【析】辽宁省本溪高中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

【析】辽宁省本溪高中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年辽宁省本溪高中高三（上）月考物理试卷（解析版）（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且 mA＞mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（　　）‎ A．物体 A 的高度升高，θ角变小 B．物体 A 的高度降低，θ角不变 C．物体 A 的高度升高，θ角不变 D．物体 A 的高度不变，θ角变小 ‎2．质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）‎ A．a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小 B．t1时刻a车在前，b车在后 C．t1～t2汽车a、b的位移相同 D．a、b车加速度都是先减小后增大 ‎4．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是（　　）‎ A．电子在A、B两点的速度vA＜vB B．A、B两点的电势φA＜φB C．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpB D．A、B两点的电场强度EA＞EB ‎5．如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是（　　）‎ A．如果B对A无摩擦力，则地面对B可能有摩擦力 B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B有向右的摩擦力 C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小 D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力可能增大 ‎6．在一均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9 个质点，相邻两质点间的距离均为0.1m，如图（a）所示，一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点l，质点l开始向下运动，经过时间0.3s第一次出现如图（b）所示的波形．下列说法中正确的是（　　）‎ A．t=0.3s时，第9个质点的振动方向向下 B．该波的周期为0.3s C．该波的波速为4m/s D．在介质中还有一质点P，在波的传播方向上距质点l的距离为5.2m，则再经1.15s，P点处于波谷 ‎7．在空气中，一条光线以60°的入射角射到一平行玻璃板的上表面ab上，已知该玻璃的折射率为，下列说法正确的是（　　）‎ A．光线可能在ab面上发生全反射而不能进入玻璃板 B．光线肯定能从ab面进入玻璃板且折射角为30°‎ C．光线可能在cd面上发生全反射而不能射出玻璃板 D．光线肯定能从cd面射出玻璃板且折射角为30°‎ ‎8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电 量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v～t图象如图乙所示，其中B点处为整 条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2v/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．AB两点电势差UAB=﹣5 V ‎9．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细绳连接在一起，A物体受水平向右的力F作用，此时B匀速下降，A水平向左运动．由此可知（　　）‎ A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动 C．物体A和B组成的系统机械能一定减小 D．物体A所受的摩擦力逐渐减小 ‎10．“嫦娥二号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示．已知“嫦娥二号”的质量为m，远月点Q距月球表面的高度为h，运行到Q点时它的角速度为ω，加速度为a，月球的质量为M、半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．则它在远月点时对月球的万有引力大小为（　　）‎ A． B．ma C． D．m（R+h）ω2‎ ‎11．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）‎ A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 ‎12．一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当弹簧与杆垂直时小球动能最大 B．当小球沿杆方向的合力为零时小球动能最大 C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功小于mgh D．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功等于mgh ‎　‎ 二、实验题（本题包括3个题，共24分．）‎ ‎13．（8分）为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知：“弹簧的弹性势能Ep=kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量”．某同学用压缩的弹簧推静止的小球（已知质量为m）运动来探究这一问题．为了研究方便，把小铁球O放在水平桌面上做实验，让小铁球O在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．‎ 该同学设计实验如下：‎ ‎（1）如图甲所示，将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小铁球O，静止时测得弹簧的形变量为d．在此步骤中可求得弹簧劲度系数k，则k=　　（用m、d、g表示）．‎ ‎（2）如图乙所示，将这根弹簧水平放在光滑桌面上，一端固定在竖直墙面，另一端与小铁球接触，用力推小铁球压缩弹簧；小铁球静止时测得弹簧压缩量为x，撤去外力后，小铁球被弹簧推出去，从水平桌面边沿抛出落到水平地面上．‎ ‎（3）测得水平桌面离地高为h，小铁球落地点离桌面边沿的水平距离为L，则小铁球被弹簧弹出的过程中初动能Ek1=　　，末动能Ek2=　　（用m、h、L、g表示）；弹簧对小铁球做的功W=　　（用m、x、d、g表示）．对比W和（Ek2﹣Ek1）就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”，即：“在实验误差范围内，外力所做的功等于物体动能的变化”．