河北省石家庄市正定中学2017届高三上学期期中物理试卷

河北省石家庄市正定中学2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年河北省石家庄市正定中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：（1-8题为单选；9-12为多选）‎ ‎1．当新的实验提供了新的视角，或有了新的观测发现时，原有的理论就会被修改，下列关于各个理论的修正中正确的是（　　）‎ A．伽利略修正了亚里士多德的落体理论，证明了物体下落的速度取决于下落时间的长短和物体的质量 B．牛顿修正了伽利略关于力是维持物体运动原因的理论，提出了力是改变物体运动状态的原因 C．牛顿认为开普勒第三定律是正确的，并修正了其决定因素，即是由太阳的质量和万有引力常量决定 D．库伦提出库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 ‎2．一个质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于平衡状态，如图所示．则它们的大小关系是（　　）‎ A．F1＞F2＞F3 B．F1＞F3＞F2 C．F3＞F1＞F2 D．F2＞F1＞F3‎ ‎3．图甲中的直线为一静电场中哦电场线（方向未标出），现一不计重力的带负电粒子从电场线上的M点沿电场线运动至N点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了该粒子速度的平方随其位移的变化规律．则（　　）‎ A．粒子在M点所受的电场力小于在N点所受的电场力 B．该电场线上的电场方向由N点指向M点 C．粒子由M点向N点运动的过程中，电场力做负功 D．粒子在N点的电势能大于在M点的电势能 ‎4．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平向左射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，重力加速度为g，则v0的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，曲线表示固定在x轴上a、b两点的两个点电荷产生的电势与位置之间的对应关系，两个点电荷所带电荷量分别为q1和q2，a、p间距离大于p、b间距离．从图中可以判断以下说法正确的是（　　）‎ A．两点电荷均为负电荷，且q1一定大于q2‎ B．电势最低的p点的电场强度不一定为零 C．将一负的检验电荷从b处左侧附近移到p处，检验电荷的电势能增加 D．a、p间的电场方向都指向a点 ‎6．如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若hA=hB=2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点 B．若hA=hB=，由于机械能守恒，两小球在轨道上升的最大高度为 C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球最小高度为2R ‎7．如图所示，一质量为m，带电量为+q的物块（可视为质点）静止于A点，粗糙水平轨道AB与BC斜面平滑连接，现在整个空间加一上水平向右的匀强电场，使小物块刚好运动到C点，物块与轨道间的动摩擦因数都为μ，已知AC间的水平距离为S，竖直高度差为H，则下列法正确的是（　　）‎ A．全程摩擦力做功大小为μmgs B．全程电势能减少mgH+μmgs C．电场强度E=‎ D．若不改变H和S的大小，只改变斜面的倾角，则须改变电场大小才能到达C点 ‎8．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ＜β，则滑块的运动情况是（　　）‎ A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 ‎9．我国研制的“嫦娥三号”月球探测器于2013年12月1日发射成功，并成功在月球表面实现软着陆．探测器首先被送到距离月球表面高度为H的近月轨道做匀速圆周运动，之后在轨道上的A点实施变轨，使探测器绕月球做椭圆运动，当运动到B点时继续运动，探测器携带的传感器测得自由落体运动时间为t，已知月球半径为R，万有引力常量为G．则下列正确的是（　　）‎ A．“嫦娥三号”的发射速度必须大于第一宇宙速度 B．探测器在近月轨道和椭圆轨道上的周期相等 C．“嫦娥三号”在A点变轨时，需减速才能从近月圆轨道进入椭圆轨道 D．月球的平均密度为 ‎10．如图，斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定，上端自由，匀强电场沿斜面向下，一带正电的物块从图中位置由静止释放，从物块开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，重力做功W1，电场力做功W2，克服弹簧弹力做功W3，克服摩擦力做功W4，不计空气阻力，物块带电量保持不变，弹簧在弹性限度内，则该过程系统的（　　）‎ A．动能变化量为W1+W2﹣W3﹣W4 B．机械能变化量为W2﹣W3﹣W4‎ C．电势能增加了W2 D．弹性势能增加了W3‎ ‎11．在相距为r的A、B两点分别放上点电荷QA和QB，C为AB的中点，如图所示，现引入带正电的检验电荷q，则下列说法正确的是（　　）‎ A．如果q在C点受力为零，则QA和QB一定是等量异种电荷 B．如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，且电量大小QA＞QB C．如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，且电量大小QA＜QB D．如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则QA和QB一定是等量异种电荷 ‎12．如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等距点B、C和D，即AB=BC=CD，D点距水平面高为h．小滑块以初速从A点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下（　　）‎ A．从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为mgh B．滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零 C．滑块从C位置返回到B位置时的动能为mgh D．滑块从B位置返回到A位置时的动能为mgh ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎13．某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：‎ ‎（1）利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图（a）所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为　　N．‎ ‎（2）关于此实验，下列叙述中正确的是　　‎ A．弹簧秤应先在竖直方向进行调零 B．橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同 D．若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整两只弹簧秤的拉力大小使其中一只增大另一只减小即可 ‎（3）图（b）所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则哪一位同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由．‎ 答：　　．‎ ‎14．为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示．‎ ‎（1）图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示．‎ 则OD间的距离为　　cm．图戊是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至同一起点的距离），则加速度大小a=　　m/s2（保留三位有效数字）‎ ‎（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，满分0分）‎ ‎15．如图所示，所有轨道均光滑，轨道AB与水平面的夹角为θ=37°，A点距水平轨道的高度为H=1.8m．一无动力小滑车质量为m=1.0kg，从A点沿轨道由静止滑下，经过水平轨道BC再滑入圆形轨道内侧，圆形轨道半径R=0.5m，通过圆形轨道最高点D然后从水平轨道E点飞出，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度差h=1.25m，水平距离s=2.6m．不计小滑车通过B点时的能量损失，小滑车在运动全过程中可视为质点，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）小滑车从A滑到B所经历的时间；‎ ‎（2）在圆形轨道最高点D处小滑车对轨道的压力大小；‎ ‎（3）要使小滑车既能安全通过圆形轨道又不掉进壕沟，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方由静止滑下．‎ ‎16．如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60°．在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数k=的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点．已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能EP=kx2，重力加速度为g，不计一切摩擦．将圆环由A点正下方的C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求：‎ ‎（1）圆环的速率v；‎ ‎（2）导轨对圆环的作用力F的大小？‎ ‎17．如图所示，质量M=2kg、长L=4.8m的木箱在水平拉力F0=66N的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动时，箱内质量m=1kg的物块恰好能静止在木箱后壁上；若此物块贴近木箱后壁放于底板上，木箱在水平拉力F=9N的作用下由静止向右做匀加速直线运动，运动时间t后撒去拉力，则物块恰好能运动到木箱前壁．已知木箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木箱底板间的动摩擦因数μ2是物块与木箱后壁间的动摩擦因数μ0的，不计木箱壁的厚度、最大摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与木箱底板间的动摩擦因数μ2； ‎ ‎（2）拉力F的作用时间t；‎ ‎（3）第二种情况下，整个过程中因摩擦产生的热量Q．‎ ‎18．如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．‎ ‎（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．‎ ‎（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省石家庄市正定中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（1-8题为单选；9-12为多选）‎ ‎1．当新的实验提供了新的视角，或有了新的观测发现时，原有的理论就会被修改，下列关于各个理论的修正中正确的是（　　）‎ A．伽利略修正了亚里士多德的落体理论，证明了物体下落的速度取决于下落时间的长短和物体的质量 B．牛顿修正了伽利略关于力是维持物体运动原因的理论，提出了力是改变物体运动状态的原因 C．牛顿认为开普勒第三定律是正确的，并修正了其决定因素，即是由太阳的质量和万有引力常量决定 D．库伦提出库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题要了解伽利略对落体运动规律的研究过程，以及伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义．结合万有引力定律，牛顿认为开普勒第三定律中，即是由太阳的质量和万有引力常量决定．结合库仑和密立根的物理学成就解答．