河北省衡水中學2016屆高三上學期四調物理試題 Word版含解析

1、2015-2016學年河北省衡水中學高三（上）四調物理試卷一、選擇題（本大題共15小題；每小題4分，共60分；其中5、6、7、8、10、11、14是多項選擇題，其余各題是單項）1下列說法正確的是：（）A物體速度變化越大，則加速度一定越大B物體動量發(fā)生變化，則物體的動能一定變化C合外力對系統(tǒng)做功為零，則系統(tǒng)機械能一定守恒D系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒2氫原子能級如圖，當氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時，輻射光的波長為656nm，以下判斷正確的是（）A氫原子從n=2躍遷到n=1的能級時，輻射光的波長大于656nmB用波長為325nm的光照射，可使氫原子從n=1躍遷到n=2的能級C一群

2、處于n=3能級上的氫原子向低能級躍遷時最多產(chǎn)生3種譜線D用波長633nm的光照射，不能使氫原子從n=2躍遷到n=3的能級3已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動量4如圖所示，x軸在水平地面上，y軸豎直向上，在y軸上的P點分別沿x軸正方向和y軸正方向以相同大小的初速度拋出兩個小球a和b，不計空氣阻力，若b上行的最大高度等于P點離地的高度，則從拋出到落地，有（）Aa的運動時間是b的運動時間的倍Ba的位移大小是

3、b的位移大小的倍Ca、b落地時的速度相同，因此動能一定相同Da、b落地時的速度不同，但動能可能相同5如圖所示光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙現(xiàn)用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是（）A拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動能的增加量B拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動能的增加量C拉力F和f1對A做的功之和小于A的動能的增加量Df2對B做的功小于B的動能的增加量6小行星繞恒星運動的同時，恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動則經(jīng)過足夠長的時間后，

4、小行星運動的（）A半徑變大B速率變大C加速度變小D周期變小7A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖表示發(fā)生碰撞前后的vt圖線，由圖線可以判斷（） AA、B的質量比為3：2BA、B作用前后總動量守恒CA、B作用前后總動量不守恒DA、B作用前后總動能不變8如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則（）A0t1時間內F的功率逐漸增大Bt2時刻物塊A的加速度最大Ct2時刻后物塊A做反向運動Dt3時刻物塊A的動能最大9如圖所示，在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動在小球的前方O

5、點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后兩小球均向右運動小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇=2，則兩小球的質量之比m1：m2為（）A7：5B1：3C2：1D5：310兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，B球在前A球在后mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度可能為（）AvA=4m/s，vB=4m/sBvA=2m/s，vB=5m/sCvA=4m/s，vB=6m/sDvA=7m/s，vB=2.5m/s11如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速

6、度為v0小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上乙的寬度足夠大，速度為v1則（）A在地面參考系中，工件做類平拋運動B在乙參考系中，工件在乙上滑動的軌跡是直線C工件在乙上滑動時，受到乙的摩擦力方向不變D工件沿垂直于乙的速度減小為0時，工件的速度等于v112人用手托著質量為m的“小蘋果”，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離L后，速度為v（物體與手始終相對靜止），物體與手掌之間的動摩擦因數(shù)為，則下列說法正確的是（）A手對蘋果的作用力方向豎直向上B蘋果所受摩擦力大小為mgC手對蘋果做的功為mv2D蘋果對手不做功13如圖所示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑軌道的內側運動已知圓軌

7、道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力則下列說法正確的是（）A在軌道最低點、最高點，軌道對小球作用力的方向是相同的B小球的初位置比圓軌道最低點高出2R時，小球能通過圓軌道的最高點C小球的初位置比圓軌道最低點高出0.5R時，小球在運動過程中能不脫離軌道D小球的初位置只有比圓軌道最低點高出2.5R時，小球在運動過程中才能不脫離軌道14在光滑的水平面上，動能為E0，動量為P0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小記為E1和P1，球2的動能和動量大小記為E2和P2，則必有（）AE1E0BP1P0CE2E0DP2P015如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪

8、，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質量和摩擦）初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止狀態(tài)剪斷兩物塊 輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，（）A速率的變化量相同B機械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）16與打點計時器一樣，光電計時器也是一種研究物體運動情況時的常用計時儀器，如圖甲所示，a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置現(xiàn)利用如圖乙所示的裝置驗證滑塊所受外力做功與其動能變化的關系方法是：在滑塊上安裝一遮光板，把滑塊放在水平放置的氣墊導軌上（滑塊在該導軌上運動時所受阻力可忽略），通過跨過定滑輪的細繩與鉤

9、碼相連，連接好1、2兩個光電門，在圖示位置釋放滑塊后，光電計時器記錄下滑塊上的遮光板先后通過兩個光電門的時間分別為t1、t2已知滑塊（含遮光板）質量為M、鉤碼質量為m、兩光電門間距為S、遮光板寬度為L、當?shù)氐闹亓铀俣葹間用游標卡尺（20分度）測量遮光板寬度，刻度如圖丙所示，讀數(shù)為mm；本實驗想用鉤碼的重力表示滑塊受到的合外力，為減小這種做法帶來的誤差，實驗中需要滿足的條件是Mm（填“大于”、“遠大于”、“小于”或“遠小于”）計算滑塊先后通過兩個光電門時的瞬時速度的表達式為：v1=、v2=；（用題中所給字母表示）本實驗中，驗證滑塊運動的動能定理的表達式為（用題中所給字母表示）17用如圖1實驗裝

10、置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖2所示已知m1=50g、m2=150g，則（結果保留兩位有效數(shù)字）（1）在紙帶上打下記數(shù)點5時的速度v=m/s；（2）在05過程中系統(tǒng)動能的增量EK=J，系統(tǒng)勢能的減少量EP=J；（3）若某同學作出圖象如圖3，則當?shù)氐闹亓铀俣萭=m/s218如圖所示，物體A、B的質量分別是4kg和8kg由輕質彈簧連接，放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻

11、壁接觸，另有一個物體C水平向左運動，在t=5s時與物體A相碰，并立即與A有相同的速度，一起向左運動，物塊C的速度時間圖象如乙所示（1）求物體C的質量；（2）在5s到15s的時間內，墻壁對物體B的作用力的沖量19（10分）（2015青島二模）如圖所示，在水平地面上固定一個傾角=45°、高H=4m的斜面在斜面上方固定放置一段由內壁光滑的圓管構成的軌道ABCD，圓周部分的半徑R=m，AB與圓周相切于B點，長度為R，與水平方向的夾角=60°，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點C、軌道末端D與斜面頂端處于同一高度現(xiàn)將一質量為0.1kg，直徑可忽略的小球從管口A處由靜止釋放，g取10m/

12、s2（1）求小球在C點時對軌道的壓力；（2）若小球與斜面碰撞（不計能量損失）后做平拋運動落到水平地面上，則碰撞點距斜面左端的水平距離x多大時小球平拋運動的水平位移最大？是多少？20（12分）（2015秋衡水校級月考）如圖所示，為一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長為L=0.2m，動摩擦因數(shù)=0.6，BC、DEN段均可視為光滑，且BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半徑為r=0.4m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過在左端豎直墻上固定一輕質彈簧，現(xiàn)有一可視為質點的小球，小球質量m=0.2kg，壓縮輕質彈簧至A點后由靜止釋放（

13、小球和彈簧不粘連），小球剛好能沿DEN軌道滑下求：（1）小球剛好能通過D點時速度的大?。唬?）小球到達N點時速度的大小及受到軌道的支持力的大?。唬?）壓縮的彈簧所具有的彈性勢能21（12分）（2015江西校級二模）如圖，一長木板位于光滑水平面上，長木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質量為M=3.0kg，木板的長度為L=1.5m在木板右端有一小物塊，其質量m=1.0kg，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)=0.10，它們都處于靜止狀態(tài)現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左滑動，重力加速度g取10m/s2若小物塊剛好能運動到左端擋板處，求v0的大??；若初速度v0=3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而

14、不脫離木板，求碰撞過程中損失的機械能2015-2016學年河北省衡水中學高三（上）四調物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共15小題；每小題4分，共60分；其中5、6、7、8、10、11、14是多項選擇題，其余各題是單項）1下列說法正確的是：（）A物體速度變化越大，則加速度一定越大B物體動量發(fā)生變化，則物體的動能一定變化C合外力對系統(tǒng)做功為零，則系統(tǒng)機械能一定守恒D系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒【考點】動量定理；速度；加速度；機械能守恒定律 【專題】動量定理應用專題【分析】根據(jù)加速度的定義式判斷加速度與速度變化量的關系，動量是矢量，動能是標量，動量變化，動能不一定變化；當系統(tǒng)