‎ ‎14．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；‎ ‎（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎15．（10分）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在　　方向（填“水平”或“竖直”）；‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧　　时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：‎ 代表符号 L0‎ Lx L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ 数值（cm）‎ ‎25.35‎ ‎27.35‎ ‎29.35‎ ‎31.30‎ ‎33.4‎ ‎35.35‎ ‎37.40‎ ‎39.30‎ 表中有一个数值记录不规范，代表符号为　　‎ ‎．由表可知所用刻度尺的最小长度为　　．‎ ‎③如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与　　的差值（填“L0或L1”）．‎ ‎④由图可知弹簧的劲度系数为　　N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为　　g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括3小题，共38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）‎ ‎16．（10分）在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平成θ=37°固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平内右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略浮力．求：‎ ‎（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；‎ ‎（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．‎ ‎17．（12分）如图所示，质量M=9kg小车B静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m=0.9kg的木块A（可视为质点）靠弹簧放置并处于静止状态，A与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A右侧车表面光滑，木块A左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ=0.75．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=100m/s的初速度水平向右飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果最后木块A刚好不从小车左端掉下来，求：小车最后的速度及木块A到小车左端的距离．‎ ‎18．（16分）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为﹣q（﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（﹣L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；‎ ‎（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省本溪高中高三（上）月考物理试卷（解析版）（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且 mA＞mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（　　）‎ A．物体 A 的高度升高，θ角变小 B．物体 A 的高度降低，θ角不变 C．物体 A 的高度升高，θ角不变 D．物体 A 的高度不变，θ角变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据滑轮不省力的特点可知，整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子拉力大小F等于物体B的重力不变，A物体对滑轮的拉力也不变．根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究θ的变化情况．‎ ‎【解答】解：系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子受力情况如右图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2总是相等的，它们的合力F与F3是一对平衡力，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mAg=2mBgsinθ．绳的端点由Q点移向P点时，由于mA、mB的大小不变，故θ不变，因此A下降，B上升．‎ 故ACD错误，B正确；‎ 故选：B ‎【点评】本题关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变．对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性．‎ ‎　‎ ‎2．质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】本题属于“反冲”问题，原子核放出粒子过程中动量守恒，因此根据动量守恒直接列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：mv+（M﹣m）v′=0‎ 所以解得：v′=﹣，负号表示速度与放出粒子速度相反．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题比较简单，考查了动量守恒定律的应用，要注意该定律的适用条件和公式中物理量的含义以及其矢量性．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）‎ A．a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小 B．t1时刻a车在前，b车在后 C．t1～t2汽车a、b的位移相同 D．a、b车加速度都是先减小后增大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据速度时间图线判断两汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前．