山西省朔州市怀仁一中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版） 22页

‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：（每小题4分，共40分）‎ ‎1．行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时行星的速率为（　　）‎ A．vb=vaB．vb=vaC．vb=vaD．vb=va ‎2．地球赤道上有一物体随地球自转而做圆周运动，所受到的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受到的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星所受到的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则（　　）‎ A．F1=F2＞F3B．a1=a2=g＞a3C．v1=v2=v＞v3D．ω1=ω3＜ω2‎ ‎3．如图，在斜面上的O点先后以v0和3v0的速度水平抛出A、B两小球则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能（　　）‎ A．1：3B．1：4C．1：9D．1：27‎ ‎4．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（　　）‎ A．FN不变，f变大B．FN不变，f变小C．FN变大，f变大D．FN变大，f变小 ‎5．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M与m（M＞m），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为l（l＜R）的轻绳连在一起，如图，甲物体放在转动轴的位置上，甲、乙之间的连线刚好沿半径方向拉直，要使两物体与圆盘之间不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大值不得超过（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎6．如图，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）．某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎7．物体A1、A2和B1、B2的质量均为m，A1、A2用轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在除去支托物的瞬间，A1、A2 受到的合力分别为FA1和 FA2，B1、B2受到的合力分别为 FB1和FB2，则 （　　）‎ A．FA1=0 FA2=2 mg FB1=0 FB2=2 mg B．FA1=mg FA2=mg FB1=0 FB2=2 mg C．FA1=0 FA2=2 mg FB1=mg FB2=mg D．FA1=mg FA2=mg FB1=mg FB2=mg ‎8．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m．现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′．则（　　）‎ A．a′=a，T′=TB．a′＞a，T′=TC．a′＜a，T′=TD．a′＞a，T′＞T ‎9．如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始作自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎10．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（　　）‎ A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12‎ C．t1～t2时间内的平均速度为（v1+v2）‎ D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小 ‎　‎ 二、多选题：（每题4分，有错选不得分，选不全2分，共24分）‎ ‎11．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用 B．小球只受重力和绳的拉力作用 C．θ越大，小球运动的速度越大 D．θ越大，小球运动的周期越大 ‎12．我国发射的“嫦娥一号”探月卫星进入绕月轨道后，在近月点经历3次制动点火3次制动点火，先后变成12小时、3.5小时、127分钟三种工作轨道，其轨迹示意图为如图所示的A、B、C，在卫星3.5小时工作轨道与127分钟工作轨道上分别经过近月点时相比较（　　）‎ A．速度大小相等 B．向心加速度大小相等 C．在3.5小时工作轨道上经过近月点时的速度较大 D．在3.5小时工作轨道上经过近月点时的向心加速度较大 ‎13．一质量为800kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F﹣图象，图中AB、BC均为直线．若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动 B．电动汽车的额定功率为10.8kW C．电动汽车由静止开始经过2s，速度达到6m/s D．电动汽车行驶中所受的阻力为600N ‎14．如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎15．甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2（s2＞s1）．初始时，甲车在乙车前方s0处．则下列说法正确的是（　　）‎ A．若s0＜s1，两车相遇2次B．若s0=s1，两车相遇1次 C．若s0=s1+s2，两车不会相遇D．若s0=s2，两车相遇1次 ‎16．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，受到水平向右的拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）‎ A．0﹣t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t3时刻物块A做反向运动 D．t3时间内物块A的动能最大 ‎　‎ 三、实验题（每空3分，共9分）‎ ‎17．用如图a所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验 根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨道，部分运动轨迹如图b所示，图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为l，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2 和P3之间的水平距离相等．若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，重力加速度为g，可求出小球从P1运动到P2 所用的时间为　　，小球抛出后的水平速度为　　．‎ ‎18．某同学利用如图甲所示的装置测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上砝码盘．