河北省唐山一中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

河北省唐山一中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河北省唐山一中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一．单项选择题（共8小题，每小题3分）‎ ‎1．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为ν1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为ν2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当ν1＞ν2时，α1＞α2‎ B．当ν1＞ν2时，α1＜α2‎ C．无论ν1、ν2关系如何，均有α1=α2‎ D．以上说法均不对 ‎2．如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O．将等电量的正、负点电荷放在圆周上它们的位置关于AC对称．要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电量的正点电荷+Q，则该点电荷+Q应放在（　　）‎ A．A点B．B点C．C点D．D点 ‎3．如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M和N．今有一带电油滴，质量为m，从A板的上方距A板为d的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，带电油滴通过N孔时的动能EK＜2mgd．若将极板A向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N孔时的动能EK’和油滴所带电荷的种类是（　　）‎ A．油滴带正电，EK′=EKB．油滴带正电，EK′＜EK C．油滴带负电，EK′=EKD．油滴带负电，EK′＜EK ‎4．如图所示，小物块从高为h1=0.8m的斜面顶端由静止滑下，经长为L=1m的水平面后又滑上高为h2=0.3m的斜面，如果小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ=0.175，下列说法中正确的是（　　）（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ A．小物块最终停在水平段 B．小物块滑上右边斜面顶端时速度恰好为零 C．小物块滑上右边斜面顶端时速度为m/s D．小物块滑上右边斜面顶端时速度为2.7 m/s ‎5．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后反弹到空中某一高度，其速度﹣时间图象如图所示，则下列说法错误的是（　　）‎ A．小球下落的最大速度为5m/s B．小球第一次反弹初速度的大小为3m/s C．小球能弹起的最大高度0.45m D．小球能弹起的最大高度1.25m ‎6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是 （　　）‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大 C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大 ‎7．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的物体A放在B上．现在A和B正一起竖直向上运动，如图所示，当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长．则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，弹簧的弹力对B的冲量大小为（g取10m/s2）（　　）‎ A．1.2N•sB．8N•sC．6N•sD．4N•s ‎8．在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（　　）‎ A．减少每次运送瓦的块数B．增多每次运送瓦的块数 C．减小两杆之间的距离D．增大两杆之间的距离 ‎　‎ 二．多项选择题（共6小题，每小题4分）‎ ‎9．一质量为2kg的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p=8kg•m/s，则此质点（　　）‎ A．加速度为8m/s2‎ B．2s内受到的冲量为32N•s C．在相同的时间内，动量的增量一定相等 D．通过相同的距离，动量的增量也可能相等 ‎10．木星是绕太阳运动的一颗行星，它有多颗卫星．若将木星绕太阳的运动和卫星绕木星的运动均视为匀速圆周运动，现要计算木星的质量，需要知道的物理量是（　　）‎ A．卫星绕木星运动的周期、轨道半径及引力常量G B．卫星绕木星运动的周期、轨道半径及卫星的质量 C．木星的半径、木星表面的重力加速度及引力常量G D．木星绕太阳运动的周期、轨道半径及引力常量G ‎11．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）（　　）‎ A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g ‎12．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g．下列分析正确的是（　　）‎ A．轻质弹簧的原长为R B．小球过B点时，所受的弹力为mg+m C．小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能 D．小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR﹣mv2‎ ‎13．A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（　　）‎ A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12‎ B．水平力F的最大功率之比为2：1‎ C．水平力F对A、B两物体做功之比为2：1‎ D．在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：3‎ ‎14．如图所示，传送带与地面的倾角为37°，以10m/s的速率转动，在传送带上端轻轻静放一质量为0.5kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带两轮间距为16m，则物块从上端运动到下端所需时间可能为（　　）（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ A．