2012015衡水中學(xué)高三物理上學(xué)期二調(diào)試卷帶解析新人教版

1、2014-2015衡水中學(xué)高三物理上學(xué)期二調(diào)試卷（帶解析新人教版）2014-2015衡水中學(xué)高三物理上學(xué)期二調(diào)試卷（帶解析新人教版）【試卷綜析】本試卷是高三模擬試卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了勻變速運(yùn)動規(guī)律、受力分析、牛頓第二定律、動能定理、機(jī)械能守恒、知識覆蓋面廣，知識點(diǎn)全面。在考查問題上以基本定義、基本規(guī)律為主，以基礎(chǔ)知識和基本技能為載體，在試題上以高考為基本，是份非常好的試卷。一、選擇題（每小題4分，共60分。下列每小題所給選項至少有一項符合題意，請將正確答案的序號填涂在答題卡上）【題文】1.科學(xué)家關(guān)于物體運(yùn)動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法符合歷史事實的是（

2、）A.亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體的運(yùn)動狀態(tài)才會改變B.伽利略通過“理想實驗”得出結(jié)論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動下去C.笛卡兒指出：如果運(yùn)動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不停下來也不偏離原來的方向D.牛頓認(rèn)為，物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)【知識點(diǎn)】物理學(xué)史.O1【答案解析】BCD解析：A、亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體才能運(yùn)動.故A錯誤.B、伽利略“理想實驗”得出結(jié)論：力不是維持運(yùn)動的原因，即運(yùn)動必具有一定速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動下去.故B正確.C笛卡兒指出：如果運(yùn)

3、動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不停下來也不偏離原來的方向，符合歷史事實.故C正確.D牛頓認(rèn)為，物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，符合事實.故D正確.故選：BCD【思路點(diǎn)撥】本題應(yīng)抓住亞里士多德、伽利略、笛卡兒和牛頓關(guān)于力和運(yùn)動關(guān)系的一些理論和觀點(diǎn)，進(jìn)行分析.本題考查了一些力學(xué)物理學(xué)史，對于牛頓、伽利略和笛卡兒關(guān)于運(yùn)動和力的觀點(diǎn)，要理解并記牢.【題文】2.如圖所示，兩個小球從水平地面上方同一點(diǎn)O分別以初速度v1、v2水平拋出，落在地面上的位置分別是A、B,是。在地面上的豎直投影，且：AB=1:3。若不計空氣阻力，則兩小球（）A.拋出的初速度大小之

4、比為1:4B.落地速度大小之比一定為1:3C.落地速度與水平地面夾角的正切值之比為4:1D.通過的位移大小之比一定為1:【知識點(diǎn)】平拋運(yùn)動.D2【答案解析】AC解析：兩球的拋出高度相同，故下落時間相同，落地時的豎直分速度相同；兩小球的水平位移分別為OA和OB;故水平位移之比為1:4;故由x=vt可知兩小球的初速度之比為1:4;故A正確；由于未知兩小球的下落高度，故無法求出準(zhǔn)確的落地時的豎直分速度，故B無法求得落地速度之比故速度方向，故B錯誤；同理也無法求出位移大小之比，故D錯誤；因豎直分速度相等，tan0=,因豎直分速度相等，而水平初速度比值為1:4,故正切值的比值為4:1;故C正確；故選AC

5、【思路點(diǎn)撥】兩小球所在高度相同，故下落時間相同，豎直方向的速度增量相同；由水平位移關(guān)系可求出兩小球的初速度的大小關(guān)系，進(jìn)而求得落地速度的大小及方向關(guān)系；由幾何關(guān)系可求得位移的比值.對于平拋運(yùn)動要注意用好幾何關(guān)系，并能靈活應(yīng)用各物理量之間的關(guān)系.【題文】3.質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動的位移x與時間t的關(guān)系為（各物理量均采用國際單位制單位），則該質(zhì)點(diǎn)（）A.第1s內(nèi)的位移是5mB.前2s內(nèi)的平均速度是6m/sC.任意相鄰1s內(nèi)的位移差都是1mD.任意1s內(nèi)的速度增量都是2m/s【知識點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系.A2【答案解析】ABD解析：A、將t=1s代入到x=4t+2t2中得到第1s內(nèi)的位移x=5

