黑龙江省齐齐哈尔市龙江实验中学2017届高三（上）开学物理试卷（解析版）

黑龙江省齐齐哈尔市龙江实验中学2017届高三（上）开学物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省齐齐哈尔市龙江实验中学高三（上）开学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分。第1~10题为单选题，每小题3分，错选，不选不得分；第11~16题为多选题，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错、不选的得0分）‎ ‎1．关于质点做圆周运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．加速度和速度都变化，但物体所受合力不变 B．合外力方向一定垂直于速度方向，且一定指向圆心 C．匀速圆周运动是匀变速运动，其加速度恒定不变 D．匀速圆周运动不是匀速运动，合外力方向一定指向圆心 ‎2．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则此小船（　　）‎ A．能垂直渡河到达正对岸 B．渡河的时间可能少于50s C．以最短时间渡河时，它实际运动的位移大小为250m D．以最短位移渡河时，位移大小为150m ‎3．学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法．在如图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是（　　）‎ A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、丙 D．丙、丁 ‎4．某人用手表估测火车的加速度，先观测3分钟，发现火车前进540米，隔3分钟后，又观测1分钟，发现火车前进360米，若火车在这7分钟内做匀加速直线运动，则火车的加速度为（　　）‎ A．0.03m/s2 B．0.01m/s2 C．0.5m/s2 D．0.6m/s2‎ ‎5．在离地面高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的x﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A质点以20m/s的速度匀速运动 B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动 C．经过4s，B质点的位移大于A质点的位移 D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大 ‎8．如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力FN的大小变化是（　　）‎ A．F增大，FN减小 B．F和FN均减小 C．F和FN均增大 D．F减小，FN不变 ‎9．在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则（　　）‎ A．运动员在空中经历的时间是 B．运动员落到雪坡时的速度大小是 C．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 D．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 ‎10．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于（　　）‎ A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg ‎11．汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（　　）‎ A．A车在加速过程中与B车相遇 B．A、B相遇时速度相同 C．相遇时A车做匀速运动 D．A车追上B车后，两车不可能再次相遇 ‎12．如图所示，在平板上放着一个质量为10kg的物体A，它与轻弹簧连接，弹簧的另一端拴在车前固定板上，系统处于静止状态，此时弹簧的拉力为5N．现平板车由静止开始向右做加速运动，且加速度逐渐增大，但一直小于1m/s2．则此过程中（　　）‎ A．物体A相对于车仍然静止 B．物体A受到的弹簧的拉力逐渐增大 C．物体A受到的摩擦力逐渐减小 D．物体A受到的摩擦力先减小后增大 ‎13．在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于静止状态．已知A、B两物体的质量分别为mA和mB，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A物体对地面的压力大小为mAg B．A物体对地面的压力大小为（mA+mB）g C．B物体对A物体的压力大于mBg D．地面对A物体没有摩擦力 ‎14．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．aA=0 B．aA=‎ C．aB= D．aB=‎ ‎15．如图，一个质量m=1kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA=1g和mB=2kg的A、B两物块，A，B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，若现用水平恒力F作用在A物块上，重力加速度g取10m/s2）滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是（　　）‎ A．当F=2N时，A物块和木板开始相对滑动 B．当F=1N，则A、B两物块都相对木板静止不动 C．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为N D．若F=6N，则B物块的加速度大小为m/s2‎ ‎16．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是（　　）‎ A．此时绳子张力为3μmg B．此时圆盘的角速度为 C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 ‎　‎ 二、实验题（共2小题，每空2分，满分8分）‎ ‎17．