15、只有重力做功，機械能守恒，當系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒【解答】解：A、根據(jù)加速度a=知，速度變化越大，則加速度不一定大故A錯誤B、物體的動量發(fā)生變化，速度大小不一定變化，則動能不一定變化故B錯誤C、合外力對系統(tǒng)做功為零，可能存在除重力以外其它力做功，其它力不為零，則機械能不守恒故C錯誤D、系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒故D正確故選：D【點評】解決本題的關鍵知道系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒的條件，知道動量是矢量，動能是標量，物體的動量變化，動能不一定變化，動能變化，則動量一定變化2氫原子能級如圖，當氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時，輻射光的波長為656nm，以下判斷正確的是（）A氫原

16、子從n=2躍遷到n=1的能級時，輻射光的波長大于656nmB用波長為325nm的光照射，可使氫原子從n=1躍遷到n=2的能級C一群處于n=3能級上的氫原子向低能級躍遷時最多產(chǎn)生3種譜線D用波長633nm的光照射，不能使氫原子從n=2躍遷到n=3的能級【考點】氫原子的能級公式和躍遷 【專題】原子的能級結構專題【分析】大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷，可以輻射出3種不同頻率的光子，躍遷釋放能量滿足E=EmEn既不能多于能級差，也不能少于此值，同時根據(jù)，即可求解【解答】解：A、從n=3躍遷到n=2的能級時，輻射光的波長為656nm，即有：h，而當從n=2躍遷到n=1的能級時，輻射能量更多，則

17、頻率更高，則波長小于656nm故A錯誤B、當從n=1躍遷到n=2的能級，需要吸收的能量為E=（3.4（13.6）×1.6×1019J，根據(jù)A選項分析，則有：，解得：=122nm；故B錯誤；C、根據(jù)數(shù)學組合=3，可知一群n=3能級上的氫原子向低能級躍遷時最多產(chǎn)生3種譜線故C正確D、同理，氫原子的電子從n=2躍遷到n=3的能級，必須吸收的能量為E，與從n=3躍遷到n=2的能級，放出能量相等，因此只能用波長656nm的光照射，才能使得電子從n=2躍遷到n=3的能級故D正確故選：CD【點評】解決本題的關鍵掌握光電效應的條件，以及知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差3已知

18、鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動量【考點】電磁波譜 【專題】光電效應專題【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應方程列式，分析鈣逸出的光電子波長、頻率、能量和動量大小金屬的逸出功W0=hc，c是金屬的截止頻率【解答】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應方程得： Ek=hW0，又 W0=hc聯(lián)立得：Ek=hhc，據(jù)題：鈣的截止頻率比鉀的截止頻率大，由上式可知：從鈣表面逸出的光電子最大初動能較小，由P=，可知該光電子的動量較小，根

19、據(jù)=可知，波長較大，則頻率較小故A正確，BCD錯誤故選：A【點評】解決本題的關鍵要掌握光電效應方程，明確光電子的動量與動能的關系、物質波的波長與動量的關系=4如圖所示，x軸在水平地面上，y軸豎直向上，在y軸上的P點分別沿x軸正方向和y軸正方向以相同大小的初速度拋出兩個小球a和b，不計空氣阻力，若b上行的最大高度等于P點離地的高度，則從拋出到落地，有（）Aa的運動時間是b的運動時間的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地時的速度相同，因此動能一定相同Da、b落地時的速度不同，但動能可能相同【考點】動能定理的應用；平拋運動 【專題】定量思想；合成分解法；機械能守恒定律應用專題【分析】a做平

