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甘肃省临夏中学2020届高三上学期期中考试物理试题
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甘肃省临夏中学2019—2020学年高三第一学期期中考试卷
一、单选题（1-9题单选，10-12多选）
1.2018年11月央视报道了一则“超级高铁”新闻，最高时速可达4000公里/小时，观众惊呼是“黑科技”其实就是利用真空管技术和磁悬浮技术，让列车在没有摩擦阻力的"胶囊管道”中实现超高速运动．工程人员在3.2公里的直线测试轨道进行试验，启动后仅用时3秒就可以通过，则（ ）
A. 新闻中4000公里/小时是平均速度 B. 用时3秒是时刻
C. 列车在真空管道中只受重力作用 D. 测试轨道为3.2公里是位移的大小
【答案】D
【解析】
【详解】A.新闻中4000公里/小时是最大速度，不是平均速度，故A错误；
B.用时3秒是时间，不是时刻，故B错误；
C.列车在真空管道中受到重力作用和支持力和水平方向的安培力的作用，故C错误；
D.由于是直线运动，所以测试轨道为3.2公里是位移的大小，故D正确．
2.如图所示，A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上．在水平力F的作用下，A、B静止不动，则下列说法正确的是
A. 若A受三个力，B可能受三个力
B. 若A受三个力，B一定受四个力
C. 若A受四个力，B可能受四个
D. A、B之间一定存在摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】先对AB整体进行受力分析，受到四个力作用：力F、AB的重力G、墙壁的支持力N、墙壁的摩擦力f.
D.对A分析，可以肯定受到的三个力：A的重力GA、力F、B对A的支持力N1.
可能受到B摩擦力沿虚线方向.故D项错误.
ABC.对B分析，可以肯定受到的四个力：B的重力GB、墙壁的支持力N、墙壁的摩擦力f、A对B的压力N1'.
可能受到A摩擦力沿虚线方向.故A项错误，C项错误，B项正确.
3.平直马路上有同方向前后行驶的电车a和汽车b，它们的v－t图象如图所示．当t＝10s时，两车刚好相遇，由图可知
A. 开始时电车a在前汽车b在后
B. 开始时两车相距25m
C. t＝20s时两车相距50 m
D. t＝10s后两车还会再相遇
【答案】B
【解析】
【详解】A.从图像可以看出在前10s内a图像包围面积大于b图像包围的面积，故一开始a在后b在前，故A错误；
B.图像包围的面积代表各自运动走过的位移，所以两者一开始相距的距离为，故B正确；
C.从面积上可以看出t＝20s时两车相距25m，故C错误；
D. t＝10s后，b的速度一直大于a的速度，所以两车不会再相遇，故D错误
4.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（ ）
A. 它们同时到达同一水平面 B. 它们的加速度相同
C. 到达地面的速度相同 D. a球到达地面所用的时间最长
【答案】D
【解析】
【详解】ABD、设斜面倾角为，球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的加速度大小均为，球a受重力和支持力，合力为，加速度为；根据位移时间关系可得bc运动时间相同，为：；a运动的时间为，则根据解得,故，a球到达地面所用的时间最长，故AB错误,D正确；
C、到达地面的速度方向不同，则速度不同，故C错误．
5.如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A. 小物体下降至高度h3时，弹簧形变量0
B. 小物体下落至高度h5时，加速度为0
C. 小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1-h5）
【答案】D
【解析】
【详解】由图知，小物体下降至高度h3时，动能最大，速度最大，合力等于零，加速度，即kx=k(h2-h3)=mg，所以A错误；小物体下落至高度h5时，速度减为零，有向上的加速度，故B错误；小物体从高度h2下降到h4，弹簧形变量为h2-h4，由能量守恒知，弹簧的弹性势能增加了EP=mg(h2-h4)，又因k(h2-h3)=mg，所以C错误；小物体从高度h1下降到h5，由能量守恒知，弹簧的最大弹性势能等于减少的重力势能为mg（h1-h5），所以D正确．
6.甲乙两汽车从同一地点开始行驶，它们的图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是
A. 在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的小
B. 在前4小时内，第2小时末甲乙两车相距最远
C. 第1小时末，乙车改变运动方向
D. 在第2小时末，甲乙两车相距60 km
【答案】D
【解析】
【分析】
根据速度时间图象的斜率绝对值分析加速度的大小．由图分析出两物体在任一时刻的速度关系，判断何时相距最远．由速度的正负分析乙车的运动方向．根据图象与时间轴所围的面积分析甲乙两车间的距离．
【详解】图象的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度大小．由图可知，乙车的图象斜率绝对值总是大于甲车的图象斜率绝对值，故乙车的加速度总比甲车的大；故A错误．由图象与时间轴所围面积大小表示物体通过的位移，知速度相等时即第4小时末相距最远，故B错误；由图可知，前2小时内乙车一直同方向的运动，第1小时末开始减速但运动方向没有改变，故C错误；图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，前2小时内，甲车正向运动的位移为；而乙车的位移大小；因两车运动方向相反，则2小时末时，两车相距；故D正确；故选D．
【点睛】解答本题时应注意：(1)v-t图象的斜率表示加速度；(2)面积的正负表示物体位移的方向；(3)知道两车速度相等时相距最远．可通过画运动的过程示意图帮助理解题意．
7.在水平地面固定倾角为θ的斜面体，质量为m的物体在平行于底边、大小为F的水平力作用下静止于斜面上，如图所示．重力加速度大小为g．该物体受到的摩擦力大小为（ ）
A. F
B. F+mg
C. F+mgsinθ
D.
