湖北省襄阳市四校联考2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

湖北省襄阳市四校联考2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年湖北省襄阳市四校联考高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，选对的得5分，选错的得0分；第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．她在空中上升过程中处于超重状态 B．她在空中下落过程中做自由落体运动 C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 ‎2．如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同．用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地．图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化 B．A球从面1到面2的速率变化等于B球从面1到面2的速率变化 C．A球从面1到面2的速率变化大于B球从面1到面2的速率变化 D．A球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化 ‎3．一只小船渡河，运动轨迹如图所示．水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定（　　）‎ A．船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动 B．船沿三条不同路径渡河的时间相同 C．船沿AB轨迹渡河所用的时间最短 D．船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大 ‎4．一质点自x轴原点出发，沿正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度﹣a运动，当速度变为﹣时，加速度又变为a，直到速度为时，加速度再变为﹣a，直到速度变为﹣…，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点一直沿x轴正方向运动 B．质点将在x轴上往复运动，最终停在原点 C．质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0‎ D．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0‎ ‎5．如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则（　　）‎ A．vA=0 B．vA= C．vB= D．vB=‎ ‎6．如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知万有引力常量为G，则月球的质量是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的轻弹簧和细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态．重力加速度大小为g．下列说法错误的是（　　）‎ A．轻弹簧拉力大小为 B．轻绳拉力大小为 C．剪断轻绳瞬间，物体加速度大小为 D．剪断轻弹簧瞬间，物体加速度大小为g ‎8．如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中（　　）‎ A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和 C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和 D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和 ‎9．如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示．设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小与滑动摩擦力大小相等，则（　　）‎ A．t1时刻物块的速度为零 B．物块的最大速度出现在t3时刻 C．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功 D．拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内 ‎10．如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向．若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间．则可能正确的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共计14分．请按照题目要求把答案填写在相应位置．‎ ‎11．如图甲，弹射装置将小球竖直向上弹出，先后通过光电门A、B，光电计时器测出小球上升过程中通过A、B的时间分别为△tA、△tB，用刻度尺测出光电门A、B间的距离为h，用螺旋测微器测量小球的直径d，某次测量结果如图乙，其读数d=　　mm．当地的重力加速度为g．在误差范围内，若小球上升过程中机械能守恒，则题中给出的物理量d、△tA、△tB、g、h之间应满足的关系式为　　．‎ ‎12．某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示．‎ ‎（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a．实验中打出的一条纸带如图乙所示．从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O点的距离分别为s1、s2、s3…，从O点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得1=， 2=， 3=…． 作出﹣t图象如图丙所示．图线的斜率为k，截距为b．则木块的加速度a=　　；b的物理意义是　　．‎ ‎（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（3）关于上述实验，下列说法中错误的是　　．‎ A．木板必须保持水平 B．调整滑轮高度，使细线与木板平行 C．钩码的质量应远小于木块的质量 D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13．如图所示，在与水平方向成53°的斜向上拉力F作用下，质量为0.4kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s运动的距离为6m，随即撤掉F，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块运动的最大速度；‎ ‎（2）F的大小．‎ ‎14．飞船绕火星做匀速圆周运动，离火星表面的高度为H，飞行了n圈，所用的时间为t．已知火星半径为R，求：‎ ‎（1）火星表面的重力加速度g；‎ ‎（2）在火星上发射卫星，则其“第一宇宙速度”多大？‎ ‎15．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？‎ ‎16．如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角θ=37°，圆弧BC半径R=2m．一质量m=1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD．已知P点与斜面底端B间的距离L1=6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力；‎ ‎（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离 ‎（3）小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省襄阳市四校联考高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，选对的得5分，选错的得0分；第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．她在空中上升过程中处于超重状态 B．她在空中下落过程中做自由落体运动 C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】分析陈若琳的运动情况得出其加速度的方向．根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的关系．‎ 超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关．‎ ‎【解答】解：A、起跳以后的下落过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，‎ B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误．‎ C、入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误．‎ D、入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相对．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同．用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地．图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化 B．A球从面1到面2的速率变化等于B球从面1到面2的速率变化 C．A球从面1到面2的速率变化大于B球从面1到面2的速率变化 D．A球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化 ‎【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，结合两个分运动的规律，通过动量定理以及机械能守恒判断．‎ ‎【解答】解：A、两球的加速度相等，A球从面1到面2的时间等于B球从面1到面2的时间，则速度变化相同，故A正确．‎ BC、A球从面1到面2的速率变化，B球从面1到面2的速率变化等于图中粗线对应的线段，根据两边之差小于第三边，知A球从面1到面2的速率变化小于B球从面1到面2的速率变化，故BC错误；‎ D、根据动能定理，，所以A球从面1到面2的动能变化等于B球从面1到面2的动能变化，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意速度的变化与速率的变化不同．‎ ‎　‎ ‎3．一只小船渡河，运动轨迹如图所示．水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定（　　）‎ A．船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动 B．船沿三条不同路径渡河的时间相同 C．船沿AB轨迹渡河所用的时间最短 D．船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小．‎ ‎【解答】解：A、当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；‎ B、船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；‎ C、沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故C错误；‎ D、沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键，并注意曲线运动的条件．‎ ‎　‎ ‎4．一质点自x轴原点出发，沿正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度﹣a运动，当速度变为﹣时，加速度又变为a，直到速度为时，加速度再变为﹣a，直到速度变为﹣…，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点一直沿x轴正方向运动 B．质点将在x轴上往复运动，最终停在原点 C．质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0‎ D．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】v﹣t图象是反映物体的速度随时间变化情况的，速度的正负表示质点的运动方向，图线的斜率表示加速度，面积表示位移．由此分析质点的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由图象看出，质点的速度正负作周期性变化，则质点的运动方向在周期性的变化，质点在x轴上往复运动．故A错误．‎ BD、质点在0﹣2t0时间内位移为 x1=v02t0=v0t0．根据“面积”表示位移，可知，在2t0﹣4t0时间内位移为﹣负值，此后各时间段内的位移依次为正值、负值、正值…质点运动过程中离原点的最大距离为 x=x1=v0t0．总位移大于零，所以质点最终不在原点，故B错误，D正确．‎ C、质点的总位移为 x=x1+x2+x3…+xn=，n→∞时，x=v0t0．即质点最终静止时离开原点的距离等于v0t0，故C错误．‎ 故选：D ‎【点评】在速度时间图象中，关键要明确速度图线与时间轴围成的面积表示位移；图象的斜率表示加速度．斜率不变，加速度不变；斜率变化，加速度变化．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则（　　）‎ A．vA=0 B．vA= C．vB= D．vB=‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出在最高点的最小速度，结合机械能守恒求出B点的最小速度．‎ ‎【解答】解：在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：，‎ 解得A点的最小速度为：，‎ 对AB段过程研究，根据机械能守恒得：，‎ 解得B点的最小速度为：vB=，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和机械能守恒的综合运用，通过牛顿第二定律求出最高点的临界速度是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知万有引力常量为G，则月球的质量是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据线速度和角速度的定义公式求解线速度和角速度，根据线速度和角速度的关系公式v=ωr求解轨道半径，然后根据万有引力提供向心力列式求解行星的质量．‎ ‎【解答】解：线速度为：v=…①‎ 角速度为：ω=…②‎ 根据线速度和角速度的关系公式，有：v=ωr…③‎ 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：…④‎ 联立解得：M=‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解，不难，注意掌握线速度与角速度的定义．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的轻弹簧和细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态．重力加速度大小为g．下列说法错误的是（　　）‎ A．轻弹簧拉力大小为 B．轻绳拉力大小为 C．