通过图线的斜率判断加速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大．故A错误．‎ BC、在t2时刻，两车相遇，在t1﹣t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后．故B、C错误．‎ D、速度图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度都是先减小后增大，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度．‎ ‎　‎ ‎4．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是（　　）‎ A．电子在A、B两点的速度vA＜vB B．A、B两点的电势φA＜φB C．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpB D．A、B两点的电场强度EA＞EB ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AC、可判断出电场线的方向从A到B，电子所受的电场力从B到A，则电子在A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有vA＞vB，EPA＜EPB ．故AC错误；‎ B、由图看出，电势逐渐降低，φA＞φB，故B错误．‎ D、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是（　　）‎ A．如果B对A无摩擦力，则地面对B可能有摩擦力 B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B有向右的摩擦力 C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小 D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力可能增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】分别对A和整体进行分析，明确物块A受重力、支持力、静摩擦力，可能受弹簧弹力，也可能不受弹簧弹力，根据共点力平衡进行分析．‎ ‎【解答】解：A、若B对A没有摩擦力，则A对B也没有摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B也没有摩擦力，故A错误；‎ B、若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，故B错误；‎ C、若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A物块的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大；故C错误；‎ D、P点下降过程中，水平方向拉力可能增大，则对整体分析可知，地面对B的摩擦力可能增大，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】‎ 本题考查共点力平衡条件的应用，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用．‎ ‎　‎ ‎6．在一均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9 个质点，相邻两质点间的距离均为0.1m，如图（a）所示，一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点l，质点l开始向下运动，经过时间0.3s第一次出现如图（b）所示的波形．下列说法中正确的是（　　）‎ A．t=0.3s时，第9个质点的振动方向向下 B．该波的周期为0.3s C．该波的波速为4m/s D．在介质中还有一质点P，在波的传播方向上距质点l的距离为5.2m，则再经1.15s，P点处于波谷 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】据题质点1开始向下运动，而图b中质点1的运动方向正向上，说明第一次出现如图（b）所示的波形经过了1.5T．求出周期，读出波长，再求出波速．根据质点P与质点1之间的距离与波长的关系，分析它们振动状态的关系．‎ ‎【解答】解：A、波向右传播，根据波形的平移法判断可知，t=0.3s时，第9个质点的振动方向向上，故A错误；‎ B、已知质点1开始向下运动，所有质点的起振方向都向下，而图示时刻第9个质点的起振方向向上，质点1的运动方向正向上，说明波已传到x=1.2m处，所以第一次出现如图（b）所示的波形经过了1.5T，即t=0.3s=1.5T，得到周期为T=0.2s，故B错误；‎ C、从图中可以看出，波长λ=0.8 m，根据波速公式得到，波速为：v===4m/s，故C正确；‎ D、再经1.15s，波传播的距离为：x=vt=4×‎ ‎1.15m=4.5m，图示时刻波已传到x=1.2m处，则再经1.15s，P点已经振动的时间为：t==s=0.125s=T，正从波峰向平衡位置运动，还没有到达波谷，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题是关键是确定时间t=0.3s与周期的关系，容易产生的错误是认为t=0.2s=T，要抓住各质点起振方向都相同进行分析．‎ ‎　‎ ‎7．在空气中，一条光线以60°的入射角射到一平行玻璃板的上表面ab上，已知该玻璃的折射率为，下列说法正确的是（　　）‎ A．光线可能在ab面上发生全反射而不能进入玻璃板 B．光线肯定能从ab面进入玻璃板且折射角为30°‎ C．光线可能在cd面上发生全反射而不能射出玻璃板 D．光线肯定能从cd面射出玻璃板且折射角为30°‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光只有从光密介质进入光疏介质时才可能发生全反射．光线肯定能从ab面进入玻璃板，根据折射定律求出折射角为30°．根据光路可逆性原理判断可知，光线肯定能从cd面射出玻璃板且折射角为60°．‎ ‎【解答】解：A、B、光从空气射到平行玻璃板上表面时，不可能发生全反射，一定能从ab面进入玻璃板．由n==，得折射角为r=30°．故A错误，B正确；‎ C、D、由几何知识可知，光线射到cd面上入射角等于30°，根据光路可逆性原理判断可知，光线在cd面上不可能发生全反射，肯定能从cd面射出玻璃板且折射角为60°．故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键要抓住全反射的必要条件：光从光密介质进入光疏介质，以及光路可逆性原理，分析光线能否发生全反射．‎ ‎　‎ ‎8．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电 量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v～t图象如图乙所示，其中B点处为整 条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（　　）‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2v/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．