山东省滕州市善国中学2017届高三一轮复习第四周同步检测英语试题 WORD版含答案.doc

1、山东省滕州市善国中学2016-2017学年高三一轮复习第四周同步检测物理试题第I卷（选择题）一、选择题1.（单选）以下说法正确的是（） A 在国际单位制中，力学的基本单位是千克、牛顿、秒 B 电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比 C “平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”概念的建立都体现了等效代替的思想 D 牛顿通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于“理实验”法2.（多选）如图所示为一物体做匀变速直线运动的速度图象，下列判断正确的是（）A物体的初速度为3m/sB物体的加速度大小为1.5m/s2C2s末物体位于出发点

2、D该物体04s内的平均速度大小为1.5m/s3.（单选）吊双杠是学生体育课上常见项目，下列图示为几种挂杠方式，其中最容易导致手臂拉伤的是（） A B C D 4.（多选）两个中间有孔的小球AB用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上小球C用两等长的细线分别系在AB球上，静止平衡时，两细线的夹角为120已知小球质量均为m，弹簧劲度系数为k则此时（） A 水平横杆对A球的支持力为 B 细线的拉力为 C 弹簧的压缩量为 D 增大C球质量，弹簧弹力将减小5.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为30，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加

3、的作用力大小为（ ）A BC D6.（多选）如图1所示，物体以一定初速度从倾角=37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80则（）A物体的质量m=0.67kgB物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体上升过程的加速度大小a=10m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek=10J7.（单选）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，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那么下列说法中正确的是（）

4、A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上8.（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（）A撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为gC物体做匀减速运动的时间为2D物体开始向左运动到速度最大的过程中

5、克服摩擦力做的功为mg（x0）9.（单选）如图，重量为G的物体A在水平向左大小为F的恒力作用下静止在倾角为的光滑斜面上下列关于物体对斜面压力N大小的表达式，正确的是（）AN=BN=CN=Gsin+FcosDN=Gtan10.（多选）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A物块先向左运动，再向右运动B物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零11.（单选

6、）如图a、b是某类潮汐发电示意图涨潮时开闸，水由通道进入海湾水库蓄水，待水面升至最高点时关闭闸门（见图a）当落潮时，开闸放水发电（见图b）设海湾水库面积为5.0108m2，平均潮差为3.0m，一天涨落潮两次，发电的平均能量转化率为10%，则一天内发电的平均功率约为（）（海水取1.0103kg/m3，g取10m/s2） A 2.6104 kW B 5.2104 kW C 2.6105 kW D 5.2105 kW12.（多选）如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程

7、相同，再让物块从B由静止开始滑到A上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（） A 物块经过P点的动能，前一过程较小 B 物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少 C 物块滑到底端的速度，前一过程较大 D 物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长13.（多选）如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，（重力加速度g取10m/s2）在此过程中（）A物体的重力势能增加了40JB物体的机械能减少了12JC物体的动能减少了32JD斜面克服摩擦力做了12J功14.（多选）A、D两点分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，L

8、AB=LBC=LCD，E点在D点正上方并与A点等高从E点以一定水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，球1和球2从抛出到落在斜面上的过程（不计空气阻力）中，（） A 两球运动的时间之比为1： B 两球抛出时初速度之比为2：1 C 两球动能增加量之比为1：2 D 两球重力做功之比为1：315.如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“磨盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。若磨盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是（ ）A人随“

9、魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D“魔盘”的转速一定大于16.（单选）如图有一空心圆锥开口向上放置着，圆锥绕竖直方向的中心轴匀速转动，在光滑的圆锥内表面有一物体m与壁保持相对静止，则物体m所受的力为（）A重力、弹力、下滑力，共三个力B重力、弹力、共两个力C重力、弹力、向心力，共三个力D重力、弹力、离心力，共三个力17.（单选）我国嫦娥三号探测器已实现月球软着陆和月面巡视勘察，嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示假设嫦娥三号在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则（） A 嫦娥三号在环月椭圆

