湖北省武汉市武昌区高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖北省武汉市 武昌区高二（下）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）11966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为f，开动时间t，测出飞船和火箭的速度变化是v，下列说法正确的是（）a 火箭质量mx应为b 宇宙飞船的质量m应为c 推力f越大，就越大，且与f成正比d 推力f通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为f2有一条南北流向的大河，两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v，若驾着小船渡河，先从东岸到西岸，行驶路线始终与河岸垂直，后从西岸回到东岸，船头指向始终与河岸垂直先、后两次所用时间的比值为n，船在静水中的速度大小为（）a b c d 3有一种“傻瓜”相机的曝光时间（快门从打开到关闭的时间）是固定不变的，为了估测相机的曝光时间，有两位同学做了如下实验：他们选择了一面贴了瓷砖的竖直墙面，一位同学从墙面上a点正上方距离a点1.5m处的窗口让一个小石子自由落下，另一位同学在小石子下落通过a点以后按动快门对小石子拍照，由于小石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹cd，他们测得竖直墙面上每块瓷砖的高度为6cm，取g=10m/s2，则该相机的曝光时间约为（）a 0.01sb 0.02sc 0.05sd 0.1s4起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能为（）a b c d 5将两个质量均为m的小球a，b用细线相连后，两用细线悬挂于o点，如图所示，用力f拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且保持细线oa与竖直方向的夹角为37，则力f在各种可能的方向中，最小值为（）a mgb mgc mgd mg6如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止，斜面对物体的支持力和摩擦力分别为fn和ff，则下列说法正确的是（）a 在0t1时间内，fn增大，ff减小b 在0t1时间内，fn减小，ff增大c 在t1t2时间内，fn增大，ff增大d 在t1t2时间内，fn减小，ff减小7如图所示，两相同小球a，b用轻弹簧a，b连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力f作用在a上并缓慢拉a，当b与竖直方向夹角为60时，a、b伸长量刚好相同，若a，b的劲度系数分别为k1、k2，则下列判断正确的是（）a =b =c 撤去f的瞬间，a球的加速度大小为2gd 撤去f的瞬间，a球的加速度为零8如图所示，地球和行星j在同一平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，行星j的公转轨道半径小于地球公转轨道半径，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）当行星处于最大视角时是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期地球的轨道半径为r，运转周期为t（即一年），行星j的最大视角为（单位是弧度），引力常量为g，则（）a 行星j的公转周期小于tb 行星j的公转轨道半径为rcosc 太阳质量为m=d 行星j相邻两次处于最大视角的时间间隔可能为t=92012年7月26日，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点o做匀速圆周运动，如图所示此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（）a 它们做圆周运动的万有引力保持不变b 它们做圆周运动的角速度不变c 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大d 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小10如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg，可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，即使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点时开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，a、b、c三点分别是图线与纵轴、横轴的交点，图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5，g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（）a 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上b 轻杆的长度为1.2mc 曲线ab段与坐标轴所围图形的面积为0.6md b点对应时刻小球的速度为3m/s二、本卷包括必考题和选考题两部分，第11题-第15题为必考题，每个试题考生都应作答，第16题-第18题为选考题，考生根据要求作答，须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效11如图所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成他将质量相同的重物用细绳连接后（用m表示一个重物的质量），跨过光滑的轻质滑轮，且重物处于静止状态再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度（1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有a小重物的质量mb绳子的长度c重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象（各物理量均为国际单位制单位），如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为l，则可求出当地的重力加速度g=，并可求出重物质量m=12某实验小组的同学利用滑块验证“动能定理”他们在实验室组装了一套如图1所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、若干导线、电键、复写纸、纸带以及细沙、若干薄木板，当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态，若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）还需要的实验器材有（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是，实验时首先要做的步骤是（3）在（2）的基础上，实验小组用天平移出滑块的质量为m，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，得到如图2的清晰纸带，已知计时器打点周期为t，在纸带上间距较大处开始每两个间隔取一个计数点，标记为1、2、3、4、5、6，测出相邻两个计数点的间距，分别表示为x1、x2、x3、x4、x5，为了验证此实验从打计数点2到打计数点5的过程中动能定理是否成立，需要根据测量结果打这两点时滑块的速度v2和v3，进而计算出打这两点时的动能，计算表达式为：v2=，v3=（用题中或图中的字母表示）本实验最终要验证的数学表达式为13某航空母舰甲板上的飞机跑道是水平的，并装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号飞机在该跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞，问：（1）若航空母舰处于静止状态，要求该飞机加速160m后起飞，弹射系统给飞机提供的初速度至少多大？