榆林市第二中学高三年级第三次模考物理试题
时间：90分钟 满分：110分
一、单选题(共8小题,每小题4分,共32分)
1.下列说法正确的是（ ）
A.牛顿通过“斜面实验”，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”
B.开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，掲示了行星运动的规律
C.用质点来代替实际物体的研究方法是等效替代法
D.卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离的平方成正比
解：A、伽利略通过理想斜面实验，假设没有摩擦，物体将一直运动下去不会停止，从而推翻“力是维持物体运动的原因”，故A错误；
B、开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，掲示了行星运动的规律，故B正确；
C、用质点来代替实际物体的研究方法是理想模型法，故C错误；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测定了万有引力恒量，故D错误．
故选：B
根据物理学史的相关知识，即可对题目做出正确的解答：伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动原因”的观点；开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，掲示了行星运动的规律；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测定了万有引力恒量．
本题考查物理学史，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
2.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取10 m/s2.对此过程的分析正确的是( )
A． 物体受到的重力变大
B． 物体的加速度大小为1 m/s2
C． 电梯正在减速上升
D． 电梯的加速度大小为4 m/s2
【答案】B
【解析】当物体对支持物的压力大于重力时，物体处于超重状态，超重状态时物体的重力不变．故A错误；传感器的示数为44 N，则物体受到的支持力是44 N，根据牛顿第二定律：a＝＝m/s2＝1 m/s2.故B正确，D错误；物体加速度的方向向上，则是向上做加速运动，或向下做减速运动．故C错误．
3. (多选)某人乘电梯从24楼到1楼的v－t图象如图，下列说法正确的是( )
A． 0～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2,处于超重状态
B． 4～16 s内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s不变，处于完全失重状态
C． 16～24 s内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s减至0，处于失重状态
D． 0～24 s内，此人经过的位移为72 m
【答案】D
4.一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)．设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h－t图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为( )
A．10 m/s2 20 m/s B． 10 m/s2 25 m/s
C． 8 m/s2 25 m/s D． 8 m/s2 20 m/s
【答案】D
【解析】由题图已知，物体上升的最大高度Hm＝25 m，上升和下落的时间均为t＝2.5 s，由Hm＝gt2可得出该行星表面的重力加速度大小为g＝8 m/s2.由t＝可得：v0＝gt＝20 m/s，故D正确．
5.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是( )
A． 25 m B． 24 m C． 20 m D． 75 m
【答案】A 【解析】由Δx＝aT2得a＝m/s2＝－2 m/s2，由＝v知v0.5＝＝9 m/s.由运动学公式v＝v0＋at得v0＝v－at＝9 m/s－(－2)×0.5 m/s＝10 m/s，故该汽车经5 s时间停止，6 s内发生的位移x＝t＝5×5 m＝25 m，选项A正确．
6.如图所示，轻杆长为L.一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点）小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是
A． 小球通过最高点时速度不可能小于
B． 小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C． 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D． 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
【答案】B
【解析】
在轻杆小球模型中，小球通过最高点时的最小速度为零，选项A错误；当小球通过最高点的速度v=时，小球所受轻杆的作用力为零，选项B正确；若小球通过最高点时受到杆的作用力为支持力，则有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小，当小球通过最高点受到杆的作用力为拉力时，有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大，故选项C，D错误．
7.如图所示，滑轮A可沿倾角60°的足够长轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，绳与竖直方向夹角为30°，则下滑过程中（不计空气阻力）（ ）
A. A、B的加速度为gsin60° B. A、B的加速度为gsin30°
C. 绳的拉力为Gcos30° D. 滑轮A与轨道之间一定有摩擦
解：AB、以B为研究对象，受力情况如图所示：
根据几何关系可得合力大小为F合=，
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
，AB错误；
C、绳子的拉力大小为F=，C错误；
D、由AB相对静止，则AB具有共同加速度，假设滑轮不受摩擦力时，对整体分析，其加速度aA=aB=gsin60°，可知轻绳应该与杆垂直，所以滑轮受摩擦力作用，D正确．
故选：D．
以B为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据力的合成与分解求解绳子拉力大小；如果没有摩擦力，绳子应该与斜面垂直．
8.一倾角为θ=37°的粗糙斜面与一光滑的半径R=0.9m的竖直圆轨道相切于P点，O点是轨道圆心，轨道上的B点是最高点，D点是最低点，C点是最右的点，斜面上的A点与B点等高．一质量m=1.0kg的小物块在A点以沿斜面向下的初速度v0刚好能在斜面上匀速运动，通过P点处的小孔进入圆轨道并恰能做完整的圆周运动．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是
（ ）
A.v0=3m/s B.小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C.小物块在C点受到的合外力水平向左
D.小物块在D点时对轨道压力F0=60N
解：A、在B点，由mg=m，得：vB===3m/s
从P到B，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos37°）+=
解得：v0=m/s＞3m/s．故A错误．
B、物块在斜面上做匀速运动，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°，得：μ=0.75．故B错误．