6、m故A正確.B、前2s內(nèi)的平均速度，故B正確.C將x=4t+2t2與勻變速直線運(yùn)動的位移公式x=v0t+at2對照得到：初速度v0=4m/s,加速度a=2m/s2,則任意相鄰1s內(nèi)的位移差是x=aT2=2x12m=2m故C錯誤.D任意1s內(nèi)的速度增量v=at=2x1m/s=2m/s.故D正確.故選ABD【思路點(diǎn)撥】將t=1s代入到x=4t+t2中得到第1s內(nèi)的位移；根據(jù)平均速度公式求解前2s內(nèi)的平均速度；將x=4t+t2與勻變速直線運(yùn)動的位移公式對照得到初速度v0和加速度a,由推論x=aT2,研究任意相鄰1s內(nèi)的位移差.速度增量v=at.本題考查對勻變速直線運(yùn)動位移公式的掌握程度和應(yīng)用能力，以

7、及對加速度的理解能力，常見題型.【題文】4.如圖所示，一個質(zhì)量為4kg的半球形物體A放在傾角為二37。的斜面B上靜止不動。若用通過球心的水平推力F=10N乍用在物體上，物體仍靜止在斜面上，斜面仍相對地面靜止。已知sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2,貝U（）A.物體A受到斜面B的摩擦力增加8NB.物體A對斜面B的作用力增加10NC.地面對斜面B的彈力增加6ND.地面對斜面B的摩擦力增加10N【知識點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用.B3B4【答案解析】D解析：A、沒有施加力F時，對物體受力分析：根據(jù)平衡條件：f=mgsin0=4X10X0.6=24N施力口

8、力F后，對物體受力分析，如圖：根據(jù)平衡條件，在斜面方向：f+Fcos0=mgsin0代入數(shù)據(jù)解得：f=16N故物體受到斜面的摩擦力減少：f=24N-16N=8N,故A錯誤；B、沒有方g加力F時根據(jù)平衡條件A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40N根據(jù)牛頓第三定律物體A對斜面的作用力為40N反向向下，施加力F后物體A對斜面的作用力如圖：F=可以看出物體對斜面的作用力不是增加10N,故B錯誤；C以整體為研究對象，力F的是水平的，所以不影響豎直方向的受力，地面對斜面的彈力大小不變，故C錯誤；D以整體為研究對象，水平方向增加了10N的力F,根據(jù)平衡條件得地面對斜面的摩擦力增加10N.故D正確.故選：

9、D.【思路點(diǎn)撥】對沒有施加力F時的半球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件求出物體受到的摩擦力；以整體為研究對象求出地面對斜面的摩擦力，然后進(jìn)行比較.本題對物體受力分析后，將重力和推力按照實際效果進(jìn)行正交分解，然后根據(jù)平衡條件列方程分析判斷.【題文】5.如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶以t0=2m/s的速度勻速運(yùn)行，t=0時，在最左端輕放一個小滑塊，t=2s時，傳送帶突然制動停下。已知滑塊與傳送帶之間的滑動摩擦因數(shù)為=0.2,g=10m/s2。在圖乙中，關(guān)于滑塊相對地面運(yùn)動的v-t圖像正確的是（）【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動的圖像.A2A5C2【答案解析】D解析

10、：滑塊放在傳送帶上受到滑動摩擦力作用做勻加速運(yùn)動，a=pg=2m/s2,滑塊運(yùn)動到與傳送帶速度相同時需要的時間t1=1s然后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動的時間t2=t-t1=1s當(dāng)送帶突然制動停下時，滑塊在傳送帶摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動直到靜止，a=-a=-2m/s2運(yùn)動的時間t3=1s所以速度時間圖象對應(yīng)D選項.故選D【思路點(diǎn)撥】滑塊放在傳送帶上受到滑動摩擦力作用做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相等時，和傳送帶一起做運(yùn)動運(yùn)動，當(dāng)傳送帶突然制動停下時，滑塊在傳送帶摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動直到靜止.物體在傳送帶運(yùn)動問題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，來確定物體的運(yùn)動情況，有利于培養(yǎng)學(xué)生分析問題和解決問題的能力.