10、轨道上P点的速度大于Q点的速度 B 嫦娥三号由环月圆轨道变轨进入环月椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速 C 若已知嫦娥三号环月圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度 D 嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道经过P点时的加速度相等18.如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上作振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中（）A物体在最低点时的弹力大小应为mgB弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C弹簧的最大弹性势能等于2mgAD物体的最大动能应等于mgA19.弹簧振 子做简谐运动，其位移x与时间t的关系如图所示，由图可知 A在时，速

11、度的值最大，方向为负，加速度为零B在时，速度的值最大，方向为负，加速度为零C在时，速度的值最大，方向为正，加速度最大D在时，速度的值最大，方向为正，加速度最大20.一列沿x轴正向传播的横波在某时刻波的图象如图甲所示，A、B、C、D为介质中沿波的传播方向上四个质点，若从该时刻开始再经过5s作为计时零点，则图乙可以用来反映下列哪个质点的振动图象( )A质点A B质点B C质点C D质点D21.（多选）一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中若把在空中下落的过程称为过程，进人泥潭直到停止的过程称为过程，则以下说法正确的是（）A过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B过程中阻力的冲量的大小等于过

12、程I中重力的冲量的大小C、两个过程中合外力的总冲量等于零D过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量22.（单选）下列四幅图的有关说法正确的是（）A图中，若两球质量相等，碰后m2的速度不可能大于vB图中，射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷C图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，遏止电压Uc越大D图中，链式反应属于重核的衰变23.（单选）如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，则两物体具有相同的物理量是（ ）A下滑过程中重力的冲量B下滑过程中合力的冲量C下滑过程中动量变化量的大小D刚到达底端时的动量24.(单选) 在光滑的水

13、平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=2 kg，乙球的质量m2=1 kg，规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随时间变化情况如图所示。已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( B )A.7 m/s,向右B.7 m/s，向左C.1 m/s,向左D.1 m/s，向右25.（多选）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为kmg(k1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则（

14、）A从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下B从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动C棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒和环都做匀减速运动D从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为 - 第II卷（非选择题）二、实验题26.某同学利用如图1装置研究外力与加速度的关系将力传感器安装在置于光滑水平轨道的小车上，通过细绳绕过光滑定滑轮悬挂钩码开始实验后，依次按照如下步骤操作：同时打开力传感器和位移传感器；释放小车；关闭传感器，根据Ft，vt图象记录下绳子拉力F和小车加速度a重复上述步骤（1）某次释放小车后得到的Ft，vt图象如图2所示根据图象，此次操

15、作应记录下的外力F大小为0.82N，加速度a为1.6m/s2（保留2位有效数字）（2）（单选题）利用上述器材和过程得到多组数据数据作出aF图象，为一直线，则（A）理论上直线斜率应等于小车质量（B）直线不过原点可能是因为轨道没有调整到水平（C）如果小车受到来自水平轨道的恒定阻力，直线斜率会变小（D）若实验中钩码质量较大，图象可能会呈现一条曲线27.某小组在做“用单摆测定重力加速度“实验后，为了进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T=2，式中IC为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到中心C的距离如图（a），实验时杆上不同位

16、置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m=0.50kgr/m0.450.400.350.300.250.20T/s2.112.142.202.302.432.64（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示T2r（2）Ic的国际单位为kgm2，由拟合直线得带Ic的值为0.17（保留到小数点后二位）（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值不变（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）三、计算题28.5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量

17、为m1kg，长l=1m。它们与地面间的动摩擦因数10.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M2.5kg的小铅块(视为质点)，以v04m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数20.2。小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：(1)铅块刚滑到第四块木块时的速度。(2)通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动。(3)小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？29.地磁场会对精密仪器中的显像管产生影响。在电子显像管内部，由炽热的灯丝上发射出的电子(可视为初速度为0)，在经过电压为U的电场加速后，在不加偏转电场、磁场时，电子(质量为m、电荷量