C、从D到B的过程，由机械能守恒定律得：mg•2R+=在D点，由牛顿第二定律得：FD′-mg=m
联立解得：FD′=6mg=60N，由牛顿第三定律知，小物块在D点时对轨道压力FD=FD′=60N．故D正确．
D、小物块在C点受到重力和轨道水平向左的弹力，其合外力斜向左下方，故C错误．
故选：D
二、多选题(共4小题,每小题6分,共24分)
9.(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( ）
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
【答案】BD
【解析】 根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc>ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误、选项B正确；又因为xa>xb，而tavc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确．
10.（多选）在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是 ( )
A． 前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动
B． 后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向
C． 4 s末物体坐标为(4 m,4 m)
D． 4 s末物体坐标为(6 m,2 m)
【答案】AD
【解析】 前2 s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4 s内物体在x轴方向上的位移是x＝(×2×2＋2×2) m＝6 m，在y轴方向上的位移为y＝×2×2 m＝2 m，所以4 s末物体坐标为(6 m,2 m)，C错误，D正确．
11. 2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（ ）
A． 这两颗卫星的加速度大小相等，均为
B． 卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为
C． 卫星l向后喷气就不能追上卫星2
D． 卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功
【答案】AC．
【解析】根据万有引力提供向心力得，，解得．根据万有引力等于重
力得，GM=gR2，则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A正确；根据得，周期T=．经过，卫星1由位置A运动到位置B．故B错误；若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故C正确；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，D错误．
12.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（ ）
A.物块B的质量满足m2gsinθ=kd B.物块A的加速度为
C.拉力做功的瞬时功率为Fv D.此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd-m1dgsinθ-m1v2
解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；
B、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为 a1=，故B正确；
C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C正确；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；
故选：BCD．
当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度．
含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．
三、实验题(共2小题,共15分)
13.(6分) 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)如图所示是甲、乙两同学根据实验数据画出的图象．
形成图线甲的原因是__________________________．
形成图线乙的原因是__________________________．
【答案】 (1)AD (2)长木板倾角过大 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
14.（10分）某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05 s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有效数字)
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s；
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝______J，动能减少量ΔEk＝______J；
(3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，即可验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔEp________Ek(选填“＞”“＜”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是
______________________________________________________________ _.
【答案】 (1)3.48
(2)1.24 1.28
(3)＜ 存在空气阻力
【解析】 本题考查机械能守恒定律的验证，与教材实验有所不同，本题以竖直上抛为依托
考查机械能守恒，要注意知识的迁移和变化．
(1)v5＝×10－2m/s＝3.48 m/s；
(2)重力势能的增量ΔEp＝mgΔh，代入数据可得ΔEp＝1.24 J，动能减少量为ΔEk＝mv－mv，代入数据可得ΔEk＝1.28 J；
(3)由计算可得ΔEp＜ΔEk，主要是由于存在空气阻力．
四、计算题(共2小题,共24分)
15.（10分）如图甲所示，一半径R=1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ=37°，t=0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）物块经过M点的速度大小；
（2）物块经过B点的速度大小；
（3）物块与斜面间的动摩擦因数．
解：（1）据题，物块恰好能到达M点，则有
解得
（2）物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得：
解得
（3）由乙图可知，物体在斜面上运动时，加速度大小为a==m/s2=10m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°=ma
则 μ=0.5
16.（14分）如图所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep＝2J。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2＝0.6 m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角
（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力NC大小
（3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件.
