，s＝1.25，代入数据得：μ=
3
3 ；
（2）物体沿斜面上升的最大位移s 与斜面倾角θ的关系为：
S=
㘴0
2
2t(ݏthߙ+ߤܿ݋ݏߙ)
把α＝60°代入，解得：
s= 5
8
3
由动能定理得：
﹣μmgcosα•2S= 1
2mvt2−1
2mv02
解得：vt＝2.5 2m/s；
答：（1）小铁块初速度的大小为5m/s，小铁块与木板间的动摩擦因数μ是
3
3 ；
（2）当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为2.5 2m/s。
【点评】本题关键是根据动能定理求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因数、求物体末速
度。
13．（17 分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨
道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
5
6R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均在
同一竖直面内。质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，
最高点到达F 点，AF＝4R，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ= 1
4，重力加速度大小为g。（取sin37°= 3
5，cos37°
= 4
5）
（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。
（2）求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好
通过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距
7
2R、竖直相距R，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的
质量。
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【考点】65：动能定理；69：弹性势能；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】（1）对物体从C 到B 的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B 点的速度；
（2）同（1）的方法求出物块返回B 点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；
（3）P 离开D 点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D 点的速度，E 到D 的过程中重力、弹簧的
弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P 的质量。
【解答】解：（1）C 到B 的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：݉
t ⋅ܤܥݏth37° −ߤ݉
tܿ݋ݏ37° ⋅ܤܥ= 1
2݉
㘴ܤ
2 −0
其中：ܤܥ= tܥ−2h
代入数据得：㘴ܤ= 2 th
（2）物块返回B 点后向上运动的过程中：
−݉
t ⋅ܤܨݏth37° −ߤ݉
tܿ݋ݏ37° ⋅ܤܨ= 0 −1
2݉
㘴'ܤ
2
其中：ܤܨ= tܨ−2h
联立得：㘴ܤ' =
16th
5
物块P 向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
−ߤ݉
tܿ݋ݏ37° ⋅2ݔ= 1
2݉
㘴'ܤ
2 −1
2݉
㘴ܤ
2
整理得：x＝R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：݉
tݔ⋅ݏth37° −ߤ݉
tܿ݋ݏ37° ⋅ݔ−ܹ
= 0 −1
2݉
㘴ܤ
2
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP＝W
所以：EP＝2.4mgR
（3）由几何关系可知图中D 点相对于C 点的高度：
h＝r+rcos37°＝1.8r= 1.8 × 5
6 h =1.5R
所以D 点相对于G 点的高度：H＝1.5R+R＝2.5R
小球做平抛运动的时间：t=
2ܪ
t =
5h
t
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G 点到D 点的水平距离：L= 7
2 h −ݎݏth37° = 7
2 h −5
6 h × 3
5 = 3h
由：L＝vDt
联立得：㘴ܦ= 3
5
5th
E 到D 的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
ܧܲ−݉
't(ܧܥݏth37° +݄) −ߤ݉
'tܿ݋ݏ37° ⋅ܧܥ= 1
2݉
'㘴ܦ
2 −0
联立得：m′= 1
3݉
答：（1）P 第一次运动到B 点时速度的大小是2 th。
（2）P 运动到E 点时弹簧的弹性势能是2.4mgR。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好
通过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距
7
2R、竖直相距R，求P 运动到D 点时速度的大小是
3
5
5th，改
变后P 的质量是
1
3m。
【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E 点的条件，并能
正确列出动能定理及理解题目中公式的含义。第二小问可以从运动全过程的角度跟能量的角度来列式
mgxCFsin37°＝μmgcos37°[2（xBF+x）+xCF]带入数据，解得x＝R
mgxCE＝μmgcos37°xCE+Ep；
带入数据，解得Ep＝2.4mgR
四、物理选修题
14．（5 分）在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、
微元法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（
）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法
B．根据速度的定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t 趋近于零时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想
法
C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了极限
思想法
E．抽水机工作时消耗水能，类似地，电灯发光时消耗电能，该方法运用了类比法
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】解答本题应掌握：质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
类比法是物理学习的一种方法，它利用看得见、摸得着的实际现象和经验为依据，运用这种方法进行合理想象，
达到学习和探究新的物理规律．
【解答】解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A 错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时
速度，即采用了极限思维法，故B 正确；
C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，分别研究了加速度和力、加速度和质量之间的关系，故运用了控制变
量法；故C 正确；
D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把
各小段的位移相加，这里采用了微元法。故D 错误
E、抽水机工作时消耗的是电能，同时这里也并没有采用类比的方法，故E 错误。
故选：BC。
【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故
在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
15．（10 分）一质量M＝4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为
m＝2kg 的小球A、B，它们用轻质细绳连接。现对小球B 施加一水平向左的拉力F 使小球A、B 及斜面体一起向
左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）细绳的拉力T；
（2）水平拉力F 的大小；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ。
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- 1343 -
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）以球A 为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解细线的拉力；
（2）以A、B 整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；
（3）以A、B、斜面整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动
摩擦定律列式求解动摩擦因数。
【解答】解：（1）以A 为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：
T＝mgsin30°＝2× 10 × 1
2 =10N
（2）以A、B 整体为研究对象，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有：
Fcos30°＝2mgsin30°
解得：F= 40
3
3N
（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：
F＝f＝μ（M+2m）g
解得：μ=
40
3 3
(4+2×2)×10 =
3
6
答：（1）细绳的拉力T 为10N；
（2）水平拉力F 的大小为
40
3
3N；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ为
3
6 。
【点评】对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:26:40 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）综合物理试卷
一、选择题（本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中．1～5 题只有一项符合题目要求．6～8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上移动时，球始终保持
静止状态，则细绳上的拉力将（
）
A．先增大后减小
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．逐渐增大
2．（6 分）如图所示，三个重均为100N 的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20N
作用在物
块2 上，三条轻质绳结于O 点，与物块3 连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重
为20N 的小球P．整个装置处于静止状态．则（
）
A．物块1 和2 之间的摩擦力大小为20N
B．水平绳的拉力大小为15N
C．桌面对物块3 的支持力大小为320N
D．物块3 受5 个力的作用
3．（6 分）如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静
止状态。当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（
）
A．0
B．
2 3
3
t
C．g
D．
3
3 t
4．（6 分）如图所示的装置中，重4N 的物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置保持静止，斜面
的倾角为30°，被固定在测力计上，如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断物块下滑时，与稳
定时比较，测力计的读数：（g＝10m/s2）（
）
A．增加4N
B．增加3N
C．减少1N
D．不变
5．（6 分）如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送
带分别以v1、v2 的速度逆时针转动（v1＜v2），稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪
断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是（
）
A．F1＜F2
B．F1＝F2
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C．t1 一定大于t2
D．t1 一定等于t2
6．（6 分）如图所示，木块b 放在一固定斜面上，其上表面水平，木块a 放在b 上．用平行于斜面向上的力F 作用于
a，a、b 均保持静止．则木块b 的受力个数可能是（
）
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
7．（6 分）将可看作质点的物体A 与物体B 叠合在一起，二者处于静止状态，弹簧上端与O 点等高，如图，弹簧自
由伸长时上端与C 点等高，现用一力作用于A，将AB 往下压至一定程度，然后撤去该力，关于以后的运动情况
以下说法正确的是（
）
A．从最低点到C 点所在的高度，物体的速度先增大后减小
B．从最低点到C 点所在的高度，物体的加速度一直在减小
C．AB 将在弹簧到达C 点所在的高度时分离
D．分离后A 向上运动，B 向下运动
8．（6 分）如图，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，两图线交点时刻为t1，根据图
象可以判断（
）
A．甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相等、方向相反
B．两球在t＝t1 时相距最远
C．两球在t＝8s 时相遇
D．两球在t＝2s 时速率相等
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6 分）在“研究弹簧的形变与外力的关系”的实验中，竖直悬挂让其自然下垂，然后测出其自然长度，在其下端
悬挂砝码。实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的。用记录的所挂砝码质量m 与弹簧的长度l 作出的m﹣l 图线，
如图所示。
（1）由图求出弹簧的劲度系数，即k＝
N/m。（保留两位有效数字）
（2）弹簧原长是：
cm．（保留两位有效数字）
10．（9 分）用如图1 所示的实验装置来验证牛顿第二定律．
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①为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下
，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反
复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做
运动．
②在实验过程，某次打出纸带如图2，相邻计数点A、B、C、D、E 之间还有4 个点未画出，该纸带对应的加速
度为：
m/s2 （保留两位有效数字）；
③某次实验测得的数据如下表所示．根据这些数据在图3 坐标图中描点并作出a−1݉图线．从a−1݉图线求得合外力
大小为
N（保留两位有效数字）．
1݉/kg
﹣1
a/m•s2
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3
11．（12 分）如图，质量m＝2kg 的物体静止于水平地面的A 处，A、B 间距L＝20m．用大小为30N，沿水平方向的
外力拉此物体，经t0＝2s 拉至B 处．（取g＝10m/s2）
（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（2）用大小为20 2N，与水平方向成45°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，
求该力作用的最短时间t．
12．（20 分）质量为m＝0.5kg、长L＝1m 的平板车B 静止在光滑水平面上．某时刻质量M＝1kg 的物体A（视为质
点）以v0＝4m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F．已
知A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10m/s2．
（1）若F＝5N，求从开始到二者共速所需时间，和该时间内A 相对B 滑行的距离；
（2）若F＝5N，在同一坐标系内，定性画出A 在B 上滑动全程二者的v﹣t 图线（无需计算数值，但必须在图线
上标明A、B 物体，未标明的不得分）；
（3）如果要使A 不至于从B 上滑落，求拉力F 大小应满足的条件．
（二）选考题【物理选修3-3】
13．（5 分）汽车拉着拖车做直线运动的过程中，下列说法中正确的是（
）
A．若两车加速运动，则人在车厢内竖直向上抛一个小球后，球将落在起抛点的后方
B．若两车加速运动，则汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力
C．两车的速度增加后将更难以停下来，说明车的惯性随速度的增加而增加
D．若两车匀速运动，则汽车拉拖车的力与拖车受地面摩擦力是一对平衡力
E．若汽车与拖车脱钩，则拖车会慢慢停下来，这是由于摩擦力比惯性大
14．（10 分）如图所示，A、B 为竖直墙面上等高的两点，AO、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆，转轴C
在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面内，∠AOB＝120°，∠COD＝60°．在O 点处悬挂一个重量为G 的
物体，系统处于平衡状态，试求：
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（1）绳AO 所受的拉力F1 和杆OC 所受的压力F2；
（2）若在O 点施加一个力F（图中未画出），要使两根绳AO 和BO 中的张力为零，杆CO 位置不变，则F 的最
小值为多大？
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2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）综合物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中．1～5 题只有一项符合题目要求．6～8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上移动时，球始终保持
静止状态，则细绳上的拉力将（
）
A．先增大后减小
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．逐渐增大
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【专题】524：摩擦力专题．
【分析】分析小球受力情况：重力G、斜面的支持力F1 和细绳的拉力F2 三个力作用．画出力图，作出支持力F1
和拉力F2 的合力，根据平衡条件可知它们的合力与重力大小相等，方向相反，保持不变．分别作出细绳在位置1、
2、3 三个位置的合成图，分析选择．
【解答】解：以小球为研究对象，小球受到重力G、斜面的支持力F1 和细绳的拉力F2 三个力作用。画出力图，
作出支持力F1 和拉力F2 的合力，根据平衡条件可知它们的合力与重力大小相等，方向相反，保持不变。分别作
出细绳在位置1、2、3 三个位置的合成图，由图可知：
细绳上的拉力先减小后增大。
【点评】本题是力平衡中动态变化分析类型，采用的是图解法，也可以采用函数法求解．
2．（6 分）如图所示，三个重均为100N 的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20N
作用在物
块2 上，三条轻质绳结于O 点，与物块3 连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重
为20N 的小球P．整个装置处于静止状态．则（
）
A．物块1 和2 之间的摩擦力大小为20N
B．水平绳的拉力大小为15N
C．桌面对物块3 的支持力大小为320N
D．物块3 受5 个力的作用
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【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对绳子的连接点受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解水平绳的拉力；先后对物体1，
物体1、2 整体、物体1、2、3 整体受力分析，然后根据平衡条件求解12 之间的摩擦力．
【解答】解：A、对物体1 受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物体1
与物体2 间的摩擦力为0，A 错误；
B、对绳子的连接点受力分析，受到三根绳子的三个拉力，如图，根据平衡条件，有：
x 方向：T2cos45°＝T1
y 方向：T2sin45°＝mg
解得：T1＝mg＝20N
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即故水平绳中的拉力为20N．B 错误；
C、对物体1、2、3 整体受力分析，受重力、支持力、向左的拉力为20N、绳子a 的拉力也为20N，竖直方向：N
＝3mg＝300N，故C 错误；
D、对物体1 和物体2 整体研究，受重力、支持力、向左的拉力F 和向右的静摩擦力f23，根据平衡条件得：f23＝
F＝20N；1、2 间摩擦力0，23 间摩擦力20N，则3 与桌面间摩擦力0，故3 受重力、支持力、压力、2 给的摩擦
力、绳子拉力，共5 力作用，D 正确；
【点评】本题关键在于灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．
3．（6 分）如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静
止状态。当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（
）
A．0
B．
2 3
3
t
C．g
D．
3
3 t
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力
和重力不变，求出合力后即可求出加速度。
【解答】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图
根据共点力平衡条件，有
F﹣Nsin30°＝0
Ncos30°﹣G＝0
解得
N= 2 3
3݉
t
F=
3
3݉
t
木板AB 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N 反向，
故加速度为：
a=ܰ݉
= 2 3
3 t
【点评】本题关键对物体受力分析，求出各个力，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度。
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4．（6 分）如图所示的装置中，重4N 的物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置保持静止，斜面
的倾角为30°，被固定在测力计上，如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断物块下滑时，与稳
定时比较，测力计的读数：（g＝10m/s2）（
）
A．增加4N
B．增加3N
C．减少1N
D．不变
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】本题中原来物块和斜面体处于静止状态，故测力计的读数等于物块和斜面体的总重量，剪短细线后，沿
斜面小球加速下滑，处于失重状态，对小球和斜面体整体运用牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：对物块和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有
N﹣（M+m）g＝0…①
加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有
竖直方向：（M+m）g﹣N′＝masin30°…②
水平方向：f＝macos30°…③
对物块受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有
mgsin30°＝ma…④
有由①②③④得到：
N﹣N′＝masin30°＝mg（sin30°）2＝0.4×10×0.25＝1N
【点评】本题关键是对物块、物块和斜面体整体多次受力分析，然后根据牛顿第二定律、共点力平衡条件列式求
解；要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用。
5．（6 分）如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送
带分别以v1、v2 的速度逆时针转动（v1＜v2），稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪
断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是（
）
A．F1＜F2
B．F1＝F2
C．t1 一定大于t2
D．t1 一定等于t2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关
系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间．
【解答】解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图
由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有：
F1＝F2
故A 错误、B 正确。
C、D、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左
加速时，根据牛顿第二定律，有：
μmg＝ma
解得：
a＝μg；
故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起
匀速运动；
由于v1＜v2，故
①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则tl 等于t2
②若传送带速度为v1 时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带
速度为v2 时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1＞t2
③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1＞t2，
故C，D 错误。
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- 1351 -
【点评】本题关键对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情况讨论．
6．（6 分）如图所示，木块b 放在一固定斜面上，其上表面水平，木块a 放在b 上．用平行于斜面向上的力F 作用于
a，a、b 均保持静止．则木块b 的受力个数可能是（
）
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对a、b 整体受力分析，分析出整体与斜面间摩擦力情况；然后对a 受力分析，得到b 对a 的作用情况；
最后结合牛顿第三定律分析b 物体的受力情况．
【解答】解：先对a、b 整体受力分析，受到重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力（当F≠mgsinθ时）；
对a 受力分析，受拉力、重力、支持力和向左的静摩擦力，处于平衡状态；
最后分析b 物体的受力情况，受重力、a 对b 的压力、a 对b 向右的静摩擦力、斜面的支持力，斜面对b 可能有静
摩擦力，也可能没有静摩擦力，故b 受4 个力或者5 个力；
故选：CD。
【点评】本题关键是灵活的选择研究对象进行受力分析，难点在于确定b 与斜面体之间的静摩擦力情况．
7．（6 分）将可看作质点的物体A 与物体B 叠合在一起，二者处于静止状态，弹簧上端与O 点等高，如图，弹簧自
由伸长时上端与C 点等高，现用一力作用于A，将AB 往下压至一定程度，然后撤去该力，关于以后的运动情况
以下说法正确的是（
）
A．从最低点到C 点所在的高度，物体的速度先增大后减小
B．从最低点到C 点所在的高度，物体的加速度一直在减小
C．AB 将在弹簧到达C 点所在的高度时分离
D．分离后A 向上运动，B 向下运动
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由题意知，当AB 具有相同加速度时，AB 都将一起运动，所以分离时也就是AB 加速度不同的时候，由
最低点向上运动时要注意弹力减小，物体的合力发生变化，知道合力与速度方向相同时做加速运动，相反时做减
速运动．
【解答】解：ABC、点是弹簧的原长，故从最低点到C 的过程中，弹簧弹力由最大值减至零，当弹力大于物体重
力时，物体所受合力向上，随着弹簧形变量减小，物体弹力减小，所受合力减小，故物体向上做加速度减小的加
速运动，当弹力小于重力时，物体所受合力方向向下，随着弹力减小，物体的合力增大，物体向上做加速度增大
的减速运动。由此分析可知物体的速度先增大后减小，物体的加速度先减小后增大，故A 正确，B 错误；
C、分离时A 的加速度为重力加速度，故当AB 的加速度小于重力加速度时，AB 都将一起运动，故当物体运动到
C 时，弹簧恢复原长，弹力为零，两物体的加速度均为重力加速度，再向上运动则弹力开始向下，B 的加速度将
大于重力加速度，故此时AB 开始分离，故C 正确；
D、分离前AB 一起运动，分离后AB 都将向上减速运动，只是B 的加速度大于A，不改变B 向上运动的性质，
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故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题是中学学习的一个难点，要注意弹力的变化过程中分弹力大于重力与小于重力，而与重力大小的比
较决定了合力的方向，这是中学阶段学生掌握的一个难点，需要分过程逐一讨论．
8．（6 分）如图，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，两图线交点时刻为t1，根据图
象可以判断（
）
A．甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相等、方向相反
B．两球在t＝t1 时相距最远
C．两球在t＝8s 时相遇
D．两球在t＝2s 时速率相等
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，图线的斜率表示加速度．通过分析两个物体的速
度关系，判断两球间距的变化，确定何时相距最远、何时相遇．
【解答】解：A、甲、乙两球均做匀变速直线运动，根据加速度的定义式a= △㘴
△ݐ，解得：甲、乙的加速度分别为a
甲= −40−40
8
=−10m/s2，a 乙= 20−(−20)
6
= 20
3 m/s2，可知加速度大小大小不等，方向相反。故A 错误。
B、从t＝0 时刻到两球速度相等的过程，乙物体向负方向运动，甲物体先向正方向后负方向运动，它们的间距在
增大，直到速度相等时，即t＝t1 时相距最远，故B 正确误。
C、甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动，两球在t＝8s 时，图象与坐标轴围成的面积相同，通过的位移相同，
所以两球在t＝8s 末相遇，故C 正确。
D、两球在t＝2s 时刻甲乙两物体的速度分别为20m/s、﹣20m/s，所以它们的速率相等，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题是速度﹣﹣时间图象问题，关键要明确斜率表示加速度、图象与坐标轴围成的面积表示位移，能根
据图象读取有用信息．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6 分）在“研究弹簧的形变与外力的关系”的实验中，竖直悬挂让其自然下垂，然后测出其自然长度，在其下端
悬挂砝码。实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的。用记录的所挂砝码质量m 与弹簧的长度l 作出的m﹣l 图线，
如图所示。
（1）由图求出弹簧的劲度系数，即k＝
0.26
N/m。（保留两位有效数字）
（2）弹簧原长是：
8.6
cm．（保留两位有效数字）
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】该题考查了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题。由胡克定律可求出弹簧的劲度系数，根据弹力为
零时的长度即可求出原长。
【解答】解：根据胡克定律可知，mg＝k（x﹣x0）
则可知m=݇t（x﹣x0）
由图象可知，x0＝8.6cm；
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- 1353 -݇
t =
(2.5−0.5)×10−3
(18.0−10.2)×10−2N/m＝0.26N/m；
故答案为：（1）0.26；（2）8.6。
【点评】本题考查胡克定律的应用，要注意在应用胡克定律时，要首先转化单位；在分析图象时要注意坐标的意
义和单位，找出正确表达式才能准确求解。
10．（9 分）用如图1 所示的实验装置来验证牛顿第二定律．
①为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下
沙桶
，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反
复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做
匀速直线
运动．
②在实验过程，某次打出纸带如图2，相邻计数点A、B、C、D、E 之间还有4 个点未画出，该纸带对应的加速
度为：
0.60
m/s2 （保留两位有效数字）；
③某次实验测得的数据如下表所示．根据这些数据在图3 坐标图中描点并作出a−1݉图线．从a−1݉图线求得合外力
大小为
0.30
N（保留两位有效数字）．
1݉/kg
﹣1
a/m•s2
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）明确实验原理，了解具体操作步骤的含义，尤其是实验中如何进行平衡摩擦力的操作；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小；
（3）由F＝ma 可知，在a−1݉图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小．
【解答】解：①将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力
沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，这样便平衡了摩擦力．
②根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，
得：a= (ݏ3−ݏ1)+(ݏ4−ݏ2)
4ܶ2
= ݔܥܧ−ݔtܥ
4ܶ2
= (2.41+3.03−1.21−1.83)×10−2
4×0．12
=0.60m/s2．
③用描点法画出图象如下所示：
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由F＝ma 可知，在a−1݉图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小，有图象可知其斜率为k＝F= 1.0−0
4−0 =0.3N，
故所受合外力大小为0.3N（0.28～0.32 均可）．
故答案为：①沙桶；②0.60；③0.30
【点评】在解决实验问题时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分
析，同时也加深了对具体实验操作步骤的理解．
11．（12 分）如图，质量m＝2kg 的物体静止于水平地面的A 处，A、B 间距L＝20m．用大小为30N，沿水平方向的
外力拉此物体，经t0＝2s 拉至B 处．（取g＝10m/s2）
（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（2）用大小为20 2N，与水平方向成45°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，
求该力作用的最短时间t．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从
而通过滑动摩擦力公式求出动摩擦因数．
（2）设F 作用的最短时间为t，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为a'的加速度匀减速
t'秒到达B 处，速度恰为0，根据牛顿第二定律，结合正交分解求出加速度，再根据位移时间公式求出力作用的最
短时间t．
【解答】解：（1）物体做匀加速直线运动，根据L= 1
2at02 得：
a= 2ܮ
ݐ0
2 = 2×20
4
m/s2＝10m/s2．
根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，解得：f＝30﹣2×10N＝10N．
则动摩擦因数：μ=݂݉
t = 10
20 =0.5．
（2）设F 作用的最短时间为t，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为a'的加速度匀减速
t'秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos45°﹣μ（mg﹣Fsin45°）＝ma
则a= ܨ(ܿ݋ݏ45°+ߤݏth45°)݉−ߤt =
20 2×( 2
2 +1
2× 2
2 )
2
−5 = 10m/s2
a′=݂݉
= ߤt = 5݉
/ݏ2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速运动的初速度，因此有：at＝a′t′
则t′=ܽܽ
' ݐ= 2ݐ
由题意得：L= 1
2ܽݐ2 + 1
2ܽ'ݐ'2
解得：t=
2ܮܽ
+4ܽ' = 2 3
3 ݏ
答：（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）该力作用的最短时间为
2 3
3 ݏ．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
12．（20 分）质量为m＝0.5kg、长L＝1m 的平板车B 静止在光滑水平面上．某时刻质量M＝1kg 的物体A（视为质
点）以v0＝4m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F．已
知A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10m/s2．
（1）若F＝5N，求从开始到二者共速所需时间，和该时间内A 相对B 滑行的距离；
（2）若F＝5N，在同一坐标系内，定性画出A 在B 上滑动全程二者的v﹣t 图线（无需计算数值，但必须在图线
上标明A、B 物体，未标明的不得分）；
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- 1355 -
（3）如果要使A 不至于从B 上滑落，求拉力F 大小应满足的条件．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）首先分析物体A 和车的运动情况：A 相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，
A 的速度大于车的速度，则A 相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A 相对于车静止，则当两者速度相等时，
物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分
别求出A 与车相对于地的位移，两者之差等于A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．
（2）A 与B 的速度相等后，A 受到的摩擦力的方向变成向前，所以A 也做加速运动，但小于B 的加速度，由此
画出v﹣t 图象即可；
（3）要使A 不从B 上滑落，是指既不能从B 的右端滑落，也不能左端滑落．物体A 不从右端滑落的临界条件是
A 到达B 的右端时，A、B 具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求
出此时F，为F 的最小值．物体A 不从左端滑落的临界条件是A 到达B 的左端时，A、B 具有共同的速度，可求
出此时F 的最大值，综合得到F 的范围．
【解答】解：（1）物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速直线运动：μN＝MaA
又：N＝Mg
得：aA＝μg＝2 m/s2
平板车B 做匀加速直线运动，F+μN＝maB
得：aB＝14 m/s2
两者速度相同时有：v0﹣aAt＝aBt
解得t＝0.25s
对A：ݏt = 㘴0ݐ−1
2ܽ
tݐ2 = 15
16݉
对B：ݏܤ= 1
2ܽ
ܤݐ2 = 7
16݉
相对运动距离：△s＝sA﹣sB＝0.5m
（2）由以上的分析可知，A 与B 的速度相等前，A 做减速运动，B 做加速运动；当它们的速度相等后，A 的加速
度小于B 的加速度，所以它们运动的v﹣t 图象如图：
（3）①当F 较小时，物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 右端时，AB 具有共同的速度v，则sA＝sB+L，即：
㘴0+㘴
2
ݐ' =
㘴
2 ݐ' + ܮ
得t'＝0.5s
所以：㘴= 㘴0 −ܽ
tݐ' = 3݉
/ݏ2
代入数据得：ܽܤ= 㘴
ݐ' = 6݉
/ݏ2
又由F1+μMg＝maB 得F1＝1 N
②当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，否则A 会从B 的
左端滑落，则
对整体：F2＝（m+M）a
对物体A：μN＝Ma
解得：F2＝3 N
综上所述，拉力F 大小应满足的条件是1 N≤F≤3 N
答：（1）若F＝5N，从开始到二者共速所需时间是0.25s，和该时间内A 相对B 滑行的距离是0.5m；
（2）定性画出A 在B 上滑动全程二者的v﹣t 图线如图；
（3）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件是1 N≤F≤3 N．
【点评】牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情
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况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．
（二）选考题【物理选修3-3】
13．（5 分）汽车拉着拖车做直线运动的过程中，下列说法中正确的是（
）
A．若两车加速运动，则人在车厢内竖直向上抛一个小球后，球将落在起抛点的后方
B．若两车加速运动，则汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力
C．两车的速度增加后将更难以停下来，说明车的惯性随速度的增加而增加
D．若两车匀速运动，则汽车拉拖车的力与拖车受地面摩擦力是一对平衡力
E．若汽车与拖车脱钩，则拖车会慢慢停下来，这是由于摩擦力比惯性大
【考点】1N：竖直上抛运动；31：惯性与质量；36：牛顿第一定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】从车厢内竖直向上抛出一个小球，小球由于惯性，在水平方向上有初速度，做匀速直线运动，结合车厢
的运动规律确定落点的位置．根据牛顿第三定律得出汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力．惯性大小的量度是质量，
与速度无关．根据拖车的受力，抓住拖车做匀速直线运动分析判断．
【解答】解：A、若两车加速运动，人在车厢内竖直向上抛出一个小球后，小球在水平方向上做匀速直线运动，
车厢做匀加速直线运动，则球将落在抛出点的后方，故A 正确。
B、根据牛顿第三定律知，汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力，故B 正确。
C、惯性的大小与质量有关，与速度无关，故C 错误。
D、若两车做匀速直线运动，对拖车而言，汽车拉拖车的力与地面对拖车的摩擦力是一对平衡力，故D 正确。
E、拖车慢慢停下来，是由于拖车受到摩擦力，做减速运动，不是摩擦力比惯性大，故E 错误。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力和平衡力之间的区别，知道惯性大小的量度，基础题．
14．（10 分）如图所示，A、B 为竖直墙面上等高的两点，AO、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆，转轴C
在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面内，∠AOB＝120°，∠COD＝60°．在O 点处悬挂一个重量为G 的
物体，系统处于平衡状态，试求：
（1）绳AO 所受的拉力F1 和杆OC 所受的压力F2；
（2）若在O 点施加一个力F（图中未画出），要使两根绳AO 和BO 中的张力为零，杆CO 位置不变，则F 的最
小值为多大？
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）以O 点为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO 和BO 的合力F 大小和方向，
再将F 进行分解，求出绳AO 所受拉力的大小．
（2）以O 点为研究对象，O 点在三个力的作用下处于平衡状态，对力F 大小进行分析，即可求出F 的最小值．
【解答】解：（1）以O 点为研究对象，分析受力情况，作出力图，采用合成法，根据几何知识：
F2cos30°＝G
2 F1 cos60°＝F2sin30°
解得：F1=
3
3 ܩ
F2= 2 3
3 ܩ
（2）当F 与CO 垂直时，F 最小，即F＝Gsin30°
F 最小= 1
2G
答：（1）绳AO 所受的拉力F1 为
3
3 G，杆OC 所受的压力F2 为
2 3
3
ܩ；
（2）若在O 点施加一个力F，要使两根绳AO 和BO 中的张力为零，杆CO 位置不变，则F 的最小值为
1
2G．
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【点评】本题O 点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究．
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2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）月考物理试卷（理科）
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分.在每小题给出的四个选项中，1~4 题只有一项符合题目要求；第5~8
小题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）如图所示为两个物体A 和B 在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v﹣t 图线，已知在第3s 末两个物体
在途中相遇，则（
）
A．A、B 两物体是从同一地点出发
B．A、B 两物体在减速段的加速度大小之比为3：1
C．3s 内物体A 的平均速度比物体B 的大
D．t＝1s 时，两物体第一次相遇
2．（6 分）一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面中点用时1s，速度为2m/s，则下列说法正确的是
（
）
A．物体运动的加速度为1m/s2
B．斜面长度为2m
C．物体在斜面上运动的总时间为2s
D．物体到达斜面底端时的速度为4m/s
3．（6 分）如图在水平板的左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m 的滑块，此时弹簧
处于自然长度．已知滑块与板的动摩擦因数为
3
3 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将板的右端缓慢抬起（板与
水平面的夹角为θ），直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F 随夹角θ的变化关系可能是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6 分）如图为三种形式的吊车的示意图，OA 为可绕O 点转动的杆，重量不计，AB 为缆绳，当它们吊起相同重
物时，杆OA 在三图中受力分别为Fa、Fb、Fc 的关系是（
）
A．Fa＞Fb＝Fc
B．Fa＝Fb＞Fc
C．Fa＞Fb＞Fc
D．Fa＝Fb＝Fc
5．（6 分）半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P 和MN 之间放有
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一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN 保持竖直并且缓
慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发现P 始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（
）
A．MN 对Q 的弹力逐渐减小
B．P 对Q 的弹力逐渐增大
C．地面对P 的摩擦力逐渐增大
D．Q 所受的合力逐渐增大
6．（6 分）如图，物体A 静止在箱子B 中，离地足够高，某时刻将它们由静止自由释放，则在下落过程中，下列说
法正确的是（
）
A．若没有空气阻力，A 开始的一段短时间内，速度增加得越来越快
B．若没有空气阻力，A 所受的支持力始终为零
C．若空气阻力与速度成正比，则开始的一段短时间内，A 受的支持力越来越大
D．若空气阻力与速度成正比，只要下落时间足够长，则A 可能不受B 的支持力而“飘”起来
7．（6 分）如图所示，A、B、C 三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A、B 间固
定一个轻杆，B、C 间由一轻质细线连接，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，
初始系统处于静止状态．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．B 球所受合力为mgsinθ，加速度为gsinθ
B．A 球的加速度沿斜面向上，大小为
1
2gsinθ
C．A、B 之间杆的拉力大小为
3
2mgsinθ
D．C 球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
8．（6 分）如图所示，质量为m0 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端有一质量为m 的物体，给物体m 一
沿斜面方向的初速度使其沿斜面向下做减速运动．物体减速过程中，木楔始终保持静止．则下列说法中正确的是
（
）
A．地面对木楔的支持力大于（m0+m）g
B．地面对木楔的支持力小于（m0+m）g
C．地面对木楔的摩擦力向左
D．地面对木楔的摩擦力向右
二、必考题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
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（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住两细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O 点的位
置、两弹簧测力计的读数F1、F2 以及相应的
．
（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点O 拉到
，记下细绳套的方向（如图丙中的
OC），读得（根据图乙）弹簧测力计的示数F＝
．
（3）如图丙，根据（1）中的测量结果按选定的标度（图中相邻圆环间距表示1N）作出了F1、F2 的图示（大小
未标出），请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2 的合力的图解值F′．
（4）比较F 和F′的
，如果在误差范围内两者近似相同，则可验证力的合成与分解中符合平行四边形定
则．
10．（9 分）在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图1 所示的实验装置，小车及车中砝码的总质量用M 表示，
所挂钩码的总质量用m 表示，小车的加速度a 可由打点计时器在纸带上的打点信息测量并计算出来。
（1）当M 与m 的大小关系满足
时，才可以近似认为绳对小车的拉力大小等于所挂砝码的重力mg。
（2）在探究加速度与质量的关系时，保持钩码的质量m 一定，改变小车及车中砝码的总质量M，测出相应的加
速度。如果采用图象法处理数据，为了比较直观地反映加速度a 与质量M 的关系，应该画出a 与
的图象。
（3）在探究加速度a 与合力F 的关系时，甲同学根据测量数据做出的a﹣F 图线如图2 中（A）所示，说明实验
中存在的主要问题是：
。
（4）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a﹣F 图线，如图2 中（B）所示，两个同学做实验时取值
不同的物理量是：
；（选填“m”或“M”）
（5）图3 给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度a＝
m/s2．（保留三
位有效数字）
11．（12 分）如图所示，质量为m＝0.8kg 的砝码悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态．PA 与竖直方向的
夹角37°，PB 沿水平方向．质量为M＝10kg 的木块与PB 相连，静止于倾角为37°的斜面上，已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，取g＝10m/s2．求：
（1）轻绳PA、PB 对应拉力TA、TB 的大小；
（2）木块所受斜面的摩擦力f 和弹力N 的大小．
12．（20 分）如图所示，斜面C 固定在水平地面上，倾角为θ＝30°，A、B 两物体放在斜面上，距离为d＝7.5m，A
与C 的动摩擦因数为μA=
1
2 3，B 与C 的动摩擦因数为μB= 1
3，t＝0 时刻分别给A、B 以沿斜面向上的初速度vOA
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＝7.5m/s，vOB＝15m/s，取g＝10m/s2．求：
（1）上滑阶段A、B 两物体的加速度大小；
（2）从开始到A、B 相遇所经历的时间t．
选做题（共2 小题，满分15 分）
13．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
B．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
C．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
D．国际单位制中，kg、m、N 是三个基本单位
E．根据速度定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t→0 时，
△ݔ
△ݐ就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
14．（9 分）如图所示，三个叠放在一起的物体A、B、C 用水平方向轻绳通过光滑定滑轮连接，已知它们的质量mA
＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，A 与B、B 与C、C 与地的动摩擦因数分别为μ1＝0.8、μ2＝0.2、μ3＝0.1，现对C 施
加水平力F 将其拉动，所需F 的最小值为多少？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
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2018-2019 学年广东省广州市华南师大附中高三（上）月考物理试卷（理
科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分.在每小题给出的四个选项中，1~4 题只有一项符合题目要求；第5~8
小题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）如图所示为两个物体A 和B 在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v﹣t 图线，已知在第3s 末两个物体
在途中相遇，则（
）
A．A、B 两物体是从同一地点出发
B．A、B 两物体在减速段的加速度大小之比为3：1
C．3s 内物体A 的平均速度比物体B 的大
D．t＝1s 时，两物体第一次相遇
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；512：运动学中的图像专题．
【分析】由图象的“面积”读出两物体在3s 内的位移不等，而在第3s 末两个物体相遇，可判断出两物体出发点
不同，相距的距离等于位移之差．根据图象的斜率表示加速度，求出加速度之比．
【解答】解：A、由图象的“面积”读出两物体在3s 内的位移不等，而在第3s 末两个物体相遇，可判断出两物体
出发点不同。故A 错误。
B、图象的斜率表示加速度，则A 在减速过程的加速度大小a1= △㘴
△ݐ= 4−2
1
=2m/s2，B 在减速过程的加速度大小
a2= 4−2
2
=1m/s2．故B 错误。
C、由图象的“面积”读出两物体在3s 内B 的位移大于A 的位移，则B 的平均速度大于A 的平均速度。故C 错
误。
D、由图象的“面积”表示位移可知，1﹣3s 内B 的位移xB= 1
2 ×（4+2）×2＝6m。A 的位移xA= 1
2 ×2×2+2×2
＝6m，且第3s 末两个物体在途中相遇，所以t＝1s 时，两物体相遇，故D 正确。
【点评】对于速度﹣时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置．抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度
进行分析．
对于匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的v﹣t 图线如图所示，对于该图线，应把握如下三个要点．
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度v0．
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表
示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度不变．
（3）图线下的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移s，t 轴上面的位移为正值，t 轴下面的位移
为负值．
2．（6 分）一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面中点用时1s，速度为2m/s，则下列说法正确的是
（
）
A．物体运动的加速度为1m/s2
B．斜面长度为2m
C．物体在斜面上运动的总时间为2s
D．物体到达斜面底端时的速度为4m/s
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的平均速度推论求出到达斜面中点的位移，从而求出斜面的长度，根据速度时间公
式求出物体的加速度，结合位移时间公式求出物体在斜面上运动的总时间，根据速度位移公式求出到达斜面底端
的速度大小．
【解答】解：A、物体做匀加速直线运动的加速度为：ܽ
= 㘴1
ݐ1 = 2
1݉
/ݏ2 = 2݉
/ݏ2，故A 错误；
B、根据平均速度推论知，
ܮ
2 =
㘴1
2 ݐ1 =
2
2 × 1݉
= 1݉
，则斜面的长度L＝2m，故B 正确。
C、根据L= 1
2ܽݐ2得物体在斜面上运动的时间为：ݐ=
2ܮܽ=
2×2
2 ݏ=
2ݏ，故C 错误。
D、根据v2＝2aL 得，到达底端的速度v=
2ܽܮ=
2 × 2 × 2݉
/ݏ= 2 2݉
/ݏ，故D 错误。
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【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
3．（6 分）如图在水平板的左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m 的滑块，此时弹簧
处于自然长度．已知滑块与板的动摩擦因数为
3
3 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将板的右端缓慢抬起（板与
水平面的夹角为θ），直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F 随夹角θ的变化关系可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】25：静摩擦力和最大静摩擦力；2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】525：受力分析方法专题．
【分析】将板的右端缓慢抬起过程中，在滑块相对于板滑动前，弹簧处于自然状态，没有弹力．当滑块相对于板
滑动后，滑块受到滑动摩擦力，由平衡条件研究弹簧弹力的大小F 与夹角θ的变化关系．
【解答】解：设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsinα＝μmgcosα得tanα=
3
3 ，α= ߨ
6
则θ在0−ߨ
6范围内，弹簧处于原长，弹力F＝0
当板与水平面的夹角大于α时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得F＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝mg 1 + ߤ2sin（θ
﹣β），其中tanβ＝﹣μ，说明F 与θ正弦形式的关系。当ߠ= ߨ
2时，F＝mg。
【点评】本题要应用平衡条件得到F 与θ的函数关系式，再应用数学知识选择图象，考查运用数学知识分析物理问
题的能力．
4．（6 分）如图为三种形式的吊车的示意图，OA 为可绕O 点转动的杆，重量不计，AB 为缆绳，当它们吊起相同重
物时，杆OA 在三图中受力分别为Fa、Fb、Fc 的关系是（
）
A．Fa＞Fb＝Fc
B．Fa＝Fb＞Fc
C．Fa＞Fb＞Fc
D．Fa＝Fb＝Fc
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】分别对结点A 受力分析，运用共点力平衡求出杆子对A 点的作用力大小，从而比较出杆0A 的受力大小
关系
【解答】解：分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F1、F2、F3，各图中T＝mg．
在图（a）中，Fa＝2mgcos30°=
3mg。
在图（b）中，Fb＝mgtan60°=
3mg。
在图（c）中，Fc＝mgcos30°=
3
2 mg．可知a＝b＞c，故B 正确，A、C、D 错误。
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【点评】解决本题的关键首先要选择好研究对象，能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．
5．（6 分）半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P 和MN 之间放有
一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN 保持竖直并且缓
慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发现P 始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（
）
A．MN 对Q 的弹力逐渐减小
B．P 对Q 的弹力逐渐增大
C．地面对P 的摩擦力逐渐增大
D．Q 所受的合力逐渐增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对圆柱体Q 受力分析，受到重力、杆MN 的支持力和半球P 对Q 的支持力，其中重力的大小和方向都
不变，杆MN 的支持力方向不变、大小变，半球P 对Q 的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成
法得到各个力的变化规律；最后对PQ 整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．
【解答】解：A、B、对圆柱体Q 受力分析，受到重力、杆MN 的支持力和半球P 对Q 的支持力，如图
重力的大小和方向都不变，杆MN 的支持力方向不变、大小变，半球P 对Q 的支持力方向和大小都变，然后根据
平衡条件，得到
N1＝mgtanθܰ
2 =݉
tܿ
݋ݏߠ
由于θ不断增大，故N1 不断增大，N2 也不断增大；
故A 错误，B 正确；
C、对PQ 整体受力分析，受到总重力、MN 杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图
根据共点力平衡条件，有
f＝N1＝mgtanθ
由于θ不断增大，故f 不断增大，故C 正确；
D、物体Q 一直保持静止，则合力为零，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题关键先对物体Q，再对物体PQ 整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达
式进行分析处理．
6．（6 分）如图，物体A 静止在箱子B 中，离地足够高，某时刻将它们由静止自由释放，则在下落过程中，下列说
法正确的是（
）
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A．若没有空气阻力，A 开始的一段短时间内，速度增加得越来越快
B．若没有空气阻力，A 所受的支持力始终为零
C．若空气阻力与速度成正比，则开始的一段短时间内，A 受的支持力越来越大
D．若空气阻力与速度成正比，只要下落时间足够长，则A 可能不受B 的支持力而“飘”起来
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先对整体受力分析，若没有空气的阻力则相同只受到重力的作用，一起做自由落体运动；
若受重力和空气阻力，由于空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，速度越来越大，故箱子做加速度不断减小的
加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；再对箱内物体受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律
列式分析讨论．
【解答】解：A、若没有空气的阻力则相同只受到重力的作用，一起做自由落体运动，加速度不变，故A 错误。
B、若没有空气阻力，A 与B 一起做自由落体运动，所以A 所受的支持力始终为零。故B 正确；
C、箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，
物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零；箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子
底部对物体向上的支持力也是最大的，故C 正确。
D、对箱子：mg﹣f＝ma，随着速度增大，阻力也增大，加速度越来越小，所以A 物体受到的支持力越来越大，
所以A 不可能“飘”起来，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键．根据
牛顿第二定律列方程分析求解．
7．（6 分）如图所示，A、B、C 三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A、B 间固
定一个轻杆，B、C 间由一轻质细线连接，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，
初始系统处于静止状态．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．B 球所受合力为mgsinθ，加速度为gsinθ
B．A 球的加速度沿斜面向上，大小为
1
2gsinθ
C．A、B 之间杆的拉力大小为
3
2mgsinθ
D．C 球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】细线烧断前三者保持平衡状态，列平衡方程可求得弹簧及绳的弹力，断后AB 作为整体会向上运动，C
向下运动，分别以AB 组成的系统、B、C 为研究对象，由牛顿第二定律分析答题．
【解答】解：A、以A、B 组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B 静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的
弹力F＝3mgsinθ，以C 为研究对象知，细线的拉力为mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B 受到的合力等于3mgsinθ
﹣2mgsinθ＝mgsinθ，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝2ma，
则加速度a= 1
2gsinθ，故A 错误，B 正确；
C、B 的加速度为：a= 1
2gsinθ，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB﹣mgsinθ＝ma，解得：FAB= 3
2mgsinθ，
故C 正确；
D、对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，方向沿斜面向下，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，
而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意．
8．（6 分）如图所示，质量为m0 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端有一质量为m 的物体，给物体m 一
沿斜面方向的初速度使其沿斜面向下做减速运动．物体减速过程中，木楔始终保持静止．则下列说法中正确的是
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（
）
A．地面对木楔的支持力大于（m0+m）g
B．地面对木楔的支持力小于（m0+m）g
C．地面对木楔的摩擦力向左
D．地面对木楔的摩擦力向右
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对M 和m 组成的系统研究，将m 的加速度分解为水平方向和竖直方向，在水平方向和竖直方向分别运
用牛顿第二定律分析判断．
【解答】解：A、m 沿斜面减速运动，加速度方向沿斜面向上，可知m 在竖直方向上的加速度方向竖直向上，在
水平方向上的加速度方向水平向右，
对系统研究，竖直方向上有：N﹣（m0+m）g＝may，可知地面对木楔的支持力大于（m0+m）g，故A 正确，B 错
误。
C、对系统，在水平方向：f＝max，ax 向右，则地面对木楔的摩擦力向右，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】本题采用整体法分析判断比较简捷，该方法不是常规方法，在平时的学习中，一般情况下取加速度相同
的两物体为整体．
二、必考题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住两细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O 点的位
置、两弹簧测力计的读数F1、F2 以及相应的
细绳套的方向
．
（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点O 拉到
同一位置O
，记下细绳套的方向（如图
丙中的OC），读得（根据图乙）弹簧测力计的示数F＝
4.0N
．
（3）如图丙，根据（1）中的测量结果按选定的标度（图中相邻圆环间距表示1N）作出了F1、F2 的图示（大小
未标出），请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2 的合力的图解值F′．
（4）比较F 和F′的
大小和方向
，如果在误差范围内两者近似相同，则可验证力的合成与分解中符合平行四
边形定则．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】根据验证力的平行四边形定则的实验注意事项分析答题，按照力的图示法作出力的图示，根据平行四边
形定则作出合力，再比较两合力的大小和方向，验证是否符合平行四边形定则．
【解答】解：（1）实验中需要记下拉力的大小和方向，故应记下细绳套的方向；
（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，
记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F＝4.0N；
（3）a．按力的图示方法作出力F 的图示如图所示；
b．根据力的平行四边形定则，作出F1、F2 的合力F′，如图所示．
（4）力是矢量，故应比较F 和F′的大小和方向，从而验证是否符合平行四边形定则；
故答案为：（1）细绳套的方向；
（2）同一位置O；4.0N
（3）如图所示
（4）大小和方向．
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【点评】本题考查了实验注意事项、作力的图示等问题，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学
习，要掌握力的图示的作图方法．
10．（9 分）在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图1 所示的实验装置，小车及车中砝码的总质量用M 表示，
所挂钩码的总质量用m 表示，小车的加速度a 可由打点计时器在纸带上的打点信息测量并计算出来。
（1）当M 与m 的大小关系满足
M＞＞m
时，才可以近似认为绳对小车的拉力大小等于所挂砝码的重力mg。
（2）在探究加速度与质量的关系时，保持钩码的质量m 一定，改变小车及车中砝码的总质量M，测出相应的加
速度。如果采用图象法处理数据，为了比较直观地反映加速度a 与质量M 的关系，应该画出a 与
1
ܯ
的图象。
（3）在探究加速度a 与合力F 的关系时，甲同学根据测量数据做出的a﹣F 图线如图2 中（A）所示，说明实验
中存在的主要问题是：
平衡摩擦力过大
。
（4）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a﹣F 图线，如图2 中（B）所示，两个同学做实验时取值
不同的物理量是：
M
；（选填“m”或“M”）
（5）图3 给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还
有4 个打点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算加速度a＝
0.496
m/s2．（保留
三位有效数字）
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，
而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M 为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳
对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘
和盘中砝码的重力。
（2）反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点
的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系。
（3）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大。
（4）a﹣F 图象的斜率等于物体的质量，故斜率不同则物体的质量不同。
（5）根据逐差法可以算出小车的加速度。
【解答】解：（1）以整体为研究对象有mg＝（m+M）a，解得：a=݉
t
ܯ+݉
，以M 为研究对象有绳子的拉力F＝
Ma= ܯ݉
t
ܯ+݉
=݉
t
1+݉ܯ
，
显然要有F＝mg 必有m+M＝M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘
中砝码的重力。
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（2）根据牛顿第二定律得：a= 1
ܯF，在F 一定时，a 与
1
ܯ成正比，为方便实验数据处理，使作出的图象直观，应
作出a−1
ܯ图中；
（3）由图2A 所示a﹣F 图象可知，F＝0 时已经产生加速度，说明小车受到的合力大于细线的拉力，这是由于平
衡摩擦力过大造成的。
（4）由牛顿第二定律得：a= 1
ܯF，由图2B 所示图象可知，两图象的斜率不同，则
1
ܯ不同，即两小车的质量M 不
同。
（5）每两点之间还有4 个点没有标出，所以相邻计数点间的时间间隔t＝0.02×5＝0.1s，
由匀变速直线运动的推论△x ＝at2
可知，加速度：a = ݔ4−ݔ1+ݔ5−ݔ2+ݔ6−ݔ3
9ݐ2
=
0.0288−0.0140+0.0339−0.0189+0.0388−0.0240
9×0．12
≈0.496m/s2；
故答案为：（1）M≫m；（2）
1
ܯ；（3）平衡摩擦力过大；（4）M（5）0.496。
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡
摩擦力和M＞＞m 的操作和要求的含义。只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举一反三，所以要注
意基本原理的学习。
11．（12 分）如图所示，质量为m＝0.8kg 的砝码悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态．PA 与竖直方向的
夹角37°，PB 沿水平方向．质量为M＝10kg 的木块与PB 相连，静止于倾角为37°的斜面上，已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，取g＝10m/s2．求：
（1）轻绳PA、PB 对应拉力TA、TB 的大小；
（2）木块所受斜面的摩擦力f 和弹力N 的大小．
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】15：简答题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先以结点P 为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP 绳的拉力大小，再以G2 为研究对象，分析
受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力．
【解答】解：（1）如图甲所示分析结点P 受力，由平衡条件得：
TAcos37°＝G1
TAsin37°＝TB
可解得：BP 绳的拉力为TB＝6N
AP 绳的拉力为TA＝10N
（2）再分析G2 的受力情况如图乙所示．
由物体的平衡条件可得：
Ff＝G2sin37°+FB′cos37°
FN+FB′sin37°＝G2 cos37°
又有FB′＝FB
解得：Ff＝64.8N，FN＝76.4N．
答：（1）绳AP 的拉力为10N，PB 的拉力为6N；
（2）木块与斜面间的摩擦力大小为64.8 N，木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，方向垂直斜面向上．
【点评】解决共点力平衡的题目，受力分析是关键，同时注意正确做出图象，三力平衡时可以用合成法，四力及
以上时一般采用正交分解法．
12．（20 分）如图所示，斜面C 固定在水平地面上，倾角为θ＝30°，A、B 两物体放在斜面上，距离为d＝7.5m，A
与C 的动摩擦因数为μA=
1
2 3，B 与C 的动摩擦因数为μB= 1
3，t＝0 时刻分别给A、B 以沿斜面向上的初速度vOA
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＝7.5m/s，vOB＝15m/s，取g＝10m/s2．求：
（1）上滑阶段A、B 两物体的加速度大小；
（2）从开始到A、B 相遇所经历的时间t．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）对A、B 由于牛顿第二定律求出加速度．
（2）A、B 开始都做匀加速直线运动，由于牛顿第二定律求出它们的加速度，然后求出它们减速到零的运动时间，
再由于匀变速直线运动的运动规律求出A、B 相遇需要的时间．
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：
对A：mAgsinθ+μAmAgcosθ＝mAaA1，
代入数据解得：aA1＝7.5m/s2，
对B：mBgsinθ+μBmBgcosθ＝mBaB1，
代入数据解得：aB1＝10m/s2；
（2）A、B 向上做匀减速直线运动，做减速运动的时间为：
tA= 㘴0tܽ
t = 7.5
7.5 =1s，
tB= 㘴ܤܽ
ܤ= 15
10 =1.5s，
tB＞tA，物体A 先减速为零，物体A 减速为零的过程中：
sA1=
㘴0t
2
2ܽt1
= 7．52
2×7.5 =3.75m，sB1＝v0BtA−1
2aB1tA2＝15×1−1
2 ×10×12＝10m，
d+sA1＞sB1，在此过程中A、B 没有相遇；
此时A、B 间的距离为：s＝d+sA1﹣sB1＝7.5+3.75﹣10＝1.25m，
此时B 的速度为：vB＝v0B﹣aBtA＝15﹣10×1＝5m/s，
由于μA＜tanθ，则mAgsinθ＞μAmAgcosθ，A 速度变为零后将向下做加速运动，
对A，由牛顿第二定律得：mAgsinθ﹣μAmAgcosθ＝mAaA2，
代入数据解得：aA2＝2.5m/s2，
当A、B 相遇时：s= 1
2aA2t′2+vBt′−1
2aBt′2，
代入数据解得：t′= 1
3s，
A、B 相遇需要的时间为：t＝tA+t′＝1+ 1
3 = 4
3s；
答：（1）上滑阶段A、B 两物体的加速度大小分别为7.5m/s2、10m/s2；
（2）从开始到A、B 相遇所经历的时间t 为
4
3s．
【点评】本题考查了求加速度、相遇时间问题，由于两物体的运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚物体的运
动过程是解题的关键，由于牛顿第二定律与运动学公式可以解题．
选做题（共2 小题，满分15 分）
13．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
B．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
C．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
D．国际单位制中，kg、m、N 是三个基本单位
E．根据速度定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t→0 时，
△ݔ
△ݐ就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
【考点】1U：物理学史；37：牛顿第二定律；3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】明确牛顿第一定律和第二定律的内容和意义，知道一切物体均具有惯性；同时明确国际单位制中的基本
单位为kg、m、s；明确当时间趋向于零时，可以用平均速度表示瞬时速度．
【解答】解：A、伽利略通过“理想实验”得出结论：运动物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度
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永远地运动下去，符合事实，故A 正确。
B、牛顿第一定律认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故B 正确；
C、因为没有阻力的情况是不存在的，故牛顿第一定律无法用实验验证，故C 错误；
D、国际单位制中，kg、m、s 是三个基本单位，牛顿是导出单位，故D 错误；
E、根据速度定义式v= △ݔ
△ݐ，当△t→0 时，
△ݔ
△ݐ就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，
故E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了有关力和运动的物理学史、国际单位制以及物理学方法，要注意掌握著名科学家对物理学发
展的贡献和物理方法的应用等基本内容．
14．（9 分）如图所示，三个叠放在一起的物体A、B、C 用水平方向轻绳通过光滑定滑轮连接，已知它们的质量mA
＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，A 与B、B 与C、C 与地的动摩擦因数分别为μ1＝0.8、μ2＝0.2、μ3＝0.1，现对C 施
加水平力F 将其拉动，所需F 的最小值为多少？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
【考点】27：摩擦力的判断与计算．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结合整体与隔离法，即可求解．
【解答】解：A、B 间的最大静摩擦力为FfABm＝μ1mAg＝8N，
B、C 间的最大静摩擦力为FfBCm＝μ2（mAg+mBg）＝6N，
由于FfBCm＜FfABm，可知B、C 会先于A、B 发生相对滑动．
对A、B 整体，FT＝FfBCm，
对C，竖直方向FNC＝（mA+mB+mC）g
水平方向F＝μ3FNC+FT+FfBCm
解得FT＝18N
答：现对C 施加水平力F 将其拉动，所需F 的最小值为18N．
【点评】考查最大静摩擦力的概念，掌握滑动摩擦力的公式，注意整体法与隔离法的应用．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:45:37 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）月考物理试卷（5 月
份）
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分.在每小题给出的四个选项中，第1~4 小题中只有一项符合题目要求，
5~8 小题中有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不选的得0 分。）
1
．（
6
分
）
下
列
四
幅
图
的
有
关
说
法
中
正
确
的
是
（
）
A．若两球质量相等，碰后m2 的速度一定为v
B．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
C．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
D．链式反应属于重核的裂变
2．（6 分）某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b 由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度va＞vb，不计空
气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（6 分）我国自主研发的北斗导航系统已正式投人商业运行，北斗导航系统又被称为“双星定位系统”、具有导航、
定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r 某时刻工
作卫星1、2 分别位于轨道上的A，B 两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地
球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是（
）
A．卫星1 向后喷气就一定能够追上卫星2
B．卫星1 由A 位置运动到B 位置的过程中万有引力做正功
C．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
th2
ݎ2
D．卫星1 由位置A 运动到B 位置所需的时间是
2ߨݎ
3h
ݎ
t
4．（6 分）以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空
气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是（
）
A．
B．
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C．
D．
5．（6 分）已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等，如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox
为通过半球顶点与球心O 的轴线．A、B 为轴上的点，且OA＝OB．则下列判断正确的是（
）
A．A、B 两点的电势相等
B．A、B 两点的电场强度相同
C．点电荷从A 点移到B 点，电场力一定做正功
D．同一个负电荷放在B 点比放在A 点的电势能大
6．（6 分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u＝120 2sin100πt（V），O 为
副线圈中心抽出的线头，电路中两个电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω．下列关于电路的分析正确的是（
）
A．开关S 断开时，电流表示数为0.4A
B．开关S 断开时，两电阻总的电功率为96W
C．开关S 闭合时，电流表示数为0.45 2A
D．开关S 闭合时，两电阻总的电功率为54W
7．（6 分）反射式速度调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过
程类似。已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量m＝2.0×10
﹣20kg，电荷量q＝2.0
×10
﹣9C 的带负电的粒子从（﹣1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上运动，则（
）
A．x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比
ܧ1
ܧ2
=
1
2
B．粒子在0～0.5cm 区间运动过程中的电势能减小
C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.0×10
﹣8J
D．该粒子将在﹣1cm 到0.5cm 间作周期性运动
8．（6 分）如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈（图中只画了2 匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个
阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如
图乙所示，下列说法正确的是（
）
A．0～t1 时间内P 端电势高于Q 端电势
B．0～t1 时间内电压表的读数为
h(ܤ1−ܤ0)ܵ
ݐ1
C．t1～t2 时间内R 上的电流为
hܤ1ܵ
2(ݐ2−ݐ1)h
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D．t1～t2 时间内P 端电势高于Q 端电势
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度．实验器材有：电磁打点计时器，一端附有滑
轮的长木板，小车、纸带、细线、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸片等．
（1）该同学在实验桌上安装好所需的器材后（如图1 所示）准备进行实验，下面操作必须要的是
A．把附有滑轮的长木板固定打点计时器的那端适当垫高，以平衡小车运动过程中所受的摩擦力
B．调节拉小车的细线试使细线与长木板板面平行
C．拉小车运动的钩码的质量远小于小车的质量
D．实验时，先释放小车，再接通电源
（2）该同学在得到的纸带上选取七个计数点（相邻两个计数点之间还有四个点未画出），如图2 所示，图中s1＝
4.81cm，s2＝5.29cm，s3＝5.76cm，s4＝6.25cm，s5＝6.71cm，s6＝7.21cm．已知电源频率为50Hz，则加速度的大
小为
m/s2（结果保留两位有效数字）
10．（9 分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～3A，内阻约1Ω
C．电流表：量程0～0.6A，内阻约1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻约2kΩ
E．电压表：量程0～15V，内阻约2kΩ
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
在现有器材的条件下，应尽可能减小测量电动势和内阻的误差
（1）在上述器材中请选择适当的器材：
（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的
（填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I 图象，干电池的电动势E＝
V，内电阻
r＝
Ω。
11．（14 分）如图，静止于A 处的正离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点
垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆
弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；ܳܰ
=2d、ܲܰ
=3d，离子重力不计．
（1）求圆弧虚线对应的半径R 的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值．
12．（18 分）如图所示，光滑水平面上有一质量M＝3.0kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝0.5m 的水平轨道，
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水平轨道左侧是一半径R＝0.15m 的
1
4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。车右端固定一个尺寸可
以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝1.0kg 的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的
动摩擦因数为0.4．整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，
不考虑不物体与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，g 取10m/s2．求：
（1）解除锁定前轻弹簧的弹性势能；
（2）小物块第二次经过O′点时的速度大小；
（3）若平板车固定在水平地面上，水平轨道光滑，
1
4圆弧轨道光滑，现将轻弹簧解除锁定后，小物体被弹出，沿
着水平轨道向左运动，求小物体运动过程中距离A 的最大高度H。
三、选考题：[选修3－3]（共2 小题，满分15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．水的饱和汽压强随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
E．一定质量的气体在被压缩的过程中，其内能可能保持不变
14．（10 分）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长
l＝20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出
左管水银面h＝10cm（环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg）．
求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？
[选修3－4]（共2 小题，满分0 分）
15．图甲表示一列简谐横波在t＝20s 时的波形图，图乙是该列波中的质点P 的振动图象，由甲、乙两图中所提供的
信息可知下列说法正确的是（
）
A．该波的波长为1.5m
B．该波的振幅为0.1cm
C．该波的传播速度为0.5 m/s，速度沿﹣x 轴方向
D．P 质点在t＝1.25s 时沿+y 方向运动
E．P 质点在任意1s 内的路程都是0.2cm
16．一般常见材料的折射率都为正值（n＞0），现针对某些电磁波设计的人工材料，其折射率可为负值（n＜0），称
为负折射率材料，电磁波通过空气与这种材料的界面时，电磁波传播规律仍然不变，入射角和折射角的大小关系
仍遵从折射定律（此时折射角取负值），但折射波线与入射波线位于法线的同一侧．现有一束电磁波从空气中以i
＝60°的角度射入由负折射率材料制成、厚度d＝l0cm 的长方体并从下表面射出，已知该材料对电磁波的折射率
n=−
3，电磁波在真空中的速度c＝3×108m/s．
（i）大致画出电磁波穿过该材料的示意图；
（ii）求电磁波穿过该材料时的传播时间和在传播方向的侧移量．
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2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）月考物理试卷（5
月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分.在每小题给出的四个选项中，第1~4 小题中只有一项符合题目要求，
5~8 小题中有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不选的得0 分。）
1
．（
6
分
）
下
列
四
幅
图
的
有
关
说
法
中
正
确
的
是
（
）
A．若两球质量相等，碰后m2 的速度一定为v
B．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
C．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
D．链式反应属于重核的裂变
【考点】53：动量守恒定律；IC：光电效应；JK：重核的裂变．菁优网版权所有
【专题】54I：光电效应专题．
【分析】根据动量守恒定律和能量守恒定律判断碰后小球的速度；根据左手定则，通过洛伦兹力的方向判断粒子
的电性；光的颜色决定了光的频率，通过图象得出饱和电流与入射光强度的关系；链式反应属于重核裂变．
【解答】解：A、两球质量相等，若发生的碰撞为弹性碰撞，即动量守恒、能量守恒，可知两球的速度交换。若
发生的碰撞为非弹性碰撞，则碰后m2 的速度不为v。故A 错误。
B、根据左手定则，甲向左偏，知甲带负电。故B 错误。
C、光的颜色决定了光的频率，颜色相同，则频率相同，根据光电效应方程，知最大初动能相同，则遏止电压相等，
入射光强度越大，饱和电流越大。故C 正确。
D、链式反应属于重核裂变。比如铀核裂变为链式反应。故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了光电效应、动量守恒定律以及核反应等基础知识点，关键熟悉教材，牢记、理解这些基础知