某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，接示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤是：‎ ‎①将指针P移到刻度尺l01=5cm处，在弹簧挂钩上挂上200g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎②取下钩码，将指针P移到刻度尺l02=10cm处，在弹簧挂钩上挂上250g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎③取下钩码，将指针P移到刻度尺l03=15cm处，在弹簧挂钩上挂上50g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来：‎ ‎④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变 将实验所得数据记录、列表如下：‎ 次数 弹簧长度L/cm 弹簧长度l/cm 钩码质量m/g ‎1‎ ‎5.00‎ ‎7.23‎ ‎230‎ ‎2‎ ‎10.00‎ ‎15.56‎ ‎250‎ ‎3‎ ‎15.00‎ ‎16.67‎ ‎50‎ ‎4‎ ‎20.00‎ ‎22.23‎ ‎50‎ ‎5‎ ‎25.00‎ ‎30.56‎ ‎50‎ 根据实验步骤和列表数据，回答下列问题：‎ ‎（1）重力加速度g取l0m/s2．在实验步骤③中，弹簧的原长为15cm时，其劲度系数k=　　　N/m．保留两们有效数字）‎ ‎（2）同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数　　（弹簧处在弹性限度内）；‎ A．不变　　　　B．越大　　　　C．越小 D．无法确定．‎ ‎18．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．‎ ‎（1）实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量分别为m1，左边沙袋B的质量为m2；‎ ‎（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）‎ ‎（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a=　　；‎ ‎（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出　　（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，满分39分）‎ ‎19．如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）10s末物体离a点的距离．‎ ‎20．如图所示为圆弧形固定光滑轨道，a点切线方向与水平方向夹角53°，b点切线方向水平．一小球以水平初速度6m/s做平抛运动刚好能沿轨道切线方向进入轨道，已知轨道半径1m，小球质量1kg．（sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2） ‎ ‎（1）求小球做平抛运动的飞行时间；‎ ‎（2）小球到达b点时，轨道对小球压力大小．‎ ‎21．如图所示，轻质杆长为3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的小孔穿在光滑的水平转轴上，杆和球在竖直面内转动，当球A运动到最高点时，杆对球A的拉力大小为mg，已知当地重力加速度为g，求此时：‎ ‎（1）球A转动的角速度大小；‎ ‎（2）球B对杆的作用力大小及方向；‎ ‎（3）轻质杆对水平转轴的作用力大小和方向．‎ ‎　‎ 四、选做题[选修3－5]（共2小题，满分15分）‎ ‎22． U是一种放射性元素，能够自发地进行一系列放射性衰变，如图所示，可以判断下列说法正确的是（　　）‎ A．图中a是84，b是206‎ B． Pb比U的比结合能大 C．Y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的 D．Y与Z是同一衰变 E．从X中衰变中放出的射线电离性最强 ‎23．如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M=2kg．小物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知：物块的质量m=1kg，A点到B点的竖直高度为h=1.8m，BC长度为l=3m，BC段动摩擦因数为0.3，CD段光滑．g取10m/s2，求在运动过程中：‎ ‎①弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎②物块第二次到达C点的速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省齐齐哈尔市龙江实验中学高三（上）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分。第1~10题为单选题，每小题3分，错选，不选不得分；第11~16题为多选题，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错、不选的得0分）‎ ‎1．关于质点做圆周运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．加速度和速度都变化，但物体所受合力不变 B．合外力方向一定垂直于速度方向，且一定指向圆心 C．匀速圆周运动是匀变速运动，其加速度恒定不变 D．匀速圆周运动不是匀速运动，合外力方向一定指向圆心 ‎【考点】匀速圆周运动．‎ ‎【分析】匀速圆周运动的合外力指向圆心，变速圆周运动向心力指向圆心，但合外力不指向圆心．‎ ‎【解答】解：A、质点做圆周运动，加速度和速度、所受合力都变化．故A错误；‎ B、变速圆周运动的合外力不指向圆心，则加速度不指向圆心．故B错误；‎ C、匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向是不断变化的．故C错误．‎ D、匀速圆周运动速度的方向不断变化，不是匀速运动，合外力方向一定指向圆心．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则此小船（　　）‎ A．能垂直渡河到达正对岸 B．渡河的时间可能少于50s C．以最短时间渡河时，它实际运动的位移大小为250m D．以最短位移渡河时，位移大小为150m ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸．‎ ‎【解答】解：A、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸．故A错误．‎ B、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：tmin=s，因此小船渡河的时间不可能少于50 s，故B错误．‎ C、船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移：x=v水tmin=4×50m=200m，船的位移：s=m，故C正确．