【答案】D
【解析】
【详解】对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力以及摩擦力的作用而处于平衡状态；将重力分解为垂直于斜面和沿斜面上的两个分力，则可知，在沿斜面方向上，重力的分力mgsinθ与拉力F以及摩擦力的合力为零；根据则可知，摩擦力等于拉力与重力的分力的合力，由几何关系可知，摩擦力为．
A.F与分析结论不符，故A错误．
B.F+mg与分析结论不符，故B错误．
C.F+mgsinθ与分析结论不符，故C错误．
D.与分析结论相符，故D正确．
C．可能先做正功，后做负功 D．可能先做负功，后做正功
8.距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示.小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )
A. 1.25m B. 2.25m C. 3.75m D. 4.75m
【答案】A
【解析】
试题分析：经过A点，将球自由卸下后，A球做平抛运动，则有：H=gt12；解得：，小车从A点运动到B点的时间，因为两球同时落地，则细线被轧断后B处小球做自由落体运动的时间为t3=t1-t2=1-0．5=0．5s，则h=gt2＝×10×0．52＝1．25m，故选A．
考点：平抛运动；自由落体运动
【名师点睛】本题主要考查了平抛运动和自由落体运动基本公式的直接应用，关键抓住同时落地求出B处小球做自由落体运动的时间，难度不大，属于基础题．
【此处有视频，请去附件查看】
9.一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】
【分析】
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，从而得出汽车刹车到停止的时间，判断汽车是否停止，结合位移公式求出汽车刹车后的位移．
【详解】根据△x=at2，可得：；从开始刹车计时，1 s时的速度为：v1=m/s＝8m/s，再经过汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s，刹车后6 s内的位移即5s内的位移为：，故选A.
10.如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)．对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态．现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN．不计空气阻力，关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 刚撤去力F时，FN＝ B. 弹簧弹力大小F时，FN＝
C. A、B的速度最大时，FN＝mg D. 弹簧恢复原长时，FN＝0
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.在突然撤去F的瞬间，AB整体的合力向上，大小为F，根据牛顿第二定律，有：
F=2ma
解得：
对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：
FN-mg=ma
联立解得：，故A错误；
B.弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
F-2mg=2ma
对A有：
FN-mg=ma
联立解得：，故B正确；
D.当物体的合力为零时，速度最大，对A，由平衡条件得FN=mg，故C正确．
C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
2mg=2ma
对A有：
mg-FN=ma
联立解得 FN=0，故D正确；
11.在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A点，已知传送带AB两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则 （ ）．
A. 开始时行李箱的加速度为0.2 m/s2
B. 行李箱从A点到达B点时间为3.1 s
C. 传送带对行李箱做的功为0.4 J
D. 传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m
【答案】BCD
【解析】
试题分析：行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a="2" m/s2，故A错误；物体加速到与传送带共速的时间，此时物体的位移：，则物体在剩下的x2=1.2m-0.04m=1.96m内做匀速运动，用时间，则行李箱从A点到达B点时间为t=t1+t2="3.1" s，选项B正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=mv2="0.4" J，故C正确；在传送带上留下的痕迹长度为：，故D正确．故选BCD．
考点：牛顿第二定律；动能定理
