山东省济宁市曲阜一中2017届高三上学期期中物理试卷

山东省济宁市曲阜一中2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年山东省济宁市曲阜一中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题4分，共32分）‎ ‎1．在水平地面上，一辆质量为1×103kg的汽车做匀速直线运动，关闭发动机后，汽车滑行一段距离后停下来，其运动的 v﹣t 图象如图所示，那么关于汽车运动情况以下判断正确的是（　　）‎ A．关闭发动机后，汽车的加速度为0.5 m/s2‎ B．汽车40s内通过的位移是200 m C．汽车与水平地面间的动摩擦因数约为0.02‎ D．汽车匀速运动过程中发动机的功率为5×104 W ‎2．如图所示，轻绳两端分别与A、C两物体相连接，mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，物体A、B、C及C与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计．若要用力将C物体拉动，则作用在C物体上水平向左的拉力最小为（取g=10m/s2）（　　）‎ A．6N B．8N C．10N D．16N ‎3．在同一水平直线上的两个位置A、B处，有两相同的小球被水平抛出，不计阻力．其运动轨迹如图所示，两轨迹相交于O点，则两球（　　）‎ A．经O点时速率一定相等 B．要使两球在空中相遇，则左边的球先抛出 C．运动到O点位置时两小球的动能相等 D．在O点时重力的功率一定相等 ‎4．某同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上．若电梯由静止开始运动，并测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象，如图所示．设电梯在第 1s末、第4s末和第8s末的速度大小分别为v1、v4和v8，以下判断中正确的是（　　）‎ A．电梯在上升，且v1＞v4＞v8‎ B．电梯在下降，且v4＞v1＞v8‎ C．重物在第2s内和第8s内的加速度大小相同 D．电梯对重物的支持力在第1s内和第9s内的平均功率相等 ‎5．如图所示，传送带由电动机带动，水平向右传送货物．质量为m的物体轻轻放在传送带的左端，物体的初速度为零，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带左右两端的水平距离为L．则把物体从左端传送到右端的过程中，下列说法正确的（　　）‎ A．传送带的转速越快，传送物体用的时间就会越短 B．传送带的转速越快，传送带对物体做的功就越多 C．传送带的转速越快，电动机就会消耗更多的电能 D．传送过程中传送带对物体做的功至少μmgL ‎6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a，b，c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动．运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面（不影响木块间的动摩擦因数），系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　）‎ A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力可能增加 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 ‎7．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，划船速度大小相同，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是（　　）‎ A．两船相遇在NP直线上 B．乙船渡河时间比甲船渡河时间短 C．甲船也能到达正对岸 D．乙船渡河航程比甲船渡河航程长 ‎8．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为al，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2．已知万有引力常量为G，地球半径为R，地球赤道表面的重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）‎ A．地球质量 M= B．地球质量M=‎ C．al、a2、g的关系是g＞a2＞a1 D．加速度之比=‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共16分）‎ ‎9．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek ‎、重力对滑块所做的功w与时间t或位移x关系的是（取初速度方向为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（　　）‎ A．他的动能减少了Fh B．他的重力势能减少了mgh C．他的机械能减少了（F﹣mg）h D．他的机械能增加了Fh ‎11．中国于2016年10月17日7时30分在中国酒泉卫星发射中心发射神舟十一号飞船，飞船入轨后经过2天独立飞行，然后变轨实现与天宫二号空间实验室自动对接形成组合体，为中国建造载人空间站做准备．变轨前都在圆形轨道上沿逆时针做匀速圆周运动，如图所示，a、b分别是神州飞船和天宫二号，下列说法正确的是（　　）‎ A．匀速圆周运动时，a的向心加速度大于b的向心加速度 B．a先加速变轨到b的轨道，再加速追上b实现对接 C．a变轨对接过程中机械能守恒 D．发射a、b的速度都不会超过11.2km/s ‎12．如图所示，两个 竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．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为hA和hB，下列说法正确的是（　　）‎ A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为 B．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为 C．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 D．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 ‎　‎ 三、实验题（共14分）‎ ‎13．如图甲所示为测量电动机匀速转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装过的电火花计时器，它的打点频率为50Hz．