（2）若航空母舰处于静止状态且不使用弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上安全起飞，用来加速的跑道至少应多长？（3）若航空母舰甲板上用来加速的跑道长为160m，在不使用弹射系统时，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，则航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行的速度至少多大？14如图所示，一质量不计的细线跨过无摩擦的轻质小定滑轮o，一端与质量为m的重物相连，圆环套在固定的、光滑的竖直杆上，另一端与质量为4m的重物相连，竖直杆上有a、b、c三点，且b为a、c的中点，ao与竖直杆的夹角=53，b点与滑轮o在同一水平线上，滑轮与竖直杆相距为l，重力加速度为g，设直杆和细线都足够长，圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰，现将圆环从a点无初速释放（已知sin53=0.8，cos53=0.6），求：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为多少？（2）圆环下滑到c点时的速度大小v1为多少？15如图，小球沿光滑的斜轨道下滑至光滑水平轨道末端时，光电装置被触动，控制电路会使中空圆柱体转筒立刻以某一角速度匀速持续转动起来，已知轨道末端与转筒左侧的距离为l=1.6m，且与转筒侧壁上的小孔甲的高度差为h1=0.8m，侧壁上另一小孔乙和甲在同一竖直线上，且甲、乙两孔中心相距h2=1.0m，开始时转筒静止，且甲、乙小孔都正对着轨道方向，现让一小球从斜轨上某处无初速度滑下，正好能进入甲小孔并恰好从乙小孔穿出（小孔比小球略大，小球视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2），求（1）小球从斜轨上释放时的高度h；（2）转筒的底面半径r；（3）转筒的角速度选考题：共20分，请考生从给出的第16、17、18题中任选一题作答，并用2b铅笔咋答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分三、选修3-316下列说法正确的是（）a 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力b 将两个分子由极近移动到相距约10倍分子直径的过程中，它们的分子势能先减小后增加c 热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能减小的物体d 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部永爱做功从而转化成机械能e 液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力17一定质量的理想气体经历可如图所示的ab，bc，ca三个变化过程，图中p0和v0为已知，若气体在状态a的热力学温度为t0，则气体在状态c的热力学温度为tc=，气体从状态ab的过程中对外界做功为，从状态bc的过程中对外界做功为18如图所示，厚度不计，重分别为g1和g2的活塞a和b，将圆柱形气缸内的理想气体分成a、b两部分，平衡时，a、b的体积之比为1：2，气体的总高为h=36cm，此时a、b气体的温度是127，当a、b气体的温度同时缓慢降到27，系统达到新的平衡时，活塞a、b移动的距离各多大？四、选修3-41015春武昌区期末）如图甲所示是一列横波在t=0时刻的波动图象，波动图上p质点的振动图象如图乙所示，下述说法正确的是 （）a 该列波的振幅是5cm，周期是4s，波长是2mb 该列波沿x轴正方向传播c 从t=0到t=3s过程中，平衡位置为x=3m处的质点通过的路程为30cmd p质点咋t=10.5s时刻的加速度为零e 该波传播过程中若遇到宽约4m的障碍物，则能发生明显的折射现象2015春武昌区期末）如图所示，一束白光从顶角为的等腰棱镜的左“腰”以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在光屏上可得到彩色光带，则光带最上端为色；在入射角i缓慢减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则光最先消失，光最后消失2015春武昌区期末）如图所示，折射率为的上下两图平行的梯形玻璃砖，下表面涂有反射物质，上表面右端垂直于上表面放置一标尺mn，一细光束以入射角i=60射到玻璃砖上表面的a点，会在标尺上的两个位置出现光点，若两光点之间的距离为a（图中未画出），则光通过玻璃砖的时间是多少？（设光在真空中的速度为c，不考虑细光束子啊玻璃砖下表面的第二次反射）五、选修3-52015春武昌区期末）下列说法正确的是（）a 若使放射物质的温度升高，其半衰期可能变小b th核发生一次衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4c 卢瑟福通过粒子放射实验，提出了原子的核式结构模型d 入射光的频率如果低于某金属的载止频率，即使增加该入射光的强度，也不能使该金属发生光电效应e u经过一系列衰变后变为pb，则这个过程要经过8次衰变，6次衰变2015春武昌区期末）氢原子的能如图所示，现让光子能量为12.75ev的一束光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上后，这些氢原子能发出种不同频率（波长）的光，其中波长最长的光的光子能量为ev，频率最高的光的光子能量为ev2015张掖模拟）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为l的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值2014-2015学年湖北省武汉市武昌区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）11966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为f，开动时间t，测出飞船和火箭的速度变化是v，下列说法正确的是（）a 火箭质量mx应为b 宇宙飞船的质量m应为c 