山东省枣庄市滕州实验高中2022届高三物理上学期开学试卷含解析

2022-2022学年山东省枣庄市滕州实验高中高三（上）开学物理试卷一、选择题（本题共14小题，48分；）1．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是()A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直2．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方3．如图所示，河水的流速为4m/s，一条船要从河的南岸A点沿与河岸成30°角的直线航行到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为()A．2m/sB．3m/sC．4m/sD．5m/s4．以速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的()A．竖直分速度等于水平分速度B．瞬时速度为C．运动时间为D．发生的位移为5．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A分离．下列说法正确的是()21\nA．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B和A分离前，它们先做加速运动后做减速运动6．在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示．设空气密度不变，则下列说法正确的是()A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面C．若风速逐渐增大，小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大D．若风速逐渐增大，小石块滑动后受到地面施加的摩擦力逐渐增大7．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，现把一个质量为m的小木块轻轻释放到传送带的上端，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()A．B．C．D．8．在利用光电管研究光电效应的实验中，入射光照到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么()A．从光照射到金属表面到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．饱和光电流将会减弱C．遏止电压将会减小D．有可能不再发生光电效应9．氢原子从能级m跃迁到能级n时吸收红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时辐射紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则()A．吸收光子的能量为hν1+hν2B．吸收光子的能量为hν2﹣hν1C．辐射光子的能量为hν1+hν2D．辐射光子的能量为hν1﹣hν210．如图为甲、乙两灯泡I﹣U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压220V的电路中，实际发光的功率约()21\nA．1W、30WB．30W、40WC．40W、60WD．60W、100W11．（多选）如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l．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，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是()A．b一定比a先开始滑动B．ω=是b开始滑动的临界角速度C．a、b所受的摩擦力始终相等D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg12．如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足B=kt，方向如图．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为()A．IB=I、IC=0B．IB=I、IC=2IC．IB=2I、IC=2ID．IB=2I、IC=013．有一团半径为R的均匀球状物质，在距其中心2R处有一质量为m的小物体．该物质团中的每个质点都有万有引力作用于小物体上，其总效果表现为物质团对小物体的引力．物质团中心与小物体的位置均固定，若物质团均匀地向四周膨胀，膨胀后的半径为3R，此时物质团与小物体的引力的是膨胀前的()A．B．C．1D．21\n14．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则()A．粒子经偏转一定能回到原点0B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2C．粒子完在成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R三、填空题（每空2分，共12分）15．在“研究平抛运动”的实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，各点的位置坐标如图所示，当g取10m/s2时，小球平抛的初速度为__________，小球抛出点的位置坐标为__________．16．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．21\n（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=__________mm．（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是__________；（3）下列不必要的一项实验要求是__________．（请填写选项前对应的字母）A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出__________图象．（选填“t2﹣F”、“”或“”）．四、计算题（本大题有3小题，共40分，要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）17．如图所示，质量为m=lkg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ=30°，球恰好能在杆上匀速滑动．若球受到一大小为F=20N的水平推力作用，可使小球沿杆向上加速滑动（g取10m/s2），求：（1）小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小；（2）小球沿杆向上加速滑动的加速度大小．18．（17分）如图所示，水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v021\n=1m/s．轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态．现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上．竖直半圆轨道的半径R=0.4，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，取g=10m/s2．求：（1）物块到达B点时速度vB的大小．（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP．（3）若长木板与水平地面间动摩擦因数μ3≤0.026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是多少（设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）．