识点．
2．（6 分）某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b 由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度va＞vb，不计空
气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
【分析】两只飞镖a、b 都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平
位移和初速度的大小比较时间关系，由竖直分位移公式分析下落高度的关系，确定出两支飞镖插在竖直靶上的状
态。
【解答】解：两只飞镖a、b 都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有x＝v0t，据题它们的水平位移大
小相等，va＞vb，所以运动时间关系为ta＜tb。
由h= 1
2 tݐ2知：ha＜hb．所以插在竖直靶上时a 镖在b 的上面。
设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与水平方向的夹角为α，则tanα= tݐ
㘴0，因为va＞vb，ta＜tb．所以有αa＜αb．所以
A 图正确。故A 正确，BCD 错误。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，
初速度和时间共同决定水平位移。
3．（6 分）我国自主研发的北斗导航系统已正式投人商业运行，北斗导航系统又被称为“双星定位系统”、具有导航、
定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r 某时刻工
作卫星1、2 分别位于轨道上的A，B 两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地
球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是（
）
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A．卫星1 向后喷气就一定能够追上卫星2
B．卫星1 由A 位置运动到B 位置的过程中万有引力做正功
C．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
th2
ݎ2
D．卫星1 由位置A 运动到B 位置所需的时间是
2ߨݎ
3h
ݎ
t
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力和地球表面重力与万有引力相等求解出卫星轨道处的加速度及卫星运
动的周期．
【解答】解：A、卫星1 向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万
有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故A 错误；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动的过程中，万有引力提供圆周运动的向心力，故从位置1 运动到位置2 的过程中，
万有引力始终指向圆心与卫星运动的速度方向垂直，故此过程中万有引力对卫星不做功，故B 错误；
C、在地球表面重力与万有引力大小相等有ܩ݉
ܯ
h2 =݉
t 可得GM＝gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周
运动的加速度，故有ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉ܽ
可得卫星的加速度
a= ܩܯ
ݎ2 = th2
ݎ2 ，故C 正确；
D、万有引力提供圆周运动向心力有：ܩ݉
ܯ
ݎ2 =݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 可得卫星运行周期为：
T= 2ߨ
ݎ3
ܩܯ= 2ߨ
ݎ3
th2 = 2ߨݎ
h
ݎ
t，
所以卫星从位置1 到位置2 所需时间t= 60°
360°ܶ
= 1
6 × 2ߨݎ
h
ݎ
t = ߨݎ
3h
ݎ
t，故D 错误。
【点评】万有引力引用主要入手点：一是万有引力提供圆周运动向心力，二是在星球表面重力与万有引力相等．注
意向心力公式的不同表达式是正确解题的关键．
4．（6 分）以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空
气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】由功能关系可知，机械能的减少量等于物体克服阻力所做的功，E﹣h 图中切线的斜率大小等于阻力的大
小，通过速度的变化分析空气阻力的变化，来分析图象的形状。
【解答】解：根据功能关系得△E＝f△h，得
△ܧ
△݄
=f，即E﹣h 图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小。在上
升过程中，h 增大，小球的速度减小，空气阻力随之减小，图象的斜率逐渐减小，直至为零。在上升过程中，h 减
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小，小球的速度增大，空气阻力随之增大，图象斜率的绝对值逐渐增大。经过同一高度时，上升的速度大小比下
降的速度大小大，所以经过同一高度，上升时空气阻力比下降时的大，图象的斜率大小要大，所以D 图可能正确。
故ABC 错误，D 正确。
【点评】解决本题的关键是要知道E﹣h 图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小，根据小球的运动情况，来分
析空气阻力的大小。
5．（6 分）已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等，如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox
为通过半球顶点与球心O 的轴线．A、B 为轴上的点，且OA＝OB．则下列判断正确的是（
）
A．A、B 两点的电势相等
B．A、B 两点的电场强度相同
C．点电荷从A 点移到B 点，电场力一定做正功
D．同一个负电荷放在B 点比放在A 点的电势能大
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；42：等效替代法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场的叠加原理分析电场方向，判断电势高低．通过割补法将球壳补全，然后结合合场强分析A、B
两点电场强度的关系．根据电场线的方向分析电势高低．通过电势高低分析电场力做功情况，判断电势能变化情
况．
【解答】解：A、根据电场的叠加原理可知，x 轴上电场线方向向右，则A 点的电势高于B 点的电势，故A 错误；
B、将半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A 点产生的场强大小分别为E1 和E2。
由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2。
根据对称性可知，左、右半球在B 点产生的场强大小分别为E2 和E1．且E1＝E2。
则在图示电场中，A 的场强大小为E1，方向向右。B 的场强大小为E2，方向向右，所以A 点的电场强度与B 点
的电场强度相同，故B 正确。
C、点电荷从A 点移到B 点，电势降低，由于点电荷的电性未知，则电场力不一定做正功，故C 错误。
D、A 点的电势高于B 点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势大，知同一个负电荷放在B
点比放在A 点的电势能大。故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在A 点的场强与缺失的
右半球面在B 点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键．
6．（6 分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u＝120 2sin100πt（V），O 为
副线圈中心抽出的线头，电路中两个电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω．下列关于电路的分析正确的是（
）
A．开关S 断开时，电流表示数为0.4A
B．开关S 断开时，两电阻总的电功率为96W
C．开关S 闭合时，电流表示数为0.45 2A
D．开关S 闭合时，两电阻总的电功率为54W
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比电流与匝数成
反比即可求得结论．
【解答】解：A、由表达式知原线圈电压有效值为120V，由电压与匝数成正比知副线圈两端电压为12V，副线圈
中电流为
12
1+2 =4A，电流与匝数成反比知电流表示数为0.4A，故A 正确；
B、由A 知，所以两电阻总的电功率为
122
1+2 =48W，B 错误；
C、开关S 闭合时，副线圈相当于两个，每个电压为6V，电流分别为6A 和3A，由输入功率等于输出功率120I
＝6×6+6×3 知I＝2.2A，所以C 错误。
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D、由C 知两电阻总的电功率为62×1+32×2＝54W，所以D 正确。
故选：AD。
【点评】本题需要注意的是开关闭合时，相当于有两个副线圈，电压仍然与匝数成正比，但电流与匝数不在成反
比，而应该利用功率关系．
7．（6 分）反射式速度调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过
程类似。已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量m＝2.0×10
﹣20kg，电荷量q＝2.0
×10
﹣9C 的带负电的粒子从（﹣1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上运动，则（
）
A．x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比
ܧ1
ܧ2
=
1
2
B．粒子在0～0.5cm 区间运动过程中的电势能减小
C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.0×10
﹣8J
D．该粒子将在﹣1cm 到0.5cm 间作周期性运动
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场强度的斜率求解电场强度之比；带负电的粒子在电势高的地方电势能小，由此分析电势能的变
化；根据△EP＝q△φ求解电势能的变化；根据受力情况确定运动情况。
【解答】解：A、由图可知：根据U＝Ed 可知：
左侧电场强度：E1=
20
1×10−2V/m＝2.0×103V/m…①
右侧电场强度：E2=
20
0.5×10−2V/m＝4.0×103V/m…②
所以x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比
ܧ1
ܧ2
=
1
2，故A 正确；
B、带负电的粒子在电势高的地方电势能小，故粒子在0～0.5cm 区间运动过程中的电势能增大，故B 错误；
C、该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为△EP＝q△φ＝2.0×10
﹣9×20＝4.0×10
﹣8J，故C 正确；
D、该粒子将在﹣1cm 到0 之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0﹣0.5cm 间克服电场力做功，动能减少，
所以该粒子将在﹣1cm 到0.5cm 间作周期性运动，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，解答本题要知道φ﹣x 图象斜率表示的物理意义，能够根据图
象分析受力情况。
8．（6 分）如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈（图中只画了2 匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个
阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如
图乙所示，下列说法正确的是（
）
A．0～t1 时间内P 端电势高于Q 端电势
B．0～t1 时间内电压表的读数为
h(ܤ1−ܤ0)ܵ
ݐ1
C．t1～t2 时间内R 上的电流为
hܤ1ܵ
2(ݐ2−ݐ1)h
D．t1～t2 时间内P 端电势高于Q 端电势
【考点】D8：法拉第电磁感应定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读
数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ 端电势的高低．
【解答】解：A、0～ݐ1 时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端正极
下端负极，所以P 端电势高于Q 端电势，故A 正确；
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B、0～ݐ1 时间内线圈产生的感应电动势ܧ= h △Ȱ
△ݐ= h △ܤ
△ݐܵ
= h
ܤ1−ܤ0
ݐ1ܵ
，电压表的示数等于电阻R 两端的电压ܷ
= ܫh = ܧ
2h ⋅h =
h(ܤ1−ܤ0)ܵ
2ݐ1
，故B 错误；
C、ݐ1 ～ݐ2 时间内线圈产生的感应电动势ܧ' = h △Ȱ
△ݐ= h
ܤ1
ݐ2−ݐ1ܵ
，根据闭合电路的欧姆定律ܫ' = ܧ'
2h =
hܤ1ܵ
2(ݐ2−ݐ1)h，
故C 正确；
D、ݐ1 ～ݐ2 时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极下端正极，
所以P 端电势低于Q 端电势，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小．题中线圈相当于电源，可与电路
知识进行综合考查．
二、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度．实验器材有：电磁打点计时器，一端附有滑
轮的长木板，小车、纸带、细线、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸片等．
（1）该同学在实验桌上安装好所需的器材后（如图1 所示）准备进行实验，下面操作必须要的是
B
A．把附有滑轮的长木板固定打点计时器的那端适当垫高，以平衡小车运动过程中所受的摩擦力
B．调节拉小车的细线试使细线与长木板板面平行
C．拉小车运动的钩码的质量远小于小车的质量
D．实验时，先释放小车，再接通电源
（2）该同学在得到的纸带上选取七个计数点（相邻两个计数点之间还有四个点未画出），如图2 所示，图中s1＝
4.81cm，s2＝5.29cm，s3＝5.76cm，s4＝6.25cm，s5＝6.71cm，s6＝7.21cm．已知电源频率为50Hz，则加速度的大
小为
0.48
m/s2（结果保留两位有效数字）
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度的大小，注意有效数字的标量．
【解答】解：（1）A、该实验不需要调节木板的倾斜度以平衡摩擦力，因研究测量小车做匀变速直线运动的加速
度，只要小车受到作用力恒定即可，故A 错误；
B、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，保证小车运动过程中受到的合力不变，故B 正确；
C、该实验不需要知道小车的合力，即不需要应使钩码质量远小于小车质量，故C 错误；
D、实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于
数据的采集和处理，故D 错误；
故选：B．
（2）s1＝4.81cm＝0.0481m，s2＝5.29cm＝0.0529m，s3＝5.76cm＝0.0576m，
s4＝6.25cm＝0.0625m，s5＝6.71cm＝0.0671m，s6＝7.21cm＝0.0721m．
根据a1= ݏ4−ݏ1
3ܶ2 ，a2= ݏ5−ݏ2
3ܶ2 ，a3= ݏ6−ݏ3
3ܶ2
得加速度大小为：
a=ܽ
1+ܽ2+ܽ3
3
= ݏ4+ݏ5+ݏ6−ݏ1−ݏ2−ݏ3
9ܶ2
= 0.0625+0.0671+0.0721−0.0481−0.0529−0.0576
9×0．12
m/s2
＝0.48 m/s2．
故答案为：（1）B；（2）0.48．
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论
的运用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
10．（9 分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～3A，内阻约1Ω
C．电流表：量程0～0.6A，内阻约1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻约2kΩ
E．电压表：量程0～15V，内阻约2kΩ
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F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
在现有器材的条件下，应尽可能减小测量电动势和内阻的误差
（1）在上述器材中请选择适当的器材：
ACDFH
（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的
乙
（填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I 图象，干电池的电动势E＝
1.5
V，内电阻r
＝
1.0
Ω。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节
为了读数准确，所以选择电流表：量程0～0.6A，电压表：量程0～3V，
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干
（2）因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法；
实验电路图：
（3）由U﹣I 图可知，电源的电动势E＝1.50V；
内电阻r= △ܷ
△ܫ= 1.5−1.0
0.5
=1Ω
故答案为：①ACDFH
②如图
③1.5，1.0
【点评】本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表
达式，由图象得出电动势和内电阻。
11．（14 分）如图，静止于A 处的正离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点
垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆
弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；ܳܰ
=2d、ܲܰ
=3d，离子重力不计．
（1）求圆弧虚线对应的半径R 的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值．
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理列出方程；粒子进入静电分析器，
靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出圆弧虚线对应的半径R 的大小．
（2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，
可求解场强E0 的值．
【解答】解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：ݍܷ
= 1
2݉
㘴2
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有ݍܧ0 =݉
㘴2
h
得：R= 2ܷ
ܧ0
（2）离子做类平抛运动
d＝vt
3d= 1
2ܽݐ2
由牛顿第二定律得：qE＝ma
则E= 12ܷ݀
答：（1）圆弧虚线对应的半径R 的大小为
2ܷ
ܧ0
；
（2）若离子恰好能打在NQ 的中点上，矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值为
12ܷ݀
【点评】对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，
运动的分解是常用方法．磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，
12．（18 分）如图所示，光滑水平面上有一质量M＝3.0kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝0.5m 的水平轨道，
水平轨道左侧是一半径R＝0.15m 的
1
4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。车右端固定一个尺寸可
以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝1.0kg 的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的
动摩擦因数为0.4．整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，
不考虑不物体与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，g 取10m/s2．求：
（1）解除锁定前轻弹簧的弹性势能；
（2）小物块第二次经过O′点时的速度大小；
（3）若平板车固定在水平地面上，水平轨道光滑，
1
4圆弧轨道光滑，现将轻弹簧解除锁定后，小物体被弹出，沿
着水平轨道向左运动，求小物体运动过程中距离A 的最大高度H。
【考点】53：动量守恒定律；69：弹性势能．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）物块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律可以求出平板车的速度。
平板
车和小物块组成的系统，竖直方向受到重力和地面的支持力，水平方向不受外力，水平方向动量守恒。根据系统
的水平方向动量守恒和能量守恒求解解除锁定前弹簧的弹性势能；
（2）小物块从最高点下滑到O′的过程中，系统水平动量守恒、机械能守恒，由两大守恒定律结合求解小物块第
二次经过O′点时的速度大小；
（3）对全过程，根据机械能守恒即可求出。
【解答】解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块到达圆弧最高点A 时，二者的速度相
等，由水平方向二者的动量守恒可知，共同速度v 共＝0；
设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中由能量转换和守恒，则有：
Ep＝mgR+μmgL，
代入数据得：Ep＝3.5J；
（2）设物块第二次经过O′时的速度大小为v1，此时平板车的速度大小为v2，研究小物块在圆弧面上下滑过程，
由水平方向系统动量守恒有：
0＝mv1﹣Mv2…①
mgR= 1
2mv12+ 1
2Mv22 …②，
由①②两式可得v1=
2thܯ
ܯ+݉
⋯③，
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将已知条件代入③解得：vm＝1.5 m/s；
（3）若平板车固定在水平地面上，则车始终不动；由于水平轨道光滑，
1
4圆弧轨道光滑，滑块在运动的过程中机
械能守恒，则有：
mg（R+H）＝EP
代入数据得：H＝0.2m
答：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能为3.5J；
（2）小物块第二次经过O′点时的速度大小为1.5m/s；
（3）物体运动过程中距离A 的最大高度H 是0.2 m。
【点评】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据能量守恒研究。
三、选考题：[选修3－3]（共2 小题，满分15 分）
13．（5 分）以下说法正确的是（
）
A．水的饱和汽压强随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
E．一定质量的气体在被压缩的过程中，其内能可能保持不变
【考点】86：分子间的相互作用力；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】水的饱和蒸汽压与温度有关；扩散现象表明分子在永不停息地运动；分子之间的作用力随，分子间距离
增大时引力和斥力都减小，由理想气体的状态方程判定气体的状态参量的变化．做功与热传递都可以改变物体的
内能．
【解答】解：A、水的饱和汽压随温度的升高而增大。故A 正确；
B、扩散现象表明分子在永不停息地运动。故B 正确；
C、分子之间的作用力随，分子间距离增大时引力和斥力都减小，故C 错误；
D、根据理想气体的状态方程可知，一定质量的理想气体等压膨胀过程中温度升高，所以气体分子的平均动能增
大，故D 错误；
E、做功和热传递都可以改变物体的内能，一定质量的气体在被压缩的过程中，若向外传递热量，其内能可能保持
不变。故E 正确
故选：ABE。
【点评】本题考查气态方程和水的饱和蒸汽压、扩散现象以及分子之间的作用力，都属于对基础知识点的考查，
多加积累即可．
14．（10 分）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长
l＝20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出
左管水银面h＝10cm（环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg）．
求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？
【考点】99：理想气体的状态方程；9D：气体的等温变化．菁优网版权所有
【分析】根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的状态参量，由等温变化的规
律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压仓的压强．
【解答】解：设U 型管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：
P1＝P0，V1＝l1S
末状态为：
P2，V2＝（l1+ 10
2 ）S
有理想气体的等温变化得：
P1V1＝P2V2
代入数据得：
P2＝60cmHg
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则低压仓的压强：
P＝P2﹣h＝60﹣10＝50cmHg
答：稳定后低压舱内的压强是50cmHg．
【点评】解答关于理想气体的问题，要明确气体的各个状态及其状态参量，利用相应的规律进行解题；注意同一
段连续的水银柱中等高的点压强相同．
[选修3－4]（共2 小题，满分0 分）
15．图甲表示一列简谐横波在t＝20s 时的波形图，图乙是该列波中的质点P 的振动图象，由甲、乙两图中所提供的
信息可知下列说法正确的是（
）
A．该波的波长为1.5m
B．该波的振幅为0.1cm
C．该波的传播速度为0.5 m/s，速度沿﹣x 轴方向
D．P 质点在t＝1.25s 时沿+y 方向运动
E．P 质点在任意1s 内的路程都是0.2cm
【考点】73：简谐运动的振动图象；F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由波动图象读出波长和振幅，由振动图象读出周期，可求出波速。由振动图象上t＝20s 时读出P 点的速
度方向，在波动图象上判断波的传播方向。根据时间与周期的关系求质点P 通过的路程。
【解答】解：A、由甲图得到该波的波长ɉ＝100cm＝1m，故A 错误。
B、由图知，该波的振幅为0.1cm，故B 正确。
C、由图知，该波的周期T＝2s，则波速为：v= ɉܶ=0.5m/s。由振动图象得知t＝20s 时刻P 点的速度方向沿y 轴正
方向。在波动图象可知出波的传播方向沿﹣x 轴方向。故C 正确。
D、根据y﹣t 图象的斜率表示速度，知P 质点在t＝1.25s 时沿﹣y 方向运动，故D 错误。
E、因t＝1s＝0.5T，所以P 质点在任意1s 内的路程都是2A＝0.2cm，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，可运用波形平移法分析波
的传播方向，要理解波的周期性即重复性。
16．一般常见材料的折射率都为正值（n＞0），现针对某些电磁波设计的人工材料，其折射率可为负值（n＜0），称
为负折射率材料，电磁波通过空气与这种材料的界面时，电磁波传播规律仍然不变，入射角和折射角的大小关系
仍遵从折射定律（此时折射角取负值），但折射波线与入射波线位于法线的同一侧．现有一束电磁波从空气中以i
＝60°的角度射入由负折射率材料制成、厚度d＝l0cm 的长方体并从下表面射出，已知该材料对电磁波的折射率
n=−
3，电磁波在真空中的速度c＝3×108m/s．
（i）大致画出电磁波穿过该材料的示意图；
（ii）求电磁波穿过该材料时的传播时间和在传播方向的侧移量．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（i）根据折射定律得出折射角，作出光路图．
（ii）结合几何关系求出电磁波该材料中传播的距离，通过电磁波在该材料中传播的速度，再求出电磁波穿过该材
料时的传播时间．由几何知识求在传播方向的侧移量．
【解答】解：（i）光路图如图所示．
（ii）由折射定律n= ݏtht
ݏthݎ可知，sinr= ݏtht
h
= ݏth60°
−3 =−1
2
解得折射角r＝﹣30°
故该电磁波在介质中传播方向刚好与入射方向垂直．
由几何关系知，折射光线在介质中传播的距离x=݀|ܿ݋ݏݎ| =
10ܿ݉
|ܿ݋ݏ(−30°)| = 20 3
3 cm≈11.55cm＝0.1155m
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在介质中传播的速度为：v=ܿ|h| = 3×108
3
≈1.73×108m/s，
则电磁波通过该材料所用的时间为：t= ݔ
㘴=
0.1155
1.73×108 ≈6.67×10
﹣10s．
根据光路可逆性原理可知，出射光线与入射光线平行同向，所以在传播方向的侧移量S=݀|ܿ݋ݏݎ| =x＝11.55cm
答：
（i）如图所示．
（ii）电磁波穿过该材料所用的时间为6.67×10
﹣10s．在传播方向的侧移量是11.55cm．
【点评】本题考查了折射定律的基本运用，与平时做的常规题有所区别，注意折射光线与入射光线在法线的同一
侧．要掌握与折射率有关的两个公式n= ݏtht
ݏthݎ和v=ܿh，并能灵活运用．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 16:40:04 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）第四次诊断物理试卷
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～21
题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）如图所示，一小球由不可伸长的轻绳系于一竖直细杆的A 点，当竖直杆以角速度ω匀速转动时，小球在水
平面内做匀速圆周运动．关于小球到A 点的竖直距离h 与角速度ω的关系图线，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
2．（6 分）如图所示，物块A、B 用轻绳连接放在光滑水平面上，它们的质量分别为m、M，现在物块B 上施加水平
恒力F 使两物块从静止开始一起向右加速运动，若以过时间t 两物块运动的位移为L、速度为v，则（
）
A．物块A 的加速度为
ܨ
(ܯ+݉
)
B．此过程物块B 动能的增量等于FL
C．若开始时在物块B 上施加的恒力为2F，则两物块经过位移L 后速度为2v
D．若开始时在物块B 上施加的恒力为2F，则两物块经过时间t 后速度为2v
3．（6 分）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于
河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（
）
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A．减小α角，增大船速v
B．增大α角，增大船速v
C．减小α角，保持船速v 不变
D．增大α角，保持船速v 不变
4．（6 分）真空中有一半径为r0 的带电金属球壳，若取无穷远处为零电势，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布
规律可用图中曲线表示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2 分别是该直线上A、B 两点离球心的距离。下
列说法中正确的是（
）
A．该球壳带负电
B．A 点的电场强度大于B 点的电场强度
C．若r2﹣r1＝r1﹣r0，则φA﹣φB＝φ0﹣φA
D．将电子从B 点移到A 点，电场力对电子做负功
5．（6 分）舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看作匀加速直线运动，某段时间内战斗机的位移﹣时间图线如图
所示，则（
）
A．在x＝16m 至x＝26m 这段过程中，战斗机的平均速度小于20m/s
B．在x＝16m 至x＝26m 这段过程中，战斗机的平均速度大于20m/s
C．在M 点对应的位置，战斗机的速度小于20m/s
D．在M 点对应的位置，战斗机的速度大于20m/s
6．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型
B．某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核部含内有β粒子
C．某种单色光照射金属发生光电效应，若只增大入射光强度，则单位时间内发射的光电子数会增加
D．一个氘核的质量大于一个质子和一个中子的质量总和
7．（6 分）如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d 的A 点处有一固定的正电荷，细杆上套有一带电小
环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h 高处释放后，在下落至h＝0 的O 点的过程中，其
动能Ek 随h 的变化曲线如图乙所示，则（
）
A．小环可能带负电
B．小环最终将做以O 点为中心的往复运动
C．从h 高处下落至O 点的过程中，小环经历了加速、减速、再加速三个阶段
D．从h 高处下落至O 点的过程中，小环电势能增大
8．（6 分）如图甲所示，正方形金属线框abcd 位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线框的下方有一匀强磁
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场，MN 和M′N′是磁场的水平边界，并与bc 边平行，磁场方向垂直于纸面向外．现使金属线框从MN 上方某
一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t 图象，图象中字母均为已
知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（
）
A．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）
B．磁场的磁感应强度为
1
㘴1(ݐ2−ݐ1)݉
th
㘴1
C．金属线框完全进入磁场后感应电流沿adcba 方向
D．金属线框在0～t4 的时间内所产生的热量为2mgv1（t2﹣t1）+ 1
2m（v22﹣v32）
三、非选择题
9．如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，小钢球在A 点被松开，自由下落通过下方的一个光电门B，与B 相连的毫
秒计时器（图中未画出）记录小钢球通过光电门所用时间t ，用刻度尺测出A 、B 之间的距离
h．
（1）用如图乙所示游标卡尺测小球直径，该游标卡尺的精确度为
mm，若测得小球直径d＝0.800cm，某
次小球通过光电门的时间t＝5ms，则该次小球通过光电门B 的瞬时速度大小为v＝
m/s（本空计算结果保
留三位有效数字）．
（2）小球下落过程的加速度大小的计算式a＝
（用d、t、h 表示）．
10．某同学为了测量电流表A1 的内阻精确值，有如下器材：
电流表A1（量程300mA，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；
电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；
滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流为1A）；
滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0.01A）；
电源E（电动势3V，内阻较小）；
定值电阻R0（5Ω）；
单刀单掷开关一个、导线若干．
①要求待测电流表A1 的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，以上给定的器材中滑动变阻
器应选
．在答题卡的方框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号．
②若选测量数据中的一组来计算电流表A1 的内阻r1，则r1 的表达式为r1＝
；上式中各符号的物理意义
是
．
11．如图所示，水平轨道与竖直平面内半径R＝0.4m 的光滑圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端
的切线沿水平方向．质量mP＝1kg 的物块P（可视为质点）在水平推力F＝22N 的作用下，从A 点由静止开始运
动，到达AB 中点时撤去F，物块P 运动到B 点与一静止于此处质量mQ＝3kg 的物块Q（可视为质点）发生正碰
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（以后PQ 不再相碰）．已知AB 之间的距离s＝0.8m，碰后瞬间Q 对轨道的压力大小FN＝60N，物块P 同水平轨
道的滑动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2．求：
（1）物块P 刚好到达B 点时的速度大小；
（2）物块P 最终停下的位置到A 点的距离．
12．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x 轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，
场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2= 1
2E1，
匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的发射装置（图中未画出）竖直向上射出一个比荷
ݍ݉=102C/kg 的带正电的
粒子（可视为质点），该粒子以v0＝4m/s 的速度从﹣x 上的A 点进入第二象限，并以v1＝8m/s 速度从+y 上的C 点
沿水平方向进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0 时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸
面向外的磁场方向为正方向），g＝10m/s2．试求：
（1）带电粒子运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E1；
（2）+x 轴上有一点D，OD＝OC，若带电粒子在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正
方向通过D 点，求磁感应强度B0 及其磁场的变化周期T0；
（3）要使带电粒子通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B0 和变化周期T0 的乘积B0T0
应满足的关系．
【物理选修3-3】
13．关于热力学定律，下列说法正确的是（
）
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
14．使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化，图线BC 是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．
（1）已知气体在状态A 的温度TA＝300K，问气体在状态B、C 和D 的温度各是多大？
（2）将上述气体变化过程在V﹣T 中表示出来（图中要标明A、B、C、D 四点，并且要画箭头表示变化方向）．
【物理选修3-4】（
15．如图是某绳波形成过程示意图，1、2、3、4…为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向，质点1 在外力
作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端，t＝0 时质
点1 开始竖直向上运动，质点振动周期为T，经过四分之一周期，质点5 开始运动，此时质点1 对其平衡位置的
位移为6cm。则当ݐ=ܶ4时质点5 的运动方向为
，当ݐ= 5ܶ
4 时质点9 运动的路程为
cm。
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16．某同学利用如图所示的圆柱形水桶来测定水的折射率，当水桶内未装水时，从A 点沿AB 方向恰能看到水桶底
边缘的点C，当水桶内水的深度等于桶高的一半时，仍沿AB 方向看去，恰好看到放在桶底直径CD 上的发光点E，
用毫米刻度尺测得水都直径CD＝16.00cm，桶高BD＝12.00，CE＝3.5cm，已知光在真空中的传播速度为c＝3.0
×108m/s，求水的折射率n 和光在水中的传播速度v．
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2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）第四次诊断物理试
卷
参考答案与试题解析
二、选择题：共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第14～17 题只有一项符合题目要求，第18～21
题有多项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分
1．（6 分）如图所示，一小球由不可伸长的轻绳系于一竖直细杆的A 点，当竖直杆以角速度ω匀速转动时，小球在水
平面内做匀速圆周运动．关于小球到A 点的竖直距离h 与角速度ω的关系图线，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】小球做圆周运动靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出h 与角速度的关系式，从而分
析判断．
【解答】解：设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得，mgtanθ＝mLsinθω2，
解得߱
2 =
t
ܮܿ݋ݏߠ= t݄，
可知h= t߱
2，即h 与
1߱
2成正比，h 与
1߱
2的图线是一条过原点的倾斜直线，故D 正确，A、B、C 错误。
【点评】对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，通过关系式确定正确的图线．本题的关键是
通过牛顿第二定律得出物理量的关系式．
2．（6 分）如图所示，物块A、B 用轻绳连接放在光滑水平面上，它们的质量分别为m、M，现在物块B 上施加水平
恒力F 使两物块从静止开始一起向右加速运动，若以过时间t 两物块运动的位移为L、速度为v，则（
）
A．物块A 的加速度为
ܨ
(ܯ+݉
)
B．此过程物块B 动能的增量等于FL
C．若开始时在物块B 上施加的恒力为2F，则两物块经过位移L 后速度为2v
D．若开始时在物块B 上施加的恒力为2F，则两物块经过时间t 后速度为2v
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】35：整体思想；43：推理法；4A：整体法和隔离法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】应用整体法，通过牛顿第二定律求得加速度，通过动能定理求得速度，然后再用隔离法得到动能增量．
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【解答】解：A、两物体一起运动，可将AB 当成一个整体，那么，物体受到的合外力即为F，所以，加速度ܽ
=
ܨ
ܯ+݉
，
故A 正确；
B、AB 向右运动，只有F 做功，故由动能定理可得：
1
2 (ܯ+݉
)㘴2 = ܨܮ，那么，此过程物块B 动能的增量为
1
2 ܯ㘴2 =
ܯ
ܯ+݉
ܨܮ，故B 错误；
C、若开始时在物块B 上施加的恒力为2F，两物块经过位移L，由动能定理可得：
1
2 (ܯ+݉
)㘴'2 = 2ܨܮ，故㘴' =
2㘴，
故C 错误；
D、若开始时在物块B 上施加的恒力为2F，那么加速度变为原来的2 倍，那么两物块经过时间t 后速度为2v，故
D 正确；
故选：AD。
【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能
定理及几何关系求解．
3．（6 分）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于
河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（
）
A．减小α角，增大船速v
B．增大α角，增大船速v
C．减小α角，保持船速v 不变
D．增大α角，保持船速v 不变
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】517：运动的合成和分解专题．
【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿
水流方向上的位移以及时间．
当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角．
【解答】解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不
变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故B 正确，ACD 错误；
【点评】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．
4．（6 分）真空中有一半径为r0 的带电金属球壳，若取无穷远处为零电势，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布
规律可用图中曲线表示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2 分别是该直线上A、B 两点离球心的距离。下
列说法中正确的是（
）
A．该球壳带负电
B．A 点的电场强度大于B 点的电场强度
C．若r2﹣r1＝r1﹣r0，则φA﹣φB＝φ0﹣φA
D．将电子从B 点移到A 点，电场力对电子做负功
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据直线上各点的电势φ分布图直接判断A 点和B 点电势高低。图象斜率大小等于场强。沿电场线方向
电势逐渐降低。根据电场力方向和运动方向关系判断电场力做功情况。
【解答】解：A、根据图象，从球向外电势降低；电场线从正电荷出发终止于负电荷，沿着电场线电势逐渐降低；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故该球带正电；故A 错误；
B、根据场强公式E=ܷ݀
知，图象斜率大小等于场强，则得A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故B 正确。
C、由于图象斜率大小等于场强，从O 到A 再到B，电场强度逐渐减小；故若r2﹣r1＝r1﹣r0，则φA﹣φB＜φ0﹣
φA，故C 错误；
D、电子沿直线从B 移到A 的过程中，电场力方向由B 指向A，所以电场力做正功，故D 错误。
【点评】本题关键是明确φ﹣x 图象的斜率表示电场强度，然后结合电势与电场线关系分析，属于基础题，不难。
5．（6 分）舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看作匀加速直线运动，某段时间内战斗机的位移﹣时间图线如图
所示，则（
）
A．在x＝16m 至x＝26m 这段过程中，战斗机的平均速度小于20m/s
B．在x＝16m 至x＝26m 这段过程中，战斗机的平均速度大于20m/s
C．在M 点对应的位置，战斗机的速度小于20m/s
D．在M 点对应的位置，战斗机的速度大于20m/s
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】根据位移等于x 的变化量，读出战斗机在x＝16m 至x＝26m 这段过程中通过的位移，根据平均速度等于
位移与时间之比，求平均速度．结合匀变速直线运动的规律分析在M 点对应的位置战斗机的速度．
【解答】解：AB、在x＝16m 至x＝36m 这段过程中，运动时间是1s，由于是匀加速运动，因此在x＝16m 至x
＝26m 这段过程中，运动时间一定大于0.5s，而通过的位移为10m，由此可知平均速度小于20m/s，故A 正确，B
错误。
CD、在t＝2s 至t＝3s 这段时间内，平均速度为20m/s，根据匀变速直线运动的特点可知，在2.5s 时战斗机的速度
为20m/s，由于M 点对应的时刻大于2.5s，可知瞬时速度大于20m/s。故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键是要知道位移时间图线的物理意义，明确位移图线的斜率表示速度，也可以匀变速直线
运动的推论公式研究．
6．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型
B．某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核部含内有β粒子
C．某种单色光照射金属发生光电效应，若只增大入射光强度，则单位时间内发射的光电子数会增加
D．一个氘核的质量大于一个质子和一个中子的质量总和
【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；54I：光电效应专题．
【分析】卢瑟福提出了原子的核式结构模型，原子核放射出的β粒子是由原子核内中子转化来的．增大入射光强度，
则单位时间内发射的光电子数会增加．核子结合成原子核时会出现质量亏损．
【解答】解：A、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故A 正确。
B、某些原子核能够放射出β粒子，β粒子是由原子核内中子转化来的，原子核内不含有β粒子。故B 错误。
C、增大入射光强度，入射光在单位时间内发射出的光子数增加，则单位时间内发射的光电子数会增加。故C 正
确。
D、核子结合成原子核时会出现质量亏损。则知一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量总和，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键是记牢原子物理的基础知识，理解并掌握光电效应的规律，平时要注意加强记忆．
7．（6 分）如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d 的A 点处有一固定的正电荷，细杆上套有一带电小
环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h 高处释放后，在下落至h＝0 的O 点的过程中，其
动能Ek 随h 的变化曲线如图乙所示，则（
）
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A．小环可能带负电
B．小环最终将做以O 点为中心的往复运动
C．从h 高处下落至O 点的过程中，小环经历了加速、减速、再加速三个阶段
D．从h 高处下落至O 点的过程中，小环电势能增大
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据动能的变化，对小环受力分析，确定其电性。小环过了O 点后，合力向下，不会做往复。小环带正
电，下落时，电场力做负功，可以得出电势能的变化。从图象可以得出小环的运动状态。
【解答】解：A、若小环带负电，重力和静电力对小环都做正功，小环的动能一直增大，与图乙不符，所以小环
带正电，故A 错误。
B、过了O 点后，电场力、杆对小环的支持力以及重力的合力向下，小环一直向下做加速运动，故B 错误。
C、结合动能随着h 的变化图象可知：从h 高处下落至h＝0 的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故
C 正确。
D、结合动能随着h 的变化图象可知，小环带正电，从h 高处下落至h＝0 的过程中，小环所受的电场力为斥力，
电场力做负功，小环的电势能增大，故D 正确。
故选：CD。
【点评】此题考查图象问题，小环在下落到0 点时，这是一个特殊位置，此时合力等于重力，方向竖直向下。下
落过程中的运动状态可以从图象得出。
8．（6 分）如图甲所示，正方形金属线框abcd 位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线框的下方有一匀强磁
场，MN 和M′N′是磁场的水平边界，并与bc 边平行，磁场方向垂直于纸面向外．现使金属线框从MN 上方某
一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t 图象，图象中字母均为已
知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（
）
A．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）
B．磁场的磁感应强度为
1
㘴1(ݐ2−ݐ1)݉
th
㘴1
C．金属线框完全进入磁场后感应电流沿adcba 方向
D．金属线框在0～t4 的时间内所产生的热量为2mgv1（t2﹣t1）+ 1
2m（v22﹣v32）
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，
金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B；由能量守恒定律求出在进入磁场过
程中金属框产生的热．
【解答】解：A、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1，故金属
框的边长：l＝v1（t2﹣t1），故A 正确；
B、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIl，I= ܤt㘴1
h ，又l＝v1（t2﹣t1），联
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立解得：B=
1
㘴1(ݐ2−ݐ1)݉
th
㘴1 ，故B 正确。
C/金属线框完全进入磁场后磁通量不变，不会产生感应电流，故C 错误；
D、金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：
Q1＝mgl＝mgv1（t2﹣t1），
金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：故Q
总＝Q1+Q2＝2mgv1（t2﹣t1）+ 1
2m（v32﹣v22）。故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答
本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．
三、非选择题
9．如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，小钢球在A 点被松开，自由下落通过下方的一个光电门B，与B 相连的毫
秒计时器（图中未画出）记录小钢球通过光电门所用时间t ，用刻度尺测出A 、B 之间的距离
h．
（1）用如图乙所示游标卡尺测小球直径，该游标卡尺的精确度为
0.05
mm，若测得小球直径d＝0.800cm，某
次小球通过光电门的时间t＝5ms，则该次小球通过光电门B 的瞬时速度大小为v＝
1.60
m/s（本空计算结果保
留三位有效数字）．
（2）小球下落过程的加速度大小的计算式a＝݀
2
2݄ݐ2
（用d、t、h 表示）．
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，
根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．
（2）根据速度位移公式求加速度．
【解答】解：（1）由图知，这是20 分度的游标卡尺，精确度为
1
20mm＝0.05mm，
利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：
v=݀ݐ= 0.800ܿ݉
5×10−3ݏ=160cm/s＝1.6m/s＝1.60m/s
（2）小球通过光电门的速度为：v=݀ݐ
根据v2−㘴0
2 =2ax，有：a= 㘴2
2݄
= (݀ݐ)2
2݄
=݀
2
2݄ݐ2
故答案为：（1）0.05；1.60；（2）݀
2
2݄ݐ2．
【点评】解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作．掌握动能变化量和重力势能减小量的
求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．
10．某同学为了测量电流表A1 的内阻精确值，有如下器材：
电流表A1（量程300mA，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；
电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；
滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流为1A）；
滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0.01A）；
电源E（电动势3V，内阻较小）；
定值电阻R0（5Ω）；
单刀单掷开关一个、导线若干．
①要求待测电流表A1 的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，以上给定的器材中滑动变阻
器应选
R1
．在答题卡的方框内画出测量用的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号．
②若选测量数据中的一组来计算电流表A1 的内阻r1，则r1 的表达式为r1＝
ܫ2−ܫ1
ܫ1
R0
；上式中各符号的物理意
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义是
I2、I1 分别为某次实验时电流表A2、A1 的示数，RO 是定值电阻的电阻大小
．
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】待测电流表A1 的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，电压表量程偏大，不可以用电压
表测量电流表A1 的电压，通过电流表A1 与定值电阻并联，再与A2 串联，测量电压表A1 的电压，根据欧姆定律
求出电流表A1 的内阻．
【解答】解：（1）要求待测电流表A1 的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表的量程
较大，测量电流表A1 的电压测量误差较大，选择电流表A1 与定值电阻并联，再与A2 串联，结合欧姆定律得出
A1 两端的电压．滑动变阻器才用分压接法，为了方便调节选择R1 即可，电路图如图所示．
（2）根据串并联电路的特点，通过定值电阻的电流IR＝I2﹣I1，则电流表A1 的内阻r1= ܫhh0
ܫ1
= ܫ2−ܫ1
ܫ1 R0，I1 和I2
分别表示某次测量A1 表A2 的读数．R0 为定值电阻的阻值．
故答案为：①R1；原理图见右图．
②
ܫ2−ܫ1
ܫ1
R0；I2、I1 分别为某次实验时电流表A2、
A1 的示数，R0 是定值电阻的电阻大小．
【点评】解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及掌握器材选取的原则，即精确、
安全．
11．如图所示，水平轨道与竖直平面内半径R＝0.4m 的光滑圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端
的切线沿水平方向．质量mP＝1kg 的物块P（可视为质点）在水平推力F＝22N 的作用下，从A 点由静止开始运
动，到达AB 中点时撤去F，物块P 运动到B 点与一静止于此处质量mQ＝3kg 的物块Q（可视为质点）发生正碰
（以后PQ 不再相碰）．已知AB 之间的距离s＝0.8m，碰后瞬间Q 对轨道的压力大小FN＝60N，物块P 同水平轨
道的滑动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2．求：
（1）物块P 刚好到达B 点时的速度大小；
（2）物块P 最终停下的位置到A 点的距离．
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）对物块P 从A 到B 的过程，运用动能定理列式，可求得物块P 刚好到达B 点时的速度大小；
（2）碰后瞬间，研究Q，根据牛顿第二定律和向心力公式求得碰后Q 的速度．对于碰撞过程，由动量守恒定律
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求出碰后P 的速度，再由动能定理求物块P 最终停下的位置到A 点的距离．
【解答】解：（1）对物块P 从A 到B 的过程，运用动能定理有：
F
ݏ
2 −μmPgs= 1
2݉ܲ
㘴ܲ2①
解得vP＝4m/s
②
（2）物块Q 在B 点时，由牛顿第二定律有
FNQ﹣mQg＝mQ
㘴ܳ2
h ③
取向右为正方向，对于碰撞过程，由动量守恒定律得
mPvP＝mPvP′+mQvQ ④
由②③④并代入数据解得
vP′＝﹣2m/s，负号表明物块P 反弹回去
对P，由动能定理有：
﹣μmPgsp＝0−1
2݉ܲ
㘴ܲ'2⑤
物块P 最终停下的位置到A 点的距离d＝sp﹣s
⑥
联立解得d＝1.2m
答：
（1）物块P 刚好到达B 点时的速度大小是4m/s；
（2）物块P 最终停下的位置到A 点的距离是1.2m．
【点评】解决本题的关键要理清两个物体的运动情况，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律．要知道涉及力在空
间上积累效应时可优先考虑动能定理．
12．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x 轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，
场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2= 1
2E1，
匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的发射装置（图中未画出）竖直向上射出一个比荷
ݍ݉=102C/kg 的带正电的
粒子（可视为质点），该粒子以v0＝4m/s 的速度从﹣x 上的A 点进入第二象限，并以v1＝8m/s 速度从+y 上的C 点
沿水平方向进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0 时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸
面向外的磁场方向为正方向），g＝10m/s2．试求：
（1）带电粒子运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E1；
（2）+x 轴上有一点D，OD＝OC，若带电粒子在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正
方向通过D 点，求磁感应强度B0 及其磁场的变化周期T0；
（3）要使带电粒子通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B0 和变化周期T0 的乘积B0T0
应满足的关系．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学
公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E1；
（2）若带电微粒在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，作出粒子的运
动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通
项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0 的通项表达式．
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y 轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0 的范围，
以及B0 T0 应满足的关系．
【解答】解：（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水
平方向上做匀加速直线运动．则有
ݐ= 㘴0
t = 0.4ݏ，
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h = 㘴0
2 ݐ= 0.8݉
，ܽ
ݔ= 㘴1
ݐ= 2t，
qE1＝2mg，
联立并代入数据解得：E1＝0.2N/C
（2）qE2＝mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则有：
ݍ㘴1ܤ0 =݉
㘴12
h ，
可得：h = 0.08
ܤ0
使粒子从C 点运动到D 点，则有：
h = (2h)h = (2h) 0.08
ܤ0 ，B0＝0.2n（T）（n＝1，2，3…）ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ0 ，ܶ
0
2 =ܶ4，
解得：ܶ
0 =ܶ2 = ߨ݉
ݍܤ0 =
ߨ
20h (ݏ)(h = 1，2，3⋯)
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y 轴时可作如图运动情形：
由图可知ߠ= 5ߨ
6 ，ܶ
0 ≤5
6ܶ
=
5ߨ
300ܤ0，
则ܶ
0ܤ0 ≤ߨ
60
答：（1）带电粒子运动到C 点的纵坐标值h 为0.8m，电场强度E1 为0.2N/C；
（2）磁感应强度B0 为0.2n（T）（n＝1，2，3…），其磁场的变化周期T0 为
ߨ
20h (ݏ)(h = 1，2，3⋯)；
（3）交变磁场磁感应强度B0 和变化周期T0 的乘积B0T0 应满足ܶ
0ܤ0 ≤ߨ
60．
【点评】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处
理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式
结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．
【物理选修3-3】
13．关于热力学定律，下列说法正确的是（
）
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【考点】8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】548：热力学定理专题．
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【分析】在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为△U＝Q+W；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不
引起其它变化．
【解答】解：A、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故A 正确；
B、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故B 错误；
C、在外界的影响下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功；故C 正确；
D、热量不能自发从低温物体传向高温物体，D 错误；
E、根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故E 正确；
故选：ACE。
【点评】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式△E＝W+Q 进行分析，基础题．
14．使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化，图线BC 是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．
（1）已知气体在状态A 的温度TA＝300K，问气体在状态B、C 和D 的温度各是多大？
（2）将上述气体变化过程在V﹣T 中表示出来（图中要标明A、B、C、D 四点，并且要画箭头表示变化方向）．
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）A 到B、B 到C、C 到D 过程分别是等压、等温和等压变化，根据吕萨克定律、玻意耳定律求气体
在状态B、C 和D 的温度．
（2）根据对气体状态变化的掌握，建立坐标系，作出图象．
【解答】解：（1）A 到B 过程，气体发生等压变化，
由吕萨克定律得：ܸtܶ
t
=ܸ
ܤܶ
ܤ
，
由图可知：VB＝2VA，则TB＝2TA＝600K；
B 到C 过程，气体发生等温变化，TB＝TC＝600K．
C 到D 过程，气体发生等压变化，
由吕萨克定律得：ܸܥܶ
ܥ
=ܸ
ܦܶ
ܦ
，
由图可知，VC＝2VD，得到TD＝300K
（2）AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 等压压缩过程；
采用描点法，作出V﹣T 表示的图线如图所示；
答：（1）气体在状态B、C、D 的温度分别是600K、600K、300K．
（2）图象如图所示．
【点评】本题用到两个气体实验定律：吕萨克定律和玻意耳定律，也可以就用理想气体状态研究．
【物理选修3-4】（
15．如图是某绳波形成过程示意图，1、2、3、4…为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向，质点1 在外力
作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端，t＝0 时质
点1 开始竖直向上运动，质点振动周期为T，经过四分之一周期，质点5 开始运动，此时质点1 对其平衡位置的
位移为6cm。则当ݐ=ܶ4时质点5 的运动方向为
竖直向上
，当ݐ= 5ܶ
4 时质点9 运动的路程为
18
cm。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
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- 1399 -
【专题】32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据波源起振方向得到质点起振方向；再根据质点5 开始振动的时间，由波速相等，根据传播距离的关
系得到质点9 开始振动的时间，从而得到质点9 振动时间，即可根据振幅求得路程。
【解答】解：t＝0 时质点1 开始竖直向上运动，故波源起振方向向上；那么，ݐ=ܶ4时，质点5 开始振动，质点起
振方向和波前起振方向相同，故ݐ=ܶ4时，质点5 的运动方向竖直向上；
由ݐ=ܶ4时，质点5 开始振动，根据波速相等，质点9 到质点1 的距离为质点5 到质点1 的距离的两倍可得：ݐ' = 1
2ܶ
时质点9 开始振动；那么，ݐ= 5
4ܶ
时，质点9 运动的时间ݐ1 = 3
4ܶ；
质点1 运动
1
4ܶ
后的位移为6cm，故振幅A＝6cm；又有质点开始振动时在平衡位置向上振动，故质点9 的路程s
＝3A＝18cm；
故答案为：竖直向上；18。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的
传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
16．某同学利用如图所示的圆柱形水桶来测定水的折射率，当水桶内未装水时，从A 点沿AB 方向恰能看到水桶底
边缘的点C，当水桶内水的深度等于桶高的一半时，仍沿AB 方向看去，恰好看到放在桶底直径CD 上的发光点E，
用毫米刻度尺测得水都直径CD＝16.00cm，桶高BD＝12.00，CE＝3.5cm，已知光在真空中的传播速度为c＝3.0
×108m/s，求水的折射率n 和光在水中的传播速度v．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】根据几何关系求出入射角和折射角，结合折射定律求出水的折射率，根据公式v=ܿh求出光在水中的传播
速度．
【解答】解：光路如下图所示，由题意可知：
sinθ1=
1
2ܥܦ
(1
2ܥܦ)2+(1
2ܤܦ)2 =
8
82+62 =0.8
sinθ2=
1
2ܥܦ−ܥܧ
(1
2ܥܦ−ܥܧ)2+(1
2ܤܦ)2 =
8−3.5
(8−3.5)2+62 =0.6
可得：h = ݏthߠ1
ݏthߠ2 = 4
3，
又根据㘴=ܿh代入数据可得：v＝2.25×108m/s
答：水的折射率n 是
4
3，光在水中的传播速度v 是2.25×108m/s．
【点评】本题是几何光学问题，关键是根据几何关系确定入射角和折射角，通过折射定律进行解答．
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日期：2019/4/15 16:39:55 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）开学物理试卷
一、选择题
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．两个物体不相互接触，有时也能产生弹力的作用
B．物体的形状发生变化，其重心位置一定会变化
C．摩擦力的方向一定与物体相对运动的方向相反
D．受到摩擦力作用的物体一定会受到弹力的作用
2．（3 分）一辆汽车始终向东做直线运动，它先以速度v1 完成全程的四分之三，再以速度v2 驶完剩余路程，则它在
全程的平均速度大小为（
）
A．
㘴1+㘴2
2
B．
3㘴1+㘴2
4
C．
4㘴1㘴2
㘴1+3㘴2
D．
4㘴1㘴2
3㘴1+㘴2
3．（3 分）物体由静止开始做匀加速直线运动，3s 后速度变为v，则下列说法正确的是（
）
A．2s 末、3s 末的速度之比为2：3
B．第1s 内与第2s 内的位移之比为1：2
C．1s 内与2s 内的位移之比为1：4
D．0～3s 内的平均速度为
1
3v
4．（3 分）如图是在高速公路上甲、乙两车刹车的v﹣t 图象，甲车在后，乙车在前，若两车发生追尾，则以下判断
正确的是（
）
A．t＝0 时刻两车间距一定小于12.5m
B．甲车刹车的加速度大小是乙车的3 倍
C．两车一定是在t＝10s 之前的某时刻发生追尾
D．两车一定是在t＝15s 至t＝20s 之间的某时刻发生追尾
5．（3 分）如图所示，一斜面体紧靠挡板静止在水平地面上，现有一物块沿斜面匀速下滑，则下列说法正确的是（
）
A．地面对斜面体有水平向右的摩擦力
B．斜面体对物块的作用力方向竖直向上
C．若撤去挡板斜面体将会向左运动
D．地面对斜面体的支持力大于斜面体和物块的重力之和
6．（3 分）如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，
则电梯在运送乘客的过程中（
）
A．乘客始终受摩擦力作用
B．乘客经历先超重再失重的状态
C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上
D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上
7．（3 分）在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发
生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是12m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数
恒为0.6，g 取10m/s2，则汽车刹车前的速度为（
）
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- 1401 -
A．6 m/s
B．10 m/s
C．12 m/s
D．20 m/s
8．（3 分）一滑块以初速度v0 从固定斜面底端沿斜面向上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度﹣时间图象不可能
是下面的（
）
A．
B．
C．
D．
9．（3 分）关于质点瞬时速度v、加速度a= △㘴
△ݐ，下面说法中正确的是（
）
A．v 为零时，△v 可能不为零，a 可能不为零
B．当v 大小不变时，△v 必为零，a 也必为零
C．v 不断增大，a 可能不变
D．△v 为零时，v 不一定为零，但a 却一定为零
10．（3 分）某质点做匀变速直线运动的位移x 与时间t 的关系式为x＝5t+t2（各物理量均采用国际制单位），则该质
点在（
）
A．第2s 内的位移是14m
B．前2s 内的平均速度是7m/s
C．任意1s 内的速度增量都是2m/s
D．任意相邻的1s 内的位移差都是1m
11．（3 分）如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上沿一条直线受到两个外加推力F1、F2 的作用，木块处
于静止状态．其中F1＝9N，F2＝2N，若撤去推力F1 并保持F2 不变，则（
）
A．木块依然保持静止状态
B．木块可能开始向左加速运动
C．木块所受的合力大小变为2N
D．木块所受的摩擦力大小变为2N
12．（3 分）将一物体以某一初速度竖直向上抛出，已知它在运动过程中受到的空气阻力大小不变，它从抛出点运动
到最高点的时间为t1，从最高点运动落回到抛出点的时间为t2，设它在运动中不受空气阻力时，从抛出点运动到
最高点的时间为t0，则有（
）
A．t1＞t0
B．t1＜t0
C．t2＜t1
D．t2＞t1
13．（3 分）如图所示，物体A 和物体B 中间夹一竖直轻弹簧，在竖直向上的恒力F 作用下，一起沿竖直方向匀加速
向上运动，当把外力F 突然撤去的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．B 的速度立刻发生变化，A 的速度不变
B．B 的加速度立刻发生变化，A 的加速度不变
C．A 的加速度一定小于重力加速度g
D．B 的加速度一定大于重力加速度g
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二、实验题
14．在“探究物体的加速度与质量关系”的实验中，应保持
不变，某小组进行实验时，过程严谨、操作规范、
测得数据十分理想，他们利用所测实验数据按作图要求作出的图象基本上是一条过原点的直线，这说明在实验条
件下，物体的加速度与质量成
关系．
15．小丽用如图甲所示的装置验证“力的平行四边形定则”，用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在的平面后，其部分
实验操作如下，请完成下列相关内容：
A．如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；
B．如图乙，卸下钩码后将两绳套系在弹簧末端，用两弹簧秤将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO
的
及两弹簧秤相应的读数，图乙中B 弹簧秤的读数为
N；
C．小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB 的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB 的合力F；
D．已知一个钩码的重力为G，则可据F＝2G 求出弹簧所受的实际拉力F 画在图丙中，观察比较F 和F1…
16．某次实验中，物体做匀加速直线运动，用打点计时器记录该运动的纸带如图所示，已知：打点的时间间隔为0.02s，
O 为第一个点，A、B、C、D 点为相邻的四个计时点，它们到O 点的距离已标出，其中D 点数据因为被污渍覆盖
而看成不清楚，但是我们仍然可以利用该纸带进行一些计算．例如，记录B 点时，物体的运动速度vB＝
m/s；
物体运动的加速度为
m/s2．每空均保留2 位有效数字．
三、计算题
17．一个物体0 时刻从坐标原点O 由静止开始沿+x 方向做匀加速直线运动，速度与坐标的关系为㘴=
6ݔ(݉
/ݏ)，
求：
（1）2s 末物体的位置坐标；
（2）物体通过区间150m≤x≤600m 所用的时间．
18．在无风的天气里，探究雨滴的运动．我们可以将雨滴视为球形．假设雨滴竖直下落过程中受到的空气阻力与雨
滴的最大横截面积以及雨滴下落速度的平方均成正比，即满足公式f＝kSv2；雨滴接近地面时其运动可以近似看做
匀速直线运动．已知雨滴的半径r、密度ρ、重力加速度g 以及上述公式中的比例系数k，求：
（1）雨滴的最终的运动速度vn 的大小；
（2）速度达到
㘴
h
2 时的雨滴的加速度a 的大小．
19．滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力F 水垂直于板成，大
小为kv2，其中v 为滑板速率（水可视为静止）。某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°
时（如图所示），滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，若忽略空气阻力，重力
加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：
（1）水平牵引力的大小；
（2）滑板的速率。
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- 1403 -
20．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m 的水平跑道和长度为l2＝20m 的倾斜跑道两部分组
成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m．一架质量为m＝2.0×104kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒
为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力（包括空气阻力和跑道摩擦阻力）大
小为飞机重力的0.1 倍．假设航母始终处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，两跑道间以一小段圆弧
轨道平滑连接，取g＝10m/s2．
（1）求飞机从轨道最械端由静止起在水平跑道上运动的时间；
（2）若飞机在倾斜跑道的末端需至少达到70m/s 的速度才能正常起飞，试通过计算说明上述条件下飞机能否正常
起飞．
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2018-2019 学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）开学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．两个物体不相互接触，有时也能产生弹力的作用
B．物体的形状发生变化，其重心位置一定会变化
C．摩擦力的方向一定与物体相对运动的方向相反
D．受到摩擦力作用的物体一定会受到弹力的作用
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；525：受力分析方法专题．
【分析】弹力和摩擦力都是接触力，重力可以是不接触的．弹力的方向与弹性形变方向相反，滑动摩擦力方向与
相对运动方向相反，形状规则的质量分布均匀的物体的重心必与其几何中心重合．
【解答】解：A、两个物体不相互接触则无弹力，因为弹力是接触力，故A 错误；
B、重心的位置与物体的形状有关，但物体的形状发生变化，其重心位置不一定会变化，故B 错误；
C、滑动摩擦力的方向总是和物体的相对运动方向相反，不一定与运动的方向相反。故C 错误；
D、根据摩擦力产生的条件可知，受到摩擦力作用的物体一定会受到弹力的作用。故D 正确。
【点评】关于重力弹力摩擦力的基本知识，注意其产生条件和方向，基础题．
2．（3 分）一辆汽车始终向东做直线运动，它先以速度v1 完成全程的四分之三，再以速度v2 驶完剩余路程，则它在
全程的平均速度大小为（
）
A．
㘴1+㘴2
2
B．
3㘴1+㘴2
4
C．
4㘴1㘴2
㘴1+3㘴2
D．
4㘴1㘴2
3㘴1+㘴2
【考点】19：平均速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】设全程的位移大小为4x，根据t= ݔ
㘴分别求出前后两段运动的时间表达式，再得到全程平均速度的表达式，
求出v．
【解答】解：设全程的位移大小为4x，由题得到全程的平均速度为：
㘴=
4ݔ
ݐ1+ݐ2，
又有：t1= 3ݔ
㘴1，t2= ݔ
㘴2
得：㘴=
4ݔ
3ݔ
㘴1+ ݔ
㘴2
= 4㘴1㘴2
㘴1+3㘴2
【点评】本题考查对平均速度的理解和应用能力，常规题，关键抓住平均速度的定义列式．
3．（3 分）物体由静止开始做匀加速直线运动，3s 后速度变为v，则下列说法正确的是（
）
A．2s 末、3s 末的速度之比为2：3
B．第1s 内与第2s 内的位移之比为1：2
C．1s 内与2s 内的位移之比为1：4
D．0～3s 内的平均速度为
1
3v
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】物体做匀加速直线运动，由速度公式v＝at 求解速度之比，由位移公式x= 1
2at2 求解位移之比．平均速度
为总位移与时间的比值．
【解答】解：A、根据v＝at 知，第1 秒末、第2 秒末、第3 秒末的速度之比为1：2：3．故A 正确；
B、初速度为0 的匀加速直线运动，在第1s 内、第2s 内、第3s 内位移之比等于1：3：5，故B 错误；
C、根据x= 1
2at2 可知在1 秒内、2 秒内、3 秒内的位移之比为1：4：9．故C 正确；
D、由v＝at，3s 内的位移为x= 1
2at2= 1
2vt，㘴= ݔ
ݐ= 1
2v，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题．选择题，要掌握初
速度为0 的匀变速直线运动的推论．直接运用，减少做题时间．
4．（3 分）如图是在高速公路上甲、乙两车刹车的v﹣t 图象，甲车在后，乙车在前，若两车发生追尾，则以下判断
正确的是（
）
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A．t＝0 时刻两车间距一定小于12.5m
B．甲车刹车的加速度大小是乙车的3 倍
C．两车一定是在t＝10s 之前的某时刻发生追尾
D．两车一定是在t＝15s 至t＝20s 之间的某时刻发生追尾
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】根据速度时间图线的斜率求出甲乙的加速度，抓住速度相等时，结合位移时间公式分别求出两车的位移，
结合位移之差求出两者不发生碰撞的最小距离，从而分析判断．通过两者的速度大小关系，判断之间距离的变化，
从而得出发生碰撞发生的大致时刻．
【解答】解：AB、根据斜率等于加速度，可得甲车的加速度a1= 0−15
15
=−1m/s2，乙车的加速度a2= 0−10
20
=−0.5m/s2，
则|a1|＝2|a2|。
由图可知，两车速度相等经历的时间为10s，此时甲车的位移x 甲＝v 甲t+ 1
2a1t2＝15×10−1
2 ×1×102＝100m，乙车
的位移x 乙＝v 乙t+ 1
2a2t2＝10×10−1
2 ×0.5×102＝75m，可知要不相撞，则两车的至少距离△x＝x 甲﹣x 乙＝25m，
因为两车发生碰撞，则两车的距离小于25m，不一定小于12.5m。故A、B 错误。
CD、因为速度相等时，若不相撞，乙的速度比甲的速度大，两者的距离又逐渐增大，可知两车一定是在t＝10s
之前的某时刻发生追尾，故C 正确，D 错误。
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式和速度时间图线综合求解．
5．（3 分）如图所示，一斜面体紧靠挡板静止在水平地面上，现有一物块沿斜面匀速下滑，则下列说法正确的是（
）
A．地面对斜面体有水平向右的摩擦力
B．斜面体对物块的作用力方向竖直向上
C．若撤去挡板斜面体将会向左运动
D．地面对斜面体的支持力大于斜面体和物块的重力之和
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】因物体和斜面体都是平衡状态，故可以把两个做为一个整体来进行受力分析，则物体受的支持力应为斜
面和物体重力之和，而斜面体相对地面既没有相对运动，也没有相对运动趋势，故斜面体所受摩擦力为零．
【解答】解：A、物体匀速运动受合力为零，把物块和斜面作为一个整体，由受力分析知整体只受重力和支持力，
水平方向不受力，所受摩擦力为零，故A 错误；
B、斜面对物块m 的作用有：支持力与滑动摩擦力，因处于平衡状态，则支持力与滑动摩擦力的合力与重力等值
反向，即斜面体对物块m 的作用力方向竖直向上，故B 正确；
C、若撤去挡板，斜面体不会运动，仍保持静止状态，故C 错误；
D、整体竖直方向受力平衡，则地面对斜面体的支持力等于斜面体和物块的重力之和，故D 错误。
【点评】本题重点就是要用整体法来解答，其次就是判定斜面体所受摩擦力的有无，这个要用假设法，本题涉及
的分析方法比较多样，故而是个很好的对受力方法的练习题
6．（3 分）如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，
则电梯在运送乘客的过程中（
）
A．乘客始终受摩擦力作用
B．乘客经历先超重再失重的状态
C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】加速运动阶段，扶梯对乘客有水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力（支持力大于重力，乘客处于超重
状态），二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向左上方；匀速运动阶段，扶梯对乘客只有竖直向上的支持力（支持
力等于重力，乘客既不超重，也不失重），扶梯对乘客的作用力竖直向上．根据牛顿第三定律，分析乘客对扶梯的
作用力方向．
【解答】解：A、匀速运动阶段，扶梯对乘客只有竖直向上的支持力，没有摩擦力。故A 错误。
B、加速运动阶段，扶梯对乘客的支持力大于重力，乘客处于超重状态；匀速运动阶段，扶梯对乘客的支持力等于
重力，乘客既不超重，也不失重。故B 错误。
C、D、加速运动阶段，扶梯对乘客有水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，扶梯对乘客的作用力指向左上方；
匀速运动阶段，扶梯对乘客的作用力竖直向上。即电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上；故C 错误，
D 正确；
【点评】本题考查物体的运动情况分析物体受力情况的能力．要注意的是匀速运动过程，扶梯对乘客没有摩擦力．
7．（3 分）在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发
生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是12m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数
恒为0.6，g 取10m/s2，则汽车刹车前的速度为（
）
A．6 m/s
B．10 m/s
C．12 m/s
D．20 m/s
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】汽车刹车过程做匀减速运动，所受的合力等于摩擦力，由动能定理求解汽车刹车前的速度．
【解答】解：汽车刹车的过程，由动能定理得
﹣μmgs＝0−1
2݉
㘴0
2
得
v0=
2ߤtݏ=
2 × 0.6 × 10 × 12m/s＝12m/s。即汽车刹车前的速度是12m/s。
【点评】本题运用动能定理求解刹车前汽车的速度，也可以由牛顿第二定律和运动学结合求解．
8．（3 分）一滑块以初速度v0 从固定斜面底端沿斜面向上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度﹣时间图象不可能
是下面的（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】由于题目中没有告诉斜面是否光滑和摩擦因数的大小，故必须进行讨论，①当斜面光滑时物体的加速度
由重力沿斜面方向的分力提供，故物体在上升和下降的过程中加速度不变；②如果最大静摩擦力大于大于重力沿
斜面方向的分力，则物体的速度为0 后将保持静止；③如果重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则物体能够
返回运动，但合外力减小．速度图象的斜率等于物体的加速度．
【解答】解：A、若滑块沿斜面上滑时受到的滑动摩擦力，滑块向上做匀减速运动，最后可能停在最高点。所以
该图是可能的，故A 正确。
BC、若滑块受到滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下
滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率。B 图是可能，C 图不可能，故B
正确，C 错误。
D、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两
个过程的加速度相同，故D 图是可能的。故D 正确。
本题选不可能的，故选：C
【点评】做题时一定要注意题目有没有告诉斜面是否光滑和不光滑时摩擦因数的大小，否则要注意讨论．这是解
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决此类题目时一定要注意的问题．
9．（3 分）关于质点瞬时速度v、加速度a= △㘴
△ݐ，下面说法中正确的是（
）
A．v 为零时，△v 可能不为零，a 可能不为零
B．当v 大小不变时，△v 必为零，a 也必为零
C．v 不断增大，a 可能不变
D．△v 为零时，v 不一定为零，但a 却一定为零
【考点】18：速度和速率；1B：加速度．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量．
【解答】解：A、v 等于零，△v 可能不为零，根据加速度的定义式知，加速度a 可能不为零，故A 正确。
B、当v 的大小不变时，△v 不一定为零，比如速度方向改变，速度变化量不为零，加速度也不为零，故B 错误。
C、当v 不断增大，a 可能不变，比如匀加速直线运动，故C 正确。
D、△v 为零时，v 不一定为零，加速度也不一定为零，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道加速度定义式，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关．
10．（3 分）某质点做匀变速直线运动的位移x 与时间t 的关系式为x＝5t+t2（各物理量均采用国际制单位），则该质
点在（
）
A．第2s 内的位移是14m
B．前2s 内的平均速度是7m/s
C．任意1s 内的速度增量都是2m/s
D．任意相邻的1s 内的位移差都是1m
【考点】19：平均速度；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，结合位移表达式得出质点在第2s 内的
位移和前2s 内的位移，从而得出前2s 内的平均速度．根据加速度，结合加速度的定义式求出任意1s 内的速度增
加量，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出任意相邻1s 内的位移之差．
【解答】解：A、第2s 内的位移为：x＝（5×2+4）﹣（5×1+1）m＝8m，故A 错误。
B、前2s 内的位为：移x2＝5×2+4m＝14m，则前2s 内的平均速度为：㘴= ݔ2
ݐ2 = 14
2݉
/ݏ= 7݉
/ݏ，故B 正确。
C、根据x= 㘴0ݐ+ 1
2ܽݐ2 =5t+t2 得质点的加速度a＝2m/s2，则任意1s 内的速度增量△v＝at＝2×1m/s＝2m/s，故C
正确。
D、任意相邻1s 内的位移差△x＝at2＝2×1m＝2m，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题
更加简捷．
11．（3 分）如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上沿一条直线受到两个外加推力F1、F2 的作用，木块处
于静止状态．其中F1＝9N，F2＝2N，若撤去推力F1 并保持F2 不变，则（
）
A．木块依然保持静止状态
B．木块可能开始向左加速运动
C．木块所受的合力大小变为2N
D．木块所受的摩擦力大小变为2N
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】21：信息给予题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对木块进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小；撤去拉力后，根据另一拉力与摩擦力的关系
判断木块是否静止，如果静止，根据平衡条件即可求得静摩擦力，如果运动，则应根据滑动摩擦力公式求解．
【解答】解：木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有：
f＝F1﹣F2＝9N﹣2N＝7N；
木块处于静止状态，则说明木块受到的最大静摩擦力一定大于等于7N；
撤去F1 后，外力为2N，小于7N，故木块仍能处于静止状态，故合力一定是零，静摩擦力与外力F2 平衡，其大小
为2N，方向与F2 相反即水平向右，故AD 正确，BC 错误；
故选：AD。
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【点评】本题考查静摩擦力的计算问题，在高一阶段，本题为易错题，很多同学由于抓不住静摩擦力的性质，或
不进行判断就进认为摩擦力应等于撤去的拉力，从而出现错解；
本题一定要注意明确静摩擦力是随着外力的变化而变化的，所以一定要分析出外力的变化，同时注意把握平衡条
件的应用．
12．（3 分）将一物体以某一初速度竖直向上抛出，已知它在运动过程中受到的空气阻力大小不变，它从抛出点运动
到最高点的时间为t1，从最高点运动落回到抛出点的时间为t2，设它在运动中不受空气阻力时，从抛出点运动到
最高点的时间为t0，则有（
）
A．t1＞t0
B．t1＜t0
C．t2＜t1
D．t2＞t1
【考点】1N：竖直上抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀
变速运动规律求解即可．
【解答】解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：ݐ0 = 㘴0
t ，
当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：
mg+f＝ma，ܽ
= t +݂݉
＞t
上升时间为：ݐ1 = 㘴0ܽ＜ݐ0
有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有：
mg﹣f＝ma1，ܽ' = t −݂݉
＜t，
根据h = 1
2ܽݐ2，可知t1＜t2．故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
【点评】对于牛顿第二定律的应用问题；要正确受力分析弄清运动过程，然后根据运动学规律求解是对学生的基
本要求，平时要加强这方面的训练．
13．（3 分）如图所示，物体A 和物体B 中间夹一竖直轻弹簧，在竖直向上的恒力F 作用下，一起沿竖直方向匀加速
向上运动，当把外力F 突然撤去的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．B 的速度立刻发生变化，A 的速度不变
B．B 的加速度立刻发生变化，A 的加速度不变
C．A 的加速度一定小于重力加速度g
D．B 的加速度一定大于重力加速度g
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】21：信息给予题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离分析，结合牛顿第二定律分析A、B 加速度的变化．
【解答】解：A、开始A、B 在F 作用下一起向上做匀加速直线运动，撤去F 的瞬间，A 和B 的速度不变，故A
错误。
B、开始B 受重力、弹簧向下的弹力，向上的恒力F 三个力作用，合力方向向上，撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不