‎ 实验步骤如下：‎ ‎①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触；‎ ‎②启动电动机，使圆形卡纸转动起来；‎ ‎③接通电火花计时器的电源，使它工作起来；‎ ‎④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究圆形卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值．‎ 某次实验后，测得圆形卡纸上连续两个记数点间对应的圆心角都为0.2rad，每两个记数点间有四个点迹，则电动机匀速转动角速度为ω=　　rad/s．‎ 为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打上的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图11丙所示．则测量结果将　　（选填：变大、变小或不变）．‎ ‎14．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则：‎ ‎①在纸带上打下记数点5时的速度v=　　m/s；（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎②在本实验中，若某同学作出了v2﹣h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=　　m/s2．（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎③在记数点0～5过程中系统动能的增量△EK=　　J．系统势能的减少量△EP=　　J；（计算结果保留3位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题（共38分，要有必要的文字说明和解题过程，只有结果的不能得分）‎ ‎15．A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为V1=8m/s，B车的速度大小为V2=20m/s．当A、B两车相距x0=60m时，B车开始紧急刹车，加速度大小为a=2m/s2‎ ‎，从此时开始计时，刹车过程可视为匀减速直线运动．求：‎ ‎（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离；‎ ‎（2）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时至少应以多大的加速度开始刹车？‎ ‎16．如图所示，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M=1kg的木板正中间放有一质量为m=4kg的小铁块（可视为质点）静止在轨道上，木板右端距离挡板x0=1m，铁块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F=10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？‎ ‎（2）若铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，则木板有多长？‎ ‎17．如图所示，传送带AB的水平部分长为l=4.5 m，与一个半径为R=0.4 m的光滑圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v=4.0 m/s，方向向右．现有一个滑块以一定初速度v0从A点沿水平方向冲上传送带，滑块质量为m=2.0 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1．已知滑块运动到B端时刚好与传送带速度相同．（g取10m/s2，结果可用根式表示）．‎ 求 （1）滑块离开传送带后能上升的最大高度h ‎（2）滑块的初速度v0‎ ‎（3）求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省济宁市曲阜一中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题4分，共32分）‎ ‎1．在水平地面上，一辆质量为1×103kg的汽车做匀速直线运动，关闭发动机后，汽车滑行一段距离后停下来，其运动的 v﹣t 图象如图所示，那么关于汽车运动情况以下判断正确的是（　　）‎ A．关闭发动机后，汽车的加速度为0.5 m/s2‎ B．汽车40s内通过的位移是200 m C．汽车与水平地面间的动摩擦因数约为0.02‎ D．汽车匀速运动过程中发动机的功率为5×104 W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】速度时间图线与时间轴所围成的面积表示物体的位移，根据图线的斜率求出加速度，匀速运动时，牵引力等于阻力，根据P=Fv求解牵引力功率．‎ ‎【解答】解：A、关闭发动机后，雪橇的加速度为a==﹣0.5m/s2．故A错误．‎ B、汽车40s内通过的位移等于30s内通过的位移，雪橇停止前30s内通过的位移是S=×（30+10）×10=200m．故B正确．‎ C、关闭发动机后，a=μg=0.5m/s2，解得：μ=0.05，故C正确；‎ D、雪橇匀速运动过程中发动机的功率为P=Fv=μmgv=5×103 W，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，轻绳两端分别与A、C两物体相连接，mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，物体A、B、C及C与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计．若要用力将C物体拉动，则作用在C物体上水平向左的拉力最小为（取g=10m/s2）（　　）‎ A．6N B．8N C．10N D．16N ‎【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】先以A为研究对象，要用力将C拉动，绳的拉力至少等于AB间的最大静摩擦力，由摩擦力公式求出绳的拉力最小值，再以三个物体整体为研究对象，由平衡条件求解F的最小值．‎ ‎【解答】解：以A为研究对象，要用力将C拉动，绳的拉力至少等于AB间的最大静摩擦力，则拉力的最小值为：T=μmAg=0.2×10=2N 再以三个物体整体为研究对象，由平衡条件得拉力的最小值为：F=2T+μ（mA+mB+mC）g=2×2+0.2×（1+2+3）×10=16N，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．在同一水平直线上的两个位置A、B处，有两相同的小球被水平抛出，不计阻力．其运动轨迹如图所示，两轨迹相交于O点，则两球（　　）‎ A．经O点时速率一定相等 B．要使两球在空中相遇，则左边的球先抛出 C．运动到O点位置时两小球的动能相等 D．