2022-2022学年广东省湛江一中高三（上）月考物理试卷（11月份） 一、选择题1．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”，下列几个实例中应用到这一思想方法的是（ ）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状对所研究问题的影响时，用有质量的点来代替物体，即质点B．一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同，用这个力代替那几个力，这个力叫做那几个力的合力C．为计算弹簧弹力做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程中做的功D．在探究加速度与力、质量之间的关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系 2．如图所示，某人沿着倾角为45°的楼梯从一楼A位置走到了二楼B位置，如果楼梯间的宽度为L，则人的位移为（ ）A．2LB．LC．LD．L 3．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为（ ）A．gB．gC．0D．g 4．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（ ）-18-\nA．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和﹣x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等 5．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，万有引力恒量为G，忽略其它力的影响，物体上升的最大高度为h，已知该星球的直径为d，可推算出这个星球的质量为（ ）A．B．C．D． 6．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）．则图中能反映汽车牵引力F、汽车速度V在这个过程中随时间t变化的图象是（ ） 7．竖直细杆上套有一个1kg的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k=500N/m的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ=37°，圆环始终静止，则以下分析正确的是（ ）A．当弹簧伸长量x=2.5cm时，圆环与竖直杆的摩擦力为零B．当弹簧伸长量x=0.5cm时，圆环与竖直杆的弹力F=1.5N-18-\nC．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小D．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小 8．如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d板间电压为U，一不计重力电荷量为q带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则（ ）A．在时间内，电场力对粒子做的功为UqB．在时间内，电场力对粒子做的功为UqC．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：1D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：2 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第35题～40题为选考题，根据要求选择作答．9．某实验小组采用如图1所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器工作频率为50Hz．（1）实验的部分步骤如下：①在小车中放入砝码，将纸带穿过打点计时器连在小车后端，用细线连接小车和钩码；②将小车停在打点计时器附近， ， ，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点， ；③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作．（2）如图2是在钩码质量为0.03kg、砝码质量为0.02kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表1中的相应位置．（3）在小车的运动过程中，对于钩码、砝码和小车组成的系统， 做正功， 做负功．-18-\n（4）实验小组根据实验数据绘出了如图3所示的图线（其中△v2=v2﹣v02），根据图线可获得的结论是 ．要验证“动能定理”，还需要测量的物理量是摩擦力和 ．表1 纸带的测量结果测量点x/cmv/（m•s﹣1）O0.000.35A1.480.40B3.200.45CD7.150.54E9.410.60 10．根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图中R0两端的对应电压U12，对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在﹣R坐标系中描出坐标点，如图乙所示．已知R0=150Ω，请完成以下数据分析和处理．（1）图乙中电阻为 Ω的数据点应剔除；（2）在坐标纸上画出﹣R关系图线（3）图线的斜率是 （U﹣1Ω﹣1），由此可得电池电动势En V． 11．（12分）（2022•台江区校级四模）如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处．-18-\n 12．（20分）（2022•上海模拟）如图所示，在光滑水平台面上静置一质量mA=0.9kg的长木板A，A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mc=0.9kg的物体C栓接．