【选修3-5】19．关于原子和原子核，下列说法正确的是()A．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力B．氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小C．卢瑟福通过α粒子散射实验，发现原子核具有一定的结构D．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子E．半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间20．光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧面下端与水平面相切，圆弧半径为R=1m，一质量为m的小球以速度v0，向右运动冲上滑块．已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端．求：（1）小球的初速度v0是多少？（2）滑块获得的最大速度是多少？2022-2022学年山东省枣庄市滕州实验高中高三（上）开学物理试卷一、选择题（本题共14小题，48分；）1．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是()A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变21\nC．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：匀加速运动中，加速度方向与速度方向相同；匀减速运动中，速度方向可正可负，但二者方向必相反；加速度的正负与速度正方向的选取有关．解答：解：A、合力的方向与加速度方向相同，与速度的方向和位移的方向无直接关系，当物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同；当物体做减速运动时，加速度的方向与速度的方向相反，故A正确，B、物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，比如：平抛运动，故B错误．C、物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，若非匀速圆周运动，则合外力一定不指向圆心，故C错误．D、物体做匀速率曲线运动时，速度的大小不变，所以其所受合外力始终指向圆心，则其的方向总是与速度方向垂直，故D正确，故选：AD．点评：物体做加速还是减速运动，不是简单地看加速度的正负，应该看两者方向间的关系，还可以用牛顿第二定律理解．2．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象解答：解：A、以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时受重力和支持力两个力，故A错误；B、顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，匀速时不是超重，故B错误；C、有A可知，顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上，故C正确；D、在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右，故D错误．故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力21\n3．如图所示，河水的流速为4m/s，一条船要从河的南岸A点沿与河岸成30°角的直线航行到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为()A．2m/sB．3m/sC．4m/sD．5m/s考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：已知合速度的方向以及一分速度的方向（水流速），根据平行四边形定则确定另一分速度（静水速）的最小值．解答：解：根据平行四边形定则知，因为垂线段最短，所以当静水速与合速度方向垂直时，静水速最小，．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行合成，以及在知道合速度方向和一分速度大小方向的情况下，能够求出另一分速度的最小值．4．以速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的()A．竖直分速度等于水平分速度B．瞬时速度为C．运动时间为D．发生的位移为考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：由竖直位移和水平位移的关系列出方程可求得运动的时间，再由平抛运动的速度及位移关系可求得位移及瞬时速度．解答：解：由题意可知：v0t=gt2；解得：t=；故C正确；则合位移为：v0t=，故D正确；此时竖直分速度为vy=gt=2v0；故A错误；21\n合速度v==v0；故B正确；故选：BCD．点评：对于平抛运动的理解重点在于应用速度的合成与分解知识的应用，要掌握合运动与分运动的关系及求法．5．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A分离．下列说法正确的是()A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B和A分离前，它们先做加速运动后做减速运动考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件F=mg，分析出此时B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡．由胡克定律求出弹簧的劲度系数．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．解答：解：A、B、B和A分离后，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，做匀加速直线运动；所以分离时A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态．故A错误，B错误．C、B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mgg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：k=．故C正确．D、对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做加速度减小的变加速运动，故D错误．故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键在于B和A刚分离时二者是速度相等，加速度也相等，分析A、B的受力情况，来确定弹簧的状态．6．在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示．设空气密度不变，则下列说法正确的是()21\nA．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面C．若风速逐渐增大，小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大D．若风速逐渐增大，小石块滑动后受到地面施加的摩擦力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分析气球的受力情况，根据平衡条件得出细绳的拉力与绳子与水平方向夹角的表达式，再分析绳子拉力的变化．