AB两点电势差UAB=﹣5 V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据V﹣t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况．‎ ‎【解答】解：A、据V﹣t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=知，B点的场强最大为1N/C，故A错误．‎ B、据V﹣t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误．‎ C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误．‎ D、据V﹣t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA=10J，再用UAB===﹣5V，故 D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】‎ 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据V﹣t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细绳连接在一起，A物体受水平向右的力F作用，此时B匀速下降，A水平向左运动．由此可知（　　）‎ A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动 C．物体A和B组成的系统机械能一定减小 D．物体A所受的摩擦力逐渐减小 ‎【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】把A实际运动的速度沿绳子和垂直于绳子两个的方向进行正交分解，结合B的速度不变，可判断A的运动情况．由功能关系分析系统的机械能如何变化．因B匀速下降，所以绳子的拉力的大小不变，把绳子拉A的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知A对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况．‎ ‎【解答】解：AB、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，‎ vB是vA在绳子方向上的分量，vB是恒定的，随着vB与水平方向的夹角增大，vA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动．故A错误，B正确；‎ C、对F对A做负功，所以根据功能关系可知，物体A和B组成的系统机械能一定减小，故C正确．‎ D、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=GB，A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向的F1‎ ‎，在竖直方向上，有N+F2=GA．绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以A所受的摩擦力减小，故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】该题在对A的运动进行分解时，要明确谁是合速度，谁是分速度，注意物体实际运动的速度为合速度．此种情况是把合速度沿绳子收缩的方向和绳子摆动的方向进行正交分解．‎ ‎　‎ ‎10．“嫦娥二号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示．已知“嫦娥二号”的质量为m，远月点Q距月球表面的高度为h，运行到Q点时它的角速度为ω，加速度为a，月球的质量为M、半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．则它在远月点时对月球的万有引力大小为（　　）‎ A． B．ma C． D．m（R+h）ω2‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】‎ 根据题目信息可知，此题主要考查卫星公转地的椭圆轨道远月点万有引力即向心力问题．A、使用万有引力定律完全可以解决；B、结合力与运动的关系可解决；C、比较月球表面和远月点的万有引力可解决；D、此公式适用于匀速圆周运动．‎ ‎【解答】解：设卫星在月球表面对月球的万有引力即重力为F1，在远月点时对月球的万有引力为F；‎ ‎ A、据万有引力公式得 在远月点时对月球的万有引力为，故A错误；‎ ‎ B、据力与运动的关系得 在远月点时卫星所受合力即万有引力 F=ma； 故B正确；‎ ‎ C、据万有引力公式得 在月球表面时卫星所受重力即二者万有引力①‎ ‎ 在远月点时卫星对月球的万有引力 =②‎ ‎ 把①代入②可得 故C正确；‎ ‎ D、此公式适用于匀速圆周运动，而卫星在绕月椭圆运动时速度变化不均匀，不适用．‎ 此题选择正确项，故选 BC．‎ ‎【点评】题目并不复杂，不过考查面很广，牵涉到万有引力和重力，及匀速圆周运动的公式，注意平时多关注公式的适用范围，并多变换公式，熟悉公式．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）‎ A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】系统所受合外力为零时系统动量守恒，根据系统所受外力情况判断系统动量是否守恒；物体具有竖直向上的初速度、在运动过程中只受重力作用时做竖直上抛运动，根据球的初速度情况判断球的运动性质．‎ ‎【解答】解：A、小球在槽内运动的全过程中，系统在水平方向所受合外力不为零，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误，B正确；‎ C、小球在槽内运动的全过程中，墙壁对系统有水平向右的作用力，系统在水平方向所受合外力不为零，小球、半圆槽、物块在水平方向动量不守恒，故C正确；‎ D、小球离从C点离开半圆槽时具有水平向右与竖直向上的速度，小球的速度斜向右上方，小球不做竖直上抛运动，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题考查了判断系统动量是否守恒、判断小球的运动性质问题，判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．‎ ‎　‎ ‎12．一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当弹簧与杆垂直时小球动能最大 B．当小球沿杆方向的合力为零时小球动能最大 C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功小于mgh D．