通过改变盘中砝码的质量，测得6组砝码的质量m和对应的弹簧长度l，画出m﹣l图线，对应点已在图上标出，如图乙所示．（重力加速度g=10m/s2）‎ ‎①采用恰当的数据处理，该弹簧的劲度系数为　　N/m．（保留3位有效数字）‎ ‎②请你判断该同学得到的实验结果与考虑砝码盘的质量相比，结果　　．（填“偏大”、“偏小”或“相同”）‎ ‎　‎ 四、计算题（6分+9分+12分=27分.写出必要的计算过程）‎ ‎19．如图所示，用细绳一端系着的质量为m=0.3kg物体AA静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为M的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m，若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，转盘绕中心O旋转的角速度ω为10rad/s，使小球B保持静止，小球B的质量应取值范围？（取g=10m/s2）‎ ‎20．一长l=0.80m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m=0.10kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H=1.00m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）当小球运动到B点时的速度大小；‎ ‎（2）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；‎ ‎（3）若OP=0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．‎ ‎21．如图所示，在水平地面上有一个长L=1.5m，高h=0.8m的长方体木箱，其质量为M=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.3．在它的上表面的左端放有一质量为m=4kg的小铁块，（铁块与木箱间的摩擦不计）．开始它们均静止．现对木箱施加一水平向左的恒力F=27N．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）经过多长时间铁块从木箱上滑落？‎ ‎（2）铁块滑落前后木箱的加速度a1与a2大小之比．‎ ‎（3）铁块着地时与木箱右端的水平距离S．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（每小题4分，共40分）‎ ‎1．行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时行星的速率为（　　）‎ A．vb=vaB．vb=vaC．vb=vaD．vb=va ‎【考点】开普勒定律．‎ ‎【分析】根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，取极短时间△t，根据“面积”相等列方程得出远日点时与近日点时的速度比值求解 ‎【解答】解：取极短时间△t，根据开普勒第二定律得a•va•△t=b•vb•△t 得到vb=va 故选：B ‎　‎ ‎2．地球赤道上有一物体随地球自转而做圆周运动，所受到的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受到的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星所受到的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则（　　）‎ A．F1=F2＞F3B．a1=a2=g＞a3C．v1=v2=v＞v3D．ω1=ω3＜ω2‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星3；物体1与人造卫星2转动半径相同，物体1与同步卫星3转动周期相同，人造卫星2与同步卫星3同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可．‎ ‎【解答】解：A、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2＜r3‎ 物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1＜F2 ，故A错误；‎ B、由选项A的分析知道向心力F1＜F2 ，故由牛顿第二定律，可知a1＜a2，故B错误；‎ C、由A选项的分析知道向心力F1＜F2 ，根据向心力公式F=m，由于m、R一定，故v1＜v2，故C错误；‎ D、同步卫星与地球自转同步，故T1=T3，根据周期公式T=2π，可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故T3＞T2，再根据ω=，有ω1=ω3＜ω2，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图，在斜面上的O点先后以v0和3v0的速度水平抛出A、B两小球则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能（　　）‎ A．1：3B．1：4C．1：9D．1：27‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】抛出的小球做平抛运动，分都落在斜面上，一个在斜面上一个在水平面上，和两个都落在水平面来计算．‎ ‎【解答】解：A、当A、B两个小球都能落到水平面上时，由于两者的下落高度相同，运动的时间相同，则水平位移之比为初速度之比，为1：3，故A正确；‎ B、C、D、当A、B都落在斜面的时候，它们的竖直位移和水平位移的比值即为斜面夹角的正切值，‎ 即=tanθ，‎ 整理可得时间为：t=，‎ 两次平抛的初速度分别为υ0和3υ0，‎ 所以运动的时间之比为： ==．‎ 两小球的水平位移大小之比为：xA：xB=v0tA：3v0tB=1：9．‎ 当只有A落在斜面上的时候，A、B水平位移之比在1：9和1：3之间，故BC正确，D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎4．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（　　）‎ A．FN不变，f变大B．FN不变，f变小C．FN变大，f变大D．FN变大，f变小 ‎【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】先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡条件，求出拉力的表达式；在对P、Q两个小环的整体受力分析，根据平衡条件再次列式分析即可．