以气球和石块整体为研究对象，由平衡条件分析小石块所受地面的支持力如何变化，再由牛顿第三定律判断地面受到小石块的压力变化，判断小石块能否滑动．解答：解：以气球为研究对象，分析受力如图1所示：重力G1、空气的浮力F1、风力F、绳子的拉力T．设绳子与水平方向的夹角为α；以气球和石块整体为研究对象，分析受力如图2所示：AB、由于风力在水平方向，地面对石块的支持力N=G1+G2﹣F1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，不影响整体在竖直方向的受力，故风力不会改变整体竖直方向的平衡，即石块不会离开地面，故A错误，B正确；CD、如图2所示，整体在竖直方向上受力：N+F1=G1+G2，水平方向上受力：f=F气球所受的浮力F1、气球的重力G1、石块的重力G2都不变，则地面对石块的支持力N不变，地面受到小石块的压力也不变．在石块滑动前，当风力F增大时，石块所受的摩擦力增大，当石块滑动后受到的摩擦力f=μN保持不变，故D错误，C正确．故选：BC．点评：本题是两个物体的平衡问题，一是要灵活选择研究对象，二是要抓住浮力、重力等不变的条件进行分析．21\n7．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，现把一个质量为m的小木块轻轻释放到传送带的上端，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：传送带专题．分析：对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．解答：解：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力则木块将随传送带匀速运动；故选CD．点评：本题关键是加速到速度等于传送带速度后，要分两种情况讨论，即重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力和重力的下滑分力大于最大静摩擦力两种情况．8．在利用光电管研究光电效应的实验中，入射光照到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么()A．从光照射到金属表面到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．饱和光电流将会减弱C．遏止电压将会减小D．有可能不再发生光电效应考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目．解答：解：A、光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，不影响发射出光电子的时间间隔．故A错误．B、单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，光电流减弱．故B正确．21\nC、根据eUc=hγ0，可知，当入射光的强度减弱，不会影响极限频率，因此遏止电压不变，故C错误．D、入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道发生光电效应的条件，以及知道光的强弱会影响单位时间内发出光电子的数目．9．氢原子从能级m跃迁到能级n时吸收红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时辐射紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则()A．吸收光子的能量为hν1+hν2B．吸收光子的能量为hν2﹣hν1C．辐射光子的能量为hν1+hν2D．辐射光子的能量为hν1﹣hν2考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：根据能级跃迁公式可分别得出辐射红光和辐射紫光时的能量关系，则可得出从k到m时能量变化的表达式，即可得出正确结果．解答：解：氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，有：Em﹣En=hν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，有：Ek﹣En=hν2，则从能级k跃迁到能级m，有：Ek﹣Em=（Ek﹣En）﹣（Em﹣En）=hν2﹣hν1，因红光的能量小于紫光的能量，故增大吸收光子；故选：B点评：本题考查原子跃迁与能级能量变化及辐射或光子能量的关系．要明确色光间的波长及频率关系．10．如图为甲、乙两灯泡I﹣U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压220V的电路中，实际发光的功率约()A．1W、30WB．30W、40WC．40W、60WD．60W、100W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由图分别读出两灯的电流，根据公式P=UI求出两灯实际发光的功率．解答：解：甲、乙两灯泡并联在电压220V的电路中，两灯的电压都是220V，由图分别两灯的电流分别为I甲=0.18A，I乙=0.28A，由公式P=UI得，两灯实际发光的功率分别为P甲=39.6W≈40W，P乙=61.6W≈60W．故C点评：本题一要抓住并联电路的特点：两灯电压相等，二要有基本的读图能力．21\n11．（多选）如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l．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，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是()A．b一定比a先开始滑动B．ω=是b开始滑动的临界角速度C．a、b所受的摩擦力始终相等D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg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：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，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，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．解答：解：A、两个木块的最大静摩擦力相等．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f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a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a先开始滑动，故A正确，C错误；B、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故B正确；D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=kmg，故D错误．故选：AB．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．12．如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足B=kt，方向如图．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为()A．IB=I、IC=0B．IB=I、IC=2IC．IB=2I、IC=2ID．IB=2I、IC=0考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．21\n专题：电磁感应——功能问题．