变，B 受重力和向下的弹力，合力向下，可知B 的加速度立即发生变化，对于A，所受的合力不变，则A 的加速
度不变，故B 正确。
C、A 受重力和弹簧向上的弹力，合力向上，合力不一定小于mg，则加速度不一定小于重力加速度g，故C 错误。
D、撤去F 的瞬间，B 受重力和向下的弹力，合力大于mg，则加速度一定大于重力加速度g，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律，
运用隔离法分析求解．
二、实验题
14．在“探究物体的加速度与质量关系”的实验中，应保持
物体质量
不变，某小组进行实验时，过程严谨、操
作规范、测得数据十分理想，他们利用所测实验数据按作图要求作出的图象基本上是一条过原点的直线，这说明
在实验条件下，物体的加速度与质量成
反比
关系．
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【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】探究加速度与质量、力的关系，需采用控制变量法；若a﹣F 图线是过原点的倾斜直线，可知a 与F 成正
比，若a−1
ܯ是过原点的倾斜直线，可知a 与M 成反比．
【解答】解：在“探究物体的加速度与质量关系”的实验中，应保持物体质量不变．若a−1
ܯ图线是过原点的直线，
物体的加速度与质量成反比．
故答案为：物体的质量，反比．
【点评】在探究探究加速度与力、质量关系实验中，要注意控制变量法的应用，注意研究物体的加速度与物体的
质量的关系时应画出a−1
ܯ图象，难度不大，属于基础题．
15．小丽用如图甲所示的装置验证“力的平行四边形定则”，用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在的平面后，其部分
实验操作如下，请完成下列相关内容：
A．如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；
B．如图乙，卸下钩码后将两绳套系在弹簧末端，用两弹簧秤将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO
的
方向
及两弹簧秤相应的读数，图乙中B 弹簧秤的读数为
11.40
N；
C．小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB 的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB 的合力F；
D．已知一个钩码的重力为G，则可据F＝2G 求出弹簧所受的实际拉力F 画在图丙中，观察比较F 和F1…
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解
实验的原理即可解答本题，弹簧秤读数时要注意估读．
【解答】解：根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO 的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤
读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N
利用平行四边形定则作出FA、FB 的合力F′，作图如下：
故答案为：方向；11.40；如图所示．
【点评】本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不
能死记硬背．
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16．某次实验中，物体做匀加速直线运动，用打点计时器记录该运动的纸带如图所示，已知：打点的时间间隔为0.02s，
O 为第一个点，A、B、C、D 点为相邻的四个计时点，它们到O 点的距离已标出，其中D 点数据因为被污渍覆盖
而看成不清楚，但是我们仍然可以利用该纸带进行一些计算．例如，记录B 点时，物体的运动速度vB＝
0.12
m/s；
物体运动的加速度为
0.22
m/s2．每空均保留2 位有效数字．
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速
度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B 点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：相邻两个记数点之间还有四个打出点，因此相邻两个计数点间的时间间隔为0.10s；
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
vB= ݔtܥ
2ܶ
= 31.4−7.8
2×0.1
× 10−3m/s≈0.12m/s
根据匀变速直线运动推论△x＝aT2，可得：
a= ݔtܤ−ݔܱtܶ
2
= 17.8−7.8−7.8
0．12
× 10−3m/s2≈0.22 m/s2；
故答案为：0.12，0.22．
【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，
提高解决问题能力，注意保留有效数字．
三、计算题
17．一个物体0 时刻从坐标原点O 由静止开始沿+x 方向做匀加速直线运动，速度与坐标的关系为㘴=
6ݔ(݉
/ݏ)，
求：
（1）2s 末物体的位置坐标；
（2）物体通过区间150m≤x≤600m 所用的时间．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度的大小，结合位移时间公式求出2s 末的位移，从而确定
其坐标位置．根据位移时间公式求出物体通过区间150m≤x≤600m 所用的时间．
【解答】解：（1）由㘴=
2ܽݔ=
6ݔ知，物体的加速度a＝3m/s2，
2s 末物体的坐标ݔ= 1
2ܽݐ2 = 1
2 × 3 × 4݉
= 6݉
．
（2）由ݔ= 1
2ܽݐ2得，物体通过区间150m≤x≤600m 所用的时间
ݐ=
2ݔ2ܽ−
2ݔ1ܽ=
2×600
3
−
2×150
3
= 10ݏ．
答：（1）2s 末物体的位置坐标为6m；
（2）物体通过区间150m≤x≤600m 所用的时间为10s．
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式和位移时间公式，并能灵活运用．
18．在无风的天气里，探究雨滴的运动．我们可以将雨滴视为球形．假设雨滴竖直下落过程中受到的空气阻力与雨
滴的最大横截面积以及雨滴下落速度的平方均成正比，即满足公式f＝kSv2；雨滴接近地面时其运动可以近似看做
匀速直线运动．已知雨滴的半径r、密度ρ、重力加速度g 以及上述公式中的比例系数k，求：
（1）雨滴的最终的运动速度vn 的大小；
（2）速度达到
㘴
h
2 时的雨滴的加速度a 的大小．
【考点】37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）抓住雨滴所受的重力和空气阻力相等，结合球体的体积和横截面积公式求出最大速度的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出雨滴的加速度．
【解答】解：（1）最终雨滴受力平衡，有：mg=݇ܵ
㘴h2，
其中m＝ρV，
V= 4
3 ߨݎ3，
S＝πr2，
解得㘴h =
4ߩtݎ
3݇
；．
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（2）根据牛顿第二定律得，mg−݇ܵ
( 㘴h
2 )2 =݉ܽ
，
因为mg=݇ܵ
㘴h2，
解得a= 3
4 t．
答：（1）雨滴的最终的运动速度vn 的大小为㘴h =
4ߩtݎ
3݇
；
（2）速度达到
㘴
h
2 时的雨滴的加速度a 的大小为
3
4 t．
【点评】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道雨滴速度最大时，重力和阻力相等．
19．滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力F 水垂直于板成，大
小为kv2，其中v 为滑板速率（水可视为静止）。某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°
时（如图所示），滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，若忽略空气阻力，重力
加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：
（1）水平牵引力的大小；
（2）滑板的速率。
【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4E：模型法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）对滑板和人整体受力分析，运用共点力平衡条件列式求解水平牵引力的大小；
（2）根据平衡条件求出支持力后，根据题中的支持力和速度关系公式求解滑板的速率。
【解答】解：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示，由共点力平衡条件可得：
FNcosθ＝mg…①
FNsinθ＝F…②
由①、②联立，得：F＝810N
即水平牵引力的大小810N。
（2）由①式得：FN=݉
tܿ
݋ݏߠ
根据题意
FN＝kv2 得：v=݉
t݇ܿ
݋ݏߠ=
108×10
54×0.8 =5m/s
即滑板的速率为5m/s
答：（1）水平牵引力的大小为810N；
（2）滑板的速率为5m/s。
【点评】本题的关键是对物体受力分析，运用共点力平衡条件研究。要认真读题，抓住题中有效信息。
20．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m 的水平跑道和长度为l2＝20m 的倾斜跑道两部分组
成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m．一架质量为m＝2.0×104kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒
为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力（包括空气阻力和跑道摩擦阻力）大
小为飞机重力的0.1 倍．假设航母始终处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，两跑道间以一小段圆弧
轨道平滑连接，取g＝10m/s2．
（1）求飞机从轨道最械端由静止起在水平跑道上运动的时间；
（2）若飞机在倾斜跑道的末端需至少达到70m/s 的速度才能正常起飞，试通过计算说明上述条件下飞机能否正常
起飞．
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
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【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出飞机在水平跑道上的加速度，结合运动学公式求出在水平跑道上运动的时间；
（2）根据牛顿第二定律求出飞机在倾斜跑道上的加速度，结合运动学公式求出飞机到达倾斜跑道末端时的速度大
小，然后做出判定．
【解答】解：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为
v1，运动时间为t1，
由牛顿第二定律可得：F 合＝F﹣Ff＝ma1①
由推论公式可得：v12﹣v22＝2a1l1②
由速度公式得：v1＝a1t1③
注意到Ff＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
（2）飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力、重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向上的加速度大
小为a2，末速度为v2，沿斜面方向有：
由牛顿第二定律可得：F 合′＝F﹣Ff﹣FGX＝ma2⑤
其中：FGX＝mgsinα＝mg•݄t2
⑥
由推论公式可得：v22﹣v12＝2a2l2⑦
注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得：a2＝3.0 m/s2，v2=
1720 ≈41.5m/s＜70m/s
⑧
即飞机不能起飞．
答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8.0s；
（2）到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.3m/s，小于70m/s，所以不能起飞．
【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运
动求力．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 16:41:20 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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- 1413 -
2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10 月份）
一、选择题（共10 小题，每小题3 分，满分30 分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，
有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分。）
1．（3 分）如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A 运动到B 的过程中（
）
A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的弹力先减小后增大
C．树枝对小鸟的弹力保持不变
D．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
2．（3 分）某一时刻a、b 两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度
相同，则在运动过程中（
）
A．a、b 两物体速度之差保持不变
B．a、b 两物体速度之差与时间成正比
C．a、b 两物体位移之差与时间成正比
D．a、b 两物体位移之差与时间平方成正比
3．（3 分）一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm．则（
）
A．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动
B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm
C．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比
D．汽车以速度vm 匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力
4．（3 分）水平地面上质量为m 的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直
线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（
）
A．弹簧的伸长量为݉݇
t
B．弹簧的伸长量为
ߤ݉
t݇
C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力
D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对平衡力
5．（3 分）有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示，若由于摩擦使木块的运动速
率保持不变，则以下叙述正确的是（
）
A．木块所受的合外力为零
B．木块所受的合外力的冲量为零
C．重力和摩擦力的合力做功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
6．（3 分）图甲为一列简谐横波在t＝0.10s 时刻的波形图，P 是平衡位置为x＝1m 处的质点，Q 是平衡位置为x＝4m
处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则（
）
A．t＝0.10s 时，质点Q 的速度方向向上
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B．该波沿x 轴的负方向传播
C．该波的传播速度为40m/s
D．从t＝0.10s 到t＝0.25s，质点P 通过的路程为30 cm
7．（3 分）如图所示，甲、乙两图中水平面都是光滑的，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车，乙图人
拉绳（绳与轮的质量和摩擦均不计）的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小的说法正确的是（
）
A．甲图中车的加速度大小为
ܨ
ܯ
B．甲图中车的加速度大小为
ܨ
ܯ+݉
C．乙图中车的加速度大小为
2ܨ
ܯ+݉
D．乙图中车的加速度大小为
ܨ
ܯ
8．（3 分）据英国《卫报》网站2015 年1 月6 日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行
星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星绕橙矮星的运动与地球绕太阳的运动均视为匀速圆
周运动，该行星运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍．则该行星与地球的（
）
A．轨道半径之比为
3 ݌2ݍ
B．轨道半径之比为
3 ݌2
C．线速度之比为
3 ݍ
݌
D．线速度之比为
1
݌
9．（3 分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A
连接；两物块A、B 质量均为m，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F 拉动物块B，使B 做加速度
为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t 图象如图乙所示（t1 时刻A、B 的图线相切，t2 时刻对应A
图线的最高点），重力加速度为g，则（
）
A．A 达到最大速度时的位移݉
tݏthߠ݇
B．拉力F 的最小值为mgsinθ+ma
C．A、B 分离时t1=
2(݉
tݏthߠ−݉ܽ
)ܽ݇
D．A、B 分离前，A、B 和弹簧系统机械能增加，A 和弹簧系统机械能增加
10．（3 分）如图所示，一质量为m＝1kg 的小球（可视为质点）从高H＝12m 处的A 点由静止沿光滑的圆弧轨道AB
滑下，进入半径为r＝4m 的竖直圆环轨道，圆环轨道的动摩擦因数处处相同，小球恰好能到达圆环轨道的顶点C，
继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为（g 取10m/s2）（
）
A．8m
B．9m
C．10m
D．11m
二、实验探究题（共2 小题，满分15 分）
11．（6 分）（1）在利用“单摆测定当地重力加速度”的实验中，利用螺旋测微器测量摆球直径的示数如图，则该球
的直径为
mm；
（2）某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向很小角度释放小球
d．用秒表记录小球完成n 次全振动的总时间t
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e．则计算重力加速度的表达式为
（用上面的物理量符号表示）．
（3）若开始细线在铁架台上固定不够牢固，振动中使摆线长发生了变化，则得出的重力加速度值与实验值相比
（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．
12．（9 分）某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ 是斜槽，QR 为
水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，
重复上述操作10 次，得到10 个落点痕迹，再把B 球放在水平槽末端的地方，让A 球仍从固定位置G 由静止开始
滚下，与B 球碰撞后，A，B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10 次，图中O 点是水平槽末
端R 在记录纸上的垂直投影点，B 球落点的痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O 所在的平
面，米尺的零点与O 点对齐．
（1）碰撞后B 球的水平射程应取为
cm．
（2）实验中需要测量的物理量有
；
（3）若关系式
成立（用测量量的符号表示），则可以认为碰撞中动量守恒；
（4）若关系式
成立（用测量量的符号表示），说明碰撞为弹性碰撞．
三、计算题（共6 小题，满分55 分）
13．（8 分）质量为m＝0.4kg 的砝码悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态。PA 与竖直方向的夹角为37°，
PB 沿水平方向。质量为M＝5kg 的木块与PB 相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示。
（取g＝10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）轻绳PB 拉力的大小；
（2）木块所受斜面的摩擦力和弹力大小。
14．（8 分）如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动，某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到
斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡
滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），斜坡与水平滑
道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若AB 的长度为16m，人滑到B 处时的动量为多大？
（3）若AB 的长度为16m，从A 运动到C 摩擦力的冲量为多大？
15．（9 分）在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示，A、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低
点．其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的．有一个质量为m 的乙物体静止在B 处，另一个质量为2m 的甲
物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，
甲乙构成的整体滑上BC 轨道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ＝60°．甲、乙两物体可以看作质点，
重力加速度为g，求：
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（1）甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．
（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力．
（3）甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，摩擦力对其做的功．
16．（10 分）（1）开普勒第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方
成正比，即ܽ
3ܶ
2 =k，k 是一个对所有行星都相同的常量，将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系
中该常量k 的表达式。已知引力常量为G，太阳的质量为M 太。
（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统都成立。已知火星半径是地球半径的
1
2，
质量是地球质量的
1
9，地球表面重力加速度是g；
①已知围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则围绕火星表面做匀速圆周运动的探测器的周期为多大？
②某人在地球上向上跳起的最大高度为h，若不考虑其它因素的影响，则他在火星上向上跳起的最大高度为多大？
17．（10 分）A、B 两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA＝0.6kg，mB＝1.0kg，轻弹簧的劲度系数为
100N/m．若在木块A 上作用一个竖直向上的力F，使木块A 由静止开始以2m/s2 的加速竖直向上作匀加速运动．取
g＝10m/s2，求：
（1）求使木块A 竖直向上作匀加速运动的过程中，力F 的最大值是多少？
（2）A、B 一起向上做匀加速运动的时间；
（3）若木块A 竖直向上作匀加速运动，直到A、B 分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了0.56J，则在这个过程
中，力F 对木块做的功是多少．
18．（10 分）如图所示，半径为r＝1.2m 的
1
4圆形光滑轨道AB 固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B
点，CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE 段被弯成以O 为圆心，半径R＝0.8m 的一小
段圆弧，管的C 端弯成与地面平滑相接，O 点位于地面，OE 连线竖直．可视为质点的物块b，从A 点由静止开
始沿轨道下滑，经地面进入细管（b 横截面略小于管中空部分的横截面），b 滑到E 点时受到细管下壁的支持力大
小等于所受重力的
1
2．已知物块b 的质量m＝1.0kg，g 取10m/s2．
（1）求物块b 滑过E 点时的速度大小vE．
（2）求物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功Wf．
（3）若将物块b 静止放在B 点，让另一可视为质点的物块a，从A 点由静止开始沿轨道下滑，滑到B 点时与b
发生弹性正碰，已知a 的质量M≥m，求物块b 滑过E 点后在地面的首次落点到O 点的距离范围．
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2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10
月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10 小题，每小题3 分，满分30 分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，
有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分。）
1．（3 分）如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A 运动到B 的过程中（
）
A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的弹力先减小后增大
C．树枝对小鸟的弹力保持不变
D．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的
变化．
【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A 错误。
B、C、小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A 到B 的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故BC 错误；
D、小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A 到B 的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故D 正确。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力．
2．（3 分）某一时刻a、b 两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度
相同，则在运动过程中（
）
A．a、b 两物体速度之差保持不变
B．a、b 两物体速度之差与时间成正比
C．a、b 两物体位移之差与时间成正比
D．a、b 两物体位移之差与时间平方成正比
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线
运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】根据△V＝Vt﹣V0 可知，加速度相同时a、b 两物体初速度设为V1、V2 则速度之差计算可得；根据X＝
V0t+ 1
2at2 得，位移之差计算可得．
【解答】解：A、B、根据△V＝Vt﹣V0 可知，加速度相同时a、b 初速度设为V1、V2 则速度之差为：△Vab＝Va
﹣Vb＝（V1+at）﹣（V2+at）＝V1﹣V2；故A 正确，B 错误；
C、D、根据X＝V0t+ 1
2at2 得，位移之差为：△X＝Xa﹣Xb＝（V1t+ 1
2at2）﹣（V2t+ 1
2at2）＝（V1﹣V2）t，
故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查速度时间关系和位移时间关系的应用，熟练掌握基本公式是关键，属于基础题型．
3．（3 分）一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm．则（
）
A．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动
B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm
C．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比
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D．汽车以速度vm 匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】52C：功率的计算专题．
【分析】根据汽车启动的两种分类进行分析，明确功率公式P＝FV 的正确应用．
【解答】解：A、当汽车以额定功率启动时，由P＝FV 可知，牵引力随着速度的增大而减小；故不能做匀加速直
线运动；故A 错误；
B、汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故B 错误；
C、因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比；故C 错误；
D、汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故D 正确；
【点评】本题考查机车的两种启动方式，要注意恒定功率启动时，汽车做变加速运动；匀加速启动时，汽车达到
额定功率后有一段变加速过程．
4．（3 分）水平地面上质量为m 的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直
线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（
）
A．弹簧的伸长量为݉݇
t
B．弹簧的伸长量为
ߤ݉
t݇
C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力
D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对平衡力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】物体在劲度系数为k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动，在水平方向上受弹簧的拉力和摩擦力平衡，
竖直方向上受重力和支持力平衡．
【解答】解：A、物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡，结合胡克定律有：μmg＝kx，则弹簧的形变量
ߤ݉
t݇，故A 错误；
B、物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡，结合胡克定律有：μmg＝kx，则弹簧的形变量
ߤ݉
t݇，故B 正
确；
C、物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力，故C 错误；
D、物体做匀速直线运动，故弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力，故D 正确；
【点评】解决本题的关键的关键知道平衡状态的力学特征和运动学特征，以及知道平衡力与作用力和反作用力的
区别．
5．（3 分）有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示，若由于摩擦使木块的运动速
率保持不变，则以下叙述正确的是（
）
A．木块所受的合外力为零
B．木块所受的合外力的冲量为零
C．重力和摩擦力的合力做功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
【考点】4A：向心力；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】抓住木块做匀速圆周运动，合力不为零，得出合力的冲量不为零，根据动能定理，结合支持力不做功，
得出重力和摩擦力的合力功．
【解答】解：A、木块沿圆弧曲面运动的速率不变，合力提供向心力，可知合外力不为零，故A 错误。
B、由于合外力的大小不为零，则合外力的冲量不为零，故B 错误。
C、根据动能定理知，动能变化量为零，支持力不做功，则重力和摩擦力的合力功为零，但是重力和摩擦力的合力
不为零，故C 正确，D 错误。
【点评】解决本题的关键知道匀速圆周运动合力不为零，掌握动能定理的运用，知道合力做功等于动能的变化量，
合力做功等于各力做功的代数和．
6．（3 分）图甲为一列简谐横波在t＝0.10s 时刻的波形图，P 是平衡位置为x＝1m 处的质点，Q 是平衡位置为x＝4m
处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则（
）
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A．t＝0.10s 时，质点Q 的速度方向向上
B．该波沿x 轴的负方向传播
C．该波的传播速度为40m/s
D．从t＝0.10s 到t＝0.25s，质点P 通过的路程为30 cm
【考点】73：简谐运动的振动图象；F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t＝0s 时Q 点在平衡位置上，由乙图知下一时
刻向上振动，从而确定了该波向左传播。
【解答】解：A、由乙图中Q 点的振动图象可知t＝0.10s 时Q 点在平衡位置，下一时刻位移为负，所以质点Q 的
速度方向向下，故A 错误；
B、由乙图中Q 点的振动图象可知t＝0.10s 时Q 点在平衡位置，下一时刻位移为负，所以此时质点Q 的运动方向
沿y 轴负方向，则该波沿x 轴的负方向传播，故B 正确；
C、根据甲乙两图可知波长和周期，则波速：v= ɉܶ= 8
0.2 = 40݉
/ݏ，故C 正确；
D、由乙图可以看出，从t＝0.10s 到t＝0.25s 的时间t＝0.15s= 3
4T，而P 点不在平衡位置，也不在波峰或波谷处，
所以P 点运动的路程不是3A＝30cm，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题有一定的综合性考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。
7．（3 分）如图所示，甲、乙两图中水平面都是光滑的，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车，乙图人
拉绳（绳与轮的质量和摩擦均不计）的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小的说法正确的是（
）
A．甲图中车的加速度大小为
ܨ
ܯ
B．甲图中车的加速度大小为
ܨ
ܯ+݉
C．乙图中车的加速度大小为
2ܨ
ܯ+݉
D．乙图中车的加速度大小为
ܨ
ܯ
【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】人和车保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．
【解答】解：AB、对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0，故AB 错误；
CD、对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F 的拉力，故乙车的加速度大小为：ܽ
=
2ܨ
ܯ+݉
，故C 正确，
D 错误；
【点评】对连接体问题，整体法和隔离法是常用的方法，关键是受力分析，结合牛顿第二定律求解．
8．（3 分）据英国《卫报》网站2015 年1 月6 日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行
星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星绕橙矮星的运动与地球绕太阳的运动均视为匀速圆
周运动，该行星运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍．则该行星与地球的（
）
A．轨道半径之比为
3 ݌2ݍ
B．轨道半径之比为
3 ݌2
C．线速度之比为
3 ݍ
݌
D．线速度之比为
1
݌
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】地球和“开普勒438b”公转的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式求解出周期和向的表达
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式进行分析即可．
【解答】解：AB、行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：
G
ܯ݉
h2 =mR
4ߨ2ܶ
2
解得：R=
3 ܩܯܶ2
4ߨ2
已知该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍，
故得：
该行星与地球的轨道半径之比为
h行
h地
=
3 ܯ矮
ܯ地
⋅ܶ
行
2ܶ
地
2 =
3 ݌2ݍ，故A 正确、B 错误；
CD、根据v= 2ߨhܶ，有：
㘴行
㘴地
=
h行
h地
⋅ܶ
地ܶ
行
=
3 ݍ
݌，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键是明确行星工作的向心力来源，结合牛顿第二定律列式分析即可．
9．（3 分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A
连接；两物块A、B 质量均为m，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F 拉动物块B，使B 做加速度
为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t 图象如图乙所示（t1 时刻A、B 的图线相切，t2 时刻对应A
图线的最高点），重力加速度为g，则（
）
A．A 达到最大速度时的位移݉
tݏthߠ݇
B．拉力F 的最小值为mgsinθ+ma
C．A、B 分离时t1=
2(݉
tݏthߠ−݉ܽ
)ܽ݇
D．A、B 分离前，A、B 和弹簧系统机械能增加，A 和弹簧系统机械能增加
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】A 的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A 达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力
F 的最小值．由图读出，t1 时刻A、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1．根据功能关系分析
能量如何转化．
【解答】解：A、由图知，t2 时刻A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx，
则得：x=݉
tݏthߠ݇，故A 正确。
B、对AB 整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx＝2ma，得F＝2mgsinθ﹣kx+2ma，则知开始时F 最小，此
时有：2mgsinθ＝kx，得F 的最小值为F＝2ma，故B 错误。
C、由图读出，t1 时刻A、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ＝ma
开始时有：2mgsinθ＝kx0，
又x0﹣x= 1
2ܽݐ1
2
联立以三式得：t1=
2(݉
tݏthߠ−݉ܽ
)ܽ݇．故C 正确。
D、A、B 分离前，F 做正功，根据功能关系得知，A、B 和弹簧系统机械能增加，而A 对B 的压力做负功，A 和
弹簧系统机械能减小。故D 错误。
故选：AC。
【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好
分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．
10．（3 分）如图所示，一质量为m＝1kg 的小球（可视为质点）从高H＝12m 处的A 点由静止沿光滑的圆弧轨道AB
滑下，进入半径为r＝4m 的竖直圆环轨道，圆环轨道的动摩擦因数处处相同，小球恰好能到达圆环轨道的顶点C，
继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为（g 取10m/s2）（
）
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A．8m
B．9m
C．10m
D．11m
【考点】4A：向心力；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】到达环顶C 时，刚好对轨道压力为零，根据牛顿第二定律求出在C 点的速度．
根据动能定理研究小球上升到顶点过程求出摩擦力做功．
小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所
以下滑时，摩擦力做功大小小于上升过程做的功．应用能量守恒定律求出高度h．
【解答】解：到达环顶C 时，刚好对轨道压力为零，所以在C 点，重力充当向心力，
根据牛顿第二定律得：mg＝m
㘴2
ݎ，已知：r＝4m，则
1
2mv2＝2mg，
所以在C 点，小球动能为2mg，因为圆环半径是4m，
因此在C 点，以b 点为零势能面，小球重力势能＝2mgR＝8mg
开始小球从H＝12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab
因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：
wf+mg（12﹣8）= 1
2mv2﹣0，
所以摩擦力做功wf＝﹣2mg，此时机械能等于10mg，
之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，
因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，
摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg
此时小球机械能大于10mg﹣2mg＝8mg，而小于10mg
所以进入光滑弧形轨道bd 时，小球机械能的范围为，8mg＜Ep＜10mg，
所以高度范围是：8m＜h＜10m；
【点评】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．
了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．
动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．
二、实验探究题（共2 小题，满分15 分）
11．（6 分）（1）在利用“单摆测定当地重力加速度”的实验中，利用螺旋测微器测量摆球直径的示数如图，则该球
的直径为
20.685
mm；
（2）某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向很小角度释放小球
d．用秒表记录小球完成n 次全振动的总时间t
e．则计算重力加速度的表达式为
g= 4ߨ2h2t+2ߨ2h2݀
ݐ2
（用上面的物理量符号表示）．
（3）若开始细线在铁架台上固定不够牢固，振动中使摆线长发生了变化，则得出的重力加速度值与实验值相比
偏
小
（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．
【考点】78：用单摆测定重力加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题．
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
（2）根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式
（3）根据重力加速度的表达式，判断重力加速度测量值的误差．
【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：20.5mm+18.5×0.01mm＝20.685mm；
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（2）由单摆周期公式：T＝2π
t+݀2
t 可知重力加速度：g=
4ߨ2tܶ
2
= 4ߨ2h2t+2ߨ2h2݀
ݐ2
；
（3）摆线上端未固定牢固，振动中出现松动，所测周期偏大，求出的g 偏小
故答案为：（1）20.685；（2）g=
4ߨ2h2t
ݐ2
；（3）偏小
【点评】本题考查了实验误差分析，明确根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g= t =
4ߨ2tܶ
2 是解题的关
键，明确产生误差的因素．
12．（9 分）某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ 是斜槽，QR 为
水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，
重复上述操作10 次，得到10 个落点痕迹，再把B 球放在水平槽末端的地方，让A 球仍从固定位置G 由静止开始
滚下，与B 球碰撞后，A，B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10 次，图中O 点是水平槽末
端R 在记录纸上的垂直投影点，B 球落点的痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O 所在的平
面，米尺的零点与O 点对齐．
（1）碰撞后B 球的水平射程应取为
65.5
cm．
（2）实验中需要测量的物理量有
两小球的质量mA、mB，小球做平抛运动的水平位移：OP、OM、ON
；
（3）若关系式
mAOP＝mAOM+mBON
成立（用测量量的符号表示），则可以认为碰撞中动量守恒；
（4）若关系式
mA（OP）2＝mA（OM）2+mB（ON）2
成立（用测量量的符号表示），说明碰撞为弹性碰撞．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4B：图析法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒
定律综合．
【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数．
（2）根据动量守恒定律求出其表达式，然后确定需要测量的量．
（3）应用动量守恒定律求出求出表达式．
（4）弹性碰撞过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出表达式，然后答题．
【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，其分度值为cm，其示数为65.5cm．
（2）由动量守恒定律可知：mAv0＝mAv1+mBv2，
即mAܱܲݐ
=mAܱ
ܯ
ݐ
+mBܱܰݐ，
则：mAOP＝mAOM+mBON，需要测量的物理量有：两小球的质量mA、mB，
小球做平抛运动的水平位移：OP、OM、ON；
（3）由（2）可知，验证动量守恒定律的表达式为：mAOP＝mAOM+mBON；
（4）若碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，则有：
1
2mAv02= 1
2mAv12+ 1
2mBv22，
1
2mA（ܱܲݐ）2= 1
2mA（ܱ
ܯ
ݐ）2+ 1
2mB（ܱܰݐ）2，
mA（OP）2＝mA（OM）2+mB（ON）2，
需要验证的表达式为：mA（OP）2＝mA（OM）2+mB（ON）2．
故答案为：（1）65.5；（2）两小球的质量mA、mB，小球做平抛运动的水平位移：OP、OM、ON；（3）mAOP＝
mAOM+mBON；（4）mA（OP）2＝mA（OM）2+mB（ON）2．
【点评】本题考查了刻度尺读数、验证动量守恒定律实验，对刻度尺读数时要先确定其分度值，读数时视线要与
刻度线垂直；应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．
三、计算题（共6 小题，满分55 分）
13．（8 分）质量为m＝0.4kg 的砝码悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态。PA 与竖直方向的夹角为37°，
PB 沿水平方向。质量为M＝5kg 的木块与PB 相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示。
（取g＝10m/s2，sin37°
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- 1423 -
＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）轻绳PB 拉力的大小；
（2）木块所受斜面的摩擦力和弹力大小。
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）对砝码m 和结点P 受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PB 拉力的大小。
（2）对木块M 受力分析，并交PB 的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力和弹力。
【解答】解：（1）如图甲所示分析P 点受力。
由平衡条件可得：
FA cos37°＝G1＝mg
FA sin37°＝FB
可解得：FB＝3N
（2）再分析M 的受力情况，如图乙所示。
由物体的平衡条件可得：
沿斜面方向有：Ff＝Mgsin37°+FB′cos37°
垂直于斜面方向有：FN+FB′sin37°＝Mg cos37°
由牛顿第三定律，有FB′＝FB
可求得：Ff＝32.4 N，FN＝38.2 N。
答：（1）PB 的拉力为3N；
（2）木块受到的摩擦力为32.4 N，支持力为38.2 N。
【点评】解决共点力平衡的题目时，受力分析是关键，同时注意正确作出受力图，三力平衡时可以用合成法，四
力及以上时一般采用正交分解法。
14．（8 分）如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动，某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到
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斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡
滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），斜坡与水平滑
道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10m/s2．求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若AB 的长度为16m，人滑到B 处时的动量为多大？
（3）若AB 的长度为16m，从A 运动到C 摩擦力的冲量为多大？
【考点】37：牛顿第二定律；39：牛顿运动定律的综合应用；52：动量定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡滑下的加速度大小．
（2）根据速度位移公式求出人滑动斜坡底端时的速度大小，再根据P＝mv 计算动量．
（3）计算出从A 到B 运动的时间，全过程根据动量定理求解即可．
【解答】解：（1）以人为研究对象，下滑过程中根据牛顿第二定律得，
人下滑的加速度a=݉
tݏth37°−ߤ݉
tܿ݋ݏ37°݉=gsin37°﹣μgcos37°＝（10×0.6﹣0.5×10×0.8）m/s2＝2m/s2．
（2）设人滑到B 处的速度为v，根据v2＝2aL 得，
人滑动斜坡底端的速度v=
2ܽܮ=
2 × 2 × 16݉
/ݏ= 8݉
/ݏ，
所以人在B 点的动量大小为P＝mv＝60×8kg•m/s＝480kg•m/s．
（3）人在斜面上运动的时间为t，则t= 㘴ܽ= 8
2 ݏ= 4ݏ，
设从A 运动到C 摩擦力的冲量大小为I，从A 到C 根据动量定理可得：mgt﹣I＝0，
解得：I＝mgt＝60×10×4N•s＝2400N•s．
答：（1）人从斜坡上滑下的加速度为2m/s2．
（2）若AB 的长度为16m，人滑到B 处时的动量为480kg•m/s．
（3）若AB 的长度为16m，从A 运动到C 摩擦力的冲量为2400N•s．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动量定理的综合运用，知道合外力的冲量等于动量的变化，动量的大小P＝
mv．
15．（9 分）在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示，A、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低
点．其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的．有一个质量为m 的乙物体静止在B 处，另一个质量为2m 的甲
物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，
甲乙构成的整体滑上BC 轨道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ＝60°．甲、乙两物体可以看作质点，
重力加速度为g，求：
（1）甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．
（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力．
（3）甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，摩擦力对其做的功．
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）先研究甲物体从A 点下滑到B 点的过程，根据机械能守恒定律求出A 刚下滑到B 点时的速度，再
由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到
的冲量．
（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力，再由牛顿
第三定律求得整体对轨道最低点的压力．
（3）甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功．
【解答】解：（1）甲物体从A 点下滑到B 点的过程，
根据机械能守恒定律得：2mgR= 1
2•2mv02，解得：v0=
2th，
甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得：
2mv0＝（m+2m）mv，解得：v= 2
3
2th，
甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：
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I 甲＝2mv﹣2mv0=−2
3m 2th，方向：水平向右；
（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体，
由牛顿第二定律得：F﹣（m+2m）g＝（m+2m）
㘴2
h ，解得：F= 17
3 mg，
根据牛顿第三定律，对轨道的压力F′＝F= 17
3 mg，方向：竖直向下；
（3）对整体，从B 到D 过程，由动能定理得：
﹣3mgR（1﹣cos60°）+Wf＝0−1
2•3mv2，
解得，摩擦力对整体做的功为：Wf=−1
6mgR；
答：（1）甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量大小为：
2
3m 2th，方向：水平向右．
（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力大小为：
17
3 mg，方向：竖直向下．
（3）甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，摩擦力对其做的功为−1
6mgR．
【点评】解决本题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况，把握每个过程的物理规律，知道碰撞的基本规律
是动量守恒定律．摩擦力是阻力，运用动能定理是求变力做功常用的方法．
16．（10 分）（1）开普勒第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方
成正比，即ܽ
3ܶ
2 =k，k 是一个对所有行星都相同的常量，将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系
中该常量k 的表达式。已知引力常量为G，太阳的质量为M 太。
（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统都成立。已知火星半径是地球半径的
1
2，
质量是地球质量的
1
9，地球表面重力加速度是g；
①已知围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则围绕火星表面做匀速圆周运动的探测器的周期为多大？
②某人在地球上向上跳起的最大高度为h，若不考虑其它因素的影响，则他在火星上向上跳起的最大高度为多大？
【考点】4D：开普勒定律；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】行星绕太阳的运动按圆周运动处理时，此时轨道是圆，就没有半长轴了，此时ܽ
3ܶ
2 =k 应改为
ݎ3ܶ
2 =k，再由
万有引力作为向心力列出方程可以求得常量k 的表达式；
对火星探测器列万有引力提供向心力的周期表达式，得到周期与质量和半径的关系，进而有题目给定的火星与地
球关系，可以得到周期与地球半径和质量的关系，再由黄金代换，可以代换掉地球质量，最终得到火星周期表达
式；
根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系。
【解答】解：（1）因行星绕太阳作匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a 即为轨道半径r。
根据万有引力定律和牛顿第二定律有：
ܩ݉
行ܯ太
ݎ2
=m 行（
2ߨܶ）2r…①
于是有：
ݎ3ܶ
2 =
ܩ
4ߨ2M 太…②
即：= ܩ
4ߨ2M 太
（2）设地球和火星的质量分别为M、Mˊ，火星的半径为Rˊ，则对火星探测器，由万有引力定律：
G
ܯ'݉
h'2 =mR′
4ߨ2ܶ
2
又：M′= 1
9 M，R′= 1
2R
围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则有：G
ܯ݉
'
h2
=m′R
4ߨ2ܶ
0
2
联立两式，解得：T=
h'3
h3 ⋅ܯ
ܯ'T0= 3
4
2T0；
由G݉
ܯ
h2 =mg 得到：g= ܩܯ
h2 。
已知火星半径是地球半径的
1
2，质量是地球质量的
1
9，火星表面的重力加速度是
4
9g。
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假设人以v0 在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是h=
㘴0
2
2t，
以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=
㘴0
2
4
9t = 9
4h。
答：（1）太阳系中该常量k 的表达式是
ܩ
4ߨ2M 太；
（2）①已知围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则围绕火星表面做匀速圆周运动的探测器的周期为
3
4
2T0；
②某人在地球上向上跳起的最大高度为h，若不考虑其它因素的影响，则他在火星上向上跳起的最大高度为
9
4h。
【点评】本题就是考查学生对开普勒行星运动第三定律的理解和应用，掌握住开普勒行星运动第三定律和万有引
力定律即可求得结果，式中的常量k 必修是相对于同一个中心天体来说的。
这是一个比较简单的题，只需要列一个周期表达式，再依据题目给定的关系，用已知量代换未知量就可以得到最
终的结果。
17．（10 分）A、B 两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA＝0.6kg，mB＝1.0kg，轻弹簧的劲度系数为
100N/m．若在木块A 上作用一个竖直向上的力F，使木块A 由静止开始以2m/s2 的加速竖直向上作匀加速运动．取
g＝10m/s2，求：
（1）求使木块A 竖直向上作匀加速运动的过程中，力F 的最大值是多少？
（2）A、B 一起向上做匀加速运动的时间；
（3）若木块A 竖直向上作匀加速运动，直到A、B 分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了0.56J，则在这个过程
中，力F 对木块做的功是多少．
【考点】37：牛顿第二定律；39：牛顿运动定律的综合应用；65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）木块A 受重力、B 对A 的支持力和拉力，要作匀加速运动，运用牛顿第二定律即可求解力F 的最大
值；
（2）根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量，根据位移时间关系求解时间；
（3）以A、B 作为一个整体，由动能定理求解力F 做的功．
【解答】解：（1）对物体A 根据牛顿第二定律可得：F﹣mAg+FBA＝mAa，所以当FBA＝0 时，F 最大，
即最大拉力为：Fm＝mAg+mAa＝0.6×10N+0.6×2N＝7.2 N；
（2）初始位置弹簧的压缩量为：x1= (݉
t+݉
ܤ)t݇= (0.6+1)×10
100݉
= 0.16݉
，
A、B 分离时，FBA＝0，以B 为研究对象可得：FN﹣mBg＝mBa，
解得弹簧的弹力为：FN＝12N
此时弹簧的压缩量为：x2= ܨܰ݇
= 12
100݉
=0.12m，
A、B 上升的高度为：△x＝x1﹣x2＝0.04m，
此过程中经历的时间为t，根据位移时间关系可得：△x= 1
2at2，
代入数据解得：t＝0.2s；
（3）A、B 刚分离时的速度为：v＝at＝2×0.2m/s＝0.4m/s，
以A、B 作为一个整体，由动能定理得：WF+WN﹣（mA+mB）g△x= 1
2（mA+mB）v2﹣0
其中WF 为拉力做的功、WN 为弹力做的功，根据功能关系可知：WN＝△EP＝0.56J，
联立并代入数据解得：WF＝0.208J．
答：（1）力F 的最大值是7.2N；
（2）A、B 一起向上做匀加速运动的时间为0.2s；
（3）力F 对木块做的功是0.208J．
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答．
利用动能定理解题时注意：
（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；
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- 1427 -
（2）找出其中恒力的功及变力的功；
（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；
（4）运用动能定理求解．
18．（10 分）如图所示，半径为r＝1.2m 的
1
4圆形光滑轨道AB 固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B
点，CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE 段被弯成以O 为圆心，半径R＝0.8m 的一小
段圆弧，管的C 端弯成与地面平滑相接，O 点位于地面，OE 连线竖直．可视为质点的物块b，从A 点由静止开
始沿轨道下滑，经地面进入细管（b 横截面略小于管中空部分的横截面），b 滑到E 点时受到细管下壁的支持力大
小等于所受重力的
1
2．已知物块b 的质量m＝1.0kg，g 取10m/s2．
（1）求物块b 滑过E 点时的速度大小vE．
（2）求物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功Wf．
（3）若将物块b 静止放在B 点，让另一可视为质点的物块a，从A 点由静止开始沿轨道下滑，滑到B 点时与b
发生弹性正碰，已知a 的质量M≥m，求物块b 滑过E 点后在地面的首次落点到O 点的距离范围．
【考点】43：平抛运动；53：动量守恒定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出物体的速度．
（2）由动能定理可以求出克服摩擦力做功．
（3）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律可以求出落地点范围．
【解答】解：（1）物块b 滑过E 点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg﹣N＝m
㘴ܧ
2
h ，
已知：N= 1
2mg，
解得：vE＝2m/s；
（2）物块b 从A 点到E 点的过程中，
由动能定理得：mg（r﹣R）﹣Wf= 1
2mvE2，
解得：Wf＝2J；
（3）物块a 从A 滑到B 的过程机械能守恒，设物块a 滑到B 点时速度为v，则有：
1
2Mv2＝Mgr，
代入数据解得：v＝2 6m/s，
设碰撞后物块a、b 的速度分别为va、vb，碰撞过程由动量守恒，以M 的速度反效果为正方向：
Mv＝Mva+mvb，
由机械能守恒定律得：
1
2Mv2= 1
2Mva2+ 1
2mvb2，
代入数据解得：va=
2ܯ
ܯ+݉
v= 2㘴
1+݉ܯ
，
因为M≥m，由上式可知，
碰撞后v≤vb＜2v，即2 6m/s≤vb＜4 6m/s，
物块b 从B 点到E 点的过程中，由动能定理得：
﹣mgR﹣Wf= 1
2mvE′2−1
2mvb2，
物块b 离开E 点后做平抛运动，设时间为t，首次落点到O 点的距离为x，
则有：x＝vE′t，R= 1
2gt2，
解得：0.8m≤x＜3.48m；
答：（1）物块b 滑过E 点时的速度大小vE 为2m/s．
（2）物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功Wf 为2J．
（3）物块b 滑过E 点后在地面的首次落点到O 点的距离范围是0.8m≤x＜3.38m．
【点评】本题是一道力学综合题，过程复杂，有一定难度，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，
应用牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、平抛运动规律即可正确解题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:02:34 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（12 月份）
一、选择题（共10 小题，共30 分，每个小题至少有一个正确选项，请将正确答案填在答题纸的表格中）
1．（3 分）把长0.10m 的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．已知磁场的磁感应强度B 的大小为
5.0×10
﹣3T，当导线中通过的电流为3.0A 时，该直导线受到的安培力的大小是（
）
A．3.0×10
﹣3N
B．2.5×10
﹣3N
C．2.0×10
﹣3N
D．1.5×10
﹣3N
2．（3 分）如图所示为等量异种电荷周围电场线的分布图，图中M 点时两点电荷连线的中点，N 点和M 点到正电荷
的距离相等，若M、N 两点电场强度的大小分别为EM 和EN，电势分别为φM 和φN，则（
）
A．EM＞EN，φM＝φN
B．EM＞EN，φM＜φN
C．EM＝EN，φM＞φN
D．EM＝EN，φM＜φN
3．（3 分）如图所示，直线B 为电源的U﹣I 图线，直线A 为电阻R 的U﹣I 图线，该电源和该电阻组成闭合电路时，
电源输出功率和电源的效率分别是（
）
A．电源的输出功率为4W
B．电源的输出功率为2W
C．电源效率为33.3%
D．电源效率为66.7%
4．（3 分）如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10
﹣6 C 的微粒在电场中仅受电场力
作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10
﹣5J，已知A 点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（
）
A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1 所示
B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2 所示
C．B 点电势为零
D．B 点电势为﹣20V
5．（3 分）在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（3 分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R 的滑片P 从右端滑到左端时，发现电压表V1、
V2 示数变化的绝对值分别为△U1 和△U2，下列说法中正确的是（
）
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A．小灯泡L1、L3 变暗，L2 变亮
B．小灯泡L3 变暗，L1、L2 变亮
C．△U1＞△U2
D．△U1＜△U2
7．（3 分）如图所示，甲为带正电的小物块，乙是一不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在粗糙的水平地面上，地面上方
有垂直纸面向里的水平匀强磁场，现用水平恒力F 沿垂直磁场的方向拉乙物块，使甲、乙一起由静止开始无相对
滑动地向左运动，那么，在加速运动阶段，甲对乙的压力N 及甲对乙的摩擦力f 的大小变化情况为（
）
A．N 增大，f 增大
B．N 增大，f 减小
C．N 减小，f 增大
D．N 减小，f 减小
8．（3 分）如图所示，界面PQ 与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B 和匀强电场E，在PQ 上方有一个带正电的
小球A 自O 静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是（
）
A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动
B．在复合场中，小球下落过程中的电势能减小
C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和
D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变
9．（3 分）如图所示，连接平行金属板P1 和P2（板面垂直于纸面）的导线的一部分CD 和另一连接电池的回路的一
部分GH 平，CD 和GH 均在纸平面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金
属板之间时，CD 段导线将受到力的作用（
）
A．等离子体从右方射入时，CD 受力的方向背离GH
B．等离子体从右方射入时，CD 受力的方向指向GH
C．等离子体从左方射入时，CD 受力的方向背离GH
D．等离子体从左方射入时，CD 受力的方向指向GH
10．（3 分）如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N、P、Q 间的加速电场；
静电分析器，即中心线半径为R 的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆
心O 等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片MO，由粒子源
发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S 垂直
磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点．粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力．下列说法
中正确的是（
）
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A．从小孔S 进入磁场的粒子速度大小一定相等
B．从小孔S 进入磁场的粒子动能一定相等
C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等
D．打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，比荷越小
二、实验题
11．用如图甲所示的电路，测定待测电阻Rx 的阻值（阻值约为3Ω）。除电源（电动势为1.5V）、开关和导线外，可
供使用的实验器材还有：
a．电流表（量程0.6A）
b．电流表（量程3A）
c．电压表（量程3V）
d．电压表（量程15V）
e．滑动变阻器（最大阻值10Ω）
f．滑动变阻器（最大阻值100Ω）
（1）实验中，应选择的器材有
（填入所选器材前面的字母）；
（2）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙的实验器材连接成实验电路；
（3）引起实验系统误差的主要原因是
。
12．根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示的电路可以测定电池的电动势和内阻，R 为一变阻箱，改变R 的阻值，可
读出电压表V 相应的示数U．对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的，根据实验数据在
1ܷ−R 坐标系
中描出坐标点，如图乙所示，已知R0＝100Ω，请完成以下数据分析和处理．
（1）在坐标纸上画出
1ܷ−R 关系图线；
（2）图线的斜率是
V
﹣1Ω
﹣1，由此可得电动势E＝
V．（结果保留两位有效数字）
三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值
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计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13．如图所示，质量为m、电荷量为+q 的滑块，静止在绝缘水平面上．某时刻，在MN 的左侧加一个场强为E 的匀
强电场，滑块在电场力的作用下开始向右运动．已知滑块与MN 之间的距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数
为μ，重力加速度为g．求：
（1）滑块在电场中运动时加速度a 的大小；
（2）滑块停止时与MN 间的距离x．
14．如图所示，在虚线MN 的上方存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向内，质子和α粒子以相同的速度
v0 由MN 上的O 点以垂直MN 且垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，再分别从MN 上A、B 两点离开磁场．已知
质子的质量为m，电荷为e，α粒子的质量为4m，电荷为2e．忽略带电粒子的重力及质子和α粒子间的相互作用．求：
（1）A、B 两点间的距离．
（2）α粒子在磁场中运动的时间．
15．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，
分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻
r＝0.50Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属
导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s2．已
知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；
（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向。
16．回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和
一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成一匀强电场，高频交流电源的周期与带电粒子在D 形盒中的
运动周期相同，使粒子每穿过窄缝都得到加速（尽管粒子的速率和半径一次比一次增大，运动周期却始终不变），
两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，磁场的磁感应强度为B，离子源置于D 形盒的中心附近，若离子
源射出粒子的电量为q，质量为m，最大回转半径为R，其运动轨道如图所示，则：
（1）两盒所加交流电的频率为
；
（2）粒子离开回旋加速器时的动能为
；
（3）设两D 形盒间电场的电势差为U，忽略粒子在电场中加速所用的时间，则粒子在回旋加速器中运动的总时
间t 为
．
17．如图所示，在某空间存在这样一个磁场区域，以MN 为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B1，下部分的匀
强磁场的磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2B0，方向均垂直纸面向内，且磁场区域足够大，在距离界限为h 的P 点有
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一带负电的离子处于静止状态，某时刻该离子分解成为带电荷的粒子A 和不带电的粒子B，粒子A 质量为m、带
电荷q，以平行于界线MN 的速度向右运动，经过界线MN 处的速度方向与界线成60°角（如图所示），进入下
部分磁场．当粒子B 沿与界线平行的直线到达位置Q 点时，恰好又与粒子A 相遇．不计各粒子的重力，求：
（1）粒子A 在上、下磁场中作匀速圆周运动的半径之比；
（2）P、Q 两点间的距离；
（3）粒子B 的质量．
18．如图甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为L、宽为b、高为d 的矩形通
道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料．图乙是该主要结构的截面图，上、下两板与输出电压可
调的高压直流电源（内电阻可忽略不计）相连．质量为m、电荷量大小为q 的分布均匀的带负电的尘埃无初速度
地进入A、B 两极板间的加速电场．已知A、B 两极板间加速电压为U0，尘埃加速后全都获得相同的水平速度，
此时单位体积内的尘埃数为n．尘埃被加速后进入矩形通道，当尘埃碰到下极板后其所带电荷被中和，同时尘埃
被收集．通过调整高压直流电源的输出电压U 可以改变收集效率η（被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数
量的比值）．尘埃所受的重力、空气阻力及尘埃之间的相互作用均可忽略不计．在该装置处于稳定工作状态时：
（1）求在较短的一段时间△t 内，A、B 两极板间加速电场对尘埃所做的功；
（2）若所有进入通道的尘埃都被收集，求通过高压直流电源的电流；
（3）请推导出收集效率η随电压直流电源输出电压U 变化的函数关系式．
附加题
19．如图所示，在正交坐标系Oxyz 的空间中，同时存在匀强电场和匀强磁场（x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖
直向上）．匀强磁场的方向与Oxy 平面平行，且与x 轴的夹角为60°．一质量为m、电荷量为+q 的带电质点从y
轴上的点P（0，h，0）沿平行于z 轴正方向以速度v0 射入场区，重力加速度为g．
（1）若质点恰好做匀速圆周运动，求电场强度的大小及方向；
（2）若质点恰沿v0 方向做匀速直线运动，求电场强度的最小值Emin 及方向；
（3）若电场为第（2）问所求的情况，撤去磁场，当带电质点P 点射入时，求带电粒子运动到Oxz 平面时的位置．
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2018-2019 学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（12 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10 小题，共30 分，每个小题至少有一个正确选项，请将正确答案填在答题纸的表格中）
1．（3 分）把长0.10m 的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．已知磁场的磁感应强度B 的大小为
5.0×10
﹣3T，当导线中通过的电流为3.0A 时，该直导线受到的安培力的大小是（
）
A．3.0×10
﹣3N
B．2.5×10
﹣3N
C．2.0×10
﹣3N
D．1.5×10
﹣3N
【考点】CC：安培力；CE：安培力的计算．菁优网版权所有
【分析】解决本题的关键掌握安培力的大小公式F＝BIL 的适用条件，匀强磁场中，B 与I 垂直．
【解答】解：根据安培力公式：F＝BIL，可知当电流I 和磁场B 垂直时，F＝BIL＝5×10
﹣3×3×0.1N＝1.5×10
﹣
3N。
【点评】解决本题的关键知道当磁场方向与导线方向垂直，F＝BIL；当磁场方向与导线方向平行，F＝0，明确公
式的适用条件．
2．（3 分）如图所示为等量异种电荷周围电场线的分布图，图中M 点时两点电荷连线的中点，N 点和M 点到正电荷
的距离相等，若M、N 两点电场强度的大小分别为EM 和EN，电势分别为φM 和φN，则（
）
A．EM＞EN，φM＝φN
B．EM＞EN，φM＜φN
C．EM＝EN，φM＞φN
D．EM＝EN，φM＜φN
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AA：电场的叠加；AC：电势；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】电场线越密的地方，电场强度越强．等量异种电荷的中垂线为等势线，沿着电场线方向电势降低．通过
电场线的分布情况进行判断．
【解答】解：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知，M 点的电场线密，故EM＞EN，等量异号电荷的中垂线
上各点电势相等，而N 点电势大于中垂线的电势，故φM＜φN．故ACD 错误，B 正确。
【点评】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，
同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
3．（3 分）如图所示，直线B 为电源的U﹣I 图线，直线A 为电阻R 的U﹣I 图线，该电源和该电阻组成闭合电路时，
电源输出功率和电源的效率分别是（
）
A．电源的输出功率为4W
B．电源的输出功率为2W
C．电源效率为33.3%
D．电源效率为66.7%
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】由图象B 可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R 和电源构成闭合回路
时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，效率等于R 消耗的功率除以总功率．
【解答】解：由图象B 可知电源的电动势E＝3V，短路电流为6A，由两图象的交点可知该电源和该电阻组成闭
合电路时路端电压为：U＝2V，电流为：I＝2A
电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，根据P＝UI 得：
P 出＝2×2W＝4W，
电源的总功率为：
P 总＝EI＝3×2W＝6W
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所以电源的效率为：
η=ܲ
出ܲ
总
×100%= 4
6 ×100%＝66.7%；
故选：AD。
【点评】根据U﹣I 图象A 正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I 图象正确读出外电路两端的电压和流过
电阻的电流，是解决此类问题的出发点．
4．（3 分）如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10
﹣6 C 的微粒在电场中仅受电场力
作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10
﹣5J，已知A 点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（
）
A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1 所示
B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2 所示
C．B 点电势为零
D．B 点电势为﹣20V
【考点】AC：电势；AE：电势能与电场力做功；AF：等势面．菁优网版权所有
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A 点运动到B 点时动能减少了10
﹣5J，说明电场力做负功，则知电
场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动
能定理求出AB 间的电势差，由UAB＝φA﹣φB，可求出B 点的电势．
【解答】解：
A、B 由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A 点运动到B 点时动能减少了10
﹣5J，说明电场力做负功，则知
电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1 所示。故A 正确，
B 错误。
D、根据动能定理得：qUAB＝△Ek，得UAB= −10−5
10−6 V＝﹣10V，又UAB＝φA﹣φB，φA＝﹣10V，则φB＝0．故C
正确D 错误。
故选：AC。
【点评】根据轨迹的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是
常规的方法．
5．（3 分）在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】电子做直线运动，要求粒子受到得合力与初速度方向在同一直线上，逐项分析电子的受力情况即可解答．
【解答】解：A、若电子向右运动，则受到电场力向左，洛伦兹力向下，合力跟初速度方向不在同一直线上，故A
错误；
B、若电子向右运动，则受到电场力向左，不受洛伦兹力，合力跟初速度方向在同一直线上，故B 正确；
C、若电子向右运动，则受到电场力向上，洛伦兹力向下，当电场力等于洛伦兹力时，电子向右匀速运动，故C
正确；
D、若电子向右运动，则受到电场力向上，洛伦兹力向上，合力跟初速度方向不在同一直线上，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了电子在电场和磁场中受力情况的分析，要使电子做直线运动，则要求粒子受到得合力与
初速度方向在同一直线上，难度不大，属于基础题．
6．（3 分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R 的滑片P 从右端滑到左端时，发现电压表V1、
V2 示数变化的绝对值分别为△U1 和△U2，下列说法中正确的是（
）
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A．小灯泡L1、L3 变暗，L2 变亮
B．小灯泡L3 变暗，L1、L2 变亮
C．△U1＞△U2
D．△U1＜△U2
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变
化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2 亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断
L3 亮度的变化．根据总电流与通过L3 电流的变化，分析通过L1 电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的
变化，分析△U1 和△U2 的大小．
【解答】解：A、B、当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，
总电流增大，路端电压减小，则L2 变亮。
变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3 变暗。总电流增大，而L3 的电流减小，
则L1 的电流增大，则L1 变亮。故A 错误，B 正确。
C、D、由上分析可知，电压表V1 的示数减小，电压表V2 的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故
C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数
变化量的大小．
7．（3 分）如图所示，甲为带正电的小物块，乙是一不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在粗糙的水平地面上，地面上方
有垂直纸面向里的水平匀强磁场，现用水平恒力F 沿垂直磁场的方向拉乙物块，使甲、乙一起由静止开始无相对
滑动地向左运动，那么，在加速运动阶段，甲对乙的压力N 及甲对乙的摩擦力f 的大小变化情况为（
）
A．N 增大，f 增大
B．N 增大，f 减小
C．N 减小，f 增大
D．N 减小，f 减小
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根
据受力再判断摩擦力的变化．
【解答】解：甲带正电，在向左运动的过程中，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向向下，所以随速度增
大，甲对乙的压力变大，所以乙与地面之间的摩擦力也增大；
乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度减小；
甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度
减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，所以B 正确，ACD 错误；
【点评】甲运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿
第二定律分析甲受到的静摩擦力即可．
8．（3 分）如图所示，界面PQ 与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B 和匀强电场E，在PQ 上方有一个带正电的
小球A 自O 静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是（
）
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A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动
B．在复合场中，小球下落过程中的电势能减小
C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和
D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】小球重力不可忽略，进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，重力与电场力恒定，但洛伦
兹力时刻变化，运动过程前两力做功而洛伦兹力不做功
【解答】解：A、小球进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，初速度竖直向下，电场力水平向右，
洛伦兹力水平向右，因此，合力必不沿竖直方向，故粒子做曲线运动，运动过程中洛伦兹力时刻变化，故合力将
会改变，小球做变加速曲线运动，故A 错误；
B、下落过程中，电场力将做正功，由功能关系得，电势能减小，故B 正确
C、小球从静止开始下落到水平地面过程中，洛伦兹力不做功，由动能定理得，小球落到水平地面时的动能等于其
电势能和重力势能的减少量总和，故C 正确
D、增大磁感应强度后，将改变洛伦兹力的大小，进而影响粒子的落点发生变化，电场力做功将会改变，落地时
动能将会不同，故D 错误
故选：BC。
【点评】全面分析粒子的受力，明确各力的做功特点，依据功能关系、动能定理及曲线运动条件和牛顿运动定律
认真分析．
9．（3 分）如图所示，连接平行金属板P1 和P2（板面垂直于纸面）的导线的一部分CD 和另一连接电池的回路的一
部分GH 平，CD 和GH 均在纸平面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金
属板之间时，CD 段导线将受到力的作用（
）
A．等离子体从右方射入时，CD 受力的方向背离GH
B．等离子体从右方射入时，CD 受力的方向指向GH
C．等离子体从左方射入时，CD 受力的方向背离GH
D．等离子体从左方射入时，CD 受力的方向指向GH
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；CM：带电粒子在混合场中的运动；CO：
霍尔效应及其应用．菁优网版权所有
【分析】根据右侧的电路可知导线GH 中的电流的方向为由G 到H，在由粒子的进入的方向可以判断电容器中的
电流的方向，由同向电流互相吸引，异向电流互相排斥可以得出CD 的受力的方向．
【解答】解：A、电路中的电流的方向为由G 到H，当等离子体从右方射入时，由左手定则可以判断电容器的上
极板带负电，下极板带正电，电流的方向为由D 到C，电流的方向与电路中GH 的电流的方向相反，所以CD 受
到的作用力向左，所以A 正确，B 错误。
C、等离子体从左方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带正电，下极板带负电，电流的方向为由C 到D，
电流的方向与电路中GH 的电流的方向相同，所以CD 受到的作用力向右，所以C 错误，D 正确。
故选：AD。
【点评】利用同向电流互相吸引，异向电流互相排斥的结论，判断出CD 中的电流的方向即可判断CD 受到的作
用力的方向．
10．（3 分）如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N、P、Q 间的加速电场；
静电分析器，即中心线半径为R 的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆
心O 等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片MO，由粒子源
发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S 垂直
磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点．粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力．下列说法
中正确的是（
）
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A．从小孔S 进入磁场的粒子速度大小一定相等
B．从小孔S 进入磁场的粒子动能一定相等
C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等
D．打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，比荷越小
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电场线，在电场力提供向心力作
用下，做匀速圆周运动；最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据动能定理和牛顿第二定
律列式分析即可．
【解答】解：A、直线加速过程，根据动能定理，有：
qU= 1
2mv2−1
2݉
㘴0
2①
电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：
qE＝m
㘴2
h ②
磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：
qvB＝m
㘴2
ݎ③
A、由①②解得：
v=
2ݍܷ݉
+ 㘴0
2④
R=
2ݍܷ+݉
㘴0
2
ݍܧ
⑤
由⑤式，只要满足R=
2ݍܷ+݉
㘴0
2
ݍܧ
，所有粒子都可以在弧形电场区通过；
由④式，比荷不同的粒子从小孔S 进入磁场的粒子速度大小不一定相同，故A 错误；
B、由①式，从小孔S 进入磁场的粒子动能为qU，故不同电量的粒子的动能不同，故B 错误；
C、由③④解得：r=݉ܤݍ
2ݍܷ݉
+ 㘴0
2，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；
由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C 正确；
D、由③④解得：r=݉ܤݍ
2ݍܷ݉
+ 㘴0
2，故打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，比荷越小，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理和牛顿第二定律列式分析．
二、实验题
11．用如图甲所示的电路，测定待测电阻Rx 的阻值（阻值约为3Ω）。除电源（电动势为1.5V）、开关和导线外，可
供使用的实验器材还有：
a．电流表（量程0.6A）
b．电流表（量程3A）
c．电压表（量程3V）
d．电压表（量程15V）
e．滑动变阻器（最大阻值10Ω）
f．滑动变阻器（最大阻值100Ω）
（1）实验中，应选择的器材有
a、c、e
（填入所选器材前面的字母）；
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（2）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙的实验器材连接成实验电路；
（3）引起实验系统误差的主要原因是
由于电压表分流，电流表示数大于通过Rx 电流的真实值
。
【考点】N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）题目采用伏安法测电阻，根据电源电动势大小选择合适的电压表，由欧姆定律估测最大电流值选取
电流表；
（2）对照电路图连接实物图，注意导线不要交叉；
（3）结合欧姆定律分析误差。
【解答】解：（1）电动势为1.5V，故电压表选取量程为3V 的c 即可，根据欧姆定律最大电流为
1.5ܸ
3Ω =0.5A，故
电流表选取a，为了调节方便滑动变阻器选取与被测阻值相差不多的e 即可，
故所选器材为：a、c、e；
（2）对照电路图连接实物图，注意导线不要交叉：
（3）引起实验系统误差的主要原因是：由于电压表分流，电流表示数大于通过Rx 电流的真实值；
故答案为：（1）a、c、e；（2）答案见图；（3）由于电压表分流，电流表示数大于通过Rx 电流的真实值。
【点评】本题考查伏安法测电阻，注意器材选取的标准为尽量使指针指在表盘刻度
1
3 −
2
3之间。
12．根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示的电路可以测定电池的电动势和内阻，R 为一变阻箱，改变R 的阻值，可
