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- 2021-06-19 发布
2016-2017学年广东省揭阳市普宁市勤建中学高三（上）第三次月物理试卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．下列关于物理学史的说法，正确的是（ ）
A．卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离的平方成反比的规律
B．奥斯特通过实验发现变化的磁场能产生电场
C．法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象
D．伽利略用实验验证了牛顿第一定律
2．如图为一个质点做直线运动的v﹣t图象，该质点在前4s内向东运动，则该质点（ ）
A．在8～10 s内始终向东运动
B．在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西
C．在前8 s内的合外力先减小后增大
D．在4～12 s内的位移大小为24 m
3．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（ ）
A． ＜v＜L1 B． ＜v＜
C． ＜v＜ D． ＜v＜
4．2013年6月11日17时38分“神舟十号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空，搭载三位航天员飞向太空，在轨飞行了15天，并在飞船上我国首次开展了航天员太空授课活动．“神十”巩固和优化了“神九”实现的载人交会对接技术．如图所示，假设“神舟十号”飞船发射后首先进入椭圆轨道，其远地点P距地心的距离为a，近地点Q距地心的距离为b，经过变轨后转移到半径为a的圆轨道上，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响，则（ ）
A．飞船在圆形轨道上运行时，周期为2π
B．飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度大于经过近地点的速度
C．飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度小于在圆形轨道上运行的速度
D．飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的加速度大于经过近地点的加速度
5．如图所示，在自动扶梯以恒定的速度2υ运转时，第一次有一人站到扶梯上相对扶梯静止不动，扶梯载他上楼过程中对他做功为w1，电机带动扶梯做功功率为P1，第二次这人在运动的扶梯上又以相对扶梯的速度v′同时匀速向上走，则这次扶梯对该人做功为W2，电机带动扶梯做功功率为P2以下说法中正确的是（ ）
A．W1＞W2，P1＞P2 B．W1＞W2，P1=P2 C．W1=W2，P1＞P2 D．W1=W2，P1=P2
6．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为l．在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终都处于静止状态，则（ ）
A．B对地面的压力大小为2mg
B．地面对A的作用力沿AC方向
C．l越小，地面分别对A、B的摩擦力越大
D．l越小，A、C间的弹力越小
7．如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动．现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中（ ）
A．A球的机械能增加
B．杆对A球始终不做功
C．B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量
D．A球和B球的总机械能守恒
8．如图所示，质量为20kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面之间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10N的水平向右的力的作用，则该物体（g取10m/s2）（ ）
A．所受摩擦力大小为20N，方向向左
B．所受摩擦力大小为20N，方向向右
C．运动的加速度大小为1.5m/s2，方向向左
D．运动的加速度大小为0.5m/s2，方向向左
一.必考题（共129分）
9．某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒（气垫导轨水平）．图乙所示是用游标卡尺测量遮光条（遮光条的质量可以忽略）的宽度，其读数为d= cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.5×10﹣2s则滑块经过光电门时的瞬时速度为 m/s．在本实验中，为了验证系统的机械能是否守恒，需要测量的物理量除了钩码的质量外，还需要测量 和 ．
10．某兴趣小组利用如图所示的装置来“探究合外力做的功与物体动能变化的关系”．他们通过改变光电门的位置和悬挂物的质量进行多次实验，采集多组数据．实验前已平衡摩擦力，质量为M的小车上固定一宽度为d的轻质挡光板，且总是由同一位置自由释放．
（1）关于下列操作的说法中，正确的是哪些
A、已经平衡摩擦力的标志是：悬挂物连带小车在木板上匀速运动
B、若悬挂物的质量远小于小车的质量，就可以近似认为悬挂物的重力等于小车所受拉力
C、实验时，必须保证轻质细线与木板平行
D、多次实验时，一定要让小车由静止释放
（2）本小组各同学在实验中提出下述不同操作和数据处理方式，你认为合理的说法是哪些
A、甲同学：把小车的末速度作为纵坐标，拉力对小车做的功作为横坐标，人为画出图线后再分析得出结论