1sB．2sC．3sD．4s ‎　‎ 三．实验题（每空2分，共14分）‎ ‎15．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．‎ ‎①如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶　　时电子秤的示数F；‎ ‎②如图（b），将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、　　和电子秤的示数F1；‎ ‎③如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着②中L2的方向拉开细线L2，使　　和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；‎ ‎④在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若　　，则平行四边形定则得到验证．‎ ‎16．某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：‎ A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；‎ B．先不挂砝码盘，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；‎ C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；‎ D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．‎ 根据以上实验过程，回答以下问题：‎ ‎（1）对于上述实验，下列说法正确的是　　．‎ A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力 C．实验过程中砝码处于超重状态 D．砝码和砝码盘的总质量不需要远小于小车的质量 ‎（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为　　m/s2．（结果保留2位有效数字）‎ ‎（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（见图丙），与本实验相符合的是　　．‎ ‎　‎ 四．计算题（共3小题，其中17题12分，18题12分，19题14分）‎ ‎17．如图所示，在某市区内，一辆小汽车在公路上以速度v1向东行驶，一位观光游客由南向北从斑马线上横穿马路．汽车司机发现游客途经D处时经过0.5s做出反应紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下．为了判断汽车是否超速行驶以及游客横穿马路是否过快，警方派一警车以法定最高速度vm=16m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A紧急刹车，经过16m后停下来．在事故现场测量得XAB=26m、XBC=9m、XBD=2m．肇事汽车刹车性能良好（可认为警车与肇事汽车刹车时加速度均相同）．问：‎ ‎（1）该肇事汽车的初速度v1是多大？‎ ‎（2）游客横穿马路的速度是多大？‎ ‎18．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m、带相同电量的正电小球a、b，以不同的速度进入管内（小球的直径略小于半圆管的内径，且忽略两小球之间的相互作用），a通过最高点A时，对外管壁的压力大小为3.5mg，b通过最高点A时，对内管壁的压力大小0.25mg，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半．求：‎ ‎（1）a、b两球落地点距A点水平距离之比；‎ ‎（2）a、b两球落地时的动能之比．‎ ‎19．如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为M，长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块（可视为质点），放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M＞m．现使小物块和长木板以共同速度v0向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失．试求：‎ ‎（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它此时距长木板左端多远？‎ ‎（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什么条件？‎ ‎（3）若满足（2）中条件，且M=2kg，m=1kg，v0=9m/s，试计算整个系统在刚发生第四次碰撞前损失的机械能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省唐山一中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（共8小题，每小题3分）‎ ‎1．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为ν1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为ν2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当ν1＞ν2时，α1＞α2‎ B．当ν1＞ν2时，α1＜α2‎ C．无论ν1、ν2关系如何，均有α1=α2‎ D．以上说法均不对 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．‎ ‎【解答】解：小球落在斜面上，位移与水平方向夹角的正切值为：‎ ‎，‎ 速度与水平方向夹角的正切值为：‎ ‎，‎ 可知tanα=2tanθ，位移与水平方向的夹角一定，则速度与水平方向的夹角一定，‎ 因为α=β﹣θ，可知α1=α2．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O．将等电量的正、负点电荷放在圆周上它们的位置关于AC对称．要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电量的正点电荷+Q，则该点电荷+Q应放在（　　）‎ A．A点B．B点C．C点D．D点 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】由正点电荷在某点的电场强度方向为这两点的连线并背离正点电荷，若负点电荷则为这两点连线并指向负点电荷，从而来确定等电量的正、负点电荷在O点的电场强度方向．若要使圆心处电场强度为零，则放置的正点电荷在O处产生的电场强度方向必须与等量异种电荷产生电场强度方向相反．