11、【題文】6.用細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x（小球與彈簧不拴連），如圖所示。將細(xì)繩剪斷后（）A.小球立即獲得的加速度B.小球在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動C.小球落地的時間等于D.小球落地的速度大于【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；胡克定律.B1C2【答案解析】CD解析：A細(xì)繩剪斷前受重力、彈力和拉力，三力平衡，故彈力和重力的合力為：F合=;剪斷細(xì)線后，彈力和重力不變，故合力為F合=ma,故a#,故A錯誤；B、平拋運(yùn)動只受重力；將細(xì)繩燒斷后，小球受到球的重力和彈簧的彈力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平拋運(yùn)動，故B錯誤.C小球豎直方向只受重

12、力，豎直分運(yùn)動是自由落體運(yùn)動，故小球落地的時間t=，故C正確；D如果不受彈簧彈力，小球落地速度等于，有彈簧彈力做功，故落地速度大于，故D正確；故選：CD【思路點(diǎn)撥】對小球受力分析可知，在與彈簧接觸時，小球受到球的重力和彈簧的彈力的共同的作用，此過程中彈簧的彈力是不斷減小的，離開彈簧之后，小球只受到重力的作用，做勻變速運(yùn)動.對小球受力分析，根據(jù)球的受力的情況來判斷小球的運(yùn)動的情況及各力做功情況，要注意的是在與彈簧分離之前，彈簧的彈力是不斷減小的.【題文】7.乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30的山坡以加速度a上行，如圖所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜

13、面，斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止（設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)運(yùn)行）。則（）A.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物塊受到的滑動摩擦力為mg+maD.小物塊受到的靜摩擦力為mg+ma【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用.B3C2【答案解析】AD解析：以木塊為研究對象，分析受力情況：重力mg斜面的支持力N和摩擦力f,f沿斜面向上.根據(jù)牛頓第二定律得f-mgsin30=ma解得，f=mg+ma方向平行斜面向上.故選AD【思路點(diǎn)撥】由題知：木塊的加速度大小為a,方向沿斜面向上.分析木塊受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解木塊所受的摩擦力大小和方

14、向.本題首先要正確分析木塊的受力情況，其次要能根據(jù)牛頓第二定律列式，求摩擦力，難度不大.【題文】8.小船橫渡一條兩岸平行的河流，船本身提供的速度（即靜水速度）大小不變、船身方向垂直于河岸，水流速度與河岸平行，已知小船的運(yùn)動軌跡如圖所示，則A.越接近河岸水流速度越小B.越接近河岸水流速度越大C.無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短D.該船渡河的時間會受水流速度變化的影響【知識點(diǎn)】運(yùn)動的合成和分解.D1【答案解析】AC解析：A、從軌跡曲線的彎曲形狀上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故水流是先加速后減速，即越接近河岸水流速度越小，故A正確，B錯誤.C、由于船身方向

15、垂直于河岸，無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短，故C正確，D錯誤；故選：AC【思路點(diǎn)撥】軌跡彎曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又與水流的方向一致，可見加速度的方向先向右再向左.解決本題的關(guān)鍵知道小船參與了兩個運(yùn)動，有兩個分速度，分別是靜水速和水流速.以及知道軌跡的彎曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河時，時間最短.【題文】9.據(jù)河南日報消息，京廣鐵路不久也將開通時速達(dá)到300公里以上“動車組”列車。屆時，乘列車就可以體驗時速300公里的追風(fēng)感覺。我們把火車轉(zhuǎn)彎近似看成是做勻速圓周運(yùn)動，火車速度提高會使外軌受損。為解決火車高速轉(zhuǎn)彎時不使外軌受損這一難題，你認(rèn)為以下措施可行的是（）

16、A.減小內(nèi)外軌的高度差B.增加內(nèi)外軌的高度差C.減小彎道半徑D.增大彎道半徑【知識點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律.C2D4【答案解析】BD解析：A、對運(yùn)行的火車進(jìn)行受力分析如圖，得：mgtan0=m,由于0較小，則tan0sin0,h為內(nèi)外軌道的高度差，L為路面的寬度.則mg=,L、R一定，v增大，需要h增大.故A錯誤，B正確.C、設(shè)彎道半徑為R,路面的傾角為0,由牛頓第二定律得mgtan0=m,0一定，v增大時，可增大半徑R.故C錯誤，D正確.故選：BD【思路點(diǎn)撥】火車高速轉(zhuǎn)彎時不使外軌受損，則拐彎所需要的向心力由支持力和重力的合力提供.根據(jù)牛頓第二定律分析.本題是實際應(yīng)用問題，考查應(yīng)用物理知識分