B、乙同学：保持悬挂物的质量不变，以小车的位移作为横坐标，以小车的末速度的平方作为纵坐标，人为作出图线后能得出结论
C、丙同学：保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为横坐标，以小车的末速度的倒数作为纵坐标，人为作出图线后能得出结论
D、丁同学：保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为横坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能作为纵坐标，人为作出图线后能得出结论
（3）戊同学对实验数据进行分析，他把小车和悬挂物作为研究对象，悬挂物的重力作为合力，计算出的结果发现mgx始终小于（M+m），经反复核实和测量，确定两式中各物理理的值均准确，你认为导致此结果的主要原因是 ．
11．平台离水平地面的高度为H=6m，平台的右上角有一光滑的圆弧AB，过B 的切线水平．C为B在水平面的投影，一个质量m=2kg的小球从A点由静止开始释放，g=10m/s2．求：
（1）当圆弧AB的半径1m时，小球落在水平面的位置离 C点的距离？
（2）当圆弧AB的半径多大时，小球落在水平面的位置离C点的距离有最大值？最大值是多少？
12．如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的
圆形光滑轨道相切于Q．一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用．已知物块、滑板的质量均为m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=3μ，滑板与水平面间的动摩擦因数μ2=μ，物块可视为质点，重力加速度取g．
（1）求物块滑到Q点的速度大小；
（2）简单分析判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；
（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少多长？
二.选做部分：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的对应标号涂黑．注意所做题目的标号必须与所涂题目的标号一致，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．【物理选修3-4】
13．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形图如图所示，已知此时质点F的运动方向向y轴负方向，则：（ ）
A．此波向x轴负方向传播
B．质点B此时向y轴负方向运动
C．质点C将比质点B先回到平衡位置
D．质点E的振幅为零
E．质点D的振动周期跟波的传播周期相等
14．如图所示，真空中平行玻璃砖折射率为n=，下表面镀有反射膜，一束单色光与界面成θ=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h=2.0cm．求玻璃砖的厚度d．
【物理选修3-5】
15．下列说法中正确的是 （ ）
A．放射性元素的半衰期不随温度的升高而改变
B．原子核的比结合能越大，原子核越稳定
C．核反应方程应遵循电荷数与质量数守恒
D．γ射线是原子核外电子跃迁产生的
E． Na→Mg+e是裂变
16．如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m，人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回，人接住球后再以速率v将球推向墙壁，如此反复．
（1）求人第一次将球推出后，人和车的速度？
（2）人经几次推球后，再也不能接住球？
2016-2017学年广东省揭阳市普宁市勤建中学高三（上）第三次月物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．下列关于物理学史的说法，正确的是（ ）
A．卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离的平方成反比的规律
B．奥斯特通过实验发现变化的磁场能产生电场
C．法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象
D．伽利略用实验验证了牛顿第一定律
【考点】物理学史．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量，故A错误；
B、奥斯特通过实验发现电流周围存在磁场，法拉第通过实验发现变化的磁场能产生电场．故B错误；
C、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象．故C正确．
D、牛顿提出了牛顿第一定律，而伽利略生活在牛顿前，不可能用实验验证了牛顿第一定律．而且牛顿第一定律为理想实验定律，也不可能用实验达到验证．故D错误．
故选：C
2．如图为一个质点做直线运动的v﹣t图象，该质点在前4s内向东运动，则该质点（ ）
A．在8～10 s内始终向东运动
B．在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西
C．在前8 s内的合外力先减小后增大
D．在4～12 s内的位移大小为24 m
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】根据速度的正负判断运动的方向，结合图线的斜率得出加速度的大小和方向是否变化，从而根据牛顿第二定律得出合力的变化．根据速度时间图线围成的面积求出物体的位移．
【解答】解：A、速度的正负表示运动的方向，0﹣4s内向东运动，则4﹣10s内向西运动，故A错误．
B、在前8s内，图线的斜率不变，则加速度不变，斜率为正值，因为速度为负时向东运动，可知规定向西为正方向，则前8s内加速度方向始终向西，故B正确．