‎ ‎【解答】解：A、伽利略修正了亚里士多德的落体理论，证明了物体下落的速度取决于下落时间，与质量无关，故A错误．‎ B、伽利略根据理想斜面实验，修正了亚里士多德关于力是维持物体运动原因的理论，提出了力是改变物体运动状态的原因，故B错误．‎ C、牛顿认为开普勒第三定律是正确的，并修正了其决定因素，即是由太阳的质量和万有引力常量决定．故C正确．‎ D、库伦提出库仑定律，但元电荷e的数值最早是由密立根用实验测出的，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．一个质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于平衡状态，如图所示．则它们的大小关系是（　　）‎ A．F1＞F2＞F3 B．F1＞F3＞F2 C．F3＞F1＞F2 D．F2＞F1＞F3‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】此题只要掌握共点力平衡的条件，并运用三力平衡三角形即可解决．‎ ‎【解答】解：因为质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于平衡状态，所以将三力首尾相连组成一封闭三角形，如图所示：‎ 根据数学知识三角形中大角对大边，即得出F3＞F1＞F2，‎ 所以选项ABD错误，C正确．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．图甲中的直线为一静电场中哦电场线（方向未标出），现一不计重力的带负电粒子从电场线上的M点沿电场线运动至N点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了该粒子速度的平方随其位移的变化规律．则（　　）‎ A．粒子在M点所受的电场力小于在N点所受的电场力 B．该电场线上的电场方向由N点指向M点 C．粒子由M点向N点运动的过程中，电场力做负功 D．粒子在N点的电势能大于在M点的电势能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据运动学公式v2﹣v02=2ax知道粒子的加速度不变，所受的电场力不变．根据动能的变化，分析电场力做功的正负，分析电场的方向，并判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由v2﹣v02=2ax可知，v2﹣x图象的斜率为2a，直线的斜率不变，则粒子的加速度不变，粒子受到的电场力大小不变，故A错误；‎ BC、从M点到N点粒子的动能变大，电场力做正功，而粒子带负电，所以该电场线上的电场方向由N点指向M点．故B正确，C错误．‎ D、电场力对粒子做负功，粒子的电势能变小，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平向左射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，重力加速度为g，则v0的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平抛运动；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小．‎ ‎【解答】解：甲做平抛运动，由h=gt2得：t=‎ 乙在斜面下滑的加速度为：a==gsin45°=g．‎ 根据h=v0t+at2解得：v0=．‎ 故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，曲线表示固定在x轴上a、b两点的两个点电荷产生的电势与位置之间的对应关系，两个点电荷所带电荷量分别为q1和q2，a、p间距离大于p、b间距离．从图中可以判断以下说法正确的是（　　）‎ A．两点电荷均为负电荷，且q1一定大于q2‎ B．电势最低的p点的电场强度不一定为零 C．将一负的检验电荷从b处左侧附近移到p处，检验电荷的电势能增加 D．a、p间的电场方向都指向a点 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】作出q1、q2之间的电场线，就知道P处场强为零，根据点电荷场强公式，得到q1的电荷量一定大于q2的电荷量；‎ 根据场强方向得出两电荷一定是正电荷；‎ 负电荷由P点的左侧移到右侧，电场力应先做负功再做正功．‎ ‎【解答】解：A、由于从a到b，电势φ先减小再增大，所以a、b应均为正电荷，由于两点电荷在p点产生的场强相等，且a、p间距离大于p、b间距离，由库仑定律得q2＞q1，故A错误；‎ B、由φ﹣x图象的斜率表示电场强度E，在电势最低点场强一定为零，故B错误；‎ C、由Ep=qφ知，故C正确；‎ D、a、p间的电场方向应都指向p点，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若hA=hB=2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点 B．若hA=hB=，由于机械能守恒，两小球在轨道上升的最大高度为 C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球最小高度为2R ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】小球A恰好能到A轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出速度．小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒分别求出hA和hB．再判断hA=hB=2R，两小球是否能沿轨道运动到最高点．若hA=时，小球A在轨道上上升的最大高度有一定的速度，由最大高度小于时．根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值．‎ ‎【解答】解：A、D若小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg=m，vA=，根据机械能守恒定律得，mg（hA﹣2R）=，解得hA=R；若小球B恰好能到B轨道的最高点时，在最高点的速度vB=0，根据机械能守恒定律得hB=2R．可见，hA=2R时，A不能到达轨道的最高点．故A错误，D正确．