‎ ‎【解答】解：对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图 根据三力平衡条件，得到 T=‎ N=mgtanθ 再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力，如图 根据共点力平衡条件，有 N=f FN=（m+m）g=2mg 故 f=mgtanθ 当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力f变小，支持力FN不变；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M与m（M＞m），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为l（l＜R）的轻绳连在一起，如图，甲物体放在转动轴的位置上，甲、乙之间的连线刚好沿半径方向拉直，要使两物体与圆盘之间不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大值不得超过（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当角速度从0开始增大，乙所受的静摩擦力开始增大，当乙达到最大静摩擦力，角速度继续增大，此时乙靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度越大，拉力越大，当拉力和甲的最大静摩擦力相等时，角速度达到最大值．‎ ‎【解答】解：当绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，‎ 有T+μmg=mLω2，‎ T=μMg．‎ 所以ω=‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）．某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】橡皮块做加速圆周运动，合力不指向圆心；合力的径向分力提供向心力，切线分力产生切向加速度．‎ ‎【解答】解：橡皮块做加速圆周运动，合力不指向圆心，但一定指向圆周的内侧；由于做加速圆周运动，动能不断增加，故合力与速度的夹角小于90°；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．物体A1、A2和B1、B2的质量均为m，A1、A2用轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在除去支托物的瞬间，A1、A2 受到的合力分别为FA1和 FA2，B1、B2受到的合力分别为 FB1和FB2，则 （　　）‎ A．FA1=0 FA2=2 mg FB1=0 FB2=2 mg B．FA1=mg FA2=mg FB1=0 FB2=2 mg C．FA1=0 FA2=2 mg FB1=mg FB2=mg D．FA1=mg FA2=mg FB1=mg FB2=mg ‎【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】在除去支托物的瞬间，A1、A2一起下落，根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研究A1、A2所受的合力．采用隔离法B1、B2受到的合力 ‎【解答】解：在除去支托物的瞬间，A1、A2由于用刚性轻杆连接，A1、A2与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则A1、A2受到的合力都等于各自的重力，即FA1=mg，FA2=mg．‎ 在除去支托物前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，支托物对B2的支持力大小等于2mg．在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况没有变化，则B1所受合力为零，即FB1=0．B2所受的合力大小等于支托物的支持力大小2mg，即FB2=2mg．‎ 所以选项B正确，ACD错误 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m．现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′．则（　　）‎ A．a′=a，T′=TB．a′＞a，T′=TC．a′＜a，T′=TD．a′＞a，T′＞T ‎【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】先对左图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式；然后对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再次对右图中的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和加速度a′；最后再比较结果即可．‎ ‎【解答】解：先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力 根据牛顿第二定律，有 F=（M+m）a ①‎ 再对左图中情况下的小球受力分析，如图 根据牛顿第二定律，有 F﹣Tsinα=ma ②‎ Tcosα﹣mg=0 ③‎ 由以上三式可解得 T=‎ a=‎ 再对右图中小球受力分析，如图 由几何关系得：‎ F合=mgtanα T′=‎ 再由牛顿第二定律，得到 a′=gtanα 由于M＞m，故a′＞a，T′=T 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始作自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹．‎ ‎【解答】解：投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，故轨迹应向上偏折，故选B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（　　）‎ A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12‎ C．t1～t2时间内的平均速度为（v1+v2）‎ D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小 ‎【考点】动能定理的应用；平均速度；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，而水平的直线表示匀速直线运动，曲线表示变速直线运动；由图象可知物体的运动情况，由P=Fv可知，牵引力的变化；由动能定理可知牵引力所做的功．‎ ‎【解答】解：A、0～t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误；‎ B、t1～t2时间内动能的变化量为，而在运动中受牵引力及阻力，故牵引力做功一定大于，故B错误；‎ C、t1～t2时间内，若图象为直线时，平均速度为（v1+v2），而现在图象为曲线，故图象的面积大于直线时的面积，即位移大于直线时的位移，故平均速度大于（v1+v2），故C错误；‎ D、由P=Fv及运动过程可知，t1时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而t2～t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、多选题：（每题4分，有错选不得分，选不全2分，共24分）‎ ‎11．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用 B．小球只受重力和绳的拉力作用 C．θ越大，小球运动的速度越大 D．θ越大，小球运动的周期越大 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v和周期T的表达式，分析θ变化，由表达式判断V、T的变化．