推力f越大，就越大，且与f成正比d 推力f通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为f考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：对整体由动量定理可得出速度变化、质量及力之间的关系，分析各项即可得出正确结论解答：解：对整体由动量定理可得：ft=（m+mx）v；a、火箭的质量整体的质量为故a、b错误c、由公式可得，f=（m+mx）可知，推力f越大，就越大，且与f成正比故c正确d、隔离对mx分析，根据牛顿第二定律有：n=f故d错误故选c点评：本题也可以通过牛顿第二定律得出正确结果，但很明显动量定理更便捷一些，可以在一些和时间有关的动力学题目中应用动量定理求解2有一条南北流向的大河，两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v，若驾着小船渡河，先从东岸到西岸，行驶路线始终与河岸垂直，后从西岸回到东岸，船头指向始终与河岸垂直先、后两次所用时间的比值为n，船在静水中的速度大小为（）a b c d 考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解解答：解：设船渡河时的速度为vc；当从东岸到西岸时，行驶路线与河岸垂直，则有：t1=；此时的船的合速度为：v合=；当从西岸回到东岸时，船头指向始终与河岸垂直，则有：t2=；由于先、后两次所用时间的比值为n，所以小船在静水中的速度大小为：vc=nv合=n；解得：vc=，故d正确，abc错误；故选：d点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰3有一种“傻瓜”相机的曝光时间（快门从打开到关闭的时间）是固定不变的，为了估测相机的曝光时间，有两位同学做了如下实验：他们选择了一面贴了瓷砖的竖直墙面，一位同学从墙面上a点正上方距离a点1.5m处的窗口让一个小石子自由落下，另一位同学在小石子下落通过a点以后按动快门对小石子拍照，由于小石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹cd，他们测得竖直墙面上每块瓷砖的高度为6cm，取g=10m/s2，则该相机的曝光时间约为（）a 0.01sb 0.02sc 0.05sd 0.1s考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：石子做自由落体运动，它留下径迹cd的对应运动时间即为照相机的曝光时间由照片可以看出，cd的实际长度为两块砖的厚度由位移公式分别石子从开始下落到c、d的时间，再求解曝光时间解答：解：石子做自由落体运动，它留下径迹cd的对应运动时间即为照相机的曝光时间设开始下落点为o由照片可以看出，cd长对应两块砖的厚度，即cd的实际长度为：cd=62cm=0.12m，则0c=1.5+50.06m=1.8m，od=1.92m，由oc=知，从o到c的时间为：tc=0.6s从o到d的时间为：td=0.62s所以曝光时间为：t=tdtc=0.620.6=0.02s故选：b点评：本题是实际问题，首先要搞清物理情景，明确已知条件与所求曝光时间的关系，原理不难4起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能为（）a b c d 考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像专题：功率的计算专题分析：钢索拉力的功率p=fv，根据速度图象分析重物的运动情况，根据牛顿第二定律得出拉力与重力的关系，再由功率公式得出功率与时间的关系式，选择图象解答：解：在0t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：fmg=ma1，f=mg+ma1，拉力的功率p1=fv=（mg+ma1）a1t，m、a1均一定，则p1t在t1t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力f=mg，则拉力的功率p2=fv=mgv，p2不变，根据拉力的大小得到，p2小于t1时刻拉力的功率在t2t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mgf=ma2，f=mgma2，拉力的功率p3=fv=（mgma2）（v0a2t），m、a2均一定，p3与t是线性关系，随着t延长，p3减小t3时刻拉力突然减小，功率突然减小故选：b点评：根据物理规律得到功率与时间的解析式，再选择图象，是经常采用的方法和思路5将两个质量均为m的小球a，b用细线相连后，两用细线悬挂于o点，如图所示，用力f拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且保持细线oa与竖直方向的夹角为37，则力f在各种可能的方向中，最小值为（）a mgb mgc mgd mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，当f垂直于oa线时取得最小值，根据平衡条件求解f的最小值解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出f在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：f与t的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当f与绳子oa垂直时，f有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得f的最小值为：f=2mgsin37=1.2mg故选：c点评：本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出f的范围，得到f最小的条件，再由平衡条件进行求解6如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止，斜面对物体的支持力和摩擦力分别为fn和ff，则下列说法正确的是（）a 在0t1时间内，fn增大，ff减小b 在0t1时间内，fn减小，ff增大c 在t1t2时间内，fn增大，ff增大d 在t1t2时间内，fn减小，ff减小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度时间图线得出得出加速度的变化，对物块分析，根据牛顿第二定律列出表达式，通过加速度的变化得出支持力和摩擦力的变化解答：解：在0t1时间内，根据速度时间图线知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，对物块研究，在竖直方向上有：fncos+ffsinmg=ma，fnsin=ffcos，知加速度减小，则支持力fn和摩擦力减小在t1t2时间内，根据速度时间图线知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物块研究，在竖直方向上有：mg（fncos+ffsin）=ma，fnsin=ffcos，加速度逐渐增大，知支持力和摩擦力逐渐减小故d正确，a、b、c错误故选：d点评：解决本题的关键知道速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度，结合牛顿第二定律分析求解，难度中等7如图所示，两相同小球a，b用轻弹簧a，b连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力f作用在a上并缓慢拉a，当b与竖直方向夹角为60时，a、b伸长量刚好相同，若a，b的劲度系数分别为k1、k2，则下列判断正确的是（）a =b =c 撤去f的瞬间，a球的加速度大小为2gd 撤去f的瞬间，a球的加速度为零考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧a的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧b的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比再由牛顿第二定律分析撤去拉力后的加速度解答：解：a、b、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：f1=mg再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：f2=4mg根据胡克定律，有：f1=k1xf2=k2x故，故a错误，b正确；c、由图可知，f=2mg；则a球的加速度为：2g；故c正确；d、球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力f瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故d错误；故选：bc点评：整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法8如图所示，地球和行星j在同一平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，行星j的公转轨道半径小于地球公转轨道半径，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）当行星处于最大视角时是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期地球的轨道半径为r，运转周期为t（即一年），行星j的最大视角为（单位是弧度），引力常量为g，则（）a 行星j的公转周期小于tb 行星j的公转轨道半径为rcosc 太阳质量为m=d 行星j相邻两次处于最大视角的时间间隔可能为t=考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解轨道半径地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力分别列出等式，解出周期，然后两个周期相比求解根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律及角速度公式列出等式，表示出周期，然后去进行求解解答：解：a、太阳对地球的万有引力提供向心力，=mr解得：t=t，故a正确；b、设行星的轨道半径为r，视角最大时，太阳与行星的连线和地球与行星的连线互相垂直，如图所示，则行星的轨道半径为：r=rsin，故b错误； c、太阳对地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：=mr所以太阳的质量为：m=，故c错误；d、第一次处于最佳观测期时，行星超前地球处于b处，则下一次处于最佳观测期必定是地球超前行星，即如图所示设经历时间为t，则：行星转过的角度1=2+bob地球转过的角度2=2（）+bob则=12=+2 又t=解得：t=，故d正确；故选：ad点评：向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用要注意物理问题经常要结合数学几何关系解决正确作图是解题的关键92012年7月26日，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点o做匀速圆周运动，如图所示此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（）a 它们做圆周运动的万有引力保持不变b 它们做圆周运动的角速度不变c 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大d 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析解答：解：a、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2双星间的距离为l转移的质量为m则它们之间的万有引力为f=g，根据数学知识得知，随着m的增大，f先增大后减小故a错误b、对m1：g=（m1+m）2r1 对m2：g=（m2m）2r2 由得：=，总质量m1+m2不变，两者距离l不变，则角速度不变故b正确c、d、由得：2r2=，、l、m1均不变，m增大，则r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大由v=r2得线速度v也增大故c正确d错误故选：bc点评：本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采用隔离法进行研究10如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg，可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，即使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点时开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，a、b、c三点分别是图线与纵轴、横轴的交点，图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5，g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（）a 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上b 轻杆的长度为1.2mc 曲线ab段与坐标轴所围图形的面积为0.6md