C、前8s内加速度不变，根据牛顿第二定律知，物体所受的合力不变，故C错误．
D、根据图线围成的面积知，4﹣12s内的位移为：，故D错误．
故选：B．
3．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（ ）
A． ＜v＜L1 B． ＜v＜
C． ＜v＜ D． ＜v＜
【考点】平抛运动．
【分析】球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度．
【解答】解：若球与网恰好不相碰，根据3h﹣h=得，，水平位移的最小值，则最小速度．
若球与球台边缘相碰，根据3h=得，，水平位移的最大值为xmax=，则最大速度，故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
4．2013年6月11日17时38分“神舟十号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空，搭载三位航天员飞向太空，在轨飞行了15天，并在飞船上我国首次开展了航天员太空授课活动．“神十”巩固和优化了“神九”实现的载人交会对接技术．如图所示，假设“神舟十号”飞船发射后首先进入椭圆轨道，其远地点P距地心的距离为a，近地点Q距地心的距离为b，经过变轨后转移到半径为a的圆轨道上，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响，则（ ）
A．飞船在圆形轨道上运行时，周期为2π
B．飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度大于经过近地点的速度
C．飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的速度小于在圆形轨道上运行的速度
D．飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的加速度大于经过近地点的加速度
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【分析】根据向心力的公式求解出周期；根据万有引力的做功情况判断远地点和近地点的速度关系；根据变轨来判断在两个轨道上同一点的速度；根据万有引力的大小判断加速度的大小．
【解答】解：A：由向心力公式：，解得：T=，应用黄金代换将：GM=gR2代入得：T=，故A错误．
B：飞船在椭圆轨道上由远地点运行到近地点时，万有引力做正功，动能增大，所以近地点的速度大于远地点的速度．故B错误．
C：飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点时要变轨到圆轨道上需要加速，故在圆轨道上的速度要大于在椭圆轨道上远地点的速度．故C正确．
D：飞船在椭圆轨道上运行时，经过远地点的向心力小于经过近地点的向心力，故经过远地点的加速度小于经过近地点的加速度，故D错误．
故选：C
5．如图所示，在自动扶梯以恒定的速度2υ运转时，第一次有一人站到扶梯上相对扶梯静止不动，扶梯载他上楼过程中对他做功为w1，电机带动扶梯做功功率为P1，第二次这人在运动的扶梯上又以相对扶梯的速度v′同时匀速向上走，则这次扶梯对该人做功为W2，电机带动扶梯做功功率为P2以下说法中正确的是（ ）
A．W1＞W2，P1＞P2 B．W1＞W2，P1=P2 C．W1=W2，P1＞P2 D．W1=W2，P1=P2
【考点】功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】功等于力和在力的方向上通过距离的乘积，两种情况力的大小相同，但通过的距离不同，据此分析判断做功的多少；根据P=Fv判定功率的关系
【解答】解：第一次是人相对电梯静止，电梯将人送上楼，第二次人相对电梯v2的速度上行，两次所用时间不同，第二次用的时间少，第二次力作用的距离少，用力相同，根据W=Fs可知第二次做功少，所以W1＞W2．
电梯匀速上行，速度不变；人相对电梯静止或匀速向上走时，都是处于平衡状态，电梯对人的作用力都等于人的重力，根据公式：P=Fv，两次的功率是相等的，即：P1=P2．故B正确，ACD错误．
故选：B
6．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为l．在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终都处于静止状态，则（ ）
A．B对地面的压力大小为2mg
B．地面对A的作用力沿AC方向
C．l越小，地面分别对A、B的摩擦力越大
D．l越小，A、C间的弹力越小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】以三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件求地面对B的支持力，由牛顿第三定律即可求出B对地面的压力；
地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；
以C为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A、C间的弹力如何变化；
以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A的摩擦力如何变化，地面对B的摩擦力与对A的摩擦力大小相等．
【解答】解：
A、以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知：地面对B的支持力为2mg，则由牛顿第三定律得知B对地面的压力大小也为2mg；故A正确．
