20xx年四川省德陽市高考物理一診試卷word版含解析-資料下載頁

【導讀】2017年四川省德陽市高考物理一診試卷。8題只有一項符合題目要求，第9～11題有多項符合題目要求．全部選對的得4. 分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．）。1．下列說法正確的是（）。A．力是維持物體運動的原因。C．物體運動狀態的改變是指其加速度在變化。2．如果一物體在任意相等的時間內受到的沖量相等，則此物體的運動不可能是。A．勻速圓周運動B．自由落體運動C．平拋運動D．豎直上拋運動。C．地面對人的摩擦力減小D．人對地面的作用力增大。4．一質點沿直線運動，其平均速度與時間的關系滿足v=2+t（各物理量均選用國。5．10月17日發射的“神舟十一號”飛船于10月21日與“天宮二號”順利實現了對。接．在對接過程中，“神舟十一號”與“天宮二號”的相對速度非常小，可以認為具。有相同速率．它們的運動可以看作是繞地球的勻速圓周運動，設“神舟十一號”

　　

【正文】 ① ② 力 F 作用時，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知 F﹣ mgsinθ﹣ μmgcosθ=ma1， ③ 撤去力 F 后對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知 ﹣（ mgsinθ+μmgcosθ） =ma2， ④ 解得： F=24N ⑤ （ 2）設撤去力 F 后物體運動到最高點所花時間為 t2，此時物體速度為零，有 s ⑥ 向上滑行的最大距離： m 答：（ 1）拉力 F 的大小為 24N； （ 2）物體沿斜面向上滑行的最大距離 s 為 6m． 15．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一絕緣輕質彎桿 AOB， ∠ AOB=120176。，彎桿可 繞固定軸 O 在水平面內做無摩擦的自由轉動．桿上 A、 B 兩點分別固定著兩個質量相同的帶電小球，其質量均為 m，電量分別為 +q 和﹣ 2q．已知OA=2OB=2L．空間存在水平向右，場強大小為 E 的勻強電場，初始時刻 OA 與電場方向平行．（忽略兩小球間的相互作用）問： （ 1）選 O 點電勢為 0，求 A、 B 兩球在初始時刻處電勢能之和； （ 2）從初始位置開始釋放系統，問轉過 30176。角時 B 球的速度是多少？（結果可用根號表示） 【考點】 勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢能． 【分析】 （ 1）根據電場力做功和電勢能的變化關系分別求出小球 A 和 B 的電勢能即可； （ 2）系統轉過 30176。角時，根據動能定理列方程求解 B 的速度． 【解答】 解：（ 1）根據電場力做功和電勢能的變化關系可得： 小球 A 的電勢能： EPA=﹣ Eq?2L… ① 小球 B 的電勢能： EPB=﹣ 2q?ELsin30176。… ② 所以總的電勢能為： EP=﹣ Eq?2L﹣ E 2q?Lsin30176。， 代入數據解得： EP=﹣ 3EqL… ③ （ 2）設系統轉過 30176。角時， B 球的速度為 vB，由動能定理有： ﹣ Eq?（ 2L﹣ 2Lcos30176。） +2Eq?（ Lsin60176。﹣ Lsin30176。） = … ④ 兩個小球轉動的角速度相同 ，根據 v=rω可知， vA=2vB … ⑤ 聯立 ④⑤ 解得： vB= ． 答：（ 1）選 O 點電勢為 0， A、 B 兩球在初始時刻處電勢能之和為﹣ 3EqL； （ 2）從初始位置開始釋放系統，轉過 30176。角時 B 球的速度是 ． 16．如圖所示，傾角為 θ 的無限長斜面上 PQ 部分粗糙，且長為 3L，其余部分都光滑．質量均為 m 的四個小物塊（可視為質點）置于斜面，每相鄰兩物塊間有一長為 L 且平行于斜面的輕桿，每根桿的上端與物塊粘連而下端與物塊不粘連，各物塊與斜面 PQ 段的動摩擦因數均為 2tanθ． A、 B、 C、 D 同時釋放時 A恰在 P 點，且各物塊有相 同的沿斜面向下的初速度，最終四個物塊均能通過 Q點．重力加速度為 g．求： （ 1） A 在 PQ 段運動剛達到最大速度時的位置； （ 2）物塊 C 剛過 P 點時，桿對物塊 D 的彈力； （ 3）要使四個物塊均能通過 Q 點最初釋放各物塊時的初速度應該滿足的條件． 【考點】 動能定理的應用；勻變速直線運動規律的綜合運用；牛頓第二定律． 