当C从静止开始运动下落高度为h=0.4m时，在木板A的最右端轻放一质量为mB=3.6kg的小铁块B（可视为质点），A、B间的动摩擦因数μ=0.25，最终B恰好未从木板A滑落，g取10m/s2，求：（1）刚放铁块B时，A的速度大小v0；（2）木板A的长度L；（3）若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm多大． 【物理-选修3-5】（15分）13．下列关于近代原子物理的说法正确的是（ ）A．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加B．太阳源源不断的释放出巨大的能量，其能量的来源就是太阳本身的核裂变C．原子的结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应原因在于该束光的波长太长E．氡222的半衰期为3.8天，则质量为4g的氡222经过7.6天还剩下1g的氡222 14．（10分）（2022•潍坊模拟）如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：①小孩接住箱子后共同速度的大小．②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．-18-\n 2022-2022学年广东省湛江一中高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析 一、选择题1．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”，下列几个实例中应用到这一思想方法的是（ ）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状对所研究问题的影响时，用有质量的点来代替物体，即质点B．一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同，用这个力代替那几个力，这个力叫做那几个力的合力C．为计算弹簧弹力做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程中做的功D．在探究加速度与力、质量之间的关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】该题考察对微元法的思想的理解，计算弹簧拉力所做的功，与计算匀变速直线运动的位移相类比，计算匀变速直线运动的位移时，将位移分成很多小段，每一小段的速度可近似认为相等，物体在整个过程中的位移等于各小段位移之和．计算拉力所做的功，也是将弹簧的形变过程分成很多小段，每一小段的拉力可近似认为是不变的，拉力在整个过程中的功等于各小段功之和．【解答】解：A、质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法．故A错误．B、一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同，这个力叫做那几个力的合力，采用的是等效法．故B错误．C、为计算弹簧弹力做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程中做的功，采用的是微元法．故C正确．D、在探究加速度与力和质量之间关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，采用的是控制变量法．故D错误．故选：C．【点评】高中物理过程中会遇到许多种分析方法，这些方法对学习物理有很大的帮助，故平时在理解概念和规律的同时，注意方法的积累． 2．如图所示，某人沿着倾角为45°的楼梯从一楼A位置走到了二楼B位置，如果楼梯间的宽度为L，则人的位移为（ ）-18-\nA．2LB．LC．LD．L【考点】位移与路程．【专题】定性思想；定量思想；直线运动规律专题．【分析】位移为初末两点间的有向线段的长度，方向由初位置指向末位置，而大小即为线段的长度．【解答】解：由A到B的水平位移为L，竖直位移为2L，因此总的位移为=L；故选：D．【点评】本题考查位移的计算，要求能明确位移的定义，能正确作出位移并能利用几何关系求解位移的大小． 3．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为（ ）【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】当框架对地面的压力为零的瞬间，对框架分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，再隔离对小球分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度【解答】解：当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg+Mg，由牛顿第二定律可得mg+Mg=ma，解得小球的加速度大小为a=g，选项D正确．故选：D【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解 4．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（ ）-18-\nA．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和﹣x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等【考点】电场；电势．【专题】压轴题．【分析】解答本题需掌握：电场线的切线方向表示空间该点的场强方向；沿着电场线电势越来越低．【解答】解：A、B、从图象可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断，O点的电势最高，故A错误，B也错误；C、由于x1和﹣x1两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到﹣x1电势降落相等，故x1和﹣x1两点的电势相等，因而C正确；D、由于沿着电场强度的方向，电势一定降低，故从O点到x1和从O点到x3电势都是一直降落，故x1和x3两点的电势不相等，故D错误；故选C．【点评】本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可． 5．