B、地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；A受到重力mg、地面的支持力N1、摩擦力f、C球的压力N2．如图所示根据平衡条件知：地面的支持力N1和摩擦力f的合力与力mg和压力N2的合力等值、反向，C球对A的压力N2方向沿AC方向，则力mg和压力N2的合力一定不沿AC方向，故地面对A的作用力不沿AC方向．故B错误．
C、以A为研究对象，根据平衡条件得知：地面对A的摩擦力f=N2sinα，而C对A的压力N2=N2′．
则得l越小，α越小，f越小．故C错误．
D、以C为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件有：
2N2′cosθ=mg
得 N2′=，l越小，θ越小，则得A对C间的弹力N2′越小．故D正确．
故选：AD
7．如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动．现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中（ ）
A．A球的机械能增加
B．杆对A球始终不做功
C．B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量
D．A球和B球的总机械能守恒
【考点】机械能守恒定律．
【分析】将轻杆从水平位置由静止释放，转到竖直位置的过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，A向上运动速度增大，高度增大，机械能增加．根据功能关系分析杆对A球做功情况．
【解答】解：A、A球向上加速，动能增加，重力势能也增加，则A球的机械能增加．故A正确．
B、由于A球的机械能增加，则根据功能原理知，杆对A球做正功，故B错误．
C、根据系统的机械能守恒知，B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量、A球动能的增加量和A球重力势能增加量之和．故C错误．
D、对于AB组成的系统，只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒．故D正确．
故选：AD
8．如图所示，质量为20kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面之间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10N的水平向右的力的作用，则该物体（g取10m/s2）（ ）
A．所受摩擦力大小为20N，方向向左
B．所受摩擦力大小为20N，方向向右
C．运动的加速度大小为1.5m/s2，方向向左
D．运动的加速度大小为0.5m/s2，方向向左
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】由题意可知物体受到滑动摩擦力，由f=μFN可求向物体受到的摩擦力的大小．根据牛顿第二定律列方程求物体的加速度．
【解答】解：物体相对地面运动，故物体受到的滑动摩擦力，则摩擦力的大小f=μFN=μmg=0.1×200=20N；滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力方向向左；故A正确；B错误；
C、根据牛顿第二定律：F﹣f=ma
得：a===﹣0.5m/s2，负号说明加速度方向向左；故C错误，D正确．
故选：AD．
一.必考题（共129分）
9．某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒（气垫导轨水平）．图乙所示是用游标卡尺测量遮光条（遮光条的质量可以忽略）的宽度，其读数为d= 0.675 cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.5×10﹣2s则滑块经过光电门时的瞬时速度为 0.45 m/s．在本实验中，为了验证系统的机械能是否守恒，需要测量的物理量除了钩码的质量外，还需要测量 滑块上遮光条的初始位置到光电门的距离 和 滑块的质量 ．
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】
游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，求出滑块经过光电门的速度大小．根据实验的原理确定所需的测量的物理量．
【解答】解：游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.05×15mm=0.75mm，则最终读数为6.75mm=0.675cm．
滑块通过光电门的瞬时速度．
为了验证系统的机械能是否守恒，即验证系统重力势能的减小量和系统动能的增加量是否相等，表达式为：，所以还需要测量滑块上遮光条的初始位置到光电门的距离x和滑块的质量M．
故答案为：（1）0.675，0.45，滑块上遮光条的初始位置到光电门的距离，滑块的质量．
10．某兴趣小组利用如图所示的装置来“探究合外力做的功与物体动能变化的关系”．他们通过改变光电门的位置和悬挂物的质量进行多次实验，采集多组数据．实验前已平衡摩擦力，质量为M的小车上固定一宽度为d的轻质挡光板，且总是由同一位置自由释放．
（1）关于下列操作的说法中，正确的是哪些 BCD
A、已经平衡摩擦力的标志是：悬挂物连带小车在木板上匀速运动
B、若悬挂物的质量远小于小车的质量，就可以近似认为悬挂物的重力等于小车所受拉力
C、实验时，必须保证轻质细线与木板平行
D、多次实验时，一定要让小车由静止释放
（2）本小组各同学在实验中提出下述不同操作和数据处理方式，你认为合理的说法是哪些 BD
A、甲同学：把小车的末速度作为纵坐标，拉力对小车做的功作为横坐标，人为画出图线后再分析得出结论
B、乙同学：保持悬挂物的质量不变，以小车的位移作为横坐标，以小车的末速度的平方作为纵坐标，人为作出图线后能得出结论