【答案】（1）4m/s，60°（2）33.3N（3）
【解析】⑴解法一:
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒
根据平抛运动规律有：
解法二:
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，
小物块由A运动到B的时间为：
t＝＝s≈0.346s
根据平抛运动规律有：
tan＝， 解得：=60°
⑵根据图中几何关系可知，
h2＝R（1－cos∠BOC），解得：R＝1.2 m
根据能的转化与守恒可知，
对小球在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律
⑶依据题意知，
①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：
mgh1＋Ep＞μmgL代入数据解得：μ＜
②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：mgh1＋Ep＝μmgL＋mv22
第一次碰墙后返回至C处的动能为：EkC＝mv22－μmgL可知即使μ＝0，有：
mv22＝14Jmv22＝3.5J＜mgh2＝6J，小物块不可能返滑至B点
故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：
mv22≤2μmgL， 联立解得：μ≥
综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：≤μ＜
选修3--3. （共2题，共15分）
17、 下列说法正确的是．（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．温度越高，扩散现象越不明显
B．橡胶无固定熔点，是非晶体
C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
D．布朗运动是液体中分子无规则运动的反映
E．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定
律
【答案】BCE
【解析】温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；非晶体的特点是无固定熔点，故B正确；改变内能的方式有做功和热传递．故C正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；
18、（10分） 如图所示，水平放置一个长方体气缸，总体积为V，用无摩擦活塞（活塞绝热、体积不计）将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分。初始时两部分气体压强均为P，温度均为。若使A气体的温度升高△T，B气体的温度保持不变，求
(i)A气体的体积变为多少?
(ii)B气体在该过程中是放热还是吸热？
【答案】（1）BCD （2）（i）（ii）对外放热
【解析】（1）BCD （2）（i）设末状态两部分气体压强均为P末，选择A气体为研究对象，升高温度后体积变为VA。
；
对B部分气体，升高温度后体积为VB，由玻马定律
；
又VA+VB=V；
可得。
（ii）B部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对B做正功，根据热力学第一定律，B部分气体对外放热
榆林市第二中学高三年级第三次模考物理试题
时间：90分钟 满分：110分
一、单选题(共8小题,每小题4分,共32分)
1.下列说法正确的是（ ）
A.牛顿通过“斜面实验”，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”
B.用质点来代替实际物体的研究方法是等效替代法
C.卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离的平方成正比
D.开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，掲示了行星运动的规律
解：伽利略通过理想斜面实验，假设没有摩擦，物体将一直运动下去不会停止，从而推翻“力是维持物体运动的原因”，
开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，掲示了行星运动的规律，用质点来代替实际物体的研究方法是理想模型法，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测定了万有引力恒量，
故选：D
2.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取10 m/s2.对此过程的分析正确的是( )
A． 物体受到的重力变大
B． 物体的加速度大小为1 m/s2
C． 电梯正在减速上升
D． 电梯的加速度大小为4 m/s2
【答案】B
【解析】当物体对支持物的压力大于重力时，物体处于超重状态，超重状态时物体的重力不变．故A错误；传感器的示数为44 N，则物体受到的支持力是44 N，根据牛顿第二定律：a＝＝m/s2＝1 m/s2.故B正确，D错误；物体加速度的方向向上，则是向上做加速运动，或向下做减速运动．故C错误．
3. (多选)某人乘电梯从24楼到1楼的v－t图象如图，下列说法正确的是( )
A． 0～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2,处于超重状态
B． 4～16 s内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s不变，处于完全失重状态
C． 16～24 s内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s减至0，处于失重状态
D． 0～24 s内，此人经过的位移为72 m
【答案】D
4.一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)．设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h－t图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为( )
A．10 m/s2 20 m/s B． 10 m/s2 25 m/s
C． 8 m/s2 25 m/s D． 8 m/s2 20 m/s
【答案】D
【解析】由题图已知，物体上升的最大高度Hm＝25 m，上升和下落的时间均为t＝2.5 s，由Hm＝gt2可得出该行星表面的重力加速度大小为g＝8 m/s2.由t＝可得：v0＝gt＝20 m/s，故D正确．
5.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是( )
A． 25 m B． 24 m C． 20 m D． 75 m
【答案】A 【解析】由Δx＝aT2得a＝m/s2＝－2 m/s2，由＝v知v0.5＝＝9 m/s.由运动学公式v＝v0＋at得v0＝v－at＝9 m/s－(－2)×0.5 m/s＝10 m/s，故该汽车经5 s时间停止，6 s内发生的位移x＝t＝5×5 m＝25 m，选项A正确．
6.如图所示，轻杆长为L.一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点）小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是
A． 小球通过最高点时速度不可能小于
B． 小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C． 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D． 小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
【答案】B
【解析】
在轻杆小球模型中，小球通过最高点时的最小速度为零，选项A错误；当小球通过最高点的速度v=时，小球所受轻杆的作用力为零，选项B正确；若小球通过最高点时受到杆的作用力为支持力，则有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小，当小球通过最高点受到杆的作用力为拉力时，有，，此时小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大，故选项C，D错误．