‎ ‎【解答】解：A、B：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，∴A选项错误，B正确．‎ C：向心力大小为：Fn=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：R=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：mgtanθ=，得到线速度：v=，θ越大，sinθ、tanθ越大，∴小球运动的速度越大，∴C选项正确．‎ D：小球运动周期：T=，因此，θ越大，小球运动的周期越小，∴D选项错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．我国发射的“嫦娥一号”探月卫星进入绕月轨道后，在近月点经历3次制动点火3次制动点火，先后变成12小时、3.5小时、127分钟三种工作轨道，其轨迹示意图为如图所示的A、B、C，在卫星3.5小时工作轨道与127分钟工作轨道上分别经过近月点时相比较（　　）‎ A．速度大小相等 B．向心加速度大小相等 C．在3.5小时工作轨道上经过近月点时的速度较大 D．在3.5小时工作轨道上经过近月点时的向心加速度较大 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】卫星在椭圆轨道上运动，远月点越远则卫星能量越大，在同一个近月点速度越大，而卫星的加速度由有引力产生加速度，根据月卫星距离比较加速度的大小．‎ ‎【解答】解：AC、卫星运行周期越长，椭圆轨道半长轴越长，卫星经过近月点时的速度越大，所以在3.5小时工作轨道上经过近月点时的速度较大，故A错误，C正确；‎ BD、在近月点，卫星的向心加速度由月球的万有引力产生，万有引力相等，则向心加速度大小相等，故B正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．一质量为800kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F﹣图象，图中AB、BC均为直线．若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动 B．电动汽车的额定功率为10.8kW C．电动汽车由静止开始经过2s，速度达到6m/s D．电动汽车行驶中所受的阻力为600N ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力．‎ ‎【解答】解：A、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动．故A错误；‎ B、额定功率 P=Fminvmax=600×18=10.8kW，故B正确；‎ C、匀加速运动的加速度a==3m/s2，到达B点时的速度v=，所以匀加速的时间t=，若电动汽车一直做匀加速运动2s，则由静止开始经过2s的速度v=at=6m/s，所以电动汽车由静止开始经过2s，速度小于6m/s，故C错误；‎ D、当最大速度vmax=18m/s时，牵引力为Fmin=600N，故恒定阻力 f=Fmin=600N，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎14．如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；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】物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．‎ ‎【解答】解：①当木块一直做匀加速直线运动．‎ 若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v．‎ 根据牛顿第二定律得，a=μg．‎ 根据L=，解得．‎ 若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v．‎ 根据L=‎ 解得t=‎ ‎②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．‎ 匀加速直线运动的时间，匀加速直线运动的位移 则匀速直线运动的位移 则匀速直线运动的时间 则总时间为t=．故B、C、D正确，A错误．‎ 本题选不可能的，故选A．‎ ‎　‎ ‎15．甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2（s2＞s1）．初始时，甲车在乙车前方s0处．则下列说法正确的是（　　）‎ A．若s0＜s1，两车相遇2次B．若s0=s1，两车相遇1次 C．若s0=s1+s2，两车不会相遇D．若s0=s2，两车相遇1次 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】此题考察了追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．‎ ‎【解答】解：速度﹣时间图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；‎ A、若S0+S2＜S1+S2，即S0＜S1，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故A正确；‎ B、若S0+S2=S1+S2，即S0=S1两车只能相遇一次，此后甲的速度比乙的速度大，不可能再次相遇，故B正确；‎ C、若s0+s2＞s1+s2，即s0＞s1，速度相等时还没有相遇，此后两车不会相遇，故C正确；‎ D、若S0=S2，由于S2＞S1，故S0＞S1，速度相等时还没有相遇，此后两车不会相遇，故D错误；‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎16．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，受到水平向右的拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）‎ A．0﹣t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t3时刻物块A做反向运动 D．t3时间内物块A的动能最大 ‎【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据物块的受力情况，结合合力的方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动情况，判断何时加速度最大，何时速度最大．‎ ‎【解答】解：A、0﹣t1时间内，F小于等于最大静摩擦力fm，可知物块处于静止状态，F不做功，F的功率为零，没有变化．故A错误．‎ B、t2时刻拉力最大，合外力最大，根据牛顿第二定律知，物块A的加速度最大，故B正确．‎ CD、t2时刻后，拉力仍大于滑动摩擦力，物块做加速运动，速度仍增大，t3时刻后拉力小于滑动摩擦力，物块沿原方向做减速运动，速度减小，所以t3时刻速度最大．动能最大，故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 三、实验题（每空3分，共9分）‎ ‎17．