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功等于mgh ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值．当合外力为零时，加速度为零，速度最大，故A错误，B正确；‎ CD、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题包括3个题，共24分．）‎ ‎13．为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知：“弹簧的弹性势能Ep=kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量”．某同学用压缩的弹簧推静止的小球（已知质量为m）运动来探究这一问题．为了研究方便，把小铁球O放在水平桌面上做实验，让小铁球O在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．‎ 该同学设计实验如下：‎ ‎（1）如图甲所示，将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小铁球O，静止时测得弹簧的形变量为d．在此步骤中可求得弹簧劲度系数k，则k=　　（用m、d、g表示）．‎ ‎（2）如图乙所示，将这根弹簧水平放在光滑桌面上，一端固定在竖直墙面，另一端与小铁球接触，用力推小铁球压缩弹簧；小铁球静止时测得弹簧压缩量为x，撤去外力后，小铁球被弹簧推出去，从水平桌面边沿抛出落到水平地面上．‎ ‎（3）测得水平桌面离地高为h，小铁球落地点离桌面边沿的水平距离为L，则小铁球被弹簧弹出的过程中初动能Ek1=　0　，末动能Ek2=　　（用m、h、L、g表示）；弹簧对小铁球做的功W=　　（用m、x、d、g表示）．对比W和（Ek2﹣Ek1）就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”，即：“在实验误差范围内，外力所做的功等于物体动能的变化”．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）甲所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，由胡克定律得到k；‎ ‎（3）乙图所示的乙实验：弹簧的弹性势能转化为小球的动能，利用平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，小球末动能Ek2=．再根据功能关系求出弹簧对小球做的功W．‎ ‎【解答】解：（1）当小球静止时，有 mg=kd，可得k=．‎ ‎（3）将弹簧压缩x后释放，小球O初动能Ek1=0；‎ 小球离开桌面后，以初速度v0做平抛运动，则有 L=v0t，h=‎ 可得v0=L 则小球末动能Ek2==‎ 根据功能关系得：弹簧对小球O做的功W==．‎ 故答案为：（1）； （3）0，，．‎ ‎【点评】本题借助于平抛运动以及胡克定律，考查探究外力做功与物体动能变化关系的能力，难度适中．‎ ‎　‎ ‎14．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；‎ ‎（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．‎ 对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．‎ 所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．‎ ‎（2）根据F=ma得a=‎ 所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．‎ 由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg ‎ 由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，‎ 根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0‎ 解得μ=0.2‎ 故答案为：（1）①；（2）0.5，0.2‎ ‎【点评】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．‎ 运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．‎ ‎　‎ ‎15．（10分）（2014•重庆校级模拟）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在　竖直　方向（填“水平”或“竖直”）；‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧　稳定　时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：‎ 代表符号 L0‎ Lx L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ 数值（cm）‎ ‎25.35‎ ‎27.35‎ ‎29.35‎ ‎31.30‎ ‎33.4‎ ‎35.35‎ ‎37.40‎ ‎39.30‎ 表中有一个数值记录不规范，代表符号为　L3　．由表可知所用刻度尺的最小长度为　1mm　．‎ ‎③如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与　L0　的差值（填“L0或L1”）．‎ ‎④由图可知弹簧的劲度系数为　4.9　N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为　10　g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】①弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向．‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧稳定时再读数．‎ ‎③根据表中数据，刻度尺的最小分度为mm，读数应估计到0.1mm；‎ ‎④充分利用测量数据和图象，根据公式△F=k△x可知横轴是弹簧的长度与Lx的差值，斜率即弹簧的劲度系数k．通过图和表可知砝码盘的质量．‎ ‎【解答】解：①安装实验装置时，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向．‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧稳定时，长度记为L0‎ ‎．用刻度尺测量长度时读数应估计到最小分度的下一位，可知LL 3 读数不规范，没有估读一位．由表可知所用刻度尺的最小长度为1mm．