20、拋運動，運動平拋運動的規(guī)律得出時間與高度的關系b做豎直上拋運動，上升過程做勻減速運動，下落做自由落體運動，分兩段求運動時間，即可求解時間關系；b的位移大小等于拋出時的高度根據(jù)b的最大高度，求出初速度與高度的關系，即可研究位移關系；根據(jù)機械能守恒分析落地時動能關系【解答】解：A、設P點離地的高度為h對于b：b做豎直上拋運動，上升過程與下落過程對稱，則b上升到最大的時間為t1=，從最高點到落地的時間為 t2=，故b運動的總時間tb=t1+t2=（+1）；對于a：做平拋運動，運動時間為ta=；則有tb=（+1）ta故A錯誤B、對于b：h=，則得v0=；對于a：水平位移為x=v0t=2h，a的位移為

21、xa=h，而b的位移大小為h，則a的位移大小是b的位移大小的倍故B正確CD、根據(jù)機械能守恒定律得：Ek=mgh+，若兩球的質量相等，則兩球落地時動能相同而速度方向不同，則落地時速度不同故C錯誤，D正確故選：BD【點評】本題的解題關鍵要掌握豎直上拋和平拋兩種運動的研究方法及其規(guī)律，并根據(jù)機械能守恒分析落地時動能關系5如圖所示光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙現(xiàn)用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是（）A拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動能的增加量B拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動能的增加量C拉力

22、F和f1對A做的功之和小于A的動能的增加量Df2對B做的功小于B的動能的增加量【考點】動能定理的應用 【專題】參照思想；推理法；動能定理的應用專題【分析】對兩物體及整體受力分析，結合可能的運動狀態(tài)，由功能關系進行分析【解答】解：A、若拉力不夠大，AB一起加速運動時，對整體，根據(jù)動能定理可知，拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動能的增加量故A正確B、若拉力足夠大，A與B有相對運動，對整體分析可知，F(xiàn)做功轉化為轉化為兩個物體的動能及系統(tǒng)的內能；故拉力F做的功大于AB系統(tǒng)動能的增加量；故B正確C、對A來說，只有拉力F和摩擦力f1做功，由動能定理可知，拉力F和f1對A做的功之和等于A的動能的增加量故C錯誤D、

23、對B來說，只有摩擦力f2做功，由動能定理可知，f2對B做的功等于B的動能的增加量故D錯誤故選：AB【點評】本題考查了能量守恒定律和動能定理的運用，要靈活選擇研究對象，正確分析能量是如何轉化的，這是解決這類問題的關鍵6小行星繞恒星運動的同時，恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動則經(jīng)過足夠長的時間后，小行星運動的（）A半徑變大B速率變大C加速度變小D周期變小【考點】萬有引力定律及其應用；向心力 【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律的應用專題【分析】恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，又小

24、行星繞恒星運動做圓周運動，萬有引力提供向心力，可分析線速度、周期、加速度等【解答】解：A、恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，故A正確；B、根據(jù)得，a=，v=，T=，因為r增大，M減小，則a減小，v減小，T增大故C正確，B、D錯誤故選：AC【點評】關于萬有引力與航天，記住作圓周運動萬有引力等于向心力；離心運動，萬有引力小于向心力；向心運動，萬有引力大于向心力7A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖表示發(fā)生碰撞前后的vt圖線，由圖線可以判斷（） AA、B的質量比為3：2BA、B作用前后總動量守恒CA、B作用前后總動量不守恒DA、B作用

25、前后總動能不變【考點】動量守恒定律；勻變速直線運動的圖像 【分析】由圖可以讀出兩物體碰撞前后的各自速度，根據(jù)動量守恒列方程求質量比【解答】解：A、根據(jù)動量守恒定律：mA6+mB1=mA2+mB7得：mA：mB=3：2，故A正確；B、根據(jù)動量守恒知A、B作用前后總動量守恒，B正確C錯誤；D、作用前總動能：mA62+mB12=mA作用后總動能：mA22+mB72=mA可見作用前后總動能不變，D正確；故選：ABD【點評】兩物體碰撞過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒8如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力

26、大小相等，則（）A0t1時間內F的功率逐漸增大Bt2時刻物塊A的加速度最大Ct2時刻后物塊A做反向運動Dt3時刻物塊A的動能最大【考點】動能定理的應用；功率、平均功率和瞬時功率 【專題】壓軸題；動能定理的應用專題【分析】當拉力大于最大靜摩擦力時，物體開始運動；當物體受到的合力最大時，物體的加速度最大；由動能定理可知，物體拉力做功最多時，物體獲得的動能最大【解答】解：A、由圖象可知，0t1時間內拉力F小于最大靜摩擦力，物體靜止，拉力功率為零，故A錯誤；B、由圖象可知，在t2時刻物塊A受到的拉力最大，物塊A受到的合力最大，由牛頓第二定律可得，此時物塊A的加速度最大，故B正確；C、由圖象可知在t2t