‎ D、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸．所以最短位移大于河的宽度即大于150m．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法．在如图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是（　　）‎ A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、丙 D．丙、丁 ‎【考点】研究平抛物体的运动；探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】学习平抛运动时，通过比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律；观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变；研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法．‎ ‎【解答】解：比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法；‎ 观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理变量放大法；‎ 研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法．所以，乙和丙具有相同的研究物理问题的思想方法．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．某人用手表估测火车的加速度，先观测3分钟，发现火车前进540米，隔3分钟后，又观测1分钟，发现火车前进360米，若火车在这7分钟内做匀加速直线运动，则火车的加速度为（　　）‎ A．0.03m/s2 B．0.01m/s2 C．0.5m/s2 D．0.6m/s2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可以求出第一个3分钟内中间时刻的瞬时速度，再求出1分钟内中间时刻的瞬时速度，根据a=，求出加速度．‎ ‎【解答】解：第一个3分钟内中间时刻的瞬时速度，1分钟内中间时刻的瞬时速度，两个时刻之间的时间间隔为300s，所以a==．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．在离地面高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．‎ ‎【解答】解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，则由机械能守恒定律得：‎ mgh+=‎ 则得：v′=，所以落地时两球的速度大小相等．‎ 对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为﹣g，则运动时间为：t1==‎ 对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=‎ 故两球落地的时间差为：△t=t1﹣t2=‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解．‎ ‎【解答】解：物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，‎ 则v2=2a1x v=，‎ 所以图象是单调递增凸函数，‎ 刹车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则 v2=2a2x 解得：v=，则图象是单调递增的凸函数，再反过来即为单调递减的凸函数，故A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的x﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A质点以20m/s的速度匀速运动 B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动 C．经过4s，B质点的位移大于A质点的位移 D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．‎ ‎【解答】解：A、位移时间图象斜率表示该时刻的速度，则v=，故A错误．‎ B、图象的斜率表示该时刻的速度，由图象可知，B的速度先为正，后为负，所以B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确．‎ C、经过4s，A、B质点的位移都为40m，相等，故C错误；‎ D、由图可知，0﹣4s内运动方向相同，4﹣8s内运动方向相反，所以在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在8s末达到最大，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力FN的大小变化是（　　）‎ A．F增大，FN减小 B．F和FN均减小 C．F和FN均增大 D．F减小，FN不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】小球处于动态平衡状态，以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据图解法分析拉力F和支持力FN的大小变化．‎ ‎【解答】解：小球受重力G、支持力FN、拉力F处于动态平衡状态．根据平衡条件得知：FN与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图．由力的合成图可知，F增大，FN减小．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则（　　）‎ A．运动员在空中经历的时间是 B．运动员落到雪坡时的速度大小是 C．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 D．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】运动员离开平台做平抛运动，抓住竖直位移和水平位移的关系得出运动的时间，结合速度方向与水平方向夹角与位移方向与水平方向夹角的关系得出速度的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据tanθ=，解得平抛运动的时间t=．故A错误．‎ B、速度与水平方向夹角的正切值，可知速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍．落到雪坡上速度方向与水平方向的夹角不等于θ，根据平行四边形定则知，速度v．故B错误．‎ C、物体落在雪坡上，速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移与水平方向的夹角不变，则速度方向与水平方向的夹角不变．故D正确，C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于（　　）‎ A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】隔离物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，找出使纸板相对砝码运动的临界条件即可判断 ‎【解答】解：（1）当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：‎ f1=μ•2mg=2ma1‎ 得：a1==μg F﹣f1﹣f2=m2a2‎ 发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2＞a1‎ 所以：F=f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1=μ•2mg+μ•3mg+μmg=6μmg 即：F＞6μmg 故选：D ‎　‎ ‎11．汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（　　）‎ A．A车在加速过程中与B车相遇 B．A、B相遇时速度相同 C．相遇时A车做匀速运动 D．A车追上B车后，两车不可能再次相遇 ‎【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】作出A、B两车的速度时间图线，根据图线与时间轴围成的面积表示位移进行分析．‎ ‎【解答】解：作出A、B两车的速度时间图线，由图象可知：A先做匀加速运动，后做匀速运动，B一直做匀速运动，‎ 相遇时两者的位移相等，即AB速度图象与时间轴围成的面积相等，30s时，B的位移大于A的位移，所以相遇时在30s以后，即A做匀速运动时，A追上B后A的速度大于B的速度，两车不可能再次相遇，故C正确．ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在平板上放着一个质量为10kg的物体A，它与轻弹簧连接，弹簧的另一端拴在车前固定板上，系统处于静止状态，此时弹簧的拉力为5N．现平板车由静止开始向右做加速运动，且加速度逐渐增大，但一直小于1m/s2．则此过程中（　　）‎ A．物体A相对于车仍然静止 B．物体A受到的弹簧的拉力逐渐增大 C．物体A受到的摩擦力逐渐减小 D．物体A受到的摩擦力先减小后增大 ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】物体开始时受弹力为5N，而处于静止状态，受到的静摩擦力为5N，说明物体的最大静摩擦力Fm≥5N；当小车的加速度为1m/s2，两物体将保持相对静止时，物体的加速度为a=1m/s2，则需要的外力为10N；‎ 根据弹力和最大静摩擦力可求出物体相对于小车静止的最大加速度，当小车的加速度小于等于最大加速度时，物体与小车仍保持相对静止．弹簧的弹力不变．‎ ‎【解答】解：AB、物体开始时受弹力F=5N，而处于静止状态，‎ 说明受到的静摩擦力为5N，则物体的最大静摩擦力Fm≥5N．‎ 当物体相对于小车向左恰好发生滑动时，‎ 根据牛顿第二定律可得，F+Fm=ma，‎ 物体A的加速度a0=≥m/s2=1m/s2，‎ 由于加速度逐渐增大，但一直小于1m/s2，所以物块A相对小车仍静止，故A正确；‎ 因为物体A相对于小车静止，所以弹簧弹力不变，故B错误；‎ CD、根据牛顿第二定律得：‎ 当A所受的摩擦力向左时，F﹣f=ma，F不变，a增大，f减小；‎ 当A所受的摩擦力向右时，F+f=ma，F不变，a增大，则f增大．‎ 可知，物体A受到的摩擦力先减小后增大．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎13．在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于静止状态．已知A、B两物体的质量分别为mA和mB，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A物体对地面的压力大小为mAg B．A物体对地面的压力大小为（mA+mB）g C．B物体对A物体的压力大于mBg D．地面对A物体没有摩擦力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先隔离物体B分析，根据合力为零，求出A对B的弹力，墙壁对B的弹力，再对整体分析，求出地面的支持力和摩擦力．‎ ‎【解答】解：C、对B物体受力如右上图，根据合力等于0，运用合成法得：‎ 墙壁对B的弹力：N1=mBgtanα；‎ A对B的弹力：N2=＞mBg；‎ 结合牛顿第三定律，B物体对A物体的压力大于mBg；故C正确；‎ A、B、D、对整体分析得，如右下图，地面的支持力N3=（mA+mB）g，摩擦力f=N1=mBgtanα≠0；故A错误，B正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．aA=0 B．aA=‎ C．aB= D．aB=‎ ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度．‎ ‎【解答】解：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力．故A球的加速度为零；‎ 在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：‎ aB==g 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎15．如图，一个质量m=1kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA=1g和mB=2kg的A、B两物块，A，B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，若现用水平恒力F作用在A物块上，重力加速度g取10m/s2）滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是（　　）‎ A．当F=2N时，A物块和木板开始相对滑动 B．当F=1N，则A、B两物块都相对木板静止不动 C．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为N D．若F=6N，则B物块的加速度大小为m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度和B受到的摩擦力．