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，万有引力恒量为G，忽略其它力的影响，物体上升的最大高度为h，已知该星球的直径为d，可推算出这个星球的质量为（ ）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用；竖直上抛运动．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据竖直上抛运动，求出星球表面的重力加速度，根据万有引力等于重力求解这个星球的质量．【解答】解：由v02=2gh，得g=①根据万有引力等于重力得：=mg②R=③由①②③解得：M=-18-\n故选A．【点评】解决本题得关键掌握万有引力等于重力．重力加速度g是联系星球表面的物体运动和天体运动的桥梁． 6．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）．则图中能反映汽车牵引力F、汽车速度V在这个过程中随时间t变化的图象是（ ）【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】汽车的功率P=Fv，分析司机减小油门时牵引力的变化，判断汽车速度的变化．再选择图象．【解答】解：由题，汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为时，根据P=Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F=F0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变减速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选AD【点评】本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系． 7．竖直细杆上套有一个1kg的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k=500N/m的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ=37°，圆环始终静止，则以下分析正确的是（ ）-18-\nA．当弹簧伸长量x=2.5cm时，圆环与竖直杆的摩擦力为零B．当弹簧伸长量x=0.5cm时，圆环与竖直杆的弹力F=1.5NC．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小D．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】圆环受重力、支持力、弹簧的弹力，可能有静摩擦力，取决于拉力的竖直分力与重力的大小关系，根据共点力平衡条件列式分析即可．【解答】解：A、当弹簧伸长量x=2.5cm时，弹簧弹力：F′=kx=500N/m×0.025m=12.5N；弹簧弹力的竖直分力为：Fy=F′cos37°=12.5N×0.8=10N=mg，故摩擦力为零；故A正确；B、当弹簧伸长量x=0.5cm时，弹簧弹力：F′=kx=500N/m×0.005m=2.5N；圆环与竖直杆的弹力与弹簧弹力的水平分力平衡，故：F=F′sin37°=2.5N×0.5=1.5N；故B正确；C、圆环与竖直杆的弹力与弹簧弹力的水平分力平衡；保持弹簧伸长量不变，弹簧的弹力不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小，故C正确；D、当弹簧弹力的竖直分力大于重力时，摩擦力向下，为：f=F′cosθ﹣mg，减小θ，摩擦力增加；当弹簧弹力的竖直分力小于重力时，摩擦力向上，为：f=mg﹣F′cosθ，减小θ，摩擦力可能减小，也可能先减小后增加；故D错误；故选：ABC【点评】本题是力平衡问题，关键是受力分析后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析，难度适中． 8．如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d板间电压为U，一不计重力电荷量为q带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则（ ）A．在时间内，电场力对粒子做的功为UqB．在时间内，电场力对粒子做的功为Uq-18-\nC．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：1D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速运动，由推论可求出在前时间内和在后时间内竖直位移之比，由动能定理求出电场力做功．粒子在下落前和后内，电场力做功相同．【解答】解：A、B、设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，由y=和匀变速直线运动的推论可知y1：y2=1：3，得：y1=d，y2=d，则在前时间内，电场力对粒子做的功为：W1=q•U=qU，在后时间内，电场力对粒子做的功为：W2=q•U=qU．故A错误，B正确．C、D、根据W=qEy可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：1，故C正确，D错误．故选：BC【点评】本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第35题～40题为选考题，根据要求选择作答．9．某实验小组采用如图1所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器工作频率为50Hz．（1）实验的部分步骤如下：①在小车中放入砝码，将纸带穿过打点计时器连在小车后端，用细线连接小车和钩码；②将小车停在打点计时器附近， 接通电源 ， 释放小车 ，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点， 断开开关 ；③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作．