12.如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 物块A运动的最大加速度为
B. 要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C. 若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
D. 轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.A受到的最大合外力为μMg，则A的最大加速度：
a=μMg/M=μg
故A正确；
B. 当A的加速度恰好为μg时，A、B发生相对滑动，以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
mg=(M+M+m)μg
解得：m= ，要使物块A、B之间发生相对滑动，物块C的质量至少为，故B错误；
C. 若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛顿第二定律得：
mg=(2M+m)a
对A:
f=Ma
解得：f=，故C正确；
D.C要向下做加速运动，C处于失重状态，绳子的拉力：T
故D错误；
二、实验题
13.某学习小组通过自由落体运动及规律来测定当地的重力加速度g的大小．
（1）该小组同学认为，只要测出重物由静止开始下落的高度h和下落的时间t，就可以算出重力加速度的大小．若用测量值表示g，则g=____
（2）如图所示，他们选用的实验装置如图所示．为完成此实验，除了图中已有的器材外，还需要的实验器材有____．（填选项字母）
A．刻度尺
B．秒表
C．220V的交流电源
D．4~6V的交流电源
（3）如图所示，在某次实验中，得到一条点迹清晰的纸带．截取部分纸带如图所示，测得AB=7.65cm，BC=9.17cm．已知交流电频率是50Hz，由已知数据可得g=___m/s2，打B点时重物的瞬时速度大小为___m/s．
（4）该小组同学通过多次实验发现，用测得的数值计算出的重力加速度g的大小，总小于课本中提供的当地重力加速度值．试分析产生误差的主要原因_________．
【答案】 (1). (2). AC (3). 9.5m/s2 (4). 2.1m/s (5). 重物在下落过程中受空气阻力；纸带和限位孔之间存在摩擦
【解析】
【详解】第一空.重物由静止开始下落的高度h和下落的时间t，根据自由落体运动的公式h=gt2得g=．
第二空.A、实验中需要测量计数点之间距离，即需要刻度尺，故A正确；
B、实验的过程中打点计时器是测量时间的，故不需要秒表．故B错误；
C、电火花计时器使用220V的交流电源，故D错误，C正确；
第三空.根据匀变速直线运动的推论： ；
第四空.时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度：
第五空.存在误差的可能原因是重物在下落中受到空气阻力，及纸带与限位孔之间的摩擦阻力的影响．
14.某实验小组用橡皮条与弹簧秤验证"力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示．其中A为固定橡皮条的图钉，0为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．
(1)本实验用的弹赞测力计示数的单位为N，图甲中弹簧测力计的示数为_________N；
(2)实验时，主要的步骤是:
A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套:
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置0.读出两个弹簧测力计的示数，记下两条细绳的方向；
D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F合；
E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其仲长，把橡皮条的结点拉到同一位置O，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按某一标度作出这个力F′合的图示；
F.比较F′合和F合的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中:①有重要遗漏的步骤的序号和遗漏的内容分别是__________和__________；
②有叙述内容错误的序号及正确的说法分别是__________和_______________________.
(3)实验中，下列要求不必要的是____________(请填写选项前对应的字母)
A.实验前测量橡皮条原长
B.弹簧测力计应在使用前校零
C拉线方向应与木板平面平行
D.多次重复试验时，每次都要使结点O在同一位置，实验过程中橡皮条与弹簧秤都不能超过弹性限度
(4)根据实验结果作出力的图示如图乙所示．在图乙中用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力的图示为_______；它的等效力是_____________.