b点对应时刻小球的速度为3m/s考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：已知小球在abc三个点的速度，a到c的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出b点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线ab段与坐标轴所围图形的面积表示a到b的过程小球在水平方向的位移解答：解：a、设杆的长度为l，小球从a到c的过程中机械能守恒，得：m+2mgl=m，所以：l=0.6m若小球在a点恰好对杆的作用力是0，则：=mg，临界速度：v0=m/sva=1m/s由于小球在a点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故a正确，b错误；c、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线ab段与坐标轴所围图形的面积表示a到b的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m故c正确d、小球从a到b的过程中机械能守恒，得：m+mgl=m，所以：vb=m/s故d错误；故选：ac点评：该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答该题中的一个难点是d选项中“曲线ab段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解二、本卷包括必考题和选考题两部分，第11题-第15题为必考题，每个试题考生都应作答，第16题-第18题为选考题，考生根据要求作答，须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效11如图所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成他将质量相同的重物用细绳连接后（用m表示一个重物的质量），跨过光滑的轻质滑轮，且重物处于静止状态再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度（1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有aca小重物的质量mb绳子的长度c重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象（各物理量均为国际单位制单位），如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为l，则可求出当地的重力加速度g=，并可求出重物质量m=考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量根据加速度的表达式得出关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和m的大小解答：解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得：mg=（2m+m）a，解得：a=根据h=at2，则有：g=所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间故a、c正确故选：ac（2）因为a=，则=+，知图线斜率k=，l=，解得g=，m=故答案为：（1）ac；（2）；点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出关系式，结合图线的斜率和解决进行求解12某实验小组的同学利用滑块验证“动能定理”他们在实验室组装了一套如图1所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、若干导线、电键、复写纸、纸带以及细沙、若干薄木板，当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态，若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）还需要的实验器材有天平，刻度尺（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是mm，实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力（3）在（2）的基础上，实验小组用天平移出滑块的质量为m，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，得到如图2的清晰纸带，已知计时器打点周期为t，在纸带上间距较大处开始每两个间隔取一个计数点，标记为1、2、3、4、5、6，测出相邻两个计数点的间距，分别表示为x1、x2、x3、x4、x5，为了验证此实验从打计数点2到打计数点5的过程中动能定理是否成立，需要根据测量结果打这两点时滑块的速度v2和v3，进而计算出打这两点时的动能，计算表达式为：v2=，v3=（用题中或图中的字母表示）本实验最终要验证的数学表达式为w=（x4+x5）2（x1+x2）2考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；解答：解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；所以为：天平，刻度尺；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为t，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有 mgt=ma对小车，有 t=ma解得t=mg故当mm时，有tmg；小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（3）由平均速度公式可得：v2=；v3=需要验证的表达式为：w=mv32mv22；代入解得：w=（x4+x5）2（x1+x2）2故答案为：（1）bc（2）mm，平衡摩擦力（3）w=（x4+x5）2（x1+x2）2点评：该题的关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量，同时要熟练应用匀变速直线运动的推论解答实验问题13某航空母舰甲板上的飞机跑道是水平的，并装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号飞机在该跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞，问：（1）若航空母舰处于静止状态，要求该飞机加速160m后起飞，弹射系统给飞机提供的初速度至少多大？（2）若航空母舰处于静止状态且不使用弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上安全起飞，用来加速的跑道至少应多长？（3）若航空母舰甲板上用来加速的跑道长为160m，在不使用弹射系统时，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，则航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行的速度至少多大？