【分析】 （ 1）將四物塊及桿看成整體，當它們下滑到下滑力等于摩擦力時運動速度達最大值，由此列式分析知道塊 B 剛過 P 點，此時 A 離 P 點的距離為 L． （ 2）對四物塊及桿整體運用用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離 D，由牛頓第二定律求桿對物塊 D 的彈力． （ 3）要使四物塊都能滑出 Q 點，物塊 D 過 Q 點時它的速度應大于零．對物塊 D從 P 到 Q 的過程用動能定理列方程．對整體進入 PQ 段過程用動能定理列式，求初速度應滿足的條件． 【解答】 解：（ 1）由整體法，將四物塊及桿看成整體，當它們下滑到下滑力等于摩擦力時運動速度達最大值，有： μ?nmgcosθ=4mgsinθ… ① 得到： n=2… ② 即滑塊 B 剛過 P 點，此時 A 離 P 點的距離為 L… ③ （ 2）對四物塊及桿整體用牛頓第二定律得： μ?3mgcosθ﹣ 4mgsinθ=4ma… ④ 得到 a= gsinθ，方向沿斜面向上 … ⑤ 對物塊 D 用牛頓第二定律得： F﹣ mgsinθ=ma… ⑥ 解得 F= mgsinθ，方向沿斜面向上 … ⑦ （ 3）要使四個物塊都能滑出 Q 處，物塊 D 過 Q 點時它的速度應大于零．物塊 A離開 Q 點時，物塊發生分離．設物塊 D 剛過 P 點時的速度為 v 對物塊 D 從 P 到 Q 的過程用動能定理得 mgsinθ 3L﹣ μmgcosθ 3L=0﹣ mv 2 … ⑧ 解得： v= … ⑨ 設開始下滑時的初速度為 v0，對整體進入 PQ 段過程用動能定理： 4mgsinθ 3L﹣ μmgcosθ（ 3L+2L+L） = 4mv2﹣ 4mv02 … ⑩ 解得： v0=v= … （ 11） 即釋放時，初速度應大于 … （ 12） 答：（ 1） A 在 PQ 段運動剛達到最大速度時的位置離 P 點的距離為 L； （ 2）物塊 C 剛過 P 點時，桿對物塊 D 的彈力是 mgsinθ，方向沿斜面向上； （ 3）要使四個物塊均能通過 Q 點最初釋放各物塊時的初速度應應大于． （二）選考題（選修 34） 17．一彈簧振子做簡諧振動，則以下說法正確的是（ ） A．振子的質量越大，則該振動系統的周期越長 B．振子的質量越大，則該彈簧振子系統的機械能越大 C．已知振動周期為 T，若 △ t=T，則在 t 時刻和（ t+△ t）時刻振子運動的加速度一定相同 D．若 t 時刻和（ t+△ t）時刻彈簧的長度相等，則 △ t 一定為振動周期的整數倍 E．振子的動能相等時，彈簧的長度不一定相等 【考點】 簡諧運動的振幅、周期和頻率． 【分析】 彈簧振子的周期公式 ；由彈性勢能的公式可知 EP= kx2，則可求得彈簧振子的能量決定因素；做簡諧運動的彈簧振子，通過平衡位置時，速度最大，加速度最小；在最大位移處時，速度最小，加速度的大小最大．振子位移是指振子離開平衡位置的位移，從平衡位置指向振子所在的位置，通過同一位置，位移總是相同．速 率和動能相同，但速度有兩種方向，可能不同． 【解答】 解： A、彈簧振子的振動周期 ，振子質量越大，振動系統的周期越長，故 A 正確； B、振幅越大則機械能越大；而能量與周期、振子質量及頻率等均無關；故 B 錯誤； C、若 △ t=T，則在 t 時刻和（ t﹣ △ t）時刻振子振子的位移與 t 時刻相同，加速度也相同，故 C 正確； D、從平衡位置再回到平衡位置，經歷的時間最少為 ，彈簧的長度相等，故 D錯誤； E、關于平衡位置對稱的兩個位置，振子的動能相等，彈簧的長度不等，故 E 正確； 故選： ACE 18．一列簡諧橫波的波形如圖所示，實線 表示 t1=0 時刻的波形圖，虛線表示t2= 時刻的波形圖，求： （ i）該簡諧橫波的振幅與波長各為多少？ （ ii）若 2T＞ t2﹣ t2＞ T，波速可能為多大？（ T 為周期） 【考點】 波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象． 【分析】 （ 1）由波形圖直接讀出振幅和波長； （ 2）波的一個周期內傳播的距離是 λ，當 2T＞ t2﹣ t1＞ T 時，可知 2λ＞ s＞ λ，運 用波形平移法得出波的傳播距離 s 與波長的關系，由 v= 求得波速． 【解答】 解：（ i）由波動圖象可知： 振幅 A=5 cm 波長 λ=8m （ ii）若波沿 +x 方向傳播， 則有傳播距離為： =10m =2 103m/s 若波沿﹣ x 方向傳播，則有傳播距離為： =14m = 103m/s 答：（ i）該簡諧橫波的振幅為 5cm與波長 8m （ ii）若 2T＞ t2﹣ t2＞ T，波速可能為 或 2017 年 3 月 17 日