17、析處理實際問題的能力，本題與圓錐擺問題類似，基礎(chǔ)是對物體進(jìn)行受力分析.【題文】10.如圖為湖邊一傾角為30的大壩的橫截面示意圖，水面與大壩的交點(diǎn)為。一人站在A點(diǎn)處以速度v0。沿水平方向扔小石塊，已知AO=40m忽略人的身高，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.若v018m/s.則石塊可以落入水中B.若v017.3m/s,則石塊可以落入水中.故A正確，B錯誤.C、若石塊能落入水中，則下落的高度一定，可知豎直分速度一定，根據(jù)tan%=知，初速度越大，則落水時速度方向與水平面的夾角越小.故C錯誤.D.若石塊不能落入水中，速度方向與水平方向的夾角的正切值tan0=,位移方向與水平方向夾角的正切值ta

18、nB,可知tan0=2tan（3,因為B一定，則速度與水平方向的夾角一定，可知石塊落到斜面時速度方向與斜面的夾角一定，與初速度無關(guān).故D錯誤.故選：A.【思路點(diǎn)撥】平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)高度求出運(yùn)動的時間，結(jié)合水平位移求出石塊落在水中的最小速度.石塊能落在水中，則下落的高度一定，豎直分速度一定，結(jié)合平行四邊形定則判斷速度方向與水平面夾角與初速度的大小關(guān)系.石塊不能落在水中，石塊豎直位移與水平位移的比值是定值，結(jié)合平拋運(yùn)動的規(guī)律分析落在斜面上的速度方向與斜面傾角與什么因素有關(guān).解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式

19、和推論靈活求解.【題文】11.某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演。已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200NL在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大小。已知演員在滑桿上做完動作之后，先在桿上靜止了0.5s,然后沿桿下滑，3.5s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零。整個過程中演員的v-t圖像和傳感器顯示的拉力隨時間的變化情況如圖所示，g取10m/s2。則下列說法正確的是A.演員的體重為800NB.演員在第1s內(nèi)一直處于超重狀態(tài)C.滑桿所受的最小拉力為620ND.滑桿所受的最大拉力為890N【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系.A2C2【答案解析】CD解析：A、由

20、兩圖結(jié)合可知，靜止時，傳感器示數(shù)為800N,除去桿的重力200N,演員的重力就是600N故A錯誤；B、由圖可知0.5s至1.5s演員速度下滑，故演員此時處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C、在演員加速下滑階段，處于失重狀態(tài)，桿受到的拉力最小，此階段的加速度為：a1=m/s2=3m/s2,由牛頓第二定律得：mg-F1=ma解得：F1=420N加上桿的重力200N,可知桿受的拉力為620N,故C正確；D、演員減速下滑的階段為超重，此階段桿受拉力最大，由圖可知此階段的加速度為：a2=-1.5m/s2,由牛頓第二定律：mg-F2=ma2解得：F2=690N加上桿自身的重力200N故桿所受最大拉力為890N,故D

21、正確；故選CD【思路點(diǎn)撥】由速度為零時傳感器的示數(shù)等于任何桿的重力之和，可得演員的重力；由速度時間圖可知演員有向下的加速運(yùn)動，此階段為失重；向下的加速階段為失重，故此時對桿的拉力最小，由圖可得加速階段的加速度，進(jìn)而由牛頓第二定律可得最小拉力；演員減速下滑的階段為超重，此階段桿受拉力最大，由圖可知超重階段的加速度，由牛頓第二定律可得最大拉力。本題是對兩個圖象的結(jié)合應(yīng)用，兩圖是相互利用的.要能從這類題目中熟練結(jié)合運(yùn)動和受力圖，此類題目等同于牛頓第二定律應(yīng)用的由受力確定運(yùn)動和由運(yùn)動確定受力.【題文】12.如圖，軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成，一個小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h的A處由靜止開始運(yùn)動，滑塊

22、質(zhì)量為成不計一切摩擦。則下列說法錯誤的是（）A.若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D,h最小為2.5RB.若h=2R當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時，對軌道的壓力為3mgC.若h=2R滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則hR【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力.C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物體能通過最高點(diǎn)，則由mg=mfiT得：v=,從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2解得h=2.5R,故A正確；B、若h=2R從A到C根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2在C點(diǎn)有：N=m,解得：N=2mg故B錯誤；C、若h=2R小滑塊不