在O点时重力的功率一定相等 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】‎ 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，高度决定运动的时间，根据下降的高度比较运动的时间．结合竖直分速度，通过平行四边形定则比较经过O点时的速率，根据瞬时功率的公式比较重力的功率大小．根据动能定理比较动能的增加量．再比较运动到O位置的动能；‎ ‎【解答】解：AB、两球在空中相遇时，下降的高度相同，根据知，运动的时间相等，则必须同时抛出两球．‎ ‎ 因为运动的时间相等，根据vy=gt知，竖直分速度相等，因为初速度不等，根据平行四边形定则知，经过O点的速率不等．故AB错误．‎ C、因为下降的高度相同，根据动能定理知，mgh=△Ek，动能的增量相等，初速度不等，初动能不等，所以运动到O点位置时两小球的动能不等，故C错误；‎ D、根据PG=mgvy知，在O点时重力的功率相等．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．某同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上．若电梯由静止开始运动，并测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象，如图所示．设电梯在第 1s末、第4s末和第8s末的速度大小分别为v1、v4和v8，以下判断中正确的是（　　）‎ A．电梯在上升，且v1＞v4＞v8‎ B．电梯在下降，且v4＞v1＞v8‎ C．重物在第2s内和第8s内的加速度大小相同 D．电梯对重物的支持力在第1s内和第9s内的平均功率相等 ‎【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．‎ ‎【分析】‎ 在0﹣2s内重物处于失重状态，电梯是由静止开始运动，说明电梯在下降．根据牛顿第二定律分析可知，0﹣2s内和7﹣9s内电梯的加速度大小相等，方向相反，在2﹣7s内电梯做匀速直线运动，由运动学公式分析三个速度的大小．重物从1s到2s，向下做匀加速运动，从7s到8s向下做匀减速运动．电梯对重物的支持力在第1s内和第9s内的平均速度相等，支持力大小不等，功率不等．‎ ‎【解答】解：A、B、C、根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是：0﹣2s内向下做匀加速运动，在2﹣7s内做匀速直线运动，7﹣9s内做匀减速运动；‎ 选取向下为正方向，由牛顿第二定律可知，0﹣2s内：．‎ ‎7﹣9s内：，负号表示方向向上．‎ 所以重物在0﹣2s内和7﹣9s内电梯的加速度大小相等；‎ 电梯在第 1s末的速度：v1=a1t1=0.6×1=0.6m/s；‎ 第4s末的速度等于2s末的速度：v4=v7=v2=a1t2=0.6×2=1.2m/s 第8s末速度：v8=v7+a2t3=1.2+（﹣0.6）×1=0.6m/s，‎ 说明电梯在第 1s末和第8s末速度相同，小于第4s末的速度．故AB错误，C正确．‎ ‎ D、电梯对重物的支持力在第1s内和第9s内的平均速度相等，支持力大小不等，功率不等．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，传送带由电动机带动，水平向右传送货物．质量为m的物体轻轻放在传送带的左端，物体的初速度为零，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带左右两端的水平距离为L．则把物体从左端传送到右端的过程中，下列说法正确的（　　）‎ A．传送带的转速越快，传送物体用的时间就会越短 B．传送带的转速越快，传送带对物体做的功就越多 C．传送带的转速越快，电动机就会消耗更多的电能 D．传送过程中传送带对物体做的功至少μmgL ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】‎ 把物体从左端传送到右端的过程中，若物体一直做匀加速运动，传送物体用的时间不变，传送带对物体做的功不变，根据能量守恒定律分析电动机消耗的电能．‎ ‎【解答】解：A、把物体从左端传送到右端的过程中，若物体一直做匀加速运动，设传送带的长度为L，物体的加速度为a，根据L=，得t=，L与a一定，可知传送物体用的时间t不变，故A错误．‎ B、若物体一直做匀加速运动，传送带对物体做的功为 W=μmgL，与传送带的转速无关，故B错误．‎ C、若物体先做匀加速运动，速度与传送带相同后做匀速运动，电动机消耗的电能 E=+Q=+μmg（v带t﹣），而 t==，可得 E=，可知，E随传送带转速的增大而增多．若物体一直做匀加速运动，电动机消耗的电能 E=+Q=+μmg（v带t﹣L），可知，E随传送带转速的增大而增多．故C正确．‎ D、传送过程中传送带对物体做的功 W≤μmgL，所以传送过程中传送带对物体做的功至多μmgL．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a，b，c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动．运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面（不影响木块间的动摩擦因数），系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（　　）‎ A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力可能增加 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据题意灵活选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化．‎ ‎【解答】解；A、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故A错误；‎ B、以c为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有F﹣fab=ma可知，摩擦力fab一定变大，故B错误；‎ C、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fab=2ma，所以摩擦力是变小的，再分析c可知，拉力一定是减小的，故C正确；‎ D、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，F﹣FT=2ma，加速度减小，所以拉力FT变大，对b有F﹣fab=ma，知fab增大；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，划船速度大小相同，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是（　　）‎ A．