【解析】福建省三明一中2017届高三上学期期中考试物理试卷

2016-2017学年福建省三明一中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共有13个小题：1-8小题只有一个选项正确，每题3分；9-13有多个选项，每小题3分，全对得4分，选对但不全得2分，有错选或不选得0分；总共44分）1下列关于超重和失重现象的描述中正确的是（）A电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，列车上的乘客处于超重状态C荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D“神舟”六号飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态22014年8月3日16时30分云南省鲁甸县发生6.5级强震，牵动了全国人民的心一架装载救灾物资的直升飞机，以9m/s的速度水平飞行在距地面180m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10m/s2，则（）A物资投出后经过20s到达地面目标B物资投出后经过6s到达地面目标C应在地面目标正上方投出物资D应在距地面目标水平距离180m处投出物资3如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是（）A将立即做匀减速直线运动B将立即做变减速直线运动C在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零4假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（）A地球公转周期大于火星的公转周期B地球公转的线速度小于火星公转的线速度C地球公转的加速度小于火星公转的加速度D地球公转的角速度大于火星公转的角速度5在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）A电动机的输入电压是3 VB流过电动机的电流是2 AC电动机的效率是80%D整个电路消耗的电功率是10 W6在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的vt图象可能是图中（）ABCD7半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板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纵截面图若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，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（）AMN对Q的弹力逐渐减小B地面对P的摩擦力逐渐增大CP、Q间的弹力先减小后增大DQ受到P和MN的合力逐渐增大8如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR9（4分）甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）A甲的加速度大于乙的加速度B甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C甲的速度比乙的速度变化快D甲、乙在相等时间内速度变化的大小相等10（4分）船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示，则当船沿渡河时间最短的路径渡河时（）A船渡河的最短时间为60 sB要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直C船在河水中航行的轨迹是一条直线D船在河水中的最大速度是5 m/s11（4分）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g在剪断的瞬间，（）Aa1=3gBa1=0Cl1=2l2Dl1=l212（4分）发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，其中说法正确的是（）A卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2 上经过 Q点时的加速度B卫星在轨道3上的动能小于它在轨道1上的动能C卫星在轨道3上的引力势能小于它在轨道1上的引力势能D卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能13（4分）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）Aa绳的张力不可能为零Ba绳的张力随角速度的增大而增大C当角速度，b绳将出现弹力D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化二、实验题（本大题共有2个小题，每空2分，共14分）14（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1=cm在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2=N（当地重力加速度g=9.8m/s2）要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是作出Fx曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系15（8分）小丽采用如图1所示的装置探究“物体质量一定时，其加速度与所受合外力的关系”（1）小丽是采用vt图象来求加速度的图2是实验中打出的一条纸带的一部分（单位：cm），纸带上标出了连续的6个计数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出打点计时器接在频率为50Hz的交变电源上打点计时器打3点时，小车的速度为m/s（结果保留两位有效数字）打这条纸带小车的加速度为m/s2（结果保留两位有效数字）（2）小明同学把各点的速度都算出来，标在了vt坐标系中，如图3甲所示并作出小车运动的vt图线；利用图线求出小车此次运动的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）（3）小明同学最终所得小车运动的aF图线如图3乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线根据该图线可以确定下列判断中正确的是A本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比B小车的加速度可能大于重力加速度gC可以确定小车的质量约为2kgD实验中配重的质量m远小于小车的质量M三、计算题（本题共5个小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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（8分）如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E=5103V/m，圆弧轨道半径R=0.4m现有一带电量q=+2105C、质量m=5102kg的物块（可视为质点）从距B端s=1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进人圆弧轨道BC，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块在水平轨道上加速运动的时间t和到达B点的速度vB的大小（2）物块刚进人圆弧轨道时受到的支持力NB的大小17（10分）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vt图象如图（乙）所示取重力加速度为g=10m/s2求：（1）物体在运动过程中加速度的大小和方向；（2）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；（3）10s末物体离a点的距离；18（10分）如图所示，倾角为37的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2m，其连接处CD之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹簧下端与一个可视为质点、质量为m=0.02kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27J，现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点同一竖直线上B点的距离s=2.0m已知斜面轨道的A点与水平面B点之间的高度为h=1.0m