【答案】 (1). 4.2 (2). C (3). C中应加上“记录下 O 点的位置” (4). E (5). E中应说明“按同一标度” (6). AD (7). F′ (8). F
【解析】
【详解】(1)[1]弹簧测力计的刻度不是 10 分度的，其最小分度为 0.2 N，故不需要估读;
(2)①[2][3]步骤 C 中有遗漏，应加上“记录下 O 点的位置”
②[4][5] 步骤 E 中有错误，作力的图示应“按同一标度”；
(3)[6]因为实验中需要拉力的大小与方向，方向由细线描出，大小有弹簧测力计直接读出，不需要测量橡皮条原长；为减小测量误差，弹簧测力计应在使用前校零，拉力的方向与木板平面平行；改变拉力进行多次实验，O点位置可以不同；但拉力不能过大，实验过程中橡皮条与弹簧秤都不能超过弹性限度．所以选 AD．
(4)[7][8]在图乙中用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力的图示为F，它与橡皮条在同一直线上；它的等效力是F，是两个弹簧的弹力的合力，用平行四边形定则作出的，因为有误差，不一定与橡皮条在同一直线上．
三．计算题
15.如图所示，矩形区域以对角线abcd为边界分为上、下两个区域，对角线上方区域存在竖直向下的匀强电场，对角线下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m、带电量为+q的粒子以速度从a点沿边界ab进入电场，恰好从对角线ac的中点O进入磁场，并恰好未从边界cd射出．已知ab边长为2L，bc边长为，粒子重力不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小．
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：
联立解得：
；
(2)设粒子进入磁场时速度大小为 ，速度方向与水平方向成 角，则有：
粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示：
设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：
由牛顿第二定律得：
联立解得：
16.如图所示,ABD为竖直平面内的轨道,其中AB段水平粗糙,BD段为半径R=0.08 m的半圆光滑轨道,两段轨道相切于B点，小球甲以v0=5m/s的初速度从C点出发,沿水平轨道向右运动,与静止在B点的小球乙发生弹性正碰,碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D，已知小球甲与AB段的动摩擦因数=0.4,CB的距离S=2 m,g取10 m/s2,甲、乙两球可视为质点,求：
(1)碰撞前瞬间,小球甲的速度v1;
(2)小球甲和小球乙的质量之比．
【答案】（1）3m/s（2）
【解析】
（1）在CB段，，得
（2）碰后，乙恰好能达到圆周轨道最高点对乙
从B点到D点，根据动能定理，得
在B位置，甲乙发生碰撞，
联立得得
选考题（选做17题或18题任一题）
17.选修3-3
17.一容积为V0的气缸，缸内的活塞上升到顶端时可被挡住，如图所示．气缸内封闭着体积为，温度为300K的理想气体．活塞体积和质量忽略不计，外界大气压强为p0．缓慢加热缸内气体，求：
（Ⅰ）当活塞刚好上升到顶端时气体的温度；
（Ⅱ）当气体的压强为时气体的温度．
【答案】（Ⅰ）400K（Ⅱ）600K
【解析】
【详解】（Ⅰ）活塞上升过程，气缸内封闭气体作等压变化，根据盖·吕萨克定律得：
其中：，
解得：
即当活塞刚好上升到顶端时气体的温度是
（Ⅱ）气体的压强从增大为，的过程气体作等容变化，根据查理定律得：
解得：
即当气体的压强为时，气体的温度是
18.如图所示是一定质量的理想气体的p-V图线,若其状态由A→B→C→A,且A→B等容,B→C等压,C→A等温, 则气体在A、B、C三个状态时（ ）
A. 气体的内能UA=UC>UB
B. 气体分子的平均速率vA>vB>vC
C. 气体分子对器壁单位面积的平均作用力FA>FB,FB=FC
D. 气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数是NA>NB,NA>NC
E. 单位体积内气体的分子数nA=nB=nC
【答案】ACD
【解析】
【详解】A. C→A为等温变化，， A→B为等容变化，，由查理定律可知，，则，一定量理想气体的内能只与温度有关，因为，所以，故A正确.
B. 因为，分子平均动能与温度有关，则分子的平均速率，故B错误；
C.由B可知，，分子的平均速率，气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力，故C正确；
D.由A、B可知，，C状态分子数密度最小，单位时间撞击器壁的分子数最少，A与B状态的分子数密度相等，但A状态的分子平均速率大，单位时间A状态撞击器壁的分子数多，则气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞次数，故D正确．
E.由图示图象可知，体积，则单位体积的分子数关系为：，故E错误；
18．选修3-4
19.如图所示，甲图为某波源的振动图象，乙图是该波源产生的横波在某时刻的波形图，波形图的O点表示波源．问：
(1)这列波的波速多大？
(2)若波向右传播，当乙图中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，从乙图图示时刻开始质点P已经经过了多少路程？
【答案】(1) 1 m/s. (2) 0.5 m
【解析】
（1）由振动图象可知周期T＝0.2 s，由波动图象可知波长λ＝0.2 m
则由波速公式可得
v＝＝m/s＝1 m/s．
（2）P点振动了t＝＝s＝0.4 s=2T
可得P点经过的路程为2×4A＝2×4×0.05m＝0.4m．
20.如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求
（1）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
（2）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．
【答案】（1） （2）2.74R
【解析】
【详解】（i）如图所示：
从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l．
①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有②