27、3時間內物體受到的合力與物塊的速度方向相同，物塊一直做加速運動，故C錯誤；D、由圖象可知在t1t3時間內，物塊A受到的合力一直做正功，物體動能一直增加，在t3時刻以后，合力做負功物塊動能減小，因此在t3時刻物塊動能最大，故D正確；故選BD【點評】根據(jù)圖象找出力隨時間變化的關系是正確解題的前提與關鍵；要掌握圖象題的解題思路9如圖所示，在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動在小球的前方O點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后兩小球均向右運動小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇=2，則兩小球的質量之比m1：m2為（）A7：

28、5B1：3C2：1D5：3【考點】動量守恒定律 【分析】根據(jù)碰后再次相遇的路程關系，求出小球碰后的速度大小之比，根據(jù)碰撞過程中動量、能量守恒列方程即可求出兩球的質量之比【解答】解：設A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，以向右為正好方向，由動量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2由能量守恒定律有：m1v02=m1v12+m2v22 兩個小球碰撞后到再次相遇，其速度率不變，由運動學規(guī)律有：v1：v2=：（+2）=1：5聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：m1：m2=5：3故選：D【點評】解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關系求出碰后的速度大小之比，本題很好的將直線運動問題與動量守恒和功能關系聯(lián)系起來，比較

29、全面的考查了基礎知識10兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，B球在前A球在后mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度可能為（）AvA=4m/s，vB=4m/sBvA=2m/s，vB=5m/sCvA=4m/s，vB=6m/sDvA=7m/s，vB=2.5m/s【考點】動量守恒定律 【分析】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)機械能可能有一部分轉化為內能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能；同時考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度【解答】解：兩球碰撞過程系

30、統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=m/s，如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有：mAvA+mBvB=mAvA+mBvB，由機械能守恒定律得：mAvA2+mBvB2=mAvA2+mBvB2，代入數(shù)據(jù)解得：vA=m/s，vB=m/s，則碰撞后A、B的速度：m/svAm/s，m/svBm/s，故選：B【點評】本題碰撞過程中動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實際情況，即后面的球不會比前面的球運動的快11如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0小工件離開甲前與甲的速

31、度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上乙的寬度足夠大，速度為v1則（）A在地面參考系中，工件做類平拋運動B在乙參考系中，工件在乙上滑動的軌跡是直線C工件在乙上滑動時，受到乙的摩擦力方向不變D工件沿垂直于乙的速度減小為0時，工件的速度等于v1【考點】摩擦力的判斷與計算；參考系和坐標系 【專題】摩擦力專題【分析】在地面參考系中，沿甲與乙的運動方向分析摩擦力方向，根據(jù)合外力方向與初速度方向的夾角分析工件的運動情況【解答】解：A、在地面參考系中，沿甲運動的方向滑動摩擦力分力向左，沿乙運動的方向滑動摩擦力沿乙運動方向，則摩擦力的合力如圖合初速度沿甲運動的方向，則合力與初速度不垂直，所以工件做的不是類平拋運動故A錯誤B

32、、在乙參考系中，如右圖所示，摩擦力的合力與合初速度方向相反，故工件在乙上滑動的軌跡是直線，做勻減速直線運動，故B正確C、工件在乙上滑動時，在x軸方向做勻減速直線運動，在y軸方向做勻加速直線運動，可知兩個方向摩擦力的分力不變，受到乙的摩擦力方向不變，當工件沿垂直于乙的速度減小為0時，摩擦力方向沿y軸方向，摩擦力方向發(fā)生改變故C錯誤D、設t=0時刻摩擦力與縱向的夾角為，側向（x軸方向）、縱向（y軸方向）加速度的大小分別為ax、ay，則=tan很短的時間t內，側向、縱向的速度增量大小分別為vx=axt，vy=ayt解得：=tan由題意知 tan=，則=，則當vx=v0，vy=v1，所以工件沿垂直于乙