‎ ‎【解答】解：根据正点电荷在某点的电场强度方向为这两点的连线并背离正点电荷，若负点电荷则为这两点连线并指向负点电荷，可知：等电量的正、负点电荷在圆心处的合电场强度方向是OD，若使圆心O处的电场强度为零，则正点电荷必须放在D点处，‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M和N．今有一带电油滴，质量为m，从A板的上方距A板为d的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，带电油滴通过N孔时的动能EK＜2mgd．若将极板A向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N孔时的动能EK’和油滴所带电荷的种类是（　　）‎ A．油滴带正电，EK′=EKB．油滴带正电，EK′＜EK C．油滴带负电，EK′=EKD．油滴带负电，EK′＜EK ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度不为零，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电比场力做功大．移动上极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．‎ ‎【解答】解：由题设条件知，把A板向上平移一小段距离，电场力做功不变，根据动能定理知，小球到达N点速度仍为原来的速度，小球会穿过N孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电．故ABD错误．C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，小物块从高为h1=0.8m的斜面顶端由静止滑下，经长为L=1m的水平面后又滑上高为h2=0.3m的斜面，如果小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ=0.175，下列说法中正确的是（　　）（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ A．小物块最终停在水平段 B．小物块滑上右边斜面顶端时速度恰好为零 C．小物块滑上右边斜面顶端时速度为m/s D．小物块滑上右边斜面顶端时速度为2.7 m/s ‎【考点】牛顿第二定律；功能关系．‎ ‎【分析】整个过程中重力做正功、摩擦力做负功，根据功能关系计算小物块滑上右边斜面顶端时速度，然后得出结论．‎ ‎【解答】解：倾角为53°的斜面长为：x1=，‎ 倾角为37°的斜面长为：，‎ 整个过程中根据能量关系可得：mg（h1﹣h2）=+μmgL，‎ 解得：v=m/s，所以物体滑过第二个斜面不再滑回，ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后反弹到空中某一高度，其速度﹣时间图象如图所示，则下列说法错误的是（　　）‎ A．小球下落的最大速度为5m/s B．小球第一次反弹初速度的大小为3m/s C．小球能弹起的最大高度0.45m D．小球能弹起的最大高度1.25m ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由图直接读出速度的大小．图线与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由数学知识求出小球能弹起的最大高度．‎ ‎【解答】解：A、小球在0.5s末下落的速度最大，由图读出最大速度为5m/s．故A正确．‎ B、小球在0.5s末第一次反弹，小球第一次反弹的初速度大小为3m/s．故B正确．‎ C、图线在0.5s﹣0.8s段表示小球反弹，图线的“面积”等于位移大小，也等于球能弹起的最大高度h，则有h=×3×0.3m=0.45m．故C正确，D错误．‎ 本题选错误的，故选：D ‎　‎ ‎6．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是 （　　）‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大 C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大 ‎【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】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．‎ ‎【解答】解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图 根据共点力平衡条件，有 N1=‎ N2=mgtanθ 再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图 根据共点力平衡条件，有 f=N2‎ N=（M+m）g 故 f=mgtanθ MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的物体A放在B上．现在A和B正一起竖直向上运动，如图所示，当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长．则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，弹簧的弹力对B的冲量大小为（g取10m/s2）（　　）‎ A．1.2N•sB．8N•sC．6N•sD．4N•s ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】A、B分离后A做竖直上抛运动，求出A的初速度与运动时间，然后由动量定理求出弹簧对B的冲量．‎ ‎【解答】解：A、B物体分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B的速度相同，‎ 这以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度；‎ 上升到最高点所需的时间；‎ A到最高点弹簧恰恢复原长，此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程内用动量定理（规定向下为正方向）得：‎ mBgt+IN=mBv﹣（﹣mBv），‎ 解得：IN=6N•s；选项C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（　　）‎ A．减少每次运送瓦的块数B．增多每次运送瓦的块数 C．减小两杆之间的距离D．增大两杆之间的距离 ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；滑动摩擦力；合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】瓦滑到底部的速度较大，说明其加速度较大，即重力与摩擦力的合力较大，可以考虑通过增大摩擦力的方式来减小加速度，减小瓦滑到底部时的速度．