23、能通過D點(diǎn)，在CD中間某一位置即做斜上拋運(yùn)動離開軌道，做斜拋運(yùn)動，故C正確；D若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則物塊在圓弧中運(yùn)動的高度不能超過C點(diǎn)，否則就不能回到A點(diǎn)，則則hWR,故D正確.故選B【思路點(diǎn)撥】物體進(jìn)入右側(cè)半圓軌道后做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的臨界條件可知物體能到達(dá)D點(diǎn)的臨界值；再由機(jī)械能守恒定律可得出A點(diǎn)最小高度，分情況討論即可.機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動的結(jié)合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界值的分析.【題文】13.如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動，且A、B相對靜止。某時刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時間，

24、B在地面上滑行了一段距離x,A在B上相對于B向右滑行了一段距離L（設(shè)木板B足夠長）后A和B都停了下來。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為，B與地面間的動摩擦因數(shù)為，且，則x的表達(dá)式應(yīng)為（）A.B.C.D.【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；滑動摩擦力；力的合成與分解的運(yùn)用.B1B3C2【答案解析】C解析：設(shè)A、B相對靜止一起向右勻速運(yùn)動時的速度為v.撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動摩擦力f1=plmg,加速度大a1=,此時B的加速度大小a2=，由區(qū)2w1分析兩加速度的大小關(guān)系，判斷B先停止運(yùn)動，然后A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動，且其加速度大小不變.對A應(yīng)用動能定理-f1（L+x）=0-mv2對B應(yīng)用動能定理H

25、1mgx-p2（m+Mgx=0-Mv2解得：消去v解得故選C【思路點(diǎn)撥】去水平拉力，A受到的滑動摩擦力f1=p1mg力口速度大小a1=w1g,B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速度大小a2=,由區(qū)2w1分析兩加速度的大小關(guān)系，判斷B先停止運(yùn)動，然后A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動，根據(jù)動能定理分別對A、B研究，求解x.本題關(guān)鍵在于分析兩物體的運(yùn)動過程，考查分析問題和解決問題的能力.【題文】14.下列說法中正確的是()A.盧瑟福通過實驗發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程為：B.鈾核裂變的核反應(yīng)是：C.質(zhì)子、中子、粒子的質(zhì)量分別為ml、m2m3那么質(zhì)子和中子結(jié)合成一個粒子，所釋放的核能為E=(ml+m2

26、-m3)c2D.原子從a能級躍遷到b能級時發(fā)射波長為的光子；原子從b能級躍遷到c能級時吸收波長為的光子，已知。那么原子從能級躍遷到c能級時將要吸收波長為的光子【知識點(diǎn)】裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)；氫原子的能級公式和躍遷；O1O2【答案解析】AD解析：A、盧瑟福通過0c粒子轟擊氮核得到質(zhì)子，發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程為，故A正確.B、鈾核裂變的核反應(yīng)方程是：，兩邊中子不能約.故B錯誤.C質(zhì)子、中子、0c粒子的質(zhì)量分別為m2m2m3質(zhì)子和中子結(jié)合成一個粒子，質(zhì)量虧損m=m1+m2-mj3,根據(jù)質(zhì)能方程，釋放的能量為E=Amc2=m1+m2-m3C2.故C錯誤.D已知入1入2,所以丫1丫2,知從a能級狀態(tài)躍遷到b

27、能級狀態(tài)時發(fā)射光子的能量小于從b能級狀態(tài)躍遷到c能級狀態(tài)時吸收光子的能量，所以a能級的能量小于c能級的能量，有hy2-hy1=hiY3,即h-h=h,解得：入3=.故D正確.【思路點(diǎn)撥】盧瑟福通過0c粒子轟擊氮核得到質(zhì)子.鈾核裂變是通過一個中子轟擊鈾核，產(chǎn)生3個中子，寫核反應(yīng)方程式時，核反應(yīng)前和核反應(yīng)后的中子不能約.輕核聚變有質(zhì)量虧損，求出質(zhì)量虧損，根據(jù)質(zhì)能方程求出釋放的能量.通過波長的大小關(guān)系，確定出頻率的大小關(guān)系，從而知道a能級和c能級的能量高低，通過Em-En=h求出光子的波長.本題主要考查了核反應(yīng)方程、質(zhì)能方程以及能級等知識點(diǎn)，知道能極差與光子頻率的關(guān)系，注意半衰期與原子所處的化學(xué)狀態(tài)