18、为e，不计重力)应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置O。在南极，科考队设备中的显像管由于地磁场的影响，在未加偏转磁场时电子束也会偏离直线运动。设显像管水平放置，地磁场磁感强度的方向竖直向上，大小为B(俯视图如图所示)，忽略地磁场对电子在加速过程中的影响，加速电场边缘到荧光屏的距离为。求在地磁场的影响下：(1)电子在偏转时的加速度的大小；(2)电子在荧光屏上偏移的距离。 30.如图所示，一木箱静止、在长平板车上，某时刻平板车以a = 2.5m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车之间的动脒擦因数= 0.225，箱与平板车之间的最

19、大静摩擦力与滑动静擦力相等（g取10m/s2）。求：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离。试卷答案1.解：A、在国际单位制中，力学的基本单位是千克、米、秒，牛顿不是基本单位，是导出单位，故A错误B、电场强度是用比值法定义的，其大小与电场力和电量无关；故B错误；C、“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”概念的建立都体现了等效代替的思想；故C正确；D、伽利略通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于“理想实验”法，故D错误故选：C2.考点：匀变速直线运动的

20、图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：根据匀变速直线运动的速度图线t=0时刻的速度读出初速度由斜率读出加速度根据“面积”等于位移，研究2s末物体的位置，并求出前4s内的位移，再求解平均速度解答：解：A、由图可知，t=0时，物体的初速度为3m/s故A正确B、物体的加速度为：a=1.5m/s2，即加速度大小为1.5m/s2故B正确A、物体在前2s内，一直向正方向运动，位移大小为：x=32m=3m，没有回到出发点故C错误D、物体在前2s内位移为：x1=23m=3m，后2s内位移为：x2=230=3m，前4s内的总位移为：x=x1+x2=0，则平均速度也为零故D错误故选：AB点评：根据速度图象读出

21、任意时刻的速度、加速度和位移是应具备的基本能力，抓住“面积”等于位移，斜率等于加速度是关键3.解：将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而A图中人最费力，B图中人最省力，故最容易导致手臂拉伤的是A图；故选：A4.解：对三个小球分别进行受力分析如图：则：由对称性可知，左右弹簧对C的拉力大小相等，与合力的方向之间的夹角是30，所以：2F1cos30=mg得：；则对于A球分析可知，A球受重力、支持力和C球的拉力，竖直方向支持力FN=mg+F1cos30=mg+=； 故A正确，B错误；C、对A进行受力分析如

22、图，则水平方向受到水平弹簧向左的弹力与F1的水平分力的作用，由受力平衡得：同理，对B进行受力分析得：所以弹簧的弹力是套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量：；故C错误；D、增大C球质量，绳子上的拉力将增大，由以上分析可知，弹簧的弹力将增大；故D错误；故选：A5.A本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力。如图，对建立直角坐标系对沙袋进行受力分析有： 由平衡条件有：联列可解得：故选：A6.考点：动能定理的应用；机械能守恒定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于

23、摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能解答：解：A、物体到达最高点时，机械能E=EP=mgh，m=1kg，故A错误；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，E=mgcos，即3050=110cos37，=0.5，故B错误；C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得a=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=3050=20J，在整个过程中由动能定理得EKEK0=2W，则EK=EK0+2W=50+2

24、（20）=10J，故D正确；故选CD点评：重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题7.考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：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，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，

25、则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；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8.考点：牛顿第二定律版权所有专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的

26、最大距离为3x0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功解答：解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a=

27、故B正确C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a=g将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则 3x0=，得t=故C错误D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=mg（x0x）=故D正确故选BD点评：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便9.考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体A 受力分

28、析，用合成法求解出斜面对物体A的支持力，进一步得出物体对斜面的压力解答：解：对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图：根据共点力平衡条件，推力和重力的合力应该与支持力等值、反向、共线，结合几何关系，有F=GtanN=N=N=将推力和重力正交分解，如图：根据共点力平衡条件，有：Gsin=FcosN=Fsin+Gcos由于物体对斜面压力等于斜面对物体的支持力故选：AB点评：对于共点力平衡问题可以用合成法求解，也可以用分解法求解，还可以用正交分解法求解10.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离

29、仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动故选BC点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力11.【考点】： 能源的开发和利用；电功、电功率【分析】： 要解答本题需掌