-18-\n（2）如图2是在钩码质量为0.03kg、砝码质量为0.02kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表1中的相应位置．（3）在小车的运动过程中，对于钩码、砝码和小车组成的系统， 钩码所受重力 做正功， 小车所受摩擦力 做负功．（4）实验小组根据实验数据绘出了如图3所示的图线（其中△v2=v2﹣v02），根据图线可获得的结论是 小车末、初速度的二次方之差与位移成正比 ．要验证“动能定理”，还需要测量的物理量是摩擦力和 小车的质量 ．表1 纸带的测量结果测量点x/cmv/（m•s﹣1）O0.000.35A1.480.40B3.200.45CD7.150.54E9.410.60【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动能定理的应用专题．【分析】（1）明确做使用打点计时器实验时，应先接通电源，等电源稳定工作后再释放纸带，否则将增大测量误差；（2）根据刻度尺的读数方法明确对应的读数，根据平均速度公式可求得C点的速度；（3）根据功的公式可明确各力做功情况；（4）小车受力分析，写出动能定理表达式，然后讨论即可．【解答】解：（1）②将小车停在打点计时器附近，先接通电源，再释放纸带．实验完成后要断开开关；（2）刻度尺读数为OC=5.10cm，打C点时的速度==m/s=0.49m/s（3）根据功的公式可知，钩码的重力对小车做正功；小车所受的摩擦阻力对小车做正功；（4）对小车由动能定理表达式=，可得==，可见若﹣s图象是一条过原点的倾斜直线，即说明与位移s成正比，要验证动能定理，若满足钩码质量m远小于小车质量M，则应有（mg﹣f）s=，所以还需要测量的物理量是摩擦力f和小车的质量M．故答案为：（1）接通电源，释放纸带；断开开关（2）5.10，0.49（3）钩码所受的重力 小车所受的摩擦阻力（4）小车末、初速度的二次方之差与位移成正比 小车的质量【点评】本题考查验证动能定理的实验，解决物理实验题目的关键是明确实验原理，根据物理定律写出表达式，然后讨论即可． -18-\n10．根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图中R0两端的对应电压U12，对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在﹣R坐标系中描出坐标点，如图乙所示．已知R0=150Ω，请完成以下数据分析和处理．（1）图乙中电阻为 80 Ω的数据点应剔除；（2）在坐标纸上画出﹣R关系图线（3）图线的斜率是 0.0045 （U﹣1Ω﹣1），由此可得电池电动势En 1.48 V．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）（2）用描点法作图时，为减小偶然误差，应该用一条直线通过多数点，剔除远离直线的点，不在线上的点大致均匀地分布与直线的两侧；（3）根据闭合电路欧姆定律列式，得出﹣R关系的函数表达式，结合图象分析斜率和截距的含义即可．【解答】解：（1）通过描点法作出图象可知第4个点明显和其余点不在一条直线上，故电阻为80Ω的数据点应剔除；（2）如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律，有：E=U12+，-18-\n变形得：=•R+（1+）；则由数学规律可知：斜率k=≈0.0045=；故E==1.48V；故答案为：（1）80（2）如图所示；（3）0.0045，1.48．【点评】本题关键明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律推导出线性关系的表达式，然后结合图象分析，注意数学规律的应用，难度适中． 11．（12分）（2022•台江区校级四模）如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处．【考点】动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点．【解答】解（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE（sAB+R）﹣μmgsAB﹣mgR=mv2解得：v=10m/s（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：﹣mgh﹣μqEh=0﹣mv2解得h=m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax=μqE=4N，重力G=mg=2N，因为G＜Ffmax所以带电体最终静止在与C点竖直距离为m处．答：（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度为10m/s；（2）带电体最终停在与C点竖直距离为m处．-18-\n【点评】本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，难度适中． 12．（20分）（2022•上海模拟）如图所示，在光滑水平台面上静置一质量mA=0.9kg的长木板A，A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mc=0.9kg的物体C栓接．当C从静止开始运动下落高度为h=0.4m时，在木板A的最右端轻放一质量为mB=3.6kg的小铁块B（可视为质点），A、B间的动摩擦因数μ=0.25，最终B恰好未从木板A滑落，g取10m/s2，求：（1）刚放铁块B时，A的速度大小v0；（2）木板A的长度L；（3）若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm多大．【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）开始时，以A与C组成是系统为研究的对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，机械能守恒，由此即可求出速度；（2）将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，获得加速度，同时对A与C进行受力分析，得出A与C的运动状态，最后结合相对运动，求出A的长度；（3）在保证B离木板A的条件下，A、B间因摩擦产生热量的最大值Qm是摩擦力与A的长度的乘积．