‎ ‎③充分利用测量数据和图象，根据公式△F=k△x可知横轴是弹簧的长度与L0的差值；‎ ‎④根据胡克定律公式△F=k△x，有 ‎ k===4.9N/m 由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm；挂砝码盘时：Lx=27.35cm；‎ 根据胡克定律，砝码盘质量为：M==kg=0.01kg=10g 故答案为：①竖直；②稳定；L3；1mm③L0；④4.9，10．‎ ‎【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括3小题，共38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）‎ ‎16．（10分）（2014•武昌区模拟）在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平成θ=37°固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平内右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略浮力．求：‎ ‎（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；‎ ‎（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）速度时间图象中的斜率表示加速度；‎ ‎（2）在有风和无风两种情况下，对小球进行受力分析，在y方向，由平衡条件列式，在x方向，由牛顿第二定律列式，联立方程即可求解．‎ ‎【解答】解；（1）取沿杆向上为正方向，由图象可知：‎ 在0～2 s内：（方向沿杆向上）‎ 在2～5 s内：（“﹣”表示方向沿杆向下）‎ ‎（2）有风力时的上升过程，‎ 小球受力分析如图所示；‎ 由牛顿第二定律得：‎ Fcosθ﹣μ（mgcosθ+Fsinθ）﹣mgsinθ=ma1…①‎ 停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；‎ 根据牛顿第二定律有：﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=ma2…②‎ 由②解得：μ=0.5‎ 代入①得：F=50 N 答：（1）小球在0～2s内的加速度a1=15m/s2和2～5s内的加速度a2=﹣10m/s2；‎ ‎（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ=0.5和水平风力F的大小50N．‎ ‎【点评】本题要求同学们知道速度时间图象的斜率表示加速度，能正确对小球进行受力分析，运用牛顿第二定律解题，难度适中．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2016•银川模拟）如图所示，质量M=9kg小车B静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m=0.9kg的木块A（可视为质点）靠弹簧放置并处于静止状态，A与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A右侧车表面光滑，木块A左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ=0.75．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=100m/s的初速度水平向右飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果最后木块A刚好不从小车左端掉下来，求：小车最后的速度及木块A到小车左端的距离．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】平板车与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．由动能的计算公式可以求出动能．由能量守恒定律可以求出木块A到小车左端的距离．‎ ‎【解答】解：当平板车与木块速度相同时，弹簧被压缩到最短，设此时速度为V1，以木块、木板、弹簧为系统，系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ m0v0=（M+m+m0）v1‎ v1=1m/s ‎ 子弹进入木块的过程中动量守恒，得：m0v0=（m+m0）v2‎ v2=10m/s ‎ 滑块在小车是滑动的过程中：（m+m0）v22﹣（M+m+m0） v12=μ（m+m0）gL ‎ 联立解得：L=6m 答：小车最后的速度是1m/s；木块A到小车左端的距离是6m．‎ ‎【点评】本题考查了求速度、动能、弹性势能，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎18．（16分）（2016秋•万州区校级月考）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为﹣q（﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（﹣L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；‎ ‎（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；‎ ‎（2）先根据几何关系求出半径，从P到B点的过程中，根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；‎ ‎（3）从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度，则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，‎ 则tan45°=‎ 解得：E=‎ ‎（2）根据几何关系可知，圆弧的半径r=‎ 从P到B点的过程中，根据动能定理得：‎ ‎（2L+）+EqL 在B点，根据牛顿第二定律得：‎ N﹣mg=m 联立解得：N=mg，方向向上，‎ ‎（3）从P到A的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 小球从C点抛出后做类平抛运动，‎ 抛出时的速度vC=vA=‎ 小球的加速度，‎ 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：‎ 解得：‎ 则沿x轴方向运动的位移x=‎ 则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L﹣8L=﹣7L 答：（1）匀强电场的电场强度的大小为；‎ ‎（2）小球运动到B点时对管的压力的大小为mg方向向上；‎ ‎（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．‎ ‎【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及平抛运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况，能结合几何关系求解，特别注意题目中的隐含条件的使用，难度较大．‎ ‎　‎