用如图a所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验 根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨道，部分运动轨迹如图b所示，图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为l，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2 和P3之间的水平距离相等．若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，重力加速度为g，可求出小球从P1运动到P2 所用的时间为　　，小球抛出后的水平速度为　3　．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度（水平速度）．‎ ‎【解答】解：由图b所示可知：△h=5l﹣3l=2l，由匀变速直线运动推论得：△h=gt2，即：2l=gt2，‎ 解得：t=；‎ 由图b所示可知：x=3l，小球的初速度大小：v0===3；‎ 故答案为：；3．‎ ‎　‎ ‎18．某同学利用如图甲所示的装置测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上砝码盘．通过改变盘中砝码的质量，测得6组砝码的质量m和对应的弹簧长度l，画出m﹣l图线，对应点已在图上标出，如图乙所示．（重力加速度g=10m/s2）‎ ‎①采用恰当的数据处理，该弹簧的劲度系数为　3.33　N/m．（保留3位有效数字）‎ ‎②请你判断该同学得到的实验结果与考虑砝码盘的质量相比，结果　相同　．（填“偏大”、“偏小”或“相同”）‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】该题考察了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题．用描点作出m﹣l的关系图线，图线的斜率k斜=，读出斜率求出劲度系数k劲．‎ ‎【解答】解：①由胡克定律F=kx得：‎ k===g•k斜=10×=3.33 N/m ‎②劲度系数是根据比率计算出的，即，是否考虑砝码盘的质量对结果无影响．‎ 故答案为：①3.33；②相同．‎ ‎　‎ 四、计算题（6分+9分+12分=27分.写出必要的计算过程）‎ ‎19．如图所示，用细绳一端系着的质量为m=0.3kg物体AA静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为M的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m，若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，转盘绕中心O旋转的角速度ω为10rad/s，使小球B保持静止，小球B的质量应取值范围？（取g=10m/s2）‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】物体A受到绳子的拉力和转盘的摩擦力，在二力的作用下随转盘作圆周运动，根据牛顿第二定律即可求得物块B的质量 ‎【解答】解：若B球质量较小，则对A球根据牛顿第二定律可得 解得m1=‎ 若B球质量较大，则对A球根据牛顿第二定律可得 解得m2==0.8kg 故B球的质量范围为0.4kg≤m≤0.8kg 答：小球B的质量应取值范围为0.4kg≤m≤0.8kg ‎　‎ ‎20．一长l=0.80m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m=0.10kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H=1.00m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）当小球运动到B点时的速度大小；‎ ‎（2）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；‎ ‎（3）若OP=0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小球运动到B点的速度大小．‎ ‎（2）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，根据竖直方向上的高度求出运动的时间，根据B点的速度和时间求出水平距离．‎ ‎（3）在P点绳子的拉力和小球重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轻绳能承受的最大拉力．‎ ‎【解答】解：（1）设小球运动到B点时的速度大小vB，由机械能守恒定律得①‎ 解得小球运动到B点时的速度大小=4.0 m/s ②‎ ‎（2）小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x=vBt③‎ ‎④‎ 解得C点与B点之间的水平距离=0.80m ⑤‎ ‎（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿定律得 ⑥‎ r=l﹣d （d为OP的长度）⑦‎ 由以上各式解得Fm=9N ‎ 根据牛顿第三定律知，轻绳能承受的最大拉力为9N． ‎ 答：（1）当小球运动到B点时的速度大小为4m/s．‎ ‎（2）C点与B点之间的水平距离为0.80m．‎ ‎（3）轻绳能承受的最大拉力为9N．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，在水平地面上有一个长L=1.5m，高h=0.8m的长方体木箱，其质量为M=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.3．在它的上表面的左端放有一质量为m=4kg的小铁块，（铁块与木箱间的摩擦不计）．开始它们均静止．现对木箱施加一水平向左的恒力F=27N．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）经过多长时间铁块从木箱上滑落？‎ ‎（2）铁块滑落前后木箱的加速度a1与a2大小之比．‎ ‎（3）铁块着地时与木箱右端的水平距离S．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度，木箱做匀加速运动，铁块静止，所以木箱运动的位移为L时，铁块从木箱上滑落；‎ ‎（2）铁块滑落前后，对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，进而求出铁块滑落前后木箱的加速度a1与a2大小之比；‎ ‎（3）铁块离开木箱后做自由落体运动，求出运动时间，则木箱的运动时间与铁块运动时间相同，根据运动学基本公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ 代入数据得：‎ 解得：t1=0.5s ‎（2）铁块滑落前后，对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ 代入数据得：‎ ‎∴‎ ‎（3）铁块离开木箱后做自由落体运动，则有：‎ 解得：t2=0.4s 铁块离开木箱时，木箱的速度为：v1=a1t1=6m/s 根据位移时刻公式得：‎ 解得：s=4.32m 答：（1）经过0.5s铁块从木箱上滑落；‎ ‎（2）铁块滑落前后木箱的加速度a1与a2大小之比为1：2；‎ ‎（3）铁块着地时与木箱右端的水平距离为4.32m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月2日