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75，小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；（2）小球对B点轨道的压力；（3）斜面粗糙部分的长度x19（7分）如图所示，质量为m、带电量为+q的小球从距地面高度h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为，为使小球无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场求：（1）小球的初速度v0；（2）电场强度E的大小；（3）小球落地时的动能20（7分）如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=O时刻P放在传送带中点处由静止释放已知P与传送带间的动摩擦因数为O.5，传送带水平部分两端点间的距离为4m，不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=1Om/s2（1）判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；（2）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；（3）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能2016-2017学年福建省三明一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共有13个小题：1-8小题只有一个选项正确，每题3分；9-13有多个选项，每小题3分，全对得4分，选对但不全得2分，有错选或不选得0分；总共44分）1下列关于超重和失重现象的描述中正确的是（）A电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，列车上的乘客处于超重状态C荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D“神舟”六号飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态【考点】超重和失重【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g【解答】解：A、电梯正在减速上升，加速度向下，故电梯中的乘客处于失重状态，故A错误B、磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，竖直方向没有加速度，故B错误C、荡秋千时秋千摆到最低位置时，加速度方向向上，故人处于超重状态，故C错误D、飞船在绕地球做圆行轨道运行时，万有引力完全提供向心力，飞船内的宇航员对飞船的压力为零，飞行员处于完全失重状态，所以D正确故选D【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了2 2014年8月3日16时30分云南省鲁甸县发生6.5级强震，牵动了全国人民的心一架装载救灾物资的直升飞机，以9m/s的速度水平飞行在距地面180m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10m/s2，则（）A物资投出后经过20s到达地面目标B物资投出后经过6s到达地面目标C应在地面目标正上方投出物资D应在距地面目标水平距离180m处投出物资【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】货物离开飞机后以9m/s的初速度做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，根据平抛运动的分位移公式列式计算即可【解答】解：A、救灾物资离开飞机后做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，解得：t=6s，故A错误，B正确；C、救灾物资的水平位移：x=v0t=96=54m，为把物质准确投放至地面目标，应在距地面目标水平距离54m处投出物质，故CD错误；故选：B【点评】本题关键是明确货物做平抛运动，然后根据平抛运动的位移公式列式求解3如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是（）A将立即做匀减速直线运动B将立即做变减速直线运动C在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当木块接触弹簧后，分析木块的受力情况，判断其运动情况恒力先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度不为零【解答】解：A、B、C当木块接触弹簧后，恒力F先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大故AB错误，C正确D、在弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力F，合力向右，加速度不为零故D错误故选C【点评】本题关键要抓住弹簧的可变性，分析合力的变化情况，确定加速度的变化情况4假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（）A地球公转周期大于火星的公转周期B地球公转的线速度小于火星公转的线速度C地球公转的加速度小于火星公转的加速度D地球公转的角速度大于火星公转的角速度【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力=ma，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度与轨道半径大小的关系，据此讨论即可【解答】解：A、B、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以v地v火，T地T火故AB错误C、据万有引力提供向心加速度，得：，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大故C错误；D、根据：T=，所以：，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比较大故D正确故选：D【点评】本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式5在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）A电动机的输入电压是3 VB流过电动机的电流是2 AC电动机的效率是80%D整个电路消耗的电功率是10 W【考点】电功、电功率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由P=UI的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由P=I2R求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由P=UI 求出电路的总功率【解答】解：A、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机电压UM=UUL=8V3V=5V，故A错误；B、灯泡正常发光，则电路电流I=2A，故B正确；C、电动机的热功率PQ=I2RM=（2A）21=4W，输入功率P入=UMI=52=10W；则效率=100%=100%=60%，故C错误；D、整个电路消耗的功率P总=UI=8V2A=16W，故D错误；故选：B【点评】本题考查功率的计算问题，要注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差6在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的vt图象可能是图中（）ABCD【考点】电场线；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】vt图象中的斜率表示物体的加速度，根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，则电场力越来越大，所以根据电荷运动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，可得出正确结果【解答】解：根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，因此该电荷所受电场力越来越大，电荷的加速度越来越大，vt图象中的斜率表示物体的加速度故选：B【点评】本题结合vt图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性7半