28、和外部條件無關(guān).【題文】15.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，t=0時刻的波形如圖所示，此時質(zhì)點(diǎn)P恰在波峰，質(zhì)點(diǎn)Q恰在平衡位置且向上振動。再過0.2s.質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)波峰，則()A.波沿x軸負(fù)方向傳播B.波的傳播速度為20m/sC.1s末質(zhì)點(diǎn)P的位移為零D.質(zhì)點(diǎn)P的振動位移隨時間變化的關(guān)系式為y=0.2【知識點(diǎn)】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系.G2【答案解析】C解析：A由題意質(zhì)點(diǎn)Q恰好在平衡位置且向上振動，則知波形向右平移，波沿x軸正方向傳播.故A錯誤.R由題得該波的周期為T=0.8s,波長為入=24m則波速為：v=30m/s,故B錯誤.Ct=1s=1可知1s末質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)平衡位置，位移為零.故

29、C正確.D圖示時刻質(zhì)點(diǎn)P的振動位移為y=0.2m,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知其振動方程是余弦方程，即為：y=0.2cos（t）m=0.2sin（）m=0.2sin（2.5兀t+）m,故D錯誤.故選C【思路點(diǎn)撥】由題意質(zhì)點(diǎn)Q恰在平衡位置且向上振動，再過0.2s,質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)波峰，知波沿x軸正方向傳播，波的周期為T=0.8s.由圖讀出波長，確定出求出波速.根據(jù)時間與周期的關(guān)系，分析1s末質(zhì)占P的位移.根據(jù)P質(zhì)點(diǎn)的位移和速度方向，確定其振動方程.本題要能根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動過程確定周期，判斷波的傳播方向是應(yīng)具備的基本功.質(zhì)點(diǎn)的振動方程要根據(jù)位移和速度方向由數(shù)學(xué)知識分析函數(shù)特征，寫出振動方程.第II卷（非選擇題共

30、50分）二、填空題（共8分，每空2分）【題文】16.在做“研究平拋運(yùn)動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運(yùn)動。通過描點(diǎn)法畫小球做平拋運(yùn)動的軌跡。為了能較準(zhǔn)確地描繪運(yùn)動軌跡，下面列出了一些操作要求，將你認(rèn)為正確的選項前面的字母填在橫線上A.通過調(diào)節(jié)使斜梢的末端保持水平B.每次釋放小球的位置可以不同C.記錄小球位置用的鉛筆每次必須嚴(yán)格地等距離下降D.小球運(yùn)動時不應(yīng)與木板上的白紙相接觸E.斜梢必須是光滑的.以免受到摩擦力的作用【知識點(diǎn)】研究平拋物體的運(yùn)動.D3【答案解析】AD解析：A、通過調(diào)節(jié)使斜梢末端保持水平，是為了保證小球做平拋運(yùn)動.故A正確.B、因為要畫同一運(yùn)動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同

31、，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，故B錯誤.C記錄小球經(jīng)過不同高度的位置時，每次不必嚴(yán)格地等距離下降，故C錯誤;D、做平拋運(yùn)動的物體在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，固定白紙的木板必須調(diào)節(jié)成豎直，小球運(yùn)動時不應(yīng)與木板上的白紙相接觸，以免有阻力的影響，故D正確；E、該實驗要求小球每次拋出的初速度要相同而且水平，因此要求小球從同一位置靜止釋放，至于是否光滑沒有影響，故E錯誤.故選AD【思路點(diǎn)撥】小球做平拋運(yùn)動，必須保證斜梢末端切線水平；實驗過程中要保證小球每次做平拋運(yùn)動的初速度相同，每次應(yīng)從斜梢的同一位置由靜止釋放小球；在白紙上記錄記錄小球的運(yùn)動路徑時，不必要等高度下降.本題考查了實驗注意事項，要知道實驗

32、原理與實驗注意事項.【題文】17.如圖所示，質(zhì)是為M的滑塊A放在氣墊導(dǎo)軌B上。C為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實時傳送到計算機(jī)上，經(jīng)計算機(jī)處理后在屏幕上顯示滑塊A的位移一時間（x-t）圖像和速率一時間（v-t）圖像。整個裝置置于高度可調(diào)節(jié)的斜面上，斜面的長度為1、高度為ho（取重力加速度g=9.8m/s2,結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。（1）現(xiàn)給滑塊A一沿氣墊導(dǎo)軌向上的初速度，A的v-t圖線如下圖所示。從圖線可得滑塊A下滑的加速度a=m/s2。（2）此裝置還可用來驗證牛頓第二定律。實驗時通過改變可驗證質(zhì)量一定時，加速度與力成正比的關(guān)系；通過改變可驗證力一定時，加速度與質(zhì)足成反比的關(guān)系