由几何关系有③
联立①②③式并利用题给条件，得④
（ii）设与光轴距的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有
⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有⑥
由几何关系有⑦
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得⑨
一、单选题（1-9题单选，10-12多选）
1.2018年11月央视报道了一则“超级高铁”新闻，最高时速可达4000公里/小时，观众惊呼是“黑科技”其实就是利用真空管技术和磁悬浮技术，让列车在没有摩擦阻力的"胶囊管道”中实现超高速运动．工程人员在3.2公里的直线测试轨道进行试验，启动后仅用时3秒就可以通过，则（ ）
A. 新闻中4000公里/小时是平均速度 B. 用时3秒是时刻
C. 列车在真空管道中只受重力作用 D. 测试轨道为3.2公里是位移的大小
【答案】D
【解析】
【详解】A.新闻中4000公里/小时是最大速度，不是平均速度，故A错误；
B.用时3秒是时间，不是时刻，故B错误；
C.列车在真空管道中受到重力作用和支持力和水平方向的安培力的作用，故C错误；
D.由于是直线运动，所以测试轨道为3.2公里是位移的大小，故D正确．
2.如图所示，A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上．在水平力F的作用下，A、B静止不动，则下列说法正确的是
A. 若A受三个力，B可能受三个力
B. 若A受三个力，B一定受四个力
C. 若A受四个力，B可能受四个
D. A、B之间一定存在摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】先对AB整体进行受力分析，受到四个力作用：力F、AB的重力G、墙壁的支持力N、墙壁的摩擦力f.
D.对A分析，可以肯定受到的三个力：A的重力GA、力F、B对A的支持力N1.
可能受到B摩擦力沿虚线方向.故D项错误.
ABC.对B分析，可以肯定受到的四个力：B的重力GB、墙壁的支持力N、墙壁的摩擦力f、A对B的压力N1'.
可能受到A摩擦力沿虚线方向.故A项错误，C项错误，B项正确.
3.平直马路上有同方向前后行驶的电车a和汽车b，它们的v－t图象如图所示．当t＝10s时，两车刚好相遇，由图可知
A. 开始时电车a在前汽车b在后
B. 开始时两车相距25m
C. t＝20s时两车相距50 m
D. t＝10s后两车还会再相遇
【答案】B
【解析】
【详解】A.从图像可以看出在前10s内a图像包围面积大于b图像包围的面积，故一开始a在后b在前，故A错误；
B.图像包围的面积代表各自运动走过的位移，所以两者一开始相距的距离为，故B正确；
C.从面积上可以看出t＝20s时两车相距25m，故C错误；
D. t＝10s后，b的速度一直大于a的速度，所以两车不会再相遇，故D错误
4.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（ ）
A. 它们同时到达同一水平面 B. 它们的加速度相同
C. 到达地面的速度相同 D. a球到达地面所用的时间最长
【答案】D
【解析】
【详解】ABD、设斜面倾角为，球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的加速度大小均为，球a受重力和支持力，合力为，加速度为；根据位移时间关系可得bc运动时间相同，为：；a运动的时间为，则根据解得,故，a球到达地面所用的时间最长，故AB错误,D正确；
C、到达地面的速度方向不同，则速度不同，故C错误．
5.如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A. 小物体下降至高度h3时，弹簧形变量0
B. 小物体下落至高度h5时，加速度为0
C. 小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1-h5）
【答案】D
【解析】
【详解】由图知，小物体下降至高度h3时，动能最大，速度最大，合力等于零，加速度，即kx=k(h2-h3)=mg，所以A错误；小物体下落至高度h5时，速度减为零，有向上的加速度，故B错误；小物体从高度h2下降到h4，弹簧形变量为h2-h4，由能量守恒知，弹簧的弹性势能增加了EP=mg(h2-h4)，又因k(h2-h3)=mg，所以C错误；小物体从高度h1下降到h5，由能量守恒知，弹簧的最大弹性势能等于减少的重力势能为mg（h1-h5），所以D正确．
6.甲乙两汽车从同一地点开始行驶，它们的图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是
A. 在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的小
B. 在前4小时内，第2小时末甲乙两车相距最远
C. 第1小时末，乙车改变运动方向
D. 在第2小时末，甲乙两车相距60 km
【答案】D
【解析】
【分析】
根据速度时间图象的斜率绝对值分析加速度的大小．由图分析出两物体在任一时刻的速度关系，判断何时相距最远．由速度的正负分析乙车的运动方向．根据图象与时间轴所围的面积分析甲乙两车间的距离．
【详解】图象的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度大小．由图可知，乙车的图象斜率绝对值总是大于甲车的图象斜率绝对值，故乙车的加速度总比甲车的大；故A错误．由图象与时间轴所围面积大小表示物体通过的位移，知速度相等时即第4小时末相距最远，故B错误；由图可知，前2小时内乙车一直同方向的运动，第1小时末开始减速但运动方向没有改变，故C错误；图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，前2小时内，甲车正向运动的位移为；而乙车的位移大小；因两车运动方向相反，则2小时末时，两车相距；故D正确；故选D．
【点睛】解答本题时应注意：(1)v-t图象的斜率表示加速度；(2)面积的正负表示物体位移的方向；(3)知道两车速度相等时相距最远．可通过画运动的过程示意图帮助理解题意．
7.在水平地面固定倾角为θ的斜面体，质量为m的物体在平行于底边、大小为F的水平力作用下静止于斜面上，如图所示．重力加速度大小为g．该物体受到的摩擦力大小为（ ）
A. F
B. F+mg
C. F+mgsinθ
D.