读出电压表V 相应的示数U．对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的，根据实验数据在
1ܷ−R 坐标系
中描出坐标点，如图乙所示，已知R0＝100Ω，请完成以下数据分析和处理．
（1）在坐标纸上画出
1ܷ−R 关系图线；
（2）图线的斜率是
0.050
V
﹣1Ω
﹣1，由此可得电动势E＝
2.0
V．（结果保留两位有效数字）
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）用描点法作图时，为减小偶然误差，应该用一条直线通过多数点，剔除远离直线的点，不在线上的
点大致均匀地分布与直线的两侧；
（2）根据闭合电路欧姆定律列式，得出
1ܷ−R 关系的函数表达式，结合图象分析斜率和截距的含义即可．
【解答】解：（1）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示，如图所示：
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- 1439 -
（2）根据闭合电路欧姆定律，有：E＝U+ܷh0（R+r），
变形得：
1ܷ=
1
ܧh0
•R+（1+ ݎ
h0）
1
ܧ；
则由数学规律可知：斜率k= 1.4−0.7
160−20 =0.0050=
1
ܧh0；
故E＝2.0V；
故答案为：（1）如图所示；（3）0.0050，2.0
【点评】本题关键明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律推导出线性关系的表达式，然后结合图象分析，注意数
学规律的应用，从而正确求出电动势和内电阻．
三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值
计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13．如图所示，质量为m、电荷量为+q 的滑块，静止在绝缘水平面上．某时刻，在MN 的左侧加一个场强为E 的匀
强电场，滑块在电场力的作用下开始向右运动．已知滑块与MN 之间的距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数
为μ，重力加速度为g．求：
（1）滑块在电场中运动时加速度a 的大小；
（2）滑块停止时与MN 间的距离x．
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）滑块在MN 左侧水平方向受到电场力与摩擦力的作用，根据牛顿第二定律即可求出滑块的加速度；
（2）小物块在整个运动过程中，只有电场力和摩擦力做功，根据动能定理即可求解．
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：
又因为：f＝μN
所以有：ܽ
= ݍܧ−ߤ݉
t݉
（2）小物块在整个运动过程中，根据动能定理有：
（qE﹣μmg）d﹣μmgx＝0﹣0
所以：ݔ= (ݍܧ−ߤ݉
t)݀
ߤ݉
t
答：（1）滑块在电场中运动时加速度a 的大小为
ݍܧ−ߤ݉
t݉；
（2）滑块停止时与MN 间的距离ݔ= (ݍܧ−ߤ݉
t)݀
ߤ݉
t
【点评】本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况，由牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行解答．
14．如图所示，在虚线MN 的上方存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向内，质子和α粒子以相同的速度
v0 由MN 上的O 点以垂直MN 且垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，再分别从MN 上A、B 两点离开磁场．已知
质子的质量为m，电荷为e，α粒子的质量为4m，电荷为2e．忽略带电粒子的重力及质子和α粒子间的相互作用．求：
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（1）A、B 两点间的距离．
（2）α粒子在磁场中运动的时间．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】质子和α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，写出它们的动力学方程，即可求得它们的
半径，P、Q 两点间的距离是它们运动的直径的差；
根据公式T= 2ߨh
㘴即可求出它们运动的周期．
【解答】解：（1）质子进入磁场做半径为R1 的匀速圆周运动，洛仑滋力提供向心力，
根据牛顿第二定律，ev0B＝m
㘴02
h1
得：R1=݉
㘴0݁
ܤ
质子离开磁场时到达A 点，O、A 间的距离d1＝2R1= 2݉
㘴0
ܤ݁
．
同理，α粒子在磁场中做圆周运动的半径为R2= 2݉
㘴0
ܤ݁
，α粒子离开磁场时到达B 点，
O、B 间的距离d2＝2R2= 4݉
㘴0
ܤ݁
则A、B 两点间的距离d＝d2﹣d1= 2݉
㘴0
ܤ݁
．
（2）α粒子在匀强磁场中运动周期为T= 2ߨh2
㘴0
= 4ߨ݉
ܤ݁
，
则α粒子在磁场中运动的时间为t=ܶ2 = 2ߨ݉
ܤ݁
答：（1）A、B 两点间的距离为
2݉
㘴0
ܤ݁
．
（2）α粒子在磁场中运动的时间间为
2ߨ݉
ܤ݁
．
【点评】该题考查带电粒子在磁场中运动的半径与周期的公式的推动与应用．属于基础性的题目，难度适中．
15．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，
分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻
r＝0.50Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属
导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s2．已
知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；
（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向。
【考点】3C：共点力的平衡；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】539：电磁感应中的力学问题．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。
（2）根据安培力的公式F＝BIL 求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。
（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。
【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
I=
ܧ
h+ݎ
代人数据解得：I＝1.5A
（2）导体棒受到的安培力：
F 安＝BIL
代人数据解得：F＝0.30N，方向沿斜面向上
（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：
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- 1441 -
F1＝mgsin37°＝0.24N
由于F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：
mgsin37°+f＝F 安
解得：f＝0.06N
答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；
（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；
（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下。
【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。
16．回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和
一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成一匀强电场，高频交流电源的周期与带电粒子在D 形盒中的
运动周期相同，使粒子每穿过窄缝都得到加速（尽管粒子的速率和半径一次比一次增大，运动周期却始终不变），
两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，磁场的磁感应强度为B，离子源置于D 形盒的中心附近，若离子
源射出粒子的电量为q，质量为m，最大回转半径为R，其运动轨道如图所示，则：
（1）两盒所加交流电的频率为
ܤݍ
2ߨ݉
；
（2）粒子离开回旋加速器时的动能为
ݍ2ܤ2h2
2݉
；
（3）设两D 形盒间电场的电势差为U，忽略粒子在电场中加速所用的时间，则粒子在回旋加速器中运动的总时
间t 为
ܤߨh2
2ܷ
．
【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）回旋加速器通过磁场偏转、电场加速来加速粒子，交流电的周期与粒子在磁场中的周期相等；
（2）当半径最大时，获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子离开加速器时的动能；
（3）粒子被电场加速一次动能的增加qU，根据最大动能求出加速的次数，粒子在磁场中运动一个周期被加速两
次，从而知道粒子运动的周期次数，从而求出运动的时间．
【解答】解：（1）交流电的频率等于粒子在磁场中偏转的频率
f= ܤݍ
2ߨ݉
（2）当粒子运动的半径最大时，动能最大ݍ㘴ܤ=݉
㘴݉2
h
解得㘴݉
= ݍܤh݉
最大动能为ܧ݇= 1
2݉
㘴݉2 = ݍ2ܤ2h2
2݉
（3）粒子被加速的次数为n
h = ܧ݇
ݍܷ
在磁场中运动的时间为t= h ×ܶ2 = ܤߨh2
2ܷ
故答案为：（1）
ܤݍ
2ߨ݉
；（2）
ݍ2ܤ2h2
2݉
；（3）
ܤߨh2
2ݑ．
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，知道粒子的最大速度与加速电压无关，与D 形盒的半径和
磁感应强度有关．
17．如图所示，在某空间存在这样一个磁场区域，以MN 为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B1，下部分的匀
强磁场的磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2B0，方向均垂直纸面向内，且磁场区域足够大，在距离界限为h 的P 点有
一带负电的离子处于静止状态，某时刻该离子分解成为带电荷的粒子A 和不带电的粒子B，粒子A 质量为m、带
电荷q，以平行于界线MN 的速度向右运动，经过界线MN 处的速度方向与界线成60°角（如图所示），进入下
部分磁场．当粒子B 沿与界线平行的直线到达位置Q 点时，恰好又与粒子A 相遇．不计各粒子的重力，求：
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（1）粒子A 在上、下磁场中作匀速圆周运动的半径之比；
（2）P、Q 两点间的距离；
（3）粒子B 的质量．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律及向心力公式可求得半径，即可求出半径之比；
（2）由周期公式求出周期，再由几何关系即可解得P、Q 间的距离；
（3）由A 的运动过程可求得A 从P 到Q 所经历的时间，再由运动学公式可求得B 的运动速度；由半径公式可求
得A 的速度；由动量守恒即可求得粒子B 的质量．
【解答】解：（1）粒子A 在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，设粒子A 的速度为v1，在MN
上方运动半径为R1，运动周期为T1，
根据牛顿第二定律和圆周运动公式，ݍ㘴1ܤ1 =݉
㘴1
2
h1①
解得h1 =݉
㘴1
ݍܤ1 =݉
㘴1
2ݍܤ0②ܶ
1 = 2ߨh1
㘴1
= ߨ݉
qܤ0③
同理，粒子A 在MN 下方运动半径R2 和周期T2 分别为
h2 =݉
㘴1
ݍܤ0 = 2h1④ܶ
2 = 2ߨ݉
ݍܤ0 = 2ܶ
1⑤
则：
h1
h2
=
1
2
（2）粒子A 由P 点运动到MN 边界时速度与MN 的夹角为60°，如图所示，则有
R1+R1cos60°＝h，得到：R1= 2
3h
所以：R2= 4
3h
PQ 间的距离为
PQ＝2R2sin60°﹣2R1sin60°= 2 3݄
3 ⑥
（3）由图可知，粒子在MN 上边偏转的角度是2×120°＝240°，粒子在MN 下边偏转的角度是120°，所以粒
子A 从P 点到Q 点所用时间为：
t= 2
3ܶ
1 + 1
3ܶ
2
联立得：t= 4ߨ݉
3ݍܤ0⑦
设粒子B 的质量为M，从P 点到Q 点速度为：㘴=ܲܳݐ⑧
由：h1 = 2
3݄
=݉
㘴1
2ݍܤ0
得：݉
㘴1 = 4
3݄ݍܤ0⑨
选取A 开始时运动的方向为正方向，则根据动量守恒定律得：mv1﹣Mv＝0
⑩
解得：M= 8 3ߨ݉
9
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答：（1）粒子A 在上、下磁场中作匀速圆周运动的半径之比是
1
2；
（2）P、Q 两点间的距离是
2 3݄
3
；
（3）粒子B 的质量是
8 3ߨ݉
9
．
【点评】解决带电粒子在磁场中的运动时，关键在于能够找出圆心和半径，同时能正确利用几何关系进行分析求
解．
18．如图甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为L、宽为b、高为d 的矩形通
道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料．图乙是该主要结构的截面图，上、下两板与输出电压可
调的高压直流电源（内电阻可忽略不计）相连．质量为m、电荷量大小为q 的分布均匀的带负电的尘埃无初速度
地进入A、B 两极板间的加速电场．已知A、B 两极板间加速电压为U0，尘埃加速后全都获得相同的水平速度，
此时单位体积内的尘埃数为n．尘埃被加速后进入矩形通道，当尘埃碰到下极板后其所带电荷被中和，同时尘埃
被收集．通过调整高压直流电源的输出电压U 可以改变收集效率η（被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数
量的比值）．尘埃所受的重力、空气阻力及尘埃之间的相互作用均可忽略不计．在该装置处于稳定工作状态时：
（1）求在较短的一段时间△t 内，A、B 两极板间加速电场对尘埃所做的功；
（2）若所有进入通道的尘埃都被收集，求通过高压直流电源的电流；
（3）请推导出收集效率η随电压直流电源输出电压U 变化的函数关系式．
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）求出△t 时间内进入A、B 两极板的尘埃所带的电荷量，电场力多带电尘埃做功，应用动能定理可以
求出A、B 两极板对尘埃做的功．
（2）求出到达下极板的尘埃所带的电荷量，然后应用电流的定义式求出电流．
（3）尘埃在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出尘埃的竖直位移，然后求出收集效率η随电压直流电
源输出电压U 变化的函数关系式．
【解答】解：（1）设电荷经过极板B 的速度大小为v0，对于一个尘埃通过加速电场过程中，加速电场所做的功：
W0＝qU0，
在△t 时间内从加速电场出来的尘埃总体积是：V＝bdv0△t，
其中的尘埃的总个数：N 总＝nV＝n（bdv0△t），
故A、B 两极板间的加速电场对尘埃所做的功：W＝N 总qU0＝n（bdv0△t）qU0
对于一个尘埃通过加速电场过程，根据动能定理有：qU0= 1
2mv02，
解得：W＝nbd△tqU0 2ݍܷ
0݉；
（2）若所有进入矩形通道的尘埃都被收集，
则△t 时间内碰到下极板的尘埃的总电荷量：
△Q＝N 总q＝nq（bdv0△t），
通过高压直流电源的电流：I= △ܳ
△ݐ=nqbdv0，
解得：I＝nqbd 2ݍܷ
0݉；
（3）对某一尘埃，其在高压直流电源形成的电场中运动时，
在垂直电场方向做速度为v0 的匀速直线运动，
在沿电场方向做初速度为0 的匀加速直线运动．
垂直电场方向位移：x＝v0t，
沿电场方向位移：y= 1
2at2
根据牛顿第二定律有：a= ܨ݉= ݍܧ݉= ݍܷ݉݀
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距下板y 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，则x＝L，
解得：y= ܮ2ܷ
4ܷ݀
0，
若y＜d，即
ܮ2ܷ
4ܷ݀
0
＜d，则收集效率η= ݕ݀=
ܮ2ܷ
4݀2ܷ
0
（U＜4݀2ܷ
0
ܮ2
），
若y≥d 则所有的尘埃都到达下极板，收集效率η＝100% （U≥4݀2ܷ
0
ܮ2
）；
答：（1）在较短的一段时间△t 内，A、B 两极板间加速电场对尘埃所做的功为nbd△tqU0 2ݍܷ
0݉；
（2）若所有进入通道的尘埃都被收集，通过高压直流电源的电流nqbd 2ݍܷ
0݉；
（3）收集效率η随电压直流电源输出电压U 变化的函数关系式为：若y＜d 时，η=
ܮ2ܷ
4݀2ܷ
0
（U＜4݀2ܷ
0
ܮ2
），y≥d
时，η＝100% （U≥4݀2ܷ
0
ܮ2
）．
【点评】本题本题是一道信息给予题，本题考查了求做功、电流与吸收效率问题，认真审题理解题意、分析清楚
尘埃运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式可以解题．
附加题
19．如图所示，在正交坐标系Oxyz 的空间中，同时存在匀强电场和匀强磁场（x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖
直向上）．匀强磁场的方向与Oxy 平面平行，且与x 轴的夹角为60°．一质量为m、电荷量为+q 的带电质点从y
轴上的点P（0，h，0）沿平行于z 轴正方向以速度v0 射入场区，重力加速度为g．
（1）若质点恰好做匀速圆周运动，求电场强度的大小及方向；
（2）若质点恰沿v0 方向做匀速直线运动，求电场强度的最小值Emin 及方向；
（3）若电场为第（2）问所求的情况，撤去磁场，当带电质点P 点射入时，求带电粒子运动到Oxz 平面时的位置．
【考点】37：牛顿第二定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；CM：带
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【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）质点恰好做匀速圆周运动，则由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力相平衡，从而可确定电场强度
的大小与方向；
（2）若质点做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为洛伦兹力受到速度的影响，所以三力处于平衡状态，根据
力的合成与分解可列出洛伦兹力与重力的关系、电场力与重力的关系，从而确定电场强度的大小与方向；
（3）若撤去磁场，当带电质点P 点射入时，只受到电场力与电场力共同作用，质点做类平抛运动，根据平抛运动
处理规律来确定质点的位置．
【解答】解：（1）由于质点做匀速圆周运动，所以质点受到的电场力、重力二力平衡，即：qE﹣mg＝0
得：ܧ=݉
t
ݍ
向竖直向上
（2）如图甲所示，带电质点受重力mg、洛伦兹力f＝qv0B、电场力F＝qE 的作用做匀速直线运动，
根据几何关系可知：当电场力方向与洛伦兹力方向垂直时，场强有最小值Emin，
所以电场强度Emin 的方向与xOz 的夹角为60°，即与磁感应强度B 的方向相同．
根据牛顿运动定律：qEmin﹣mgsin60°＝0
①
f 洛﹣mgcos60°＝0
②
由①②解得：ܧ݉
th =
3݉
t
2ݍ
（3）如乙所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg 和电场力qEmin 作用，其合力与存在磁场时的洛伦兹力大小
相等方向相反，即沿图中PM 方向，合力与v0 方向垂直．由②得݂
洛=݉
tܿ݋ݏ60° = 1
2݉
t
设经过时间t 到达Oxz 平面内的点N（x，y，z），由运动的合成和分解可得：
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- 1445 -
沿v0 方向：z＝v0t③
沿PM 方向：ܲܯ= 1
2ܽݐ2④
沿PM 方向：ܲܯ=݄ݏth30° = 2݄⑤
联立③～⑤解得：
ݔ=
3݄
#/DEL/#
ݖ= 2㘴0
2݄
t
#/DEL/#
所以．带电质点在ܰ
( 3݄，0，2㘴0
2݄
t )的位置．
答：（1）若质点恰好做匀速圆周运动，求电场强度的大小݉
t
ݍ及方向竖直向上；
（2）若质点恰沿v0 方向做匀速直线运动，则电场强度的最小值为
3݉
t
2ݍ及方向与xOz 的夹角为60°，即与磁感
应强度B 的方向相同；
（3）若电场为第（2）问所求的情况，撤去磁场，当带电质点P 点射入时，则带电粒子运动到Oxz 平面时在ܰ
( 3݄，0，2㘴0
2݄
t )的位置．
【点评】考查质点当做匀速圆周运动时，则有电场力与重力相平衡，仅仅由洛伦兹力提供向心力；当做直线运动
时，则有电场力、洛伦兹力与重力处于平衡状态，否则不可能做直线运动，原因是洛伦兹力受到速度的影响；当
只受到电场力与重力时，若初速度与两力的合力相垂直，则做类平抛运动．
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日期：2019/4/12 21:02:21 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年辽宁省沈阳市东北育才学校高考物理五模试卷
一、选择题：（本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题，每题只有一个选项符合题目
要求；第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对得6 分，选对但不全得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）下列说法中正确的是（
）
A．无论入射光的频率多么低，只要该入射光照射金属的时间足够长，也能产生光电效应
B．氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能减小，原
子的电势能减小
C．在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不
会影响动量是否守恒
D．铀原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用
2．（6 分）如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α＝30°．一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一只足球朝下
坡方向水平踢出去，已知该足球第一次落在斜坡上时的动能为21J，则踢球过程小孩对足球做的功为（
）
A．7J
B．9J
C．12J
D．16J
3．（6 分）质量相等的A、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2 的作用而从静止开始作匀加速直线
运动．经过时间t0 和4t0 速度分别达到2v0 和v0 时，分别撤去F1 和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两
物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1 和F2 对A、B 的冲量分别为I1 和I2，F1 和F2 对A、B 做的功分别为
W1 和W2，则下列结论正确的是（
）
A．I1＞I2，W1＞W2
B．I1＜I2，W1＞W2
C．I1＜I2，W1＜W2
D．I1＞I2，W1＜W2
4．（6 分）如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原
因是（
）
A．电子枪发射能力减弱，电子数减少
B．加速电场的电压过低，电子速率偏小
C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D．偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
5．（6 分）如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd
与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻
均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静
止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中（
）
A．两根导体棒和导轨形成的回路中将产生持续的交变电流
B．两根导体棒所受安培力的方向总是相同的
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C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
D．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
6．（6 分）如图所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关。P 是滑动变阻器的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的电压，
I1 为原线圈中的电流强度，则（
）
A．保持U1 及P 的位置不变，S 由a 合到b 时，I1 将增大
B．保持P 的位置及U1 不变，S 由b 合到a 时R 消耗的功率减小
C．保持U1 不变，S 合在a 处，使P 上滑，I1 将增大
D．保持P 的位置不变，S 合在a 处，若U1 增大，I1 将增大
7．（6 分）在场强大小为E 的匀强电场中，一质量为m，带电荷量为+q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直
线运动，其加速度大小为
0.8ݍܧ݉，物体运动s 距离时速度变为零，则（
）
A．物体克服电场力做功qEs
B．物体的电势能减少了0.8qEs
C．物体的电势能减少了qEs
D．物体的动能减少了0.8qEs
8．（6 分）如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，
经过轨道端点P 进入板间后恰能沿水平作直线运动．现使小球从较低的b 点开始下滑，经P 点进入板间，在板间
的运动过程中（
）
A．其动能将会增大
B．其电势能将会增大
C．小球受到的电场力将会增大
D．小球所受的洛伦兹力将会增大
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题（
9．（6 分）在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：
（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则
A．m1＞m2，r1＞r2
B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1＝r2
D．m1＜m2，r1＝r2
（2）以下所提供的测量工具中必需的是
A．直尺
B．游标卡尺
C．天平
D．弹簧测力计
E．秒表
（3）在做实验时，对实验要求以下说法正确的是
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下
D．释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确
（4）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图所示装置进行实验时（P 为碰前入射小球落点的
平均位置），所得“验证动量守恒定律”的表达式为
．（用装置图中的字母表示）
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10．（8 分）在“测量电源电动势”的实验中，实验室提供的器材如下：待测电源E（放电电流不能太大），电压表（量
程大于待测电源的电动势），标有长度的均匀电阻丝ab 电阻约15Ω，开关S，一端连有鳄鱼夹P 的导线1，其它导
线若干。
（1）实验中，用导线1、2、3、4、5 和6 按图甲所示方式连接电路，电路中所有元器件都完好，闭合开关之前，
鳄鱼夹P 应置于
（填“a”或“b”）端。
（2）闭合开关后，反复改变鳄鱼夹P 的位置，电压表都有较大的示数但不变，则断路的导线为
（填数字
代号）
（3）排除故障后，闭合开关，改变鳄鱼夹P 的位置，读出多组电压表读数U，和对应aP 间的电阻丝长度L，由
测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E＝
V，（计算结果保留三位有效数字）。应用该实
验中的数据
（填“能”或“不能”）测出该电源的内阻r。
11．（13 分）如图所示，光滑的水平面AB 与半径R＝0.4m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道
最高点，A 点的右侧连接一粗糙的水平面．用细线连接甲、乙两物体，中问夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两
物体不拴接，甲的质量朋m1＝4kg，乙的质量m2＝5kg，甲、乙均静止．若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经
过B 点进入半圆轨道，过D 点时对轨道的压力恰好为零．取g＝10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：
（1）甲离开弹簧后经过B 点时的速度的大小vB；
（2）在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A 点进入动摩擦因数μ＝0.4 的粗
糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移S．
12．（20 分）如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向．x＞0 的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度
大小为B2，电场强度大小为E．x＞0 的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a
沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴．已知Q 点到坐标原点O
的距离为
3
2l，重力加速度为g，B1＝7E
1
10ߨtt，B2＝E
5ߨ
6tt．空气阻力忽略不计，求：
（1）带电小球a 的电性及其比荷
ݍ݉；
（2）带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；
（3）当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h= 20ߨt
3 的P 点（图中未画出）以某一初速度平抛一
个不带电的绝缘小球b，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？
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（二）选考题，任选一模块作答【物理选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
B．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
C．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的
D．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体
E．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生
14．（10 分）如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm 的水银柱
把一部分空气封闭在管中．当管竖直放置时，封闭气柱A 的长度LA＝50cm．现把开口端向下插入水银槽中，直
至A 端气柱长LA′＝37.5cm 时为止，这时系统处于静止状态．已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程中温度保持
不变，试求槽内的水银进入管内的长度．
【物理选修3-4】（15 分）
15．如图甲所示，是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t＝0 时刻的波形图，P 是离原点x1＝2m 的一个介质质点，
Q 是离原点x2＝4m 的一个介质质点，此时离原点x3＝6m 的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向
上的某一质点的振动图象（计时起点相同）．由此可知（
）
A．这列波的波长为ɉ＝4m
B．这列波的周期为T＝3s
C．这列波的传播速度为v＝2m/s
D．这列波的波源起振方向为向下
E．乙图可能是图甲中质点P 的振动图象
16．如图所示，AOB 是由某种透明物质制成的四分之一圆柱体的横截面（O 为圆心）．今有一束平行光以45°的入
射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出．凡射到OB 面的光线全部被吸收，
也不考虑OA 面的反射，已知从O 点射向透明物质的光线恰好从AB 圆弧面上距离B 点三分之一处射出，求
（1）透明物质的折射率；
（2）AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几？
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2018 年辽宁省沈阳市东北育才学校高考物理五模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题，每题只有一个选项符合题目
要求；第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对得6 分，选对但不全得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）下列说法中正确的是（
）
A．无论入射光的频率多么低，只要该入射光照射金属的时间足够长，也能产生光电效应
B．氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能减小，原
子的电势能减小
C．在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不
会影响动量是否守恒
D．铀原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用
【考点】AE：电势能与电场力做功；IC：光电效应；JE：原子核的结合能．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】根据光电效应的条件判断能否发生光电效应．由高能级向低能级跃迁，根据轨道半径的变化，结合库仑
引力提供向心力判断动能的变化，通过原子能量的变化判断电势能的变化．核力只存在于相邻的核子之间；结合
质量的变化分析亏损的质量，然后结合质能方程即可．
【解答】解：A、根据光电效应方程：Ekm＝hγ﹣W，可知，只有当入射光的频率大于一定的频率时，才能发生光
电效应，与入射的时间无关。故A 错误。
B、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，轨道半径变小，根据k݁
2
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ
知，半径减小，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小。故B 错误。
C、动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力为零，所以用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验
中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒，故C 正确；
D、核力只存在于相邻的核子之间，所以核内的某一核子与其他核子间不一定有核力作用，故D 错误；
【点评】本题考查了光电效应、能级跃迁、动量守恒定律的实验、核力以及质能方程等基础知识点，关键要熟悉
教材，牢记这些基本概念和基本规律．
2．（6 分）如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α＝30°．一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一只足球朝下
坡方向水平踢出去，已知该足球第一次落在斜坡上时的动能为21J，则踢球过程小孩对足球做的功为（
）
A．7J
B．9J
C．12J
D．16J
【考点】65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【分析】根据平抛运动位移公式求得竖直下落高度，再由平抛运动机械能守恒求得末动能与初动能的关系，即可
得到初动能，最后由能量守恒即可得到功．
【解答】解：设踢球过程小孩对足球做的功为W，那么，由能量守恒可知：小球做平抛运动的初动能为W，所以，
初速度㘴0 =
2ܹ݉
；
那么，由平抛运动的位移公式可知：ݕ= 1
2 tݐ2，x＝v0t，ݐܽhߙ= ݕ
ݔ=
3
3 ；
所以，ݕ= 2㘴02
3t ；
那么，由机械能守恒可得：该足球第一次落在斜坡上时的动能ܧ݇=ܹ
+݉
tݕ=ܹ
+ 2
3݉
㘴02 = 7
3ܹ
；
所以，ܹ
= 3
7 ܧ݇= 9ܬ，故B 正确，ACD 错误；
【点评】经典力学问题，一般先进行受力分析求得合外力，然后根据几何关系求得运动轨迹，即可由牛顿第二定
律和动能定理联立求解．
3．（6 分）质量相等的A、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2 的作用而从静止开始作匀加速直线
运动．经过时间t0 和4t0 速度分别达到2v0 和v0 时，分别撤去F1 和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两
物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1 和F2 对A、B 的冲量分别为I1 和I2，F1 和F2 对A、B 做的功分别为
W1 和W2，则下列结论正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．I1＞I2，W1＞W2
B．I1＜I2，W1＞W2
C．I1＜I2，W1＜W2
D．I1＞I2，W1＜W2
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的
加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1 和F2 的大小之比，然后根据冲量的计算公式即可求出冲量之间的关系．
速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比．
撤去拉力后两图象平行，说明加速度相等，由牛顿第二定律分析则知，两物体与地面的动摩擦因数相同，对全过
程研究，运用动能定理求解拉力做功．
【解答】解：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为
㘴0
ݐ0
，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f＝
ma′，则摩擦力大小都为m
㘴0
ݐ0
．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：
2㘴0
ݐ0
，
㘴0
4ݐ0
，根据牛顿第二定律，匀加
速运动中有F﹣f＝ma，则F1= 3݉㘴0
ݐ0 ，F2= 5݉㘴0
4ݐ0 ，F1 和F2 的大小之比为12：5；
所以：
ܫ1
ܫ2
=
ܨ1⋅ݐ0
ܨ2⋅4ݐ0
=
12×1
5×4 =
3
5 ＜1，则I1＜I2；
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为
ݏ1
ݏ2
=
0+2㘴0
2
⋅3ݐ0
0+㘴0
2 ⋅5ݐ0
=6：5；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：ܹ
1ܹ
2
=݂
⋅ݏ1݂
⋅ݏ2
=
ݏ1
ݏ2
=
6
5 ＞1，则W1＞W2。
【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大
小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．
4．（6 分）如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原
因是（
）
A．电子枪发射能力减弱，电子数减少
B．加速电场的电压过低，电子速率偏小
C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D．偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
【考点】AM：射线管的构造及其工作原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，
从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向
心力，从而确定影响半径的因素．
【解答】解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致。而电子
在磁场中偏转时的半径：r=݉
㘴
ݍܤ
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A
错误；
B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，则会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏
大，故B 错误；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常
偏小，故C 正确；
D、当偏转线圈电流过大，偏转磁场增强时，从而导致电子运动半径变小，所以导致画面比正常偏大，故D 错误；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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【点评】本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角
度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题
的关键．
5．（6 分）如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd
与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻
均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静
止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中（
）
A．两根导体棒和导轨形成的回路中将产生持续的交变电流
B．两根导体棒所受安培力的方向总是相同的
C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
D．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的
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【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】剪断细线后，分析导体棒的运动过程和受力情况。
根据磁通量的变化判断感应电动势，根据左手定则判断安培力的方向，
分析两棒组成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力，这是系统总动量守恒的条件。
【解答】解：A、剪断细线后，导体棒在运动过程中，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd 反向运动，根据楞次定律，
安培力阻碍相对运动，是阻尼振动，故不是产生持续的交变电流，故A 错误。
B、在导体棒运动的过程中，穿过导体棒ab、cd 与导轨构成矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，导
体棒ab、cd 电流方向相反，根据左手定则可知两根导体棒所受安培力的方向相反，故B 错误。
CD、两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中是合外力为0．所以系统动量守恒，但是由于产生感应电流，产
生热量，所以一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒。故C 错误，D 正确。
【点评】本题是滑轨问题，关键是结合切割公式、欧姆定律和安培力公式判断安培力情况，根据右手定则、左手
定则分析安培力方向；守恒思想是物理学中常用的方法，故应注意掌握我所所学过的守恒问题的条件。
6．（6 分）如图所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关。P 是滑动变阻器的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的电压，
I1 为原线圈中的电流强度，则（
）
A．保持U1 及P 的位置不变，S 由a 合到b 时，I1 将增大
B．保持P 的位置及U1 不变，S 由b 合到a 时R 消耗的功率减小
C．保持U1 不变，S 合在a 处，使P 上滑，I1 将增大
D．保持P 的位置不变，S 合在a 处，若U1 增大，I1 将增大
【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】53A：交流电专题．
【分析】由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝
数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可。
【解答】解：A、保持U1 及P 的位置不变，s 由a 合到b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功
率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，
根据I1= ݌ܷ
1得I1 将增大，故A 正确；
B、保持U1 及P 的位置不变，s 由b 合到a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=ܷ
2
2
h 可知功率变小，
故B 正确；
C、保持U1 不变，s 合在a 处，使P 上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据可知I1 将减小，
故C 错误；
D、保持P 的位置不变，s 合在a 处，若U1 增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，可知I1 将增大，故
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D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问
题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值。
7．（6 分）在场强大小为E 的匀强电场中，一质量为m，带电荷量为+q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直
线运动，其加速度大小为
0.8ݍܧ݉，物体运动s 距离时速度变为零，则（
）
A．物体克服电场力做功qEs
B．物体的电势能减少了0.8qEs
C．物体的电势能减少了qEs
D．物体的动能减少了0.8qEs
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】物体所受电场力为F＝Eq，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根
据电场力做功情况可以判断电势能的变化；动能的变化可以利用动能定理通过合外力做功来求。
【解答】解：A、由于物体所受电场力和运动方向相反，故电场力做负功即克服电场力做功W＝EqS，故A 正确；
B、电场力做负功，电势能增加，故B 错误；
C、电势能增加量和克服电场力做功相等，所以电势能增加了EqS，故C 错误；
D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：△Ek＝F 合S＝maS＝0.8EqS，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题在电场中考查了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系。
8．（6 分）如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，
经过轨道端点P 进入板间后恰能沿水平作直线运动．现使小球从较低的b 点开始下滑，经P 点进入板间，在板间
的运动过程中（
）
A．其动能将会增大
B．其电势能将会增大
C．小球受到的电场力将会增大
D．小球所受的洛伦兹力将会增大
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】小球从P 点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、
恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合
力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力减
小，合力向下，故向下偏转．
【解答】解：AB、如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力，向下的电场力，向下的洛伦兹力，则小
球不可能受力平衡，则不可能带负电；
若小球带正电，则小球受向下的重力、向上的电场力，向上的洛仑兹力，也可能平衡，故小球带正电；
因小球带正电，由于小球的洛仑兹力减小，故合力向下，则小球向下运动，合力做正功，故动能增大；
电场力做负功，故电势能增加；故A 正确，B 正确；
CD、根据F＝qE，电场力不变；根据f＝qvB，洛伦兹力变大，故C 错误，D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的
表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题（
9．（6 分）在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：
（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则
C
A．m1＞m2，r1＞r2
B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1＝r2
D．m1＜m2，r1＝r2
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（2）以下所提供的测量工具中必需的是
AC
A．直尺
B．游标卡尺
C．天平
D．弹簧测力计
E．秒表
（3）在做实验时，对实验要求以下说法正确的是
BCD
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下
D．释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确
（4）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图所示装置进行实验时（P 为碰前入射小球落点的
平均位置），所得“验证动量守恒定律”的表达式为
m1OP＝m1OM+m2ON
．（用装置图中的字母表示）
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为
了使两球发生正碰，两小球的半径相同．
（2）求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具．
（3）根据实验注意事项分析答题．
（4）根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式．
【解答】解：（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0＝m1v1+m2v2，
在碰撞过程中动能守恒故有：
1
2m1v02= 1
2m1v12+ 1
2m2v22，解得：v1=݉
1−݉
2݉
1+݉
2v0，
要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1﹣m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1＝r2，故选
C；
（2）P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，
碰撞前入射小球的速度v1=ܱܲ
2݄
t
，碰撞后入射小球的速度：v2=ܱ
ܯ
2݄
t
，碰撞后被碰小球的速度：v3=ܱ
'ܰ
2݄
t
，
若m1v1＝m2v3+m1v2 则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，整理得：m1OP＝m1OM+m2ON，故需要
测量的工具有刻度尺和天平．
（3）A、验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A 错误，B 正确；
C、为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C 正确；
D、为保证两球发生对心正碰，碰撞后两球做平抛运动，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的
切线平行，故D 正确；故选BCD．
（4）根据（2）的解答可知，表达式为：m1OP＝m1OM+m2ON；
故答案为：（1）C；（2）AC；（3）BCD；（4）m1OP＝m1OM+m2ON．
【点评】本题考查验证动量守恒定律；本实验运用了等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这
样将不便验证的方程变成容易验证．
10．（8 分）在“测量电源电动势”的实验中，实验室提供的器材如下：待测电源E（放电电流不能太大），电压表（量
程大于待测电源的电动势），标有长度的均匀电阻丝ab 电阻约15Ω，开关S，一端连有鳄鱼夹P 的导线1，其它导
线若干。
（1）实验中，用导线1、2、3、4、5 和6 按图甲所示方式连接电路，电路中所有元器件都完好，闭合开关之前，
鳄鱼夹P 应置于
b
（填“a”或“b”）端。
（2）闭合开关后，反复改变鳄鱼夹P 的位置，电压表都有较大的示数但不变，则断路的导线为
1
（填数字代
号）
（3）排除故障后，闭合开关，改变鳄鱼夹P 的位置，读出多组电压表读数U，和对应aP 间的电阻丝长度L，由
测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E＝
2.94
V，（计算结果保留三位有效数字）。应用该实
验中的数据
不能
（填“能”或“不能”）测出该电源的内阻r。
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【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）分析实验电路，明确实验原理，根据实验安全性考虑可以得出P 的位置；
（2）明确电压表有示数说明电压表和电源相连接，但不能改变则说明滑动变阻器接线错误；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，由图象可求得电动势E；
【解答】解：（1）由电路图可知，电压表测量ab 左侧部分电阻两端的电压；若开始时P 滑到a 端，则ab 被短路，
则电源被短路，故为了保证安全，P 应置于b 端；
（2）电压表有示数说明与电源是相通的，即26 是完好的；而示数几乎不变，说明P 无法与所测左半部分相连；
故说明1 导线没有正确接好；
（3）设单位长度的电阻为R0；
由闭合电路欧姆定律可得：U=
ܧ
h0ܮ+ݎ×R0L
变形可得：
1ܷ=
1
ܧ+
ݎ
ܧh0
×
1
ܮ
则可知
1
ܧ=0.34
解得：E＝2.94V；
图象的斜率可求，但由于单位长度的电阻值不知，故无法求出内阻r；
故答案为：（1）b；（2）1；（3）2.94；不能。
【点评】本题类似于“伏阻法”，但由于不是采用的电阻箱，故无法确定电源内阻；同时本题要注意闭合电路欧姆
定律的正确应用，列出方程式后，结合图象进行分析即可求解电动势。
11．（13 分）如图所示，光滑的水平面AB 与半径R＝0.4m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道
最高点，A 点的右侧连接一粗糙的水平面．用细线连接甲、乙两物体，中问夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两
物体不拴接，甲的质量朋m1＝4kg，乙的质量m2＝5kg，甲、乙均静止．若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经
过B 点进入半圆轨道，过D 点时对轨道的压力恰好为零．取g＝10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：
（1）甲离开弹簧后经过B 点时的速度的大小vB；
（2）在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A 点进入动摩擦因数μ＝0.4 的粗
糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移S．
【考点】37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出甲在D 点的速度，根据机械能守恒定律求出甲离开弹簧后经过B 点的速度大
小．
（2）根据能量守恒求出乙的初速度，结合牛顿第二定律和速度位移公式求出物体在粗糙水平面上运动的位移大小．
【解答】解：（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律得：݉
1t =݉
1
㘴ܦ2
h ，
设甲离开弹簧运动至D 点的过程中机械能守恒得：
1
2݉
1㘴ܤ2 =݉
1t ⋅2h +
1
2݉
1㘴ܦ2．
代入数据联立解得：㘴ܤ= 2 5݉
/ݏ．
（2）甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：
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ܧ݌= 1
2݉
1㘴ܤ2 = 1
2݉
2㘴22，
得：v2＝4m/s．
乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g＝m2a，
解得：a＝4m/s2，
则有：ݏ= 㘴22
2ܽ
= 16
2×4݉
= 2݉
．
答：（1）甲离开弹簧后经过B 点时的速度的大小为2 5݉
/ݏ；
（2）乙物体在粗糙水平面运动的位移为2m．
【点评】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律和运动学公式的综合运用，关键理清甲乙的
运动规律，选择合适的规律进行求解．注意弹簧压缩量相同时，弹性势能相等．
12．（20 分）如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向．x＞0 的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度
大小为B2，电场强度大小为E．x＞0 的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a
沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴．已知Q 点到坐标原点O
的距离为
3
2l，重力加速度为g，B1＝7E
1
10ߨtt，B2＝E
5ߨ
6tt．空气阻力忽略不计，求：
（1）带电小球a 的电性及其比荷
ݍ݉；
（2）带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；
（3）当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h= 20ߨt
3 的P 点（图中未画出）以某一初速度平抛一
个不带电的绝缘小球b，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运
动．菁优网版权所有
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在第3 象限做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据平衡条件求解电
场强度；
（2）带电小球在第3 象限做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系得到半径，然后结合牛顿第二定律求解速度；
带电小球a 穿在细杆上匀速下滑，受重力、支持力和洛伦兹力，三力平衡，根据共点力平衡条件并结合合成法列
式求解；
（3）绝缘小球b 做平抛运动，根据平抛运动的分运动公式求解运动到x 轴的时间；小球a 在第3 象限做圆周运动，
第2 象限做竖直上抛运动，分阶段求解出其经过x 轴的时间，然后根据等时性列式．
【解答】解：（1）由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电，且mg＝qE，
解得：
ݍ݉=
t
ܧ
（2）带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：ݍ㘴ܤ2 =݉
㘴2
h
由几何关系有：h + hݏthߠ= 3
2 t
联解得：㘴=
5ߨtt
6
带电小球在杆上匀速时，由平衡条件有：mgsinθ＝μ（mgcosθ﹣qvB1）
解得：ߤ=
3
4
（3）带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：ܶ
= 2ߨh
㘴
=
24ߨt
5t
带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：ݐ0 = 2㘴
t =
10ߨt
3t
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绝缘小球b 平抛运动垤x 轴上的时间为：ݐ=
2݄
t = 2
10ߨt
3t
两球相碰有：ݐ=ܶ3 + h(ݐ0 +ܶ2 )
联解得：n＝1
设绝缘小球b 平抛的初速度为v0，则：
7
2 t = 㘴0ݐ
解得：㘴0 =
147tt
160ߨ
答：（1）带电小球a 的电性及其比荷
ݍ݉是
t
ܧ；
（2）带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ是
3
4 ；
（3）b 球的初速度为147tt
160ߨ；
【点评】本题多物体、多过程、多规律，是典型的三多问题；关键是明确两个小球的运动规律，然后分阶段根据
牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、平抛运动的分运动公式列式求解，较难．
（二）选考题，任选一模块作答【物理选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
B．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
C．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的
D．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体
E．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生
【考点】86：分子间的相互作用力；8H：热力学第二定律；94：* 液晶．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；
两分子间距离大于平衡位置的间距r0 时，分子间的距离越大，分子势能越大；宏观热现象要符合热力学第二定律
才能发生．
【解答】解：A、表面张力有使液体的表面积最小的趋势，在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，
这是液体表面张力作用的结果；故A 正确；
B、当分子间表现为斥力时，距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，故B 错误；
C、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；故C 正确；
D、热量可以自发的从高温物体传到低温物体；但不能自发地从低温物体传到高温物体，故D 错误；
E、自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律，但宏观热现象要符合热力学第二定律才能发生，故E
正确；
故选：ACE。
【点评】本题考查了分子力与分子势能、液体表面张力、热力学第一定律、热力学第二定律等，知识点多，难度
小，关键是记住基础知识．
14．（10 分）如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm 的水银柱
把一部分空气封闭在管中．当管竖直放置时，封闭气柱A 的长度LA＝50cm．现把开口端向下插入水银槽中，直
至A 端气柱长LA′＝37.5cm 时为止，这时系统处于静止状态．已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程中温度保持
不变，试求槽内的水银进入管内的长度．
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【考点】9D：气体的等温变化．菁优网版权所有
【分析】玻璃管旋转过程封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解．
把开口端向下缓慢插入水银槽中两部分气体均做等温变化，分别列玻意耳定律方程，联立即可求解．
【解答】解：对A 部分气体，由玻意耳定律有：
pALAS＝PA′L't S
pA＝60cmHg
解得：
PA′=ܲ
tܮt
ܮt' = 60×50
37.5 =80cmHg
对B 部分气体有：
pBLBS＝PB′L
ܤ
' S
而P
ܤ
' =95cmHg
pB＝p0＝75cmHg
解得：L
ܤ
' = 75×35
95
=27.6cm
△h＝L﹣L't −h﹣L
ܤ
' =100﹣37.5﹣15﹣27.6＝19.9cm
答：槽内的水银进入管内的长度为19.9cm．
【点评】该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体
的水银柱长度的变化．
【物理选修3-4】（15 分）
15．如图甲所示，是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t＝0 时刻的波形图，P 是离原点x1＝2m 的一个介质质点，
Q 是离原点x2＝4m 的一个介质质点，此时离原点x3＝6m 的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向
上的某一质点的振动图象（计时起点相同）．由此可知（
）
A．这列波的波长为ɉ＝4m
B．这列波的周期为T＝3s
C．这列波的传播速度为v＝2m/s
D．这列波的波源起振方向为向下
E．乙图可能是图甲中质点P 的振动图象
【考点】73：简谐运动的振动图象；F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【分析】由甲读出波长ɉ，由图乙读出周期T，由v= ɉܶ求出波速．波源的起振方向与x3＝6m 的质点t＝0 时刻的振
动方向，由波的传播方向判断．根据图乙t＝0 时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点．
【解答】解：A、B、C 由甲读出波长ɉ＝4m，由图乙读出周期T＝2s，波速v= ɉܶ=2m/s。故AC 正确，B 错误。
D、波源的起振方向与x3＝6m 的质点t＝0 时刻的振动方向，简谐波没x 轴正方向传播，则知x3＝6m 的质点在t
＝0 时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下。故D 正确。
E、由图乙看出，t＝0 时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q 点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图
甲中质点Q 的振动图象。故E 错误。
故选：ACD。
【点评】本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读
出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．
16．如图所示，AOB 是由某种透明物质制成的四分之一圆柱体的横截面（O 为圆心）．今有一束平行光以45°的入
射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出．凡射到OB 面的光线全部被吸收，
也不考虑OA 面的反射，已知从O 点射向透明物质的光线恰好从AB 圆弧面上距离B 点三分之一处射出，求
（1）透明物质的折射率；
（2）AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几？
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【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）画出光路图，由几何知识求出折射角，再求折射率．
（2）当光线在AB 弧面上发生全反射时，就没有光线从AB 弧面射出，根据临界角确定出光线在AB 弧面上恰好
发生全反射时的入射点，由几何知识求解能从圆柱体AB 弧面上射出光线部分的面积．
【解答】解：（1）从O 点射入的光线，折射角为r，据题得：r＝30°
则透明物质的折射率为：n= ݏtht
ݏthݎ= ݏth45°
ݏth30° =
2
（2）经OA 面折射后进入圆柱体的光线均平行，作出光路图如图所示．由光路图可知，入射光线越接近A 点，其
折射光线在AB 弧面上的入射角就越大，越容易发生全反射．
设从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角等于临界角C，有：sinC= 1
h
代入数据解得：C＝45°
在△PQO 中
α＝180°﹣90°﹣C﹣r＝15°
所以能射出AB 弧面的光线区域对应的圆心角为：β＝90°﹣α﹣r＝45°
所以AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的
1
2．
答：（1）透明物质的折射率是2．
（2）AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的
1
2．
【点评】正确地画出光路图是解决本题问题的关键，要利用全反射临界角找到临界点，运用折射定律和几何知识
进行解答．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 18:21:31 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年湖南省长沙一中学业水平物理模拟试卷
一、选择题（共16 小题，每小题3 分，满分48 分）
1．（3 分）可以用来测量力的大小的器材是（
）
A．秒表
B．刻度尺
C．天平
D．测力计
2．（3 分）坐在行驶的公共汽车座位上的乘客认为自己是静止的，他所选择的参考系可以为（
）
A．迎面驶来的汽车
B．坐在它身边的乘客
C．站台上的乘客
D．公路边的房屋
3．（3 分）两个人分别用水平力推放在水平码头上的集装箱，想让它动一下，但都推不动，其原因是（
）
A．加速度太小，眼睛不易察觉到
B．推力总小于摩擦力
C．集装箱所受合力始终等于推力
D．推力总小于或等于最大静摩擦力
4．（3 分）在下列运动中，物体的加速度一定发生变化的是（
）
A．匀变速直线运动
B．自由落体运动
C．平抛运动
D．匀速圆周运动
5．（3 分）如图所示是P，Q 两质点运动的v﹣t 图线，由图线可以判断（
）
A．两质点的运动方向相反
B．两质点的运动的加速度方向相反
C．在t1 时刻，P 质点的速度大于Q 质点的速度
D．在0﹣t1 时间内，P 质点的位移小于Q 质点的位移
6．（3 分）下面说法正确的是（
）
A．力是使物体惯性改变的原因
B．火车速度小时惯性小，速度大时惯性大
C．乒乓球能快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小
D．宇宙飞船内的物体不存在惯性
7．（3 分）如图所示，小物块A 与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起作匀速圆周运动，则下列关于A 的受力情况说
法正确的是（
）
A．受重力、支持力
B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力
C．受重力、支持力、摩擦力和向心力
D．受重力、支持力和与运动方向相同的摩擦力
8．（3 分）1971 年7 月26 号发射的阿波罗﹣15 号飞船首次把一辆月球车送上月球，美国宇航员斯科特驾驶月球车行
驶了28km，并做了一个自由落体实验：在月球上的同一高度同时释放羽毛和小铁锤，出现的现象是（月球上是真
空）（
）
A．羽毛先落地，铁锤后落地
B．铁锤先落地，羽毛后落地
C．铁锤和羽毛同时落地
D．不能确定
9．（3 分）汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，则（
）
A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．汽车拉拖车的力小于拖车拉汽车的力
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C．汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力
D．汽车拉拖车的力小于拖车受到的阻力
10．（3 分）一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度的大小为
1
3g，g 为重力加速度．人对电梯底部的压
力为（
）
A．
1
3mg
B．2mg
C．mg
D．
4
3mg
11．（3 分）同一地点做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（
）
A．物体初始位置的高度和受到的重力
B．物体受到的重力和初速度
C．物体初始位置的高度和初速度
D．物体受到的重力、初始位置的高度和初速度
12．（3 分）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端与水平地面相连，让小球从距离弹簧上端一定高度自由下落，直至
到弹簧被压缩到最大的整个下落过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（
）
A．小球的机械能守恒
B．小球、弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球的动能一直增大
D．小球的机械能一直减小
13．
（3 分）汽车以一定的速度通过拱形桥顶部时，车对桥的压力F 与车的重力G 大小相比较，下列关系正确的是（
）
A．F＞G
B．F＜G
C．F＝G
D．以上关系均有可能
14．（3 分）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地面越高该卫星（
）
A．所受的万有引力越大
B．运行的角速度越小
C．运行的线速度越大
D．运行的周期越小
15．（3 分）一个小石块做自由落体运动．在下落过程中（
）
A．石块的惯性越来越大
B．石块的速度越来越大
C．石块的加速度越来越大
D．石块的机械能越来越大
16．（3 分）质量为2kg 的物体在三个力的作用下处于平衡状态，这三个力分别为：F1＝4N，F2＝5N，F3＝6N．现在
撤去F1、F2 两个力，该物体的加速度为（
）
A．3m/s2
B．2m/s2
C．0.5m/s2
D．5.5m/s2
二、填空题（共4 小题，每小题4 分，满分16 分）
17．（4 分）有两个共点力，一个力的大小Fl＝3N，另一个力的大小F2＝4N，则它们合力的最大值为
N；当
这两个力的夹角为90°时，它们的合力大小为
N．
18．（4 分）高速铁路弯道处，外轨比内轨
（填“高”或“低”）；列车通过弯道时
（填“有”或“无”）
加速度．
19．（4 分）“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法．研究物体加速度与质量的关系时，应保持
物体的
（填“合力”或“质量”）不变；研究物体加速度与合力的关系时，作出的a﹣F 图象如图所示，由
图可知，a 与F 成
（填“正比”或“反比”）．
20．（4 分）打点计时器输入的交变电流的频率是50Hz，则打点计时器每隔
s 打一个点．若测得纸带上打下的
第10 个到20 个点的距离为20.00cm，则物体在这段位移的平均速度为
m/s．
三、解答题（共2 小题，满分14 分）
21．（7 分）放在粗糙水平面上的物体，在水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，物体所受的合力大小F＝
20N，运动的加速度大小a＝4m/s2．求：
（1）在t＝3s 时物体的速度大小v；
（2）物体的质量m．
22．（7 分）地面上有质量m＝2.0×103kg 的物体，用起重机将它竖直向上匀加速提升到h＝10m 的高处，物体在这段
上升过程中，起重机钢绳对它的拉力F＝2.1×104N．取g＝10m/s2，将物体视为质点．
（1）求钢绳的拉力F 所做的功WF；
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（2）选择地面为参考平面，求物体在h＝10m 处的重力势能EP．
【选修1-1】
23．（3 分）下列用电器中，利用电流的热效应的是（
）
A．洗衣机
B．电视机
C．电熨斗
D．电冰箱
24．（3 分）某电场的电场线分布如图所示，A、B 是电场中的两点，A、B 两点的电场强度的大小分别为EA、EB，
则EA、EB 的大小关系是（
）
A．EA＞EB
B．EA＜EB
C．EA＝EB
D．无法确定
25．（3 分）如图所示，一处于匀强磁场中的金属棒，用绝缘丝线悬挂在水平位置上，若金属棒通以图示方向的电流
时，能向纸内摆动，则磁场的方向为（
）
A．垂直纸面向里
B．垂直纸面向外
C．竖直向上
D．竖直向下
26．（3 分）下列说法中不正确的是（
）
A．电动机是把其他形式的能转化为电能的装置
B．发电机是把其他形式的能转化为电能的装置
C．电容器是储存电荷的装置
D．白炽灯是利用电流的热效应工作的
27．（4 分）一家用电热水器的铭牌如图所示，该电热水器额定电压的最大值为
V，正常工作1h 电热丝产生的
电热为
J．
28．（6 分）一个有10 匝的闭合导体线圈，若在0.01s 内，通过线圈的磁通量是由0.04Wb 均匀地减小到零，则在这
段时间内线圈产生的感应电动势为多少？
【选修3-1】
29．第一个发现电磁感应现象的科学家是（
）
A．奥斯特
B．安培
C．欧姆
D．法拉第
30．远距离输送交流电都采用高压输电，我国正研究比330KV 高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是（
）
A．可以节省输电线的材料
B．可以减少输电线上的能量损失
C．可以根据需要调节交流电的频率
D．可以加快输电的速度
31．当电容器两板间的电介质不变时，下列关于电容器电容的大小的说法中，正确的是．（
）
A．若两板正对面积不变，电容器两极板间的距离越大，其电容越大
B．电容器的电容与两极板间的距离无关
C．若两板间的距离不变，电容器两极板的正对面积越大，其电容越小
D．若两板间的距离不变，电容器两极板的正对面积越大，其电容越大
32．关于电势差的下列说法正确的是（
）
A．在电场中a、b 两点的距离越大，其电势差就越大
B．a、b 两点的电势差在数值上等于单位正电荷从a 点移到b 点电场力所做的功
C．若一电荷在a、b 两点的电势能相等，则这两点一定存在电势差
D．在匀强电场中与电场线垂直的同一平面内任意两点的电势差不为零
33．我国照明用的正弦式交流电的频率为
Hz，电压为220V，电压的峰值为
V．
34．如图所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电荷量为+q、质量
为m 的带电粒子从磁场边缘A 点沿圆半径AO 方向射入磁场，粒子离开磁场时速度方向偏转了60˚角。求：
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（1）粒子做圆周运动的半径和入射速度；
（2）粒子在磁场中的运动时间。
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2018 年湖南省长沙一中学业水平物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16 小题，每小题3 分，满分48 分）
1．（3 分）可以用来测量力的大小的器材是（
）
A．秒表
B．刻度尺
C．天平
D．测力计
【考点】21：力和力的图示．菁优网版权所有
【分析】知道物理中常用的测量仪器的用途即可求解．
【解答】解：常用测量力大小的工具是弹簧测力计，秒表测量时间，刻度尺测量长度，天平测量质量，故D 正确。
【点评】本题主要考查学生对测量力的工具的了解和掌握．力大小由测力计测量，而质量则是由天平来测量．
2．（3 分）坐在行驶的公共汽车座位上的乘客认为自己是静止的，他所选择的参考系可以为（
）
A．迎面驶来的汽车
B．坐在它身边的乘客
C．站台上的乘客
D．公路边的房屋
【考点】12：参考系和坐标系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论，明确参
考系的概念，理解物体运动相对性．
【解答】解：乘客相对于公共汽车上的座位或身边的乘客均是静止的，故他选择的参考系是坐在他身边的乘客或
座位；
而他相对于地面、树木房屋等都是运动的；
所以B 选项是正确的。
【点评】明白了参考系的含义就能顺利解决此类问题，故一定要加强对概念的理解，同时要提高应用所学知识解
决实际问题的能力．
3．（3 分）两个人分别用水平力推放在水平码头上的集装箱，想让它动一下，但都推不动，其原因是（
）
A．加速度太小，眼睛不易察觉到
B．推力总小于摩擦力
C．集装箱所受合力始终等于推力
D．推力总小于或等于最大静摩擦力
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据共点力平衡的条件进行分析，明确集装箱处于平衡状态时，所受的合力为零；而此时摩擦力为静摩
擦力，一定小于等于滑动摩擦力．
【解答】解：集装箱推不动，因为集装箱在水平方向上受推力和静摩擦力平衡合力为零，推力总小于最大静摩擦
力。故D 正确，ABC 错误。
【点评】解决本题的关键知道静摩擦力介于0 和最大静摩擦力之间，物体推不动，因为推力和静摩擦力平衡．
4．（3 分）在下列运动中，物体的加速度一定发生变化的是（
）
A．匀变速直线运动
B．自由落体运动
C．平抛运动
D．匀速圆周运动
【考点】1B：加速度．菁优网版权所有
【分析】加速度是矢量，包括大小和方向，加速度不变，则加速度的大小和方向都不变，根据运动的特点逐项分
析即可．
【解答】解：A、匀加速直线运动的加速度保持不变，属于匀变速运动，
B、自由落体运动的加速度是重力加速度，保持不变，属于匀变速运动，
C、平抛运动的加速度是重力加速度，保持不变，属于匀变速运动，
D、匀速圆周运动的加速度的大小保持不变，但方向始终指向圆心，故匀速圆周运动的加速度方向时刻改变，
本题选加速度一定发生变化，
【点评】由于加速度是矢量，所以加速度不变既包括大小不变，也包括方向不变．而匀速圆周运动的加速度的大
小不变但由于方向指向圆心，即方向随时变化，故匀速圆周运动是变加速曲线运动．
5．（3 分）如图所示是P，Q 两质点运动的v﹣t 图线，由图线可以判断（
）
A．两质点的运动方向相反
B．两质点的运动的加速度方向相反
C．在t1 时刻，P 质点的速度大于Q 质点的速度
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
D．在0﹣t1 时间内，P 质点的位移小于Q 质点的位移
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】在速度﹣时间图象中，速度的正负表示速度的方向，时间轴上方速度是正值，时间轴下方速度是负值；
图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移．由这些知识分析即可．
【解答】解：A、由图看出，两个质点的速度一直为正，说明两质点均沿正方向运动，运动方向相同，故A 错误。
B、根据图象的斜率表示加速度，可知两质点运动的加速度方向相反，故B 正确。
C、在t1 时刻，两图象相交，说明两质点的速度相同，故C 错误。
D、由“面积”表示位移，知在0﹣t1 时间内，P 质点的位移大于Q 质点的位移，故D 错误。
【点评】本题是速度﹣时间图象问题，关键要明确斜率表示加速度，知道在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成
的面积表示位移．
6．（3 分）下面说法正确的是（
）
A．力是使物体惯性改变的原因
B．火车速度小时惯性小，速度大时惯性大
C．乒乓球能快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小
D．宇宙飞船内的物体不存在惯性
【考点】31：惯性与质量．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有
关，质量越大，惯性越大．
【解答】解：A、力是改变物体运动状态的原因，力不能改变惯性，故A 错误；
B、惯性大小与火车的质量有关，质量越大，惯性越大，与速度无关，故B 错误；
C、乒乓球的质量较小，所以惯性较小，故C 正确；
D、惯性是物体的固有属性，与所处的位置无关，故D 错误。
【点评】惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等
混在一起．
7．（3 分）如图所示，小物块A 与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起作匀速圆周运动，则下列关于A 的受力情况说
法正确的是（
）
A．受重力、支持力
B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力
C．受重力、支持力、摩擦力和向心力
D．受重力、支持力和与运动方向相同的摩擦力
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【分析】物体做匀速圆周运动，故合力提供向心力，隔离物体受力分析即可；向心力是按照力的作用效果命名的，
由合力提供，也可以认为由静摩擦力提供！
【解答】解：隔离物体分析，该物体做匀速圆周运动；
对物体受力分析，如图，受重力G，向上的支持力N，重力与支持力二力平衡，然后既然匀速转动，就要有向心
力（由摩擦力提供），指向圆心的静摩擦力；
【点评】本题要注意物体做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，而不能把匀速圆周运动当成平衡状态！
向心力是效果力，由合力提供，不是重复受力！
8．（3 分）1971 年7 月26 号发射的阿波罗﹣15 号飞船首次把一辆月球车送上月球，美国宇航员斯科特驾驶月球车行
驶了28km，并做了一个自由落体实验：在月球上的同一高度同时释放羽毛和小铁锤，出现的现象是（月球上是真
空）（
）
A．羽毛先落地，铁锤后落地
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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B．铁锤先落地，羽毛后落地
C．铁锤和羽毛同时落地
D．不能确定
【考点】1J：自由落体运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；514：自由落体运动专题．
【分析】在月球上没有空气，两物体不受阻力作用，由静止释放，做自由落体运动．根据h= 1
2 tݐ2比较运动的时
间．
【解答】解：在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤，由于没有阻力，都做自由落体运动，根据h= 1
2 tݐ2知运
动时间相等，则同时落地。故C 正确，ABD 错误。
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的特点，以及掌握自由落体运动的运动学公式，并能灵活运用．
9．（3 分）汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，则（
）
A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．汽车拉拖车的力小于拖车拉汽车的力
C．汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力
D．汽车拉拖车的力小于拖车受到的阻力
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反．拖车做加速运动，
是因为拖车在水平方向上受拉力和阻力，拉力大于阻力，产生加速度．
【解答】解：A、汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反。故AB 错误。
C、拖车在水平方向上受汽车对它的拉力和自身所受的阻力，拉力大于阻力，有水平方向上的合力，产生加速
度。故C 正确，D 错误。
【点评】解决本题的关键知道作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．汽车之所以拉着拖
车加速行驶，因为汽车拉拖车的力大于拖车所受到的阻力．
10．（3 分）一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度的大小为
1
3g，g 为重力加速度．人对电梯底部的压
力为（
）
A．
1
3mg
B．2mg
C．mg
D．
4
3mg
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】人和电梯具有相同的加速度，对人分析，根据牛顿第二定律求出电梯对人的支持力，从而得出人对电梯
的压力．
【解答】解：对人分析，根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝ma，解得N= 4
3݉
t，所以人对电梯底部的压力为
4
3݉
t．故
D 正确，A、B、C 错误。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道加速度方向与合力的方向相同，基础题．
11．（3 分）同一地点做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（
）
A．物体初始位置的高度和受到的重力
B．物体受到的重力和初速度
C．物体初始位置的高度和初速度
D．物体受到的重力、初始位置的高度和初速度
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；45：归纳法；518：平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出平抛运动的时间，
结合初速度和时间求出水平位移，从而分析判断．
【解答】解：根据h= 1
2 tݐ2得：t=
2݄
t ，
则水平位移为：x= 㘴0ݐ= 㘴0
2݄
t ，可知水平方向通过的最大距离取决于初速度和高度，故C 正确，A、B、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速
度和时间共同决定水平位移．
12．（3 分）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端与水平地面相连，让小球从距离弹簧上端一定高度自由下落，直至
到弹簧被压缩到最大的整个下落过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．小球的机械能守恒
B．小球、弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球的动能一直增大
D．小球的机械能一直减小
【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据小球受力情况判断小球的运动性质，从而分析清楚小球的运动过程，然后分析小球动能、机械能的
变化情况．
【解答】解：A、小球接触弹簧后，弹簧对小球有向上的弹力，弹力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，
故A 错误。
B、小球、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故B 正确。
C、小球开始受到的重力大于弹力，加速度方向向下，做加速运动，然后重力小于弹力，加速度方向向上，做减速
运动，所以小球的动能先增大后减小。故C 错误。
D、小球自由下落的阶段，只有重力做功，机械能不变。小球接触弹簧后，机械能不断减少，故D 错误。
【点评】解答本题关键是要明确能量是如何转化，要知道弹簧弹力是变化的，不能想当然，认为小球一碰弹簧就
开始减速，同时要知道在平衡位置动能最大．
13．
（3 分）汽车以一定的速度通过拱形桥顶部时，车对桥的压力F 与车的重力G 大小相比较，下列关系正确的是（
）
A．F＞G
B．F＜G
C．F＝G
D．以上关系均有可能
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】汽车通过拱形桥顶部时，由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律求出支持
力即可判断．
【解答】解：拱形桥，则在最高点：mg﹣N＝m
㘴2
ݎ
得：N＝mg﹣m
㘴2
ݎ
根据牛顿第三定律有：
F＝N＝mg﹣m
㘴2
ݎ＜G，
【点评】解决本题的关键搞清向心力的来源，根据牛顿第二定律进行求解，难度不大，属于基础题
14．（3 分）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地面越高该卫星（
）
A．所受的万有引力越大
B．运行的角速度越小
C．运行的线速度越大
D．运行的周期越小
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力定律公式分析卫星所受万有引力的变化，结合万有引力提供向心力得出线速度、角速度、
周期的表达式，通过轨道半径的大小比较线速度、角速度、周期的大小关系．
【解答】解：A、根据万有引力定律ܨ= ܩܯ݉
ݎ2 知，轨道离地面越高的卫星，r 越大，则万有引力越小，故A 错误。
B、根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉
ݎ߱
2 =݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 得，角速度߱
=
ܩܯ
ݎ3 ，线速度v=
ܩܯ
ݎ，周期T=
4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，r 越大，角速
度越小，线速度越小，周期越大，故B 正确，C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，并
能灵活运用．
15．（3 分）一个小石块做自由落体运动．在下落过程中（
）
A．石块的惯性越来越大
B．石块的速度越来越大
C．石块的加速度越来越大
D．石块的机械能越来越大
【考点】1J：自由落体运动．菁优网版权所有
【专题】514：自由落体运动专题．
【分析】惯性只与质量有关；由自由落体规律可表示速度；自由落体加速度等于g；由机械能守恒条件可判定D．
【解答】解：
A、质量是决定惯性的唯一因素，故石块的惯性不变，故A 错误。
B、石块做自由落体运动，其速度为v＝gt，故可知速度越来越大，故B 正确。
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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C、自由落体加速度等于重力加速度g，是个常数，故C 错误。
D、自由落体运动的物体只受重力，故机械能守恒，故D 错误。
【点评】关键是掌握自由落体运动的特征：只受重力作用，初速度为零，加速度为g．
16．（3 分）质量为2kg 的物体在三个力的作用下处于平衡状态，这三个力分别为：F1＝4N，F2＝5N，F3＝6N．现在
撤去F1、F2 两个力，该物体的加速度为（
）
A．3m/s2
B．2m/s2
C．0.5m/s2
D．5.5m/s2
【考点】2B：力的合成；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据物体受力得到物体的合外力，然后利用牛顿第二定律求得加速度。
【解答】解：撤去F1、F2 两个力，那么物体只受F3＝6N 的作用，由牛顿第二定律可得：该物体的加速度ܽ
= ܨ3݉= 3݉
/
ݏ2，故A 正确，BCD 错误；
【点评】物体运动问题，一般先对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律求得加速度，即可由加速度得到物
体运动状态。
二、填空题（共4 小题，每小题4 分，满分16 分）
17．（4 分）有两个共点力，一个力的大小Fl＝3N，另一个力的大小F2＝4N，则它们合力的最大值为
7
N；当这
两个力的夹角为90°时，它们的合力大小为
5
N．
【考点】2B：力的合成．菁优网版权所有
【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，合力范围为：
|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|．
【解答】解：当夹角为零时合力最大，最大值为3N+4N＝7N；
当夹角为90°时，合力的大小为32 + 42 =5N；
故答案为：7；5．
【点评】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|．
18．（4 分）高速铁路弯道处，外轨比内轨
高
（填“高”或“低”）；列车通过弯道时
有
（填“有”或“无”）
加速度．
【考点】4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】在实际的列车运行中，车轮与钢轨间没有侧向的挤压，高速铁路弯道处由重力和支持力的合力提供向心
力，故外轨比内轨高，列车的速度方向变化，有向心加速度，故有加速度
【解答】解：（1）高速铁路弯道处由重力和支持力的合力提供向心力，故故外轨比内轨高．
（2）列车在铁路弯道处即使速度大小不变，至少速度方向变化，有向心加速度．
故答案为：高；有
【点评】注意速度的矢量性，注意分析牛顿第二定律在实际中的应用．
19．（4 分）“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法．研究物体加速度与质量的关系时，应保持
物体的
合力
（填“合力”或“质量”）不变；研究物体加速度与合力的关系时，作出的a﹣F 图象如图所示，
由图可知，a 与F 成
正比
（填“正比”或“反比”）．
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法．即研究三个物理量之间的关系时，先控制
一个物理量不变．根据a﹣F 图线得出a 与F 的关系．
【解答】解：研究物体加速度与质量的关系时，应保持物体的合力不变；根据图象知，a 与F 成正比．
故答案为：合力，正比．
【点评】研究三个物理量之间的关系，必须先控制一个物理量不变，然后研究另外两个物理量的关系，这种方法
称为控制变量法，掌握控制变量法在物理学中的运用．
20．（4 分）打点计时器输入的交变电流的频率是50Hz，则打点计时器每隔
0.02
s 打一个点．若测得纸带上打下
的第10 个到20 个点的距离为20.00cm，则物体在这段位移的平均速度为
1
m/s．
【考点】19：平均速度；L5：电火花计时器、电磁打点计时器．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【分析】打点计时器每隔0.02S 打一次点，平均速度为位移比时间．
【解答】解：交变电流的频率是50Hz，则打点计时器每隔0.02s 打一个点．平均速度为：v=ܵ10ܶ
