广东省东莞实验中学2016届高三上学期第二次月考物理试卷

2015-2016学年广东省东莞实验中学高三（上）第二次月考物理试

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．如图，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）

A．容器自由下落时，小孔向下漏水

B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水

C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水

D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水

2．如图所示，一物块在光滑的水平面上受一恒力F的作用而运动，其正前方有一个足够长的轻质弹簧，弹簧与竖直墙拴接，当物块与弹簧接触后，则（弹簧始终处在弹性限度内）（ ）

A．物块就立即做减速运动

B．物块在开始的一段时间内仍做匀加速运动

C．当弹簧的弹力大小等于恒力F的大小时，物块静止 D．当弹簧达到最大压缩量时，物块的加速度不为零

3．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（ ）

A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大，最大速度为vmax=

B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin=

D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=

4．如图，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动．A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点．小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力N和地面对M的摩擦力有关说法正确的是（ ）

A．小滑块在A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左 B．小滑块在B点时，N=Mg，摩擦力方向向右

C．小滑块在C点时，N=（M+m）g，M与地面无摩擦 D．小滑块在D点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向左

5．如图所示，材料相同的小木块a、b和c （可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为m．a与转轴OO′的距离为r，b、c与转轴OO′的距离为2r，且均处于水平圆盘的边缘，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（ ）

A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落

B．当a、b和c均未相对圆盘滑动前，a、c所受摩擦力的大小相等 C．b和c均未滑落前，线速度一定相同 D．b开始滑动时的转速是

6．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A．假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与

2

F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s，则下列说法中正确的是（ ）

A．A的质量为1.0 kg B．B的质量为1.0 kg

C．B与地面间的动摩擦因数为0.2 D．A、B间的动摩擦因数为0.3

7．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ无摩擦滑下；如下四图图为物体沿x方向和y方向运动的位移﹣时间图象及速度﹣时间图象，其中可能正确的是（ ）

A． B． C． D．

8．如图所示，A、B是绕地球运行的“天宫一号”椭圆形轨道上的近地点和远地点，则关于“天宫一号”的说法正确的是（ ）

A．在A点时线速度大 B．在A点时重力加速度小 C．在B点时的加速度小

D．在B点时，需要的向心加速度大于该处的重力加速度

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共128分） 9．我校同学们在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧竖直悬挂于深度为h=25.0cm，且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下部分位于筒内），如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出伸出筒的下端部分弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，同学们通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l的图线如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k= N/m，弹簧的原长l0= m．

10．某实验小组想测量一个小车的质量，他们认为，根据牛顿第二定律，只要知道了做匀变速直线运动的小车受到合外力和加速度就可以算出小车的质量．于是他们设计了一个如图1所示的实验装置，图中的传感器可以精确显示细绳的拉力．请回答以下问题．

（1）实验装置需要对小车进行平衡摩擦，其目的是使细绳的拉力为小车做匀加速运动的 ．

（2）实验中传感器与所挂钩码的总质量m和小车质量M之间应满足的关系为 ． A．m＜M B．m＜＜M C．m＞M D．无要求

（3）实验中传感器与所挂钩码的总质量为0.11kg，传感器示数为1.0N，实验中打点计时器所使用的电源频率为50Hz，图2中给出的是实验中获取的纸带的一部分：1、2、3、4、5是计

数点，每相邻两个计数点间还有4个点未标出，由该纸带的测量数据可求得小车的加速度a= m/s，小车质量为 kg．（保留两位有效数字）

11．物体做圆周运动时，所需的向心力F需由运动情况决定，提供的向心力F供由受力情况决定．若某时刻F需=F供，则物体能做圆周运动；若F需＞F供，物体将做离心运动；若F需＜F供，物体将做向心运动．现有一根长L=1m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m=0.5kg的小球（可视为质点），将小球提至正上方的A 点处，此时绳刚好伸直且无张力，如

2

图所示．不计空气阻力，g取10m/s，则： （1）为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A点至少应施加给小球多大的水平速度？ （2）若小球以速度v1=4m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？

2

（3）若小球以速度v2=1m/s水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小？若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间？

12．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端 （传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，

2

恰好水平抛出并落在车箱中心，重力加速度g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求 （1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x及主动轮的半径R； （2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t；

（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．

（二）选考题：共46分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在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．（注：本次考试没有设选考题，三题均为指定选考题）【物理3-5】

13．2011年3月由9.0级地震引发的海啸摧毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，导致大量v