33、的速度減小為0時，工件的速度等于v1故D正確故選：BD【點評】本題考查工件在傳送帶上的相對運動問題，關鍵將工件的運動分解為沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解12人用手托著質量為m的“小蘋果”，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離L后，速度為v（物體與手始終相對靜止），物體與手掌之間的動摩擦因數(shù)為，則下列說法正確的是（）A手對蘋果的作用力方向豎直向上B蘋果所受摩擦力大小為mgC手對蘋果做的功為mv2D蘋果對手不做功【考點】動能定理的應用；牛頓第二定律；功的計算 【專題】功的計算專題【分析】分析手及蘋果的運動，明確蘋果及手的受力情況，根據(jù)摩擦力的性質及受力分析可確定摩

34、擦力及手對蘋果作用力的方向；根據(jù)動能定理可明確手對蘋果所做的功【解答】解：A、蘋果的加速度方向水平方向，蘋果的合力方向在水平方向上，蘋果受到重力和手的作用力，而重力在豎直方向，故手的作用力應為斜上方，故A錯誤；B、由于蘋果和手相對靜止，故其受到的摩擦力為靜摩擦力，不能確定是否等于mg；故B錯誤；C、由動能定理可知，合外力做功等于動能的改變量；豎直方向重力不做功；故手對蘋果做的功為mv2；故C正確；D、由于手發(fā)生了位移，且受到水平方向的摩擦力；故蘋果對手做功；故D錯誤；故選：C【點評】本題考查了動能定理、受力分析及功的計算等，要注意體會受力分析的重要性，同時掌握用動能定理分析問題的能力13如圖所

35、示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑軌道的內側運動已知圓軌道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力則下列說法正確的是（）A在軌道最低點、最高點，軌道對小球作用力的方向是相同的B小球的初位置比圓軌道最低點高出2R時，小球能通過圓軌道的最高點C小球的初位置比圓軌道最低點高出0.5R時，小球在運動過程中能不脫離軌道D小球的初位置只有比圓軌道最低點高出2.5R時，小球在運動過程中才能不脫離軌道【考點】機械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力 【專題】機械能守恒定律應用專題【分析】使小球能夠通過圓軌道最高點，那么小球在最高點時應該是恰好是物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時的最小的

36、速度，再由機械能守恒可以求得離最低點的高度h【解答】解：A、小球在最高點時，若受彈力，則彈力一定豎直向上；而在最低點，支持力與重力的合力充當向心力，故作用力一定向上，故A錯誤；B、要使小球能通過最高點，則在最高點處應有：mg=；再由機械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少為h=R；故小球高出2.5R時，小球才能通過最高點，故B錯誤；C、若小球距最低點高出0.5R時，由機械能守恒可知，小球應到達等高的地方，即0.5R處，小球受到圓軌道的支持，不會脫離軌道，故C正確；D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R時，也不會脫離軌道，故D錯誤；故選：C【點評】本題考查機械

37、能守恒及向心力公式，明確最高點的臨界速度，并注意小球在軌道內不超過R時也不會離開軌道14在光滑的水平面上，動能為E0，動量為P0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小記為E1和P1，球2的動能和動量大小記為E2和P2，則必有（）AE1E0BP1P0CE2E0DP2P0【考點】動量守恒定律 【分析】根據(jù)碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加，分析可知得到：E1E0，E2E0，P1P0由動量守恒定律分析P2與P0的關系【解答】解：A、B、C由題，碰撞后兩球均有速度根據(jù)碰撞過程中總動能不增加可知，E1E0，E2E0，P1P0否則，就違反

38、了能量守恒定律故AB正確，C錯誤 D、根據(jù)動量守恒定律得：P0=P2P1，得到P2=P0+P1，可見，P2P0故D正確故選ABD【點評】本題考查對碰撞過程基本規(guī)律的理解和應用能力碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加，常常用來分析碰撞過程可能的結果15如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質量和摩擦）初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止狀態(tài)剪斷兩物塊 輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，（）A速率的變化量相同B機械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同【考點】機械能守恒定律 【專題】機械能守恒定