30、握：潮汐发电，就是水的重力势能转化为电能，以及水的重力势能的求法：W水=Gh=mgh=水Vgh=水Shgh=水Sghh： 解：利用潮汐发电，就是水的重力势能转化为电能，水能转化电能的效率是10%，一次涨潮，退潮后水坝内水的势能增加：W水=Gh=mgh=水Vgh=水Shgh=水Sghh，h为水的重心下降的高度，即：h=则水的势能可转变为电能：W电=W水10%=水Sghh10%=1.0103kg/m35.0108m210N/kg3m（1.5m）0.1J=2.251012J每天2次涨潮，则该电站一天能发电4.51012J，所以每天的平均功率为P=5.2104kW，故ACD错误，B正确故选：B【点评】

31、： 本题主要考查学生对：潮汐能和电能之间的转化实质是水的重力势能转化为电能的理解12.： 解：A、先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长所以由动能定理，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点是动能较小；由B到P时合力做功较多，P点是动能较大因而A正确；B、由w=fs，无法确定f做功多少，因而B错误；C、由动能定理，两过程合力做功相同，到底时速度应相同；因而C

32、错误；D、采用vt法分析，第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率变小，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图象中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长；因而D正确；故选AD13.考点：动能定理的应用；功能关系版权所有专题：动能定理的应用专题分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小，然后根据功能关系列式求解解答：解：A、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故EP增=mgh=2101=20J，故A错误；B、对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsin30+f=ma解得：f=mamgsin30=

33、6N机械能变化量等于除重力外其余力做的功，故E减=fS=6N2m=12J，故B正确；C、根据动能定理，有EK=W=mghfS=32J，故C正确；D、斜面不动，故斜面克服摩擦力做功为零，故D错误；故选BC点评：本题关键是对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求解出摩擦力，然后根据功能关系多次列式求解14.解：A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：，故A正确B、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为，故B正确C、根据动能定理得，mgh=Ek，因为下降的高度之比为1；2，则重力做功为1：2，动能的增加量之比

34、为 1：2，故C正确，D错误故选：ABC15.D该题考查圆周运动及受力分析向心力不是一种新的力，故A错误；在转速增大时，虽然向心力增大，弹力增大，但是摩擦力始终等于重力，故BC错误；根据弹力提供向心力，设最小弹力为N，由，得最小转速n=，故D正确。16.考点：向心力；牛顿第二定律版权所有专题：人造卫星问题分析：物体m与壁保持相对静止，在水平面内做匀速圆周运动，分析物体的受力，其合力提供向心力解答：解：物体m在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和圆锥内表面的弹力共两个力，两个力的合力提供向心力，故B正确，ACD错误故选B点评：对于匀速圆周运动，合力充当向心力，而向心力不是实际受到的力，不进行分析1

35、7.【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【专题】： 人造卫星问题【分析】： 已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速在同一椭圆轨道上根据引力做功的正负判断速度的变化和势能的变化： 解：A、嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故A错误B、嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进

36、入进入环月段椭圆轨道故B错误C、根据万有引力提供向心力=m，可以解出月球的质量，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度故C错误D、根据牛顿第二定律得：a=，所以嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道经过P点时的加速度相等，故D正确；故选：D18.C解：A、小球做简谐运动的平衡位置处，mg=kx，x=当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知x=A所以在最低点时，形变量为2A弹力大小为2mg故A错误B、在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变故B错误 C、从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mg

37、A而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA故C正确 D、在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能不等于mgA故D错误故选C19.A20.C由题图乙可知该横波周期为4s，经过5s即1.25个周期作为计时零点，质点向上运动，结合图甲以及横波沿x轴正向传播易知选项C正确。21.考点：动量定理.专题：动量定理应用专题分析：物体所受外力的冲量等于物体动量的改变量关键是抓住各个过程中钢珠所受外力的冲量和动量改变量的关系解答：解：过程中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；B、过程中，钢珠所受外力