甲

=0泄露在大气中， I是一种放射性物质，会发生β衰变而变成Xe元素．下列说

法中正确的是（ ）

A．福岛第一核电站是利用原子核衰变时释放的核能来发电 B．C．

I发生β衰变的方程式为 I原子核内53个质子，78个中子

I→

Xe+

e

D．如果将碘131的温度降低到0度以下，可以延缓其衰变速度

14．，质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示．求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；

2

（2）比例系数k．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s）

2015-2016学年广东省东莞实验中学高三（上）第二次月

考物理试卷

参与试题解析

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．如图，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）

A．容器自由下落时，小孔向下漏水

B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水

C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水

D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水 【考点】超重和失重． 【专题】压轴题．

【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．

【解答】解：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确． 故选D．

【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．

2．如图所示，一物块在光滑的水平面上受一恒力F的作用而运动，其正前方有一个足够长的轻质弹簧，弹簧与竖直墙拴接，当物块与弹簧接触后，则（弹簧始终处在弹性限度内）（ ）

A．物块就立即做减速运动

B．物块在开始的一段时间内仍做匀加速运动

C．当弹簧的弹力大小等于恒力F的大小时，物块静止

D．当弹簧达到最大压缩量时，物块的加速度不为零 【考点】牛顿第二定律．

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】物块接触弹簧后水平方向受到推力F和弹簧的弹力，物块的运动情况取决于这两个力合力，根据弹簧弹力的变化，由牛顿第二定律分析物体的运动情况和加速度变化情况． 【解答】解：AB、物块接触弹簧后弹簧的弹力逐渐增大，开始阶段，弹力小于水平恒力F，物块的合力方向向左，与速度方向相同，物体做加速运动，随着弹力增大，合力减小，加速度减小，所以做加速度逐渐减小的变加速运动．后来弹簧的弹力大于F，合力向右，与速度方向相反，物体开始做减速运动．所以物块接触弹簧后先加速后减速．故AB错误．

C、当弹力与恒力F大小相等、方向相反时，加速度为零，此时物体的速度最大，故C错误． D、当物块的速度为零时，弹簧的弹力必定大于F，物体的合力向右，加速度向右，不等于零．故D正确． 故选：D

【点评】含有弹簧的问题是高考的热点，也是难点，要抓住弹簧弹力的可变性来分析合力的变化，确定物体的运动情况，不能想当然认为物体一接触弹簧就做减速运动．

3．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（ ）

A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=

．速度最大，最大速度为vmax=

B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin=

D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=

【考点】运动的合成和分解． 【专题】运动的合成和分解专题．

【分析】小船参与两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和随着水流的匀速直线运动，当沿着船头指向的分速度垂直河岸时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时，位移最短．

【解答】解：A、当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t=，故A错误；

B、小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最大，故B错误；

C、由图，小船沿轨迹AB运动位移最大，由于渡河时间t=，与船的船头指向的分速

度有关，故时间不一定最短，故C错误；

D、要充分利用利用水流的速度，故要合速度要沿着AB方向，此时位移显然是最大的，划船的速度最小，故：

故v合=；故D正确；

故选：D．

【点评】本题船的电势大小和方向都是可以变化的，可以采用正交分解法研究，即沿着平行河岸方向和垂直河岸方向进行分析，也可以从合成法．

4．如图，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动．A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点．小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力N和地面对M的摩擦力有关说法正确的是（ ）

A．小滑块在A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左 B．小滑块在B点时，N=Mg，摩擦力方向向右

C．小滑块在C点时，N=（M+m）g，M与地面无摩擦 D．小滑块在D点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向左 【考点】摩擦力的判断与计算． 【专题】摩擦力专题．

【分析】小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小．

【解答】解：A、小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误．

B、小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，故B正确．

C、小滑块在C点时，滑块对M的作用力竖直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力．滑块对物体M的压力要大于C的重力，那么M对地面的压力N＞（M+m）g，故C错误．

D、小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D错误． 故选：B．

【点评】小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和M之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对M的作用力．

5．如图所示，材料相同的小木块a、b和c （可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为m．a与转轴OO′的距离为r，b、c与转轴OO′的距离为2r，且均处于水平圆盘的边缘，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（ ）

A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落

B．当a、b和c均未相对圆盘滑动前，a、c所受摩擦力的大小相等 C．b和c均未滑落前，线速度一定相同 D．b开始滑动时的转速是

【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】相对圆盘滑动前，三个木块所需要的向心力由静摩擦力提供，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大