剪断轻绳瞬间，物体加速度大小为 D．剪断轻弹簧瞬间，物体加速度大小为g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】细线的弹力可以发生突变，弹簧的弹力不能发生突变，根据物体的受力情况，由牛顿第二定律求出加速度．‎ ‎【解答】解：A、对小球受力分析如图：将重力G和绳子拉力T合成，合力与弹簧弹力等大反向，有几何关系得：，解得：，故A正确；‎ B、根据A中，同理可得：解得：T=mgtanθ，故B错误；‎ C、细线烧断后，弹簧弹力和重力都没变化，故两力的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律：F=ma得：a=gtanθ，故C正确；‎ D、弹簧下端切断瞬间，绳子上的力发生突变，变成零，故物体只受重力作用，加速度a=g，故D正确；‎ 故选：ACD ‎【点评】本题考查了平衡条件与牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道烧断绳子的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变．然后根据共点力平衡求出弹簧的弹力．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中（　　）‎ A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和 C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和 D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和 ‎【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】开始整个系统处于静止状态，物体A受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．升降机以加速度a开始匀加速上升，则物块A与升降机具有相同的加速度，根据牛顿第二定律，判断弹簧弹力是否发生变化．根据除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，判断物体机械能的变化．‎ ‎【解答】解：A、物体A开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体A相对于斜面向下运动．物体A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh．故A错误 B、物体A受重力、支持力、弹簧的弹力，‎ 对物体A用动能定理，物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误 C、物体A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和．故C正确 D、物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和，故D正确 故选CD．‎ ‎【点评】解决本题的关键熟练掌握牛顿第二定律，以及掌握功能关系：重力以外其它力做的功等于机械能的增量．‎ ‎　‎ ‎9．如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示．设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小与滑动摩擦力大小相等，则（　　）‎ A．t1时刻物块的速度为零 B．物块的最大速度出现在t3时刻 C．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功 D．拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．‎ ‎【解答】解：A、冲量是力与时间的乘积，在0﹣t1时间拉力小于最大静摩擦力，所以合外力等于0，故合力的冲量为0，t1时刻物块的速度为零．故A正确；‎ B、t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻A的速度最大，故B正确；‎ C、0～t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功．故C错误；‎ D、t2时刻拉力最大，但物体的速度在t3时刻最大，t2到t3时间内，拉力减小而速度增大，所以拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内，故D正确．‎ 故选：ABD ‎【点评】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向．若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间．则可能正确的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形．‎ ‎【解答】解：A、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故A正确．‎ B、上滑时x曲线斜率先大后小，下滑时x曲线斜率先小后大，故B错误．‎ C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线斜率小，但速度是个矢量，有方向，下滑阶段速度应为负值，故C错误．‎ D、根据动能定理得：，上滑时做匀减速运动，故EK曲线斜率先大后小；下滑时做匀加速运动，故Ek曲线斜率先小后大，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共计14分．请按照题目要求把答案填写在相应位置．‎ ‎11．如图甲，弹射装置将小球竖直向上弹出，先后通过光电门A、B，光电计时器测出小球上升过程中通过A、B的时间分别为△tA、△tB，用刻度尺测出光电门A、B间的距离为h，用螺旋测微器测量小球的直径d，某次测量结果如图乙，其读数d=　12.987　mm．当地的重力加速度为g．在误差范围内，若小球上升过程中机械能守恒，则题中给出的物理量d、△tA、△tB、g、h之间应满足的关系式为　mgh=m（）2﹣m（）2　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过光电门A、B的速度，结合重力势能的增加量和动能的减小量相等得出机械能守恒满足的关系式．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为12.5mm，可动刻度读数为0.01×48.7mm=0.487mm，则d=12.987mm．‎ 小球通过光电门A、B的速度分别为：vA=，vB=，‎ 则动能的减小量△EK=mvA2﹣mvB2，‎ 重力势能的增加量为△Ep=mgh，根据△Ek=△Ep知，‎ mgh=mvA2﹣mvB2=m（）2﹣m（）2，即mgh=m（）2﹣m（）2；‎ 故答案为：12.987；mgh=m（）2﹣m（）2．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道实验的原理，本题抓住重力势能的增加量和动能的减小量是否相等验证机械能守恒，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．‎ ‎　‎ ‎12．某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示．‎ ‎（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a．实验中打出的一条纸带如图乙所示．从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O点的距离分别为s1、s2、s3‎ ‎…，从O点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得1=， 2=， 3=…． 作出﹣t图象如图丙所示．