【答案】D
【解析】
【详解】对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力以及摩擦力的作用而处于平衡状态；将重力分解为垂直于斜面和沿斜面上的两个分力，则可知，在沿斜面方向上，重力的分力mgsinθ与拉力F以及摩擦力的合力为零；根据则可知，摩擦力等于拉力与重力的分力的合力，由几何关系可知，摩擦力为．
A.F与分析结论不符，故A错误．
B.F+mg与分析结论不符，故B错误．
C.F+mgsinθ与分析结论不符，故C错误．
D.与分析结论相符，故D正确．
C．可能先做正功，后做负功 D．可能先做负功，后做正功
8.距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示.小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )
A. 1.25m B. 2.25m C. 3.75m D. 4.75m
【答案】A
【解析】
试题分析：经过A点，将球自由卸下后，A球做平抛运动，则有：H=gt12；解得：，小车从A点运动到B点的时间，因为两球同时落地，则细线被轧断后B处小球做自由落体运动的时间为t3=t1-t2=1-0．5=0．5s，则h=gt2＝×10×0．52＝1．25m，故选A．
考点：平抛运动；自由落体运动
【名师点睛】本题主要考查了平抛运动和自由落体运动基本公式的直接应用，关键抓住同时落地求出B处小球做自由落体运动的时间，难度不大，属于基础题．
【此处有视频，请去附件查看】
9.一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】
【分析】
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，从而得出汽车刹车到停止的时间，判断汽车是否停止，结合位移公式求出汽车刹车后的位移．
【详解】根据△x=at2，可得：；从开始刹车计时，1 s时的速度为：v1=m/s＝8m/s，再经过汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s，刹车后6 s内的位移即5s内的位移为：，故选A.
10.如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)．对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态．现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN．不计空气阻力，关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 刚撤去力F时，FN＝ B. 弹簧弹力大小F时，FN＝
C. A、B的速度最大时，FN＝mg D. 弹簧恢复原长时，FN＝0
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.在突然撤去F的瞬间，AB整体的合力向上，大小为F，根据牛顿第二定律，有：
F=2ma
解得：
对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：
FN-mg=ma
联立解得：，故A错误；
B.弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
F-2mg=2ma
对A有：
FN-mg=ma
联立解得：，故B正确；
D.当物体的合力为零时，速度最大，对A，由平衡条件得FN=mg，故C正确．
C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
2mg=2ma
对A有：
mg-FN=ma
联立解得 FN=0，故D正确；
11.在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A点，已知传送带AB两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则 （ ）．
A. 开始时行李箱的加速度为0.2 m/s2
B. 行李箱从A点到达B点时间为3.1 s
C. 传送带对行李箱做的功为0.4 J
D. 传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m
【答案】BCD
【解析】
试题分析：行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a="2" m/s2，故A错误；物体加速到与传送带共速的时间，此时物体的位移：，则物体在剩下的x2=1.2m-0.04m=1.96m内做匀速运动，用时间，则行李箱从A点到达B点时间为t=t1+t2="3.1" s，选项B正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=mv2="0.4" J，故C正确；在传送带上留下的痕迹长度为：，故D正确．故选BCD．
考点：牛顿第二定律；动能定理