【解答】解：（1）以A与C组成是系统为研究的对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，则：mCgh=（mA+mC）v02代入数据解得：v0=2m/s（2）将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，A与B之间有摩擦力：f=μmBg=0.25×3.6×10N=9N，C的重力：GC=mCg=0.9×10N=9N，设此时A与C仍然一起做加速运动，则：（mA+mC）a=mCg﹣f=9N﹣9N=0N所以将B放在A上后，A与C一起做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，加速度：aB=m/s2=2.5m/s2，B与A的速度相等需要的时间：t=s=0.8s此过程中A的位移：x1=vt=2×0.8m=1.6mB的位移：x2=aBt2=×2.5×0.82m=0.8m-18-\n由于最后B恰好未从木板A滑落，所以A的长度等于A与B的位移的差，即：L=x1﹣x2=1.6m﹣0.8m=0.8m（3）加上恒力D共速后，B受力情况如图所示，设共速后A、B的加速度分别为aA、aB，要使B能从A上滑离，则aB≥aA，对物体B由牛顿第二定律得：F﹣μmBg=mBaB①对系统A、C由牛顿第二定律得：mCg+μmBg=（mA+mB）aC②由①②解得：F≥45N，F越小，△s越大，即F=45N时，△s越大，设A、B共速前B的加速度为a，加速时间为t1，则：F+μmBg=mBa，v0=at1，所以A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm=2μmBg△s解得：Qm=2.4J答：（1）刚放物块B时，A的速度大小2m/s；（2）木块A的长度L是0.8m；（3）若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B离木板A的条件下，则A、B间因摩擦产生热量的最大值Qm是2.4J．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，得出把B放在A上后，A与C组成的系统处于平衡状态，一起做匀速直线运动，运用牛顿第二定律进行求解B的加速度即可． 【物理-选修3-5】（15分）13．下列关于近代原子物理的说法正确的是（ ）A．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加B．太阳源源不断的释放出巨大的能量，其能量的来源就是太阳本身的核裂变C．原子的结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应原因在于该束光的波长太长E．氡222的半衰期为3.8天，则质量为4g的氡222经过7.6天还剩下1g的氡222【考点】光电效应；裂变反应和聚变反应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题；爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，通过能量的变化得出电势能的变化．太阳辐射的能量来自太阳内部的核聚变反应；比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠；光子的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应；半衰期为一半的原子发生衰变所用的时间，根据这个关系可判断有多少氡发生衰变和能剩下多少氡．-18-\n【解答】解：A、氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，释放光子，能量减小，轨道半径减小，根据=知电子动能增大．故A正确；B、太阳源源不断的释放出巨大的能量，其能量的来源就是太阳本身的轻核的聚变．故B错误；C、比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定．故C错误；D、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光的能量小于该金属的逸出功，说明光的由于频率太低，波长太长．故D正确；E、氡的半衰期为3.8天，质量为4g的氡，经7.6天即2个半衰期后，有3g衰变成新核，还剩下1g没衰变，故E正确；故选：ADE．【点评】该题考查波尔理论、聚变、比结合能、光电效应以及半衰期等知识点的内容，光电效效应发生的条件是光子的频率大于金属的极限频率． 14．（10分）（2022•潍坊模拟）如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：①小孩接住箱子后共同速度的大小．②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．【考点】动量守恒定律．【分析】①小明在推出木箱的过程和接住木箱的过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者共同运动时速度的大小．②根据动量守恒定律求推出木箱后小孩的速度，若小孩的速度大于等于木箱的速度v，则不能接住．【解答】解：①取向左为正方向，设小孩接住箱子后共同速度的大小v2，根据动量守恒定律有，推出木箱的过程：0=（m+2m）v1﹣mv接住木箱的过程：mv+（m+2m）v1=（m+m+2m）v2解得共同速度：v2=②小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，设向左为正方向，根据动量守恒：（m+m+2m）v2=（m+2m）v′﹣mv得推出后小孩的速度：v′=v即小孩的速度等于木箱的速度，则小孩不能再次接住木箱．答：①小孩接住箱子后共同速度的大小为．-18-\n②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，小孩不能再接住木箱．【点评】解决本题的关键知道推出木箱的过程和接住木箱的过程，三者组成的系统动量守恒，在运用动量守恒定律解题时注意规定正方向． -18-