39、律應用專題【分析】剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，機械能守恒，重力勢能變化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值【解答】解：設斜面傾角為，剛開始AB處于靜止狀態(tài)，所以mBgsin=mAg，所以mBmA，A、剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根據(jù)動能定理得：mv2=mghv=所以速度的變化量為v0=，故A正確；B、剪斷細線，A、B兩物體都只有重力做功，機械能守恒，則機械能的變化量都為零，故B錯誤；C、重力勢能變化量EP=mgh，由于AB的質量不相等，所以重力勢能變化不相同，故C錯誤；D、A運動的時間為：t1=，所以A重力做功的

40、平均功率為：=B運動有：=gsint22，解得：t2=，所以B重力做功的平均功率為：=，而mBgsin=mAg，所以重力做功的平均功率相等，故D正確故選：AD【點評】重力做功決定重力勢能的變化與否，若做正功，則重力勢能減少；若做負功，則重力勢能增加，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值，難度適中二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）16與打點計時器一樣，光電計時器也是一種研究物體運動情況時的常用計時儀器，如圖甲所示，a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置現(xiàn)利用如圖乙所示的裝置驗證滑塊所受外力做功與其動能變化的關系方法是：在滑塊上安裝一遮光板，把滑塊放在水平放置的氣墊導軌上（滑塊在該導軌

41、上運動時所受阻力可忽略），通過跨過定滑輪的細繩與鉤碼相連，連接好1、2兩個光電門，在圖示位置釋放滑塊后，光電計時器記錄下滑塊上的遮光板先后通過兩個光電門的時間分別為t1、t2已知滑塊（含遮光板）質量為M、鉤碼質量為m、兩光電門間距為S、遮光板寬度為L、當?shù)氐闹亓铀俣葹間用游標卡尺（20分度）測量遮光板寬度，刻度如圖丙所示，讀數(shù)為5.70mm；本實驗想用鉤碼的重力表示滑塊受到的合外力，為減小這種做法帶來的誤差，實驗中需要滿足的條件是M遠大于m（填“大于”、“遠大于”、“小于”或“遠小于”）計算滑塊先后通過兩個光電門時的瞬時速度的表達式為：v1=、v2=；（用題中所給字母表示）本實驗中，驗證滑塊

42、運動的動能定理的表達式為mgs=M（）2M（）2（用題中所給字母表示）【考點】探究功與速度變化的關系 【專題】實驗題；動能定理的應用專題【分析】（1）游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀（2）滑塊在水平木板運動時水平方向上受到繩的拉力和摩擦力，想用鉤碼的重力表示小車受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必須要滿足鉤碼的質量遠小于滑塊的總質量（3、4）根據(jù)極短時間內的平均速度表示瞬時速度求出滑塊先后通過兩個光電門的瞬時速度抓住滑塊重力勢能的減小量等于滑塊動能的增加量列出表達式【解答】解：（1）游標卡尺的主尺讀數(shù)為5mm，游標讀數(shù)為0.05×14mm=0.70mm，則最終讀

43、數(shù)為5+0.70=5.70mm（2）由于滑塊在運動的過程中受到阻力，為了減小阻力的影響，需平衡摩擦力設鉤碼的質量為m，滑塊的質量為M，對系統(tǒng)運用牛頓第二定律得，a=，則繩子的拉力T=Ma=，當mM時，繩子的拉力等于鉤碼的重力（3）滑塊通過光電門1的瞬時速度v1=，通過光電門2的瞬時速度v2=（4）滑塊重力勢能的減小量為mgs，滑塊動能的增加量為M（）2M（）2則滑塊的機械能守恒的表達式為mgs=M（）2M（）2故答案為：（1）5.70；（2）遠大于，（3），；（4）mgs=M（）2M（）2【點評】（1、2）解決本題的關鍵掌握螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)方法，以及掌握用鉤碼重力表示小車所受合力的處

44、理方法（3、4）解決本題的關鍵知道極短時間內的平均速度可以表示瞬時速度，以及掌握該實驗的原理，滑塊的機械能守恒17用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖2所示已知m1=50g、m2=150g，則（結果保留兩位有效數(shù)字）（1）在紙帶上打下記數(shù)點5時的速度v=2.4m/s；（2）在05過程中系統(tǒng)動能的增量EK=0.58J，系統(tǒng)勢能的減少量EP=0.59J；（3）若某同學