7.如图所示，滑轮A可沿倾角60°的足够长轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，绳与竖直方向夹角为30°，则下滑过程中（不计空气阻力）（ ）
A. A、B的加速度为gsin60° B. A、B的加速度为gsin30°
C. 绳的拉力为Gcos30° D. 滑轮A与轨道之间一定有摩擦
解：AB、以B为研究对象，受力情况如图所示：
根据几何关系可得合力大小为F合=，
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
，AB错误；
C、绳子的拉力大小为F=，C错误；
D、由AB相对静止，则AB具有共同加速度，假设滑轮不受摩擦力时，对整体分析，其加速度aA=aB=gsin60°，可知轻绳应该与杆垂直，所以滑轮受摩擦力作用，D正确．
故选：D．
以B为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据力的合成与分解求解绳子拉力大小；如果没有摩擦力，绳子应该与斜面垂直．
8.一倾角为θ=37°的粗糙斜面与一光滑的半径R=0.9m的竖直圆轨道相切于P点，O点是轨道圆心，轨道上的B点是最高点，D点是最低点，C点是最右的点，斜面上的A点与B点等高．一质量m=1.0kg的小物块在A点以沿斜面向下的初速度v0刚好能在斜面上匀速运动，通过P点处的小孔进入圆轨道并恰能做完整的圆周运动．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是
（ ）
A.v0=3m/s B.小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C. 小物块在D点时对轨道压力F0=60N
D. 小物块在C点受到的合外力水平向左
解：A、在B点，由mg=m，得：vB===3m/s
从P到B，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos37°）+=
解得：v0=m/s＞3m/s．故A错误．
B、物块在斜面上做匀速运动，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°，得：μ=0.75．故B错误．
C、从D到B的过程，由机械能守恒定律得：mg•2R+=在D点，由牛顿第二定律得：FD′-mg=m
联立解得：FD′=6mg=60N，由牛顿第三定律知，小物块在D点时对轨道压力FD=FD′=60N．故C正确．
小物块在C点受到重力和轨道水平向左的弹力，其合外力斜向左下方，故D错误．
二、多选题(共4小题,每小题6分,共24分)
9.(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( ）
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
【答案】BD
【解析】 根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc>ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误、选项B正确；又因为xa>xb，而tavc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确．
10.（多选）在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是 ( )
A． 前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动
B． 后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向
C． 4 s末物体坐标为(4 m,4 m)
D． 4 s末物体坐标为(6 m,2 m)
【答案】AD
【解析】 前2 s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A
正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4 s内物体在x轴方向上的位移是x＝(×2×2＋2×2) m＝6 m，在y轴方向上的位移为y＝×2×2 m＝2 m，所以4 s末物体坐标为(6 m,2 m)，C错误，D正确．
11. 2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（ ）
A． 这两颗卫星的加速度大小相等，均为
B． 卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为
C． 卫星l向后喷气就不能追上卫星2
D． 卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功
【答案】AC．
【解析】根据万有引力提供向心力得，，解得．根据万有引力等于重力得，GM=gR2，则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A正确；根据得，周期T=．经过，卫星1由位置A运动到位置B．故B错误；若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故C正确；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，D错误．
12.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C
为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（ ）
A.物块B的质量满足m2gsinθ=kd B.物块A的加速度为
C.拉力做功的瞬时功率为Fv D.此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd-m1dgsinθ-m1v2
解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；
B、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为 a1=，故B正确；
C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C正确；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；
故选：BCD．
当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度．
含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．
三、实验题(共2小题,共15分)
13.(6分) 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)如图所示是甲、乙两同学根据实验数据画出的图象．
形成图线甲的原因是__________________________．
形成图线乙的原因是__________________________．
【答案】 (1)AD (2)长木板倾角过大 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
14.（10分）某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05 s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有效数字)
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s；
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝______J，动能减少量ΔEk＝______J；
(3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，即可验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔEp________Ek(选填“＞”“＜”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是