=
0.2
10×0.02 =1m/s．
故答案为：0.02，1．
【点评】本题考查了打点计时器的知识及平均速度的公式应用．
三、解答题（共2 小题，满分14 分）
21．（7 分）放在粗糙水平面上的物体，在水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，物体所受的合力大小F＝
20N，运动的加速度大小a＝4m/s2．求：
（1）在t＝3s 时物体的速度大小v；
（2）物体的质量m．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【分析】（1）由速度时间公式求t＝3s 时物体的速度大小v；
（2）对物体受力分析，由牛顿第二定律列出方程，就可以求得质量的大小；
【解答】解：（1）在t＝3s 时物体的速度大小v，
由速度时间公式有：v＝at＝4×3＝12m/s
（2）根据牛顿第二定律：a= ܨ݉，
得：m= ܨܽ= 20
4 = 5݇t
答：（1）在t＝3s 时物体的速度大小v 为12m/s；（2）物体的质量m 为5kg；
【点评】本题是牛顿第二定律和位移公式的直接应用，比较简单．
22．（7 分）地面上有质量m＝2.0×103kg 的物体，用起重机将它竖直向上匀加速提升到h＝10m 的高处，物体在这段
上升过程中，起重机钢绳对它的拉力F＝2.1×104N．取g＝10m/s2，将物体视为质点．
（1）求钢绳的拉力F 所做的功WF；
（2）选择地面为参考平面，求物体在h＝10m 处的重力势能EP．
【考点】65：动能定理；6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）由功的计算公式解决
（2）应用重力势能计算式解决
【解答】解：（1）钢绳的拉力F 所做的功WF＝Fh＝2.1×105J
（2）物体的重力势能EP＝mgh＝2.0×105J
答：（1）拉力F 所做的功为2.1×105J
（2）物体在h＝10m 处的重力势能2.0×105J
【点评】本题考查功和重力势能的表达式，属公式的直接应用，较简单
【选修1-1】
23．（3 分）下列用电器中，利用电流的热效应的是（
）
A．洗衣机
B．电视机
C．电熨斗
D．电冰箱
【考点】BG：电功、电功率；BH：焦耳定律．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应．一方面，利用电
流的热效应可以为人类的生产和生活服务；另一方面，电流的热效应也有一些不利因素．任何通有电流的导线，
都可以在其周围产生磁场的现象，称为电流的磁效应．
【解答】解：A、洗衣机工作时主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，故A 错误；
B、电视机也是利用了电流的磁效应来工作的，故B 错误；
C、电熨是利用了电流的热效应，来加热的，故C 正确。
D、电冰箱工作时主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的。故D 错误；
【点评】主要考查电流的热效应、电流的磁效应和电流的化学效应在生活中的应用实例，只有认真把握它们的定
义，才能真正区分它们利用的是哪一个效应．体现了物理来源于生活，又服务于社会的理念．
24．（3 分）某电场的电场线分布如图所示，A、B 是电场中的两点，A、B 两点的电场强度的大小分别为EA、EB，
则EA、EB 的大小关系是（
）
A．EA＞EB
B．EA＜EB
C．EA＝EB
D．无法确定
【考点】A7：电场线．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
- 1471 -
【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正确解答。
【解答】解：由于电场线的疏密可知，A 点的电场强度小于B 点的电场强度，所以EA＜EB．故ACD 错误，B 正
确；
【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系。
25．（3 分）如图所示，一处于匀强磁场中的金属棒，用绝缘丝线悬挂在水平位置上，若金属棒通以图示方向的电流
时，能向纸内摆动，则磁场的方向为（
）
A．垂直纸面向里
B．垂直纸面向外
C．竖直向上
D．竖直向下
【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．菁优网版权所有
【分析】根据安培力的方向，结合左手定则，即可判定磁场的方向．
【解答】解：由金属棒向纸内摆动，则可知安培力方向垂直向内，根据左手定则，则磁场方向竖直向下。故D 正
确，A、B、C 错误。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行分析，注意由于磁场的方向始终与金属棒垂
直，安培力的大小始终不变．
26．（3 分）下列说法中不正确的是（
）
A．电动机是把其他形式的能转化为电能的装置
B．发电机是把其他形式的能转化为电能的装置
C．电容器是储存电荷的装置
D．白炽灯是利用电流的热效应工作的
【考点】D6：电磁感应在生活和生产中的应用．菁优网版权所有
【分析】发电机是把其他形式的能转化为电能的装置．而电动机是把电能转化为其他形式的能的装置．电容器是
储存电荷的元件．白炽灯是利用电流的热效应工作的
【解答】解：A、电动机是把电能转化为其他形式的能的装置。故A 错误。
B、发电机是把其他形式的能如机械能转化为电能的装置。故B 正确。
C、电容器能容纳电荷。故C 正确。
D、白炽灯通电后发热发光，是利用电流的热效应工作的。故D 正确。
本题选错误的，故选A
【点评】本题考查对常见电学元件或装置工作原理的理解能力．对于发电机和电动机的工作不能搞错，可从能量
转化的角度理解．
27．（4 分）一家用电热水器的铭牌如图所示，该电热水器额定电压的最大值为
311
V，正常工作1h 电热丝产生的
电热为
7.2×106
J．
【考点】BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】根据电热水器的铭牌得到额定电压U 和额定功率P，根据Um=
2U 求解最大电压，根据Q＝Pt 求解电
热．
【解答】解：根据电热水器的铭牌得到额定电压U 为220V，额定功率P 为2KW；
故额定电压的最大值为：
Um=
2U＝220 2V；
正常工作1h 电热丝产生的电热为：
Q＝Pt＝2000×3600J＝7.2×106J
故答案为：311，7.2×106．
【点评】本题关键从用电器的铭牌得到额定电压和额定功率，然后根据电功等于功率乘以时间求解电功，注意统
一单位．
28．（6 分）一个有10 匝的闭合导体线圈，若在0.01s 内，通过线圈的磁通量是由0.04Wb 均匀地减小到零，则在这
段时间内线圈产生的感应电动势为多少？
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【考点】D8：法拉第电磁感应定律．菁优网版权所有
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势．
【解答】解：感应电动势：E＝n
△Ȱ
△ݐ=10× 0.04
0.01 =40V；
答：在这段时间内线圈产生的感应电动势为40V．
【点评】本题考查了求感应电动势，根据题意应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．
【选修3-1】
29．第一个发现电磁感应现象的科学家是（
）
A．奥斯特
B．安培
C．欧姆
D．法拉第
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】本题主要考查对法拉第与电磁感应现象的记忆；知道电磁感应定律的发现历程．
【解答】解：法拉第经过10 年的努力，在1831 年发现了电磁感应现象，成为第一个发现电磁感应现象的科学家；
【点评】本题的解题关键是记住安培、奥斯特、欧姆、法拉第等科学家的主要贡献．
30．远距离输送交流电都采用高压输电，我国正研究比330KV 高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是（
）
A．可以节省输电线的材料
B．可以减少输电线上的能量损失
C．可以根据需要调节交流电的频率
D．可以加快输电的速度
【考点】EA：电能的输送．菁优网版权所有
【专题】53A：交流电专题．
【分析】在输电的过程中输送的功率一定，根据P＝UI，输送电压越高，输送电流越小，根据△P＝I2R，知损失
的功率小．
【解答】解：A、在输电的过程中输送的功率一定，根据P＝UI 和△P＝I2R，有△ܲ
=ܲ
2hܷ
2 ，故高压输电可以降低
功率损耗，不节省输电线材料，故A 错误，B 正确。
C、交流电的频率等于发电机转动的频率，是不改变的，故C 错误；
D、电路中电场建立的速度是光速，与是否高压输电无关，故D 错误。
【点评】解决本题的关键知道输电的过程中，输送功率一定，输电电压越高，电流越小，在输电线上损失的功率
越少．
31．当电容器两板间的电介质不变时，下列关于电容器电容的大小的说法中，正确的是．（
）
A．若两板正对面积不变，电容器两极板间的距离越大，其电容越大
B．电容器的电容与两极板间的距离无关
C．若两板间的距离不变，电容器两极板的正对面积越大，其电容越小
D．若两板间的距离不变，电容器两极板的正对面积越大，其电容越大
【考点】AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．
【分析】由电容决定式：C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，由此可判定各个选项，从而即可求解．
【解答】解：由电容决定式：C=
ɛܵ
4ߨ݇݀
，
AB、电容与极板间距离成反比，电容器的极板间距离越近，电容越大，故AB 错误。
CD、若两板间的距离不变，电容与正对面积成正比，因此电容器两极板的正对面积越大，其电容越大，故C 错误，
D 正确。
【点评】掌握电容器电容的决定式，明确其中物理量的正反比关系，注意电容的决定式与定义式的区别．
32．关于电势差的下列说法正确的是（
）
A．在电场中a、b 两点的距离越大，其电势差就越大
B．a、b 两点的电势差在数值上等于单位正电荷从a 点移到b 点电场力所做的功
C．若一电荷在a、b 两点的电势能相等，则这两点一定存在电势差
D．在匀强电场中与电场线垂直的同一平面内任意两点的电势差不为零
【考点】AB：电势差；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场强度与电势差的关系U＝Ed 判断a、b 两点电势差大小；根据U=ܹݍ确定a、b 两点的电势差与
电场力做功的关系；根据φ= ܧܲ
ݍ判断电势大小与电势差大小，匀强电场的电场线与等势面垂直．
【解答】解：A、根据电场强度与电势差的关系U＝Ed 可知，沿电场线方向两点间距离越大，电势差越大，故A
错误；
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B、根据U=ܹݍ可知，a、b 两点的电势差在数值上等于单位正电荷从a 点移到b 点电场力所做的功，故B 正确；
C、若一电荷在a、b 两点的电势能相等，则这两点的电势一定相等，这两点之间的电势差为零，故C 错误；
D、在匀强电场中与电场线垂直的同一平面内各点的电势相等，所以任意两点的电势差都为零，故D 错误。
【点评】本题关键要掌握电场强度与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为WAB＝
qUAB，解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算；另外要掌握电势的定义式，即电荷在某点的电势能与该
电荷电荷量的比值就等于该点的电势，计算时电势能和电荷量的正负号一并代入计算．
33．我国照明用的正弦式交流电的频率为
50
Hz，电压为220V，电压的峰值为
220 2
V．
【考点】E1：交变电流．菁优网版权所有
【分析】我国正弦交流电的频率为50Hz，电压220V 为有效值，而最大值与有效值关系是2倍，从而即可求解．
【解答】解：我国正弦交流电的频率为50Hz，电压220V 为有效值，而最大值与有效值关系是2倍，即为220 2V；
故答案为：50；220．
【点评】考查我国的交流电的频率，及认识有效值与最大值的关系，要理解交流电的“四值”各自含义．
34．如图所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电荷量为+q、质量
为m 的带电粒子从磁场边缘A 点沿圆半径AO 方向射入磁场，粒子离开磁场时速度方向偏转了60˚角。求：
（1）粒子做圆周运动的半径和入射速度；
（2）粒子在磁场中的运动时间。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿
第二定律求出速度。定圆心角，求时间。
【解答】解：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示，
∠OO′A＝30°，得到圆运动的半径R＝O′A=
3ݎ
根据牛顿运动定律
ݍ㘴ܤ=݉
⋅㘴2
h
有h =݉
㘴
ݍܤ粒子的入射速度
㘴=
3ݎݍܤ݉
（2）由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60˚角，所以粒子完成了
1
6个圆运动，根据线速度与周期的关系
㘴= 2ߨhܶ
有ܶ
= 2ߨ݉
ݍܤ
粒子在磁场中的运动时间为
ݐ= 1
6ܶ
= ߨ݉
3ݍܤ。
答：（1）粒子做圆周运动的半径为3ݎ，入射速度为㘴=
3ݎݍܤ݉。
（2）粒子在磁场中的运动时间为
ߨ݉
3ݍܤ。
【点评】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:57:40 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年湖南省长沙一中高考物理二模试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．第1-4 题只有一个选项符合要求，5-8 题有多个选项符合要求，
全部选对得6 分，选对但不全得3 分，有选错或不选得0 分．
1．（6 分）氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于n＝4 的激发态，在向基态跃迁的过程中，下列说法中正确的
是（
）
A．这群氢原子能发出3 种频率不同的光，其中从n＝4 能级跃迁到n＝3 能级所发出光的波长最长
B．这群氢原子能发出6 种频率不同的光，其中从n＝4 能级跃迁到n＝l 能级所发出光的频率最小
C．在这群氢原子发出的光子中，从n＝4 能级跃迁到能级所发出光子能量最大
D．用从n＝2 能级跃迁到n＝l 能级所发出光照射逸出功为3.20 eV 的某金属，则从金属表面所发出的光电子的初
动能一定为7.00 eV
2．（6 分）一质量为m 的物块置于倾角为37°的固定斜面顶端，由静止释放后物块以0.2g（g 为当地重力加速度）
的加速度匀加速下滑s 的距离到达斜面底端（已知sin 37°＝0.6．cos 37°＝0.8）下列分析正确的是（
）
A．斜面可能光滑
B．下滑过程中物块动能增加0.2mgs
C．下滑过程中物块重力势能减少mgs
D．下滑过程中物块重力势能减少，动能增加，机械能守恒
3．（6 分）2020 年前我国将发射8 颗海洋系列卫星，包括2 颗海洋动力环境卫星和2 颗海陆雷达卫星，以加强对黄
岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测．设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动
力环境卫星的n 倍，则（
）
A．海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n 倍
B．海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的h倍
C．在相同的时间内痗陆雷达卫星和海洋动力环境卫星与地球球心的连线扫过的面积相等
D．在相同的时间内海陆雷达卫星与地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的h倍
4．（6 分）如图，在范围足够大的空间内存在着互相垂直的水平匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电
场水平向右，一足够长的粗糙直杆平行于电场方向置于该电、磁场中．一带正电的小球穿在直杆上，已知小球与
杆间的动摩擦因数处处相等，在t＝0 时刻将小球自静止开始释放，小球沿杆运动，下列关于小球的运动速度与时
间的关系图象（v﹣t 图象）可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（6 分）如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其它面为绝缘材料，ABCD
面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相等的带正电小球A、B、C，最后分
别落在1、2、3 三点，下列说法正确的是（
）
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- 1475 -
A．三个小球在盒内运动的时间相同
B．三个小球重力势能的变化相等
C．三个小球电势能的变化相等
D．三个小球落到底板时的速率相同
6．（6 分）如图所示，图线是两相同矩形线圈在同一匀强磁场中以垂直于磁场的一条边为轴匀速转动时所产生正弦
交流电的图象．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（
）
A．在图中r＝0 时刻穿过两线圈的磁通量均为零
B．a、b 两线圈转速之比为3：2
C．交流电b 电压的峰值为20 V
D．交流电a 电压的瞬时值为w＝30sin
10
3 πtV）
7．（6 分）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为电能，其主要部件如图
所示．已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为
零，正常发电时风力发轮机将能能转化为电能的效率可当成恒定，空气密度一定．关于正常发电时风力发电机发
电功率的说法正确的是（
）
A．若有效受风面积提高到原来的2 倍，则发电功率提高到原来的2 倍
B．若有效受风面积提高到原来的2 倍，则发电功率提高到原来的4 倍
C．若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的4 倍
D．若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的8 倍
8．（6 分）长为L 的轻杆的一端固定一质量为m 的小球，轻杆连同小球绕杆的另﹣端O 在竖直平面内顺时针转动．已
知小球通过最高点时杆对小球有向上的支持力．不计一切阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是（
）
A．小球运动过程中机械能守恒
B．小球通过最高点时的速度小于tܮ
C．小球通过最低点时杆对小球的拉力F＜6mg
D．小球从最左端位置A 转动到最高点B 的过程中，其水平分速度一直增大
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题〜第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题〜第
16 题为选考题，学生根据要求作答．（-）必考题（11 题，共129 分）
9．（6 分）如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置．
（1）下列说法中符合本实验要求的是
（选填选项前面的字母）．
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A．轨道应当尽量光滑，以减小实验误差
B．每次入射球应从斜槽上同一位置由静止释放
C．安装轨道时，应使轨道末端切线水平
D．需要使用的测量仪器有天平、秒表和刻度尺
E．入射小球a 和被碰小球b 的质量m1、m2 应该满足m1＝m2
（2）实验时，先不放b 球，让a 球多次从同一位置由静止释放，找到平均落点放上b 球后，将a 球仍从同一位置
释放并重复实验．实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，在记录纸上找到了两球平均落点位置为
A、C，并测得三点到0 点的距离分别为x1、x2 和x3．若在误差允许范围内满足表达式
，则可得出碰撞中
动量守恒的结论．若两球的碰撞为弹性碰撞，则还应满足
．
10．（9 分）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验．图中定值
电阻R0＝2000Ω，R 为滑动变阻器（0〜20Ω，2A）．
（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P 向右滑动，则电流传感器1 的示数将
（选填“变
大”或“变小”），电流传感器2 的示数将
（选填“变大”或“变小”）．
（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1﹣I2 图线，将通过电源的电流当成等于L，则由图线可得被测电
池的电动势E＝
V，内阻r＝
Ω．（结果保留两位小数）
（3）考虑系统误差，根据（2）中数据处理测出电源的电动势
（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实
值．
11．（13 分）学校开展自制玩具汽车速度赛，比赛分为30m 和50m 两项，比赛在水平操场举行，所有参赛车从同一
起跑线同时启动，按到达终点的先后顺序排定名次．某同学有两辆玩具车，甲车可在启动后立即以额定功率加速
运动；乙车启动后可保持2m/s2 的加速度做匀加速运动直到其速度达15m/s．两车进行模拟测试时发现，同时从
起跑线启动后，经6s 两车到达同一位置．试通过计算、分析判断该同学应分别以哪一辆玩具车参加30m 和50m
的比赛．
12．（19 分）如图所示，足够长的两根光滑固定导轨相距L＝0.50m 竖直放置，导轨电阻不计，下端连接阻值为R＝
1.0Ω的电阻，导轨处于磁感应强度为B＝1.0T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，两根质量均为m＝
0.30kg、电阻均为r＝0.50Ω的水平金属棒ab 和cd 都与导轨接触良好．金属棒ab 用一根细线悬挂，现闭合开关S，
让cd 棒从静止开始下落，cd 棒下落过程中，悬挂ab 棒的细线恰好能够被拉断．不计空气阻力，g 取10m/s2，求：
（1）细线能承受的最大拉力Fm；
（2）细线即将被拉断时，整个电路消耗的总电功率P1；
（3）若细线被拉断时立即断开开关S，再经t＝0.50s 时，cd 棒的加速度为刚断开开关时加速度的4 倍，求此时cd
棒克服安培力做功的功率P2．
（二）选考题【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法說确的是（
）
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- 1477 -
A．液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力
B．布朗运动是由于水分子做无规则运动碰撞固体分子的结果
C．一定量的0℃的水凝结成0℃的冰，内能一定减小
D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性
E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=ܸܸ
0
14．（10 分）如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成A、B 两部分．活塞与气缸顶部有一
弹簧相连．当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变．开始时B 内充有一定量的气体，A 内是真空．B 部分高度为
L1＝0.2m．此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等．现将整个装置倒置，达到新的平衡后B 部分的高度L2
等于多少？设温度不变．
【物理--选修3-4】（15 分）
15．如图所示，O1O2 是透明介质制成的半圆柱体的对称面和纸面的交线，A、B 是关于O1O2 轴等距且平行的两束单
色细光束，从半圆柱体右方射出的光路如图所示。根据该光路图，下列说法正确的是（
）
A．该介质对A 光的折射率比对B 光的折射率小
B．该介质对两束光的折射率都小于2
C．A 光的频率比B 光的频率高
D．在真空中，A 光的波长比B 光的波长长
E．光从空气进入该介质后，其频率变高
16．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在波的传播方向上a、b、c 三点的横坐标分别为xa＝3m、xb＝6m、xc＝9m。
在t＝0 时刻，a 点开始振动，在t1＝0.3s 时刻，c 点开始振动，在t2＝0.35s 时刻a、c 两点离开平衡位置的位移相
同，在t3＝0.55s 时刻a、c 两点第一次速度相同。已知该波的振幅为20cm，波长ɉ＞12m。求
①该波的传播速度V；
②在t2＝0.35s 和t3＝0.55s 时刻b 点离开平衡位置的位移大小；
③该波的波长ɉ。
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2018 年湖南省长沙一中高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．第1-4 题只有一个选项符合要求，5-8 题有多个选项符合要求，
全部选对得6 分，选对但不全得3 分，有选错或不选得0 分．
1．（6 分）氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于n＝4 的激发态，在向基态跃迁的过程中，下列说法中正确的
是（
）
A．这群氢原子能发出3 种频率不同的光，其中从n＝4 能级跃迁到n＝3 能级所发出光的波长最长
B．这群氢原子能发出6 种频率不同的光，其中从n＝4 能级跃迁到n＝l 能级所发出光的频率最小
C．在这群氢原子发出的光子中，从n＝4 能级跃迁到能级所发出光子能量最大
D．用从n＝2 能级跃迁到n＝l 能级所发出光照射逸出功为3.20 eV 的某金属，则从金属表面所发出的光电子的初
动能一定为7.00 eV
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．
【分析】一群处于n 能级的氢原子向低能级跃迁，任意两个能级间产生一次跃迁，发出一种频率的光子，共产生
C
h
2 种频率不同的光子．一群氢原子处于n＝3 的激发态，在向基态跃迁的过程中，根据玻尔理论分析所发出的
光子波长和频率．光子的能量大于金属的逸出功时，金属能产生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程求解从某
金属表面所发出的光电子的最大初动能．
【解答】解：ABC、依据数学组合公式C
4
2 =6，因此这群氢原子能发出6 种频率不同的光，
根据在跃迁过程中hv＝Em﹣En 可以计算出各能级差的大小，就可判断频率的大小。
已知从n＝4 能级跃迁到n＝1 时能级差最大，因此所发出的光的频率最大，波长最短；
而从n＝4 能级跃迁到n＝3 时能级差最小，因此所发出的光的频率最小。故AB 错误，C 正确；
D、从n＝2 跃迁到n＝1 所发出的光能量最大，光照射逸出功为3.20 eV 的某金属时，
根据爱因斯坦光电效应方程得，从金属表面所发出的光电子的最大初动能EK＝hγ﹣W＝（E2﹣E1）﹣W＝[﹣3.40
﹣（﹣13.6）]﹣3.20＝7.00eV，
但从金属表面所发出的光电子的初动能，可能小于7.00 eV，故D 错误。
【点评】本题以氢原子的能级图为背景进行命题，考查了氢原子的跃迁、光电效应、爱因斯坦的光电方程等知识．
2．（6 分）一质量为m 的物块置于倾角为37°的固定斜面顶端，由静止释放后物块以0.2g（g 为当地重力加速度）
的加速度匀加速下滑s 的距离到达斜面底端（已知sin 37°＝0.6．cos 37°＝0.8）下列分析正确的是（
）
A．斜面可能光滑
B．下滑过程中物块动能增加0.2mgs
C．下滑过程中物块重力势能减少mgs
D．下滑过程中物块重力势能减少，动能增加，机械能守恒
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4E：模型法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】根据牛顿第二定律求物块与斜面间的动摩擦因数，从而判断斜面是否光滑．根据动能定理求动能的增加
量．由重力做功分析重力势能的减少量．对照机械能守恒的条件分析机械能是否守恒．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，a＝0.2g，解得μ＝0.5，所以斜面一定是粗
糙的，故A 错误。
B、根据动能定理得：△Ek＝F 合s＝mas＝0.2mgs，故B 正确。
C、下滑过程中物块重力势能减少mgssin37°＝0.6mgs，故C 错误。
D、物块重力势能减少大于动能增加量，可知物块的机械能不守恒，故D 错误。
【点评】本题分析物块的受力情况是基础，在知道加速度的情况下，根据牛顿第二定律可以求解合力，并进一步
求合力做功．
3．（6 分）2020 年前我国将发射8 颗海洋系列卫星，包括2 颗海洋动力环境卫星和2 颗海陆雷达卫星，以加强对黄
岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测．设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动
力环境卫星的n 倍，则（
）
A．海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n 倍
B．海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的h倍
C．在相同的时间内痗陆雷达卫星和海洋动力环境卫星与地球球心的连线扫过的面积相等
D．在相同的时间内海陆雷达卫星与地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的h倍
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【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4E：模型法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度和角速度的表达式，再求线速度之比，结合轨道半径得出扫过面积
的表达式，从而得出扫过的面积之比．
【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力得G
ܯ݉
ݎ2 =m
㘴2
ݎ=mrω2，解得v=
ܩܯ
ݎ，ω=
ܩܯ
ݎ3 ．因海陆雷达卫星
绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n 倍，由v=
ܩܯ
ݎ，知海陆雷达卫星的运行速度是海洋
动力环境卫星的
1
h倍，故AB 错误。
CD、卫星扫过的面积为S= 1
2r2θ= 1
2r2ωt，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为
1
h3，所以相同时间内扫过的
面积之比为h．故C 错误，D 正确。
【点评】解决本题时是要建立模型，抓住万有引力提供向心力这一思路，要知道角速度与轨道半径的关系，通过
推导出扫过的面积表达式是解决本题的关键．
4．（6 分）如图，在范围足够大的空间内存在着互相垂直的水平匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电
场水平向右，一足够长的粗糙直杆平行于电场方向置于该电、磁场中．一带正电的小球穿在直杆上，已知小球与
杆间的动摩擦因数处处相等，在t＝0 时刻将小球自静止开始释放，小球沿杆运动，下列关于小球的运动速度与时
间的关系图象（v﹣t 图象）可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】小球受电场力、重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力，其中洛伦兹力向上，摩擦力向左，支持力先向上后
向下，根据牛顿第二定律分析加速度情况；v﹣t 图象上点的切线的斜率表示加速度．
【解答】解：小球水平方向受向右的电场力和向左的摩擦力，竖直方向受重力、洛伦兹力和支持力，讨论如下：
过程一：
当洛伦兹力小于重力时，弹力向上，根据牛顿第二定律，有：
qE−ߤܰ
=ma，
其中：N＝mg﹣qvB，
故a= ݍܧ−ߤ(݉
t−ݍ㘴ܤ)݉，
由于v 增加，故加速度增加，故小球做加速度增加的加速运动，一直到洛伦兹力等于重力，加速度达到最大；
过程二：
当洛伦兹力大于重力时，弹力向下，根据牛顿第二定律，有：
qE−ߤܰ
=ma，
其中：N＝qvB﹣mg，
故a= ݍܧ−ߤ(ݍ㘴ܤ−݉
t)݉，
由于v 增加，故加速度减小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，此后做匀速
直线运动；
故ABC 错误，D 正确；
【点评】本题关键是分析小球的受力情况，然后分洛伦兹力小于、等于、大于重力的情况进行讨论，注意v﹣t 图
象的斜率的物理意义，不难．
5．（6 分）如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其它面为绝缘材料，ABCD
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面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相等的带正电小球A、B、C，最后分
别落在1、2、3 三点，下列说法正确的是（
）
A．三个小球在盒内运动的时间相同
B．三个小球重力势能的变化相等
C．三个小球电势能的变化相等
D．三个小球落到底板时的速率相同
【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；49：合成分解法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】盒内有水平向右的电场，可采用运动的分解法研究：三个小球在竖直方向只受重力，做自由落体运动，
根据高度关系分析运动时间关系．根据重力做功关系分析重力势能变化关系．根据电场力做功关系分析电势能变
化关系．由动能定理分析三个小球落到底板时的速率关系．
【解答】解：A、根据运动的分解法可知，三个小球在竖直方向都做自由落体运动，根据公式h= 1
2 tݐ2，知t=
2݄
t ，
由于竖直方向的分位移大小h 相等，所以三个小球运动时间一定相等，故A 正确。
B、三个小球重力做功相等，则它们重力势能的变化相等，故B 正确。
C、水平位移的关系为x3＞x2＞x1，初速度v0 相同，由位移公式x＝v0t+ 1
2at2 得知，加速度的关系为a3＞a2＞a1，
根据牛顿第二定律得知，三个小球所受的电场力大小关系为：F3＞F2＞F1，由W＝Fx 知，电场力做功关系为W3
＞W2＞W1．则知三个小球电势能的变化不等，故C 错误。
D、根据动能定理得：qEx+mgh= 1
2mv2−1
2݉
㘴0
2，则得：v=
㘴0
2 + 2(ݍܧݔ+݉
t݄)݉，x3＞x2＞x1，可知，小球“3”落
到底板时的速率最大。故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题是复合场中问题，要注意小球受到的是恒力，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法．由
轨迹直接分析位移关系．
6．（6 分）如图所示，图线是两相同矩形线圈在同一匀强磁场中以垂直于磁场的一条边为轴匀速转动时所产生正弦
交流电的图象．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（
）
A．在图中r＝0 时刻穿过两线圈的磁通量均为零
B．a、b 两线圈转速之比为3：2
C．交流电b 电压的峰值为20 V
D．交流电a 电压的瞬时值为w＝30sin
10
3 πtV）
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之
间的关系和交流电的瞬时值表达式．
【解答】解：A、由图可知，t＝0 时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A 错误；
B、由图象可知TA：TB＝2：3，根据h = 1ܶ可知，nA：nB＝3：2，故B 正确；
C、交流电最大值Um＝NBSω，故Uma：Umb＝3：2，故Umb= 2
3Uma＝20V，故C 正确。
D、a 的周期T＝0.4s，角速度߱
= 2ߨܶ= 5ߨݎܽ݀
/ݏ，交流电a 电压的瞬时值为w＝30sin 5πtV，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的
过程．
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7．（6 分）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为电能，其主要部件如图
所示．已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为
零，正常发电时风力发轮机将能能转化为电能的效率可当成恒定，空气密度一定．关于正常发电时风力发电机发
电功率的说法正确的是（
）
A．若有效受风面积提高到原来的2 倍，则发电功率提高到原来的2 倍
B．若有效受风面积提高到原来的2 倍，则发电功率提高到原来的4 倍
C．若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的4 倍
D．若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的8 倍
【考点】BG：电功、电功率；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4D：比例法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】先求空气的动能，再根据效率求出发电机的功率．再分析有效受风面积和风速变化时发电功率的变化．
【解答】解：单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m＝ρSv
这些空气所具有的动能为Ek= 1
2mv2= 1
2ρSv3
设风力发电机将风能转化为电能的效率为η，则风力发电机输出的电功率为
P＝ηEk= 1
2kρSv3
所以，若有效受风面积S 提高到原来的2 倍，则发电功率提高到原来的2 倍。若风速v 提高到原来的两倍，则发
电功率提高到原来的8 倍。故AD 正确，BC 错误。
故选：AD。
【点评】本题是道信息量题，要读题意，明确能量是如何转化的，根据能量转化和守恒定律进行研究．
8．（6 分）长为L 的轻杆的一端固定一质量为m 的小球，轻杆连同小球绕杆的另﹣端O 在竖直平面内顺时针转动．已
知小球通过最高点时杆对小球有向上的支持力．不计一切阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是（
）
A．小球运动过程中机械能守恒
B．小球通过最高点时的速度小于tܮ
C．小球通过最低点时杆对小球的拉力F＜6mg
D．小球从最左端位置A 转动到最高点B 的过程中，其水平分速度一直增大
【考点】4A：向心力；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】小球在竖直面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，根据在最高点的受力判断出最高点的速度，
利用动能定理和牛顿第二定律求得绳子的拉力
【解答】解：A、在运动过程中，小球手走到重力和杆对小球的作用力，其中只有重力做功，故机械能守恒，故A
正确；
B、小球在最高点受到向上的支持力，故݉
t −ܨܰ
=݉
㘴2
ܮ，解得㘴=
(݉
t−ܨܰ)ܮ݉＜tܮ，故B 正确
C、从最高点到最低点，根据动能定理可知݉
t ⋅2ܮ= 1
2݉
㘴'2 −1
2݉
㘴2
在最低点ܨ−݉
t =݉
㘴'2
ܮ，联立解得F＜6mg，故C 正确；
D、小球在A 点水平分速度为零，故开始时有增大的过程，小球从A 到B 得过程中速率越来越小，运动中小球有
向心加速度和切向加速度，向心加速度不改变速度的大小，切向加速度时速度的大小减速，故水平分速度先增大
后减小，故D 错误；
故选：ABC。
【点评】本题主要考查了竖直面内的圆周运动，明确受力，利用动能定理和牛顿第二定律即可判断
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二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题〜第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题〜第
16 题为选考题，学生根据要求作答．（-）必考题（11 题，共129 分）
9．（6 分）如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置．
（1）下列说法中符合本实验要求的是
BC
（选填选项前面的字母）．
A．轨道应当尽量光滑，以减小实验误差
B．每次入射球应从斜槽上同一位置由静止释放
C．安装轨道时，应使轨道末端切线水平
D．需要使用的测量仪器有天平、秒表和刻度尺
E．入射小球a 和被碰小球b 的质量m1、m2 应该满足m1＝m2
（2）实验时，先不放b 球，让a 球多次从同一位置由静止释放，找到平均落点放上b 球后，将a 球仍从同一位置
释放并重复实验．实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，在记录纸上找到了两球平均落点位置为
A、C，并测得三点到0 点的距离分别为x1、x2 和x3．若在误差允许范围内满足表达式
m1x2＝m1x1+m2x3
，则
可得出碰撞中动量守恒的结论．若两球的碰撞为弹性碰撞，则还应满足
m1x22＝m1x21+m2x23
．
【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）实验是要验证两个小球碰撞过程系统动量守恒，同时通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的
测量；为防止小球反弹，还要保证入射球质量要大于被碰球质量；
（2）实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，可以通过平抛运动将
速度的测量转化为水平射程的测量；根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式后联立求解出满足弹性碰撞的表达
式．
【解答】解：（1）A、对于轨道是否光滑，本实验中没有要求，只要每次让小球从同一位置由静止滑下即可，故A
错误；
B、为保证碰撞的初速度相同，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故B 正确；
C、为保证小球做平抛运动，安装轨道时末端切线必须水平，故C 正确；
D、小球做平抛运动的时间由高度差决定，由于高度差一定，故平抛的时间都相同，因此不需要测量小球下落的
时间，故D 错误；
E、为防止碰后m1 被反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，故E 错误；
故选：BC．
（2）实验要验证两个小球碰撞前后总动量守恒，即为：m1v1＝m1v1′+m2v2′；
小球做平抛运动的时间由高度差决定，由于高度差一定，故平抛的时间都相同，故水平射程与平抛的初速度成正
比，故不需要测量高度差，只要满足：m1x2＝m1x1+m2x3 即可证明动量守恒；
小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能也守恒，根据守恒定律有：
1
2m1v12= 1
2m1v1'2+ 1
2m2v2’2
则有：m1x22＝m1x21+m2x23
故答案为：（1）BC；（2）m1x2＝m1x1+m2x3；m1x22＝m1x21+m2x23
【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体
在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质
量，即m1＞m2，防止碰后m1 被反弹．
10．（9 分）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验．图中定值
电阻R0＝2000Ω，R 为滑动变阻器（0〜20Ω，2A）．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
- 1483 -
（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P 向右滑动，则电流传感器1 的示数将
变小
（选填“变
大”或“变小”），电流传感器2 的示数将
变大
（选填“变大”或“变小”）．
（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1﹣I2 图线，将通过电源的电流当成等于L，则由图线可得被测电
池的电动势E＝
3.00
V，内阻r＝
2.00
Ω．（结果保留两位小数）
（3）考虑系统误差，根据（2）中数据处理测出电源的电动势
小于
（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实
值．
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P 向右滑动时R 值减小，电流传感器1 的示数和
电流传感器2 的示数都变化．
（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻．
（3）根据电表内阻的影响进行分析，从而明确实验误差情况．
【解答】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，根据电路结构以及欧姆定律可知，滑片P 向右滑
动时R 值减小，电流传感器2 的示数变大，电流传感器1 的示数变小．
（2）路端电压：U＝I1R0＝E﹣I2r，变形得：I1= ܧ
h0 −ݎ
h0I2；
由数学知可得：图象中的k= ݎ
h0；b= ܧ
h0；
由图可知：b＝1.50；k= 1.35×10−3−1.05×10−3
0.45−0.15
=1×10
﹣3；
故解得：E＝3.0V，r＝2.0Ω；
（3）由于传感器2 的分流作用，使测量电流小于真实值，传感器2 计算得出的电压值是准确的，则可外电路短路
时，误差可以忽略，则真实值和测量值图象如图所示；由图可知，电动势测量值小于真实值；
故答案为：（1）变小；变大；（2）3.00；2.00；（3）小于．
【点评】本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另
外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，应细心观察．
11．（13 分）学校开展自制玩具汽车速度赛，比赛分为30m 和50m 两项，比赛在水平操场举行，所有参赛车从同一
起跑线同时启动，按到达终点的先后顺序排定名次．某同学有两辆玩具车，甲车可在启动后立即以额定功率加速
运动；乙车启动后可保持2m/s2 的加速度做匀加速运动直到其速度达15m/s．两车进行模拟测试时发现，同时从
起跑线启动后，经6s 两车到达同一位置．试通过计算、分析判断该同学应分别以哪一辆玩具车参加30m 和50m
的比赛．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；2：创新题型；22：学科综合题；4E：模型法；511：直线运动规律专题．
【分析】对乙车，根据位移时间公式求出6s 内位移．作出两车的v﹣t 图象，分析出6s 时刻乙车追上甲车，此时
两车位移均为36m，此前甲车超前乙车，故赛程小于36m 时应以甲车参赛．根据2ax2＝v2 得乙车速度达到15m/s
的过程中位移
，根据赛程长为36﹣56.25m 时，乙车一定比甲车快，故知赛程为50m 时应以乙车参赛．
【解答】解：对乙车，根据x1= 1
2ܽݐ2
解得6s 内位移为x1＝36m
由已知6s 内两车位移相同，作出两车的v﹣t 图象．
由图象知6s 时刻乙车追上甲车，此时两车位移均为36m，此前甲车超前乙车，故赛程小于36m 时应以甲车参赛．
6s 后乙车的速度还小于15m/s 时，乙车速度总大于甲车速度，根据2ax2＝v2．
得乙车速度达到15m/s 的过程中位移为x2＝56.25m
赛程长为36﹣56.25m 时，乙车一定比甲车快，故赛程为50m 时应以乙车参赛．
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答：该同学应以甲车参加30m 的比赛，以乙车参加50m 的比赛．
【点评】解决本题的关键是作出两车的v﹣t 图象，分析两车的快慢，要注意对乙车能用运动学公式求位移，对甲
车不能．
12．（19 分）如图所示，足够长的两根光滑固定导轨相距L＝0.50m 竖直放置，导轨电阻不计，下端连接阻值为R＝
1.0Ω的电阻，导轨处于磁感应强度为B＝1.0T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，两根质量均为m＝
0.30kg、电阻均为r＝0.50Ω的水平金属棒ab 和cd 都与导轨接触良好．金属棒ab 用一根细线悬挂，现闭合开关S，
让cd 棒从静止开始下落，cd 棒下落过程中，悬挂ab 棒的细线恰好能够被拉断．不计空气阻力，g 取10m/s2，求：
（1）细线能承受的最大拉力Fm；
（2）细线即将被拉断时，整个电路消耗的总电功率P1；
（3）若细线被拉断时立即断开开关S，再经t＝0.50s 时，cd 棒的加速度为刚断开开关时加速度的4 倍，求此时cd
棒克服安培力做功的功率P2．
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】（1）cd 匀速运动过程，产生感应电动势，相当于电源，棒ab 和电阻R 并联；根据串并联电路的电流关
系和平衡条件列式后联立求解；
（2）由第一问得到电流，故可以根据电功率公式求解全电路的电功率；
（3）细线被拉断时立即断开开关S，cd 棒的加速度根据牛顿第二定律求解，再经t＝0.50s 时，cd 棒的加速度为刚
断开开关时加速度的4 倍，据此求解电流，再对ab 分析得到ab 棒的加速度；根据切割公式列式；再对两个棒分
别用动量定理列式后联立求解．
【解答】解：（1）细线未拉直时，当cd 棒达最大速度时，安培力与重力平衡，故：
BIcdL＝mg，
根据串并联电路中电流关系，有：
ܫܾܽ
=
h
h+ݎܫܿ݀，
Fm＝mg+BIabL，
联立解得：Icd＝6A，Fm＝5N；
（2）根据电功率公式，有：P1= ܫܿ݀2 (ݎ+ ݎh
h+ݎ) = 30ܹ
；
（3）细线拉断时，E= ܫܿ݀(ݎ+ ݎh
h+ݎ) = 5ܸ，
由E＝BLv0，解得细线刚拉断时，cd 棒的速度为v0＝10m/s，
细线刚拉断时，开关断开，两棒的电流I1= ܧ
2ݎ= 5t，
cd 棒的加速度a1=݉
t−ܤܫ1ܮ݉= 5
3݉
/ݏ2，
细线拉断后经过t＝0.5s 时，cd 棒的加速度a2=݉
t−ܤܫ2ܮ݉，
由已知a2＝4a1，解得：I2＝2A，
此时感应电动势E′＝2I2r＝2V，设此时两个棒的速度分别为vab、vcd，有：
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- 1485 -
E′＝BL（vcd﹣vab），
在细线拉断后的t＝0.5s 内，两棒所受安培力的冲量大小相等，设为I 安，
由动量定理，mvab＝mgt+I 安，
mvcd﹣mv0＝mgt﹣I 安，
解得：vcd＝12m/s，
cd 棒克服安培力做功的功率：P2＝BI2Lvcd＝12W；
答：（1）细线能承受的最大拉力Fm 为5N；
（2）细线即将被拉断时，整个电路消耗的总电功率P1 为30W；
（3）若细线被拉断时立即断开开关S，再经t＝0.50s 时，cd 棒的加速度为刚断开开关时加速度的4 倍，此时cd
棒克服安培力做功的功率P2 为12W．
【点评】本题是滑轨问题，关键是明确电路结构，知道两个棒的受力情况和运动情况，要能够结合切割公式、安
培力公式、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动量定理等，难度较大，关键是分析清楚过程．
（二）选考题【物理--选修3-3】（15 分）
13．（5 分）下列说法說确的是（
）
A．液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力
B．布朗运动是由于水分子做无规则运动碰撞固体分子的结果
C．一定量的0℃的水凝结成0℃的冰，内能一定减小
D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性
E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=ܸܸ
0
【考点】83：分子的热运动；86：分子间的相互作用力；92：* 晶体和非晶体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，液体表面存在表面张力；液晶既具有液体的流动性，又具有
晶体的光学的各向异性的特点；气体分子间距较大，不能估算出阿伏加德罗常数．
【解答】解：A、液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，分子力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故
A 正确；
B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是水分子做无规则运动碰撞固体颗粒的结果，故B 错
误；
C、在一定条件下，一定量0℃的水结成0℃的冰，向外放出热量，内能一定减小，故C 正确；
D、液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点。故D 正确；
E、气体分子间距较大，则每个气体分子体积之和并不等于气体的体积，所以不能根据ܰ
t =ܸܸ
t
来求阿伏加德罗常
数，故E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题的关键要掌握分子动理论、布朗运动、内能等热力学重点知识，在估算阿伏加德罗常数时，要建立
物理模型，对于气体，只能研究每个气体分子占据的空间大小．
14．（10 分）如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成A、B 两部分．活塞与气缸顶部有一
弹簧相连．当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变．开始时B 内充有一定量的气体，A 内是真空．B 部分高度为
L1＝0.2m．此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等．现将整个装置倒置，达到新的平衡后B 部分的高度L2
等于多少？设温度不变．
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4E：模型法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】以气体为研究的对象，由题知气体发生了等温变化，对活塞，根据平衡条件求出初态和末态气体的压强，
在找出气柱的长度，然后应用玻意耳定律列式求解．
【解答】解：设开始时B 中压强为p1，气缸倒置达到平衡后B 中压强为p2．分析活塞受力得：
p1S＝kL1+Mg…①
p2S+Mg＝kL2…②
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其中S 为气缸横截面积，M 为活塞质量，k 为弹簧的倔强系数．由题给条件有：
kL1＝Mg…③
由玻意耳定律得：p1L1＝p2L2…④
由以上各式得到：L22﹣L1L2﹣2L22＝0…⑤
解得：L2＝2L1＝0.4m…⑥
答：现将整个装置倒置，达到新的平衡后B 部分的高度L2 等于0.4m．
【点评】本题要分析清楚气体状态变化过程，运用力学知识求气体的压强是关键，应用玻意耳定律解决这类问题．
【物理--选修3-4】（15 分）
15．如图所示，O1O2 是透明介质制成的半圆柱体的对称面和纸面的交线，A、B 是关于O1O2 轴等距且平行的两束单
色细光束，从半圆柱体右方射出的光路如图所示。根据该光路图，下列说法正确的是（
）
A．该介质对A 光的折射率比对B 光的折射率小
B．该介质对两束光的折射率都小于2
C．A 光的频率比B 光的频率高
D．在真空中，A 光的波长比B 光的波长长
E．光从空气进入该介质后，其频率变高
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
【分析】根据光线的偏折程度比较玻璃体对a、b 两光的折射率大小，从而得出频率关系、波长关系。光从空气进
入该玻璃体后，其频率不变。
【解答】解：ACD、光线通过玻璃体后，A 光的偏折程度比B 光的小，则该玻璃体对A 光的折射率比对B 光的折
射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A 光的频率比B 光的频率低，由c＝ɉγ知，在真空中，A 光的波长
比B 光的长，故AD 正确，C 错误；
B、该介质对光的折射率为n= ݏthݎ
ݏth45° =
2sinr，由于折射角r＜90°，所以n＜2，．故B 正确。
E、光的频率由光源决定，与介质无关，则光从空气进入该玻璃体后，其频率不变。故E 错误。
故选：ABD。
【点评】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较光的折射率，知道折射率、频率、波长以及光在介质中的
速度等大小关系。
16．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在波的传播方向上a、b、c 三点的横坐标分别为xa＝3m、xb＝6m、xc＝9m。
在t＝0 时刻，a 点开始振动，在t1＝0.3s 时刻，c 点开始振动，在t2＝0.35s 时刻a、c 两点离开平衡位置的位移相
同，在t3＝0.55s 时刻a、c 两点第一次速度相同。已知该波的振幅为20cm，波长ɉ＞12m。求
①该波的传播速度V；
②在t2＝0.35s 和t3＝0.55s 时刻b 点离开平衡位置的位移大小；
③该波的波长ɉ。
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】（1）由波速的公式即可求出；
（2）（3）根据题目中的条件判断波长的大小，然后判断B 点传播的特点，最后判断在t2＝0.35s 和t3＝0.55s 时刻
b 点离开平衡位置的位移大小。
【解答】解：①在t＝0 时刻，a 点开始振动，在t1＝0.3s 时刻，c 点开始振动，则该波在0.3s 时间内传播的距离
为9m，所以波速：V= △ݔ
△ݐ= ݔܿ−ݔt
ݐ1
= 9−3
0.3 =20m/s
②由于波长大于12m，则a、c 之间的距离小于半个波长，从a 到c 的时间小于半个周期，所以周期大于0.6s。
假设该波起振的方向向上，在t2＝0.35s 时刻c 还没有第一次到达最大位移处，那么a 一定是第一次到达最大位移
后还没有返回平衡位置，从开始振动到在t2＝0.35s 时刻a 振动的时间为0.35s，c 振动的时间为0.05s，二者的路
程正好组成振动的半个周期，即：0.35ݏ+ 0.05ݏ=ܶ2
所以：T＝0.8s；
该波的波长：ɉ＝VT＝20×0.8＝16m
在0.35s 内波从a 点传播的距离：x1＝vt2＝20×0.35＝7m
则b 到波的前沿的距离：x1+xA﹣xB＝7+3﹣6＝4m= 1
4 ɉ
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若该波起振的方向向上，则b 点恰好位于波峰；若该波起振的方向向下，则b 点恰好位于波谷；b 点位移的大小
都是20cm＝0.2m；
在0.55s 内波从a 点传播的距离：x2＝vt3＝20×0.55＝11m
则b 到波的前沿的距离：x2+xA﹣xB＝11+3﹣6＝8m= 1
2 ɉ
则不论该波起振的方向向上，还是起振的方向向下，则b 点恰好位于平衡位置处，所以b 的位移为0
③该波的波长：ɉ＝VT＝20×0.8＝16m
答：①该波的传播速度为20m/s；
②在t2＝0.35s 和t3＝0.55s 时刻b 点离开平衡位置的位移大小分别为0.20m 和0；
③该波的波长ɉ是16m。
【点评】本题采用的是波形的平移法求解的，也可以分两步求：先由波传到c 的时间求出波速，然后结合波传到
c 点再求解分析即可。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:45:09 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年湖北省襄阳五中高考物理一模试卷
一.选择题（本题共8 小题．1-4 单选，其余多选，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面的轻质电梯，电梯的顶端可超过地球同步卫星的高度R（从地心算
起）延伸到太空深处，利用这种太空电梯可以低成本发射及回收人造地球卫星，如图所示。发射方法是将卫星通
过太空电梯匀速提升到相应高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。假设在某次发射时，卫星在太
空电梯中极其缓慢地上升，上升到某一高度时意外地和电梯脱离，关于脱离后卫星的运动以下说法正确的是（
）
A．若在0.80R 处脱离，卫星将沿直线落向地球
B．若在0.80R 处脱离，卫星沿曲线轨道靠近地球
C．若在R 处脱离，卫星将沿直线落向地球
D．若在1.5R 处脱离，卫星将沿曲线轨道靠近地球
2．（6 分）已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B 的表达式：B= ߤ0ܫ
2ߨݎ0，其中r0 是该点到通电直导线的距
离，I 为电流强度，μ0 为比例系数（单位为N/A2）．试推断，一个半径为R 的圆环，当通过的电流为I 时，其轴线
上距圆心O 点为r0 处的磁感应强度应为（
）
A．
ݎ02ܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
B．
ߤ0hܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
C．
ߤ0h2ܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
D．
ݑ0ݎ02ܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
3．（6 分）如图所示，钢铁构件A、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A、B 间动摩擦
因数为μ2，卡车刹车的最大加速度为a，μ2g＞a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平
直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0 距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（
）
A．2ܽݏ0
B．2ߤ1tݏ0
C．2ߤ2tݏ0
D．(ߤ1 + ߤ2)tݏ0
4．（6 分）用两段等长的轻质细线将a、b 两个小球连接并悬挂于O 点，如图甲所示，球a 受到水平向右的力3F 的作
用，小球b 受到水平向左的力F 的作用，平衡时细线都被拉紧，则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、
b 两球质量之比为（
）
A．1：l
B．1：2
C．2：1
D．2：3
5．（6 分）水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab
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棒以水平初速度v0 向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（
）
A．电流所做的功相等
B．通过ab 棒的电量相等
C．产生的总内能相等
D．安培力对ab 棒所做的功不相等
6．（6 分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝3：1，原线圈EF 两端与宽度d＝2m 的光滑平行金属
轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B＝1.8T 的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆以v＝10 2sin10πt
（m/s）的速度在轨道上往复运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈GH 两端连接的电路如图，三个灯泡的电
阻均为6Ω，L 是直流电阻不计的理想线圈，C 是电容器。下列说法正确的是（
）
A．三个灯泡的亮度相同
B．副线圈中电流的频率为10Hz
C．灯泡D1 的功率为24W
D．若导体棒的运动周期变为0.1s，则灯泡D2 变暗，D3 变亮
7．（6 分）将质量为2m 的长木板静止地放在光滑水平面上，如图甲所示。第一次，质量为m 的小铅块（可视为质点），
在木板上以水平初速度v．由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。第二次，将木板分成长度
与质量均相等的两段1 和2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0 由木板1 的左端开始滑
动，如图乙所示。设铅块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对上述两过程，下列判断正确的是（
）
A．铅块在木板1 上滑动时两段木板间的作用力为μmg
B．铅块在木板1 上滑动时两段木板间的作用力为
1
2μmg
C．小铅块第二次仍能到达木板2 的右端
D．系统第一次因摩擦而产生的热量较多
8．（6 分）用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线。调高电子的能量再
次进行观测，发现光谱线的数目原来增加了5 条。用△n 表示两次观测中最高激发态的量子数n 之差，E 表示调高
后电子的能量。根据氢原子的能级图可以判断，△n 和E 的可能值为（
）
A．△n＝1，13.22 eV＜E＜13.32 eV
B．△n＝2，13.22 eV＜E＜13.32 eV
C．△n＝1，12.75 eV＜E＜13.06 eV
D．△n＝2，12.72 eV＜E＜13.06 eV
二、非选择题：
9．（6 分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1 连接起来进行探究。
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（1）某次测量如图2，指针示数为
cm。
（2）在弹性限度内，将50g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B 的示数LA、LB 如表。用表数据计算弹簧
I 的劲度系数为
N/m（重力加速度g＝10m/s2）。由表数据
（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的
劲度系数。
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
10．（9 分）某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
（1）已知表头G 满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900Ω．R1、R2 和R3 是定值电阻。利用R1 和表头构
成1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用
a、c 两个接线柱，电压表的量程为3V．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝
Ω，R2＝
Ω，
R3＝
Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表
对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E 为
5V；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ．为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值
为
Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近
（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的
真实值
（填“大于”或“小于”）900Ω。
11．（14 分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C 的连线水平。质量
为m 的带正电小球从B 点正上方的A 点自由下落A，B 两点间距离为4R．从小球（小球直径小于细圆管直径）
进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，
大小与重力相等，结果小球从管口C 处离开圆管后，又能经过A 点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加
速度为g，求：
（1）小球到达B 点时的速度大小；
（2）小球受到的电场力大小；
（3）小球经过管口C 处时对圆管壁的压力。
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12．（18 分）如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K 和质量为m 的“U”形
框缓冲车厢。在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁（图中未画出），
能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN 是磁场的右
边界。导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数
为n，ab 边长为L．假设缓冲车以速度v0 与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下（碰前车厢与滑块相对静止），此
后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲。不计一切摩擦阻力。
（1）求滑块K 的线圈中感应电流方向（从俯视图看，写“顺时针”，“逆时针”）及最大感应电流的大小。
（2）若缓冲车与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车
匀速运动时的最大速度vmax；
（3）在若缓冲车以速度v0 与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，求此后缓冲车的速度v 随位移x 的变化规律及
缓冲车在滑块K 停下后的最大位移（设此过程中缓冲车未与障碍物相碰）；
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2018 年湖北省襄阳五中高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本题共8 小题．1-4 单选，其余多选，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（6 分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面的轻质电梯，电梯的顶端可超过地球同步卫星的高度R（从地心算
起）延伸到太空深处，利用这种太空电梯可以低成本发射及回收人造地球卫星，如图所示。发射方法是将卫星通
过太空电梯匀速提升到相应高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。假设在某次发射时，卫星在太
空电梯中极其缓慢地上升，上升到某一高度时意外地和电梯脱离，关于脱离后卫星的运动以下说法正确的是（
）
A．若在0.80R 处脱离，卫星将沿直线落向地球
B．若在0.80R 处脱离，卫星沿曲线轨道靠近地球
C．若在R 处脱离，卫星将沿直线落向地球
D．若在1.5R 处脱离，卫星将沿曲线轨道靠近地球
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】由于“电梯”也随地球做圆周运动，故电梯上脱落的物体相对于地球速度不为0，故不会沿直线落向地
球，若刚好在R 处脱落则卫星恰好为同步卫星，绕地球做圆周运动而相对于电梯静止，其它位移脱落根据万有引
力和向心力的大小关系进行分析即可。
【解答】解：A、由题意知，电梯和同步卫星绕地球做圆周运动，在同步卫星处刚好满足万有引力提供圆周运动
向心力，整个电梯转动的角速度相同，在半径小于R 的位置万有引力大于同步卫星处的引力，而向心力小于同步
卫星处的向心力，故在距离小于R 的位置脱落，卫星满足提供的万有引力＞在该处做圆周运动需要的向心力，故
卫星要做近心运动，沿曲线落向地球，故A 错误，B 正确；
C、当卫星恰好在R 处脱落时，因为同步卫星轨道上恰好满足万有引力提供圆周运动向心力，则该卫星将成为地
球同步卫星，即相对于地球位置不变，故卫星将相对于太空电梯静止，故C 错误；
D、若在1.5R 处脱离，则卫星受到的万有引力小于需要的向心力，所以卫星将沿曲线轨道远离地球，故D 错误。
【点评】本题关键是抓住电梯相对地球静止，故电梯与地球一起自转，再抓住同步卫星轨道上万有引力与向心力
的关系进而分析小于R 处卫星的运动特征。想到同步卫星的受力特征是解决本题的关键。
2．（6 分）已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B 的表达式：B= ߤ0ܫ
2ߨݎ0，其中r0 是该点到通电直导线的距
离，I 为电流强度，μ0 为比例系数（单位为N/A2）．试推断，一个半径为R 的圆环，当通过的电流为I 时，其轴线
上距圆心O 点为r0 处的磁感应强度应为（
）
A．
ݎ02ܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
B．
ߤ0hܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
C．
ߤ0h2ܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
D．
ݑ0ݎ02ܫ
2(h2+ݎ02)
3
2
【考点】C3：磁感应强度；C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．菁优网版权所有
【分析】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合r0 取最小值进行分析。
【解答】解：根据B= ߤ0ܫ
2ߨݎ0，μ0 单位为：T•m/A；
A、等式右边单位：݉
2t݉
3 =A/m，左边单位为T，不同，故A 错误；
B、等式右边单位：
(ܶ⋅݉
/t)݉
⋅t݉
3
=T/m，左边单位为T，不同，故B 错误；
C、等式右边单位：
(ܶ⋅݉
/t)݉
2⋅t݉
3
=T，左边单位为T，相同，故C 正确；
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D、等式右边单位：
(ܶ⋅݉
/t)݉
2⋅t݉
3
=T，左边单位为T，相同，但当r0＝0 时，B＝0，显然不合实际，故D 错误；
【点评】本题关键是结合量纲和特殊值进行判断，是解决物理问题的常见方法，基础题目。
3．（6 分）如图所示，钢铁构件A、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A、B 间动摩擦
因数为μ2，卡车刹车的最大加速度为a，μ2g＞a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平
直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0 距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（
）
A．2ܽݏ0
B．2ߤ1tݏ0
C．2ߤ2tݏ0
D．(ߤ1 + ߤ2)tݏ0
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）因卡车底板和B 间动摩擦因数μ1 小于A、B 间的动摩擦因数μ2，则要使汽车安全停下来最大加速度
a＝μ1g，
（2）根据运动学公式v2＝2ax 可得卡车行驶的最大速度
【解答】解：以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，设A 的质量为m1，B 对A 的摩擦力为f1，A 的加速
度为a1，取A 为研究对象，由牛顿第二定律得：
f1＝m1a1≤μ2m1g
解得：a1≤μ2g
设A、B 的总质量为M，卡车底板对B 的摩擦力为f2，A、B 整体的加速度为a2，取A、B 整体为研究对象根据
牛顿第二定律可得：
Ma2＝f2≤μ1Mg
解得：a2≤μ1g
由μ2g＞a＞μ1g，分析可知要求其刹车后在s0 距离内能安全停下来，则车的最大加速度等于a2．由运动学公式v2
﹣v02＝2ax 得车的最大速度：vm=
2ߤ1tݏ0
故ACD 错误，B 正确
【点评】此题书牛顿第二定律的综合应用问题；关键是决定汽车刹车的最大加速度，然后联系运动学公式求解最
大速度
4．（6 分）用两段等长的轻质细线将a、b 两个小球连接并悬挂于O 点，如图甲所示，球a 受到水平向右的力3F 的作
用，小球b 受到水平向左的力F 的作用，平衡时细线都被拉紧，则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、
b 两球质量之比为（
）
A．1：l
B．1：2
C．2：1
D．2：3
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】运用整体法研究Oa 绳与竖直方向的夹角；再隔离B 研究，分析ab 绳与竖直方向的夹角；由几何关系得
到两夹角相等，判断两个质量的关系。
【解答】解：a 受到3F 水平向右的力，b 受到F 的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：
设Oa 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
tanα= 3ܨ−ܨ݉ܽ
+ܾ݉
=
2ܨ݉ܽ
+ܾ݉
⋯①
以b 球为研究对象，受力如图。设ab 绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
tanβ= ܨܾ݉⋯②
由几何关系得到：
α＝β…③
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联立①②③解得：ma＝mb．故A 正确，BCD 错误
【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡问题，采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活
选择研究对象的能力。
5．（6 分）水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab
棒以水平初速度v0 向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（
）
A．电流所做的功相等
B．通过ab 棒的电量相等
C．产生的总内能相等
D．安培力对ab 棒所做的功不相等
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；538：电磁感应——功能问题．
【分析】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分
析答题。
【解答】解：（1）导轨光滑时，导体棒的位移s 大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量Q= △Ȱ
h = ܤ△ܵ
h
= ܤܮݏ
h ，
B、R、导体棒长度L 相同，s 越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大。
（2）当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；
当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，
另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为
内能的和等于金属棒的初动能；由以上分析可知，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，
两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能；故CD 正确，AB 错误；
故选：CD。
【点评】本题难度不大，对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析问题，即可正确解题。
6．（6 分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝3：1，原线圈EF 两端与宽度d＝2m 的光滑平行金属
轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B＝1.8T 的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆以v＝10 2sin10πt
（m/s）的速度在轨道上往复运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈GH 两端连接的电路如图，三个灯泡的电
阻均为6Ω，L 是直流电阻不计的理想线圈，C 是电容器。下列说法正确的是（
）
A．三个灯泡的亮度相同
B．副线圈中电流的频率为10Hz
C．灯泡D1 的功率为24W
D．若导体棒的运动周期变为0.1s，则灯泡D2 变暗，D3 变亮
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】在交流电路中，电容器和电感器对电流又阻碍作用，根据E＝BLv 知，原线圈导体棒切割磁感线产生的
是正弦式感应电流，副线圈是同频率的正弦交变电流，根据感抗和容抗的相关知识分析周期变化时，灯泡的亮暗
情况，求灯泡ܦ1 的功率根据有效值计算
【解答】解：A、当金属杆在导轨上以速度㘴= 10 2ݏth0ߨݐ（m/s）运动时，导体中产生正弦交流电，则变压器次
级产生的也是正弦交流电，因电感线圈和电容器对电容器对交流电都有阻碍作用，故三个灯泡的亮度不相同，ܦ1
的亮度最大，故A 错误；
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B、根据E＝BLv，可得导体棒产生的电动势ܧ= ܤ݀㘴= 36 2ݏth10ߨݐ(ܸ)，故交流电的频率为݂
=߱2ߨ= 10ߨ
2ߨ= 5ܪݖ，
故B 错误；
C、变压器的原副线圈的匝数比h1 ：h2 = 3：1，则次级电压最大值为ܷ
2݉
= 12 2ܸ，有效值为ܷ
2 = 12 2
2ܸ
= 12ܸ，
灯泡ܦ1 的功率为ܲ
ܦ1 =ܷ
2
2
h =
122
6
= 24ܹ
，故C 正确；
D、若导体棒的运动周期变为0.1s，产生的交流电的频率变大，则L 对交流电的阻碍作用变大，则灯泡ܦ2 变暗，
电容器C 对交流电的阻碍作用减小，则ܦ3 变亮，故D 正确；
故选：CD。
【点评】解决本题的关键是知道导体棒切割磁感线产生正弦式交变电流，运用E＝BLv．变压器公式正确解题，注
意感抗公式ݔܮ= 2ߨܮ݂，容抗公式ݔܥ=
1
2ߨ݂ܥ。
7．（6 分）将质量为2m 的长木板静止地放在光滑水平面上，如图甲所示。第一次，质量为m 的小铅块（可视为质点），
在木板上以水平初速度v．由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。第二次，将木板分成长度
与质量均相等的两段1 和2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0 由木板1 的左端开始滑
动，如图乙所示。设铅块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对上述两过程，下列判断正确的是（
）
A．铅块在木板1 上滑动时两段木板间的作用力为μmg
B．铅块在木板1 上滑动时两段木板间的作用力为
1
2μmg
C．小铅块第二次仍能到达木板2 的右端
D．系统第一次因摩擦而产生的热量较多
【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有
【分析】比较两次运动的区别，铅块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动
过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到2 部分上后1 部分停止加速，只有2 加速，
加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板。根据摩擦力乘以相对位移等于热量比
较小铅块在木板2 上和木板1 上产生的热量
【解答】解：AB、第二次小铅块先使整个木板加速，根据牛顿第二定律得：a= ߤ݉
t
2݉
= 1
2 ߤt，对2 木板根据牛顿
第二定律得：ܨ12 =݉ܽ
= 1
2 ߤ݉
t，故A 错误，B 正确；
C、在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，
第二次小铅块先使整个木板加速，运动到2 部分上后1 部分停止加速，只有2 部分加速，加速度大于第一次的对
应过程，故第二次小铅块与2 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2 的右端。故C 错误；
D、由于在乙中小铅块还没有运动到2 的右端，所以在木板2 上相对运动的位移没有在木板上1 大，所以在乙中
小铅块相对木板的位移小于在甲中小铅块相对木板的位移，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，所以乙中
产生的热量小于在木板甲上滑行产生热量，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键理清铅块和木板的运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，以及掌握功能关系Q
＝fs 相对。
8．（6 分）用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线。调高电子的能量再
次进行观测，发现光谱线的数目原来增加了5 条。用△n 表示两次观测中最高激发态的量子数n 之差，E 表示调高
后电子的能量。根据氢原子的能级图可以判断，△n 和E 的可能值为（
）
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A．△n＝1，13.22 eV＜E＜13.32 eV
B．△n＝2，13.22 eV＜E＜13.32 eV
C．△n＝1，12.75 eV＜E＜13.06 eV
D．△n＝2，12.72 eV＜E＜13.06 eV
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【专题】54N：原子的能级结构专题．
【分析】本题难度较大，要明确产生光线数目m 和能级n 之间的关系，即m= h(h−1)
2
，氢原子吸收电子能量时只
吸收对应能级之间的能量差，即能量的吸收应该满足量子化。
【解答】解：最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，因此设氢原子原来的最高能级为n，则调高后
的能级为（n+△n），
则有：
(h+△h)(h+△h−1)
2
−
h(h−1)
2
=5，即：2n△n+△n2﹣△n＝10
讨论：当△n＝1 时，n＝5，调整后的能级为n＝6，此时能极差为：△E＝﹣0.38﹣（﹣13.6）＝13.22eV，因此提
高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第7 能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即
小于△E＝﹣0.28﹣（﹣13.6）＝13.32eV，所以A 正确，C 错误；
当△n＝2 时，n＝2，调整后的能级为n＝4，此时能极差为：△E＝﹣0.85﹣（﹣13.6）＝12.75eV，因此提
高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第5 能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即
小于△E＝﹣0.54﹣（﹣13.6）＝13.06eV，所以D 正确，B 错误。
故选：AD。
【点评】该题学生容易出错，考查知识点全面，要求学生在掌握能级、激发态、能级跃迁、能级差等概念的基础
上，具备综合理解分析能力。
二、非选择题：
9．（6 分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1 连接起来进行探究。
（1）某次测量如图2，指针示数为
16.00
cm。
（2）在弹性限度内，将50g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B 的示数LA、LB 如表。用表数据计算弹簧
I 的劲度系数为
12.5
N/m（重力加速度g＝10m/s2）。由表数据
能
（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲
度系数。
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
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【专题】13：实验题．
【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位。
（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数。通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以
求出弹簧Ⅱ的劲度系数。
【解答】解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm。
（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F＝0.5N 时，弹簧形变量的变化量为△x＝4.00cm，根据胡克定律
知：݇
1 = △ܨ
△ݔ= 0.5
0.04 = 12.5ܰ/݉
。
结合L1 和L2 示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲
度系数。
故答案为：（1）16.00；（2）12.5，能。
【点评】解决本题的关键掌握胡克定律，知道F＝kx，x 表示形变量，以及知道其变形式△F＝k△x，△x 为形变
量的变化量。
10．（9 分）某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
（1）已知表头G 满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900Ω．R1、R2 和R3 是定值电阻。利用R1 和表头构
成1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用
a、c 两个接线柱，电压表的量程为3V．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝
100
Ω，R2＝
910
Ω，
R3＝
2000
Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表
对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E 为
5V；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ．为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值
为
50
Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近
M
（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的
真实值
大于
（填“大于”或“小于”）900Ω。
【考点】NA：把电流表改装成电压表．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据串并联电路的知识求定值电阻的阻值
（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器
（3）分压电路，控制电路两端的电压由0 开始增大，同时也起到保护作用
（4）改装表的读数比标准表的读数偏小，指针偏转的角度偏小，流过的表头的电流偏小，可能是表头电阻偏大
【解答】解：（1）根据题意，h1 与表头G 构成1mA 的电流表，则：ܫt ht = (ܫ−ܫt )h1 ，
代入数据：100 × 10−6 × 900 = (1 × 10−3 −100 × 10−6)h1
整理得h1 = 100Ω
若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为1V，则h2 =ܷܾܽ
−ܫtht
ܫ
= 1−0.09
1×10−3 Ω = 910Ω
若使用a、c 两个接线柱，电压表的量程为3V，则h3 =ܷܽܿ
−ܫtht−ܫh2
ܫ
=
3−0.09−1×10−3×910
1×10−3
Ω = 2000Ω
（2）电压表与之并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远小于并联部分，同时
还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻。
（3）在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近M 端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。
（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G 的电流偏小，则实际其电阻偏大，故
其实际阻值大于900Ω
故答案为：（1）100，910，2 000；（2）50；（3）M；（4）大于。
【点评】本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确
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解题。
11．（14 分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C 的连线水平。质量
为m 的带正电小球从B 点正上方的A 点自由下落A，B 两点间距离为4R．从小球（小球直径小于细圆管直径）
进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，
大小与重力相等，结果小球从管口C 处离开圆管后，又能经过A 点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加
速度为g，求：
（1）小球到达B 点时的速度大小；
（2）小球受到的电场力大小；
（3）小球经过管口C 处时对圆管壁的压力。
【考点】38：牛顿第三定律；65：动能定理；6C：机械能守恒定律；A6：电场强度与电场力．菁优网版权所有
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】（1）小球从A 开始自由下落到到达管口B 的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达B 点
时的速度大小；
（2）将电场力分解为水平和竖直两个方向的分力，小球从B 到C 的过程中，水平分力做负功，根据动能定理得
到水平分力与B、C 速度的关系。小球从C 处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀
加速运动，则两个方向的位移，由运动学公式和牛顿第二定律结合可水平分力。竖直分力大小等于重力，再进行
合成可求出电场力的大小。
（3）小球经过管口C 处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求解球对圆管
壁的压力。
【解答】解：（1）小球从A 开始自由下落到到达管口B 的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：
mg•4R= 1
2݉
㘴ܤ
2
解得，㘴ܤ= 2 2th
（2）设电场力的水平分力和竖直分力分别为Fx 和Fy，则
Fy＝mg，方向竖直向上。小球从B 到C 的过程中，电
场力的水平分力Fx 做负功，根据动能定理得
﹣Fx•2R= 1
2݉
㘴ܥ
2 −1
2݉
㘴ܤ
2
小球从C 处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则：
y＝4R
x＝2R= 1
2ܽ
ݔݐ2 = ܨݔ
2݉
ݐ2
t= 4h
㘴ܥ
联立解得，Fx＝mg
故电场力的大小为F＝qE=
ܨݔ
2 + ܨݕ
2 =
2mg
（3）小球经过管口C 处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律得
Fx+N＝m
㘴ܥ
2
h
得
N＝3mg，方向向左
根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C 处时对圆管壁的压力大小N′＝N＝3mg，方向水平向右。
答：
（1）小球到达B 点时的速度大小是2 2th；
（2）小球受到的电场力大小2݉
t；
（3）小球经过管口C 处时对圆管壁的压力大小为3mg，方向水平向右。
【点评】本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运动，并采用正交分解求解
电场力，常规方法，难度适中。
12．（18 分）如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K 和质量为m 的“U”形
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- 1499 -
框缓冲车厢。在车厢的底板上固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部固定有电磁铁（图中未画出），
能产生垂直于导轨平面向下并随车厢一起运动的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，设导轨右端QN 是磁场的右
边界。导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数
为n，ab 边长为L．假设缓冲车以速度v0 与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下（碰前车厢与滑块相对静止），此
后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲。不计一切摩擦阻力。
（1）求滑块K 的线圈中感应电流方向（从俯视图看，写“顺时针”，“逆时针”）及最大感应电流的大小。
（2）若缓冲车与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，为使缓冲车厢所受的最大水平磁场力不超过Fm，求缓冲车
匀速运动时的最大速度vmax；
（3）在若缓冲车以速度v0 与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，求此后缓冲车的速度v 随位移x 的变化规律及
缓冲车在滑块K 停下后的最大位移（设此过程中缓冲车未与障碍物相碰）；
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】（1）根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向，缓冲车的最大速度为㘴0 ，根据法拉第电磁感应定律
及闭合电路欧姆定律求感应电流的最大值；
（2）由法拉第电磁感应定律与安培力大小公式相综合，并用平衡条件来确定结果；
（3）以缓冲车为研究对象，取极短的时间列出动量定理方程，再求和即可得出速度随时间变化规律，当速度为0
时，位移最大。
【解答】解：（1）由右手定则判断出感应电流的方向是逆时针方向；
缓冲车以速度v0 与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动
势最大，由法拉第电磁感应定律得Em＝nBL㘴0 ①
由闭合电路欧姆定律得：I= ܧ
h②
解得感应电流最大值为：Imax= hܤt㘴0
h
（2）缓冲车与障碍物碰撞后，滑块相对于磁场的速度大小为vmax，
线圈中产生的感应电动势为：Em＝nBLvm ③
线圈中的电流为：I= ܧ
h④
线圈ab 边受到的安培力F＝nBIl
⑤
根据牛顿第三定律，缓冲车厢受到的磁场力F'＝F
⑥
根据题意得F'≤Fm ⑦
联立③④⑤⑥⑦得：㘴݉ܽ
ݔ=
ܨ݉h
n2ܤ2t2
（3）由第（2）③④⑤⑥可知，当小车速度为v 时，
小车所受安培力为：ܨ= h2ܤ2t2