‎ ‎【解答】解：A与木板间的最大静摩擦力为：‎ fA=μmAg=0.2×1kg×10m/s2=2N，‎ B与木板间的最大静摩擦力为：‎ fB=μmBg=0.2×2kg×10m/s2=4N，‎ A、当F=2N=fA，所以A、B两物块和木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；‎ B、当F=1N＜fA，所以A、B两物块都相对木板静止不动，整体在F作用下向左匀加速运动，故B正确；‎ C、若F=4N＞fA；A在木板表面滑动，摩擦力为2N；‎ 则B和木板整体受摩擦力为2N，所以木板和B的加速度：‎ a==m/s2=m/s2，‎ 此时B受到的摩擦力将达到fB′=mBa=2×N=N，故C正确；‎ D、若F=6N＞fA，A在木板表面滑动，摩擦力为2N；‎ 则B和木板整体受摩擦力为2N，所以木板和B的加速度：‎ a==m/s2=m/s2，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是（　　）‎ A．此时绳子张力为3μmg B．此时圆盘的角速度为 C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止．当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力 ‎【解答】解：A、两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：‎ T﹣μmg=mω2r T+μmg=mω2•2r 解得：T=3μmg，‎ 故B错误，AC正确；‎ D、此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（共2小题，每空2分，满分8分）‎ ‎17．某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，接示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤是：‎ ‎①将指针P移到刻度尺l01=5cm处，在弹簧挂钩上挂上200g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎②取下钩码，将指针P移到刻度尺l02=10cm处，在弹簧挂钩上挂上250g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；‎ ‎③取下钩码，将指针P移到刻度尺l03=15cm处，在弹簧挂钩上挂上50g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来：‎ ‎④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变 将实验所得数据记录、列表如下：‎ 次数 弹簧长度L/cm 弹簧长度l/cm 钩码质量m/g ‎1‎ ‎5.00‎ ‎7.23‎ ‎230‎ ‎2‎ ‎10.00‎ ‎15.56‎ ‎250‎ ‎3‎ ‎15.00‎ ‎16.67‎ ‎50‎ ‎4‎ ‎20.00‎ ‎22.23‎ ‎50‎ ‎5‎ ‎25.00‎ ‎30.56‎ ‎50‎ 根据实验步骤和列表数据，回答下列问题：‎ ‎（1）重力加速度g取l0m/s2．在实验步骤③中，弹簧的原长为15cm时，其劲度系数k=　30　　N/m．保留两们有效数字）‎ ‎（2）同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数　C　（弹簧处在弹性限度内）；‎ A．不变　　　　B．越大　　　　C．越小 D．无法确定．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】结合弹簧的弹力大小，根据胡克定律求出弹簧的劲度系数．根据表格中的数据，抓住弹簧的弹力不变，结合形变量的变化判断劲度系数的变化．‎ ‎【解答】解：（1）挂50g钩码时，弹簧的弹力为0.5N，根据胡克定律得：‎ k=．‎ ‎（2）对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F=kx知，弹簧的劲度系数越小，故选：C．‎ 故答案为：（1）30；（2）C ‎　‎ ‎18．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．‎ ‎（1）实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量分别为m1，左边沙袋B的质量为m2；‎ ‎（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）‎ ‎（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a=　　；‎ ‎（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出　a﹣m′　（选填“a﹣m′”或“a﹣”）图线．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m′与a的关系式 ‎【解答】解：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=，‎ 解得a=．‎ ‎（4）根据牛顿第二定律得：‎ 对m1及砝码：（m1+m′）g﹣T=（m1+m′）a 对m2及砝码：T﹣（m2+m﹣m′）g=（m2+m﹣m′）a 联立解得：a=g+．‎ 根据数学知识得知：作“a﹣m′”图线 故答案为：（3） （2）a﹣m′‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，满分39分）‎ ‎19．如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）10s末物体离a点的距离．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；‎ ‎（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积．‎ ‎【解答】解：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得 a1=2 m/s2①‎ 根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1②‎ 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得 a2=﹣1m/s2 ③‎ 根据牛顿第二定律，有F﹣μmg=ma2④‎ 解①②③④得：F=3N，μ=0.05 ‎ ‎（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积 则：，负号表示物体在a点以左 ‎ 答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；‎ ‎（2）10s末物体离a点的距离为2m．