两船相遇在NP直线上 B．乙船渡河时间比甲船渡河时间短 C．甲船也能到达正对岸 D．乙船渡河航程比甲船渡河航程长 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和．‎ ‎【解答】解：A、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故A错误；‎ B、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度vy=vsinα，故小船过河的时间：t1==，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故B错误；‎ C、乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故C错误；‎ D、由上分析，结合题意，可知，乙船渡河航程比甲船渡河航程长；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为al，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2．已知万有引力常量为G，地球半径为R，地球赤道表面的重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）‎ A．地球质量 M= B．地球质量M=‎ C．al、a2、g的关系是g＞a2＞a1 D．加速度之比=‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．‎ ‎【解答】解：AB、根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有：G=ma2，解得地球的质量 M=，故A、B错误；‎ C、地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据 a=ω2r知，a1＜a2；对于地球近地卫星有，G=mg，得g=G．对于地球同步卫星，有 G=ma2，即得 a2=G，因为 r＞R，所以 a2＜g，综合得g＞a2＞a1，故C正确；‎ D、地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=ω2‎ r，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比=，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共16分）‎ ‎9．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功w与时间t或位移x关系的是（取初速度方向为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W=mgh，得出重力势能与位移变化关系．‎ ‎【解答】解：AB、取初速度方向为正，则上滑时的加速度a1=﹣=﹣（gsinθ+μgcosθ），下滑时的加速度a2==gsinθ﹣μgcosθ．知|a1|＞a2．根据位移公式x=，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t2＞上滑的时间t1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度时间图线的斜率表示加速度，故A正确，B错误．‎ C、动能是标量，不存在负值．故C错误．‎ D、重力做功W=﹣mgh=﹣mgxsinθ，故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎10．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（　　）‎ A．他的动能减少了Fh B．他的重力势能减少了mgh C．他的机械能减少了（F﹣mg）h D．他的机械能增加了Fh ‎【考点】动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化．‎ ‎【解答】解：A、减速下降深度为h的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，为（F﹣mg）h，故A错误；‎ B、减速下降深度为h的过程中，重力势能的减小量等于重力做的功，为mgh，故B正确；‎ C、D、减速下降深度为h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为Fh，故C错误，D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．中国于2016年10月17日7时30分在中国酒泉卫星发射中心发射神舟十一号飞船，飞船入轨后经过2天独立飞行，然后变轨实现与天宫二号空间实验室自动对接形成组合体，为中国建造载人空间站做准备．变轨前都在圆形轨道上沿逆时针做匀速圆周运动，如图所示，a、b分别是神州飞船和天宫二号，下列说法正确的是（　　）‎ A．匀速圆周运动时，a的向心加速度大于b的向心加速度 B．a先加速变轨到b的轨道，再加速追上b实现对接 C．a变轨对接过程中机械能守恒 D．发射a、b的速度都不会超过11.2km/s ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力，表示出加速度与半径的关系，从而判断加速度大小，卫星在原轨道上加速时会做离心运动，11.2km/s是第二宇宙速度，若发射速度超过11.2km/s，则卫星脱离地球的束缚，绕太阳做匀速圆周运动．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，，得：，可知r越大，加速度越小，ze a的向心加速度大于b的向心加速度，故A正确；‎ B、a先加速变轨到b的轨道，若再加速，则a做离心运动，不可能追上b实现对接，故B错误；‎ C、a变轨对接过程中，要加速做离心运动，机械能增大，故C错误；‎ D、11.2km/s是第二宇宙速度，若发射速度超过11.2km/s，则卫星脱离地球的束缚，绕太阳做匀速圆周运动，所以发射a、b的速度都不会超过11.2km/s．故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎12．如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．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为hA和hB，下列说法正确的是（　　）‎ A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为 B．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为 C．