h
㘴⑧
以小车为对象利用动量定理得：−∑ܨ△ݐ=݉
㘴−݉
㘴0 ⑨
−h2ܤ2t2
h
ݔ=݉
㘴−݉
㘴0
解得：v= 㘴0 −
h2ܤ2t2݉
h
ݔ
由⑧⑨解得：−h2ܤ2t2
h
σ㘴△ݐ= 0 −݉
㘴0 ⑩其中∑㘴△ݐ= ݔ݉
可解得小车最大位移为：ݔ݉
=݉
h
h2ܤ2t2 㘴0
答：（1）滑块K 的线圈中感应电流方向为逆时针方向，最大感应电流的大小
hܤܮ㘴0
h
。
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（2）缓冲车匀速运动时的最大速度㘴݉ܽ
ݔ为
ܨ݉h
h2 ܤ2 t2 ；
（3）缓冲车的速度v 随位移x 的变化规律㘴= 㘴0 −h2ܤ2t2݉
h
ݔ，缓冲车在滑块K 停下后的最大位移݉
h
h2 ܤ2 t2 㘴0
【点评】本题考查学生分析和理解科技成果的能力，运用电磁感应、电路及力学的基本规律进行分析。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/15 14:15:42 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年湖南省长沙一中高考物理三模试卷
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，
第5-8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）做直线运动的质点其加速度随时间变化的图象如图所示，阴影部分的“面积”大小为A，t0 时刻，质点的
速度为零。在0﹣t0 时间内，质点发生的位移是（
）
A．−tݐ0
2
B．
tݐ0
2
C．﹣At0
D．At0
2．（6 分）如图所示，将一块较厚的泡沫塑料垫在电子秤上，再将一铝管竖直固定在泡沫塑料上，把一块直径比铝管
内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触．在强磁铁由静止释放
至落到泡沫塑料上之前，关于电子称示数的变化，下列情况可能发生的是（不考虑电子秤内部铁磁性材料与磁铁
相互作用的影响，不考虑边缘效应）（
）
A．始终不变
B．先变小后变大
C．不断变大
D．先变大后变小
3．（6 分）嫦娥四号，专家称“四号星”，计划在2018 年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造
探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知
月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期
为T．根据以上信息下列说法正确的是（
）
A．月球的第一宇宙速度为tݎ
B．嫦娥四号绕月运行的速度为tݎ2
h
C．万有引力常量可表示为
3ߨݎ3
ߩܶ2h3
D．嫦娥四号必须减速运动才能返回地球
4．（6 分）电场强度方向与x 轴平行的静电场，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q 的粒子（不
计重力），以初速度v0 从O 点（x＝0）沿经轴正方向进入电场．下列叙述正确的是（
）
A．粒子从O 点运动到x4 点的过程中，在x3 点速度最大
B．粒子从x1 点运动到x3 点的过程中，电势能先减小后增大
C．要使粒子能运动到x4 处，粒子的初速度v0 至少为2 ݍ߮
0݉
D．若v0＝2 ݍ߮
0݉，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0
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5．（6 分）如图所示，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方
向向右，滑块B 的质量为m，速度大小为v0，方向向左．两滑块发生弹性碰撞后粘在一起，下列说法正确的是（
）
A．碰撞过程中机械能守恒
B．碰撞过程中动量守恒
C．碰后A 和B 一起向左运动，速度大小为
㘴0
2
D．碰后A 和B 一起向右运动，速度大小为
㘴0
2
6．（6 分）如图所示为教室中吊扇的风速挡位变换器电路图．它是一个可调压的理想变压器，其中原线圈的匝数n0
＝2200 匝．接入交流电的电压有效值U0＝220V、挡位1、2、3、4 对应的线圈匝数分别为220 匝、550 匝、1 100
匝、2 200 匝．电动机M 的内阻r＝4Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W．下列判断正确的是（
）
A．当挡位由2 变换到1 时，风扇的转速加快
B．当选择挡位3 时，电动机两端电压为110 V
C．当选择挡位2 时，电动机的热功率大于1W
D．当选择挡位4 时，电动机的输出功率为109W
7．（6 分）如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中AB＝BC，在A 点正上方的O 点以初速度v0
水平抛出一小球，刚好落在B 点，小球运动的轨迹与OC 的连线交于D 点．不计空气驵力，重力加速度为g，则
下列说法正确的是（
）
A．小球在OD 段的水平位移是全过程水平位移的
1
2
B．小球在OD 段的水平位移是全过程水平位移的
1
3
C．在OD 段重力做的功与全过程重力做的功之比为
1
4
D．在OD 段重力做的功与全过程重力做的功之比为
1
3
8．（6 分）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD 水平放置，MA、NB 间距0.4 m，AC、BD 的延长
线相交于E 点且AE＝BE，E 点到AB 的距离d＝6m，M、N 两端与阻值为2Ω的电阻相连，虚线右侧存在方向与
导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．一根长度也为0.4m、质量为0.6kg、电阻不计的金属棒，在
外力作用下从AB 处以初速度v0＝2m/s 沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R 上消耗的电
功率不变，则下列说法正确的是（
）
A．金属棒AB 做匀加速直线运动
B．当金属棒AB 向右运动2m 时的速度大小为3m/s
C．电阻R 上消耗的电功率为0.32 W
D．金属棒向右运动3m 的过程中，电路中产生的焦耳热为0.36 J
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）[必考题]
9．（6 分）某同学探究“弹力与弹簧伸长量的关系”的步骤如下：
A．将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧；
B．弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度计为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g
砝码，弹簧长度依次L1 至L6，数据如下表：
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- 1503 -
代表符号
L0
Lx
L1
L2
L3
L4
L5
L6
数值（cm）25.35
27.35
29.35
31.30
33.4
35.35
37.40
39.30
C．根据数据计录表格作出如下的图线，纵轴是砝码的质量m，横轴是弹簧长度与Lx 的差值x．
回答如下问题：
（1）表中有一个数值记录不规范，代表符号为
．
（2）由图可知弹簧的劲度系数为
N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为
g（结果均保留两位有效
数字，重力加速度取9.8 m/s2）．
10．（8 分）国际（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻
率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管℃两端
接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；
电压表V1（量程为3V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3V，内阻很大）；
定值电阻R1（阻值4kΩ）；
定值电阻R2（阻值2kΩ）；
电阻箱R（最大阻值9999Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；
游标卡尺；刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S 拨到1 位置，记录电压表V1 示数；
D．把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d＝
mm。
（2）玻璃管内水柱的电阻Rx 的表达式为：Rx＝
（用R1、R2、R 表示）。
（3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的R−1
ܮ关系图象，自来水的
电阻率ρ＝
Ω•m（保留两位有效数字）。
（4）本实验中若电压表V1 内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将
（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
11．（15 分）如图所示（1），在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m＝1kg，初速度为v0 的木块，现在加水平恒力
F，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现不同的F，物块在地面运动的时间t 不同，且当﹣2N≤F
＜2N 时，
1
ݐ与F 的关系如图（2）所示（设v0 的方向为正、滑动摩擦力等于最大静摩擦力），则
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（1）物块的初速度为多少？
（2）物块与地面间的动摩擦因数为多少？
（3）物块运动的时间t 可能等于0.4s 吗？说明原因。
12．
（18 分）如图所示，在第一象限内OM 两侧分別有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1＝0.1 T、
B2＝0.05T，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α．在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度
E＝1×104V/m．现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域．已知A 点横坐标xA＝﹣5
×10
﹣2m，带电粒子的质量m＝1.6×10
﹣24kg，电荷量q＝+1.6×10
﹣15C（不计带电粒子所受重力）．
（1）粒子作两个磁场中做圆周运动的轨迹半径各是多大；
（2）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？（用反三角函数表示）
（3）如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过A 点释放时经过OM 上的那些点，试讨论
粒子释放的位置应满足什么条件？
（二）选考题[物理-选修3-3]
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质
B．大颗粒的盐磨成了细盐。就变成了非晶体
C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和汽压的比值
D．分子质量不同的两种理想气体，温度相同时其分子的平均平动动能相同
E．第二类永动机并不违背热力学第二定律，但违背能量守恒定律
14．
（10 分）汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升．已知某型号轮胎能在﹣40℃～
90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm．设轮胎容积
不变，气体视为理想气体，请计算和回答：
①在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？
②为什么汽车在行驶过程中易爆胎，爆胎后胎内气体的内能怎样变化？说明理由．
[物理-选修3-4]
15．下列说法正确的是（
）
A．简谐运动的周期与振幅无关
B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F＝﹣kx 中，F 为振子受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数
C．某个质点的振动速度就是波的传播速度
D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽
E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狹缝宽度必须比波长小或者相差不多
16．如图所示，直用三棱镜的折射率n=
3，∠A＝30°．﹣束与OB 面成30°角的光射向OB 面．光线在棱镜内传
播时，不考虑光在OB 面上的反射．
①该束光线能否在OA 面发生全反射？
②若光从面AB 上的C 点（未标出）射出，从C 点射向空气的光的传播方向如何？
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2018 年湖南省长沙一中高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目要求，
第5-8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）做直线运动的质点其加速度随时间变化的图象如图所示，阴影部分的“面积”大小为A，t0 时刻，质点的
速度为零。在0﹣t0 时间内，质点发生的位移是（
）
A．−tݐ0
2
B．
tݐ0
2
C．﹣At0
D．At0
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】由图看出，质点的加速度不变，t0 时刻，质点的速度为零，说明质点做匀减速直线运动。由面积表示速
度的变化量，求出t＝0 时刻的速度，再由平均速度求位移。
【解答】解：由图知，质点的加速度不变，且t0 时刻，质点的速度为零，则知质点做匀减速直线运动。
设t＝0 时刻质点的速度为v0。
根据“面积”表示速度的变化量，则有0﹣v0＝A
在0﹣t0 时间内，质点发生的位移x=−㘴0+0
2
ݐ0
联立解得x=−tݐ0
2
【点评】解决本题的关键要知道加速度时间图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，运用运动学公式研究。
2．（6 分）如图所示，将一块较厚的泡沫塑料垫在电子秤上，再将一铝管竖直固定在泡沫塑料上，把一块直径比铝管
内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触．在强磁铁由静止释放
至落到泡沫塑料上之前，关于电子称示数的变化，下列情况可能发生的是（不考虑电子秤内部铁磁性材料与磁铁
相互作用的影响，不考虑边缘效应）（
）
A．始终不变
B．先变小后变大
C．不断变大
D．先变大后变小
【考点】DB：楞次定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的
变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；在下落过程中导致铝管产生热能；根据楞次定律得出铝
管对泡沫塑料的压力大于铝管的重力．
【解答】解：磁铁在整个下落过程中，由楞次定律中来拒去留规律可知，铝管受向下的作用力，故铝管对泡沫塑
料的压力一定大于铝管的重力；由于强磁铁下落的速度增大，则导致铝管的磁通量变化率变大，因此产生感应电
流增大，那么安培力也会增大，那么铝管对泡沫塑料的压力增大，即电子秤示数的不断变大，故C 正确，ABD 错
误；
【点评】本题考查楞次定律的另一种表述：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它．要注意
理解并能准确应用；同时本题还涉及到决定磁通量变化率的大小因素．
3．（6 分）嫦娥四号，专家称“四号星”，计划在2018 年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造
探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知
月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期
为T．根据以上信息下列说法正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．月球的第一宇宙速度为tݎ
B．嫦娥四号绕月运行的速度为tݎ2
h
C．万有引力常量可表示为
3ߨݎ3
ߩܶ2h3
D．嫦娥四号必须减速运动才能返回地球
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．菁优网版权所有
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】1、根据重力提供向心力݉
t =݉
㘴2
h ，得月球的第一宇宙速度为㘴=
th．
2、根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，得㘴=
ܩܯ
ݎ，月球表面的物体受到的重力等于万有引力݉
t = ܩܯ݉
h2 ，
得GM＝R2g．二式化简可得卫星速度．
3、根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，得月球的质量ܯ= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，解得月球的密度ߩ= ܯܸ=
4ߨ2ݎ3
ܩܶ2
4
3ߨh3 = 3ߨݎ3
ܩܶ2h3，
变形可得万有引力常量．
4、嫦娥四号必须加速做离心运动才能脱离月球束缚返回地球．
【解答】解：A、月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力݉
t =݉
㘴2
h ，得㘴=
th．故
A 错误。
B、根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ，得㘴=
ܩܯ
ݎ，又因为月球表面的物体受到的重力等于万有引力݉
t =
ܩܯ݉
h2 ，得GM＝R2g。
所以㘴=
ܩܯ
ݎ=
th2
ݎ，故B 错误。
C、根据万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，得月球的质量ܯ= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 ，所以月球的密度ߩ= ܯܸ=
4ߨ2ݎ3
ܩܶ2
4
3ߨh3 = 3ߨݎ3
ܩܶ2h3，
所以万有引力常量为ܩ= 3ߨݎ3
ߩܶ2h3．故C 正确。
D、嫦娥四号要脱离月球的束缚才能返回月球，嫦娥四号要脱离月球束缚必须加速做离心运动才行。故D 错误。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力ܩܯ݉
ݎ2 =݉
㘴2
ݎ=݉
4ߨ2ܶ
2 ݎ，会根据该规律计算线速度和中心天体
的质量．
4．（6 分）电场强度方向与x 轴平行的静电场，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q 的粒子（不
计重力），以初速度v0 从O 点（x＝0）沿经轴正方向进入电场．下列叙述正确的是（
）
A．粒子从O 点运动到x4 点的过程中，在x3 点速度最大
B．粒子从x1 点运动到x3 点的过程中，电势能先减小后增大
C．要使粒子能运动到x4 处，粒子的初速度v0 至少为2 ݍ߮
0݉
D．若v0＝2 ݍ߮
0݉，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0
【考点】A6：电场强度与电场力；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况．根据正电荷在
电势高处电势越大，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1 处，就能到达x4 处，根据动能定理研究0﹣x1 过程，
求解初速度v0．粒子运动到x3 处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度
【解答】解：A、B、粒子从O 运动到x1 的过程中，电势升高，场强方向沿x 轴负方向，粒子所受的电场力方向
也沿x 轴负方向，粒子做减速运动。粒子从x1 运动到x3 的过程中，电势不断降低，粒子做加速运动，从从x3 运
动到x4 的过程中，粒子做减速运动，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断
增大，故在x3 点速度最大。故A 正确，B 错误。
C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1 处，就能到达x4 处，当粒子恰好运动到x1 处时，由动能
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- 1507 -
定理得：
q（0﹣φ0）＝0−1
2݉
㘴0
2
解得：v0=
ݍ߮
0݉，故C 错误
D、若v0＝2 ݍ߮
0݉，粒子运动到x3 处电势能最小，动能最大，由动能定理得：
q[0﹣（﹣φ0）]= 1
2݉
㘴݉2 −1
2݉
㘴0
2
解得最大动能为：
1
2݉
㘴݉2 =3qφ0．故D 正确
故选：AD。
【点评】根据电势φ随x 的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动
能定理列方程解答
5．（6 分）如图所示，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方
向向右，滑块B 的质量为m，速度大小为v0，方向向左．两滑块发生弹性碰撞后粘在一起，下列说法正确的是（
）
A．碰撞过程中机械能守恒
B．碰撞过程中动量守恒
C．碰后A 和B 一起向左运动，速度大小为
㘴0
2
D．碰后A 和B 一起向右运动，速度大小为
㘴0
2
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，机械能不守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律求碰后A 和B 的速
度．
【解答】解：AB、两球碰撞的过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，由于合外力为零，所以系统的动量
守恒。碰撞过程中机械能不守恒，转化为内能，故A 错误，B 正确。
CD、取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B 的速度分别为：vA＝2v0、vB＝﹣v0．根据动量守恒定律得m×2v0+m
×（﹣v0）＝2mv，得v= 㘴0
2 ．故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题碰撞过程中系统遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正
方向，用符号表示速度的方向．
6．（6 分）如图所示为教室中吊扇的风速挡位变换器电路图．它是一个可调压的理想变压器，其中原线圈的匝数n0
＝2200 匝．接入交流电的电压有效值U0＝220V、挡位1、2、3、4 对应的线圈匝数分别为220 匝、550 匝、1 100
匝、2 200 匝．电动机M 的内阻r＝4Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W．下列判断正确的是（
）
A．当挡位由2 变换到1 时，风扇的转速加快
B．当选择挡位3 时，电动机两端电压为110 V
C．当选择挡位2 时，电动机的热功率大于1W
D．当选择挡位4 时，电动机的输出功率为109W
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】根据电压与匝数成正比求出副线圈两端的电压，电动机的功率可以根据公式ܲ
=ܷ
2
h 分析，电动机的输出
功率等于电动机输入的电功率减去电动机内阻消耗的热功率．
【解答】解：A、由电压与匝数的关系ܷ
0ܷ
1
=
h0
h1
，在档位1 时有ܷ
0
h0
=ܷ
1
h1
，得U1＝22V，在档位2 时有：ܷ0
h0
=ܷ
2
h2
，
得U2＝55V；当由档位2 变换到1 时，副线圈匝数减少，输出电压减小，电动机的功率减小，风扇的转速减慢。
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故A 错误；
B、在档位3 时有：ܷ
0ܷ
3
=
h0
h3
，得：U3＝110V；故B 正确；
C、D、在额定功率的情况下，电动机的额定电流为ܫ=ܷܲ
= 0.5t，热功率ܲ
ݎ= ܫ2 ݎ= 1ܹ
，输出功率为ܲ
−ܲ
ݎ=
(110 −1)ܹ
= 109ܹ
；当没有达到额定功率时，热功率小于1W，故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明
确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式．
7．（6 分）如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中AB＝BC，在A 点正上方的O 点以初速度v0
水平抛出一小球，刚好落在B 点，小球运动的轨迹与OC 的连线交于D 点．不计空气驵力，重力加速度为g，则
下列说法正确的是（
）
A．小球在OD 段的水平位移是全过程水平位移的
1
2
B．小球在OD 段的水平位移是全过程水平位移的
1
3
C．在OD 段重力做的功与全过程重力做的功之比为
1
4
D．在OD 段重力做的功与全过程重力做的功之比为
1
3
【考点】43：平抛运动；62：功的计算．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】物体做平抛运动，在水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，根据水平方向的位移关系，利用几何
关系求得下落到D 点的时间与落到B 的时间关系即可判断．
【解答】解：AB、设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，则有：
Lcosθ＝v0t
Lsinθ= 1
2 tݐ2，
联立解得：t= 2㘴0ݐܽhߠ
t
，
根据通式∠OBA＝α，∠C＝β，则tanα=݄tܤ，tanβ=݄tܥ，由于AB＝BC，可知落到D 点所用时间是落到B 点所用
时间的
1
2，即小球经过D 点的水平位移是落到B 点水平位移的
1
2，故A 正确，B 错误；
C、由于竖直方向时
1
4自由落体运动，根据下落的时间关系可知小球经过D 点下落的高度为
1
4，根据W＝mgh 可知，
小球从抛出至经过D 点时与落在B 点时重力做功的比为，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题关键是明确物体的运动性质是平抛运动，然后结合平抛运动的分运动公式列式求解，注意D 点是轨
迹与OC 直线的交点，要结合“速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2 倍”这个结论分析．
8．（6 分）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD 水平放置，MA、NB 间距0.4 m，AC、BD 的延长
线相交于E 点且AE＝BE，E 点到AB 的距离d＝6m，M、N 两端与阻值为2Ω的电阻相连，虚线右侧存在方向与
导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．一根长度也为0.4m、质量为0.6kg、电阻不计的金属棒，在
外力作用下从AB 处以初速度v0＝2m/s 沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R 上消耗的电
功率不变，则下列说法正确的是（
）
A．金属棒AB 做匀加速直线运动
B．当金属棒AB 向右运动2m 时的速度大小为3m/s
C．电阻R 上消耗的电功率为0.32 W
D．金属棒向右运动3m 的过程中，电路中产生的焦耳热为0.36 J
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】33：参照思想；42：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．
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- 1509 -
【分析】电阻R 上消耗的电功率不变，电流不变，根据E＝BLv 和欧姆定律分析金属棒AB 的速度变化情况．当
金属棒AB 向右运动2m 时，由几何关系求金属棒有效切割长度，再由E＝BLv 可求得速度．根据导体切割的有效
长度可得出安培力的表达式，利用F﹣x 图象，借助v﹣t 图象的规律可由图象求得克服安培力的功，即为电路中
产生的焦耳热．
【解答】解：A、电阻R 上消耗的电功率不变，电流不变，根据I= ܧ
h = ܤܮ㘴
h ．由于金属棒AB 的有效切割长度减
小，则速度v 增大，金属棒AB 做加速直线运动。若金属棒AB 做匀加速直线运动，设AE 与BE 的夹角为2α，
则经过时间t 有效切割长度为
L ＝L0 ﹣2 （v0t + 1
2ܽݐ2 ）tanα ，t 时刻的速度
v ＝v0+at ，可得
I=
ܤ[ܮ0−2(㘴0ݐ+1
2ܽݐ2)ݐܽhߙ](㘴0+ܽݐ)
h
，可知I 随t 是变化，所以金属棒AB 一定做变加速直线运动，故A 错误。
B、金属棒开始运动时产生感应电动势为：E＝BLv0＝1×0.4×2＝0.8V；电路中的电流为：I= ܧ
h = 0.8
2 =0.4A
由几何关系得tanα= 0.2
6 = 1
30，当金属棒AB 向右运动2m 时，设有效切割长度为L，则
ܮ
ܮ0
=
4
6，L0＝0.4m，解得
L= 4
15m
由I= ܤܮ㘴
h ，得v＝3m/s，故B 正确。
C、电阻R 上消耗的电功率为P＝I2R＝0.42×2W＝0.32W，故C 正确。
D、金属棒向右运动运动距离为x 时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得：݀
−ݔ݀=
ܮ1
ܮ0
，
解得：L1= ܮ0(݀−ݔ)݀=0.4−ݔ
15（m）
此时金属棒所受安培力为：F＝BIL1＝0.16−2ݔ
75（0≤x≤݀2）
作出F﹣x 图象如图所示，
由图象可得运动x=݀2 =3m 的过程中克服安培力所做的功为：
W= ܨx= 0.16+0.08
2
×3J＝0.36J；
所以电路中产生的焦耳热为Q＝W＝0.36 J，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题的关键是根据F﹣x 图象所围的面积求出克服安培力所做的功，可与v﹣t 图象类比来理解．本题中
安培力是变力，要根据安培力的平均值求克服安培力做功．
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）[必考题]
9．（6 分）某同学探究“弹力与弹簧伸长量的关系”的步骤如下：
A．将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧；
B．弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度计为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g
砝码，弹簧长度依次L1 至L6，数据如下表：
代表符号
L0
Lx
L1
L2
L3
L4
L5
L6
数值（cm）25.35
27.35
29.35
31.30
33.4
35.35
37.40
39.30
C．根据数据计录表格作出如下的图线，纵轴是砝码的质量m，横轴是弹簧长度与Lx 的差值x．
回答如下问题：
（1）表中有一个数值记录不规范，代表符号为
L3
．
（2）由图可知弹簧的劲度系数为
4.9
N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为
10
g（结果均保留两位有效数
字，重力加速度取9.8 m/s2）．
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【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】（1）用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的；
（2）由胡克定律求出弹簧的劲度系数与砝码盘的质量
【解答】解：（1）根据表中的数据可知，数据要保留到小数点后两位，故L3 不规范
（2）根据胡克定律公式△F＝k△x，由图象可知，弹簧的劲度系数为：k= ܨ
△ݔ=4.9N/m；
由表格得到，弹簧原长为：L0＝25.35cm，挂砝码盘时有：Lx＝27.35cm，
根据胡克定律，砝码盘质量为：M=݇
ݔ
t = 4.9×2×10−2
9.8݇
t = 10t
故答案为：（1）L3；（2）4.9；10
【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充
分利用图象处理实验数据来减少偶然误差．
10．（8 分）国际（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻
率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管℃两端
接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势均为3V，内阻可忽略）；
电压表V1（量程为3V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3V，内阻很大）；
定值电阻R1（阻值4kΩ）；
定值电阻R2（阻值2kΩ）；
电阻箱R（最大阻值9999Ω）；
单刀双掷开关S；导线若干；
游标卡尺；刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S 拨到1 位置，记录电压表V1 示数；
D．把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d＝
30.00
mm。
（2）玻璃管内水柱的电阻Rx 的表达式为：Rx＝
h1h2
h
（用R1、R2、R 表示）。
（3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的R−1
ܮ关系图象，自来水的
电阻率ρ＝
14
Ω•m（保留两位有效数字）。
（4）本实验中若电压表V1 内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将
偏大
（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【考点】N2：测定金属的电阻率．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数。
（2）分别求出S 接1 和接2 时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；
（3）从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率ρ；
（4）分析若电压表V1 内阻不是很大，对测量电阻Rx 的影响，再判断自来水电阻率测量的影响。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：3.0cm＝30mm，游标尺上第0 个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读
数为：30.00mm；
（2）设把S 拨到1 位置时，电压表V1 示数为U，则此时电路电流为ܷh1
，总电压ܷ
总=ܷ
hݔ
h1 +ܷ
，
当把S 拨到2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2 示数与电压表V1 示数相同也为U，则此时电路中的电流为ܷh，
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总电压U
总
'
=ܷh ⋅h2 +U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得
hݔ
h1
=
h2
h ，解得Rx= h1h2
h ，
（3）从图丙中可知，R＝2×103Ω时，
1
ܮ= 5.0݉
−1，
此时玻璃管内水柱的电阻Rx= h1h2
h
=4000Ω，水柱横截面积S= ߨ(݀2 )2 = 7.065 × 10−4݉
2，
由电阻定律h = ߩܮܵ得
ߩ= hܵ
ܮ=4000×7.065×10
﹣4×5Ω•m＝14Ω•m
（4）若电压表V1 内阻不是很大，则把S 拨到1 位置时，此时电路电流大于ܷh1
，实际总电压将大于ܷ
总=ܷ
hݔ
h1 +ܷ
，
所以测量的Rx 将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；
故答案为：（1）30.00；（2）
h1h2
h ；（3）14；（4）偏大。
【点评】本题考查了游标卡尺的读数，等效替代法测电阻，电阻定律以及对实验误差的分析，解答本题的关键是
明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度。
11．（15 分）如图所示（1），在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m＝1kg，初速度为v0 的木块，现在加水平恒力
F，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现不同的F，物块在地面运动的时间t 不同，且当﹣2N≤F
＜2N 时，
1
ݐ与F 的关系如图（2）所示（设v0 的方向为正、滑动摩擦力等于最大静摩擦力），则
（1）物块的初速度为多少？
（2）物块与地面间的动摩擦因数为多少？
（3）物块运动的时间t 可能等于0.4s 吗？说明原因。
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】通过图象可知物体做匀减速运动，利用牛顿第二定律求的加速度，再有速度时间公式求的
1
ݐ与F 之间的关
系，即可求的初速度；有图象截距即可求的摩擦因数；根据图象即可判断时间
【解答】解：
（1）物块做匀减速运动至静止μmg﹣F＝ma①
0＝v0﹣at②
由①②得：
1
ݐ=
ߤt
㘴0
−
1݉
㘴0
ܨ③
由③式和图线斜率可得：
1݉
㘴0
=
1
2又因m＝1 kg
则v0＝2 m/s
（2）由③式和图线截距可得：
ߤt
㘴0
= 1 则μ＝0.2
（3）当﹣2 N≤F＜2 N 时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s；
当F 小于﹣2 N 时，它会反向加速，同样不能静止，运动时间不是0.4s；
而当F 的大小超过2 N 时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷。不可能；
答：（1）物块的初速度为2m/s
（2）物块与地面间的动摩擦因数为0.2
（3）物块运动的时间t 不可能等于0.4s；当﹣2 N≤F＜2 N 时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s；而当F 的大
小超过2 N 时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷。
【点评】本题主要考查了图象问题，关键是通过图象找出
1
ݐ与F 之间的关系即可
12．
（18 分）如图所示，在第一象限内OM 两侧分別有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1＝0.1 T、
B2＝0.05T，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α．在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度
E＝1×104V/m．现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域．已知A 点横坐标xA＝﹣5
×10
﹣2m，带电粒子的质量m＝1.6×10
﹣24kg，电荷量q＝+1.6×10
﹣15C（不计带电粒子所受重力）．
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（1）粒子作两个磁场中做圆周运动的轨迹半径各是多大；
（2）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？（用反三角函数表示）
（3）如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过A 点释放时经过OM 上的那些点，试讨论
粒子释放的位置应满足什么条件？
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；27：动态预测题；32：定量思想；4L：累积法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在电场中根据动能定理求出粒子从O 点进入磁场的速度，在磁场中由洛仑兹力提供向心力
可求得半径的大小．
（2）要使带电粒子约束在第一象限内运动，关键是粒子在磁场B2 中的运动轨迹与y 轴相切，由几何关系在B2
中粒子做匀速圆周运动的半径应满足r2＜（r1+r2）sin2（90°﹣α），从而可求得α角满足的关系．
（3）显然本问是一道多解问题，先根据半径的大小确定OM 的距离，从而找出半径的多解式（用n 表示）也就得
到速度的多解式，由动能定理也就求出了A 点位置表达式的多解式．
【解答】解：（1）粒子在电场中运动，﹣qExA= 1
2݉
㘴2
粒子在磁场中运动r1=݉
㘴
ݍܤ1 =1×10
﹣2m
r2=݉
㘴
ݍܤ1 =2×10
﹣2m
（2）由（1）可知r2＝2r1，要使带电粒子能始终在第一象限内运动，如图所示，在B2 中恰恰与y 轴相切，
r2＜（r1+r2）sin2（90°﹣α）
即sin2α＞2
3
α＜ߨ
2 −1
2ܽݎܿݏth 2
3
（3）由A 点释放的粒子，在OM 上经过的点距离O 点的距离是：
l＝kr1+（k﹣1）r2＝（3k﹣2）×10
﹣2m
（k＝1、2、3…）
l＝k′（r1+r2）＝3k′×10
﹣2m
要仍然经过原来的点，需满足：
①r1＝n（r1′+r2′）
（n＝1、2、3…）
解得r′= ݎ1
3h
即v′= 㘴
3h
粒子释放的位置应满足
xA′= ݔt
9h2
（n＝1、2、3…）
②r1＝n′（2r1″+r2″）
（n′＝1、2、3…）
解得r″= ݎ1
4h'
即v″= 㘴
4h
粒子释放的位置应满足xA″=
ݔt
16h'2
（n′＝1、2、3…）
答：（1）粒子作两个磁场中做圆周运动的轨迹半径分别是1×10
﹣2m、2×10
﹣2m．
（2）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，则α＜ߨ
2 −1
2ܽݎܿݏth 2
3．
（3）如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过A 点释放时经过OM 上的那些点，则粒子
释放的位置应满足：xA′= ݔt
9h2 （n＝1、2、3…）
或xA″=
ݔt
16h'2 （n′＝1、2、3…）．
【点评】本题的靓点有二：①带电粒子在两相反方向的磁场中交替做匀速圆周运动时，要使粒子束缚在第一象限
内，则先要考虑粒子在磁场中的半径的临界点半径式，满足条件的是半径必小于某一值．②若使粒子仍然通过边
界上的某些点，先求出通过的这些点M 与O 点的距离，再确定半径的多解式，由动能定理求出位置多解式．
（二）选考题[物理-选修3-3]
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质
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- 1513 -
B．大颗粒的盐磨成了细盐。就变成了非晶体
C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和汽压的比值
D．分子质量不同的两种理想气体，温度相同时其分子的平均平动动能相同
E．第二类永动机并不违背热力学第二定律，但违背能量守恒定律
【考点】8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体；9H：相对湿度．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；44：类比法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】根据液晶的光学性质由分子的排列及其电子性质决定得到影响因素；根据晶体结构为微观结构得到宏观
处理不改变其晶体结构；根据温度是气体平均动能的宏观标志得到温度相同，平均平动动能相等；第二类永动机
能量守恒，但不符合能量转化方向。
【解答】解：A、温度、压力、电磁作用会影响分子的电子性质，从而改变液晶的光学性质；故A 正确；
B、大颗粒的盐磨成了细盐，细盐对分子来说仍足够大，其晶体结构并没有被破坏，故B 错误；
C、空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的实际压强与同温度下水蒸汽的饱和汽压的比值，故C 正确；
D、温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子的平均平动动能相同，故D 正确；
E、第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，故E 错误；
故选：ACD。
【点评】第一类永动机违背能量守恒定律；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是能量转化方向违背热力学第
二定律。
14．
（10 分）汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升．已知某型号轮胎能在﹣40℃～
90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm．设轮胎容积
不变，气体视为理想气体，请计算和回答：
①在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？
②为什么汽车在行驶过程中易爆胎，爆胎后胎内气体的内能怎样变化？说明理由．
【考点】88：分子运动速率的统计分布规律．菁优网版权所有
【专题】54B：理想气体状态方程专题．
【分析】根据题意，该变化为等容变化，在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在﹣40℃不低于1.6atm，在
90℃不超过3.5atm．根据查理定律ܲ1ܶ
1
=ܲ
2ܶ
2
进行求解．
【解答】解：①由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化．设在T0＝293 K 充气后的最小胎压为pmin，最大胎
压为pmax．依题意，
当T1＝233 K 时胎压为p1＝1.6 atm．根据查理定律有ܲ1ܶ
1
=ܲ݉
thܶ
0
即
1.6ܽݐ݉
233ܭ=ܲ݉
th
293ܭ
解得pmin＝2.01 atm
当T2＝363 K 时胎压为p2＝3.5 atm．根据查理定律有ܲ
2ܶ
2
=ܲ݉ܽ
ݔܶ
0
即
3.5ܽݐ݉
363ܭ=ܲ݉ܽ
ݔ
293ܭ，解得pmax＝2.83 atm．
所以胎压在20℃时的合适范围是2.01 atm～2.83 atm
②汽车在行驶过程中，由于轮胎与路面的摩擦，致使胎内气体温度升高，压强变大，易爆胎；爆胎后，胎内气体
一方面由于温度降低而放热，另一方面气体膨胀对外做功，根据热力学定律知，其内能减少．
答：①在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在2.01 atm～2.83 atm 范围内比较合适；
②汽车在行驶过程中，由于轮胎与路面的摩擦，致使胎内气体温度升高，压强变大，易爆胎；爆胎后，胎内气体
一方面由于温度降低而放热，另一方面气体膨胀对外做功，根据热力学定律知，其内能减少．
【点评】解决本题的关键掌握查理定律的公式进行相关的计算或解释有关的物理现象．基础题目．
[物理-选修3-4]
15．下列说法正确的是（
）
A．简谐运动的周期与振幅无关
B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F＝﹣kx 中，F 为振子受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数
C．某个质点的振动速度就是波的传播速度
D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽
E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狹缝宽度必须比波长小或者相差不多
【考点】HA：光的衍射；HC：双缝干涉的条纹间距与波长的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题．
【分析】简谐运动的周期由振动的系统决定的；理解回复力表达式F＝﹣kx 的意义；在波的传播方向上，某个质
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点的振动速度与波的传播速度不同；
根据公式：△x= ܮ݀•ɉ判定；根据发生衍射的条件判断．
【解答】解：A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关，故A 正确；
B、在简谐运动的回复力表达式F＝﹣kx 中，对于弹簧振子，F 为振动物体受到的合外力，k 为弹簧的劲度系数；
故B 正确；
C、质点的振动速度与波的传播速度没直接联系。故C 错误；
D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式：△x= ܮ݀•ɉ可知，同种条件下，因紫光波长小于红光，则用紫光
做实验比红光做实验得到的条纹更窄，故D 错误；
E、在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，根据明显衍射的条件可知，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多。
故E 正确。
故选：ABE。
【点评】该题考查选修3﹣4 中的简谐振动的周期公式、回复力公式、以及衍射与干涉等，都是记忆性的知识点，
要加强对这类知识点的积累，避免失分，同时注意波长与相邻波峰间距的关系．
16．如图所示，直用三棱镜的折射率n=
3，∠A＝30°．﹣束与OB 面成30°角的光射向OB 面．光线在棱镜内传
播时，不考虑光在OB 面上的反射．
①该束光线能否在OA 面发生全反射？
②若光从面AB 上的C 点（未标出）射出，从C 点射向空气的光的传播方向如何？
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】①首先根据临界角公式sinC= 1
h得到临界角C．光线从BO 面射入三棱镜时，运用折射定律求出折射角，
由几何知识求出光线射到OA 面的入射角，与临界角C 进行比较，判断能否发生全反射．
②若能，作出光路图．求出光线射到BA 面上的入射角．射到BA 面上的光线一部分折射，还有一部分会反射，
根据反射定律和几何关系分析求解．由折射定律求出折射角．
【解答】解：①设三棱镜的临界角为C，则：sinC= 1
h =
3
3
由折射定律：n= ݏtht1
ݏthݎ1，所以r1＝30°
i2＝90°﹣r1＝60°＞C，故光在AO 面发生全反射．
②情况Ⅰ：光在AB 面折射，i3＝30°，
1
h =
ݏtht3
ݏthݎ3
解得：r3＝60°
情况Ⅱ：光经AB 面反射后，垂直射向AO 面，再次反射，之后光在AB 面再次折射，有i4＝i3
由对称性知：r4＝r3＝60°，
终上所述，有两束光从AB 面射出，分别为与AB 面成30°向右，与AB 面成30°斜向左上．
答：①光在AO 面发生全反射．
②能从C 点射向空气的有两束光从AB 面射出，分别为与AB 面成30°向右，与AB 面成30°斜向左上射出．
【点评】几何光学画出光路图是解题的关键．本题还要掌握全反射的条件和临界角公式，并用来解决实际问题．
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日期：2019/4/12 21:46:00 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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- 1515 -
2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（三）
一.选择题（本题共8 小题，每小题6 分．在每小题所给的四个选项中第1-4 题，只有一个选项符合要求，第5-8 题有
多项符合要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选项错的得零分）
1．（6 分）关于作用力和反作用力的做功情况，有以下的推理过程（
）
①依据：作用力和反作用力等大小、反方向
②判断1：作用力做正功，则作用力的方向和物体的位移方向间的夹角小于90°
③判断2：故反作用力的方向一定和物体位移间的夹角大于90°
④结论：所以反作用力一定做负功
关于上述推理过程，下列说法中正确的是．
A．结论正确．因为依据、判断1 和判断2 都正确
B．结论错误．因为判断1 错误，导致判断2 错误
C．结论错误．虽然判断1 正确，但判断2 错误
D．结论错误．因为判断1 和判断2 都错误
2．（6 分）已知某个物理量x 的变化量△x，与发生这个变化所用的时间△t 的比值
△ݔ
△ݐ，叫做这个物理量x 对时间t
的变化率（简称变化率）．关于变化率，下列说法正确的是（
）
A．若x 表示某质点做匀速圆周运动的速度，则
△ݔ
△ݐ是恒定不变的
B．若x 表示某质点做竖直上抛运动过程中上上升的高度，则
△ݔ
△ݐ一定变大．
C．若x 表示某运动质点的动能，则
△ݔ
△ݐ越大，质点所受的外力做的总功就越多
D．若x 表示某质点做平抛运动的速度，则
△ݔ
△ݐ是恒定不变的
3．（6 分）如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M 的物体，用细线通过定滑轮与质量为m 的物体相连，m 所受重
力为5N；乙图为同一物体M 在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F 的作用，拉力F 的大小也是
5N，开始时M 距桌边的距离相等，则（
）
A．M 到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等
B．甲图中M 到达桌边用的时间较长，速度较大
C．甲图中M 到达桌边时的动能较大，所用时间较短
D．乙图中绳子受到的拉力较大
4．（6 分）神舟八号飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了飞船相继飞临
赤道上空所对应的地面的经度．设神舟八号飞船绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2．则
r
1
3：r
2
3等于（
）
A．1：24
B．1：156
C．1：210
D．1：256
5．
（6 分）某带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点，电力线、粒子在A 点的初速度以及运动轨迹如图所示．由
此可以判定（
）
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A．粒子在A 点的加速度大于它在B 点的加速度
B．粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能
C．粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能
D．A 点的电势低于B 点的电势
6．（6 分）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1 与电源2 的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小
灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2 单独连接，则下列说法正确的是（
）
A．电源1 与电源2 的内阻之比是11：7
B．电源1 与电源2 的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
7．（6 分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂
直于纸面向里的电流，则（
）
A．磁铁对桌面压力增大
B．磁场对桌面压力减小
C．桌面对磁铁没有摩擦力
D．桌面对磁铁摩擦力向左
8．（6 分）声音在气体中传播时的速度表达式，可只用气体压强P，气体密度ρ和没有单位的比例常数k 来表示．根
据上述情况，下列声音在气体中传播时的速度表达式中肯定错误的是（
）
A．v＝kܲߩ
B．v＝k
ߩܲ
C．v＝k
ߩܲ
D．v＝kܲ
ߩ
三、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某同学在应用打点计时器做验证机械能守恒定律实验中，获取一根纸带如图，但测量发现0、1 两点距离
远大于2mm，且0、1 和1、2 间有点漏打或没有显示出来，而其他所有打点都是清晰完整的，现在该同学用刻度
尺分别量出2、3、4、5、6、7 六个点到0 点的长度hi（i＝1.2.3…6），再分别计算得到3、4、5、6 四个点的速度
vi 和vi2（i＝2.3.4.5），已知打点计时器打点周期为T．
（1）该同学求6 号点速度的计算式是：v6＝
（2）然后该同学将计算得到的四组（hi，vi2 ）数据在v2﹣h 坐标系中找到对应的坐标点，将四个点连接起来得到
如图所示的直线，请你回答：接下来他是如何判断重锤下落过程机械能守恒的？（说明理由）
10．（9 分）在“测电源电动势和内阻”实验中，待测电源为干电池a（电动势E1 约1.5V，内阻r1 约1Ω）和水果电
池b（电动势E2 约1V，内阻r2 约1000Ω）
（1）电路如图1，下列选择正确是
A．测a、b 时，S2 均接1
B．测a、b 时，S2 均接2
C．测a 时，S2 接1，测b 时，S2 接2
D．测a 时，S2 接2，测b 时，S2 接1
（2）现有下列器材：
A．电压表V（0～15V，约3kΩ）
B．电流表A1（0～0.6A，约1Ω）
C．电流表A2（0～1mA，100Ω）
D．定值电阻R1（1900Ω）
E．滑动变阻器R2（0～10Ω）
F．滑动变阻器R3（0～1000Ω）
G．开关S1、S2，导线若干
①甲用上述器材测干电池a，电压表应选
，电流表应选
，滑动变阻器应选
（填字母代号）
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②乙同学另找来一电阻箱，结合电流表用如图2 电路对测量电池b。测得多组数据，作出
1
ܫ−R 图象如图3，则
电池b 电动势E2＝
V，内阻r2＝
Ω
11．（14 分）如图所示，BCDG 是光滑绝缘的
3
4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B
点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平
轨道上，滑块受到的电场力大小为
3
4mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B 点s＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？
（2）在（1）的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；
（3）改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度
大小。
12．（18 分）在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v0 做匀速直线运动．某时刻
将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
（1）已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1kg，车长L＝2m，车速v0＝4m/s，取g＝10m/s2，当滑
块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F
大小应该满足什么条件？
（2）在（1）的情况下，力F 取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F 的作用时间应该在什么范围内？
【物理--选修3-5】（15 分）
13．（5 分）关于原子核的有关知识，下列说法正确的是（
）
A．核力具有的短程性决定了核力具有饱和性
B．因为原子核内的中子不带电，所以相邻的两个中子间不存在核力作用
C．正因为重核中的核子的平均结合能小，所以重核分裂成两个中等质量的核时会放出结合能
D．核子结合成原子核时放出的结合能不是由亏损的质量转化而来的
E．质量数较大的重核发生的裂变条件是体积达到临界体积
14．（10 分）在光滑的水平面上静止有质量为m1＝1kg 的弹性小球A，另一个质量为m2＝2kg、和小球A 等大小的弹
性小球B 以v0＝9m/s 的速度运动，和小球A 发生弹性正碰．求
①A、B 两球组成的系统的总动能的最小值
②小球B 动能的最小值．
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2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
一.选择题（本题共8 小题，每小题6 分．在每小题所给的四个选项中第1-4 题，只有一个选项符合要求，第5-8 题有
多项符合要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选项错的得零分）
1．（6 分）关于作用力和反作用力的做功情况，有以下的推理过程（
）
①依据：作用力和反作用力等大小、反方向
②判断1：作用力做正功，则作用力的方向和物体的位移方向间的夹角小于90°
③判断2：故反作用力的方向一定和物体位移间的夹角大于90°
④结论：所以反作用力一定做负功
关于上述推理过程，下列说法中正确的是．
A．结论正确．因为依据、判断1 和判断2 都正确
B．结论错误．因为判断1 错误，导致判断2 错误
C．结论错误．虽然判断1 正确，但判断2 错误
D．结论错误．因为判断1 和判断2 都错误
【考点】35：作用力和反作用力．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，在同一条直线上，力做功的正负即决于力和位移的方
向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况．
【解答】解：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反的，所以依据①正确，若作用力做正功，则作用力
的方向和物体的位移方向间的夹角小于90°，但反作用力不一定做负功，作用力和反作用都可以做正功，也都可
以做负功，所以判断1 正确，但判断2 错误，则结论也错误，故C 正确，ABD 错误。
【点评】本题细致的考查了作用力与反作用力的关系，及作用力与反作用力做功时的特点，有的学生想当然的认
为一个做正功，另一个必定做负功，这是不对的，本题是作用力与反作用力的一道好题．
2．（6 分）已知某个物理量x 的变化量△x，与发生这个变化所用的时间△t 的比值
△ݔ
△ݐ，叫做这个物理量x 对时间t
的变化率（简称变化率）．关于变化率，下列说法正确的是（
）
A．若x 表示某质点做匀速圆周运动的速度，则
△ݔ
△ݐ是恒定不变的
B．若x 表示某质点做竖直上抛运动过程中上上升的高度，则
△ݔ
△ݐ一定变大．
C．若x 表示某运动质点的动能，则
△ݔ
△ݐ越大，质点所受的外力做的总功就越多
D．若x 表示某质点做平抛运动的速度，则
△ݔ
△ݐ是恒定不变的
【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；44：类比法；511：直线运动规律专题．
【分析】若x 表示某质点的位移，则
△ݔ
△ݐ表示速度，若x 表示速度，则
△ݔ
△ݐ表示加速度，若x 表示某质点的动能，
△ݔ
△ݐ
表示所受外力的功率．结合各种运动的特点分析即可．
【解答】解：A、若x 表示某质点做匀速圆周运动的速度，则
△ݔ
△ݐ=a，即表示加速度，匀速圆周运动的加速度大小
不变，方向不停改变，加速度是变化的，则
△ݔ
△ݐ是变化的。故A 错误；
B、若x 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则
△ݔ
△ݐ= 㘴，即表示平均速度，竖直上抛运动过程中上升中
平均速度在减小，所以
△ݔ
△ݐ在减小。故B 错误；
C、若x 表示某质点的动能，则
△ݔ
△ݐ=P，即表示所受的合外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少，故C
错误；
D、若x 表示某质点做平抛运动的速度，则
△ݔ
△ݐ=g，即表示重力加速度，是恒定不变，故D 正确。
【点评】解决本题的关键是知道当x 表示不同的量时
△ݔ
△ݐ所表示的物理量，再根据物体的运动特点判断其变化．
3．（6 分）如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M 的物体，用细线通过定滑轮与质量为m 的物体相连，m 所受重
力为5N；乙图为同一物体M 在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F 的作用，拉力F 的大小也是
5N，开始时M 距桌边的距离相等，则（
）
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- 1519 -
A．M 到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等
B．甲图中M 到达桌边用的时间较长，速度较大
C．甲图中M 到达桌边时的动能较大，所用时间较短
D．乙图中绳子受到的拉力较大
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，再对M 研究，求出绳子的拉力．对
乙图：由牛顿第二定律求解加速度．由运动学公式求解M 到达桌边的时间和速度
【解答】解：ABC、甲图中，对整体分析，整体的加速度ܽ
=݉
t
ܯ+݉
=
5
ܯ+݉
，乙图中，对M 分析，M 的加速度ܽ
' = ܨ
ܯ=
5
ܯ＞ܽ，根据速度位移公式知，v2＝2ax，甲图中M 到达桌边时的速度较小，根据ݔ= 1
2ܽݐ2知，甲图中M 到达桌
边时所用的时间较长，故ABC 错误。
D、甲图中绳子的拉力为ܨ= ܯܽ
=
5ܯ
ܯ+݉
＜5ܰ，乙图中绳子拉力等于5N，故D 正确
【点评】本题是牛顿第二定律的应用，要注意研究对象的不同，甲图中：灵活选择研究对象，采用整体法和隔离
法结合的方法研究，比较简便
4．（6 分）神舟八号飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了飞船相继飞临
赤道上空所对应的地面的经度．设神舟八号飞船绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2．则
r
1
3：r
2
3等于（
）
A．1：24
B．1：156
C．1：210
D．1：256
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．
【分析】从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故可以得到飞船的公转周期；再运用开普勒第
三定律求解．
【解答】解：从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故飞船的周期为：ܶ1 = 22.5°
360° × 24݄
= 1.5݄，
同步卫星的周期为24h，
由开普勒第三定律可得
ݎ1
3
ݎ2
3 =ܶ
1
2ܶ
2
2 = (
1.5
24 )2
=
1
256，故D 正确，ABC 错误；
【点评】本题关键是能够从图象得到飞船的公转周期，然后运用开普勒第三定律求解，运用开普勒第三定律
ݎ3ܶ
2 =݇
，
要注意对于同一个中心天体比值k 相同．
5．
（6 分）某带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点，电力线、粒子在A 点的初速度以及运动轨迹如图所示．由
此可以判定（
）
A．粒子在A 点的加速度大于它在B 点的加速度
B．粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能
C．粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能
D．A 点的电势低于B 点的电势
【考点】A7：电场线；AC：电势；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
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【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线
密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
【解答】解：A、由电场线可知，B 点的电场线密，所以B 点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，
即A 点的加速度小于它在B 点的加速度，所以A 错误；
B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A 到B 的
过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能，所以B 正
确，C 错误；
D、沿电场线的方向，电势降低，所以A 点的电势大于B 点的电势，所以D 错误。
【点评】电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向．
6．（6 分）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1 与电源2 的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小
灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2 单独连接，则下列说法正确的是（
）
A．电源1 与电源2 的内阻之比是11：7
B．电源1 与电源2 的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】根据电源的外特性曲线U﹣I 图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点
确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．
【解答】解：A、根据电源U﹣I 图线，r1= 10
7 Ω，r2= 10
11 Ω，则r1：r2＝11：7，故A 正确。
B、E1＝E2＝10V，故B 正确
C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态
则U1＝3v，I1＝5A，P1＝15W，R1= 3
5Ω
U2＝5V，I2＝6A，P2＝30W，R2= 5
6Ω
P1：P2＝1：2，R1：R2＝18：25 故C 正确，D 错误
故选：ABC。
【点评】本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，
7．（6 分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂
直于纸面向里的电流，则（
）
A．磁铁对桌面压力增大
B．磁场对桌面压力减小
C．桌面对磁铁没有摩擦力
D．桌面对磁铁摩擦力向左
【考点】27：摩擦力的判断与计算；CC：安培力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．
【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受
力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．
【解答】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力
方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图，根据平衡条件，可知通电后支持力
变大，静摩擦力变大，方向向左。故AD 正确，BC 错误。
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- 1521 -
故选：AD。
【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．
8．（6 分）声音在气体中传播时的速度表达式，可只用气体压强P，气体密度ρ和没有单位的比例常数k 来表示．根
据上述情况，下列声音在气体中传播时的速度表达式中肯定错误的是（
）
A．v＝kܲߩ
B．v＝k
ߩܲ
C．v＝k
ߩܲ
D．v＝kܲ
ߩ
【考点】3A：力学单位制．菁优网版权所有
【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据传播速度υ 与空气的密度ρ以及压强p 的单位，结合“力学制单位”来求解
【解答】解：传播速度v 的单位m/s，密度ρ的单位kg/m3，P 的单位kg/m•s2，
所以ܲߩ的单位是m2/s2，ܲ
ߩ的单位是m/s，k 无单位，
所以kܲ
ߩ的单位与v 的单位相同，故ABC 错误，D 正确。
本题选错误的
故选：ABC。
【点评】在学习中要注意明确：物理表达式的产生同时也产生了表达式中各个物理量的单位的关系
三、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某同学在应用打点计时器做验证机械能守恒定律实验中，获取一根纸带如图，但测量发现0、1 两点距离
远大于2mm，且0、1 和1、2 间有点漏打或没有显示出来，而其他所有打点都是清晰完整的，现在该同学用刻度
尺分别量出2、3、4、5、6、7 六个点到0 点的长度hi（i＝1.2.3…6），再分别计算得到3、4、5、6 四个点的速度
vi 和vi2（i＝2.3.4.5），已知打点计时器打点周期为T．
（1）该同学求6 号点速度的计算式是：v6＝݄
6−݄4
2ܶ
（2）然后该同学将计算得到的四组（hi，vi2 ）数据在v2﹣h 坐标系中找到对应的坐标点，将四个点连接起来得到
如图所示的直线，请你回答：接下来他是如何判断重锤下落过程机械能守恒的？（说明理由）
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出6 号点的瞬时速度．
（2）根据机械能守恒定律得出v2﹣h 的关系式，得出斜率的物理意义，与测量的斜率进行比较，在误差允许的范
围内相等，则机械能守恒．
【解答】解：（1）6 号点的瞬时速度等于第5 点和第7 点间的平均速度，所以㘴6 =݄
6−݄4
2ܶ
．
（2）根据机械能守恒定律得，从O 点到任意i 点有：
1
2݉
㘴t2 =
1
2݉
㘴02 +݉
t݄
t
得：㘴t2 = 㘴02 + 2t݄t，则㘴t2 −݄
t关系是一条直线，斜率为2g．
所以在直线上取相对较远的两点，计算出斜率，与2g 比较，在实验误差范围相等，则机械能守恒．
故答案为：（1）݄6−݄4
2ܶ
（2）判断计算出㘴t2 −݄
t关系图线的斜率与2g 比较，在实验误差范围相等，则机械能守恒．
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握瞬时速度的求法，知道也可以通过图象法验证机械能守恒定律．
10．（9 分）在“测电源电动势和内阻”实验中，待测电源为干电池a（电动势E1 约1.5V，内阻r1 约1Ω）和水果电
池b（电动势E2 约1V，内阻r2 约1000Ω）
（1）电路如图1，下列选择正确是
D
A．测a、b 时，S2 均接1
B．测a、b 时，S2 均接2
C．测a 时，S2 接1，测b 时，S2 接2
D．测a 时，S2 接2，测b 时，S2 接1
（2）现有下列器材：
A．电压表V（0～15V，约3kΩ）
B．电流表A1（0～0.6A，约1Ω）
C．电流表A2（0～1mA，100Ω）
D．定值电阻R1（1900Ω）
E．滑动变阻器R2（0～10Ω）
F．滑动变阻器R3（0～1000Ω）
G．开关S1、S2，导线若干
①甲用上述器材测干电池a，电压表应选
CD 串联使用
，电流表应选
B
，滑动变阻器应选
E
（填字母
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代号）
②乙同学另找来一电阻箱，结合电流表用如图2 电路对测量电池b。测得多组数据，作出
1
ܫ−R 图象如图3，则
电池b 电动势E2＝
1.0
V，内阻r2＝
900
Ω
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据待测电源内阻大小选择实验电路。
（2）①根据电源电动势大小选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的
滑动变阻器。
②根据实验电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）干电池电源内阻较小，应用伏安法测电源电动势与内阻时，相对于电源来说，应采用电流表外
接法；水果电池内阻很大，相对于电源应采用电流表内接法，即测试a 时，S2 表接2，测试b 时，S2 表接1，故D
正确，故选D。
（2）①干电池电动势约为1.5V，电压表量程为15V，电压表量程太大，不能用该电压表测电压，可以用内阻已
知的电流表C 与定值定值D 串联组成电压表测电压，测干电池电动势与内阻实验中，最大电流较小，约为零点几
安培，则应用电流表B 测电流；为方便实验操作，滑动变阻器应选E。
②由图乙所示实验电路可知，电源电动势：E＝I（r+R+RA2），则有：
1
ܫ=
1
ܧR+ ݎ+ݎ2
ܧ，
由图丙所示图象可知，图象斜率k= 1
ܧ= 2000−1000
1000
=1，则电源电动势E＝1V，
图象纵轴截距b= ݎ+ݎ2
ܧ
=1mA
﹣1＝1000A
﹣1，解得电源内阻r＝900Ω。
故答案为：（1）D；（2）①C 与D 串联；B；E；②1；900。
【点评】本题考查电源的电动势和内电阻的测量实验，要注意明确应用伏安法测电源电动势与内阻实验，当电源
内阻较小时，应用伏安法测电源电动势与内阻时，相对于电源来说，应采用电流表外接法；当电源内阻较大时，
相对于电源应采用电流表内接法，
11．（14 分）如图所示，BCDG 是光滑绝缘的
3
4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B
点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平
轨道上，滑块受到的电场力大小为
3
4mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B 点s＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？
（2）在（1）的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；
（3）改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度
大小。
【考点】4A：向心力；65：动能定理；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）滑块从A 点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，根据动能定理求解到达C 点时速度。
（2）滑块到达C 点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，根据向心力公式求出轨道的作用力；
（3）求出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好提供向
心力，根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度。
【解答】解：（1）设滑块到达C 点时的速度为v，
从A 到C 过程，由动能定理得：qE•（s+R）﹣μmg•s﹣mgR= 1
2݉
㘴ܥ
2
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- 1523 -
由题，qE= 3
4mg，μ＝0.5，s＝3R
代入解得，vC=
th
（2）滑块到达C 点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有
N﹣qE＝m
㘴ܥ
2
h
解得，N= 7
4mg
（3）重力和电场力的合力的大小为F=
(݉
t)2 + (ݍܧ)2 = 5
4݉
t
设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα= ݍܧ݉
t = 3
4，得α＝37°
滑块恰好由F 提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG 间F 点，相当于“最高点”，滑
块与O 连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，
F＝m
㘴2
h
解得，v=
5th
2
答：
（1）若滑块从水平轨道上距离B 点s＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为tݎ。
（2）在（1）的情况下，滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小是
7
4mg；
（3）改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大
小是
5th
2
。
【点评】本题关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后等效场的“最高点”，根据动能定理和牛顿
第二定律灵活列式求解。
12．（18 分）在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v0 做匀速直线运动．某时刻
将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
（1）已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1kg，车长L＝2m，车速v0＝4m/s，取g＝10m/s2，当滑
块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F
大小应该满足什么条件？
（2）在（1）的情况下，力F 取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F 的作用时间应该在什么范围内？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）滑块放到车面上后，向右做匀加速运动，小车也向右做匀速运动．当滑块恰好滑到小车的最左端时
速度与车相同时，恒力F 取得最小值，根据运动学公式和位移关系，求出小车的加速度，再根据牛顿第二定律求
出F 的最小值；
（2）力F 取最小值时，滑块刚好不会在最左端滑下，此时滑块与车速度相同，可求得力F 作用的最短时间tmin= 㘴0ܽ；
如果此时力继续作用，滑块将在F 作用下以v0 向右加速运动，为不从最右端滑出，滑块须加速运动一段时间t 后
力F 停止作用，在阻力作用下再做减速运动，当滑到达最右端时与车同速，此时力F 作用的时间最大，最大时间
为：tmax＝tmin+t．
【解答】解：（1）设恒力F 取最小值为F1，滑块的加速度为a，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到左端
的时间为：t1= 㘴0ܽ⋯①
由几何关系有：v0t1−㘴0
2 ݐ1 = ܮ
2 ⋯②
由牛顿第二定律有：F1+μmg＝ma1…③
由①②③式代入解得：F1＝6N
则恒力F 大小应该满足条件是：F≥6N
（2）力F 取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度
为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有：
F1﹣μmg＝ma2 …④
μmg＝ma3 …⑤
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又：
ܮ
2 =
1
2ܽ
2ݐ22⋯⑥
由④⑤⑥式代入数据解得：ݐ2 =
3
3 ݏ
则力F 的作用时间t 应满足：t1≤t≤t1+t2，即0.5s≤t≤1.08s
答：（1）要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足条件是F≥6N；
（2）要保证滑块不从车上掉下，力F 的作用时间应该在0.5s≤t≤1.08s 范围内．
【点评】对物体运动的正确判断，物体从端不滑下的前提是车的位移﹣物体的位移小于
ܮ
2，物体不从右端滑出，物
体在力F 作用下加速运动，当撤去F 后，物体在滑动摩擦力作用下做减速直线运动，当速度与车相同时，注意车
和物体的位移关系．
【物理--选修3-5】（15 分）
13．（5 分）关于原子核的有关知识，下列说法正确的是（
）
A．核力具有的短程性决定了核力具有饱和性
B．因为原子核内的中子不带电，所以相邻的两个中子间不存在核力作用
C．正因为重核中的核子的平均结合能小，所以重核分裂成两个中等质量的核时会放出结合能
D．核子结合成原子核时放出的结合能不是由亏损的质量转化而来的
E．质量数较大的重核发生的裂变条件是体积达到临界体积
【考点】JE：原子核的结合能；JK：重核的裂变．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．
【分析】核力是短程力，在其作用范围内，随核子间距离的变化可以表现为引力也可以表现为斥力，比结合能：
原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用
于表示原子核结合松紧程度．
结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合
能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．
核子结合成原子核时，释放出能量△E 同时质量亏损了△m，不是有一部分△m 转化成能量．
【解答】解：A、B、核力具有饱和性和短程性，核力是使核子组成原子核的作用力，属于强相互作用的一类。原
子核中邻近的核子之间存在相互的吸引力，同时质子之间是相互排斥的，是非常强大的核力将它们吸引在一起，
使它们在非常小的区域形成原子核。当两核子间距离小于一定值时，则会表现为斥力，故A 正确，B 错误；
C、根据原子核的结合能与核子的平均结合能之间的关系可知，正因为重核中的核子的平均结合能小，所以重核分
裂成两个中等质量的核时会放出结合能。故C 正确；
D、核子结合成原子核时，释放出能量△E 同时质量亏损了△m，但不能理解成有一部分△m 转化成能量。故D
正确；
E、重核的裂变是指重核在中子的轰击下分裂成中等原子核的核反应，重核发生的裂变条件是吸收一个慢中子，而
发生链式反应的条件才是体积达到临界体积，故E 错误。
故选：ACD。
【点评】解本题考查选修3﹣5 中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，注意结合能和比结合能的
区别，注意两个概念的联系和应用．
14．（10 分）在光滑的水平面上静止有质量为m1＝1kg 的弹性小球A，另一个质量为m2＝2kg、和小球A 等大小的弹
性小球B 以v0＝9m/s 的速度运动，和小球A 发生弹性正碰．求
①A、B 两球组成的系统的总动能的最小值
②小球B 动能的最小值．
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】①小球B 和A 的碰撞过程为先弹性压缩，再弹性恢复．当两小球压缩至形变量最大时，弹性势能最大，
系统的总动能最小，此时两小球有相同的速度v．由动量守恒定律和能量守恒定律求解．
②在小球A、B 压缩过程中，B 球对A 球的弹力总是对B 球做负功，使小球B 的动能减小，碰撞结束时，小球B
的动能最小．再由动量守恒定律和能量守恒定律求解．
【解答】解：①小球B 和A 的碰撞过程为先弹性压缩，再弹性恢复．当两小球压缩至形变量最大时，弹性势能最
大，系统的总动能最小，此时两小球有相同的速度v．取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0＝（m1+m2）v
代入数据解得：v＝6m/s
系统总动能的最小值为：Ekmin= 1
2（m1+m2）v2= 1
2 ×（1+2）×62＝54J
②在小球A、B 压缩过程中，B 球对A 球的弹力总是对B 球做负功，使小球B 的动能减小，故碰撞结束时，小球
B 的动能最小．设碰撞结束时两球的速度分别为v1 和v2．由动量守恒和动能守恒得：
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- 1525 -
m2v0＝m1v1+m2v2
1
2m2v02= 1
2m1v12+ 1
2m2v22
联立解得v2＝3m/s
小球B 动能的最小值
EkB= 1
2m2v22= 1
2 ×2×32＝9J
答：①A、B 两球组成的系统的总动能的最小值是54J．
②小球B 动能的最小值是9J．
【点评】本意与两球压缩弹簧的模型相似，关键要准确分析临界条件，知道在碰撞过程中，遵守动量守恒定律和
机械能守恒定律．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 19:00:25 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（五）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，它们的位移x 随时间t 变化的关系图线分别如图中甲、乙所示，图线
甲为直线且与x 轴交点坐标为（0，2m），图线乙为过坐标原点的抛物线，两图线交点的坐标为P（2s，4m）．下
列说法正确的是（
）
A．甲车做匀加速直线运动
B．乙车速度越来越大
C．t＝2s 时刻甲、乙两车速率相等
D．0～2s 内甲、乙两车发生的位移相等
2．（6 分）一物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第3 个T 内的位移为3m，在第3 个T 终了时
的瞬时速度是3m/s．则（
）
A．物体的加速度为1m/s2
B．物体在第1 个T 终了时的瞬时速度是0.6m/s
C．时间间隔T＝1s
D．物体在第1 个T 内的位移为0.6m
3．（6 分）如图，上表面光滑下表面粗糙的木板正沿着固定斜面匀速下滑，现在木板上再轻放一小木块，则小木块在
放上去的最初一段时间内，木板（
）
A．仍匀速下滑
B．匀减速下滑
C．匀加速下滑
D．不能确定
4．（6 分）如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg 的
木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度am 和小车的加速度aM，
可能正确的有（
）
A．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2
B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
5．（6 分）已知两个共点力F1 和F2 不共线，若F1 的大小和方向保持不变，F2 的方向也保持不变，仅增大F2 的大小．在
F2 逐渐增大的过程中，关于合力F 的大小，下列说法正确的是（
）
A．若F1 和F2 的夹角为锐角，F 一定不断变大
B．若F1 和F2 的夹角为锐角，F 有可能先变小后变大
C．若F1 和F2 的夹角为钝角，F 有可能先变小后变大
D．若F1 和F2 的夹角为钝角，F 有可能一直变大
6．（6 分）将一物块分成相等的A、B 两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直
伸直状态，整个装置静止。则（
）
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- 1527 -
A．绳子上拉力可能为零
B．地面受的压力可能为零
C．地面与物体间可能存在摩擦力
D．AB 之间可能存在摩擦力
7．
（6 分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（
）
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍可增大
C．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
8．（6 分）质量为0.3kg 的物体在水平面上做直线运动，如图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力
的图线，则下列说法正确的是（
）
A．水平拉力可能是0.3 N
B．水平拉力一定是0.1 N
C．物体所受摩擦力可能是0.2 N
D．物体所受摩擦力一定是0.2 N
二、非选择题（共5 小题，满分47 分）
9．（3 分）在“研究匀变速直线运动”的实验中，下列方法中有助于减小实验误差的是（
）
A．选取计数点，把每打5 个点的时间间隔作为一个时间单位
B．使小车运动的加速度尽量小些
C．舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算
D．适当增加挂在细绳下钩码的个数
10．（6 分）某次实验纸带的记录如图所示，纸带上O、A、B、C、D、E、F、G 为计数点，每相邻两个计数点间还
有4 个点没有画出，由图可知纸带的加速度为a＝
，在打D 点时纸带的速度为vD＝
（保留两位有
效数字），F 到G 的距离为xFG＝
．
11．（6 分）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，用打点计时器在纸带上打点以记录小车的运动情况，
在这一实验中，某同学操作了以下实验步骤：
A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，放开纸带，再接通电源。
B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路。
C．把一条绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码。
D．取下纸带。
E．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔。
（1）其中错误或遗漏的步骤有①
；②
。
（2）将以上步骤完善后按合理的顺序填写在下面横线上
。
12．（14 分）一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A 和B（中央有孔），A、B 间由细绳连接着，它们
处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O 处于同一水平面上，A、B 间的细绳呈
伸直状态，且与水平线成30°角．已知B 球的质量为3kg，求：
（1）细绳对B 球的拉力大小；
（2）A 球的质量．（g 取10m/s2）
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13．（18 分）如图甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0kg 的小物块以某一初速度由传送带
左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传
送带时为计时零点）．已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s2．求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块在传送带上的运动时间．
选考题（共1 小题，满分15 分）
14．（15 分）目前我国动车组在广泛使用．假设动车轨道为直线，动车制动时的阻力为重力的0.1 倍．（g＝10m/s2）
（1）如果动车司机发现前方450m 处有故障车停车，要使动车不发生追尾，则动车运行速度不能超过多少？（不
考虑反应时间）
（2）如果动车运行的速度为252km/h，当动车司机前方2464m 处有故障车停车，经反应后制动减速，为了确保列
车不发生追尾，问动车司机反应时间不得超过多少？
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2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（五）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第14～18 题只有一项符合题目要求，第19～
21 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，它们的位移x 随时间t 变化的关系图线分别如图中甲、乙所示，图线
甲为直线且与x 轴交点坐标为（0，2m），图线乙为过坐标原点的抛物线，两图线交点的坐标为P（2s，4m）．下
列说法正确的是（
）
A．甲车做匀加速直线运动
B．乙车速度越来越大
C．t＝2s 时刻甲、乙两车速率相等
D．0～2s 内甲、乙两车发生的位移相等
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】512：运动学中的图像专题．
【分析】位移时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动．位移等于x 的变化量．结合这些知识分
析．
【解答】解：A、位移时间图象的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，故A 错误。
B、乙图象切线的斜率不断增大，则知乙车的速度越来越大，故B 正确。
C、t＝2s 时刻乙图象的斜率比甲的大，则知乙车速率较大，故C 错误。
D、0～2s 内甲车发生的位移为4m﹣2m＝2m，乙车发生的位移为4m﹣0＝4m，故D 错误。
【点评】对于位移时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移△x＝x2﹣x1，来分析图象的物理意义．
2．（6 分）一物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第3 个T 内的位移为3m，在第3 个T 终了时
的瞬时速度是3m/s．则（
）
A．物体的加速度为1m/s2
B．物体在第1 个T 终了时的瞬时速度是0.6m/s
C．时间间隔T＝1s
D．物体在第1 个T 内的位移为0.6m
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】第三个T 内的位移等于3T 内的位移减去2T 内的位移，根据位移公式写出第三个T 内的位移表达式ݔ=
1
2ܽ(3ܶ)2 −1
2ܽ(2ܶ)2 = 3݉
，再根据速度时间公式写出第三个T 末的速度表达式v＝a•3T，联立方程求出加速度和
时间间隔T．根据速度公式v＝aT 求出第一个T 末的速度，以及根据位移公式ݔ= 1
2ܽݐ2求出第一个T 内的位移．
【解答】解；由公式ݔ= 1
2ܽݐ2得，
3Ts 内的位移：ݔ3 = 1
2ܽ(3ܶ)2①
2Ts 内的位移：ݔ2 = 1
2ܽ(2ܶ)2②
第3 个T 秒内的位移△x＝x3﹣x2＝3m
③
由公式
v＝at 得：
3Ts 末的速度
v3＝a×3T＝3
④
①﹣④联立得；ܽ
= 5
6݉
/ݏ2
T＝1.2S
故AC 错；
第一个T 末的速度v＝aT＝1m/s，故B 错；
第一个T 内的位移
ݔ1 = 1
2ܽܶ
2 = 0.6݉
故D 正确
【点评】本题考查了匀变速直线基本公式；ݔ= 1
2ܽݐ2
v＝at 等．这些公式应熟练掌握！
3．（6 分）如图，上表面光滑下表面粗糙的木板正沿着固定斜面匀速下滑，现在木板上再轻放一小木块，则小木块在
放上去的最初一段时间内，木板（
）
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A．仍匀速下滑
B．匀减速下滑
C．匀加速下滑
D．不能确定
【考点】3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】木板匀速下滑时受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式可以求出动摩擦因数或列出方程；然后分析木板所
受滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系，即可判断木板的运动情况．
【解答】解：设木板和木块的质量分别为m1 和m2．木板匀速下滑时，沿斜面方向上由平衡条件得：
m1gsinθ＝μm1gcosθ；
即有：sinθ＝μcosθ；
在木板上放上木块后，由于木板上表面光滑，木块对木板没有摩擦力。木板对斜面的压力为：
N＝（m1+m2）gcosθ，木板所受斜面的滑动摩擦力为：
f＝μ（m1+m2）gcosθ，