分析：先判断圆环中有无感应电流产生，再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的关系，再分析感应电流的关系．解答：解：C环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则IC=0．根据法拉第电磁感应定律得：E===kS，S是有效面积．则得E∝S，所以A、B中感应电动势之比为EA：EB=1：2，根据欧姆定律得知，IB=2IA=2I．故选D点评：本题关键是：一要掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，二是掌握法拉第电磁感应定律，理解式中S是有效面积，即有磁场穿过的面积．13．有一团半径为R的均匀球状物质，在距其中心2R处有一质量为m的小物体．该物质团中的每个质点都有万有引力作用于小物体上，其总效果表现为物质团对小物体的引力．物质团中心与小物体的位置均固定，若物质团均匀地向四周膨胀，膨胀后的半径为3R，此时物质团与小物体的引力的是膨胀前的()A．B．C．1D．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：1．球体与质点之间的万有引力可以直接使用万有引力定律代入数据求解；2．对应均匀球体的内部的点，各个点受到的万有引力等于以球心到该点的距离为半径的内部球产生的万有引力．由此求出物质膨胀后质点受到的万有引力．解答：解：根据万有引力定律的使用条件可知，设物质团的质量为M，开始时物质团到质点的距离为2R，则二者之间的万有引力大小为：设开始时物质团的密度为ρ1，当物质团均匀地向四周膨胀到半径为3R时的密度为ρ2，由质量关系得：可知：当物质团均匀地向四周膨胀到半径为3R时，质点在位置团的内部，所以质点受到的物质团的万有引力的大小等于以球心到该点的距离为半径的内部球产生的万有引力，即：===故选：A点评：该题是对万有引力定律的公式使用简单的微元法的应用，注意选取一个质量元，要对其万有引力分解，然后求和．在解答的过程中要搞清楚引力产生的原因，万有引力公式的适用条件一定要清晰即可．21\n14．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则()A．粒子经偏转一定能回到原点0B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2C．粒子完在成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离．解答：解：A、根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0．故A错误．B、由r=，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故B正确．C、负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1=T=；同理，在第四象限运动的时间为t2=T′=•=；完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=．故C错误．D、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R．故D正确．21\n故选：BD．点评：本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离．三、填空题（每空2分，共12分）15．在“研究平抛运动”的实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，各点的位置坐标如图所示，当g取10m/s2时，小球平抛的初速度为1m/s，小球抛出点的位置坐标为（﹣10cm，﹣5cm）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据△y=gT2求出相邻两点的时间间隔，根据水平方向上的匀速直线运动求出平抛运动的初速度．求出B点在竖直方向上的分速度，根据vy=gt求出运动到B点的时间，得出水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的位置坐标．解答：解：根据△y=gT2得，．则平抛运动的初速度．B点竖直方向上的分速度则小球运动到B点的时间所以B点的水平位移x=v0t=0.2m=20cm，竖直位移．小球抛出点的位置坐标为（﹣10cm，﹣5cm）．故答案为：1m/s，（﹣10cm，﹣5cm）．点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解．16．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．21\n（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.30mm．（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；（3）下列不必要的一项实验要求是A．（请填写选项前对应的字母）A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应将气垫导轨调节水平D．应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象．（选填“t2﹣F”、“”或“”）．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：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式解答．用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响．解答：解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（3）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；故选A．（4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，21\nv=，a=，=2L所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象．故答案为：（1）2.30（2）遮光条到光电门的距离L（3）A（4）点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．四、计算题（本大题有3小题，共40分，要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）17．如图所示，质量为m=lkg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ=30°，球恰好能在杆上匀速滑动．若球受到一大小为F=20N的水平推力作用，可使小球沿杆向上加速滑动（g取10m/s2），求：（1）小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小；（2）小球沿杆向上加速滑动的加速度大小．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：（1）球恰好能在杆上匀速滑动，说明小球受力平衡，对小球进行受力分析即可求解；（2）水平推力作用后，由牛顿第二定律及滑动摩擦力公式即可求解．解答：解：（1）对小球受力分析，由平衡条件可知：平行于杆方向：mgsinθ=f1y轴方向：N1=mgcosθf1=μN1解得小球与斜杆间的动摩擦因数μ=tan30°=（2）水平推力作用后，由牛顿第二定律：Fcosθ﹣mgsinθ﹣f2=maf2=μN2=μ（Fsinθ+mgcosθ）解得小球沿杆向上加速滑动的加速度：a=﹣10=1.55m/s2．