‎ ‎【解答】解：由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；‎ 而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故AB错误；‎ 而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故C错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二．多项选择题（共6小题，每小题4分）‎ ‎9．一质量为2kg的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p=8kg•m/s，则此质点（　　）‎ A．加速度为8m/s2‎ B．2s内受到的冲量为32N•s C．在相同的时间内，动量的增量一定相等 D．通过相同的距离，动量的增量也可能相等 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式和动量的表达式，结合动量随位移变化的关系式求出加速度，从而求出2s内速度的变化量，得出动量的变化量．‎ ‎【解答】解：A、根据v2=2ax得，v=，则动量P=mv=m，可知P=2×，解得质点的加速度为8m/s2．故A正确．‎ B、2s内物体速度的变化量为△v=at=16m/s，则动量的变化量△P=m△v=32kg．m/s．故B正确．‎ C、因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等．故C正确．‎ D、因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等．故D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎10．木星是绕太阳运动的一颗行星，它有多颗卫星．若将木星绕太阳的运动和卫星绕木星的运动均视为匀速圆周运动，现要计算木星的质量，需要知道的物理量是（　　）‎ A．卫星绕木星运动的周期、轨道半径及引力常量G B．卫星绕木星运动的周期、轨道半径及卫星的质量 C．木星的半径、木星表面的重力加速度及引力常量G D．木星绕太阳运动的周期、轨道半径及引力常量G ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据木星的某个卫星的万有引力等于向心力，列式求解即可求出木星的质量．‎ ‎【解答】解：A、木星的卫星绕木星运动的周期，和木星的卫星的轨道半径，设木星质量为M，木星的卫星的质量为m，木星的卫星的周期为T，轨道为r，根据万有引力提供向心力 ‎，解得木星的质量．故A正确，B错误；‎ C、已知木星的半径、木星表面的重力加速度及引力常量G．则由mg=，可以求出木星的质量．故C正确；‎ D、根据万有引力提供向心力，只能求出中心天体的质量，由于木星绕太阳运动的中心天体是太阳，故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎11．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）（　　）‎ A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．‎ ‎【解答】解：A、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=mg，细绳的拉力大小为：T==mg，故A正确，B错误．‎ C、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：‎ a==g．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g．下列分析正确的是（　　）‎ A．轻质弹簧的原长为R B．小球过B点时，所受的弹力为mg+m C．小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能 D．小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR﹣mv2‎ ‎【考点】功能关系；胡克定律．‎ ‎【分析】根据几何关系求弹簧的原长．小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力．从A运动到B的过程中，小球的机械能减小．小球受到弹簧的弹力做负功，重力做正功，根据功能关系分析能量是如何转化的．‎ ‎【解答】解：A、由题意知，小球位于A点时弹簧处于原长，由几何知识可知弹簧的原长为R，故A错误；‎ B、小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，根据向心力公式：F﹣mg=m，则得弹簧的弹力F=mg+m，故B正确；‎ C、以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和小球的动能．故C错误．‎ D、根据能量的转化与守恒：mgR=mv2+EP 得弹簧的弹性势能为：EP=mgR﹣mv2，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎13．A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（　　）‎ A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12‎ B．水平力F的最大功率之比为2：1‎ C．水平力F对A、B两物体做功之比为2：1‎ D．在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：3‎ ‎【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位移．根据面积比得出位移比；根据两物块做匀减速运动过程，求出匀减速运动的加速度大小之比，从而求出摩擦力大小之比；根据牛顿第二定律：两物块做匀减速运动的加速度大小之比等于合外力之比；由位移与时间之比求解平均速度之比 ‎【解答】解：A、由速度图线的斜率等于加速度，则得：匀减速运动的加速度大小之比aA：aB=： =1：1．‎ fA=mAaA fB=mBaB 在外力作用下 联立解得mA：mB=5：12‎ 而匀减速运动过程中，两物体的合外力等于摩擦力，根据牛顿第二定律得：摩擦力大小之比等于质量之比，即擦力大小之比是5：12．故A正确；‎ B、AB两物体的最大速度之比为2：1，施加的力相同，故水平力F的最大功率之比为2：1，故B正确；‎ C、在力F作用下通过的位移之比为1：2，故拉力做功之比为1：2，故C错误；‎ D、由图象可知整个过程位移之比为6：5，摩擦力之比为5：12，故摩擦力做功之比为1：2，所用时间之比为3：5，故擦力做功的平均功率之比为5：6，故D错误 故选：AB ‎　‎ ‎14．