木板的重力沿斜面向下的分力为：
G1＝m1gsinθ；
可见，滑动摩擦力增大，而重力沿斜面向下的分力不变，所以木板将做匀减速运动。故B 正确。
【点评】解决本题的关键是对物体正确受力分析，要抓住木块放到木板上后，改变了滑动摩擦力这个阻力，而没
有改变重力的分力这个动力，从而导致木板做匀减速运动．要培养正确分析受力情况的能力．
4．（6 分）如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg 的
木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度am 和小车的加速度aM，
可能正确的有（
）
A．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2
B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m 受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立方
程组求解。
【解答】解：当M 与m 间的静摩擦力f≤μmg＝2N 时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M 与m 间相对
滑动后，M 对m 的滑动摩擦力不变，则m 的加速度不变，所以当M 与m 间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的
加速度最大，由牛顿第二定律得：ܽ݉
= ߤ݉
t݉= ߤt = 0.2 × 10 = 2݉
/ݏ2
此时F＝（M+m）am＝（5+1）×2N＝12N
当F＜12N，可能有aM＝am＝1m/s2。
当F＞12N 后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM＞am＝2m/s2．故AC 正确，BD
错误
故选：AC。
【点评】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解。
5．（6 分）已知两个共点力F1 和F2 不共线，若F1 的大小和方向保持不变，F2 的方向也保持不变，仅增大F2 的大小．在
F2 逐渐增大的过程中，关于合力F 的大小，下列说法正确的是（
）
A．若F1 和F2 的夹角为锐角，F 一定不断变大
B．若F1 和F2 的夹角为锐角，F 有可能先变小后变大
C．若F1 和F2 的夹角为钝角，F 有可能先变小后变大
D．若F1 和F2 的夹角为钝角，F 有可能一直变大
【考点】2D：合力的大小与分力间夹角的关系．菁优网版权所有
【专题】526：平行四边形法则图解法专题．
【分析】两个不在同一条直线上的力合成时遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则作图分析即可．
【解答】解：AB．如果夹角θ的范围为：0°＜θ＜90°，根据平行四边形定则作图，如图：
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从图中可以看出，合力一定增大；故A 正确，B 错误；
CD．如果夹角θ的范围为：90°＜θ＜180°，根据平行四边形定则作图，如图
从图中可以看出，合力有可能先减小后增加，存在相等的可能；若F1＜＜F2，合力一定是增加；故C 正确，D 正
确；
故选：ACD。
【点评】题关键根据平行四边形定则作图，从图中直接得到结论；也可以用余弦定理列式求解分析．
6．（6 分）将一物块分成相等的A、B 两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直
伸直状态，整个装置静止。则（
）
A．绳子上拉力可能为零
B．地面受的压力可能为零
C．地面与物体间可能存在摩擦力
D．AB 之间可能存在摩擦力
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力．菁优网版权所有
【专题】524：摩擦力专题．
【分析】隔离对A 分析，判断绳子的拉力的有无，以及AB 之间有无摩擦力。对AB 整体分析，判断地面有无摩
擦力以及对地面有无压力。
【解答】解：AD、对A 分析，重力、B 对A 的支持力和摩擦力三个力平衡，则绳子拉力为零。故A 正确，D 正
确。
BC、对整体分析，整体可能受总重力、支持力，拉力。若地面的支持力等于总重力，则绳子拉力为零，因为绳子
的拉力不可能大于A 的重力，所以地面对B 一定有支持力。根据整体平衡知，水平方向方向上，地面对B 无摩擦
力。故B、C 错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，注意整体法和隔离法的运用。
7．
（6 分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（
）
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍可增大
C．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F 和弹簧的弹力，根据弹力与F 的大小关系，确定合力方向与速度
方向的关系，判断木块的运动情况．
【解答】解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F 和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力F，
后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F
时，木块的速度为最大值。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故BC 正确，AD
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错误。
故选：BC。
【点评】本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析．
8．（6 分）质量为0.3kg 的物体在水平面上做直线运动，如图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力
的图线，则下列说法正确的是（
）
A．水平拉力可能是0.3 N
B．水平拉力一定是0.1 N
C．物体所受摩擦力可能是0.2 N
D．物体所受摩擦力一定是0.2 N
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】由于a、b 中哪一条是物体受水平拉力时图象，哪一条是不受水平拉力的图象，要分情况讨论，由斜率求
出加速度，根据牛顿第二定律求出水平拉力和摩擦力的可能值．
【解答】解：由斜率等于加速度，两图线表示的物体的加速度大小分别为：
aa= △㘴1
△㘴2 = 6−4
6 m/s2= 1
3m/s2，
ab= △㘴2
△ݐ2 = 6−2
6 m/s2= 2
3m/s2。
若a 是物体受水平拉力时图象，b 是不受水平拉力的图象，则得到：
摩擦力大小为f＝mab＝0.3kg× 2
3m/s2＝0.2N。
此时，水平拉力与摩擦力方向相反，
则有：f﹣F＝maa，
代入数据可解得：F＝0.1N；
若a 是物体不受水平拉力时图象，b 是受水平拉力的图象，则得到：
摩擦力大小为f＝maa＝0.3kg× 1
3m/s2＝0.1N。
若水平拉力与摩擦力方向相同时，
则有：f+F＝mab，
代入数据可解得到：F＝0.1N；故BC 正确，AD 错误。
故选：BC。
【点评】本题关键先由图象得到运动情况，求出加速度后，再根据牛顿第二定律求出合力，通过受力分析即可得
到各个未知力，注意在分析中全面考虑，明确多种可能性．
二、非选择题（共5 小题，满分47 分）
9．（3 分）在“研究匀变速直线运动”的实验中，下列方法中有助于减小实验误差的是（
）
A．选取计数点，把每打5 个点的时间间隔作为一个时间单位
B．使小车运动的加速度尽量小些
C．舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算
D．适当增加挂在细绳下钩码的个数
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】实验中应区别计时器打出的轨迹点与人为选取的计数点，通常每隔4 个轨迹点选1 个计数点，这样计数
点间的距离大些，测量时相对误差较小；小车的加速度应适当大一些，在纸带上计数点间的距离大，测量的相对
误差较小．
【解答】解：A、选取计数点可以使用于测量的相邻点的间隔增大，在用直尺测量这些点间的距离时，误差较小，
故A 正确；
BD、在实验中，如果小车运动的加速度过小，那么打出的点就过密，长度测量的误差较大，因此小车的加速度应
适当大些，而使小车加速度增大的常见方法是，适当增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力，故B 错误，D 正
确；
C、为了减小长度测量的误差，应舍去纸带上过于密集和点迹不清晰的点，故C 正确。
故选：ACD。
【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数
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据等，会起到事半功倍的效果．
10．（6 分）某次实验纸带的记录如图所示，纸带上O、A、B、C、D、E、F、G 为计数点，每相邻两个计数点间还
有4 个点没有画出，由图可知纸带的加速度为a＝
0.75m/s2
，在打D 点时纸带的速度为vD＝
0.40m/s
（保
留两位有效数字），F 到G 的距离为xFG＝
5.9cm
．
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．菁优网版权所有
【专题】13：实验题．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速
度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D 点时小车的瞬时速度大小，根据连续相等时间内的位移差为常
数可求出F 与G 之间的距离大小．
【解答】解：根据题意可知：每相邻两个计数点间还有4 个点没有画出，因此计数点之间的时间间隔为：T＝0.1s
△x＝0.75cm，
根据匀变速直线运动推论△x＝aT2 可得：
a= 0.0075
0.01
=0.75m/s2
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，因此有：
vD= 0.1450−0.0645
2×0.1
=0.40m/s
根据题意可知：
xEF＝19.65cm﹣14.50cm＝5.15cm
xFG﹣xEF＝△x
xFG＝xEF+△x＝5.15cm+0.75cm＝5.9cm
故答案为：0.75m/s2，0.40m/s，5.9cm
【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，
提高解决问题能力．
11．（6 分）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，用打点计时器在纸带上打点以记录小车的运动情况，
在这一实验中，某同学操作了以下实验步骤：
A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，放开纸带，再接通电源。
B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路。
C．把一条绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码。
D．取下纸带。
E．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔。
（1）其中错误或遗漏的步骤有①
A 中应先接通电源，后释放纸带
；②
D 取下纸带前应先断开电源
。
（2）将以上步骤完善后按合理的顺序填写在下面横线上
BECAD
。
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】明确具体实验操作的物理意义，熟练使用打点计时器即可正确解答；
实验步骤一般本着先安装器材，后进行实验的思路进行，要符合事物逻辑发展的顺序，不能颠三倒四。
【解答】解：（1）其中错误或遗漏的步骤有：①A、应该先接通电源，然后再释放纸带，这样可以保持的打点的
稳定以及提高纸带的利用率，尽量多在纸带上打点。
②D、在结束后应先断开电源后取走纸带。
（2）实验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行，要符合事物发展规律，不能丢三落四，逻辑颠倒，故正
确的操作步骤为：BECAD。
故答案为：（1）①A 中应先接通电源，后释放纸带；②D 取下纸带前应先断开电源；（2）BECAD。
【点评】正确理解实验原理，加强实验操作，正确使用基本仪器，是正确解答实验问题的前提。
12．（14 分）一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A 和B（中央有孔），A、B 间由细绳连接着，它们
处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O 处于同一水平面上，A、B 间的细绳呈
伸直状态，且与水平线成30°角．已知B 球的质量为3kg，求：
（1）细绳对B 球的拉力大小；
（2）A 球的质量．（g 取10m/s2）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【考点】29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】（1）对B 球受力分析根据平衡条件结合几何关系列式即可求得细绳对B 球的拉力；
（2）再对A 球分析，根据平衡条件即可求得A 球的质量．
【解答】解：（1）对B 球受力分析如图所示，B 球处于平衡状态有：
Tsin 30°＝mBg
T＝2mBg＝2×3×10 N＝60 N
（2）球A 处于平衡状态有，在水平方向上有：
Tcos 30°＝NAsin 30°
在竖直方向有：
NAcos 30°＝mAg+Tsin 30°
由以上两式解得：mA＝6 kg
答：（1）细绳对B 球的拉力大小为60N；
（2）A 球的质量为6 kg
【点评】本题考查连接体的共点力的平衡条件，注意连接体类的共点力的平衡一般在解题时都应分别对两物体进
行受力分析，再由作出的平行四边形找出力之间的关系，即可求解．
13．（18 分）如图甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0kg 的小物块以某一初速度由传送带
左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传
送带时为计时零点）．已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s2．求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块在传送带上的运动时间．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动
摩擦因数大小．
（2）物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速
直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间．
【解答】解：（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a= △㘴
△ݐ= 4.0
2
m/s2＝2.0 m/s2
由牛顿第二定律得f＝Ma 又f＝μMg
则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ= ܯܽ
ܯt = 2.0
10 =0.2．
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- 1535 -
（2）由速度图象可知，物块的初速度大小v＝4 m/s、传送带的速度大小v′＝2 m/s，物块在传送带上滑动t1＝3 s
后与传送带相对静止．
前2 秒内物块的位移大小s1= 㘴
2t1′＝4 m，方向向右
后1 秒内的位移大小s2= 㘴'
2t1″＝1 m，方向向左
3 秒内物块的位移s＝s1﹣s2＝3 m，方向向右
物块再向左运动的时间t2= ݏ
㘴' =1.5 s
物块在传送带上运动的时间t＝t1+t2＝4.5 s
答：（1）物块与传送带间的动摩擦因数为0.2；
（2）物块在传送带上的运动时间为4.5s．
【点评】解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时
间图线进行求解．
选考题（共1 小题，满分15 分）
14．（15 分）目前我国动车组在广泛使用．假设动车轨道为直线，动车制动时的阻力为重力的0.1 倍．（g＝10m/s2）
（1）如果动车司机发现前方450m 处有故障车停车，要使动车不发生追尾，则动车运行速度不能超过多少？（不
考虑反应时间）
（2）如果动车运行的速度为252km/h，当动车司机前方2464m 处有故障车停车，经反应后制动减速，为了确保列
车不发生追尾，问动车司机反应时间不得超过多少？
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】515：复杂运动过程的分析专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解出加速度后，根据速度位移公式求解初速度；
（2）反映时间内匀速，之后匀减速，根据位移时间公式和速度位移公式列式求解．
【解答】解：（1）动车所受阻力f＝kmg，减速的加速度a=݂݉
=1m/s2
v2＝2ax，可得v＝30m/s
（2）v＝252km/h＝70m/s
设反应时间为t，反应时间内位移为X1，减速位移为X2
X＝X1+X2＝2464m
X1＝vt
2aX2＝v2
可得t＝0.2s
答：（1）动车运行速度不能超过30m/s；
（2）动车司机反应时间不得超过0.2s．
【点评】本题关键是灵活选择运动学公式进行列式计算，可以有多种方法，要尽量减小解题长度．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/14 19:00:13 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（八）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图是由某种材料制成的固定在水平地面上半圆柱体的截面图，O 点为圆心，半圆柱体表面是光滑的．质
量为m 的小物块（视为质点）在与竖直方向成θ角的斜向上的拉力F 作用下静止在A 处，半径0A 与竖直方向的
夹角也为θ，且O、F 均在同一横截面内，则小物块对半圆柱体表面的压力为（
）
A．݉
t
2ݏthߠ
B．mgcosθ
C．݉
tܿ
݋ݏߠ
D．݉
t
2ܿ݋ݏߠ
2．（6 分）一旅客在站台8 号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25m，动车进站时可以看做匀减速直线运动。他
发现第6 节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8 号车厢门口（8 号车厢最前端），则该动车的加速度大
小约为（
）
A．2 m/s2
B．1 m/s2
C．0.5 m/s2
D．0.2 m/s2
3．（6 分）一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在车上的一根水平杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物
体m，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4
向右匀加速运动，四种情况下M、m 均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：
a3：a4＝1：2：4：8，M 受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（
）
A．f1：f2＝1：2
B．f1：f2＝2：3
C．f3：f4＝1：2
D．tanα＝2tanθ
4．（6 分）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P 以初速度v0
水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，则（
）
A．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2
2t
tݏthߠ
B．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2 2t
t
C．初速度v0＝b
t
2t
D．初速度v0＝b tݏthߠ
2t
5．（6 分）如图所示，在水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t＝0 时刻起水平力F 的大小随时间
均匀减小，到t1 时刻F 减小为零．物体所受的摩擦力Ff 随时间t 的变化图象可能是（
）
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A．
B．
C．
D．
6．（6 分）物体A、B 的s﹣t 图象如图所示，由图可知错误的是（
）
A．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3s 才开始运动
B．从第3s 起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
C．0～5s 内两物体的位移相同，5s 末A、B 相遇
D．0～5s 内A、B 的平均速度相等
7．（6 分）如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg 的木
块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度am 和小车的加速度aM，可
能正确的有（
）
A．am＝1m/s2，aM＝1m/s2
B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2
C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2
D．am＝3m/s2，aM＝5m/s2
8．（6 分）如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、
2m、m，A 与B、B 和C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C 离转台中心的距离分别为r、1.5r。设本题中的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（
）
A．B 对A 的摩擦力一定为3μmg
B．B 对A 的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足：ω≤
ߤt
ݎ
D．转台的角速度一定满足：ω≤
2ߤt
3ݎ
三、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（5 分）在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行
测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G 与弹簧总长L 的关系图象，如图所示，根据图象
回答以下问题：
（1）弹簧的原长为
cm．
（2）弹簧的劲度系数为
N/m．
（3）分析图象，总结出弹簧弹力F 与弹簧总长L 之间的关系式为
N．
（4）一兴趣小组进一步探究，当挂上某一钩码P，弹簧在伸长过程中，弹簧的弹性势能将
，钩码P 的机
械能将
（以上两空选填“增加”、“减少”、“不变”）．
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10．（10 分）用图甲所示装置“探究加速度与力、质量的关系”。请思考并完成相关内容：
（1）实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是
A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
B．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
（2）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，
由此可求出小车的加速度a＝
m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
（3）一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a 与合外力F 的关系，得到如图丙中①所
示的a﹣F 图线。则小车运动时受到的摩擦力f＝
N；小车质量M＝
kg．若该小组正确完成了步骤
（1），得到的a﹣F 图线应该是图丙中的
（填“②”、“③”或“④”）。
11．（12 分）表演“顶杆”杂技时，一个人站在地上（称为“底人”）肩上扛一长L＝6m，质量m1＝15kg 的竖直竹
竿，一质量m2＝45kg 的演员（可当质点处理）在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间
为t1＝2s，减速下滑的时间为t2＝1s，演员恰从杆顶滑至杆底部（g＝10m/s2）．
求：
（1）演员下滑过程中的最大速度vm？
（2）演员在减速下滑过程中“底”人对竹竿的支持力F？
12．（20 分）质量M＝3kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上，A 与地面的动摩擦因数µ1＝0.3，其上表面右侧光滑段
长度L1＝2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2kg、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的
动摩擦因数µ2＝0.15，取g＝10m/s2，现用F＝18N 的水平恒力拉动A 向右运动，当A、B 分离时，B 对地的速度
vB＝1m/s，求L2 的值。
【物理--选修3-5】（15 分）
13．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．做曲线运动的物体，其所受合外力一定不为零，一定具有加速度
B．做曲线运动的物体，其瞬时速度的方向就是位移方向
C．做曲线运动的物体，所受合外力的方向一定指向曲线的凹侧
D．做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度的变化相同．
E．做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动时间越长
14．（9 分）汽车前方120m 有一自行车正以6m/s 的速度匀速前进，汽车以18m/s 的速度追赶自行车，若两车在同一
条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：
（1）经多长时间，两车第一次相遇？
（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？
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2018 年广东省深圳中学高考物理模拟试卷（八）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图是由某种材料制成的固定在水平地面上半圆柱体的截面图，O 点为圆心，半圆柱体表面是光滑的．质
量为m 的小物块（视为质点）在与竖直方向成θ角的斜向上的拉力F 作用下静止在A 处，半径0A 与竖直方向的
夹角也为θ，且O、F 均在同一横截面内，则小物块对半圆柱体表面的压力为（
）
A．݉
t
2ݏthߠ
B．mgcosθ
C．݉
tܿ
݋ݏߠ
D．݉
t
2ܿ݋ݏߠ
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可．
【解答】解：对滑块受力分析，受重力、拉力和支持力，如图所示：
根据平衡条件，有：
N＝F=
1
2݉
tܿ
݋ݏߠ=݉
t
2ܿ݋ݏߠ
根据牛顿第三定律，压力与支持力平衡，也为݉
t
2ܿ݋ݏߠ；
【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并采用图解法列式分析，找直角三角形是基本功，基础
题．
2．（6 分）一旅客在站台8 号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25m，动车进站时可以看做匀减速直线运动。他
发现第6 节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8 号车厢门口（8 号车厢最前端），则该动车的加速度大
小约为（
）
A．2 m/s2
B．1 m/s2
C．0.5 m/s2
D．0.2 m/s2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】采用逆向思维，结合初速度为零的匀加速直线运动的推论求出第7 节车厢通过旅客的时间，结合位移时
间公式求出动车的加速度。
【解答】解：采用逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，在通过连续相等位移所用的时间之比为：
1：( 2 −1)：( 3 −
2)：…（h −
h −1），
可知第7 节车厢和第6 节车厢通过他的时间之比为1：（2 −1），
所以第7 节车厢通过他的时间为：ݐ=
4
2−1 = 4( 2 + 1)，
根据ܮ= 1
2ܽݐ2得加速度为：a= 2ܮ
ݐ2 =
50
(4 2+4)2 ≈0.5m/s2。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意逆向思维在运动学中的
运用。
3．（6 分）一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在车上的一根水平杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物
体m，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
向右匀加速运动，四种情况下M、m 均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：
a3：a4＝1：2：4：8，M 受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（
）
A．f1：f2＝1：2
B．f1：f2＝2：3
C．f3：f4＝1：2
D．tanα＝2tanθ
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】前两图中，M 是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1 和f2 的关系；后两图中对小球
和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．通过对m 隔离分析可判断图中角的关系．
【解答】解：A、B、甲乙两图中，M 水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：
f1＝ma1
f2＝Ma2
而a1：a2＝1：2，则f1：f2＝1：2，故A 正确，B 错误；
C、丙丁两图中，对m 和M 整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有
f＝（M+m）a
所以f3：f4＝a3：a4＝4：8＝1：2，故C 正确，
D、对物体m 隔离受力分析，可得tanθ=ܽ
3
t ，tanα=ܽ
4
t ，而a3：a4＝4：8，所以tanα＝2tanθ，故D 正确。
本题选错误的，故选：B
【点评】本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中．
4．（6 分）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P 以初速度v0
水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，则（
）
A．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2
2t
tݏthߠ
B．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2 2t
t
C．初速度v0＝b
t
2t
D．初速度v0＝b tݏthߠ
2t
【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．
【分析】小球在光滑斜面有水平初速度，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度，根据沿斜面
向下方向的位移，结合位移时间公式求出运动的时间，根据水平位移和时间求出入射的初速度．
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得物体的加速度为：a=݉
tݏthߠ݉=gsinθ。
根据l= 1
2at2 得：t=
2t
tݏthߠ，故AB 错误；
CD、入射的初速度为：v0=ܾݐ=b tݏthߠ
2t ，故C 错误，D 正确。
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【点评】解决本题的关键知道小球在水平方向和沿斜面向下方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式
灵活求解．
5．（6 分）如图所示，在水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t＝0 时刻起水平力F 的大小随时间
均匀减小，到t1 时刻F 减小为零．物体所受的摩擦力Ff 随时间t 的变化图象可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】物体匀速运动，拉力减小后，当拉力减小到零时，有两种情况：一是一直是滑动摩擦力，一是先是滑动
摩擦力，后是静摩擦力．从而即可求解．
【解答】解：由题意可知，物体在匀速运动，从t＝0 时刻，拉力F 开始均匀减小，t1 时刻拉力减小为零，出现的
摩擦力有两种可能，
一是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，即大小不变，故A 正确；
另一是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力为零时，则先是滑动摩擦力，后是静摩擦力，
滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，而此时拉力小于滑动摩擦力大小，故D 正确，BC 错误；
故选：AD。
【点评】本题考查由运动来确定受力情况，注意分清滑动摩擦力与静摩擦力，同时理解滑动摩擦力的大小与压力
及动摩擦因数有关，而静摩擦力与引起运动趋势的外力有关，注意当变为静摩擦力时，拉力已小于滑动摩擦力．
6．（6 分）物体A、B 的s﹣t 图象如图所示，由图可知错误的是（
）
A．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3s 才开始运动
B．从第3s 起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
C．0～5s 内两物体的位移相同，5s 末A、B 相遇
D．0～5s 内A、B 的平均速度相等
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】由s﹣t 图象直接两物体出发点的位置坐标和时刻；s﹣t 图象的斜率等于速度，由斜率的正负确定速度的
正负；由图读出纵坐标的变化量等于位移，s 相同时两物体到达同位置，说明它们相遇；平均速度等于位移与时间
之比．
【解答】解：A、由图知，物体A 在t＝3s 时刻从坐标原点出发，B 物体在t＝0 时刻从原点正方向上距原点5m 处
出发，出发的位置不同，且物体A 比B 迟3s 才开始运动。故A 错误。
B、s﹣t 图线的斜率均大于零，从第3s 起，两物体的速度均沿正方向，两物体运动方向相同，A 图线的斜率大于
B 图线的斜率，则vA＞vB．故B 正确。
CD、0～5s 内B 物体的位移△sB＝10m﹣5m＝5m，A 物体的位移△sA＝10m，则在0～5s 内B 物体的位移小于A
物体的位移，5s 内A 的平均速度大于B 的平均速度。
5 s 末A、B 两物体坐标相同，表示两物体相遇。故CD 错误。
本题选错误的，故选：ACD
【点评】本题的解题关键是抓住位移图象的斜率等于速度、位移等于△s，就能分析两物体的运动情况．
7．（6 分）如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg 的木
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度am 和小车的加速度aM，可
能正确的有（
）
A．am＝1m/s2，aM＝1m/s2
B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2
C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2
D．am＝3m/s2，aM＝5m/s2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m 受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立方
程组求解．
【解答】解：当M 与m 间的静摩擦力f≤μmg＝2N 时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M 与m 间相对
滑动后，M 对m 的滑动摩擦力不变，则m 的加速度不变，所以当M 与m 间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的
加速度最大，由牛顿第二定律得：ܽ݉
= ߤ݉
t݉= ߤt = 0.2 × 10݉
/ݏ2 = 2݉
/ݏ2
此时F＝（M+m）am＝（5+1）×2N＝12N
当F＜12N，可能有aM＝am＝1m/s2。
当F＞12N 后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM＞am＝2m/s2．故AC 正确，BD
错误
故选：AC。
【点评】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解．
8．（6 分）如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、
2m、m，A 与B、B 和C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C 离转台中心的距离分别为r、1.5r。设本题中的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（
）
A．B 对A 的摩擦力一定为3μmg
B．B 对A 的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足：ω≤
ߤt
ݎ
D．转台的角速度一定满足：ω≤
2ߤt
3ݎ
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有
【专题】521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】分别对A、AB 整体、C 受力分析，合力提供向心力，根据向心力公式列式分析。
【解答】解：A、B、对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有
f＝（3m）ω2r≤μ（3m）g
故A 错误，B 正确；
C、D、由于A、AB 整体、C 受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A，有：（3m）ω2r≤μ（3m）g
对AB 整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g
对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg
解得
ω≤
2ߤt
3ݎ
故C 错误，D 正确；
故选：BD。
【点评】本题关键是对A、AB 整体、C 受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列
式分析。
三、解答题（共4 小题，满分47 分）
9．（5 分）在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
- 1543 -
测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G 与弹簧总长L 的关系图象，如图所示，根据图象
回答以下问题：
（1）弹簧的原长为
10
cm．
（2）弹簧的劲度系数为
1000
N/m．
（3）分析图象，总结出弹簧弹力F 与弹簧总长L 之间的关系式为
F＝1 000（L﹣0.10）
N．
（4）一兴趣小组进一步探究，当挂上某一钩码P，弹簧在伸长过程中，弹簧的弹性势能将
增加
，钩码P 的机
械能将
减小
（以上两空选填“增加”、“减少”、“不变”）．
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；523：弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】根据题意可知，弹簧总长度L（cm）与所挂物体重力G（N）之间符合一次函数关系，根据胡克定律写
出F 与L 的方程即可正确解答．
根据弹性势能和物体的机械能的定义进行分析求解．
【解答】解（1）钩码的重力即等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律F＝kx＝k（L﹣L0），所以图线在横轴上的
截距表示弹簧的原长，斜率表示劲度系数，故L0＝10 cm，
（2）由胡克定律可得：劲度系数：
k=
40
14−10×
10−2N/m＝1 000 N/m，
（3）由胡克定律可知：F＝1 000（L﹣0.10）N．
（4）弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，而钩码下降，其机械能减小；
故答案为：（1）10；
（2）1000；
（3）F＝1 000（L﹣0.10）N．
（4）增大，减小．
【点评】本题比较简单，结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题．在研究弹簧的伸长
与拉力的关系问题时，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同
10．（10 分）用图甲所示装置“探究加速度与力、质量的关系”。请思考并完成相关内容：
（1）实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是
B
A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
B．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
（2）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，
由此可求出小车的加速度a＝
1.60
m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
（3）一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a 与合外力F 的关系，得到如图丙中①所
示的a﹣F 图线。则小车运动时受到的摩擦力f＝
0.10
N；小车质量M＝
0.20
kg．若该小组正确完成了步骤
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（1），得到的a﹣F 图线应该是图丙中的
②
（填“②”、“③”或“④”）。
【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）平衡摩擦力时应取下砂桶，调整木板右端高度，轻推小车，小车能够沿木板做匀速直线运动即可。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度。
（3）根据图线的横轴截距求出小车运动时受到的摩擦力大小，结合图线的斜率求出小车质量。平衡摩擦力后，抓
住图线斜率不变，a 与F 成正比确定正确的图线。
【解答】解：（1）平衡摩擦力时，取下砂桶，适当当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动，
故B 正确。
（2）根据△x＝aT2，运用逐差法得，a= ݔ36−ݔ03
9ܶ2
= (10.60+12.22+13.81−5.79−7.41−9.02)×10−2
9×0.01
=1.60m/s2。
（3）根据图①知，当F＝0.10N 时，小车才开始运动，可知小车运动时受到的摩擦力f＝0.10N，图线的斜率表示
质量的倒数，则m= 0.10
0.50kg＝0.20kg。
平衡摩擦力后，a 与F 成正比，图线的斜率不变，故正确图线为②。
故答案为：（1）B；（2）1.60；（3）0.10，0.20，②。
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，以及知道a﹣F 图线斜率和截
距表示的含义，难度中等。
11．（12 分）表演“顶杆”杂技时，一个人站在地上（称为“底人”）肩上扛一长L＝6m，质量m1＝15kg 的竖直竹
竿，一质量m2＝45kg 的演员（可当质点处理）在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间
为t1＝2s，减速下滑的时间为t2＝1s，演员恰从杆顶滑至杆底部（g＝10m/s2）．
求：
（1）演员下滑过程中的最大速度vm？
（2）演员在减速下滑过程中“底”人对竹竿的支持力F？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）根据平均速度的推论，结合加速和减速的时间、以及杆长求出演员下滑过程中的最大速度．
（2）根据速度时间公式求出人减速的加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，对竹竿分析，根据共点力平
衡求出“底”人对竹竿的支持力．
【解答】解：（1）演员下滑到加速结束时速度最大，
则：ܮ= 㘴݉
2 (ݐ1 + ݐ2)
代入数据解得vm＝4m/s；
（2）减速下滑的加速度为a，
vm＝at2
a＝4m/s2
减速阶段对演员有：f﹣m2g＝m2a
解得f＝m2（g+a）＝630N
根据平衡条件“底人”对竹竿支持力为F
F﹣f＝m1g
代入数据解得：F＝780N．
答：（1）演员下滑过程中的最大速度为4m/s；
（2）演员在减速下滑过程中“底”人对竹竿的支持力为780N．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，掌握匀变速直
线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．
12．（20 分）质量M＝3kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上，A 与地面的动摩擦因数µ1＝0.3，其上表面右侧光滑段
长度L1＝2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2kg、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的
动摩擦因数µ2＝0.15，取g＝10m/s2，现用F＝18N 的水平恒力拉动A 向右运动，当A、B 分离时，B 对地的速度
vB＝1m/s，求L2 的值。
【考点】37：牛顿第二定律；39：牛顿运动定律的综合应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】分析A 和B 的运动情况，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据匀变速直线运动位移时间关系、速
度时间关系列方程求解。
【解答】解：在F 的作用下，A 做匀加速运动，B 静止不动，当A 运动位移为L1 时B 进入粗糙段，设此时A 的
速度为vA，则：
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对A：由动能定理：FL1﹣μ1（M+m）gL1= 1
2MvA2…①
B 进入粗糙段后，设A 加速度为aA，B 加速度为aB，
对A：由牛顿第二定律：F﹣μ1（M+m）g﹣μ2mg＝MaA…②
对B：由牛顿第二定律：μ2mg＝ma2…③
由①得vA＝2m/s…④
由②得aA＝0…⑤
即A 以vA＝2m/s 的速度做匀速直线运动直至A、B 分离，设分离时B 的速度为vB，B 在粗糙段滑行的时间为t，
则：
对A：sA＝vAt…⑥
对B：vB＝aBt…⑦
其中aB＝μ2g；
根据位移时间关系可得：sB= 1
2ܽ
ܤݐ2⋯⑧
又：sA﹣sB＝L2 …⑨
联立解得：L2＝1m。
答：L2 的值为1m。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运
动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
【物理--选修3-5】（15 分）
13．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．做曲线运动的物体，其所受合外力一定不为零，一定具有加速度
B．做曲线运动的物体，其瞬时速度的方向就是位移方向
C．做曲线运动的物体，所受合外力的方向一定指向曲线的凹侧
D．做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度的变化相同．
E．做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动时间越长
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；49：合成分解法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】曲线运动是变速运动，加速度一定不为零，合外力一定不为零，其瞬时速度的方向沿轨迹的切线方向，
所受合外力的方向一定指向曲线的凹侧．做平抛运动的物体加速度不变，由△v＝at 分析速度变化量，平抛运动的
时间由高度决定，与初速度无关．
【解答】解：A、做曲线运动的物体，其瞬时速度的方向沿轨迹的切线方向，所以速度方向时刻在变化，其速度
在变化，一定具有加速度，由牛顿第二定律知，其所受合外力一定不为零，故A 正确。
B、做曲线运动的物体，其瞬时速度的方向沿轨迹的切线方向，而位移的方向从起点指向终点，两者方向不同，故
B 错误。
C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度变化的方向（即加速度的方向）指向曲线的内侧，
所以合外力的方向一定指向曲线的凹侧，故C 正确。
D、做平抛运动的物体加速度为g，由△v＝at＝gt，知物体在任意相等的时间内速度的变化相同，故D 正确。
E、做平抛运动的物体在空中运动时间由下落的高度决定，与初速度无关，故E 错误。
故选：ACD。
【点评】本题的关键要掌握曲线运动的特点和条件，知道平抛运动的时间由下落的高度决定，与初速度无关．
14．（9 分）汽车前方120m 有一自行车正以6m/s 的速度匀速前进，汽车以18m/s 的速度追赶自行车，若两车在同一
条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：
（1）经多长时间，两车第一次相遇？
（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】（1）根据匀变速直线运动的运动学公式，抓住位移关系求出两车第一次相遇的时间．
（2）根据位移关系，结合运动学公式求出第二次相遇的时间，注意汽车速度减为零后不再运动．
【解答】解：（1）设经t1 秒，汽车追上自行车，由题意得：v 汽t1＝v 自t1+x
代入数据解得：t1＝10 s；
（2）汽车的加速度大小为a＝2 m/s2，设第二次追上所用的时间为t2，则有：
v 自t2＝v 汽t2−1
2at22
代入数据解得：t2＝12 s．
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设汽车从刹车到停下用时t3 秒，则有：
t3=
㘴汽ܽ=9 s＜t2，故自行车再次追上汽车前，汽车已停下
停止前汽车的位移为：x 汽=
0+㘴汽
2
t3
设经t4 时间追上，则有：v 自t4=
0+㘴汽
2
t3
解得：t4＝13.5 s，再经过13.5 s 两车第二次相遇．
答：（1）经10s 时间，两车第一次相遇；
（2）再经13.5s 时间两车第二次相遇．
【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，难度中等．
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日期：2019/4/14 18:59:58 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年广东省华南师大附中高考物理模拟试卷
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的
观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而
只保持在直线上运动
B．库仑不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机
C．牛顿在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采
用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展
D．摩擦起电现象中，用丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷是一种，用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷是另一种，美
国科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值
2．（6 分）如图所示，小球A、B 通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两
球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ．假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B 球的质量之比为（
）
A．2cosθ：1
B．1：2cosθ
C．tanθ：1
D．1：2sinθ
3．（6 分）横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是底边长的一
半．小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是a、b、c．下列
判断正确的是（
）
A．图中三小球比较，落在a 的小球飞行时间最短
B．图中三小球比较，落在c 的小球飞行过程速度变化最大
C．图中三小球比较，落在c 的小球飞行过程速度变化最快
D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
4．（6 分）如图所示，在直角坐标系xoy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向
外。许多质量为m、电荷量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从
原点O 射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，
其中R=݉
㘴
ݍܤ，正确的图是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（6 分）正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1 时刻到时刻t2 受到恒定的水平推力F 的作用，在这段时间内物块做直
线运动，已知物块在t1 时刻的速度与t2 时刻的速度大小相等，则在此过程中（
）
A．物块可能做匀速直线运动
B．物块的位移可能为零
C．合外力对物块做功一定为零
D．F 一定对物块做正功
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6．（6 分）石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过
“太空电梯”进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的
同步卫星A 的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星．如图所示，假设
某物体B 乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C 相比较（
）
A．B 的线速度大于C 的线速度
B．B 的线速度小于C 的线速度
C．若B 突然脱离电梯，B 将做离心运动
D．若B 突然脱离电梯，B 将做近心运动
7．（6 分）如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1 阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P 位于变阻器的中点，P 由中
点向上移动到顶端的过程中（
）
A．电源的内功率先减小后增大
B．电源的效率先减小后增大
C．电流表的示数先减小后增大
D．电压表的示数先增大后减小
8．（6 分）如图所示，一质量为m、长为L 的金属杆ab，以一定的初速度v0 从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，
轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的磁场中，两导轨上端用一阻值
为R 的电阻相连，轨道与金属杆ab 的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆（
）
A．在上滑过程中的平均速度小于
㘴0
2
B．在上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功
C．在上滑过程中电阻R 上产生的焦耳热等于减少的动能
D．在上滑过程中通过电阻R 的电荷量大于下滑过程中流过电阻R 的电荷量
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题～第16
题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6 分）兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；
③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设
小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示．
请你分析纸带数据，回答下列问题（保留二位有效数字）：
（a）该电动小车运动的最大速度为
m/s；
（b）关闭小车电源后，小车的加速度大小为
m/s2；
（c）该电动小车的额定功率为
W．
10．（9 分）为探究小灯泡L 的伏安特性曲线，提供了以下器材：
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小灯泡L，规格“4.0V
2.8W”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S 及导线若干．
（1）某同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于
，当通过L 的电
流为0.46A 时，电压表的示数如图乙所示，电压表的读数为
V，此时L 的电阻为
Ω．
（2）要想更准确完整地描绘出L 的伏安特性曲线，需要重新设计电路．请你利用所供器材，在图丙中的虚线框内
补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号．
（3）根据实验测得的数据，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丁，若将该灯泡接到E＝1.5V、r＝3.0Ω的电源两端，
则灯泡实际消耗的功率P＝
W．（结果保留两位有效数字）
11．（15 分）如图所示，半径R＝1.6m 的
1
6光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3m 的绝缘水平传送带平滑连接，
传送带以v＝3m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20N/C，
磁感应强度B＝3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10
﹣3Kg 的物块a 和b，物块a 不带电，b 带q
＝1.0×10
﹣3C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正
碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平成60°角落在地面上的P
点（如图），已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10m/s2，a、b 均可看做质点。求：
（1）物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；
（2）传送带距离水平地面的高度；
（3）两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b 系统机械能的变化量。
12．（17 分）在光滑的水平面上固定一个直角三角形支架ABC，其中一个角度为37°．支架的A 端固定一绝缘光滑
的管道，内部固定一个轻质弹簧，在弹簧处于自然状态时弹簧的另一端Q 与A 的间距为2R，AC＝7R．在Q 点右
侧有场强为E 的匀强电场，如图所示。质量为m、带正电q 的小物块P 自C 点由静止开始运动。已知P 与CQ 直
轨道间的动摩擦因数μ= 1
4，其余部分光滑。（取sin37°= 3
5，cos37°= 4
5）
（1）求P 第一次运动到Q 点时速度的大小。
（2）若将P 缓慢压缩弹簧到某点E，由静止释放后，P 滑过C 点运动到与AB 直线间距最远点M 处，M 点距离
AB 距离为
26
5 R．求P 在E 点时，弹簧具有的弹性势能；
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（3）若框架在C 端与一半径为
5
6R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，O 为圆心，OD∥BC．A、B、C、D 均在同一平
面内。将P 缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P 能够到达圆轨道、并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，求释放
P 时弹簧具有的弹性势能。
（二）选考题：共45 分．请考生从2 个选修中每科任选一个作答．如果多做，则按所做的第一个计分．[物理--选修
3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反能量守恒定律
B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
E．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关
14．（10 分）如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距
缸口h＝50cm，活塞面积S＝10cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500cm3，温度0℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物
体重G＝50N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60J 的热量，使活塞刚好升到
缸口．求：
（1）活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少？
（2）汽缸内气体对外界做多少功？
（3）气体内能的变化？
[物理--选修3-4]（15 分）
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示，下列说法
正确的是（
）
A．该波沿x 轴正向传播
B．该波的波速大小为1 m/s
C．经过0.3 s，A 质点通过的路程为0.3 m
D．A、B 两点的速度有可能相同
E．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz
16．如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，AEFB 为四分之一圆弧，BCDO 为矩形，一细光束从圆弧的中点
E 沿半径射入棱镜后，在圆心O 点恰好发生全反射，经CD 面反射，再从圆弧的F 点射出，已知，OA＝a，OD=
2
4 a，
光在真空中的传播速度为c，求：
（1）从F 点射出的光线与法线夹角的正弦值；
（2）从F 点射出的光在棱镜中传播的时间．
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2018 年广东省华南师大附中高考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～8
题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的
观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而
只保持在直线上运动
B．库仑不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机
C．牛顿在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采
用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展
D．摩擦起电现象中，用丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷是一种，用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷是另一种，美
国科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值
【考点】1U：物理学史．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．
【分析】正确解答本题的关键是：了解高中的重要物理学史，知道各个重要规律的发现者以及重要规律发现的历
史背景、使用条件等．
【解答】解：A、伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完
善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己
沿曲线运动，而只保持在直线上运动，故A 正确；
B、法拉第不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机，故B 错误；
C、伽利略在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先
采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，
故C 错误；
D、富兰克林把自然界的两种电荷命名为正电荷和负电荷，故D 错误。
【点评】对于物理学史部分，在平时学习中不可忽视，要不断的积累和平时注意多加记忆，否则很容易出错
2．（6 分）如图所示，小球A、B 通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两
球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ．假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B 球的质量之比为（
）
A．2cosθ：1
B．1：2cosθ
C．tanθ：1
D．1：2sinθ
【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】分别对A、B 两球分析，运用合成法，用T 表示出A、B 两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳
子AB 两球的拉力是相等的．
【解答】解：分别对AB 两球分析，运用合成法，如图：
由几何知识得：Tsinθ＝mAg
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Tsin2θ＝mBg
故mA：mB＝sinθ：sin2θ＝1：2cosθ
【点评】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两
个小球的重力联系起来．
3．（6 分）横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是底边长的一
半．小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是a、b、c．下列
判断正确的是（
）
A．图中三小球比较，落在a 的小球飞行时间最短
B．图中三小球比较，落在c 的小球飞行过程速度变化最大
C．图中三小球比较，落在c 的小球飞行过程速度变化最快
D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，物
体的运动的时间是由竖直方向上下落的高度决定的．
【解答】解：A、从图中可以发现a 点的位置最低，即此时在竖直方向上下落的距离最大，由h= 1
2gt2，可知，时
间t=
2݄
t ，所以此时运动的时间最长，所以A 错误；
B、小球做的是平抛运动，平抛运动在水平方向的速度是不变的，所以小球的速度的变化都发生在竖直方向上，竖
直方向上的速度的变化为△v＝g△t，所以，运动的时间长的小球速度变化的大，所以a 球的速度变化最大，所以
B 错误；
C、速度变化的快慢是指物体运动的加速度的大小，由于物体做的都是平抛运动，运动的加速度都是重力加速度，
所以三次运动速度变化的快慢是一样的，所以C 错误；
D、首先a 点上是无论如何不可能垂直的，然后看b、c 点，竖直速度是gt，水平速度是v，然后斜面的夹角是arctan0.5，
要合速度垂直斜面，把两个速度合成后，需要ܸtݐ=tanθ，即v＝0.5gt，那么在经过t 时间的时候，竖直位移为0.5gt2，
水平位移为vt＝（0.5gt）•t＝0.5gt2 即若要满足这个关系，需要水平位移和竖直位移都是一样的，显然在图中b、
c 是不可能完成的，因为在b、c 上水平位移必定大于竖直位移，所以D 正确。
【点评】由于竖直边长都是底边长的一半，通过计算可以发现，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直，
这是本题中比较难理解的地方，不能猜测，一定要通过计算来说明问题．
4．（6 分）如图所示，在直角坐标系xoy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向
外。许多质量为m、电荷量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从
原点O 射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，
其中R=݉
㘴
ݍܤ，正确的图是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中做圆周运动的对称性画出极限情况的运动轨迹图进行
分析即可．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x 轴为边界的磁场，粒子从x 轴进入磁场后在离开，速度v 与x
轴的夹角相同，根据左手定和R=݉
㘴
ݍܤ，
知沿x 轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y 轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子
不经过的地方，故D 正确；
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【点评】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析
法分析．
5．（6 分）正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1 时刻到时刻t2 受到恒定的水平推力F 的作用，在这段时间内物块做直
线运动，已知物块在t1 时刻的速度与t2 时刻的速度大小相等，则在此过程中（
）
A．物块可能做匀速直线运动
B．物块的位移可能为零
C．合外力对物块做功一定为零
D．F 一定对物块做正功
【考点】62：功的计算；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52B：功的计算专题．
【分析】物体做直线运动，合力与速度共线，由于初末速度相等，物体可能做匀速直线运动，也有可能速度先减
为零，然后反向增加，根据运动学公式结合牛顿第二定律判断．
【解答】解：A、物体做直线运动，合力与速度同方向，初末速度相等，物体可能做匀速直线运动，即推力等于
滑动摩擦力，故A 正确；
B、物体有可能速度先减为零，然后反向增加到相同的值，即力F 向后，故减速时加速度为a1＝，加速时加速度
为a2= ܨ−݂݉，根据速度位移公式，减速位移x1= 㘴2ܽ
1，加速位移为x2= 㘴2ܽ
2，故总位移x＝x1﹣x2≠0，故B 错误；
C、根据动能定理可知W= 1
2݉
㘴2
2 −1
2݉
㘴1
2 = 0，故C 正确；
D、物体可能做匀速直线运动，则推力等于滑动摩擦力，一定做正功；
物体也可能先减速前进和加速后退，即力F 向后，故减速时加速度为a1= ܨ+݂݉，加速时加速度为a2= ܨ−݂݉，根据
速度位移公式，减速位移x1= 㘴2ܽ
1，加速位移为x2= 㘴2ܽ
2，故总位移x＝x1﹣x2＜0，即物体后退的位移较大，故力F
也一定做正功，故D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题关键是分匀速直线运动和先减速和反向加速运动两种情况进行分析，对于第二种情况，先根据牛顿
第二定律求出加速度，再根据运动学公式判断前进与后退的位移大小，再根据功的定义进行判断
6．（6 分）石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过
“太空电梯”进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的
同步卫星A 的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星．如图所示，假设
某物体B 乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C 相比较（
）
A．B 的线速度大于C 的线速度
B．B 的线速度小于C 的线速度
C．若B 突然脱离电梯，B 将做离心运动
D．若B 突然脱离电梯，B 将做近心运动
【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】B 到达位置低于同步卫星，在其轨道的卫星的运行周期小于地球自转周期，据此分析各选项．
【解答】解：A、B、因C 的周期小于同步卫星的周期即小于B 的周期，则C 的角速度大于B 的角速度，由v＝rω
知C 的线速度大，则A 错误，B 正确
CD、若B 突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动。则
C 错误，D 正确
故选：BD。
【点评】明确在B 所处位置其周期小于同步卫星的周期，由v＝rω可确定其速度的关系，由万有引力与所需向心
力的关系确定做何运动．
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7．（6 分）如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1 阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P 位于变阻器的中点，P 由中
点向上移动到顶端的过程中（
）
A．电源的内功率先减小后增大
B．电源的效率先减小后增大
C．电流表的示数先减小后增大
D．电压表的示数先增大后减小
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．
【分析】该电路中，电阻R1 与滑动变阻器构成了一个特殊的并联电路，当两个支路的电阻相等时，该并联电路的
总阻值最大．然后结合闭合电路的欧姆定律分析解答即可．
【解答】解：A、因P 向上滑动时，并联电路的总电阻先增大后减小，则干路电流先减小，后增加，由P＝I2r 知
电源的内功率先减小后增大。则A 正确
B、电源效率随外电阻的增大而增大。则B 错误
C、D、P 向上滑动时，并联电路的总电阻先增大后减小，外电路的总电阻就先增大后减小，所以电压表的示数
（路端电压）先增大，后减小。与电流表串联的电阻在减小，所以开始时电流表的示数是增加的，则C 错误D 正
确
故选：AD。
【点评】该题中，正确判断出当两个支路的电阻相等时，该并联电路的总阻值最大是解题的关键．
8．（6 分）如图所示，一质量为m、长为L 的金属杆ab，以一定的初速度v0 从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，
轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的磁场中，两导轨上端用一阻值
为R 的电阻相连，轨道与金属杆ab 的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆（
）
A．在上滑过程中的平均速度小于
㘴0
2
B．在上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功
C．在上滑过程中电阻R 上产生的焦耳热等于减少的动能
D．在上滑过程中通过电阻R 的电荷量大于下滑过程中流过电阻R 的电荷量
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电
磁感应中的能量转化．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】在上滑过程中，金属杆ab 做加速度减小的变减速直线运动，将其运动与匀减速运动比较，分析平均速度
与匀减速运动平均速度的关系．金属杆上滑过程和下滑过程回路中均受到与速度方向相反的安培力，根据能量守
恒判断金属杆上滑和下滑经过同一点时速度大小关系，分析安培力的大小关系，根据能量守恒定律分析R 上产生
的焦耳热．根据q= △Ȱ
h 分析两个过程中流过电阻R 的电荷量关系．
【解答】解：A、由于上滑过程中，金属杆ab 速度减小，产生的感应电动势和感应电流减小，则ab 杆所受的安培
力减小，合力减小，则加速度减小，所以金属杆ab 做加速度减小的变减速直线运动，故平均速度小于
㘴0
2 ，故A 正
确；
B、经过同一位置时：下滑的速度小于上滑的速度，下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安
培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故
B 正确；
C、上滑过程中，减小的动能转化为焦耳热和棒的重力势能；故上滑过程中电阻R 上产生的焦耳热小于减小的动
能，故C 错误；
D、根据感应电量经验公式q= △Ȱ
h 知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R 的电量相等，故
D 错误。
故选：AB。
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【点评】本题考查电磁感应的功能关系；解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各
个阶段及全过程的能量转化．
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题～第16
题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6 分）兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；
③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设
小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示．
请你分析纸带数据，回答下列问题（保留二位有效数字）：
（a）该电动小车运动的最大速度为
1.5
m/s；
（b）关闭小车电源后，小车的加速度大小为
0.84
m/s2；
（c）该电动小车的额定功率为
1.26
W．
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】52C：功率的计算专题．
【分析】（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度．
（2）利用逐差法可求出小车的加速度大小．
（3）小车在摩擦力力作用下减速运动，根据牛顿第二定律可求出摩擦力的大小．
当小车达到额定功率时有：P＝Fv＝fvm，据此可求出额定功率大小．
【解答】解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：
vm= ݔ
ݐ= 0.0600
0.04
= 1.5݉
/ݏ
（2）从右端开始取六段位移，根据逐差法有：a= △ݔ
ݐ2 = 0.0578+0.0535+0.0504−0.0471−0.0440−0.0407
9ܶ2
其中T＝0.04s，
代入数据解得：a＝2.1m/s2，方向与运动方向相反．
根据牛顿第二定律有：f＝ma，将m＝0.4kg 代入得：f＝0.84N．
（3）当汽车达到额定功率，匀速运动时，有：F＝f，P＝Fv＝fvm，
代人数据解得：P＝1.26W．
故答案为：（1）1.5；（2）0.84；（3）1.26．
【点评】本题要求同学们知道当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，并会用作差法求解加
速度，难度不大，属于基础题．
10．（9 分）为探究小灯泡L 的伏安特性曲线，提供了以下器材：
小灯泡L，规格“4.0V
2.8W”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S 及导线若干．
（1）某同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于
左端
，当通过L 的电
流为0.46A 时，电压表的示数如图乙所示，电压表的读数为
2.30
V，此时L 的电阻为
5
Ω．
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（2）要想更准确完整地描绘出L 的伏安特性曲线，需要重新设计电路．请你利用所供器材，在图丙中的虚线框内
补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号．
（3）根据实验测得的数据，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丁，若将该灯泡接到E＝1.5V、r＝3.0Ω的电源两端，
则灯泡实际消耗的功率P＝
0.18
W．（结果保留两位有效数字）
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据分压式接法的基本原理可明确滑片的位置；再根据电表量程可确定最小分度，从而明确读数，
由欧姆定律求得电阻值；
（2）分析电表量程和灯泡额定值，从而确定正确的电路结构；
（3）画出电源的U﹣I 曲线，与小灯泡伏安曲线的交点对应的电压和电流即为此时小灯泡的实际电压与电流，根
据P＝UI 即可求得实际功率；
【解答】解（1）由图甲可知，测量部分与滑动变阻器左端并联，则可知，为了让电压从零开始调节，滑动变阻器
滑片应滑至左端；
由图乙可知，电压表量程为3V，则最小分度为0.1V，故读数为2.30V；由欧姆定律解得电阻值R=ܷܫ= 2.3
0.46Ω＝
5Ω．
（2）由于灯泡额定电压为4.5V，故电压表应串联R2 使用，而额定电流I=ܷܲ
= 2.8
4 =0.7V，大于电流表量程，因
此电流表应并联小电阻R1 使用，故虚线框内电路如图所示；
（3）根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，则有U＝3﹣10I，画出U﹣I 图象如图所示，
交点对应的电压与电流即为小灯泡此时的实际电压与电流，所以小灯泡两端电压为0.9V，电流I＝0.2A，
所以实际功率为：P＝UI＝0.9×0.2W＝0.18W
故答案为：（1）左端；2.30；5；（2）如图所示；（3）0.18．
【点评】本题应明确：①要知道电表的改装原理，在实际实验中能够正确全用；②在表示小灯泡的I﹣U 图象中，
同时作出表示电源的I﹣U 图象，读出两图线的交点坐标即表示通过小灯泡的实际电流和电压值．
11．（15 分）如图所示，半径R＝1.6m 的
1
6光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3m 的绝缘水平传送带平滑连接，
传送带以v＝3m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20N/C，
磁感应强度B＝3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10
﹣3Kg 的物块a 和b，物块a 不带电，b 带q
＝1.0×10
﹣3C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正
碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平成60°角落在地面上的P
点（如图），已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10m/s2，a、b 均可看做质点。求：
（1）物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；
（2）传送带距离水平地面的高度；
（3）两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b 系统机械能的变化量。
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【考点】53：动量守恒定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题；537：带电粒子在复合场中
的运动专题．
【分析】（1）研究物块a 在圆弧上下滑的过程，由机械能守恒求出物块a 运动到圆弧轨道最低点时的速度。在最
低点，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求得支持力，从而得到压力。
（2）对于ab 碰撞过程，由动量守恒定律求得碰后两者的共同速度。分析ab 在传送带上的运动情况，由牛顿第二
定律求出加速度，由速度位移公式求出ab 与传送带共速时通过的位移，可以知道共速后ab 匀速运动。复合体进
入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道半径，再由几何知识求传送带距离
水平地面的高度；
（3）分别由功的公式求出摩擦力对ab 做功和电场力做功，由功能关系求两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程
中，a、b 系统机械能的变化量。
【解答】解：（1）a 物块从释放运动到圆弧轨道最低点C 时，机械能守恒，则得：
mgR（1﹣cos60°）= 1
2݉
㘴ܥ
2
代入数据解得：vC＝4m/s
在C 点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m
㘴ܥ
2
h
代入数据解得：N＝2×10
﹣2N
由牛顿第三定律知，a 物块对圆弧轨道压力为：N′＝N＝2×10
﹣2N，方向竖直向下。
（2）ab 碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvC＝2mvC′
代入数据解得：vC′＝2m/s
ab 在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，由牛顿第二定律得：
μ•2mg＝2ma
代入数据解得：a＝μg＝1m/s2
由㘴2 −㘴ܥ
'2 =2as
得：s＝2.5m＜L
所以ab 离开传送带时与其共速为v＝5m/s
进入复合场后，由于qE＝2mg＝10
﹣2N，所以做匀速圆周运动，由qvB＝2m
㘴2
ݎ得：
r＝2݉
㘴
ݍܤ=2× 10−3×3
10−3×3 =2m
由几何知识解得传送带与水平地面的高度为：
h＝r+ 1
2r＝3m
（3）ab 系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功，为：
Wf＝μ•2mgs＝0.1×2×10
﹣3×10×2.5＝5×10
﹣3J
ab 系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：
W 电＝﹣qEh＝﹣1.0×10
﹣3×20×3J＝﹣6×10
﹣2J
所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量为：△E＝Wf+W 电＝5.5×10
﹣2J
（或者：ab 在传送带上机械能的变化量为：△E1＝△Ek= 1
2 × 2݉
㘴2 −1
2 × 2݉
㘴ܥ
'2
解得：△E1＝△Ek＝5×10
﹣3J
ab 在复合场中机械能的变化量为：△E2＝△Ep＝﹣2mgh＝﹣2×10
﹣3×10×3＝﹣6×10
﹣2J
所以，在二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量为：△E＝△E1+△E2＝﹣5.5×10
﹣2J
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答：
（1）物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力是2×10
﹣2N，方向竖直向下；
（2）传送带距离水平地面的高度是3m；
（3）两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b 系统机械能的变化量是﹣5.5×10
﹣2J。
【点评】本题的关键要判断物体的受力情况，分析清楚物体的运动情况，带电体在复合场中运动时，电场力与重
力平衡，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求距离是常用方法，要学会运用。
12．（17 分）在光滑的水平面上固定一个直角三角形支架ABC，其中一个角度为37°．支架的A 端固定一绝缘光滑
的管道，内部固定一个轻质弹簧，在弹簧处于自然状态时弹簧的另一端Q 与A 的间距为2R，AC＝7R．在Q 点右
侧有场强为E 的匀强电场，如图所示。质量为m、带正电q 的小物块P 自C 点由静止开始运动。已知P 与CQ 直
轨道间的动摩擦因数μ= 1
4，其余部分光滑。（取sin37°= 3
5，cos37°= 4
5）
（1）求P 第一次运动到Q 点时速度的大小。
（2）若将P 缓慢压缩弹簧到某点E，由静止释放后，P 滑过C 点运动到与AB 直线间距最远点M 处，M 点距离
AB 距离为
26
5 R．求P 在E 点时，弹簧具有的弹性势能；
（3）若框架在C 端与一半径为
5
6R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，O 为圆心，OD∥BC．A、B、C、D 均在同一平
面内。将P 缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P 能够到达圆轨道、并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，求释放
P 时弹簧具有的弹性势能。
【考点】65：动能定理；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）分析小物块受力情况，由P 与CQ 直轨道间的正压力求得物块所受摩擦力，即可根据动能定理求得
速度；
（2）对物块从C 到M 的运动过程进行分析根据加速度及位移和M 点的速度求得在C 点的速度，再对物块从E
到C 的运动过程应用动能定理求解；
（3）由P 能够到达圆轨道、并在经过圆轨道时不脱离圆轨道求得物块末状态，再对运动过程应用动能定理求解．
【解答】解：（1）小物块由静止运动到Q 点过程中，受重力、地面支持力、电场力、支架对物块的支持力和摩擦
力作用；
地面光滑，无摩擦作用；又有支架对物块的支持力为：FN＝qEcos37°
所以，物块受到的摩擦力为：f＝μFN＝μqEcos37°；
小物块由静止运动到Q 点过程中只有电场力、摩擦力做功，故由根据动能定理可得：
ݍܧݏ．ݏth370 −ߤݍܧݏ．ܿ݋ݏ37° = 1
2݉
㘴2
s＝AC﹣AQ＝5R；
所以有：㘴=
2ݍܧݏ݉(ݏth37° −ߤܿ݋ݏ37°) = 2
ݍܧh݉；
（2）在最远点M 处，速度的竖直分量为零，物块从C 到M 在电场方向做加速度ܽ
= ݍܧ݉的匀减速运动；故有：㘴ܥ=
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- 1559 -
㘴ݕ
ݏth37° =
2ܽ⋅(26
5 h−7hݏth37°)
ݏth37°
= 5
3
2ݍܧh݉；
物块从E 到C 的运动过程只有弹簧弹力、电场力、摩擦力做功，故由动能定理可得：弹簧弹力做的功ܹ
= 1
2݉
㘴ܥ2 +
ݍܧ⋅ܥܳݏth37° + ߤݍܧ⋅ܥܳܿ
݋ݏ37° = 25
9 ݍܧh + 3ݍܧh + ݍܧh = 61
9 ݍܧh；
所以，P 在E 点时，弹簧具有的弹性势能ܧܲ=ܹ
= 61
9 ݍܧh；
（3）要使P 能够到达圆轨道、并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，那么，物块P 可以经过D 点或速度为零时在CD
上到AB 的距离
21
5 h = 7hݏth37° ≤h ≤7hݏth37° +
5
6 hܿ݋ݏ37° =
73
15 h；
当P 能到达D 点时，对P 在D 点应用牛顿第二定律可得：ݍܧ≤݉
㘴ܦ2
5
6h ；
对物块从静止到D 点应用动能定理可得：弹簧弹力做功ܹ
= 1
2݉
㘴ܦ2 + ݍܧ(ܥܳݏth37° + 5
6 hܿ݋ݏ37° + 5
6 h) + ߤݍܧ⋅
ܥܳܿ
݋ݏ37° ≥5
12 ݍܧh + 9
2 ݍܧh + ݍܧh = 71
12 ݍܧh；
当物块P 速度为零时在CD 上，那么，应用动能定理可得：弹簧弹力做功W＝qE（h﹣2Rsin37°）+μqE•CQcos37°
= ݍܧ(h −1
5 h)，所以，4ݍܧh ≤ܹ
≤14
3 ݍܧh；
故要使P 能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，释放P 时弹簧具有的弹性势能E＝W 应满足：4ݍܧh ≤
ܧܲ≤14
3 ݍܧh，或者ܧܲ≥73
12 ݍܧh；
答：（1）P 第一次运动到Q 点时速度的大小为2 ݍܧh݉．
（2）若将P 缓慢压缩弹簧到某点E，由静止释放后，P 滑过C 点运动到与AB 直线间距最远点M 处，M 点距离
AB 距离为
26
5 R．那么P 在E 点时，弹簧具有的弹性势能为
61
9 ݍܧh；
（3）若框架在C 端与一半径为
5
6R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，O 为圆心，OD∥BC．A、B、C、D 均在同一平
面内．将P 缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P 能够到达圆轨道、并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，那么，
释放P 时弹簧具有的弹性势能应满足：4ݍܧh ≤ܧܲ≤14
3 ݍܧh，或者ܧܲ≥73
12 ݍܧh．
【点评】易错点：匀强电场中电场强度ܧ=ܷ݀
，要注意距离d 为垂直U 方向的距离，而非任意两点的距离．
（二）选考题：共45 分．请考生从2 个选修中每科任选一个作答．如果多做，则按所做的第一个计分．[物理--选修
3-3]（15 分）
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反能量守恒定律
B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
E．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关
【考点】8H：热力学第二定律；95：液体的表面张力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】第二类永动机不违反能量守恒定律；液体与大气相接触时，接触面的分子间距大表现为引力，即表面张
力；布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，不是液体分子的运动；同样环境下湿泡温度计显示的温度较低；
理解气体的压强的微观意义．
【解答】解：A、第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律。故A 错误；
B、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉的运动是大量液体分子不断撞击形成的，所以布朗运动反
应了液体分子的无规则的运动；故B 错误；
C、自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果。故C 正确；
D、因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，故D 正确；
E、根据气体的压强的微观意义可知，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关。故E 正确
故选：CDE。
【点评】此题考查了热力学第二定律、布朗运动、液体表面张力、气体的压强的意义等，属记忆内容，多看课本，
牢固掌握基础知识是关键．
14．（10 分）如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距
缸口h＝50cm，活塞面积S＝10cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500cm3，温度0℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物
体重G＝50N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60J 的热量，使活塞刚好升到
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缸口．求：
（1）活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少？
（2）汽缸内气体对外界做多少功？
（3）气体内能的变化？
【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（1）气体发生等圧変化，根据盖﹣吕萨克定律即可求解活塞刚好升到缸口时气体的温度；
（2）根据活塞的受力平衡求出封闭气体的压强，根据W＝p△V 求气缸内气体对外界做的功；
（3）根据热力学第一定律求解气体内能的变化；
【解答】解：（1）封闭气体初态：V1＝1 500 cm3，T1＝273 K，
末态：V2＝1 500 cm3+50×10 cm3＝2 000 cm3．
缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化．
由ܸ1ܶ
1
=ܸ
2ܶ
2
解出T2＝364 K
（2）设封闭气体做等压变化的压强为p，
对活塞：p0S＝pS+G
汽缸内气体对外界做功W＝pSh
联立解得W＝25J
（3）由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化
△U＝Q+（﹣W）
△U＝35J
故汽缸内的气体内能增加了35J．
答：（1）活塞刚好升到缸口时，气体的温度是364K
（2）汽缸内气体对外界做功25J
（3）气体内能增加35J
【点评】分析活塞的受力情况可以判断出气体压强的变化情况；应用热力学第一定律可以求出气体内能的变化；
应用热力学第一定律解题时，要注意各符号正负号的含义．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示，下列说法
正确的是（
）