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板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纵截面图若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，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（）AMN对Q的弹力逐渐减小B地面对P的摩擦力逐渐增大CP、Q间的弹力先减小后增大DQ受到P和MN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【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况【解答】解：AC、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图：重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanN2=由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，C错误；B、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtan由于不断增大，故f不断增大；故B正确；D、Q受到MN和P的弹力的矢量和与重力平衡，保持不变，故D错误；故选：B【点评】本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理8如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR【考点】动能定理的应用【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题【分析】根据下降的高度求出重力做功的大小，根据动能定理求出合外力做功以及克服摩擦力做功的大小，通过除重力以外其它力做功得出机械能的变化【解答】解：A、从P到B的过程中，下降的高度为R，则重力做功为mgR，故A错误B、根据牛顿第二定律得，在B点，根据mg=m得，根据动能定理知，合外力做功等于动能的变化量，则合外力做功W合=，因为W合=mgRWf，可知克服摩擦力做功为，机械能减少，故B、C错误，D正确故选：D【点评】本题解题的突破口是小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，求出临界速度要掌握各种功和能的对应关系，不能搞错9（4分）甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）A甲的加速度大于乙的加速度B甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C甲的速度比乙的速度变化快D甲、乙在相等时间内速度变化的大小相等【考点】加速度【专题】直线运动规律专题【分析】正确解答本题需要掌握：加速度为矢量，负号表示方向，不表示其大小；当加速度方向和速度方向相同时，速度越来越大，相反时速度越来越小【解答】解：A、加速度为矢量，负号表示方向，因此甲的加速度等于乙的加速度，故A错误；B、甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=+4m/s2，a乙=4m/s2，甲的加速度和速度方向一致，乙的加速度和速度方向相反，所以甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，故B正确；C、加速度表示速度变化的快慢，甲的加速度等于乙的加速度，所以甲的速度比乙的速度变化一样，故C错误；D、因加速度大小相等，则在相等时间内速度变化的大小相等，故D正确；故选：BD【点评】加速度、速度是高中物理中重要的概念，要正确区分它们之间的关系，明确加速度与速度无关，加速度表示的速度的变化快慢10（4分）船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示，则当船沿渡河时间最短的路径渡河时（）A船渡河的最短时间为60 sB要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直C船在河水中航行的轨迹是一条直线D船在河水中的最大速度是5 m/s【考点】运动的合成和分解【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短当水流速最大时，船在河水中的速度最大【解答】解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t=s=100s故A错误；B、要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直，故B正确C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线故C错误D、船在静水中的速度与河水的流速是垂直的关系，其合成时不能直接相加减，而是满足矢量三角形合成的法则，故船在航行中最大速度是： =5m/s故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解11（4分）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g在剪断的瞬间，（）Aa1=3gBa1=0Cl1=2l2Dl1=l2【考点】牛顿第二定律；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量【解答】解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，根据平衡条件，有：对a：F2=F1+mg对b：F1=F+mg对c：F=mg所以：F1=2mg弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=kl1，；同时：F=kl2，所以：联立得l1=2l2：故C正确，D错误故选：AC【点评】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系12（4分）发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，其中说法正确的是（）A卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2 上经过 Q点时的加速度B卫星在轨道3上的动能小于它在轨道1上的动能C卫星在轨道3上的引力势能小于它在轨道1上的引力势能D卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度、和向心力的表达式进行讨论即可【解答】解：A、根据万有引力提供向心力=ma，a=所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2 上经过 Q点时的加速度故A正确；B、v=所以卫星在轨道3上的速度小于它在轨道1上的速度，根据动能定义式得卫星在轨道3上的动能小于它在轨道1上的动能故B正确；C、卫星在轨道3上的引力势能大于它在轨道1上的引力势能，故C错误；D、卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故D正确故选：ABD【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论13（4分）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）Aa绳的张力不可能为零Ba绳的张力随角速度的增大而增大C当角速度，b绳将出现弹力D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；B、根据竖直方向上平衡得，Fasin=mg，解得，可知a绳的拉力不变，故B错误；C、当b绳拉力为零时，有：，解得，可知当角速度时，b绳出现弹力，故C正确；D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键二、实验题（本大题共有2个小题，每空2分，共14分）14（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1=25.85cm在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2=0.98N（当地重力加速度g=9.8m/s2）要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是弹簧原长作出Fx曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】实验题【分析】根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由G=mg可