【题文】8.小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则

A.越接近河岸水流速度越小

B.越接近河岸水流速度越大

C.无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短

D.该船渡河的时间会受水流速度变化的影响

【知识点】运动的合成和分解.D1

【答案解析】AC 解析： A、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A正确，B错误.C、由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故C正确，D错误;故选：AC.

【思路点拨】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左.解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速.以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短.

【题文】9.据河南日报消息，京广铁路不久也将开通时速达到300公里以上“动车组”列车。届时，乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是(   )

A.减小内外轨的高度差   B.增加内外轨的高度差

C.减小弯道半径    D.增大弯道半径

【知识点】向心力;牛顿第二定律.C2 D4

【答案解析】BD 解析： A、对运行的火车进行受力分析如图，得：mgtanθ=m ，由于θ较小，则tanθ≈sinθ≈ ，h为内外轨道的高度差，L为路面的宽度.

则mg = ，L、R一定，v增大，需要h增大.故A错误，B正确.    C、设弯道半径为R，路面的倾角为θ，由牛顿第二定律得

mgtanθ=m ，θ一定，v增大时，可增大半径R.故C错误，D正确.故选：BD

【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供.根据牛顿第二定律分析.本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，本题与圆锥摆问题类似，基础是对物体进行受力分析.

【题文】10.如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0。沿水平方向扔小石块，已知AO= 40m，忽略人的身高，不计空气阻力。下列说法正确的是(   )

A.若v0>18m/s.则石块可以落入水中

B.若v0 <20m/s,则石块不能落入水中

C.若石块能落入水中，则v0 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大

D.若石块不能落入水中，则v0 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大

【知识点】平抛运动.D2

【答案解析】A 解析： A、根据 得，t=t= ,则石块不落入水中的最大速度v0= .知初速度v0>17.3m/s，则石块可以落入水中.故A正确，B错误.C、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据tanα= 知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小.故C错误.D、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值tanθ= ，位移方向与水平方向夹角的正切值tanβ= ，可知tanθ=2tanβ，因为β一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关.故D错误.故选：A.

【思路点拨】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度.石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系.石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关.解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解.

【题文】11.某马戏团演员做滑杆表演。已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200N。在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零。整个过程中演员的v—t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10m/s2。则下列说法正确的是

A.演员的体重为800N    B.演员在第1s内一直处于超重状态

C.滑杆所受的最小拉力为620N  D.滑杆所受的最大拉力为890N

【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.A2 C2

【答案解析】CD 解析： A、由两图结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去杆的重力200N，演员的重力就是600N，故A错误;B、由图可知0.5s至1.5s演员速度下滑，故演员此时处于失重状态，故B错误;C、在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，此阶段的加速度为：a1=  m/s2=3m/s2，由牛顿第二定律得：mg-F1=ma，解得：F1=420N，加上杆的重力200N，可知杆受的拉力为620N，故C正确 ;D、演员减速下滑的阶段为超重，此阶段杆受拉力最大，由图可知此阶段的加速度为：a2= =−1.5m/s2，由牛顿第二定律：mg-F2=ma2，解得：F2=690N，加上杆自身的重力200N，故杆所受最大拉力为890N，故D正确;故选CD

【思路点拨】由速度为零时传感器的示数等于任何杆的重力之和，可得演员的重力;由速度时间图可知演员有向下的加速运动，此阶段为失重;向下的加速阶段为失重，故此时对杆的拉力最小，由图可得加速阶段的加速度，进而由牛顿第二定律可得最小拉力;演员减速下滑的阶段为超重，此阶段杆受拉力最大，由图可知超重阶段的加速度，由牛顿第二定律可得最大拉力。本题是对两个图象的结合应用，两图是相互利用的.要能从这类题目中熟练结合运动和受力图，此类题目等同于牛顿第二定律应用的由受力确定运动和由运动确定受力.

【题文】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是(   )

A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5R

B.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg

C.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动

D.若要使滑块能返回到A点，则h R

【知识点】机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力.C2 D4 E3

【答案解析】 B 解析： A、要使物体能通过最高点，则由mg=m 可得：v= ，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+ mv2，解得h=2.5R，故A正确;B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+ mv2，在C点有：N=m ，解得：N=2mg，故B错误;C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确;D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确.故选B

【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值;再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可.机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析.