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）飞机起飞看作匀加速运动，运用速度位移公式=2ax求初速度（2）再根据速度位移公式=2ax求解（3）抓住飞机的位移等于甲板的长度与航空母舰的位移之和，运用速度时间公式和位移时间公式列式进行求解解答：解：（1）设经弹射系统帮助起飞时初速度为v0跑道长 x=160m根据=2ax得：v0=m/s=30m/s故若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少为30m/s（2）不装弹射系统时，由v2=2ax得：x=m=250m，故若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，该舰甲板至少应250m长（3）设航空母舰速度为 v1，则飞机做初速度为v1的匀加速直线运动飞机加速至起飞速度时用时有：t=t时间内，航母前进距离为：x1=v1t飞机前进的距离为：x2=且有：x2=x1+x联立解得：v1=10m/s（另一值v1=90m/s舍去）即航空母舰至少为10m/s答：（1）若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有30m/s的初速度（2）若某舰上不装弹射系统，要求该种飞机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少为250m（3）航空母舰的速度至少为10m/s点评：解决本题的关键要明确飞机的运动情况和已知条件，灵活选择运动学公式求解第3小题要知道以地面为参考系，飞机加速阶段的位移不是跑道的长度，而是跑道长度加上航空母舰运行的距离之和然后运用匀变速直线运动的公式进行求解14如图所示，一质量不计的细线跨过无摩擦的轻质小定滑轮o，一端与质量为m的重物相连，圆环套在固定的、光滑的竖直杆上，另一端与质量为4m的重物相连，竖直杆上有a、b、c三点，且b为a、c的中点，ao与竖直杆的夹角=53，b点与滑轮o在同一水平线上，滑轮与竖直杆相距为l，重力加速度为g，设直杆和细线都足够长，圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰，现将圆环从a点无初速释放（已知sin53=0.8，cos53=0.6），求：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为多少？（2）圆环下滑到c点时的速度大小v1为多少？考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）当圆环运动到b点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小；当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零，再由机械能守恒定律，结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离；（3）圆环下滑到c点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律，并结合运动的分解来确定圆环下滑到c点时的速度大小解答：解：（1）圆环到b点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零根据几何关系可知：圆环下降高度为：hac=l，重物下降的高度为：h=ll=l系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有：mghac+4mgh=mv12由上可解得：圆环的速度为：v1=，（2）圆环到c点时，下落高度hab=，重物高度不变，设圆环速度为v2，此时重物速度为v2cos53系统机械能守恒，则有：mghab=mv22+4m（v2cos53）2解得：v2=，答：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小是（2）圆环下滑到c点时的速度大小v1为点评：本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能同时关注题中隐含条件的挖掘：重物下降到最低点的同时其速度等于零15如图，小球沿光滑的斜轨道下滑至光滑水平轨道末端时，光电装置被触动，控制电路会使中空圆柱体转筒立刻以某一角速度匀速持续转动起来，已知轨道末端与转筒左侧的距离为l=1.6m，且与转筒侧壁上的小孔甲的高度差为h1=0.8m，侧壁上另一小孔乙和甲在同一竖直线上，且甲、乙两孔中心相距h2=1.0m，开始时转筒静止，且甲、乙小孔都正对着轨道方向，现让一小球从斜轨上某处无初速度滑下，正好能进入甲小孔并恰好从乙小孔穿出（小孔比小球略大，小球视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2），求（1）小球从斜轨上释放时的高度h；（2）转筒的底面半径r；（3）转筒的角速度考点：机械能守恒定律；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球从离开圆弧轨道到进入小孔甲的过程中做平抛运动，根据平抛运动的位移时间关系公式求出运动时间和初速度，再对小球在圆弧轨道上的运动运用机械能守恒定律列式求解h；（2）小球平抛运动的过程，研究竖直方向，求小球从甲孔到乙孔的时间，根据水平位移求出转筒的底面半径r；（3）计算出平抛运动的时间后，根据角速度的定义式和圆周运动的周期性求解角速度即可解答：解：（1）设小球离开轨道进入小孔甲的时间为t1，则由平抛运动规律得：h1=gt12得：t1=0.4s平抛的初速度满足：l=v0t1；得：v0=4m/s小球在轨道上运动过程中机械能守恒，故有：mgh=mv02；解得：h=0.8m（2）竖直分运动：小球从甲孔到乙孔的时间为：t=0.2s水平分运动：在t时间刚好位移为直径，即：2r=v0t得圆筒底面半径为：r=0.4m（3）在小球平抛到达甲孔的时间t1=0.4s内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进甲孔，即：t1=2n（n=1，2，3） 所以有：=5n rad/s（n=1，2，3）在小球由甲孔到达乙孔的时间t=0.2s内，圆筒必须恰好转半圈的奇数倍，小球才能钻出乙孔则有：t=（2n1）（n=1，2，3）得：=5（2n1） rad/s（n=1，2，3）综合分析知，满足既能钻出甲孔又能穿出乙孔，取=5（2n1） rad/s（n=1，2，3）答：（1）小球从斜轨上释放时的高度h是0.8m；（2）转筒的底面半径r是0.4m；（3）转筒的角速度是5（2n1） rad/s（n=1，2，3）点评：解决本题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，以及知道转筒转动的周期性选考题：共20分，请考生从给出的第16、17、18题中任选一题作答，并用2b铅笔咋答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分三、选修3-316下列说法正确的是（）a 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力b 将两个分子由极近移动到相距约10倍分子直径的过程中，它们的分子势能先减小后增加c 热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能减小的物体d 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部永爱做功从而转化成机械能e 液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力考点：热力学第二定律；分子间的相互作用力专题：热力学定理专题分析：气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动；分子在平衡位置时分子势能最小；温度是分子平均动能的标志液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力解答：解：a、扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间的斥力；故a错误；b、