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实验原理明确需要的物理量【解答】解：由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；挂2个钩码时，重力为：G=2mg=20.059.8=0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为0.98N；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；故答案为：25.85；0.98；弹簧原长【点评】本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要注意明确实验原理，同时注意掌握相应仪器的测量方法15（8分）小丽采用如图1所示的装置探究“物体质量一定时，其加速度与所受合外力的关系”（1）小丽是采用vt图象来求加速度的图2是实验中打出的一条纸带的一部分（单位：cm），纸带上标出了连续的6个计数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出打点计时器接在频率为50Hz的交变电源上打点计时器打3点时，小车的速度为0.23m/s（结果保留两位有效数字）打这条纸带小车的加速度为0.39m/s2（结果保留两位有效数字）（2）小明同学把各点的速度都算出来，标在了vt坐标系中，如图3甲所示并作出小车运动的vt图线；利用图线求出小车此次运动的加速度a=0.98m/s2（结果保留两位有效数字）（3）小明同学最终所得小车运动的aF图线如图3乙所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线根据该图线可以确定下列判断中正确的是ADA本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比B小车的加速度可能大于重力加速度gC可以确定小车的质量约为2kgD实验中配重的质量m远小于小车的质量M【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可求出3点的瞬时速度大小，根据作差法求出加速度（2）在匀变速直线运动中，v=v0+at，故vt图象应为线性关系，连线求出图线的斜率即为加速度（3）由原理F=Ma结合图象可分析：F与a的关系，斜率的意义【解答】解：（1）中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度：，根据作差法得：a=m/s2，（2）在匀变速直线运动中，v=v0+at，故vt图象应为线性关系，画图时让尽量多的点落在直线上即可，图象如图所示图象的斜率表示加速度，则a=（3）A：由图线可得：F与a成正比，故A正确B：小车的加速度：a=，所以加速度不可能大于g，故B错误C：图线的斜率k=2，所以：M=0.5kg，故C错误D：因为图线是过原点的直线，故满足配重的质量m远小于小车的质量M，故D正确故选：AD故答案为：（1）0.23；0.39；（2）vt图线如图，0.98；（3）AD【点评】对该实验要明确实验原理，在此基础上对器材的选择，误差分析，注意事项等问题进行分析会起到事半功倍的效果三、计算题（本题共5个小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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（8分）（如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E=5103V/m，圆弧轨道半径R=0.4m现有一带电量q=+2105C、质量m=5102kg的物块（可视为质点）从距B端s=1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进人圆弧轨道BC，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块在水平轨道上加速运动的时间t和到达B点的速度vB的大小（2）物块刚进人圆弧轨道时受到的支持力NB的大小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）带电体在光滑水平轨道AB上由电场力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求出加速度大小，由运动学公式可算出时间和到B端的速度大小（2）由带电体运动到B端的速度，及牛顿第二定律可求出物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小【解答】解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：qE=ma 解得：a=2m/s2由s=，得：t=s=1s 带电体运动到B端的速度大小为：vB=at=2m/s （2）设带电体运动到圆弧形轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：NBmg=m解得：NB=1N答：（1）物块在水平轨道上加速运动的时间是1s，到达B点的速度vB的大小为2m/s（2）物块刚进人圆弧轨道时受到的支持力NB的大小是1N【点评】利用牛顿第二定律与运动学公式相结合进行解答，也可以运用动能定理和运动学公式结合求解17（10分）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vt图象如图（乙）所示取重力加速度为g=10m/s2求：（1）物体在运动过程中加速度的大小和方向；（2）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；（3）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；力的合成与分解的运用【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由vt图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度；（2）对两段时间分别运动牛顿第二定律列式后联立求解；（3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为vt图与横轴所围的上下两块面积之差；【解答】解：（1）则由vt图得04s加速度大小a1=2 m/s2，方向与初速度方向相反 则由vt图得410s加速度大小a2=，方向与初速度方向相反 （2）在04 s内，根据牛顿第二定律，有F+mg=m在410 s内，Fmg=m代入数据F+20=22F20=21解得：F=3 N，=0.05 （3）设10 s末物体的位移为x，x应为vt图线与坐标轴所围的面积，则x=48 m66 m=2 m，即物体在a点左侧2 m处 答：（1）物体在运动过程中04s加速度的大小、方向与初速度方向相反；410s加速度大小1、方向与初速度方向相反（2）力F的大/3N和物体与水平面间的动摩擦因数为0.05；（3）10s末物体离a点的距离2m【点评】本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律18（10分）如图所示，倾角为37的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2m，其连接处CD之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹簧下端与一个可视为质点、质量为m=0.02kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27J，现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点同一竖直线上B点的距离s=2.0m已知斜面轨道的A点与水平面B点之间的高度为h=1.0m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75，小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；（2）小球对B点轨道的压力；（3）斜面粗糙部分的长度x【考点】动能定理的应用；平抛运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度（2）在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力（3）应用动能定理求出斜面粗糙部分的长度x【解答】解：（1）小球从E点飞出后做平抛运动，竖直方向：4R=gt2，水平方向：s=vEt，代入数据解得：vE=5m/s；（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mvB2=mvE2+mg4R，在B点，由牛顿第二定律得：Fmg=m，代入数据解得：F=4.3N，由顿