‎ B、若hB=时，B球到达轨道上最高点时速度为0，小球B在轨道上上升的最大高度等于时，若hA=hB=时，小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒可知，A在轨道上上升的最大高度小于hB=，故B错误．‎ C、小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA=vA==R＞R，所以小球A落在轨道右端口外侧．而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处．所以适当调整hA和hB，只有B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处．故C错误．‎ 故选D ‎　‎ ‎7．如图所示，一质量为m，带电量为+q的物块（可视为质点）静止于A点，粗糙水平轨道AB与BC斜面平滑连接，现在整个空间加一上水平向右的匀强电场，使小物块刚好运动到C点，物块与轨道间的动摩擦因数都为μ，已知AC间的水平距离为S，竖直高度差为H，则下列法正确的是（　　）‎ A．全程摩擦力做功大小为μmgs B．全程电势能减少mgH+μmgs C．电场强度E=‎ D．若不改变H和S的大小，只改变斜面的倾角，则须改变电场大小才能到达C点 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】在AB段物体受到电场力、摩擦力和重力，电场力做正功，摩擦力做负功，由于物体的高度没有变化，重力不做功，BC段电场力做正功，摩擦力做负功，重力做负功；根据动能定理，全程列动能定理，即可解题．‎ ‎【解答】解：设AB长s′，BC长s″，BC与水平面的夹角为θ，‎ 全程列动能定理得，qES﹣mgH﹣μmgs′﹣μmgcosθs″﹣μqEsinθs″=0，即qES﹣mgH﹣μmgS﹣μqEH=0‎ 解得，E=，故C正确；‎ 摩擦力的做功大小为μmgS+μqEH，故A错误；‎ 电场力做功为qES=mgH+μmgS+μqEH，故电势能减少量为mgH+μmgS+μqEH，故B错误；‎ 由E=可知，斜面倾角与电场强度的大小无关，只与S和H有关，故斜面倾角变化时，电场强度不变，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ＜β，则滑块的运动情况是（　　）‎ A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】环与小球保持相对静止，并以相同的加速度a一起下滑，对整体进行受力分析求出加速度，采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合θ＜β分析即可判断．‎ ‎【解答】解：把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，‎ 若速度方向向下，则 沿斜面方向：（m1+m2）gsinθ﹣f=（m1+m2）a 垂直斜面方向：FN=（m1+m2）gcosθ 摩擦力：f=μFN 联立可解得：a=gsinθ﹣μgcosθ，‎ 对小球有：若θ=β，a=gsinβ 现有：θ＜β，则有 a＞gsinβ 所以gsinθ﹣μgcosθ＞gsinβ gsinθ﹣gsinβ＞μgcosθ 因为θ＜β，所以gsinθ﹣gsinβ＜0，但μgcosθ＞0‎ 所以假设不成立，即速度的方向一定向上．‎ 由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．我国研制的“嫦娥三号”月球探测器于2013年12月1日发射成功，并成功在月球表面实现软着陆．探测器首先被送到距离月球表面高度为H的近月轨道做匀速圆周运动，之后在轨道上的A点实施变轨，使探测器绕月球做椭圆运动，当运动到B点时继续运动，探测器携带的传感器测得自由落体运动时间为t，已知月球半径为R，万有引力常量为G．则下列正确的是（　　）‎ A．“嫦娥三号”的发射速度必须大于第一宇宙速度 B．探测器在近月轨道和椭圆轨道上的周期相等 C．“嫦娥三号”在A点变轨时，需减速才能从近月圆轨道进入椭圆轨道 D．月球的平均密度为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】“嫦娥三号”在地表的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度；椭圆轨道的轨道半长轴和近月圆轨道的轨道半径不相等，因此周期不相同；从近月圆轨道需要点火减速做近心运动才能进入椭圆轨道；由月球表面物体的引力等于“重力”，得到月球质量，除以体积得到月球密度，根据自由落体运动下落高度为h，运动时间为t，有得到代入上述密度表达式中求出表达式即可判断正误．‎ ‎【解答】解：A、“嫦娥三号”在地表的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A正确；‎ B、椭圆轨道的轨道半长轴和近月圆轨道的轨道半径不相等，因此周期不相同，故B错误；‎ C、从近月圆轨道需要点火减速才能进入椭圆轨道，故C正确；‎ D、月球质量，除以体积得到月球密度，根据自由落体运动下落高度为h，运动时间为t，有得到代入上述密度表达式中，，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎10．如图，斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定，上端自由，匀强电场沿斜面向下，一带正电的物块从图中位置由静止释放，从物块开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，重力做功W1，电场力做功W2，克服弹簧弹力做功W3，克服摩擦力做功W4，不计空气阻力，物块带电量保持不变，弹簧在弹性限度内，则该过程系统的（　　）‎ A．动能变化量为W1+W2﹣W3﹣W4 B．机械能变化量为W2﹣W3﹣W4‎ C．电势能增加了W2 D．弹性势能增加了W3‎ ‎【考点】功能关系；弹性势能；动能和势能的相互转化；电势能．‎ ‎【分析】本题A的关键是根据动能定理可知求出外力对物体做的总功即可；题B的关键是明确“功能原理”是指“除重力和弹簧弹力以外其它力做的总功应等于系统机械能的变化”；题C的关键是明确电场力做正功，电荷的电势能减少，电场力做负功，电荷电势能增加；题D的关键是明确弹力做负功弹簧的弹性势能增加，增加的弹性势能等于克服弹力做的功．