小决定．由向心力公式Fn=mωr=m

2

分析．

【解答】解：A、因为木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，可知，b所受的最大静摩擦力比c的大．

木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力

2

f=mωr，r、ω相等，f∝m，所以b所受的静摩擦力大于c的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比c先开始滑动，故A错误；

B、当a、b和c均未相对圆盘滑动前，a所受摩擦力的大小 fa=mωr，c所受摩擦力的大小 fc=mω•2r=mωr，故fa=fc，故B正确．

C、b和c均未滑落前，线速度大小相等，方向相反，所以线速度不同．故C错误． D、当b刚要滑动时，有kmg=m（2πn）•2r，解得：转速为 n=

2

2

2

2

．故D错

误． 故选：B

【点评】本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．

6．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A．假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与

2

F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s，则下列说法中正确的是（ ）

A．A的质量为1.0 kg B．B的质量为1.0 kg

C．B与地面间的动摩擦因数为0.2 D．A、B间的动摩擦因数为0.3

【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】动能定理的应用专题．

【分析】对图象乙进行分析，明确物体的运动状态和加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律以及摩擦力公式进行分析，列式求解即可得出A、B的质量和动摩擦因数．

【解答】解：由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为3N时开始对地滑动；故B与

2

地面间的最大静摩擦力为3N；当拉力为9N时，AB相对滑动，此时A的加速度为4m/s；当

2

拉力为13N时，B的加速度为8m/s；

对A分析可知，μ1g=4；解得：AB间的动摩擦因数 μ1=0.4； 对B分析可知，13﹣3﹣μ1mAg=mB×8 对整体有：9﹣3=（mA+mB）×4 联立解得；mA=0.5kg；mB=1.0kg；

则由μ2（mA+mB）g=3解得：B与地面间的动摩擦因数为：μ2=0.2；故BC正确，AD错误； 故选：BC

【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的相片综合应用，关键在于明确图象的意义，能根据图象找出最大静摩擦及力和加速度的关系．

7．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ无摩擦滑下；如下四图图为物体沿x方向和y方向运动的位移﹣时间图象及速度﹣时间图象，其中可能正确的是（ ）

A． B．

C． D．

【考点】匀变速直线运动的图像．

【专题】压轴题；运动学中的图像专题．

【分析】物体在抵达斜面之前做平抛运动，故在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，而到达斜面后做匀加速直线运动，在水平方向和竖直方向分别做匀加速直线运动，写出在水平方向的速度表达式和位移表达式，竖直方向的速度表达式和位移表达式即可． 【解答】解：设斜面的倾角为α，则水平抛出的物体在抵达斜面之前其水平向做匀速直线运动，故其水平速度vx=v0，而抵达斜面后物体的加速度ax=gsinθ，故水平向速度vx=v0+（gsinθcosθ）t，即在水平方向做匀加速运动．故B错误．

在抵达斜面之前物体在水平方向的位移x0=v0t0，而抵达斜面后物体在水平方向的位移x=x0+v0△t+gsinθcosθ△t，故A正确．

在物体抵达斜面之前，物体在竖直方向做自由落体运动，故竖直方向的速度vy=gt，抵达斜面

22

后物体在竖直方向的加速度ay=gsinθsinθ=g（sinθ），故vy=gt0+g（sinθ）t，故D正确． 在抵达斜面前物体在竖直方向的位移y=

2

2

2

，抵达斜面后

y=+gt0△tg（sinθ）（△t），故C错误． 故选A、D．

【点评】本题是图象类题目中最难的，也是近年高考的热点和难点，但此类题目解决途径是根据运动情况写出因变量随自变量的表达式即可顺利解出．

8．如图所示，A、B是绕地球运行的“天宫一号”椭圆形轨道上的近地点和远地点，则关于“天宫一号”的说法正确的是（ ）

A．在A点时线速度大 B．在A点时重力加速度小 C．在B点时的加速度小

D．在B点时，需要的向心加速度大于该处的重力加速度

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系． 【专题】人造卫星问题．

【分析】根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度．由万有引力等于重力，列式分析重力加速度的关系．根据万有引力定律和牛顿第二定律判断加速度的大小．卫星离开B点时做近心运动，万有引力大于所需要的向心力，由此分析D项．

【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知：卫星在近地点的速度大于远地点的速度，所以A点的线速度大于B点的线速度，故A正确；