如图所示，传送带与地面的倾角为37°，以10m/s的速率转动，在传送带上端轻轻静放一质量为0.5kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带两轮间距为16m，则物块从上端运动到下端所需时间可能为（　　）（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ A．1sB．2sC．3sD．4s ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑．‎ ‎【解答】解：开始阶段由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 　　‎ 代入数据得：a1=10m/s2‎ 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1=，‎ 发生的位移：s===5m＜16m；‎ 所以物体加速到10m/s 时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变．‎ 第二阶段有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；‎ 代入数据得：a2=2m/s2‎ 所以物体在B处时的加速度为2m/s2‎ 设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2则：‎ LAB﹣S=vt2+，‎ 代入数据解得：t2=1s ‎ 故物体经历的总时间为：t=t1+t2=1+1=2s．‎ 答：物块从上端运动到下端所需时间为2s．‎ ‎　‎ 三．实验题（每空2分，共14分）‎ ‎15．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．‎ ‎①如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶　静止　时电子秤的示数F；‎ ‎②如图（b），将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、　三细线的方向　和电子秤的示数F1；‎ ‎③如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着②中L2的方向拉开细线L2，使　结点O的位置　和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；‎ ‎④在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若　F和F′在误差范围内重合　，则平行四边形定则得到验证．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向，以两个分力为边做出平行四边形，其对角线长度代表合力的大小，水杯处于平衡状态，因此两个弹簧秤所测拉力的合力应该与重力等大反向．‎ ‎【解答】解：①要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F；‎ ‎②要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；‎ ‎③已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；‎ ‎④根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．‎ 故答案为：①静止；②三细线的方向；③结点O的位置；④F和F′在误差范围内重合 ‎　‎ ‎16．某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：‎ A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；‎ B．先不挂砝码盘，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；‎ C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；‎ D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．‎ 根据以上实验过程，回答以下问题：‎ ‎（1）对于上述实验，下列说法正确的是　BD　．‎ A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等 B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力 C．实验过程中砝码处于超重状态 D．砝码和砝码盘的总质量不需要远小于小车的质量 ‎（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为　0.16　m/s2．（结果保留2位有效数字）‎ ‎（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（见图丙），与本实验相符合的是　A　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；‎ ‎（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；‎ ‎（3）数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．‎ ‎【解答】解：（1）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；‎ B、同一根细绳，且已平衡摩擦力，则弹簧测力计的读数为小车所受合外力，故B正确；‎ C、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故C错误；‎ D、由于不是砝码的重力，即为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故D正确；故选：BD；‎ ‎（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=aT2，‎ 小车的加速度：a=，将△x=0.16cm，T=0.1s带入解得：a=0.16m/s2．‎ ‎（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合；‎ 故答案为：（1）BD；（2）0.16；（3）A．‎ ‎　‎ 四．计算题（共3小题，其中17题12分，18题12分，19题14分）‎ ‎17．如图所示，在某市区内，一辆小汽车在公路上以速度v1向东行驶，一位观光游客由南向北从斑马线上横穿马路．