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示为圆弧形固定光滑轨道，a点切线方向与水平方向夹角53°，b点切线方向水平．一小球以水平初速度6m/s做平抛运动刚好能沿轨道切线方向进入轨道，已知轨道半径1m，小球质量1kg．（sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2） ‎ ‎（1）求小球做平抛运动的飞行时间；‎ ‎（2）小球到达b点时，轨道对小球压力大小．‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动到达a点时的竖直方向速度，进而求出平抛运动时间；‎ ‎（2）根据平抛运动基本公式结合几何关系求解从抛出点到b的竖直高度，从初始位置到b，根据动能定理求出到达b点的速度，再在b点，根据牛顿第二定律求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°‎ 有=tan53°‎ Vy=gt 得t=0.8s，‎ ‎（2）初始位置距a点高度h，‎ h=gt2‎ h=3.2m 初始位置距b点高度H，‎ H=h﹣（R+R）‎ H=1.6m 从初始位置到b，根据动能定理得：‎ mgH=mvb2﹣mv02‎ 在b点，根据牛顿第二定律得 N+mg=m 解得：N=58N 答：（1）小球做平抛运动的飞行时间为0.8s；‎ ‎（2）小球到达b点时，轨道对小球压力大小为58N．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，轻质杆长为3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的小孔穿在光滑的水平转轴上，杆和球在竖直面内转动，当球A运动到最高点时，杆对球A的拉力大小为mg，已知当地重力加速度为g，求此时：‎ ‎（1）球A转动的角速度大小；‎ ‎（2）球B对杆的作用力大小及方向；‎ ‎（3）轻质杆对水平转轴的作用力大小和方向．‎ ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】（1）抓住A球在最高点对杆子的作用力为零，结合牛顿第二定律求出球A转动的角速度；‎ ‎（2）根据A、B角速度相等，然后对B分析，根据牛顿第二定律求出杆子对B的作用力大小，再由牛顿第三定律得出球B对杆的作用力大小及方向．‎ ‎（3）对杆进行研究，由共点力平衡求出作用力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：（1）设球A转动的角速度为ω，此时杆对球A的拉力大小为mg，由重力和杆的拉力提供A球的向心力，则得：‎ mg+mg=mω2L，‎ 得：ω=．‎ ‎（2）A、B两球的角速度相等，设此时杆对球B的作用力为FAB，则有：‎ FB﹣mg=mω2•2L，‎ 解得：FB=5mg，方向竖直向上．‎ 根据牛顿第三定律可知，球B对杆的作用力大小是5mg，方向竖直向下．‎ ‎（3）由题得杆对A球的作用力等于mg，方向向下；根据牛顿第三定律，则球A对杆的作用力的方向向上．‎ 以杆为研究对象，杆受到A对杆的作用力、B对杆的作用力以及水平转轴对杆的作用力，根据共点力的平衡可知，设水平转轴对杆的作用力方向向上，选择向上为正方向，则：‎ F+FA′﹣FB′=0‎ 解得：F=4mg，方向向上．‎ 根据牛顿第三定律，轻质杆对水平转轴的作用力大小也是4mg，方向竖直向下．‎ 答：（1）球A转动的角速度大小是；‎ ‎（2）球B对杆的作用力大小是5mg，方向竖直向下；‎ ‎（3）轻质杆对水平转轴的作用力大小是4mg，方向竖直向下．‎ ‎　‎ 四、选做题[选修3－5]（共2小题，满分15分）‎ ‎22． U是一种放射性元素，能够自发地进行一系列放射性衰变，如图所示，可以判断下列说法正确的是（　　）‎ A．图中a是84，b是206‎ B． Pb比U的比结合能大 C．Y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的 D．Y与Z是同一衰变 E．从X中衰变中放出的射线电离性最强 ‎【考点】裂变反应和聚变反应．‎ ‎【分析】根据α衰变和β衰变的实质确定衰变的类型，结合电荷数守恒、质量数守恒得出a、b的值．三种射线中，α射线的电离能力最强，穿透能力最弱．‎ ‎【解答】解：A、衰变成，质量数不变，可知发生的是β衰变，则电荷数多1，可知a=84；Y衰变中，由衰变成，知电荷数少2，发生的是α衰变，质量数少4，则b=206，故A正确，C错误．‎ B、由衰变的过程知，比稳定，则比的比结合能大，故B正确．‎ D、Z衰变，质量数少4，发生的是α衰变，Y和Z是同一种衰变，故D正确．‎ E、从X衰变中放出的射线是β射线，电离能力不是最强，故E错误．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M=2kg．小物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知：物块的质量m=1kg，A点到B点的竖直高度为h=1.8m，BC长度为l=3m，BC段动摩擦因数为0.3，CD段光滑．g取10m/s2，求在运动过程中：‎ ‎①弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎②物块第二次到达C点的速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①下滑中，对m，根据动能定理列式，m滑下后，系统动量守恒定律，以向右为正，当两者第一次等速过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律列式，联立方程求解；‎ ‎②在物块滑下到运动到B点，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式，联立方程求解．‎ ‎【解答】解：①下滑中，对m，根据动能定理得：，‎ m滑下后，系统动量守恒定律，以向右为正，当两者第一次等速时，根据动量守恒定律得：mv0=（m+M）v′‎ 根据能量守恒定律得：，‎ f=μN，‎ N﹣mg=0，‎ 解得：Ep=3J ‎ ‎②在物块滑下到运动到B点，根据动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2，‎ 根据能量守恒定律得：‎ 解得：v1=0‎ 答：①弹簧弹性势能的最大值为3J；‎ ‎②物块第二次到达C点的速度为0．‎ ‎　‎ ‎2016年11月26日