B、根据G=mg，得 g=，由于A到地心的距离比B到地心的距离小，所以在A

点时重力加速度大，故B错误；

C、由G=ma，得 a=，则知在B点时的加速度小，故C正确．

D、在B点卫星做近心运动，即万有引力大于需要的向心力，即重力大于需要的向心力，所以该处的重力加速度大于该处的向心加速度，故D错误 故选：AC

【点评】本题主要掌握开普勒第二定律、万有引力公式，明确万有引力等于重力，得到重力

加速度的表达式g=．

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共128分） 9．我校同学们在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧竖直悬挂于深度为h=25.0cm，且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下部分位于筒内），如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出伸出筒的下端部分弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，同学们通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l的图线如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k= 100 N/m，弹簧的原长l0= 0.15 m．

【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系． 【专题】实验题．

【分析】根据胡克定律写出F与l的关系式，然后结合数学知识求解即可．

【解答】解：设弹簧原长为l0，则根据胡克定律有：F=k（h﹣l0+l）=kl+k（h﹣l0） ①

由此可知，图象的斜率大小表示劲度系数大小，故

k===100N/m，

当l=0时，F=10N，将数据代入方程①得：10=100×0+100×（0.25﹣l0） 解得：l0=0.15m=15cm． 故答案为：100，15．

【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力．

10．某实验小组想测量一个小车的质量，他们认为，根据牛顿第二定律，只要知道了做匀变速直线运动的小车受到合外力和加速度就可以算出小车的质量．于是他们设计了一个如图1所示的实验装置，图中的传感器可以精确显示细绳的拉力．请回答以下问题．

（1）实验装置需要对小车进行平衡摩擦，其目的是使细绳的拉力为小车做匀加速运动的 合力 ．

（2）实验中传感器与所挂钩码的总质量m和小车质量M之间应满足的关系为 D ． A．m＜M B．m＜＜M C．m＞M D．无要求

（3）实验中传感器与所挂钩码的总质量为0.11kg，传感器示数为1.0N，实验中打点计时器所使用的电源频率为50Hz，图2中给出的是实验中获取的纸带的一部分：1、2、3、4、5是计数点，每相邻两个计数点间还有4个点未标出，由该纸带的测量数据可求得小车的加速度a=

2

1.1 m/s，小车质量为 0.91 kg．（保留两位有效数字） 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【专题】实验题． 【分析】（1）实验中要保证绳子的拉力等于小车所受的合力，由于小车受到阻力作用，所以实验前需平衡摩擦力；

（2）本题中绳子的拉力可以由传感器直接读出，不需要用钩码的重力代替；

2

（3）根据△x=aT求解加速度，根据牛顿第二定律求解小车质量． 【解答】解：（1）实验装置需要对小车进行平衡摩擦，为了使小车所受的合力等于绳子的拉力；

（2）本题中绳子的拉力可以由传感器直接读出，不需要用钩码的重力代替，所以实验中传感器与所挂钩码的总质量m和小车质量M之间没有要求． 故选：D

2

（3）根据△x=aT得：

a=

根据牛顿第二定律得：M= 故答案为：（1）合力；（2）D；（3）1.1，0.91

【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及实验中的注意事项，掌握平衡摩擦力的方法，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解加速度．

11．物体做圆周运动时，所需的向心力F需由运动情况决定，提供的向心力F供由受力情况决定．若某时刻F需=F供，则物体能做圆周运动；若F需＞F供，物体将做离心运动；若F需＜F供，物体将做向心运动．现有一根长L=1m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m=0.5kg的小球（可视为质点），将小球提至正上方的A 点处，此时绳刚好伸直且无张力，如

2

图所示．不计空气阻力，g取10m/s，则： （1）为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A点至少应施加给小球多大的水平速度？ （2）若小球以速度v1=4m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？

（3）若小球以速度v2=1m/s水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小？若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间？

【考点】平抛运动；牛顿第二定律；决定向心力大小的因素． 【分析】（1）小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，由重力作为向心力可以求得最小的速度；

（2）根据第一问的判断可以知道v1＞V0，故绳中有张力，由向心力的公式可以求得绳的拉力的大小；

（3）由于v2＜V0，故绳中没有张力，小球将做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得运动的时间． 【解答】解：（1）要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，