‎ ‎【解答】解：A：对物块根据动能定理应有：，所以A正确；‎ B：根据“功能原理”可知，除重力和外其它力做的总功为：，即机械能的变化量应为△E=，所以B错误；‎ C：由于电场力对物块做正功，物块的电势能应减少，所以C错误；‎ D：由于弹力对物块做负功，弹性势能应增加，所以D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．在相距为r的A、B两点分别放上点电荷QA和QB，C为AB的中点，如图所示，现引入带正电的检验电荷q，则下列说法正确的是（　　）‎ A．如果q在C点受力为零，则QA和QB一定是等量异种电荷 B．如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，且电量大小QA＞QB C．如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，且电量大小QA＜QB D．如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则QA和QB一定是等量异种电荷 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】知道在电场中某点的电场强度方向．‎ 电场强度是矢量，能用平行四边形法则进行矢量叠加．‎ ‎【解答】解：A、如果q在C点受力为零，则QA和QB对q的力方向相反，所以QA和QB一定是等量同种电荷，故A错误 B、如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，有库仑定律，对q有 ‎=‎ rA＞rB，所以电量大小QA＞QB．故B正确 C、如果q在AC段上的某一点受力为零，根据=‎ 所以QA＜QB．在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，故C正确 D、如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，即水平方向，所以QA和QB一定是等量异种电荷，故D正确 故选BCD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等距点B、C和D，即AB=BC=CD，D点距水平面高为h．小滑块以初速从A点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下（　　）‎ A．从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为mgh B．滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零 C．滑块从C位置返回到B位置时的动能为mgh D．滑块从B位置返回到A位置时的动能为mgh ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】物体在第一种情况下运动到D，写出动能定理的公式；物体在第二种情况下运动到C，写出动能定理的公式；比较两种情况，得出摩擦力的表达式，C到B的过程中以及B到A的过程中同样运用动能定理即可解题．‎ ‎【解答】解：A、若无摩擦，滑块从A到D过程，由动能定理可得﹣mgh=0﹣‎ 若AB粗糙，滑块从A到C过程，由动能定理可得﹣mg•h﹣Wf=0﹣‎ 解得 Wf=mgh 在上滑过程中和下滑过程中摩擦力做功相同，所以从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为mgh，故A错误；‎ B、滑块从B位置返回到A位置的过程中，重力做功为mgh，摩擦力做功为﹣mgh，总功为0，故动能变化为零，故B正确；‎ C、从C到B的过程中，只有重力做功，故滑块从C位置返回到B位置时的动能为 EkB=mgh，故C正确；‎ D、在从C到A的过程中，重力做功为mgh，摩擦力做功为﹣mgh，总功为mgh，故返回到达A时的动能为mgh，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎13．某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：‎ ‎（1）利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图（a）所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为　3.0　N．‎ ‎（2）关于此实验，下列叙述中正确的是　C　‎ A．弹簧秤应先在竖直方向进行调零 B．橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同 D．若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整两只弹簧秤的拉力大小使其中一只增大另一只减小即可 ‎（3）图（b）所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则哪一位同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由．‎ 答：　乙同学，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；‎ 明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；‎ 该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．‎ ‎【解答】解：（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头．如图所示 则F1与F2的合力大小为3.0N．‎ ‎（2）A、弹簧秤应先在水平方向进行调零，故A错误；‎ B、橡皮筋对结点O的拉力与两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力是一对平衡力，故B错误；‎ C、两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同，故C正确；‎ D、根据平行四边形定则可知，合力不变，只增大一个分力的大小时，另一个分力的大小和方向都变化，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎（3）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，‎ 所以乙同学的实验结果存在问题，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上．