38、有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故B错误；C、在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，、两个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；D、在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中动量改变量的大小，而过程中动量改变量的大小等于过程中重力的冲量，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量，故D正确；故选：ACD点评：本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析22. 考点：动量守恒定律；重核的裂变版权所有分析：碰撞时根据动量守恒，能量守恒求碰后m2的速

39、度；几何粒子的偏转方向根据左手定则来确定正负电荷；根据光电效应方程Ekm=hvW0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与什么因素有关；链式反应属于重核的裂变解答：解：A、若发生弹性碰撞，即没有机械能损失，则mv=mv1+mv2，mv2=mv12+mv22联立得：v2=v；若碰撞过程有机械能损失，则v2v，总之可见，碰后碰后m2的速度不可能大于v，A正确；B、射线丙由粒子组成，该粒子带两个单位正电荷，而射线甲是粒子，故B错误；C、根据光电效应方程Ekm=hvW0和eUC=EKm得，Uc=，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，与入射光的强度无关，故C错误；D、一个中子轰击后

40、，出现三个中子，此链式反应属于重核的裂变，故D错误；故选：A点评：本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用，注意裂变与聚变的区别，理解三种射线的不同23.C24.B25.BCD26.： 解：（1）根据vt图象得到0.8s前小车是静止的，0.8s后小车做匀加速运动所以此次操作应记录下的外力F大小为0.82N，根据vt图象的斜率求出加速度a=1.6m/s2（2）A、由于a=，根据aF图象知道理论上直线斜率应等于小车质量的倒数，故A错误B、直线不过原点可能是因为轨道没有调整到水平，重力沿轨道方向有分力，故B正确C、如果小车受到来自水平轨道的恒定阻力，那么a=，f为阻力，

41、那么aF图象知道直线斜率不变，变的是图形不过原点，故C错误D、若实验中钩码质量较大，不影响力传感器测量绳子对小车的拉力，所以图象仍然是直线，故D错误故选B故答案为：（1）0.82；1.6（2）B27.考点：用单摆测定重力加速度版权所有专题：实验题分析：（1）根据周期公式与图示图象分析答题（2）根据公式确定单位，由图示图象求出Ic数值（3）根据图象的斜率与重力加速度的关系，来确定是否与质量有关，从而即可求解解答：解：（1）由T=2可知，整理得：T2r=，因此横坐标为r2，纵坐标即为T2r；（2）（2）根据T2r=+，可知，与的单位是相同的，因此IC的单位即为kgm2；图象的斜率k=，由图可知k=

42、3.68；解得：g=（g=10.7m/s2）；由图可知=1.25，则IC=0.17（3）根据上式可知，质量的测量值偏大，不影响重力加速度的测量值，即为不变；故答案为：（1）T2r；（2）kgm2；0.17； （3）不变点评：考查周期公式与图象的综合应用，掌握数学表达式的推理，注意图象的斜率与横、纵截距的含义，注意数学运算的正确性28.(1)2m/s;(2)计算如下；(3).本题主要考查匀变速运动以及牛顿第二定律； (1)设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为，刚滑到第四块的速度为,由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立得 (2)设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力后面的6-n块木块受到地面

43、的最大静摩擦力为要使木块滑动，应满足，即 3.5故取n=4(3)设小铅块滑上4木块经过t秒和4、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为和，相对位移为，4、5木块运动的加速度为 - =- 联立解得 = 由于 l ( l)说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零。设小铅块与4、5木块达到共同速度为，一起减速的加速度大小为，减速位移为 = 联立得 小铅块最终离1木块左端为 联立29.(1)(2)本题主要考查动能定理以及牛顿第二定律；(1)设从加速电场射出的电子速度为，则根据动能定理有：从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，设电子的加由以上各式解得(2)设电子在地磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律,得R=设电子在荧光屏上偏移的距离为x，粒子运动轨迹如下：根据图中的几何关系，有：结合以上关系，得30.（1） （2）4s；18m （3）1.8m（1）设木箱的最大加速度为，根据牛顿第二定律 解得则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为（2）设木箱的加速时间为，加速位移为 。 （3）设平板车做匀加速直线运动的时间为，则达共同速度平板车的位移为则 要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足