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 D．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 ‎【考点】机械能守恒定律；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，由牛顿第二定律即可求得小球到达轨道最高点的最小速度．‎ 小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒求出hA和hB．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、若小球A恰好能到A轨道的最高点时，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎ mg=m，vA=．‎ 根据机械能守恒定律得，mg（hA﹣2R）=mv2，解得：hA=R；故A正确，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从轨道最高点飞出后一定落在轨道右端口外侧．故C错误．‎ D、小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，适当调整hB，B可以落在轨道右端口处．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 三、实验题（共14分）‎ ‎13．如图甲所示为测量电动机匀速转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装过的电火花计时器，它的打点频率为50Hz．‎ 实验步骤如下：‎ ‎①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触；‎ ‎②启动电动机，使圆形卡纸转动起来；‎ ‎③接通电火花计时器的电源，使它工作起来；‎ ‎④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究圆形卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值．‎ 某次实验后，测得圆形卡纸上连续两个记数点间对应的圆心角都为0.2rad，每两个记数点间有四个点迹，则电动机匀速转动角速度为ω=　　rad/s．‎ 为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打上的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图11丙所示．则测量结果将　不变　（选填：变大、变小或不变）．‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】从题意上可知，打点计时器可以记录时间，要求角速度，还得知道在一定的时间里转过的角度，这点可用量角器测量．‎ ‎【解答】解：从圆片上找出清晰的n个点，有（n﹣1）个间隔，用量角器测量出这（n﹣1）个间隔的角度θ，转过角度θ所用的时间为（n﹣1）t，由角速度的定义可得：ω=‎ 卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，不影响我们对转过的角度的测量，所以对测量结果无影响．测量结果将不变．‎ 故答案为：，不变．‎ ‎　‎ ‎14．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则：‎ ‎①在纸带上打下记数点5时的速度v=　2.4　m/s；（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎②在本实验中，若某同学作出了v2﹣h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=　9.7　m/s2．（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎③在记数点0～5过程中系统动能的增量△EK=　0.576　J．系统势能的减少量△EP=　0.588　J；（计算结果保留3位有效数字）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ 对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题．‎ ‎【解答】解：①利用匀变速直线运动的推论有：‎ v5===2.4m/s；‎ ‎②由于△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=△Ep=（m2﹣m1）gh 由于（m1+m2）=2（m2﹣m1）‎ 所以得到： v2=h 所以v2﹣h图象的斜率k==9.7m/s2．‎ ‎③系统动能的增量为：△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=0.576 J．‎ 系统重力势能减小量为：△Ep=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.588 J 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 故答案为：①2.4； ②9.7；③0.576，0.588．‎ ‎　‎ 四、计算题（共38分，要有必要的文字说明和解题过程，只有结果的不能得分）‎ ‎15．A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为V1=8m/s，B车的速度大小为V2=20m/s．当A、B两车相距x0=60m时，B车开始紧急刹车，加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，刹车过程可视为匀减速直线运动．求：‎ ‎（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离；‎ ‎（2）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时至少应以多大的加速度开始刹车？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）两车速度相等时相遇前相距最大的临界条件，据此分析求解最大距离即可；‎ ‎（2）根据位移关系分析A车追上B车所用时间；根据刹车位移大小关系，再由A车刹车时的位移速度关系求解其最小加速度．