所以 由 mg=mV0=

=

得 m/s，

（2）因为v1＞V0，故绳中有张力，

由牛顿第二定律得，

T+mg=m

代入数据解得，绳中的张力为T=3N，

（3）因为v2＜V0，故绳中没有张力，小球将做平抛运动，如图所示 水平方向：x=v2t 竖直方向：y=gt

222

L=（y﹣L）+x 解得：t=

=0.6s．

m/s 的水平速度；

2

答：（1）在A点至少应施加给小球

（2）若小球以速度v1=4m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力为3N；

（3）若小球以速度v2=1m/s水平抛出的瞬间，绳中无张力，绳子再次伸直时所经历的时间是0.6s．

【点评】要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，这是本题中的一个临界条件，与此时的物体的速度相对比，可以判断物体能否做圆周运动，进而再根据不同的运动的规律来分析解决问题，本题能够很好地考查学生的分析解决问题的能力，是道好题．

12．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端 （传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，

2

恰好水平抛出并落在车箱中心，重力加速度g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求 （1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x及主动轮的半径R； （2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t；

（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动． 【专题】牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解平抛的初速度；然后对平抛过程运用分位移公式列式求解；

（2）麻袋包在平直传送带上先加速后匀速，根据牛顿第二定律求解加速的加速度，然后运用运动学公式列式求解；

（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能转化为重物的机械能和摩擦而产生的内能，根据能量守恒定律求出传送带由于传送煤块多消耗的电能． 【解答】解：（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：

x=vt 解得： x=1.2 m

麻袋包在主动轮的最高点时，有：

解得：R=0.4m

（2）对麻袋包，设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，有： μmgcosθ﹣mgsinθ=ma

2

解得：a=g（μcosθ﹣sinθ）=10×（0.8×0.8﹣0.6）=0.4m/s 由运动学公式，有：v=at1 故加速时间为：t1=故加速位移：l﹣x1=vt2

=

=5s =

解得：t2=

=7.5s

解得：t=t1+t2=5+7.5=12.5s

（3）在t1=5s内，传送带位移为：S带=vt=2×5=10m △S=S带﹣x1=10﹣5=5m 由能量守恒得 E=mglsin37°+

mv+f•△S

2

=100×10×20×0.6+×100×4+0.8×1000×0.8×5J=1.×10J． 答：（1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x为1.2m，主动轮的半径R为0.4m； （2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t为12.5s；

4

（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为1.×10J．

【点评】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的规律，掌握牛顿第二定律、能量守恒定律以及运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

（二）选考题：共46分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在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．（注：本次考试没有设选考题，三题均为指定选考题）【物理3-5】

13．2011年3月由9.0级地震引发的海啸摧毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，导致大量v

甲

4

=0泄露在大气中， I是一种放射性物质，会发生β衰变而变成Xe元素．下列说

法中正确的是（ ）

A．福岛第一核电站是利用原子核衰变时释放的核能来发电 B．C．

I发生β衰变的方程式为 I原子核内53个质子，78个中子

I→

Xe+

e

D．如果将碘131的温度降低到0度以下，可以延缓其衰变速度 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度． 【专题】衰变和半衰期专题．

【分析】根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．

半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境与化学状态无关．

【解答】解：A、福岛第一核电站是利用重核裂变释放的核能进行发电的，故A错误； B、根据衰变过程中质量数和电荷数守恒得

I→

131

I发生β衰变的方程式为

Xe+e，故B正确；

C、53I中有53个质子，131表示质量数，所以有78个中子，故C正确； D、衰变速度与外界因素无关，只与原子核内部因素有关，故D错误； 故选：BC．

x

【点评】知道半衰期的意义．知道zI中，x为质量数，z为核电荷数．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的． 14．，质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示．求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；

2

（2）比例系数k．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s）

【考点】牛顿第二定律．

2

【分析】（1）根据b图可以看出当没有风的作用时 物体的加速度的大小是4m/s，由牛顿第二定律可以求得物体与斜面间的动摩擦因数；

（2）当风速为5 m/s时，物体的加速度为零，说明此时的物体受力平衡，对物体受力分析，由平衡的条件可以求得比例系数k． 【解答】解：（1）对初始时刻，没有风的作用，对物体受力分析可得， 沿斜面的方向：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma0 ①，

2

由b图可以读出a0=4m/s

代入①式，解得：μ==0.25；

（2）对末时刻加速度为零，受力分析可得：mgsinθ﹣μN﹣kvcosθ=0 ②， 又N=mgcosθ+kvsinθ，

由b图可以读出，此时v=5 m/s

代入②式解得：k==0.84kg/s．

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25； （2）比例系数k是0.84kg/s．

【点评】本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，对于本题抓住风速为零和风速为5 m/s这两个时刻的物体的运动状态即可求得结果．