图线的斜率为k，截距为b．则木块的加速度a=　2k　；b的物理意义是　O点的瞬时速度　．‎ ‎（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（3）关于上述实验，下列说法中错误的是　C　．‎ A．木板必须保持水平 B．调整滑轮高度，使细线与木板平行 C．钩码的质量应远小于木块的质量 D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）分析﹣t图象的斜率的物理含义与加速度的关系；‎ ‎（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数；‎ ‎（3）根据实验原理，选取整体作为研究对象，从而即可一一求解．‎ ‎【解答】解：（1）图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示O点的瞬时速度．‎ 各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，‎ 即﹣的图象的斜率表示加速度a，则﹣t图象的斜率的2倍表示加速度，即a=2k．‎ ‎（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：‎ mg﹣μMg=（M+m）a，‎ 解得：μ=；‎ ‎（3）A．木板必须保持水平，则压力大小等于重力大小，故A正确；‎ B．调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B正确；‎ C．钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象的，故C错误；‎ D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C 故答案为：（1）2k，O点的瞬时速度； （2）；（3）C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过v﹣t图象求解加速度；正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13．如图所示，在与水平方向成53°的斜向上拉力F作用下，质量为0.4kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s运动的距离为6m，随即撤掉F，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块运动的最大速度；‎ ‎（2）F的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求出物块的最大速度．‎ ‎（2）由公式v=at求出物块匀加速直线运动，由牛顿第二定律求F的大小．‎ ‎【解答】解：（1）物块运动2s时速度最大．由运动学公式有：‎ x=‎ 可得物块运动的最大速度为：v===6m/s ‎（2）物块匀加速直线运动的加速度为：a===3m/s2．‎ 设物块所受的支持力为N，摩擦力为f，根据牛顿第二定律得：‎ Fcosθ﹣f=ma Fsinθ+N﹣mg=0‎ 又 f=μN 联立解得：F=3.2N 答：（1）物块运动的最大速度是6m/s；‎ ‎（2）F的大小是3.2N．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．‎ ‎　‎ ‎14．飞船绕火星做匀速圆周运动，离火星表面的高度为H，飞行了n圈，所用的时间为t．已知火星半径为R，求：‎ ‎（1）火星表面的重力加速度g；‎ ‎（2）在火星上发射卫星，则其“第一宇宙速度”多大？‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】（1）万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出火星的质量；火星表面的物体受到的重力等于万有引力，应用万有引力公式可以求出重力加速度．‎ ‎（2）万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出第一宇宙速度．‎ ‎【解答】解：（1）飞船做圆周运动的周期：T=，‎ 万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ G=m（R+H），解得：M=，‎ 万有引力等于重力，即：G=m′g，‎ 解得：g=；‎ ‎（2）万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ G=m，解得：v=‎ 答：（1）火星表面的重力加速度g为；‎ ‎（2）在火星上发射卫星，则其“第一宇宙速度”为．‎ ‎【点评】本题考查了万有引力定律的应用，考查了求重力加速度、第一宇宙速度问题，知道万有引力等于重力、万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．‎ ‎　‎ ‎15．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．‎ ‎【点评】本题考查了求圆环的速率、轨道对圆环的作用力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；本题的难点，也是本题解题的关键是：应用数学知识气促C、D两点间的高度差、求出弹性绳的形变量．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角θ=37°，圆弧BC半径R=2m．一质量m=1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD．已知P点与斜面底端B间的距离L1=6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力；‎ ‎（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离 ‎（3）小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）对从P运动到E点过程运用动能定理列式求解E点速度；然后在E点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；‎ ‎（2）根据动能定理列式求解即可；‎ ‎（3）先找出物体在斜面上滑动位移间的规律，然后分为留在左右两侧讨论．‎ ‎【解答】解：（1）小滑块由P运动到E点：mgL1sin37°+mgR（1﹣cos37°）﹣μmgcos37°L1=‎ 经E点：‎ 解得：FN=38N 滑块对轨道的压力：FN′=FN=38N，方向竖直向下；‎ ‎（2）设小滑块在斜面AB上依次下滑的距离分别为L1、L2、L3…，在斜面CD上依次上滑的距离分别为x1、x2、x3…，‎ 小滑块由P运动到Q点：mg（L1﹣x1）sin37°﹣μmg（L1+x1）cos37°=0‎ 解得 x1==3m ‎ ‎（3）同理可得：L2=，，L3=，…．‎ L1、L2、L3…构成公比为的等比数列．‎ 设从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程为Sn．‎ 当n为奇数时，总路程 Sn=L1+2（L2+L3+…+Ln）=6+2×=（10﹣23﹣n）m ‎ 当n为偶数时，总路程 Sn=L1+2（L2+L3+…+Ln﹣1）=6+2×=（10﹣24﹣n）m 答：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力为38N；‎ ‎（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离为3m；‎ ‎（3）小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程为（10﹣23﹣n）m 或者（10﹣24﹣n）m．‎ ‎【点评】本题关键要多次根据动能定理列式求解，对于第三问，关键找出重复性规律，然后分两种情况讨论，要有一定的熟悉处理能力．‎ ‎　‎