C、丙同学：保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为横坐标，以小车的末速度的倒数作为纵坐标，人为作出图线后能得出结论
D、丁同学：保持小车的位移不变，以悬挂物的质量为横坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能作为纵坐标，人为作出图线后能得出结论
（3）戊同学对实验数据进行分析，他把小车和悬挂物作为研究对象，悬挂物的重力作为合力，计算出的结果发现mgx始终小于（M+m），经反复核实和测量，确定两式中各物理理的值均准确，你认为导致此结果的主要原因是 小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬时速度的位移． ．
【考点】探究功与速度变化的关系．
【分析】（1）根据平衡摩擦力的原理可知，平衡摩擦力时不能挂重物，只有当悬挂物的质量远小于小车的质量时，才能用重力的重力代替绳子的拉力，实验时应先接通光电门，再释放小车；
（2）分别对小车和小车、重物组成的系统，应用动能定理列式分析，作图时要作直线图象，只有过原点的直线图象才能得出成正比的关系；
（3）实验时，小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点的位移，导致了实验误差．
【解答】解：（1）A、调整轨道的倾角至合适位置的标志是：小车在不悬挂重物的情况下，在轨道上匀速运动，故A错误；
B、为了使轻绳的拉力可以近似认为等于重物的重力，则要求悬挂物的质量远小于小车的质量，故B正确；
C、实验时，必须保证轻质细线与木板平行，防止出现绳子的分力，故C正确；
D、多次实验时，要让小车由静止释放，否则不能求出动能的变化量，故D正确．
故选：BCD
（2）A、对小车，根据动能定理得：W=mv2，应把小车的末速度的平方（v2
）作为横坐标，拉力对小车做的功（W）作为纵坐标，作出的图象为直线，进而分析得出结论，故A错误；
B、对小车和重物组成的系统，根据动能定理得：m′gx=（m+m′）v2，保持悬挂物的质量不变，应以小车的位移（x）作为纵坐标，以小车的末速度的平方（v2）作为横坐标，作出的图象为直线，进而分析得出结论，故B正确；
C、对小车和重物组成的系统，根据动能定理得：m′gx=（m+m′）v2，保持小车的位移不变，以悬挂物的质量（m′）为纵坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能（m+m′）v2作为横坐标，作出的图象为直线，进而分析得出结论，故C错误，D正确；
故选：BD
（3）分析实验过程可知，由于小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬时速度的位移，所以悬挂物重力做的功小于小车和悬挂物整体动能的增量．
故答案为：（1）BCD；（2）BD；（3）小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬时速度的位移．
11．平台离水平地面的高度为H=6m，平台的右上角有一光滑的圆弧AB，过B 的切线水平．C为B在水平面的投影，一个质量m=2kg的小球从A点由静止开始释放，g=10m/s2．求：
（1）当圆弧AB的半径1m时，小球落在水平面的位置离 C点的距离？
（2）当圆弧AB的半径多大时，小球落在水平面的位置离C点的距离有最大值？最大值是多少？
【考点】机械能守恒定律；平抛运动．
【分析】（1）小球由A→B过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求解速度，再根据抛出后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解；
（2）利用数学知识分析水平位移的表达式即可求解水平位移的最大值．
【解答】解：（1）由机械能守恒定律可知：
mgR=mv2
解得：v===2m/s；
小球由B点开始做平抛运动，由H﹣R=gt2可得：
下落时间t===s；
则水平位移x=vt=2×=4m；
（2）设半径为r，则由机械能守恒定律可知：
mgr=mv2
由平抛运动规律可知：H﹣r=gt2
水平位移：x=vt
联立解得：x==
则由数学规律可知，当2r=H时小球具有最大水平位移，最大位移为：
xmax=H=6m．
故当r=3m时，水平位移最大，最大位移为6m
答：（1）当圆弧AB的半径1m时，小球落在水平面的位置离 C点的距离为4m
（2）当圆弧AB的半径为3m时，小球落在水平面的位置离C点的距离有最大值，最大值为6m．
12．如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的圆形光滑轨道相切于Q．一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用．已知物块、滑板的质量均为m，物块与滑板间的动摩擦因数μ=3μ，滑板与水平面间的动摩擦因数μ2=μ，物块可视为质点，重力加速度取g．
（1）求物块滑到Q点的速度大小；
（2）简单分析判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；
（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少多长？
【考点】动量守恒定律；滑动摩擦力；动能定理的应用．
【分析】（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理列出等式求解
（2）根据物块与滑板间的滑动摩擦力和滑板与水平面间的滑动摩擦力关系求解
（3）对于物块与滑板构成的系统，f2=F，系统动量守恒定律列出等式，对于系统由动能定理求解
【解答】解：（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理有：
mgR=m﹣0
解得：v1=