汽车司机发现游客途经D处时经过0.5s做出反应紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下．为了判断汽车是否超速行驶以及游客横穿马路是否过快，警方派一警车以法定最高速度vm=16m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A紧急刹车，经过16m后停下来．在事故现场测量得XAB=26m、XBC=9m、XBD=2m．肇事汽车刹车性能良好（可认为警车与肇事汽车刹车时加速度均相同）．问：‎ ‎（1）该肇事汽车的初速度v1是多大？‎ ‎（2）游客横穿马路的速度是多大？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】肇事汽车和警车刹车时的加速度相同，根据警车的初速度、位移和末速度可以求出刹车时的加速度a，已知肇事汽车的刹车位移、加速度和末速度，可以求出肇事汽车的初速度，游客过马路的速度v=，其中t为肇事汽车司机发现游客到汽车运动到B点的时间，具体为汽车从A匀减速到B所用时间加上司机的反应时间．‎ ‎【解答】解：①设刹车速度大小为a，有：vm2=2a 代入数据：‎ 解得：a=8m/s2‎ 肇事车先匀速，后减速 x匀+x减=AB+BC ‎ x匀=vAt，‎ t=0.5s ‎ vA2=2‎ 代入数据：‎ 由以上计算式可得：vA=20m/s ‎②设肇事汽车反应时间内的位移为：‎ x1=vA t=20×0.5=10m ‎ ‎ x2=AB﹣x匀=26﹣10=16m 汽车匀减速 vAt’﹣ a t’2=‎ 代入数据：‎ t’=1s 游客横过马路的速度为：v==m/s 答：（1）该肇事汽车的初速度v1是20m/s ‎（2）游客横穿马路的速度是 ‎　‎ ‎18．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m、带相同电量的正电小球a、b，以不同的速度进入管内（小球的直径略小于半圆管的内径，且忽略两小球之间的相互作用），a通过最高点A时，对外管壁的压力大小为3.5mg，b通过最高点A时，对内管壁的压力大小0.25mg，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半．求：‎ ‎（1）a、b两球落地点距A点水平距离之比；‎ ‎（2）a、b两球落地时的动能之比．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）对两个球分别受力分析，根据合力提供向心力，求出速度，此后球做平抛运动，正交分解后，根据运动学公式列式求解即可求出两球落地点距A点水平距离之比；‎ ‎（2）从A到落地的过程中机械能守恒，由此求出落地时逗你的表达式，即可求出两球落地时的动能之比．‎ ‎【解答】解：两个小球在最高点时，受重力、电场力和管壁的作用力，这三个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做类平抛运动；‎ 对a球：3.5mg+mg+qE=m，‎ 其中：qE=0.5mg 解得：va=2，‎ 对B球：mg﹣0.25mg﹣qE=m，‎ 解得：vb=，‎ 离开A点后竖直方向：ma=mg﹣qE 所以：a=0.5g 由平抛运动规律可得：‎ 时间为：t=，‎ 落地时它们的水平位移为：sa=vat=‎ sb=vbt=，‎ a、b两球落地点间的距离之比：‎ ‎（2）两个小球做类平抛运动，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：‎ 对a球：‎ 解得：Eka=3mgR 对b球：‎ 解得：‎ 所以：a、b两球落地时的动能之比：‎ 答：（1）a、b两球落地点距A点水平距离之比是4：1；‎ ‎（2）a、b两球落地时的动能之比是8：3．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为M，长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块（可视为质点），放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M＞m．现使小物块和长木板以共同速度v0向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失．试求：‎ ‎（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它此时距长木板左端多远？‎ ‎（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什么条件？‎ ‎（3）若满足（2）中条件，且M=2kg，m=1kg，v0=9m/s，试计算整个系统在刚发生第四次碰撞前损失的机械能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）选取正方向，运用动量守恒来确定共同运动的速度，根据能量守恒定律列出等式求解；‎ ‎（2）m相对M向右滑动，以后M与左挡板碰撞，碰后m相对于M向左滑动，直到达到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解；‎ ‎（3）根据能量守恒定律得求出第四次碰撞前损失的机械能．‎ ‎【解答】解：（1）第一次与右挡板碰后到达共同速度v1的过程中，对m、M组成的系统，选定水平向左为正方向．由动量守恒可得：‎ ‎（M﹣m）v0=（M+m）v1…①‎ 由能量守恒可得：μmgL1=（M+m）v02﹣（M+m）v12…②‎ 由①②解得：L1=；‎ ‎（2）上述过程中，m相对M向右滑动，且共同速度v1向左．‎ 以后，M与左挡板碰撞，碰后m相对M向左滑动，直到重新达到共同速度v2，‎ 以向右为正方向，由动量守恒动量得：（M﹣m）v1=（M+m）v2…③‎ 由能量守恒可得：μmgL2=（M+m）v12﹣（M+m）v22…④‎ 由③④解得：L2=，显然L2＜L1，同理：L3＜L2，…‎ 因此，只有第一次碰后m未从M上掉下，以后就不可能掉下，则长木板的长度L应满足：L≤；‎ ‎（3）根据能量守恒可得，到刚发生第四次碰撞前，系统损失的机械能，由机械能守恒定律得：‎ ‎△E=μmg（L1+L2+L3）=μmg×（v02+v12+v22）=（v02+v12+v22）…⑤‎ 又v1=v0…⑥‎ v2=（）2v0 …⑦‎ 解得：△E=J≈121.3J；‎ 答：（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它此时距长木板左端距离为；‎ ‎（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足的条件是L≤；‎ ‎（3）整个系统在刚发生第四次碰撞前损失的机械能是121.3J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月4日