12.如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 物块A运动的最大加速度为
B. 要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C. 若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
D. 轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.A受到的最大合外力为μMg，则A的最大加速度：
a=μMg/M=μg
故A正确；
B. 当A的加速度恰好为μg时，A、B发生相对滑动，以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
mg=(M+M+m)μg
解得：m= ，要使物块A、B之间发生相对滑动，物块C的质量至少为，故B错误；
C. 若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛顿第二定律得：
mg=(2M+m)a
对A:
f=Ma
解得：f=，故C正确；
D.C要向下做加速运动，C处于失重状态，绳子的拉力：T
故D错误；
二、实验题
13.某学习小组通过自由落体运动及规律来测定当地的重力加速度g的大小．
（1）该小组同学认为，只要测出重物由静止开始下落的高度h和下落的时间t，就可以算出重力加速度的大小．若用测量值表示g，则g=____
（2）如图所示，他们选用的实验装置如图所示．为完成此实验，除了图中已有的器材外，还需要的实验器材有____．（填选项字母）
A．刻度尺
B．秒表
C．220V的交流电源
D．4~6V的交流电源
（3）如图所示，在某次实验中，得到一条点迹清晰的纸带．截取部分纸带如图所示，测得AB=7.65cm，BC=9.17cm．已知交流电频率是50Hz，由已知数据可得g=___m/s2，打B点时重物的瞬时速度大小为___m/s．
（4）该小组同学通过多次实验发现，用测得的数值计算出的重力加速度g的大小，总小于课本中提供的当地重力加速度值．试分析产生误差的主要原因_________．
【答案】 (1). (2). AC (3). 9.5m/s2 (4). 2.1m/s (5). 重物在下落过程中受空气阻力；纸带和限位孔之间存在摩擦
【解析】
【详解】第一空.重物由静止开始下落的高度h和下落的时间t，根据自由落体运动的公式h=gt2得g=．
第二空.A、实验中需要测量计数点之间距离，即需要刻度尺，故A正确；
B、实验的过程中打点计时器是测量时间的，故不需要秒表．故B错误；
C、电火花计时器使用220V的交流电源，故D错误，C正确；
第三空.根据匀变速直线运动的推论： ；
第四空.时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度：
第五空.存在误差的可能原因是重物在下落中受到空气阻力，及纸带与限位孔之间的摩擦阻力的影响．
14.某实验小组用橡皮条与弹簧秤验证"力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示．其中A为固定橡皮条的图钉，0为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．
(1)本实验用的弹赞测力计示数的单位为N，图甲中弹簧测力计的示数为_________N；
(2)实验时，主要的步骤是:
A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套:
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置0.读出两个弹簧测力计的示数，记下两条细绳的方向；
D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F合；
E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其仲长，把橡皮条的结点拉到同一位置O，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按某一标度作出这个力F′合的图示；
F.比较F′合和F合的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中:①有重要遗漏的步骤的序号和遗漏的内容分别是__________和__________；
②有叙述内容错误的序号及正确的说法分别是__________和_______________________.
(3)实验中，下列要求不必要的是____________(请填写选项前对应的字母)
A.实验前测量橡皮条原长
B.弹簧测力计应在使用前校零
C拉线方向应与木板平面平行
D.多次重复试验时，每次都要使结点O在同一位置，实验过程中橡皮条与弹簧秤都不能超过弹性限度
(4)根据实验结果作出力的图示如图乙所示．在图乙中用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力的图示为_______；它的等效力是_____________.