45、作出圖象如圖3，則當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.7m/s2【考點】驗證機械能守恒定律 【專題】實驗題；機械能守恒定律應用專題【分析】（1）根據(jù)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出點5的瞬時速度（2）根據(jù)點5的瞬時速度求出系統(tǒng)動能的增加量，根據(jù)下落的高度求出系統(tǒng)重力勢能的減小量（3）根據(jù)機械能守恒定律得出的關系式，根據(jù)圖線的斜率得出重力加速度的值【解答】解：（1）（2）在05過程中系統(tǒng)動能的增量EK=J0.58J系統(tǒng)重力勢能的減小量為（m2m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J0.59J（3）根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有：則知圖線的斜率k=解得g=9.7m/s2

46、故答案為：（1）2.4 （2）0.58、0.59 （3）9.7【點評】本題驗證系統(tǒng)機械能守恒，關鍵得出系統(tǒng)動能的增加量和系統(tǒng)重力勢能的減小量18如圖所示，物體A、B的質量分別是4kg和8kg由輕質彈簧連接，放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻壁接觸，另有一個物體C水平向左運動，在t=5s時與物體A相碰，并立即與A有相同的速度，一起向左運動，物塊C的速度時間圖象如乙所示（1）求物體C的質量；（2）在5s到15s的時間內，墻壁對物體B的作用力的沖量【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律 【專題】動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合【分析】（1）A、C碰撞過程遵守動量守恒，即可列式求出C的質量（2

47、）根據(jù)動量定理求出墻壁對物體B的作用力沖量【解答】解：（1）由圖象可得：物體C以速度v0=6m/s與A相碰，碰撞后兩者立即有相同的速度v=2m/s，A、C在碰撞過程中動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒得：mCv0=（mA+mC）v，代入數(shù)據(jù)解得：mC=2kg（2）在5s到15s內，墻壁對B的作用力F等于輕彈簧的彈力，輕彈簧的彈力使物體A和C的速度由2m/s減到0，再反彈到2m/s，則彈力的沖量等于F的沖量為：I=（mA+mC）v（mA+mC）v解得：I=24Ns，方向向右答：（1）物塊C的質量為2kg；（2）在5s到15s的時間內，墻壁對物體B的作用力的沖量為24Ns，方向向右【點評】本題一

48、要由速度圖象讀出物體的運動情況，明確碰撞前后A、C的速度，二要會根據(jù)動量守恒定律求解C的質量，由動量定理求解變力的沖量19（10分）（2015青島二模）如圖所示，在水平地面上固定一個傾角=45°、高H=4m的斜面在斜面上方固定放置一段由內壁光滑的圓管構成的軌道ABCD，圓周部分的半徑R=m，AB與圓周相切于B點，長度為R，與水平方向的夾角=60°，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點C、軌道末端D與斜面頂端處于同一高度現(xiàn)將一質量為0.1kg，直徑可忽略的小球從管口A處由靜止釋放，g取10m/s2（1）求小球在C點時對軌道的壓力；（2）若小球與斜面碰撞（不計能量損失）后做平拋運動

49、落到水平地面上，則碰撞點距斜面左端的水平距離x多大時小球平拋運動的水平位移最大？是多少？【考點】向心力；平拋運動 【專題】勻速圓周運動專題【分析】（1）由幾何關系求出AD之間的豎直高度為h，A到C根據(jù)動能定理求出C點速度，在C點，根據(jù)向心力公式求解；（2）從A到碰撞點，根據(jù)動能定理求出碰撞時的速度，由于沒有能量損失，則碰撞后做平拋運動的初速度即為碰撞時的速度，再根據(jù)平拋運動基本公式結合數(shù)學知識求解【解答】解：（1）設AD之間的豎直高度為h，由幾何關系可知：h=R+Rsin30°+lABsin60°=2mA到C根據(jù)動能定理得：mgh=在C點：FNmg=解得：FN=7N 由牛頓第三定律可知小球在C點時對軌道的壓力為7N（2）從A到碰撞點，根據(jù)動能定理得：mg（h+x）=平拋過程：Hx=平拋水平位移：Sx=v0t代入數(shù)據(jù)整理得：Sx=可知：當x=1m時平拋水平位移Sx有最大值Sm=6m 答：（1）求小球