33、。【知識點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系；加速度；牛頓第二定律；傳感器的應(yīng)用.C4【答案解析】（1）6（2）高度hMh的乘積解析：（1）從圖象可以看出，滑塊上滑和下滑過程中的加速度基本相等，.根據(jù)加速度的定義式可以得出a=m/s2=6m/s2（2）牛頓第二定律研究的是加速度與合外力和質(zhì)量的關(guān)系.當(dāng)質(zhì)量一定時，可以改變力的大小，當(dāng)斜面高度不同時，滑塊受到的力不同，可以探究加速度與合外力的關(guān)系.由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保證向下的分力不變，應(yīng)該使Mg?不變，所以應(yīng)該調(diào)節(jié)滑塊的質(zhì)量及斜面的高度，且使Mh不變.【思路點(diǎn)撥】根據(jù)v-t圖象求出該圖象的斜率，其斜率的絕

34、對值就是加速度大小.從v-t圖象中我們發(fā)現(xiàn)兩條傾斜直線的斜率絕對值大小幾乎相等，說明滑塊A沿氣墊導(dǎo)軌上下運(yùn)動加速度大小相等.實驗運(yùn)用控制變量法研究.解答本題關(guān)鍵是能夠把v-t圖象運(yùn)用物理規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識解決問題.對滑塊進(jìn)行運(yùn)動和受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式解決問題三、計算題【題文】18.（10分）在滑雪運(yùn)動中，當(dāng)滑雪板壓在雪地上時會把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個暫時的“氣墊”，從而大大減小雪地與滑雪板間的摩擦因數(shù)。然而當(dāng)滑雪板相對雪地速度較小時，滑雪板就會陷入雪地中，使得它們間的動摩擦因數(shù)增大，假設(shè)滑雪者的速度超過4m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)就會由=0.25

35、變?yōu)?0.125。一滑雪者從傾角=37的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B（B處為一光滑小圓?。┖笥只弦欢嗡窖┑谺C（BCfe度可忽略），不計空氣阻力，如圖所示。A、B間距離L=20m滑雪者總質(zhì)量m=l00kg,（sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2）求：（1）滑雪者到達(dá)B處的速度大小vB;（6分）（2）已知物體從空中下落時，空氣對物體的阻力公式：f=kv2,k=2.5kg/m,方向與速度方向相反。滑雪者離開B點(diǎn)沿軌道水平飛出后，由于空氣阻力的影響，物體下落一段距離后將會勻速下落，這個速度被稱為收尾速度，求滑雪者的收尾速度v的大小。（4分）【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；勻

36、變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系.A2C2【答案解析】（1）14m/s（2）20m/s解析：（1）由牛頓第二定律得：a1=gsin37-w1gcos37=10X0.6-0.25X10X0.8m/s2=4m/s2由v2=2ax得：速度為4m/s之前的位移為：x1=m=2m滑雪者的速度超過v0=4m/s后前進(jìn)得位移為：x2=L-x1=20-2m=18m滑雪者的速度超過v0=4m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)為：n2=0.125由牛頓第二定律得：a2=gsin37-2gcos37=10X0.6-0.125x10X0.8m/s2=5m/s2由v2-v02=2ax得：滑雪者到達(dá)B處的速度大小為：vB=

37、m/s=14m/s（2）勻速下落時，物體受力平衡，根據(jù)平衡可得：mg=kv2解得：v=m/s=20m/s【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑雪者在斜坡上從靜止開始加速至速度v1=4m/s期間的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出速度大于4m/s時的加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出速度為4m/s之前的位移，從而得出加速度變化后的位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式求出滑雪者到達(dá)B處的速度.（2）勻速下落時，物體受重力和阻力平衡，根據(jù)平衡可求出滑雪者得收尾速度.本題綜合運(yùn)用了牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動公式等規(guī)律，關(guān)鍵理清滑雪者的運(yùn)動過程，正確地受力分析，運(yùn)用牛頓定律和平衡解題.【題文】19.（10分）如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)的用光滑鋼管彎成的“9形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運(yùn)行速度為v0=6m/s,將質(zhì)量m=1.0kg的可看作