A．该波沿x 轴正向传播
B．该波的波速大小为1 m/s
C．经过0.3 s，A 质点通过的路程为0.3 m
D．A、B 两点的速度有可能相同
E．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向，由波动图象判断波的传播方向。由波动图象读出周
期，波动图象读出波长，求出波速。质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程是四个振幅，半个周期通过的路
程是两个振幅。结合时间与周期的关系，求质点A 通过的路程。两列波的频率相同时才能产生稳定的干涉。
【解答】解：A、由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向沿y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播
方向的关系，可知波沿x 轴正向传播，故A 正确。
B、由题图甲可知波长为ɉ＝0.4m，由题图乙可知周期为T＝0.4s，则波速为v= ɉܶ=1m/s；故B 正确。
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C、经过0.3s= 3
4T，则A 质点通过的路程为s＝3A＝0.3m；故C 正确。
D、A、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D 错误。
E、发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率f= 1ܶ=2.5Hz 时才能产生的稳定干涉。故E 正确。
故选：ABC。
【点评】根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握。
16．如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，AEFB 为四分之一圆弧，BCDO 为矩形，一细光束从圆弧的中点
E 沿半径射入棱镜后，在圆心O 点恰好发生全反射，经CD 面反射，再从圆弧的F 点射出，已知，OA＝a，OD=
2
4 a，
光在真空中的传播速度为c，求：
（1）从F 点射出的光线与法线夹角的正弦值；
（2）从F 点射出的光在棱镜中传播的时间．
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题．
【分析】（1）先作出光路图，根据几何关系得出临界角，由全反射临界角公式sinC= 1
h求出折射率n．由几何知识
求得光线在F 点的入射角，由折射定律求解出射光线与法线夹角的正弦值．
（2）光在棱镜中的传播速度v=ܿh．由几何知识求出光线在棱镜中传播的距离S，由t=ܵ㘴求解传播的时间．
【解答】解：（1）做出光路图如图．
根据几何关系可知，临界角为C＝45°，
根据反射定律得，n=
1
ݏthܥ=
2
又OG=
2OD= 1
2a，sinα=ܱ
ܩܱ
ܨ= 1
2
根据折射定律得，n= ݏthߚ
ݏthߙ
解得，sinβ=
2
2
（2）光在棱镜中的传播速度v=ܿh
由几何知识得，光线传播的路程为S＝a+ 1
2a+ 3
2 a
光在棱镜中传播的时间t=ܵ㘴
所以t= (3 2+ 6)ܽ
2ܿ
．
答：
（1）从F 点射出的光线与法线夹角的正弦值是
2
2 ；
（2）从F 点射出的光在棱镜中传播的时间是
(3 2+ 6)ܽ
2ܿ
．
【点评】本题的突破口是“光线恰好在圆心O 点发生全反射”，根据全反射临界角公式sinC= 1
h、折射定律n= ݏtht
ݏthݎ、
光速公式v=ܿh相结合进行处理．分析时，要灵活几何知识求解相关角度和光传播的距离，要加强这方面的训练．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:50:43 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷
二、选择题（本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中．1～4 题只有一项符合题目要求．5～8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）在光滑水平面上，a、b 两球沿水平面相向运动．当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥
的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零．两球在相互作用区间运动时始终未接触，两球运动
的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．a 球质量小于b 球质量
B．t1 时刻两球间距最小
C．0﹣t2 时间内，两球间距逐渐减小
D．0﹣t3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反
2．（6 分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射
入磁场，经过△t 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角，现将带点粒子的速度变为
㘴
3，仍从A 点沿原方向射
入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（
）
A．3△t
B．
1
2△t
C．
1
3△t
D．2△t
3．（6 分）如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1 一定，通过理想升压变压器T1 和理想降压变
压器T2 向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1 的输入电压和输入功率分别为U1 和P1，它的输出电压和输出
功率分别为U2 和P2；T2 的输入电压和输入功率分别为U3 和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4 和P4．下
列说法正确的是（
）
A．当用户的用电器增多时，U2 减小，U4 变小
B．当用户的用电器增多时，P1 变大，P3 减小
C．输电线上损失的功率为△P=ܷ
2
2
h
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比
h2
h1
，同时应增大降压变压器的匝数比
h3
h4
4．（6 分）如图所示，吊车下方吊着一个质量为500kg 的重物，二者一起保持恒定的速度v＝1m/s 沿水平方向做匀速
直线运动．某时刻开始，吊车以10kW 的恒定功率将重物向上吊起，经t＝5s 重物达到最大速度，忽略空气阻力，
取g＝10m/s2．则在这段t 时间内（
）
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- 1563 -
A．重物的最大速度为2m/s
B．重物克服重力做功的平均功率为9.8kW
C．重物做匀变速曲线运动
D．重物处于失重状态
5．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．一群处于n＝5 的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出10 种不同频率的光
B．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek 越大，
则这种金属的逸出功W0 越大
C．氡元素的半衰期为3.8 天，若有8 个氡原子核，则7.6 天后还剩2 个氡原子核未衰变
D．某放射性原子核经过2 次α 衰变和一次β 衰变，核内中子数减少了5 个
6．（6 分）已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经时间t（t 小于航天器的绕行周期），航天器运
动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则（
）
A．航天器的轨道半径为
ߠ
ݏ
B．航天器的环绕周期为
2ߨݐ
ߠ
C．月球的质量为
ݏ2
ܩݐ2ߠ
D．月球的密度为
3ߠ2
4ܩݐ2
7．（6 分）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意
图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I 时，C、D 两侧面会形成一定
的电势差U．下列说法中正确的是（
）
A．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带负电
B．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带正电
C．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U 最大
D．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U 最大
8．（6 分）如图所示，在真空中，+Q1 和﹣Q2 为固定在x 轴上的两个点电荷，且Q1＝4Q2，tܤ= ܤܲ
=L．a、b、c 为
P 两侧的三个点，则下列说法中正确的是（
）
A．P 点电场强度为零，电势也为零
B．b、c 两点处，一定有电势φb＞φc 且电场强度Eb＞Ec
C．若将一试探电荷+q 从a 点沿x 轴移至P 点，则其电势能增加
D．若将一试探电荷﹣q 从a 点静止释放，则其经过P 点时动能最大
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16 题为选考题，
考生根据要求作答．（一）必考题
9．（5 分）如图所示，某小组同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解．A、B 为两个相同的双向力传感器，该型
号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A 连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动．B
固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端O 点构成支架，调整使得O 点位于圆弧形轨道的圆
心处，保持杆沿水平方向．随后按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；
②对两个传感器进行调零；
③用另一绳在O 点悬挂住一个钩码，记录两个传感器读数；
④取下钩码，移动传感器A，改变θ 角，重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格a．
（1）根据表格a，可知A 传感器对应的是表中的力
（填“F1”或“F2”），并求得钩码质量为
kg （保
留一位有效数字）；
（2）换用不同钩码做此实验，重复上述实验步骤，得到数据表格b．则表格b 中30°所对应的F2 空缺处数据应
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为
N；
表格a
F1N
1.001
0.580
…
1.002
…
F2N
﹣0.868
﹣0.291
…
0.865
…
θ
30°
60°
…
150°
…
表格b
F1N
1.103
…
F2N
…
…
…
θ
30°
60°
…
（3）实验中，让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形（而不是其它的形状）轨道移动的主要目的是（单选）：
A．方便改变A 传感器的读数
B．方便改变B 传感器的读数
C．保持轻杆右端O 的位置不变
D．方便改变细绳与杆的夹角θ
10．
（10 分）根据如图甲电路，可以测出定值电阻R0的阻值以及电源的电动势E 和内阻r，图中R 是电阻箱（0～999.9Ω），
两个电表都是相同的电压表（分别用V1 和V2 表示，对应的示数分别为U1、U2）。
①请在虚线框内画出图甲中实物连接电路对应的电路图（原理图）
②接通电源实验，调节电阻R，当其各转盘位置及两电表（没有标出刻度值）示数如图乙所示时，可读得电阻箱
的阻值R＝
Ω，已知此时V1 的读数为U1＝2.60V 时，则V2 的读数应该为U2＝
V，可求得定值电
阻R0＝
Ω（保留3 位有效数字）
③测出R0 后，再次调整电阻箱R，改变并记录多组的（R，U1，U2）值，A、B 两位同学根据表格中的数据，分
别画出如图丙的（A）、（B）图线；假设图中的纵截距和横截距均已得出（即图中a1、a2 和b1、b2 为已知），则由
图线（A ）可得出电源电动势E ＝
；由图线（B ）可得出电源内电阻r ＝
。
11．（12 分）如图甲所示，边长L＝2.5m、质量m＝0.5kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置
处在方向竖直向上、磁感应强度为B＝0.8T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN 重合．在水平力F 的作用
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- 1565 -
下，线框由静止开始向左运动，经过5s 被拉出磁场区域，此过程中利用电流传感器测得线框中的电流强度I 随时
间t 变化的图象如图乙所示．则在这过程中：
（1）由图乙可得出通过线框导线截面的电荷q＝
C，I 与t 的关系式是：
；
（2）求出线框的电阻R；
（3）试判断说明线框的运动情况，并求出水平力F 随时间t 变化的表达式．
12．（20 分）如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的
总质量为M＝2kg．车上在与沙箱左侧距离S＝1m 的位置上放一质量为m＝1kg 小物块A，物块A 与小车的动摩
擦因数为μ＝0.1．仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强E＝2×103V/m．当物块A 随小车以速度v0
＝10m/s 向右做匀速直线运动时，距沙面H＝5m 高处有一质量为m0＝2kg 的带正电q＝1×10
﹣2C 的小球C，以u0
＝10m/s 的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中．已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的
长度，并取g＝10m/s2．求：
（1）小球落入沙箱前的速度u 和开始下落时与小车右端的水平距离x；
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能EP；
（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L，请讨论分析物块A 相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热
量Q 与L 的关系式．
[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）以下说法中正确的是（
）
A．上午十时，教室内空气中的水蒸气分子和氧气的分子平均动能是相同的
B．液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C．水中的水分子总是在永不停息地做杂乱无章的运动，当两个水分子运动到适当的位置使分子力为零时，它们具
有的分子势能一定最小
D．一定质量的水蒸气发生等温膨胀时，可能会向外散热
E．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
14．（10 分）如图所示，两个导热的圆筒底部有一条细短管连通，圆筒内装有约20cm 深的水银，K 为阀门，处于关
闭状态。左侧大圆筒的横截面积S1＝800cm2，水银面到圆筒顶部的高度H＝115cm，水银上方是空气，空气的压
强P1＝100cmHg，室温t1＝27℃．左侧圆筒中竖直放置一根托里拆利管，管的横截面积远小于两圆筒的横截面积，
托里拆利管中水银上方有氮气，氮气柱的长度L1＝20cm，水银柱的高度L2＝70cm。右侧小圆筒的横截面积S2＝
100cm2，一个活塞紧贴水银放置。已知大气压强P0＝75cmHg．求：
（ⅰ）若环境温度缓慢升高60℃，左侧圆筒内空气的压强变为多大？
（ⅱ）在环境温度为60℃时，用力控制右侧圆筒中活塞，打开阀门K，使活塞缓慢升高h1＝40cm 后固定，则托
里拆利管中氮气柱的长度最终变为多大？（结果可以带根号）
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[物理-选修3-4]（15 分）
15．以下说法中正确的是（
）
A．对于单摆在竖直面内的振动，摆球所受的合力就是它的回复力
B．如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样
C．声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了
D．人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的
E．摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量
16．一列简谐横波在介质中沿x 轴正向传播，波长ɉ≥80cm．O 和A 是介质中平衡位置分别位于x＝0 和x＝40cm 处
的两个质点．t＝0 时开始观测，此时质点O 的位移y＝﹣8cm，质点A 处于y＝﹣16cm 的波谷位置；t＝0.5s 时，
质点O 第一次回到平衡位置，而t＝1.5s 时，质点A 第一次回到平衡位置．求：
（ⅰ）这列简谐横波的周期T、波速v 和波长ɉ；
（ⅱ）质点A 振动的位移y 随时间t 变化的关系式．
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2018 年广东省广州市华南师大附中高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题（本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中．1～4 题只有一项符合题目要求．5～8 题
有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）在光滑水平面上，a、b 两球沿水平面相向运动．当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥
的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零．两球在相互作用区间运动时始终未接触，两球运动
的v﹣t 图象如图所示，则（
）
A．a 球质量小于b 球质量
B．t1 时刻两球间距最小
C．0﹣t2 时间内，两球间距逐渐减小
D．0﹣t3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】34：比较思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】先从v﹣t 图象分析出两个小球加速度的大小关系，然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v﹣t
图象判断何时有最小距离．根据两球的运动情况判断受力情况．
【解答】解：A、从速度时间图象可以看出，b 球图象的斜率绝对值比a 球的大，所以b 球的加速度较大，而两小
球之间的排斥力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma 知，加速度大的质量小，所以b 球球质量小于a 球质量，故
A 错误；
BC、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2 时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B 错误，
C 正确；
D、b 球在0﹣t1 时间内做匀减速运动，排斥力与运动方向相反，b 球在t1﹣t3 时间内做匀加速运动，排斥力与运动
方向相同。故D 错误。
【点评】解决本题的关键是要知道速度图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，两球速度相
等时相距最近．
2．（6 分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射
入磁场，经过△t 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角，现将带点粒子的速度变为
㘴
3，仍从A 点沿原方向射
入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（
）
A．3△t
B．
1
2△t
C．
1
3△t
D．2△t
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，运动周期T= 2ߨ݉
ݍܤ，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场
中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间。
【解答】解：设圆形磁场区域的半径是R，
以速度v 射入时，半径r1=݉
㘴
ݍܤ，
根据几何关系可知，
ݎ1
h =tan60°，所以r1=
3h；
运动时间△t= 60°
360°T= 1
6ܶ；
以速度
㘴
3射入时，半径r2=݉
⋅㘴
3
ݍܤ= 1
3 ݎ1 =
3
3 h
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设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：
tan
ߠ
2 =
h
ݎ2
=
3
所以θ＝120°
则第二次运动的时间为：t＝′
ߠ
2ߨT= 120°
360°T= 1
3ܶ
=2△t。
故ABC 错误，D 正确
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系
来帮助解题。
3．（6 分）如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1 一定，通过理想升压变压器T1 和理想降压变
压器T2 向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1 的输入电压和输入功率分别为U1 和P1，它的输出电压和输出
功率分别为U2 和P2；T2 的输入电压和输入功率分别为U3 和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4 和P4．下
列说法正确的是（
）
A．当用户的用电器增多时，U2 减小，U4 变小
B．当用户的用电器增多时，P1 变大，P3 减小
C．输电线上损失的功率为△P=ܷ
2
2
h
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比
h2
h1
，同时应增大降压变压器的匝数比
h3
h4
【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理；EA：电能的输送．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】抓住用户增多时，消耗的电功率变大，则降压变压器的输入功率变大，结合电流的变化判断出输电线上
功率损失的变化，从而得出升压变压器原副线圈功率的变化．
抓住升压变压器的输入电压不变，得出输出电压不变，结合输电线上的电压损失得出降压变压器原副线圈电压的
变化．
【解答】解：A、交流发电机的输出电压U1 一定，匝数比没变，根据ܷ
1ܷ
2
=
h1
h2
，知U2 不变，故A 错误；
B、当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3 变大，故B 错误。
C、输电线上损失的功率△ܲ
=
(△ܷ
损)2
h
，输电线上损失的电压△ܷ
损≠ܷ
2 ，故C 错误；
D、输送功率一定时，根据P＝UI 和P 损＝I2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1 一定，根据ܷ
2ܷ
1
=
h2
h1
知，ܷ
2 =ܷ
1h2
h1
所以应增大升压变压器的匝数比
h2
h1
；U3＝U2﹣IR，U2 增大，I2 减小，所以U3 增大，用户电压不
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变，根据ܷ
3ܷ
4
=
h3
h4
知ܷ
4 =ܷ
3
h3
h4
，应增大降压变压器的匝数比
h3
h4
，故D 正确；
【点评】解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流．知道升
压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系．
4．（6 分）如图所示，吊车下方吊着一个质量为500kg 的重物，二者一起保持恒定的速度v＝1m/s 沿水平方向做匀速
直线运动．某时刻开始，吊车以10kW 的恒定功率将重物向上吊起，经t＝5s 重物达到最大速度，忽略空气阻力，
取g＝10m/s2．则在这段t 时间内（
）
A．重物的最大速度为2m/s
B．重物克服重力做功的平均功率为9.8kW
C．重物做匀变速曲线运动
D．重物处于失重状态
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】重物在水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动，等拉力等于重力时，速度达到最大，根据速度的合
成即可判断和速度合运动
【解答】解：A、物体水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动，在竖直方向，当牵引力等于阻力时，竖直方
向获得最大速度，则㘴ݕ=ܲ݉
t = 10000
5000݉
/ݏ= 2݉
/ݏ，故速度v=
㘴0
2+ 㘴ݕ
2 =
12 + 22݉
/ݏ=
5݉
/ݏ，故A 错误；
B、在竖直方向，根据动能定理可知ܲ
ݐ−݉
th = 1
2݉
㘴ݕ
2，解得݉
th =ܲ
ݐ−1
2݉
㘴ݕ
2 = 49000ܬ，重物克服重力做功的
平均功率为ܲ
=݉
t݄
ݐ
=9.8kW，故B 正确；
C、物体向上做变加速运动，水平方向匀速运动，根据运动的合成，可知，重物做变速曲线运动，故C 错误；
D、物体向上做变加速运动，故处于超重状态，故D 错误；
【点评】本题主要考查了运动的合成和速度的合成，抓住重物在水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动
5．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．一群处于n＝5 的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出10 种不同频率的光
B．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek 越大，
则这种金属的逸出功W0 越大
C．氡元素的半衰期为3.8 天，若有8 个氡原子核，则7.6 天后还剩2 个氡原子核未衰变
D．某放射性原子核经过2 次α 衰变和一次β 衰变，核内中子数减少了5 个
【考点】IC：光电效应；J4：氢原子的能级公式和跃迁；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】根据数学组合ܥh
2，即可确定辐射种类；α衰变生成氦原子核，β衰变生成负电子，质子数增加1 个，是因
为一个中子转化成质子而释放出的电子；核子结合成原子核时伴随巨大能量产生，半衰期是个统计规律；光电效
应方程，即可求解判定金属的逸出功的大小。
【解答】解：A、根据数学组合ܥ5
2 =10，一群处于n＝4 能级激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出10 种不同
频率的光，故A 正确；
B、据光电效应方程可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则
这种金属的逸出功越小，故B 错误；
C、半衰期是大量原子核显现出来的统计规律，对少量的原子核没有意义，故C 错误；
D、每发生一次α衰变，中子数减少4 个，每发生一次β衰变，中子数减少一个，所以经过2 次α衰变和一次β衰变，
核内中子数减少5 个，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，要在平时学习中多积累，掌握光电效应方程的应用，及理解半衰期
适用条件，最后理解质量亏损与核反应方程书写规律。
6．（6 分）已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经时间t（t 小于航天器的绕行周期），航天器运
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动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则（
）
A．航天器的轨道半径为
ߠ
ݏ
B．航天器的环绕周期为
2ߨݐ
ߠ
C．月球的质量为
ݏ2
ܩݐ2ߠ
D．月球的密度为
3ߠ2
4ܩݐ2
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．
【解答】解：A、根据几何关系得：r= ݏ
ߠ．故A 错误；
B、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：
ݐܶ=
ߠ
2，得：T= 2ߨݐ
ߠ．故B 正确；
C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：
ܩܯ݉
ݎ2
=݉
ݎ
4ߨ2ܶ
2
所以：ܯ= 4ߨ2ݎ3
ܩܶ2 =
ݏ2
ܩݐ2ߠ．故C 正确；
D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：V= 4
3πr3，月球的密
度为：ߩ= ܯܸ= 3ߠ2
4ܩݐ2．故D 正确。
故选：BCD。
【点评】万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．
7．（6 分）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意
图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I 时，C、D 两侧面会形成一定
的电势差U．下列说法中正确的是（
）
A．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带负电
B．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带正电
C．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U 最大
D．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U 最大
【考点】CO：霍尔效应及其应用．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定载流子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强
弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．
【解答】解：AB、若元件的载流子带负电，由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力方向向D 侧面偏，则C 侧
面的电势高于D 侧面的电势；
若元件的载流子带正电，由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力方向向D 侧面偏，则D 侧面的电势高于C 侧面
的电势，故A 正确，B 错误。
C、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持水平，让磁场垂直通过，故C 错误；
D、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直。故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道载流子受到电场力和洛伦兹力平衡，注意正电与负电的电性
不同，导致洛伦兹力方向不同．
8．（6 分）如图所示，在真空中，+Q1 和﹣Q2 为固定在x 轴上的两个点电荷，且Q1＝4Q2，tܤ= ܤܲ
=L．a、b、c 为
P 两侧的三个点，则下列说法中正确的是（
）
A．P 点电场强度为零，电势也为零
B．b、c 两点处，一定有电势φb＞φc 且电场强度Eb＞Ec
C．若将一试探电荷+q 从a 点沿x 轴移至P 点，则其电势能增加
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D．若将一试探电荷﹣q 从a 点静止释放，则其经过P 点时动能最大
【考点】A1：元电荷、点电荷；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】某点的电场强度是正电荷Q1 和负电荷Q2 在该处产生的电场的叠加，是合场强．运用合成进行分析．
【解答】解：A、某点的电场强度是正电荷Q1 和负电荷Q2 在该处产生的电场的叠加，是合场强。
根据点电荷的场强公式E=݇
ݍ
ݎ2
+Q1 和﹣Q2 在P 点产生的电场方向相反，选取向右为正方向，合场强：Ep=݇ܳ
1
(2ܮ)2 −݇ܳ
2
ܮ2 = 0
所以合电场强度为零，由于电势的零点与人为的选择有关，则P 点的电势不一定等于0．故A 错误；
B、设pb 之间的距离为L′，则b 点的合场强：Eb=݇ܳ
1
(2ܮ+ܮ')2 −݇ܳ
2
(ܮ+ܮ')2 =
4݇ܳ
2
(2ܮ+ܮ')2 −݇ܳ
2
(ܮ+ܮ')2 ＞
4݇ܳ
2
(2ܮ+2ܮ')2 −݇ܳ
2
(ܮ+ܮ')2
可知b 点场强的方向向右。
同理可知，在P 点右侧各点的场强都向右，则一定有电势φb＞φc；
但由于b、c 与P 点的距离关系未知，所以并不能判断出b 与c 的场强的大小关系。故B 错误；
C、同理可知，P 点与负电荷Q2 之间的电场强度的方向向左，将一试探电荷+q 从a 点沿x 轴移至P 点，电场力
做负功，则其电势能增加。故C 正确；
D、由B 与C 的分析可知，P 点两侧的电场强度的方向相反，所以相对于P 点两侧，P 点的电势最高，所以将一
试探电荷﹣q 从a 点静止释放，则其经过P 点时电势能最小，动能最大，故D 正确。
故选：CD。
【点评】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16 题为选考题，
考生根据要求作答．（一）必考题
9．（5 分）如图所示，某小组同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解．A、B 为两个相同的双向力传感器，该型
号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A 连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动．B
固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端O 点构成支架，调整使得O 点位于圆弧形轨道的圆
心处，保持杆沿水平方向．随后按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；
②对两个传感器进行调零；
③用另一绳在O 点悬挂住一个钩码，记录两个传感器读数；
④取下钩码，移动传感器A，改变θ 角，重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格a．
（1）根据表格a，可知A 传感器对应的是表中的力
F1
（填“F1”或“F2”），并求得钩码质量为
0.05
kg （保
留一位有效数字）；
（2）换用不同钩码做此实验，重复上述实验步骤，得到数据表格b．则表格b 中30°所对应的F2 空缺处数据应
为
﹣0.955
N；
表格a
F1N
1.001
0.580
…
1.002
…
F2N
﹣0.868
﹣0.291
…
0.865
…
θ
30°
60°
…
150°
…
表格b
F1N
1.103
…
F2N
…
…
…
θ
30°
60°
…
（3）实验中，让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形（而不是其它的形状）轨道移动的主要目的是（单选）：
C
A．方便改变A 传感器的读数
B．方便改变B 传感器的读数
C．保持轻杆右端O 的位置不变
D．方便改变细绳与杆的夹角θ
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；526：平行四边形法则图解法专题．
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【分析】（1）传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负，A 传感器读数为正，故为拉力，相当于F1，
由节点O 受力平衡，结合θ读数，可得钩码质量．
（2）对支架O 点受力分析，由平衡条件即可求出力的大小．
（3）沿圆弧移动传感器A，传感器与O 点间的距离保持不变，O 点位置可以保持不变．
【解答】解：（1）因绳子只能提供拉力，传感器示数为正值，由表中实验数据可知，A 传感器对应的是表中力F1，
对节点O，由平衡条件得：F1sin30°＝mg，解得：m＝0.05Kg；
（2）对于O 点，受力平衡，O 点受到F1、F2 即钩码向下的拉力，
根据几何关系可知：F2＝F1cos30°＝1.013× 3
2 =0.955N，
因为B 受到的是压力，所以F2 空缺处数据应为﹣0.955N；
（3）让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形，移动传感器的过程中，
传感器与O 点的距离保持不变，O 点位置保持不变，故C 正确，故选：C；
故答案为：（1）F1；0.05；（2）﹣0.955；（3）C．
【点评】本题考查了实验数据分析与处理，解题的关键是首先根据题意灵活选取研究对象，然后再进行受力分析，
列出方程求解即可．
10．
（10 分）根据如图甲电路，可以测出定值电阻R0的阻值以及电源的电动势E 和内阻r，图中R 是电阻箱（0～999.9Ω），
两个电表都是相同的电压表（分别用V1 和V2 表示，对应的示数分别为U1、U2）。
①请在虚线框内画出图甲中实物连接电路对应的电路图（原理图）
②接通电源实验，调节电阻R，当其各转盘位置及两电表（没有标出刻度值）示数如图乙所示时，可读得电阻箱
的阻值R＝
17.1
Ω，已知此时V1 的读数为U1＝2.60V 时，则V2 的读数应该为U2＝
1.40
V，可求得定值电
阻R0＝
20.0
Ω（保留3 位有效数字）
③测出R0 后，再次调整电阻箱R，改变并记录多组的（R，U1，U2）值，A、B 两位同学根据表格中的数据，分
别画出如图丙的（A）、（B）图线；假设图中的纵截距和横截距均已得出（即图中a1、a2 和b1、b2 为已知），则由
图线（A ）可得出电源电动势E ＝
a1
；由图线（B ）可得出电源内电阻r ＝
b1 ﹣R0
。
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】①根据实物电路图作出实验电路图；
②电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；根据电表指针读出其示数；由欧姆定律求出电阻阻值；
③根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：①根据图甲所示实物电路图作出实验电路图如图所示：
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②由图示电阻箱可知，电阻箱示数为：R＝0×100Ω+1×10Ω+7×1Ω+1×0.1Ω＝17.1Ω；
V1 的读数为U1＝2.60V 时，由图示电压表可知，则V2 的读数应该为U2＝1.40V，
电路电流I=ܷ
h
h =ܷ
1−ܷ
2
h
= 2.6−1.4
17.1
≈0.07A，得定值电阻R0=ܷ
2
ܫ= 1.4
0.07 =20.0Ω；
③由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E＝U1+Ir＝U1+ܷ
2
h0r，则U1＝E−ݎ
h0U2，
由图（A）所示图象可知，电源电动势：E＝a1；
在闭合电路中，E＝I（R+R0+r）=ܷ
2
h0（R+R0+r），
则R= 1ܷ
2ER0﹣R0﹣r，由图（B）所示图象可知，﹣b1＝﹣R0﹣r，电源内阻：r＝b1＝﹣R0；
故答案为：①电路图如图所示；②17.1；1.40；20.0；③a1；b1﹣R0。
【点评】本题考查了作电路图、电阻箱与电压表读数、求电阻、求电源电动势与内阻；根据电路图应用欧姆定律
求出图象的函数表达式，根据函数表达式与对应的图象即可求出电源的电动势与内阻。
11．（12 分）如图甲所示，边长L＝2.5m、质量m＝0.5kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置
处在方向竖直向上、磁感应强度为B＝0.8T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN 重合．在水平力F 的作用
下，线框由静止开始向左运动，经过5s 被拉出磁场区域，此过程中利用电流传感器测得线框中的电流强度I 随时
间t 变化的图象如图乙所示．则在这过程中：
（1）由图乙可得出通过线框导线截面的电荷q＝
1.25
C，I 与t 的关系式是：
I＝0.1t
；
（2）求出线框的电阻R；
（3）试判断说明线框的运动情况，并求出水平力F 随时间t 变化的表达式．
【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）根据图象与时间轴所围的面积求出电荷量，根据数学知识写出I 与t 的关系式．
（2）应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式求出电荷量，然后求出电阻阻值．
（3）由图象求出电流随时间变化的关系，根据欧姆定律求出电流，然后求出加速度，然后由牛顿第二定律求出拉
力的表达式．
【解答】解：（1）I﹣t 图线与横轴包围的面积数值上等于通过的电量，即ݍ= 0.5t×5ݏ
2
= 1.25ܥ
由I﹣t 图象可知，感应电流I 随时间线性（正比）变化，有：I＝kt＝0.1t（A）
（2）回路的平均电动势和平均电流分别为：
ܧ= △Ȱ
△ݐ
ܫ= ܧ
h
又ݍ= ܫ⋅△ݐ= △Ȱ
h = ܤܮ2
h
解得：h =
ܤܮ2
ݍ
= 0.8×2.5×2.5
1.25
= 4Ω
（3）设在某时刻t，线框的速度为v，则线框中感应电流：ܫ= ܤܮ㘴
h
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结合（1）中I＝kt＝0.1t，可得金属框的速度随时间也是线性变化的：㘴= h݇
ܤܮݐ
线框做匀加速直线运动，加速度为：ܽ
= h݇
ܤܮ= 0.2݉
/ݏ2
由牛顿第二定律：F﹣BIL＝ma
联立解得F 随时间t 变化满足：F＝（BLk）t+ma＝（0.2t+0.1）N
答：（1）通过线框导线截面的电荷量为1.25C，I 与t 的关系是I＝0.1t
（2）求出线框的电阻R 为4Ω；
（3）试判断说明线框的运动情况，水平力F 随时间t 变化的表达式F＝（0.2t+0.1）N．
【点评】本题考查了求电荷量、电阻、力的表达式，本题根据I﹣t 图象求出电荷量，要掌握应用图象法求电荷量
的方法；要掌握本题的解题思路．
12．（20 分）如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的
总质量为M＝2kg．车上在与沙箱左侧距离S＝1m 的位置上放一质量为m＝1kg 小物块A，物块A 与小车的动摩
擦因数为μ＝0.1．仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强E＝2×103V/m．当物块A 随小车以速度v0
＝10m/s 向右做匀速直线运动时，距沙面H＝5m 高处有一质量为m0＝2kg 的带正电q＝1×10
﹣2C 的小球C，以u0
＝10m/s 的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中．已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的
长度，并取g＝10m/s2．求：
（1）小球落入沙箱前的速度u 和开始下落时与小车右端的水平距离x；
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能EP；
（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L，请讨论分析物块A 相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热
量Q 与L 的关系式．
【考点】53：动量守恒定律；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）小球C 在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：
竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解．
（2）小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度．之后，由于车
速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A 与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律和
能量守恒定律结合求解．
（3）由功能关系求热量Q 与L 的关系式．要分物块是否从小车上滑下两种情况研究．
【解答】解：（1）设小球C 下落到沙箱的时间为t，则竖直方向上有H= 1
2 tݐ2
小球在水平方向做匀减速运动，则qE＝m0ax．
由运动学公式有ux＝u0﹣axt
代入数据解得
ax＝10m/s2，ux＝0，t＝1s
所以小球落入沙箱前的速度u＝uy＝gt＝10m/s，方向竖直向下．
小球开始下落时与小车右端的水平距离x＝x1+x2＝v0t+ ݑ0ݐ
2
解得x＝15m
（2）取向右为正方向，在小球落入沙箱的过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小
球落入沙箱瞬间，车与球的共同速度为v1．
有Mv0＝（M+m0）v1．
解得v1＝5m/s
由于车速减小，随后物块A 相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A 与小车（含小球）的系统动
量守恒，当弹簧压缩至最短时整个系统有一共同速度v2．
根据动量守恒定律得mv0+（M+m0）v1＝（M+m+m0）v2．
解得v2＝6m/s
根据能量转化和守恒定律得：
最大值弹性势能EP= 1
2mv02+ 1
2（M+m0）v12−1
2（M+m+m0）v22﹣μmgS
代入数据解得EP＝9J
（3）随后弹簧向左弹开物块A，假设A 运动至车的左端时恰好与车相对静止，此过程中系统动量仍守恒，所以
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系统具有的速度仍为v2＝6m/s
根据功能关系有EP＝μmgL0；
解得小车左端与沙箱左侧的距离为L0＝9m
分情况讨论如下：
①若L≥L0＝9m，物块A 停在距离沙箱左侧L0＝9m 处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为
Q1＝μmgL0；
解得Q1＝9J
②若L＜L0＝9m，物块A 最终会从沙箱左侧滑下，因此摩擦产生的热量为
Q2＝μmgL；
答：
（1）小球落入沙箱前的速度u 为10m/s，方向竖直向下．开始下落时与小车右端的水平距离x 是15m；
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能是9J；
（3）①若L≥L0＝9m，摩擦产生的热量为9J．若L＜L0＝9m，物块A 最终会从沙箱左侧滑下，摩擦产生的热量
为
Q2＝μmgL．
【点评】解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的
过程中是小球与车水平方向的动量守恒．
[物理-选修3-3]（15 分）
13．（5 分）以下说法中正确的是（
）
A．上午十时，教室内空气中的水蒸气分子和氧气的分子平均动能是相同的
B．液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C．水中的水分子总是在永不停息地做杂乱无章的运动，当两个水分子运动到适当的位置使分子力为零时，它们具
有的分子势能一定最小
D．一定质量的水蒸气发生等温膨胀时，可能会向外散热
E．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
【考点】8I：有序、无序和熵；95：液体的表面张力．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】温度是分子的平均动能的标志；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；结合分子力变化的特
点分析分子势能的变化；根据气体膨胀的过程中体积增大，对外做功，再结合热力学第一定律分析气体是否吸收
热量．一切自然过程总是向着熵增加的方向进行．
【解答】解：A、温度是分子的平均动能的标志，温度相同的水蒸气与氧气分子的平均动能相同。故A 正确。
B、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力。故B 错误。
C、假设有两个水分子为a 和b，分子a 从无穷远处靠近固定不动的分子b，分子间距大于r0 时分子力表现为引力，
没有达到平衡位置过程中，分子力做正功，则分子势能减小；子间距小于r0 时，分子力表现为斥力，距离再减小
的过程中分子力做负功分子势能增大。所以当a、b 间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小。故C 正确。
D、气球等温膨胀，内能不变，气体对外做功，根据△U＝W+Q 知，Q 为正值，即吸热。故D 错误。
E、熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行。故E 正确
故选：ACE。
【点评】本题考查了温度的微观意义、液体表面张力、热力学第二定律、热力学第一定律等基础知识点，关键要
熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点．
14．（10 分）如图所示，两个导热的圆筒底部有一条细短管连通，圆筒内装有约20cm 深的水银，K 为阀门，处于关
闭状态。左侧大圆筒的横截面积S1＝800cm2，水银面到圆筒顶部的高度H＝115cm，水银上方是空气，空气的压
强P1＝100cmHg，室温t1＝27℃．左侧圆筒中竖直放置一根托里拆利管，管的横截面积远小于两圆筒的横截面积，
托里拆利管中水银上方有氮气，氮气柱的长度L1＝20cm，水银柱的高度L2＝70cm。右侧小圆筒的横截面积S2＝
100cm2，一个活塞紧贴水银放置。已知大气压强P0＝75cmHg．求：
（ⅰ）若环境温度缓慢升高60℃，左侧圆筒内空气的压强变为多大？
（ⅱ）在环境温度为60℃时，用力控制右侧圆筒中活塞，打开阀门K，使活塞缓慢升高h1＝40cm 后固定，则托
里拆利管中氮气柱的长度最终变为多大？（结果可以带根号）
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【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）环境温度缓慢升高60℃的过程为等容变化过程，运用查理定律即可求出末态左侧圆筒内空气的压强；
（ii）环境温度不变，左侧空气发生等温变化，对其运用玻意耳定律即可求出升温后空气的压强，利用平衡求出托
里拆利管中封闭氮气的压强，再对氮气运用理想气体的状态方程即可求出托里拆利管中氮气柱的终变长度。
【解答】解：（i）设升温后左侧大圆筒空气的压强变为P2，因阀门关闭，大圆筒内空气做等容变化，
初状态：压强P1＝100cmHg，温度T1＝（27+273）K＝300K，
末状态：压强P2，温度T2＝360K，
根据查理定律可得：ܲ1ܶ
1
=ܲ
2ܶ
2
解得：P2＝120cmHg
（ii）阀门打开并控制活塞缓慢上升h1 时，因左侧大圆筒中空气的压强大于外界大气压强，左侧大圆筒水银面下
降高度设为h2，
根据几何关系有：S2h1＝S1h2
解得：h2＝5cm
同时，左侧大圆筒中的空气做等温变化，设空气高度变为H′＝H+h2＝120cm，空气的压强变为P3，
根据玻意耳定律可得：P2HS＝P3HS
解得：P3＝115cmHg
设托里拆利管中密封氮气柱的横截面积为S，最终长度为Lx，其初始压强为PL1，最终压强为PLx，
根据理想气体的状态方程可得：ܲܮ1ܮ1ܵܶ
1
=ܲ
ܮݔܮݔܵܶ
2
其中：PL1＝100cmHg﹣70cmHg＝30cmHg
PLx＝115cmHg﹣（20+70+5﹣Lx）cmHg＝（20+Lx）cmHg
所以氦气柱的最终长度为：Lx＝（2 205 −10）cm≈18.6cm
答：（i）若环境温度缓慢升高60℃，左侧圆筒内空气的压强变为120cmHg；
（ii）托里拆利管中氮气柱的长度最终约为18.6cm。
【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析
好压强P、体积V、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
[物理-选修3-4]（15 分）
15．以下说法中正确的是（
）
A．对于单摆在竖直面内的振动，摆球所受的合力就是它的回复力
B．如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样
C．声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了
D．人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的
E．摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量
【考点】F7：波的干涉和衍射现象；H5：全反射．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54E：全反射和临界角专题．
【分析】A、摆球的回复力是由重力沿切线方向的分力提供的；
B、频率相同的，才能发生干涉现象；
C、熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系；
D、海市蜃楼是由于全反射现象造成的；
E、增透膜利用的是光的干涉原理．当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的
1
4时，从薄膜前后表面的反射光相互
抵消．
【解答】解：A、单摆在竖直面内的振动，摆球沿着速度方向的分力，即为它的回复力，故A 错误；
B、当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故B 正确；
C、若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故C 错误；
D、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，属于
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全反射，故D 正确；
E、当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的
1
4时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了
透射，故E 正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查对单摆运动的实质的理解，明确向心力和回复力的概念，并会分析其来源，掌握干涉的条件，
理解全反射原理，及多普勒效应现象中，接收频率与发射频率的大小关系，最后掌握增透膜的应用．
16．一列简谐横波在介质中沿x 轴正向传播，波长ɉ≥80cm．O 和A 是介质中平衡位置分别位于x＝0 和x＝40cm 处
的两个质点．t＝0 时开始观测，此时质点O 的位移y＝﹣8cm，质点A 处于y＝﹣16cm 的波谷位置；t＝0.5s 时，
质点O 第一次回到平衡位置，而t＝1.5s 时，质点A 第一次回到平衡位置．求：
（ⅰ）这列简谐横波的周期T、波速v 和波长ɉ；
（ⅱ）质点A 振动的位移y 随时间t 变化的关系式．
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】（ⅰ）由质点A 从波谷回到平衡位置的时间求得周期T，再根据波谷从O 传播到P 的时间求得波速v，即
可由周期和波速求得波长ɉ；
（ⅱ）根据t＝0 时质点A 处于波谷求得初相位，然后由波谷位移求得振幅，即可根据周期求得质点A 振动的位
移y 随时间t 变化的关系式．
【解答】解：（ⅰ）质点A 经过1.5s 从波谷位置第一次回到平衡位置，故振动周期为：T＝4×1.5s＝6s；
波沿x 轴正向传播，质点O 比质点A 先回到平衡位置，故波经过△t＝1.5s﹣0.5s＝1s 从O 传播到P，故波速为：㘴=ܱܲ
△ݐ= 40ܿ݉
1ݏ
= 0.4݉
/ݏ；
故波长为：ɉ＝vT＝2.4m；
（ⅱ）由波谷位置可得：质点A 振动的振幅A＝16cm；又有周期T＝6s；
质点A 在t＝0 时在波谷位置，故初相位为
3
2 ߨ；
故质点A 的位移y 随时间t 变化的关系式为：ݕ= tݏth( 2ߨܶݐ+ 3
2 ߨ) = 0.16ݏth( ߨ
3 ݐ+ 3
2 ߨ)(݉
)．
答：（ⅰ）这列简谐横波的周期T 为6s，波速v 为0.4m/s，波长ɉ为2.4m；
（ⅱ）质点A 振动的位移y 随时间t 变化的关系式为ݕ= 0.16ݏth( ߨ
3 ݐ+ 3
2 ߨ)(݉
)．
【点评】对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传播方
向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/11 23:51:25 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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2018 年北京市中央民族大学附中高考物理三模试卷
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．布朗运动是用显微镜观察到的分子的运动
B．一定质量的理想气体，在体积不变的情况下温度升高压强可能不变
C．气体对外做功，气体的内能有可能保持不变
D．热量可能自发地从低温物体传递到高温物体
2．（3 分）在科学技术研究中，关于原子定态，原子核变化的过程中，下列说法正确的是（
）
A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B．
92
238U 衰变成
82
2066Pb 要经过8 次α衰变和6 次β衰变
C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力
D．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
3．（3 分）处在近地轨道的人造地球卫星，会受到稀薄的气体阻力作用，使其绕地球做圆周运动的过程中轨道半径将
不断地缓慢缩小，对于这样的近地人造地球卫星，下列说法中正确的是（
）
A．卫星运动的速率减小
B．卫星运动的角速度变大
C．卫星运动的周期变大
D．卫星的向心加速度变小
4．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．光电效应现象说明光子既有动量又有能量
B．立体电影和全息照相都应用了光的偏振
C．电子显微镜的分辨率比光学显微镜的分辨率高
D．强度相同的黄光和蓝光照射同一金属都发生光电效应，蓝光的饱和电流大
5．（3 分）如图所示是某区域的电场线分布，A、B、C 是电场中的三个点，则下列说法正确的是（
）
A．将一正电荷由B 点静止释放，一定沿着电场线运动到C 点
B．A 点电势高于C 点
C．负电荷在B 点电势能大于在C 点电势能
D．正电荷在B 点加速度小于在A 点的加速度
6．（3 分）一列简谐波沿x 轴传播，t1＝0 时刻的波形如图甲实线所示，t2＝0.3s 时刻的波形如图甲图中的虚线所示，
乙图是该波中某质点的振动图线，则以下说法中正确的是（
）
A．波的传播速度为1m/s
B．波一定沿x 轴负方向传播
C．乙图可能是x＝2m 处质点的振动图线
D．x＝1.5m 处的质点经过0.5s 通过的路程为25cm
7．（3 分）如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线
运动．保持小车的质量M 不变，第一次实验中小车在质量为m1 的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二
次实验中小车在质量为m2 的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中m1＜m2＜M．两次实验中，绳对小
车的拉力分别为T1 和T2，小车、砂和砂桶系统的机械能变化量分别为△E1 和△E2，若空气阻力和摩擦阻力的大
小保持不变，不计绳、滑轮的质量，则下列分析正确的是（
）
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A．（m1g﹣T1）＜（m2g﹣T2），△E1＝△E2
B．（m1g﹣T1）＝（m2g﹣T2），△E1＝△E2
C．（m1g﹣T1）＜（m2g﹣T2），△E1＜△E2
D．（m1g﹣T1）＝（m2g﹣T2），△E1＜△E2
8．（3 分）物理学和计算机技术的发展推动了医学影像诊断技术的进步．彩色超声波检测仪，简称彩超，工作时向人
体发射频率已知的超声波，当超声波遇到流向远离探头的血流时探头接收的回波信号频率会降低，当超声波遇到
流向靠近探头的血流时探头接收的回波信号频率会升高．利用计算机技术给这些信号加上色彩，显示在屏幕上，
可以帮助医生判定血流的方向、流速的大小和性质．
计算机辅助X 射线断层摄影，简称CT．工作时X 射线束对人体的某一部分按一定厚度的层面进行扫描，部分射
线穿透人体被检测器接收．由于人体各种组织的疏密程度不变，检测器接收到的射线就有了差异，从而可以帮助
医生诊断病变．根据以上信息，可以判断下列说法中正确的是（
）
A．彩超和CT 工作时都向人体发射的波都是电磁波
B．CT 工作时利用了波的衍射现象
C．CT 和彩超工作时向人体发射的波都是横波
D．彩超工作时利用了多普勒效应
二、解答题（共5 小题，满分0 分）
9．利用图1 装置做“验证机械能守恒定律”实验．
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用
的两种器材是
A．交流电源
B．刻度尺
C．天平（含砝码）
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2 所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、
C，测得它们到起始点O 的距离分别为hA、hB、hC 已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重
物的质量为m．从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝
；动能变化量△Ek＝
．
10．想测量一捆带绝缘漆的镍铬合金丝的长度．
①如图1 所示，他们用螺旋测微器测得合金丝的直径d＝
mm．查得镍铬合金丝的电阻率为ρ，若测出合金
丝的电阻为R，则合金丝的长度可以根据公式L＝
．求出（用ρ、d、R 表示）
②他们用表盘如图2 所示的多用电表测量合金丝的电阻．现将选择开关调到电阻档的“×10”位置，将红、黑表
笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节
（选填“S”或“T”），使用多用电表的指针指向
电阻档的
刻线（选填“0”或“∞”）．之后将红黑表笔的笔尖分别与合金丝两端接触，发现指针偏转角度
过大，于是他们将选择开关调到电阻档的
位置（选填“×1”或“×100”）．
（3）乙同学在“把电流表改装为电压表”的实验中，测电流表G 的内阻时备有下列器材
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A．待测电流表（量程1mA，内阻约几十欧）
B．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω）
C．滑动变阻器（阻值范围0～20kΩ）
D．电阻箱（0～999.9Ω）
E．电阻箱（0～9999Ω）
F．电源（电动势6V，有内阻）
G．电源（电动势15V，有内阻）
H．开关、导线
①若采用如图所示电路测定电流表G 的内阻，并要求有较高的精确度，以上器材中，R1 应选用
，R2 应选
用
，电源应选用
（用器材前的英文字母表示）．
②若测得电流表内阻Rg＝50.0Ω，要将该电流表改装成量程是3V 的电压表，则应串联一个阻值是
Ω的电
阻，表的刻度盘上原0.6mA 处应改写成
V．
11．如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强
度大小为B，方向竖直向下，一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨从静止开始以加速度a
向右匀加速运动，运动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速
度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略，求：
（1）t 时刻导体棒产生的电动势的大小；
（2）t 时刻电阻R 消耗的功率；
（3）t 时间内流过R 的电荷量。
12．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m＝0.1kg，以v0＝4m/s 向左运动，运动至距出发点d＝
1m 处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1＝2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L＝
3m，以v2＝10m/s 顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R＝0.8m，物块
进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6））求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1；
（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2 应满足的条件．
13．1898 年7 月居里夫妇发现了一种放射性极强的元素，为了纪念自己的祖国波兰把这种新元素定名为钋，同时由
于对放射性的研究获得了诺贝尔物理学奖。吸烟有害健康，香烟中含有钋210，
84
210Po 是一种很强的放射性同位
素，为了探测放射线的性质，真空室中在放射源钋210 的对侧放有一荧光屏，可以根据荧光屏上的打点情况来检
测放射线的强弱。
（1）在放射源与荧光屏之间不加任何场时发现荧光屏的中间有闪光产生，当施加一垂直的匀强磁场，发现荧光屏
的闪光都向一侧偏移，撤去磁场在放射源与荧光屏中间放一厚纸，发现荧光屏上没有闪光产生，请你根据上面的
情况分析判断是什么射线，同时写出衰变方程（新原子核用Y 表示）
（2）用α粒子轰击氮原子核打出了一种新的粒子，根据这种粒子在电场和磁场中的运动情况，测出了它的比荷。
如图为同步加速器模型，M、N 为两块中心开有小孔的平行金属板，新的粒子（不计重力）从M 板小孔飘入板间，
初速度可视为零，每当进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当离开N 板时，两板的电荷量均立即变
为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，粒子在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离，
经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应的变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动此
时的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相应的变化，不计粒子的加速时间及其做圆周运动此时的电
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磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应，开始时磁感应强度为B0，求这种粒子的比荷以及运动
第n 周时磁场的磁感应强度Bn；
（3）α粒子以初速度v0 轰击静止的氮14 原子核打出一种新的粒子，同时产生一个新的原子核，新的粒子速度为
3v0，且方向不变，反应过程中释放的能量完全转化为系统的动能，已知中子质量为m，质子质量和中子质量相等，
光速为c，试计算此反应过程中的质量亏损。
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2018 年北京市中央民族大学附中高考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分24 分）
1．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．布朗运动是用显微镜观察到的分子的运动
B．一定质量的理想气体，在体积不变的情况下温度升高压强可能不变
C．气体对外做功，气体的内能有可能保持不变
D．热量可能自发地从低温物体传递到高温物体
【考点】84：布朗运动；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．
【分析】明确布朗运动的性质，知道布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动；
明确理想气体状态方程，从而分析三个状态参量间的变化关系；
理解热力学第一定律和热力学第二定律的基本内容，会分析对应的现象．
【解答】解：A、布朗运动是用显微镜观察到的固体小颗粒的运动，不是分子的运动，故A 错误；
B、由理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体，在体积不变的情况下温度升高压强一定增大，故B 错误；
C、气体对外做功时如果同时从外界吸热，则气体的内能有可能保持不变，故C 正确；
D、由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，故D 错误。
【点评】本题考查了热力学定理、布朗运动以及理想气体的状态方程，要求能准确掌握相应的物理规律，能准确
理解并且能准确加以应用．
2．（3 分）在科学技术研究中，关于原子定态，原子核变化的过程中，下列说法正确的是（
）
A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B．
92
238U 衰变成
82
2066Pb 要经过8 次α衰变和6 次β衰变
C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力
D．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
【考点】I6：X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关；
根据一次α衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次β衰变，质量数不变，质子数增加；
遥感摄影是利用红外线良好的穿透能力；
单独存在时的总质量大于该原子核的质量．
【解答】解：A、元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，故A 错误；
B、根据一次α衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次β衰变，质量数不变，质子数增加，因此铀核（
92
238U）
衰变为铅核（
82
206Pb）的过程中，质量数减少32，而质子数减少10，因此要经过8 次α衰变，导致质子数减少16，
由于质子数只减少10，所以只有发生6 次β衰变，故B 正确；
C、卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的。从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的穿
透能力，故C 错误；
D、当单独存在的核子结合成原子核，会释放巨大能量，由质能方程可知，单独存在时的总质量大于该原子核的
质量，故D 错误；
【点评】考查影响元素半衰期的因素，掌握质能方程的应用，理解两种衰变的区别，注意紫外线与红外线的不同．
3．（3 分）处在近地轨道的人造地球卫星，会受到稀薄的气体阻力作用，使其绕地球做圆周运动的过程中轨道半径将
不断地缓慢缩小，对于这样的近地人造地球卫星，下列说法中正确的是（
）
A．卫星运动的速率减小
B．卫星运动的角速度变大
C．卫星运动的周期变大
D．卫星的向心加速度变小
【考点】4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、向心加速度的表达式，结合轨道半径的变化得出
线速度、角速度、周期和向心加速度的变化．
【解答】解：根据ܩܯ݉
ݎ2 =݉ܽ
=݉
㘴2
ݎ=݉
ݎ߱
2 =݉
ݎ4ߨ2ܶ
2 得，向心加速度a= ܩܯ
ݎ2 ，线速度v=
ܩܯ
ݎ，角速度߱
=
ܩܯ
ݎ3 ，
周期T=
4ߨ2ݎ3
ܩܯ，由于轨道半径减小，则向心加速度变大，线速度变大，角速度变大，周期变小。故B 正确，A、
C、D 错误。
【点评】解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半
径的关系，基础题．
4．（3 分）下列说法正确的是（
）
A．光电效应现象说明光子既有动量又有能量
B．立体电影和全息照相都应用了光的偏振
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C．电子显微镜的分辨率比光学显微镜的分辨率高
D．强度相同的黄光和蓝光照射同一金属都发生光电效应，蓝光的饱和电流大
【考点】HB：光的偏振；IC：光电效应．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．
【分析】光电效应现象说明光子是一份一份的，康普顿效应说明光子除了能量之外还有动量；全息照相使用激光
的相干性好的特点，与光的偏振无关；电子显微镜的分辨率比光学显微镜的分辨率高；单个的蓝色光的光子的能
量大于单个的黄色光的光子的能量．
【解答】解：A、光电效应现象说明光的能量是一份一份的，说明光具有粒子性；随后的康普顿效应说明光子除
了能量之外还有动量，故A 错误；
B、立体电影是利用了光的偏振原理，全息照相使用激光的相干性好的特点。故B 错误；
C、因为电子的物质波长比可见光的波长短，不容易发生明显衍射，所以电子显微镜比光学显微镜分辨率更高。故
C 正确；
D、蓝色光的频率大于黄色光的频率，所以单个的蓝色光的光子的能量大于单个的黄色光的光子的能量，所以强
度相同的黄光和蓝光比较，蓝色光的光子数目少，照射同一金属都发生光电效应，蓝光的饱和电流小。故D 错误。
【点评】考查了几种常见的光的相关知识的应用原理，本题要了解立体电影技术的基本原理，知道光是一种横波，
只有横波能产生偏振现象．
5．（3 分）如图所示是某区域的电场线分布，A、B、C 是电场中的三个点，则下列说法正确的是（
）
A．将一正电荷由B 点静止释放，一定沿着电场线运动到C 点
B．A 点电势高于C 点
C．负电荷在B 点电势能大于在C 点电势能
D．正电荷在B 点加速度小于在A 点的加速度
【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据物体做曲线运动的条件判断A 选项；根据沿电场线方向电势降低判断B 选项；根据负电荷在电势高
的地方电势能小判断C 选项；根据电场线密的地方电场强度大，结合根据牛顿第二定律判断D 选项．
【解答】解：A、图中的电场线为曲线，电场力方向一定沿着电场线的切线方向；做曲线运动的物体力的方向一
定不会和速度方向平行，所以将一正电荷由B 点静止释放，一定不会沿着电场线运动到C 点，故A 错误；
B、沿电场线方向电势降低，所以A 点电势高于C 点，故B 正确；
C、负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大；由于B 点的电势高于C，所以负电荷在B 点电
势能小于在C 点电势能，故C 错误；
D、电场线密的地方电场强度大，根据牛顿第二定律可知：a= ݍܧ݉，所以正电荷在B 点加速度大于在A 点的加速度，
故D 错误。
【点评】本题考查对电场线物理意义的理解，知道电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线的方向电势逐渐降低．
6．（3 分）一列简谐波沿x 轴传播，t1＝0 时刻的波形如图甲实线所示，t2＝0.3s 时刻的波形如图甲图中的虚线所示，
乙图是该波中某质点的振动图线，则以下说法中正确的是（
）
A．波的传播速度为1m/s
B．波一定沿x 轴负方向传播
C．乙图可能是x＝2m 处质点的振动图线
D．x＝1.5m 处的质点经过0.5s 通过的路程为25cm
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
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【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】由图甲读出波长，由图乙读出周期，再由v= ɉܶ求波速．根据时间与周期的关系，运用波形平移法判断波
的传播方向．根据质点的起振方向和位置分析乙图是哪个质点的振动图线．由时间与周期的关系求x＝1.5m 处的
质点经过0.5s 通过的路程．
【解答】解：A、由图甲知，波长ɉ＝4m，由图乙知，周期T＝0.4s，由v= ɉܶ得波速v＝10m/s，故A 错误。
B、由于t2＝0.3s= 3
4T，所以根据波形平移法可知波一定沿x 轴负方向传播，故B 正确。
C、在t1＝0 时刻，x＝2m 处质点正通过平衡位置向下运动，与乙图情况不符，所以乙图不可能是x＝2m 处质点的
振动图线，故C 错误。
D、时间t＝0.5s= 5
4T，由于x＝1.5m 处的质点不在平衡位置和最大位移处，所以x＝1.5m 处的质点经过0.5s 通过
的路程不等于5A＝25cm，故D 错误。
【点评】本题考查识别和理解振动图象和波动图象的能力，并要能把握两种图象之间的联系，同时要注意根据时
间与周期的关系，求出质点振动的时间与周期之间的关系，再求质点运动的路程．
7．（3 分）如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线
运动．保持小车的质量M 不变，第一次实验中小车在质量为m1 的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二
次实验中小车在质量为m2 的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中m1＜m2＜M．两次实验中，绳对小
车的拉力分别为T1 和T2，小车、砂和砂桶系统的机械能变化量分别为△E1 和△E2，若空气阻力和摩擦阻力的大
小保持不变，不计绳、滑轮的质量，则下列分析正确的是（
）
A．（m1g﹣T1）＜（m2g﹣T2），△E1＝△E2
B．（m1g﹣T1）＝（m2g﹣T2），△E1＝△E2
C．（m1g﹣T1）＜（m2g﹣T2），△E1＜△E2
D．（m1g﹣T1）＝（m2g﹣T2），△E1＜△E2
【考点】6B：功能关系；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据牛顿运动定律分析受力情况，根据功能关系：除重力和弹力外其它力对系统做的功等于系统机械能
的变化讨论机械能变化情况．
【解答】解：小车的砂桶用细线相连，故其加速度大小相等，根据牛顿第二定律以整体为研究对象有加速度：ܽ
=݉
t−ߤܯt
ܯ+݉
= t(1−ߤܯ݉)
ܯ݉+1
知，当砂桶的质量m 增加时加速度a 增大即m1＜m2，所以有a1＜a2，
再以砂和砂桶为研究对象有：m1g﹣T1＝ma1，m2g﹣T2＝ma2，所以有（m1g﹣T1）＜（m2g﹣T2），则BD 错误；
根据功能关系知，除重力和弹力外其它力对系统做的功等于系统机械能的变化知，在两种情况下运动，小车所受
摩擦力对小车做的功相同，可知两种情况下系统机械能的变化量△E1＝△E2，所以C 错误，A 正确。
【点评】用整体法和隔离法对车进行受力分析求出加速度与砂桶质量的关系，再根据功能关系分析系统机械能的
变化与重力和弹力外做功的关系这是解决本题的关键．
8．（3 分）物理学和计算机技术的发展推动了医学影像诊断技术的进步．彩色超声波检测仪，简称彩超，工作时向人
体发射频率已知的超声波，当超声波遇到流向远离探头的血流时探头接收的回波信号频率会降低，当超声波遇到
流向靠近探头的血流时探头接收的回波信号频率会升高．利用计算机技术给这些信号加上色彩，显示在屏幕上，
可以帮助医生判定血流的方向、流速的大小和性质．
计算机辅助X 射线断层摄影，简称CT．工作时X 射线束对人体的某一部分按一定厚度的层面进行扫描，部分射
线穿透人体被检测器接收．由于人体各种组织的疏密程度不变，检测器接收到的射线就有了差异，从而可以帮助
医生诊断病变．根据以上信息，可以判断下列说法中正确的是（
）
A．彩超和CT 工作时都向人体发射的波都是电磁波
B．CT 工作时利用了波的衍射现象
C．CT 和彩超工作时向人体发射的波都是横波
D．彩超工作时利用了多普勒效应
【考点】FC：多普勒效应．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】彩超是利用超声波的穿透性强和多普勒效应工作的；CT 是利用x 射线的穿透性强成像的；超声波是机械
波，x 射线是电磁波．
【解答】解：A、彩超发射的是超声波，超声波是机械波；CT 发射的是x 射线，x 射线是电磁波，电磁波是横波，
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故A 错误；
B、CT 工作利用的是x 射线穿透不同组织后的强度不同，与衍射无关，故B 错误；
C、CT 是横波，彩超工作时向人体发射的波是纵波，故C 错误；
D、根据题目的描述可知，彩超工作利用的是超声波的多普勒效应，故D 正确；
【点评】本题关键是明确彩超和x 射线的工作原理，知道超声波和x 射线的特点，基础题目．
二、解答题（共5 小题，满分0 分）
9．利用图1 装置做“验证机械能守恒定律”实验．
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用
的两种器材是
AB
A．交流电源
B．刻度尺
C．天平（含砝码）
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2 所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、
C，测得它们到起始点O 的距离分别为hA、hB、hC 已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重
物的质量为m．从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝
mghB
；动能变化量△Ek＝݉
(݄ܥ−݄t)2
8ܶ2
．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．
（2）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B 点的速
度，从而得出动能的增加量．
【解答】解：（1）打点计时器使用交流电源，实验中需通过刻度尺测量点迹间的距离，从而求解瞬时速度，以及
重力势能的减小量．验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，故选：
AB．
（2）从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝mghB，B 点的瞬时速度㘴ܤ=݄
ܥ−݄t
2ܶ
，则动能的
增加量△ܧ݇= 1
2݉
㘴ܤ2 =݉
(݄ܥ−݄t)2
8ܶ2
．
故答案为：（1）AB
（2）mghB，݉
(݄ܥ−݄t)2
8ܶ2
．
【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而
得出动能的增加量，会根据纸带下降的高度求解重力势能的减小量．
10．想测量一捆带绝缘漆的镍铬合金丝的长度．
①如图1 所示，他们用螺旋测微器测得合金丝的直径d＝
0.200
mm．查得镍铬合金丝的电阻率为ρ，若测出合
金丝的电阻为R，则合金丝的长度可以根据公式L＝
ߨh݀2
4ߩ
．求出（用ρ、d、R 表示）
②他们用表盘如图2 所示的多用电表测量合金丝的电阻．现将选择开关调到电阻档的“×10”位置，将红、黑表
笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节
T
（选填“S”或“T”），使用多用电表的指针指向电
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
阻档的
0
刻线（选填“0”或“∞”）．之后将红黑表笔的笔尖分别与合金丝两端接触，发现指针偏转角度过大，
于是他们将选择开关调到电阻档的
×1
位置（选填“×1”或“×100”）．
（3）乙同学在“把电流表改装为电压表”的实验中，测电流表G 的内阻时备有下列器材
A．待测电流表（量程1mA，内阻约几十欧）
B．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω）
C．滑动变阻器（阻值范围0～20kΩ）
D．电阻箱（0～999.9Ω）
E．电阻箱（0～9999Ω）
F．电源（电动势6V，有内阻）
G．电源（电动势15V，有内阻）
H．开关、导线
①若采用如图所示电路测定电流表G 的内阻，并要求有较高的精确度，以上器材中，R1 应选用
C
，R2 应选用
D
，电源应选用
G
（用器材前的英文字母表示）．
②若测得电流表内阻Rg＝50.0Ω，要将该电流表改装成量程是3V 的电压表，则应串联一个阻值是
2950
Ω的电
阻，表的刻度盘上原0.6mA 处应改写成
1.8
V．
【考点】N2：测定金属的电阻率．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；根据电阻定律求出合金丝的长度．
②用多用电表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，使指针指在
欧姆表的0 刻度线处．
（3）为减小实验误差，在保证安全的前提下，要选择阻值较大的滑动变阻器与电动势较大的电源，电阻箱阻值应
与待测电表相差不多的电阻箱；应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值，求出电压表示数．
【解答】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+20.0×0.01mm＝0.200mm；
由电阻定律可知：R＝ρ
ܮܵ=ρ
ܮ
ߨ(݀2)2，则电阻率：ρ= ߨh݀2
4ߩ．
②将选择开关调到电阻档的“×10”位置，将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节
欧姆调零旋钮T，使用多用电表的指针指向电阻档的0 刻线．之后将红黑表笔的笔尖分别与合金丝两端接触，发
现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应将选择开关调到电阻档的×1 位置．
（3）①测定电流表G 的内阻，为有较高的精确度，R1 应选用C，R2 应选用D，电源应选用G．
②若测得电流表内阻Rg ＝50.0Ω ，要将该电流表改装成量程是3V 的电压表，则应串联一个阻值是
R=ܷܫt −Rg=
3
0.001 −50＝2950Ω的电阻，
表的刻度盘上原0.6mA 处应改写成：U＝IRV＝0.6×10
﹣3×3000＝1.8V．
故答案为：①0.200；
ߨh݀2
4ߩ；②T；0；×1；（3）①C；D；G；②2950；1.8．
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表的使用、实验器材的选择、电压表的选择；螺旋测微器固定刻度与
可动刻度示数之和是螺旋测微器读数，螺旋测微器需要估读；要掌握常用器材的使用及读数方法；要掌握实验器
材的选择原则．
11．如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强
度大小为B，方向竖直向下，一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨从静止开始以加速度a
向右匀加速运动，运动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速
度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略，求：
（1）t 时刻导体棒产生的电动势的大小；
（2）t 时刻电阻R 消耗的功率；
（3）t 时间内流过R 的电荷量。
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【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）根据速度时间关系求解速度大小，再根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；
（2）根据电功率的计算公式求解t 时刻电阻R 消耗的功率；
（3）根据位移时间关系求解t 时刻导体棒的位移，再根据电荷量的计算公式求解t 时间内流过R 的电荷量。
【解答】解：（1）t 时刻的速度v＝at，
根据法拉第电磁感应定律可得E＝Blv＝Blat；
（2）t 时刻电阻R 消耗的功率为P= ܧ2
h = ܤ2t2ܽ2ݐ2
h
；
（3）t 时刻导体棒的位移x= 1
2ܽݐ2，
根据电荷量的计算公式可得q＝I•△t，
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得平均电流：I= ܧ
h = △Ȱ
△ݐh，
解得：q= △Ȱ
h = ܤtݔ
h = ܤtܽݐ2
2h 。
答：（1）t 时刻导体棒产生的电动势的大小为Blat；
（2）t 时刻电阻R 消耗的功率为
ܤ2t2ܽ2ݐ2
h
；
（3）t 时间内流过R 的电荷量
ܤtܽݐ2
2h 。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，安培力是联系力与电磁感应的桥梁，电荷量的经验公式q= △Ȱ
h
是常用的式子。
12．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m＝0.1kg，以v0＝4m/s 向左运动，运动至距出发点d＝
1m 处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1＝2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L＝
3m，以v2＝10m/s 顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R＝0.8m，物块
进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6））求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1；
（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2 应满足的条件．
【考点】69：弹性势能；6B：功能关系．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；34：比较思想；4N：临界法；52Q：功能关系能量守恒定律．
【分析】（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，动能转化为内能，根据能量守恒定律求物体与水平面间的
动摩擦因数μ1；
（2）研究小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律求弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下加速，动摩擦因数μ2 不同，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速
度就不同，求出恰好到达圆心右侧等高点、圆心右侧等高点和圆轨道最高点时速度，再由牛顿第二定律和运动学
公式或动能定理求动摩擦因数μ2 的范围．
【解答】解：（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得
μ1mg•2d= 1
2݉
㘴0
2 −1
2݉
㘴1
2
代入数据解得μ1＝0.3
（2）小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得
弹簧具有的最大弹性势能Ep= 1
2݉
㘴0
2 −μ1mgd
代入数据解得Ep＝0.5J
（3）本题分两种情况讨论：
①设物块在圆轨道最低点时速度为v3 时，恰好到达圆心右侧等高点．
根据机械能守恒得mgR= 1
2݉
㘴3
2，得v3＝4m/s＜v2＝10m/s
说明物块在传送带上一直做匀加速运动．
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由动能定理得：μ2mgL= 1
2݉
㘴3
2 −1
2݉
㘴1
2
解得μ2＝0.2
②设物块在圆轨道最低点时速度为v4 时，恰好到达圆轨道最高点．
在圆轨道最高点有：mg＝m
㘴5
2
h
从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得
2mgR+ 1
2݉
㘴5
2 = 1
2݉
㘴4
2
解得v4＝2 10m/s＜v2＝10m/s
说明物块在传送带上一直做匀加速运动．
由动能定理得：μ2mgL= 1
2݉
㘴4
2 −1
2݉
㘴1
2
解得μ2＝0.6
所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2 应满足的条件是μ2≤0.2 或μ2≥0.6．
答：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1 是0.3．
（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep 是0.5J．
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2 应满足的条件是μ2≤0.2 或μ2≥
0.6．
【点评】做物理问题时应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；本题还抓住圆周
运动的临界条件．关于能量守恒定律的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化；动能定理可以分过程也可以全
过程使用，应适当选择．
13．1898 年7 月居里夫妇发现了一种放射性极强的元素，为了纪念自己的祖国波兰把这种新元素定名为钋，同时由
于对放射性的研究获得了诺贝尔物理学奖。吸烟有害健康，香烟中含有钋210，
84
210Po 是一种很强的放射性同位
素，为了探测放射线的性质，真空室中在放射源钋210 的对侧放有一荧光屏，可以根据荧光屏上的打点情况来检
测放射线的强弱。
（1）在放射源与荧光屏之间不加任何场时发现荧光屏的中间有闪光产生，当施加一垂直的匀强磁场，发现荧光屏
的闪光都向一侧偏移，撤去磁场在放射源与荧光屏中间放一厚纸，发现荧光屏上没有闪光产生，请你根据上面的
情况分析判断是什么射线，同时写出衰变方程（新原子核用Y 表示）
（2）用α粒子轰击氮原子核打出了一种新的粒子，根据这种粒子在电场和磁场中的运动情况，测出了它的比荷。
如图为同步加速器模型，M、N 为两块中心开有小孔的平行金属板，新的粒子（不计重力）从M 板小孔飘入板间，
初速度可视为零，每当进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当离开N 板时，两板的电荷量均立即变
为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，粒子在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离，
经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应的变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动此
时的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相应的变化，不计粒子的加速时间及其做圆周运动此时的电
磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应，开始时磁感应强度为B0，求这种粒子的比荷以及运动
第n 周时磁场的磁感应强度Bn；
（3）α粒子以初速度v0 轰击静止的氮14 原子核打出一种新的粒子，同时产生一个新的原子核，新的粒子速度为
3v0，且方向不变，反应过程中释放的能量完全转化为系统的动能，已知中子质量为m，质子质量和中子质量相等，
光速为c，试计算此反应过程中的质量亏损。
【考点】53：动量守恒定律；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；JI：爱因斯坦质能方程．菁优网版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题；54P：爱因斯坦
的质能方程应用专题．
【分析】（1）α、β和γ三种射线电离本领依次减弱，贯穿本领依次增强，γ射线不带电，经过磁场时不发生偏转。
由此判断衰变的种类；根据质量数守恒与电荷数守恒即可小车衰变方程；
（2）由动能定理直接可以求出A 粒子经电场第一次加速的速度大小。
由洛仑兹力产生向心力即牛顿第二定律列式就能根据运动第一周时的磁感应强度大小求出粒子的比荷；
经电场n 次加速后，速度增加，但又要保持做匀速圆周运动半径不变，所以磁感应强度也要增加，只是求n 次加
速后的速度，可以把n 次电场力做的功合为一整体，即nqU，由动能定理求出n 次加速的速度，同样道理再求出
第n 周做匀速圆周运动时所需要的磁感应强度。
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（3）根据动量守恒定律求解氦核的速度；由功能关系求出核反应释放出的能量，再根据爱因斯坦质能方程求解求
出质量亏损。
【解答】解：（1）因为α粒子的贯穿本领较小，一张纸即可把它挡住，而β和γ两种射线都可以穿透纸，所以射线是
α射线，该衰变为α衰变，所以衰变方程为：
84
210Po→
82
206Y+
2
4He
（2）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得：
ݍܷ
= 1
2݉
㘴12
解得：㘴1 =
2ݍܷ݉
粒子在磁场中做错匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ݍ㘴1ܤ0 =݉
㘴12
h
解得：
ݍ݉=
2ܷ
ܤ0
2h2
由于粒子不断加速，但半径不变，所以磁感应强度相应要变化，在经过n 次加速后，由动能定理：
hݍܷ
= 1
2݉
㘴h2
再由洛仑兹力提供向心力得：
ݍ㘴hܤh =݉
㘴h2
h
解得：ܤh = 1
h
2hܷ݉
ݍ
= ܤ0 ⋅
h
（3）根据物理学史可知，用α粒子轰击静止的氮14 原子核打出一种新的粒子，即质子，则新原子核的质量数为：
m＝14+4﹣1＝17，核电荷数为：z＝7+2﹣1＝8
核反应方程为：
2
4He+
7
14N→
8
17O+
1
1H
设α粒子、新核的质量分别为4m、17m，质子的速度为v，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量
守恒得：
4mv0＝17m•3v0+mv
解出：v＝47v0
释放的核能为：△ܧ= 1
2 ⋅17݉
(3㘴0)2 + 1
2݉
⋅(47㘴0)2 −1
2 ⋅4݉
㘴0
2 = 1179݉
㘴0
2
由质能方程得：△E＝△m•c2
所以：△m=
1179݉
㘴0
2ܿ
2
答：（1）该衰变为α衰变，衰变方程为；
（2）这种粒子的比荷为
2ܷ
ܤ0
2h2，第n 周时磁场的磁感应强度为ܤ0 ⋅
h；
（3）此反应过程中的质量亏损为
1179݉
㘴0
2ܿ
2
。
【点评】本题没什么新意，只是将几处不同知识点的题目组合在一起，并反复利用动能定理和牛顿第二定律列式，
求出最初和n 次加速后相同半径下做匀速圆周运动所需的磁感应强度。但想强调的是这种同步加速器与回旋加速
器在构造上和运动过程上区别，前者半径不变而磁感应强度不断增加、加速电场不变，后者加速电场不断变向，
磁感应强度不变、运动半径不断增大，但最终有一个最大值。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/4/12 21:04:19 ；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120
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