‎ ‎【解答】解：（1）当A、B两车速度相等时，相距最远 根据速度关系得：v1=v2﹣at1…①‎ 代入数据解得：t1=6 s ‎ 此时，根据位移公式得：xA=v1t1…②‎ ‎③‎ ‎△xm=xB+xo﹣xA 代入数据解得：△xm=96m ‎ ‎（2）B车刹车停止运动所用时间：to=‎ 所发生位移：xB=‎ 此时：xA=v1t0=80m ‎ 则：xA＜x0+xB，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上；‎ 若A车刹车减速至0时刚好追上B车时，B早已经停止运动，A的加速度最小时：‎ 代入数据解得：aA=0.5 m/s2‎ 答：（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离为96m；‎ ‎（2）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度为0.5m/s2．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M=1kg的木板正中间放有一质量为m=4kg的小铁块（可视为质点）静止在轨道上，木板右端距离挡板x0=1m，铁块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F=10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？‎ ‎（2）若铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，则木板有多长？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）先分析铁块与木板能否一起运动．根据牛顿第二定律求出木板靠最大静摩擦力产生的加速度，假设两者不发生相对运动，由牛顿第二定律求得共同的加速度，从而作出判断．再根据运动学位移时间公式求解时间．‎ ‎（2）由公式v1=at，求出木板与挡板碰前的共同速度，木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度v1向右做减速运动，木板与挡板碰撞后以速度v1‎ 向左做减速运动，木板与木块相对滑动．由牛顿第二定律和运动学公式结合求出板速度减为零经过的时间和向左运动的最远距离．再由能量守恒定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则，‎ ‎ am===4m/s2‎ 假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a，则 ‎ a===2m/s2，‎ 因a＜am，所以木板在静摩擦力作用下与物块一起以加速度a运动．‎ 设向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则 x0=at2，‎ 解得 t=1s；‎ ‎（2）木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则 v1=at，‎ 解得 v1=2m/s，‎ 木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则 ‎ ‎ μmg=ma1‎ ‎ v1=amt1‎ ‎ x1=‎ 解得 a1=1m/s2，t1=0.5s，x1=0.5m，‎ 当板速度向左为零时，设铁块速度为v1′，则 v1′=v1﹣a1t1，‎ 设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x1′，则 v2=v1′﹣a1t2，v2=amt2，x1′=‎ 解得 v1′=1.5m/s，t2=0.3s，v2=1.2m/s，x1′=0.18m，‎ 因为x1′＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞．以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处．‎ 设木板长为L，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒 μmg=（m+M）v12．‎ 解得 L=5m．‎ 答：（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是1s．‎ ‎（2）若铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，则木板有5m．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，传送带AB的水平部分长为l=4.5 m，与一个半径为R=0.4 m的光滑圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v=4.0 m/s，方向向右．现有一个滑块以一定初速度v0从A点沿水平方向冲上传送带，滑块质量为m=2.0 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1．已知滑块运动到B端时刚好与传送带速度相同．（g取10m/s2，结果可用根式表示）．‎ 求 （1）滑块离开传送带后能上升的最大高度h ‎（2）滑块的初速度v0‎ ‎（3）求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由动能定理或机械能守恒定律可以求出滑块能上升的最大高度．‎ ‎（2）以滑块为研究对象，由动能定理可以求出滑块的初速度．‎ ‎（3）滑块第二次在传送带上滑行时，求得滑块与传送带间的相对位移，然后求出滑块和传送带系统产生的内能．‎ ‎【解答】解：（1）滑块离开传送带后能上升过程，由动能定理得：‎ ‎﹣mgh=0﹣mv2‎ 代入数据解得：h=0.8m；‎ ‎（2）以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：‎ ‎ 滑块初速度大于传送带速度时有：﹣μmgl=mv2﹣mv02，‎ 代入数据解得 v0=5m/s；‎ 滑块初速度小于传送带速度时：μmgl=mv2﹣mv02，‎ 代入数据解得：v0=m/s；‎ ‎（3）以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ μmg=ma 得滑块的加速度为：a=1m/s2‎ 滑块减速到零的位移为：s===8m＞4.5m，‎ 则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得：‎ l=vt﹣at2，‎ 即 4.5=4t﹣×1×t2，‎ 解得：t=（4﹣）s，（另一值不合理舍去），‎ 在此时间内传送带的位移为：x=vt=4（4﹣）m，‎ 滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能：‎ Q=μmg（l+x）=0.1×2×10×[4.5+4（4﹣）]=（41﹣8）J；‎ 答：（1）滑块离开传送带后能上升的最大高度h是0.8m．‎ ‎（2）滑块的初速度v0是5m/s或m/s．‎ ‎（3）滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能是（41﹣8）J．‎ ‎　‎ ‎2017年2月28日