答：（1）小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小为；（2）小球沿杆向上加速滑动的加速度大小为1.55m/s2．21\n点评：本题考查牛顿第二定律和力的合成与分解相关知识点．运动学与力学这类题目一般分两种类型，一种是已知运动情况求受力情况，另一种是已知受力情况求运动情况，加速度是联系他们的桥梁，因此求加速度是解题的关键．18．（17分）如图所示，水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0=1m/s．轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态．现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上．竖直半圆轨道的半径R=0.4，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，取g=10m/s2．求：（1）物块到达B点时速度vB的大小．（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP．（3）若长木板与水平地面间动摩擦因数μ3≤0.026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是多少（设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）．考点：动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）据恰好做圆周运动，利用牛顿运动定律列方程求解．（2）抓住物块在B点的速度大于传送带的速度，可知物块在传送带上一直做匀减速运动，根据动能定理求出A点的速度，结合能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．（3）根据机械能守恒定律求出C点的速度，讨论μ3=0，μ3=0.026时，通过动量守恒定律和功能关系，以及动能定理求出木板的长度，从而得出木板的范围．解答：解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：①解得．②（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：③vB＞v0=1m/s，物体在传送带上一直做匀减速运动．物块在传送带上滑行过程由动能定理得：﹣f1L=④f1=μ1mg=0.8N⑤联立②③④⑤解得：Ep=1.2J⑥21\n（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：，⑦联立②⑥解得：m/s⑧讨论：Ⅰ．当μ3=0时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s1，小物块和长木板共速为v，由动量守恒定律：mvC=（M+m）v⑨由功能关系：⑩代入数据解得s1=3.6m（11）Ⅱ．当μ3=0.026时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s2，物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：上表面受到的摩擦力f2=μ2mg=0.25×1N=0.25N．（12）下表面受到的摩擦力f3≤μ3（M+m）g=0.026×10N=0.26N所以长木板静止不动，对物块在长木板上滑行过程由动能定理得：﹣（13）代入数据解得s2=4m（14）所以木板长度的范围是3.6m≤s≤4m（15）答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s．（2）弹簧被压缩时的弹性势能为1.2J．（3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是3.6m≤s≤4m．点评：分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律，动量守恒定律进行求解．【选修3-5】19．关于原子和原子核，下列说法正确的是()A．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力B．氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小C．卢瑟福通过α粒子散射实验，发现原子核具有一定的结构D．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子E．半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子的核式结构．专题：衰变和半衰期专题．分析：核力的作用距离非常小；结合波尔理论解释氢原子的内能的变化；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型；查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子；根据半衰期的定义：半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间．解答：解：A、核力的作用距离非常小，只在10﹣15m的范围内，核力才大于库仑力．故A错误；B、根据波尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子的轨道变小，该过程中库仑力做正功，氢原子的电势能减小．故B正确；C、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，但没有能够揭示原子核的组成．故C错误；21\nD、根据物理学史可知，查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子．故D正确；E、根据半衰期的定义：半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间．故E正确．故选：BDE点评：本题考查核力、波尔理论、半衰期以及物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．20．光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧面下端与水平面相切，圆弧半径为R=1m，一质量为m的小球以速度v0，向右运动冲上滑块．已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端．求：（1）小球的初速度v0是多少？（2）滑块获得的最大速度是多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：①小球刚好没跃出圆弧的上端，知小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，结合动量守恒和系统机械能守恒求出小球的初速度大小．②小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大，根据动量守恒和能量守恒求出滑块的最大速度．解答：解：①当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1…①因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有：…②解得v0=5m/s…③②小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒和动能守恒有：mv0=mv2+Mv3…④…⑤解得…⑥答：①小球的初速度v0是5m/s．②滑块获得的最大速度是2m/s．点评：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同；当小球返回离开滑块时，滑块的速度最大．21