‎ 故答案为：（1）3.0；（2）C；（3）乙同学，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上 ‎　‎ ‎14．为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示．‎ ‎（1）图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示．‎ 则OD间的距离为　1.20　cm．图戊是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至同一起点的距离），则加速度大小a=　0.933　m/s2（保留三位有效数字）‎ ‎（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为　1：2　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）由图示刻度尺求出OD间的距离，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出图象的函数表达式，然后求出加速度．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，OD间的距离为：2.20cm﹣1.00cm=1.20cm；‎ 小车做初速度为零的匀加速直线运动，则：s=at2，由图示图象可知：k=a，则a=2k=2×≈0.933m/s2；‎ ‎（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，‎ 根据牛顿第二定律，则有：F=M乙a，2F=M丙a；‎ 因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；‎ 由牛顿第二定律，对砝码研究，则有m乙g﹣F=m乙a，‎ 而m丙g﹣F=m丙2a，‎ 解得，m乙：m丙=1：2；‎ 故答案为：（1）1.20，0.933；（2）1：2．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，满分0分）‎ ‎15．如图所示，所有轨道均光滑，轨道AB与水平面的夹角为θ=37°，A点距水平轨道的高度为H=1.8m．一无动力小滑车质量为m=1.0kg，从A点沿轨道由静止滑下，经过水平轨道BC再滑入圆形轨道内侧，圆形轨道半径R=0.5m，通过圆形轨道最高点D然后从水平轨道E点飞出，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度差h=1.25m，水平距离s=2.6m．不计小滑车通过B点时的能量损失，小滑车在运动全过程中可视为质点，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）小滑车从A滑到B所经历的时间；‎ ‎（2）在圆形轨道最高点D处小滑车对轨道的压力大小；‎ ‎（3）要使小滑车既能安全通过圆形轨道又不掉进壕沟，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方由静止滑下．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）滑块在由牛顿第二定律和位移公式联立求解时间；‎ ‎（2）由动能定理求D点速度，根据牛顿第二定律求D点支持力，再用牛顿第三定律说明；‎ ‎（3）根据动能定理和牛顿第二定律结合平抛运动规律求解小滑车至少应从离水平轨道多高的地方由静止滑下．‎ ‎【解答】解：（1）滑块在斜面的加速度由牛顿第二定律可得：a=gsinθ ‎ AB之间的距离为：‎ 由位移公式得：‎ 代入数据解得：t=1s ‎ ‎（2）小滑车由A到D过程由动能定理得：‎ 在D点由牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得FN=22N 由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为22N ‎ ‎（3）小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，‎ 则由动能定理得：‎ 由重力提供向心力有：‎ 小滑车要能越过壕沟，小滑车做平抛，在平台上速度至少为v2，则 竖直方向上：‎ 水平方向上：s=v2t 因为v2＞v1，所以只要 代入数据联立解得：H=1.35m ‎ 答：（1）小滑车从A滑到B所经历的时间为1s；‎ ‎（2）在圆形轨道最高点D处小滑车对轨道的压力大小为22N；‎ ‎（3）小滑车至少应从离水平轨道1.35m 的地方由静止滑下．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60°．在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数k=的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点．已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能EP=kx2，重力加速度为g，不计一切摩擦．将圆环由A点正下方的C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求：‎ ‎（1）圆环的速率v；‎ ‎（2）导轨对圆环的作用力F的大小？‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）从C到D过程，由机械能守恒定律可以求出圆环的速度；‎ ‎（2）圆环做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出在D点轨道对圆环的作用力．‎ ‎【解答】 解：（1）如图所示，由几何知识得，圆环在C点、D点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等．