【答案】 (1). 4.2 (2). C (3). C中应加上“记录下 O 点的位置” (4). E (5). E中应说明“按同一标度” (6). AD (7). F′ (8). F
【解析】
【详解】(1)[1]弹簧测力计的刻度不是 10 分度的，其最小分度为 0.2 N，故不需要估读;
(2)①[2][3]步骤 C 中有遗漏，应加上“记录下 O 点的位置”
②[4][5] 步骤 E 中有错误，作力的图示应“按同一标度”；
(3)[6]因为实验中需要拉力的大小与方向，方向由细线描出，大小有弹簧测力计直接读出，不需要测量橡皮条原长；为减小测量误差，弹簧测力计应在使用前校零，拉力的方向与木板平面平行；改变拉力进行多次实验，O点位置可以不同；但拉力不能过大，实验过程中橡皮条与弹簧秤都不能超过弹性限度．所以选 AD．
(4)[7][8]在图乙中用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力的图示为F，它与橡皮条在同一直线上；它的等效力是F，是两个弹簧的弹力的合力，用平行四边形定则作出的，因为有误差，不一定与橡皮条在同一直线上．
三．计算题
15.如图所示，矩形区域以对角线abcd为边界分为上、下两个区域，对角线上方区域存在竖直向下的匀强电场，对角线下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m、带电量为+q的粒子以速度从a点沿边界ab进入电场，恰好从对角线ac的中点O进入磁场，并恰好未从边界cd射出．已知ab边长为2L，bc边长为，粒子重力不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小．
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：
联立解得：
；
(2)设粒子进入磁场时速度大小为 ，速度方向与水平方向成 角，则有：
粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示：
设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：
由牛顿第二定律得：
联立解得：
16.如图所示,ABD为竖直平面内的轨道,其中AB段水平粗糙,BD段为半径R=0.08 m的半圆光滑轨道,两段轨道相切于B点，小球甲以v0=5m/s的初速度从C点出发,沿水平轨道向右运动,与静止在B点的小球乙发生弹性正碰,碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D，已知小球甲与AB段的动摩擦因数=0.4,CB的距离S=2 m,g取10 m/s2,甲、乙两球可视为质点,求：
(1)碰撞前瞬间,小球甲的速度v1;
(2)小球甲和小球乙的质量之比．
【答案】（1）3m/s（2）
【解析】
（1）在CB段，，得
（2）碰后，乙恰好能达到圆周轨道最高点对乙
从B点到D点，根据动能定理，得
在B位置，甲乙发生碰撞，
联立得得
选考题（选做17题或18题任一题）
17.选修3-3
17.一容积为V0的气缸，缸内的活塞上升到顶端时可被挡住，如图所示．气缸内封闭着体积为，温度为300K的理想气体．活塞体积和质量忽略不计，外界大气压强为p0．缓慢加热缸内气体，求：
（Ⅰ）当活塞刚好上升到顶端时气体的温度；
（Ⅱ）当气体的压强为时气体的温度．
【答案】（Ⅰ）400K（Ⅱ）600K
【解析】
【详解】（Ⅰ）活塞上升过程，气缸内封闭气体作等压变化，根据盖·吕萨克定律得：
其中：，
解得：
即当活塞刚好上升到顶端时气体的温度是
（Ⅱ）气体的压强从增大为，的过程气体作等容变化，根据查理定律得：
解得：
即当气体的压强为时，气体的温度是
18.如图所示是一定质量的理想气体的p-V图线,若其状态由A→B→C→A,且A→B等容,B→C等压,C→A等温, 则气体在A、B、C三个状态时（ ）
A. 气体的内能UA=UC>UB
B. 气体分子的平均速率vA>vB>vC
C. 气体分子对器壁单位面积的平均作用力FA>FB,FB=FC
D. 气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数是NA>NB,NA>NC
E. 单位体积内气体的分子数nA=nB=nC
【答案】ACD
【解析】
【详解】A. C→A为等温变化，， A→B为等容变化，，由查理定律可知，，则，一定量理想气体的内能只与温度有关，因为，所以，故A正确.
B. 因为，分子平均动能与温度有关，则分子的平均速率，故B错误；
C.由B可知，，分子的平均速率，气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力，故C正确；
D.由A、B可知，，C状态分子数密度最小，单位时间撞击器壁的分子数最少，A与B状态的分子数密度相等，但A状态的分子平均速率大，单位时间A状态撞击器壁的分子数多，则气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞次数，故D正确．
E.由图示图象可知，体积，则单位体积的分子数关系为：，故E错误；
18．选修3-4
19.如图所示，甲图为某波源的振动图象，乙图是该波源产生的横波在某时刻的波形图，波形图的O点表示波源．问：
(1)这列波的波速多大？
(2)若波向右传播，当乙图中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，从乙图图示时刻开始质点P已经经过了多少路程？
【答案】(1) 1 m/s. (2) 0.5 m
【解析】
（1）由振动图象可知周期T＝0.2 s，由波动图象可知波长λ＝0.2 m
则由波速公式可得
v＝＝m/s＝1 m/s．
（2）P点振动了t＝＝s＝0.4 s=2T
可得P点经过的路程为2×4A＝2×4×0.05m＝0.4m．
20.如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求
（1）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
（2）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．
【答案】（1） （2）2.74R
【解析】
【详解】（i）如图所示：
从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i0时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l．
①
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有②
由几何关系有③
联立①②③式并利用题给条件，得④
（ii）设与光轴距的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有
⑤
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有⑥
由几何关系有⑦
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得⑨
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