【题文】13.如图所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止。某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x,A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来。已知A、B间的动摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为 ，且 > ，则x的表达式应为(     )

A.   B.     C.    D.

【知识点】牛顿第二定律;滑动摩擦力;力的合成与分解的运用.B1 B3 C2

【答案解析】C 解析： 设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v.撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大a1= ，此时B的加速度大小a2= ，由μ2>μ1分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变.对A应用动能定理-f1(L+x)=0- mv2  对B应用动能定理 μ1mgx-μ2(m+M)gx=0- Mv2

解得：消去v解得 故选C

【思路点拨】去水平拉力，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大小a1=μ1g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速度大小a2= ，由μ2>μ1分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x.本题关键在于分析两物体的运动过程，考查分析问题和解决问题的能力.

【题文】14.下列说法中正确的是(   )

A.卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为:

B.铀核裂变的核反应是：

C.质子、中子、 粒子的质量分别为ml、m2、m3，那么质子和中子结合成一个 粒子，所释放的核能为△E= (ml +m2-m3 )c2

D.原子从a能级跃迁到b能级时发射波长为 的光子;原子从b能级跃迁到c能级时吸收波长为 的光子，已知 > 。那么原子从能级跃迁到c能级时将要吸收波长为 的光子

【知识点】裂变反应和聚变反应;氢原子的能级公式和跃迁; O1 O2

【答案解析】AD 解析： A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子，发现质子的核反应方程为 ，故A正确.B、铀核裂变的核反应方程是： ，两边中子不能约.故B错误.C、质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3.质子和中子结合成一个α粒子，质量亏损△m=(m1+m2-m3)，根据质能方程，释放的能量为△E=△mc2=(m1+m2-m3)c2.故C错误.D、已知λ1>λ2，所以γ1<γ2，知从a能级状态跃迁到b能级状态时发射光子的能量小于从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收光子的能量，所以a能级的能量小于c能级的能量，有hγ2-hγ1=hγ3，即h -h =h ，解得：λ3= .故D正确.

【思路点拨】卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子.铀核裂变是通过一个中子轰击铀核，产生3个中子，写核反应方程式时，核反应前和核反应后的中子不能约.轻核聚变有质量亏损，求出质量亏损，根据质能方程求出释放的能量.通过波长的大小关系，确定出频率的大小关系，从而知道a能级和c能级的能量高低，通过Em-En=h 求出光子的波长.本题主要考查了核反应方程、质能方程以及能级等知识点，知道能极差与光子频率的关系，注意半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关.

【题文】15.一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向上振动。再过0.2s.质点Q第一次到达波峰，则(     )

A.波沿x轴负方向传播

B.波的传播速度为20m/s

C. 1s末质点P的位移为零

D.质点P的振动位移随时间变化的关系式为y=0.2

【知识点】横波的图象;波长、频率和波速的关系.G2

【答案解析】C 解析：A、由题意质点Q恰好在平衡位置且向上振动，则知波形向右平移，波沿x轴正方向传播.故A错误.B、由题得该波的周期为 T=0.8s，波长为 λ=24m，则波速为：v=  =30m/s，故B错误.C、t=1s=1  T，可知1s末质点P到达平衡位置，位移为零.故C正确.D、图示时刻质点P的振动位移为y=0.2m，根据数学知识可知其振动方程是余弦方程，即为：y=0.2cos(  t)m=0.2sin( )m=0.2sin(2.5πt+ )m，故D错误.故选C

【思路点拨】由题意质点Q恰在平衡位置且向上振动，再过0.2s，质点Q第一次到达波峰，知波沿x轴正方向传播，波的周期为T=0.8s.由图读出波长，确定出求出波速.根据时间与周期的关系，分析1s末质占P的位移.根据P质点的位移和速度方向，确定其振动方程.本题要能根据质点的振动过程确定周期，判断波的传播方向是应具备的基本功.质点的振动方程要根据位移和速度方向由数学知识分析函数特征，写出振动方程.

第II卷(非选择题   共50分)