‎ 圆环从C到D过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，‎ 由几何关系可知：h=，‎ 解得：v=；‎ ‎（2）圆环在D点受力如图，弹性绳的弹力：‎ f=kx，其中：x=（﹣1）R，‎ 在D点，由牛顿第二定律得：‎ FN+fcos60°+fsin60°﹣mg=m，‎ 解得：FN=mg；‎ 答：（1）圆环的速率为；‎ ‎（2）导轨对圆环的作用力F的大小为mg．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，质量M=2kg、长L=4.8m的木箱在水平拉力F0=66N的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动时，箱内质量m=1kg的物块恰好能静止在木箱后壁上；若此物块贴近木箱后壁放于底板上，木箱在水平拉力F=9N的作用下由静止向右做匀加速直线运动，运动时间t后撒去拉力，则物块恰好能运动到木箱前壁．已知木箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木箱底板间的动摩擦因数μ2是物块与木箱后壁间的动摩擦因数μ0的，不计木箱壁的厚度、最大摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与木箱底板间的动摩擦因数μ2； ‎ ‎（2）拉力F的作用时间t；‎ ‎（3）第二种情况下，整个过程中因摩擦产生的热量Q．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）物块恰好能静止在箱的后壁，知木块在竖直方向上受重力和滑动摩擦力平衡；再对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，然后联立求出动摩擦因数．‎ ‎（2）木箱在水平拉力F=9N的作用下由静止向右做匀加速直线运动，撤去拉力后木箱与滑块都做匀减速运动，使用牛顿第二定律求出各自的加速度，然后结合运动学的公式求解即可；‎ ‎（3求出各自的位移，然后结合功能关系即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）水平拉力F0=66N拉木箱时，由牛顿第二定律得：‎ F0﹣μ1（m+M）g=（m+M）a，‎ 求得共同的加速度：a=20m/s2，‎ 物块与木箱之间的作用力：N=ma0=1×18=20N，‎ 恰好能静止在箱的后壁，知木块在竖直方向上受重力和滑动摩擦力平衡，即：μ0N=mg，‎ 所以： =0.5，‎ 所以： =×0.5=0.1，‎ ‎（2）木箱与地面之间的摩擦力：f1=μ1（m+M）g=0.2×（1+2）×10=6N，‎ 物块与摩擦之间的滑动摩擦力：f2=μ2mg=×1×10=1N，‎ 由题意，当撤去拉力后，物块相对于木箱向前运动，所以物块受到的摩擦力的方向向后，加速度：‎ 木箱受到地面对木箱的向后的摩擦力和物块对木箱的向前的摩擦力，加速度：‎ 由于木箱的加速度大于物块的加速度，可知木箱先停止运动，当木箱停止运动后，由于物块与木箱之间的摩擦力小于木箱与地面之间的最大静摩擦力，所以木箱相对于地面静止，物块继续在木箱内滑动，直到停止．‎ 设撤去拉力时木箱的速度为v，则撤去拉力后木箱的位移：；‎ 滑块的位移：‎ 由x2﹣x1=L 联立得：v=4m/s，x1=3.2m，x2=8m 撤去拉力前木箱与物块整体受到水平拉力和地面的摩擦力的作用，由动量定理得：‎ ‎（F﹣f1）t=（M+m）v 所以： s ‎（3）木箱与物块整体的加速度：‎ 整体的位移： m 根据功能关系，在整个的过程中产生的热量：Q=f1（x1+x3）+f2（x2﹣x1）‎ 代入数据得：Q=72.0J 答：（1）物块与木箱底板间的动摩擦因数是0.1； ‎ ‎（2）拉力F的作用时间是4s；‎ ‎（3）第二种情况下，整个过程中因摩擦产生的热量是72J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：‎ ‎（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．‎ ‎（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．‎ ‎（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】1、系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行，由动能定理列出等式求解 ‎2、假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，就违反动量守恒，所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度．根据动量守恒定律列出等式求解 ‎3、根据能量守恒列出等式求解 ‎【解答】解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．‎ 由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．‎ 由动能定理得 ‎﹣μMgS=0﹣m ①‎ s= ②‎ 代入数据得s=m ③‎ ‎（2）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．‎ 所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．‎ Mv0﹣mv0=（m+M）v ④‎ ‎∴v=v0 ⑤‎ 代入数据得v=v0=0.4m/s ⑥‎ ‎（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，‎ 根据能量守恒则有：‎ ‎（M+m）=μMgl ⑦‎ ‎ l= ⑧‎ 代入数据得l=m ‎ l即为平板车的最短长度．‎ 答：（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离是m．‎ ‎（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度是0.4m/s．‎ ‎（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少m ‎　‎ ‎2016年12月26日