______________________________________________________________ _.
【答案】 (1)3.48
(2)1.24 1.28
(3)＜ 存在空气阻力
【解析】 本题考查机械能守恒定律的验证，与教材实验有所不同，本题以竖直上抛为依托考查机械能守恒，要注意知识的迁移和变化．
(1)v5＝×10－2m/s＝3.48 m/s；
(2)重力势能的增量ΔEp＝mgΔh，代入数据可得ΔEp＝1.24 J，动能减少量为ΔEk＝mv－mv，代入数据可得ΔEk＝1.28 J；
(3)由计算可得ΔEp＜ΔEk，主要是由于存在空气阻力．
四、计算题(共2小题,共24分)
15.（10分）如图甲所示，一半径R=1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ=37°，t=0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）物块经过M点的速度大小；
（2）物块经过B点的速度大小；
（3）物块与斜面间的动摩擦因数．
解：（1）据题，物块恰好能到达M点，则有
解得
（2）物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得：
解得
（3）由乙图可知，物体在斜面上运动时，加速度大小为a==m/s2=10m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°=ma
则 μ=0.5
16.（14分）如图所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep＝2J。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2＝0.6 m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角
（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力NC大小
（3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件.
【答案】（1）4m/s，60°（2）33.3N（3）
【解析】⑴解法一:
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒
根据平抛运动规律有：
解法二:
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，
小物块由A运动到B的时间为：
t＝＝s≈0.346s
根据平抛运动规律有：
tan＝， 解得：=60°
⑵根据图中几何关系可知，
h2＝R（1－cos∠BOC），解得：R＝1.2 m
根据能的转化与守恒可知，
对小球在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律
⑶依据题意知，
①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：
mgh1＋Ep＞μmgL代入数据解得：μ＜
②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2
，由能量关系有：mgh1＋Ep＝μmgL＋mv22
第一次碰墙后返回至C处的动能为：EkC＝mv22－μmgL可知即使μ＝0，有：
mv22＝14Jmv22＝3.5J＜mgh2＝6J，小物块不可能返滑至B点
故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：
mv22≤2μmgL， 联立解得：μ≥
综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：≤μ＜
选修3--3. （共2题，共15分）
17、 下列说法正确的是．（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．温度越高，扩散现象越不明显
B．橡胶无固定熔点，是非晶体
C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
D．布朗运动是液体中分子无规则运动的反映
E．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律
【答案】BCE
【解析】温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；非晶体的特点是无固定熔点，故B正确；改变内能的方式有做功和热传递．故C正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；
18、（10分） 如图所示，水平放置一个长方体气缸，总体积为V，用无摩擦活塞（活塞绝热、体积不计）将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分。初始时两部分气体压强均为P，温度均为。若使A气体的温度升高△T，B气体的温度保持不变，求
(i)A气体的体积变为多少?
(ii)B气体在该过程中是放热还是吸热？
【答案】（1）BCD （2）（i）（ii）对外放热
【解析】（1）BCD （2）（i）设末状态两部分气体压强均为P末，选择A气体为研究对象，升高温度后体积变为VA。
；
对B部分气体，升高温度后体积为VB，由玻马定律
；
又VA+VB=V；
可得。
（ii）B部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对B做正功，根据热力学第一定律，B部分气体对外放热
物理三模答案
一、 单选题(共8小题,每小题4分,共32分)
．
1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
D
D
A
B
D
C
二、多选题(共4小题,每小题6分,共24分)
9
10
11
12
BD
AD
AC
BCD
三、实验题(共2小题,共15分)
13、（6分）(1)AD (2)长木板倾角过大 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
14、
微信/支付宝扫码支付