（2）物块与滑板间的滑动摩擦力f1=μ1mg=3μmg
滑板与水平面间的滑动摩擦力f2=μ2（m+m）g=2μmg＜f1
故物块在滑板上滑行的过程中，滑板将向左滑动．
（3）对于物块与滑板构成的系统，f2=F，系统动量守恒定律：
mv1=2mv
解得：v=
设滑板的长度至少为L，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为L1，对于系统由动能定理有：
F（L+L1）﹣f1（（L+L1）+f1L1﹣f2L1=2mv2﹣m
解得：L=
答：（1）物块滑到Q点的速度大小是；
（2）滑板将向左滑动；
（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少
二.选做部分：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的对应标号涂黑．注意所做题目的标号必须与所涂题目的标号一致，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．【物理选修3-4】
13．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形图如图所示，已知此时质点F的运动方向向y轴负方向，则：（ ）
A．此波向x轴负方向传播
B．质点B此时向y轴负方向运动
C．质点C将比质点B先回到平衡位置
D．质点E的振幅为零
E．质点D的振动周期跟波的传播周期相等
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】运用波形的平移法判断波的传播方向；简谐横波传播过程中，各个质点的振幅相等；由波形平移法判断质点的振动方向．根据质点的振动方向判断B、C回到平衡位置的先后．
【解答】解：
A、已知此时质点F的运动方向向下，波形向左平移，则此波朝x轴负方向传播，故A正确．
B、此时质点B正向上运动，所以质点B将比质点C后回到平衡位置，故B错误，C正确；
D、此时质点E的位移为零，但简谐横波传播过程中，各个质点的振幅相等，所以E的振幅不为零，故D错误．
E、振动的振动周期都与波源的振动周期相同，也与波的传播周期相同，故E正确．
故选：ACE
14．如图所示，真空中平行玻璃砖折射率为n=，下表面镀有反射膜，一束单色光与界面成θ=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h=2.0cm．求玻璃砖的厚度d．
【考点】光的折射定律．
【分析】一束光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，则反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由折射定律，得出折射角，最终算出玻璃砖的厚度．
【解答】解：由题，单色光与界面成θ=45°，入射角θ1=45°，根据折射率公式 n=，得sinθ2=，θ2=30°
作出如图所示的光路，△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h．玻璃的厚度d就是边长h的等边三角形的高．
故d=hcos30°==1.732cm
答：玻璃砖的厚度d为1.732cm．
【物理选修3-5】
15．下列说法中正确的是 （ ）
A．放射性元素的半衰期不随温度的升高而改变
B．原子核的比结合能越大，原子核越稳定
C．核反应方程应遵循电荷数与质量数守恒
D．γ射线是原子核外电子跃迁产生的
E． Na→Mg+e是裂变
【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【分析】元素的半衰期不会受环境的影响而变化，比结合能越大，原子核越稳定，核反应方程应遵循质量数与质子数守恒，γ 射线是原子核跃迁产生的，从而即可求解，并根据裂变、聚变及衰变的定义来确定求解．
【解答】解：A、放射性元素的半衰期不受到环境的变化而变化，故A正确；
B、比结合能越大，原子核越稳定，故B正确；
C、核反应方程应遵循质子数和质量数守恒，故C正确；
D、γ 射线是原子核跃迁产生的，故D错误；
E、Na→Mg+e是衰变，故E错误；
故选：ABC．
16．如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m，人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回，人接住球后再以速率v将球推向墙壁，如此反复．
（1）求人第一次将球推出后，人和车的速度？
（2）人经几次推球后，再也不能接住球？
【考点】动量守恒定律．
【分析】（1）人第一次将球推出，球、人与车系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出人与车的速度．
（2）球反弹回来的速率始终为v，人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球．由动量定理列出等式求解
【解答】解：（1）以水平向右为正方向．人第一次将球推出，设人与车的速度为v1，
球、人与车系统动量守恒，由动量守恒定律得：0=16mv1﹣mv，解得：v1=v；
（2）球反弹回来的速率始终为v，设人推球n次后，人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球．
球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为：I=mv﹣（﹣mv）=2mv，
球与墙壁碰撞n次后，墙壁对系统的冲量为nI，由动量定理：nI=（16m+m）v，
即n•2mv=（16m+m）v，解得 n=8.5次，所以，人经9次推球后，再也不能接住球．
答：（1）求人第一次将球推出后，人和车的速度为v．
（2）人经9次推球后，再也不能接住球．
2017年2月5日