物理·江西省宜春市奉新一中等四校2017届高三上学期第一次联考物理试卷 Word版含解析 23页

‎2016-2017学年江西省宜春市奉新一中等四校高三（上）第一次联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，1-7单选每小题4分，8-12多选每小题4分共48分．）‎ ‎1．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（　　）‎ A． m/s2 B． m/s2 C． m/s2 D． m/s2‎ ‎2．如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁块B端使θ角增加（始终小于90°）的过程中，磁铁始终相对铁板静止．则下列说法正确的是（　　）‎ A．磁铁所受合外力逐渐减小 B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大 ‎3．一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（　　）‎ A．大小为零 B．方向水平向右 C．方向水平向左 D．无法判断大小和方向 ‎4．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（　　）‎ A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大，最大速度为vmax=‎ B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=‎ C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin=‎ D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=‎ ‎5．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为（　　）‎ A．tanαtan α B．cosαcos α C． D．‎ ‎6．如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平地面上．一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0．若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2（如图）作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，则下列说法正确的是（　　）‎ A．F2大于F1‎ B．在相同的时间内，物体增加的机械能相同 C．vl一定小于v2‎ D．v1可能小于v2‎ ‎7．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数（）图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是（　　）‎ A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 ‎8．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（　　）‎ A．木板对物块做功为 B．摩擦力对小物块做功为mgLsinα C．支持力对小物块做功为0‎ D．滑动摩擦力对小物块做功为﹣mgLsinα ‎9．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系正确的是（　　）‎ A．xA=h，aA=0 B．xB=h+，aB=0‎ C．xC=h+，aC=g D．xC＞h+，aC＞g ‎10．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=2：3，下列说法中正确的是（　　）‎ A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2‎ B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2‎ C．m1做圆周运动的半径为2L/5‎ D．m2做圆周运动的半径为2L/5‎ ‎11．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（　　）‎ A．通过小圆弧弯道的时间为5.85s B．在绕过小圆弧弯道后加速 C．在大圆弧弯道上的速率为45m/s D．在直道上的加速度大小为5.63m/s2‎ ‎12．如图所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，假设从α=60°到α=0°的过程中，杆做匀速转动（设杆与水平的夹角为α），已知重力加速度为g，则在此过程中（　　）‎ A．在前一半路程电动机对杆做的功比在后一半路程少 B．电动机的输出功率先增大后减小 C．α=0°时杆对球的作用力最大 D．α=30°时杆对球作用力最大 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13．图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是　　．‎ a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 b．每次小球释放的初始位置可以任意选择 c．每次小球应从同一高度由静止释放 d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　　．‎ 图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为　　m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为　　m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．‎ ‎14．用如图1所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　　．‎ A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数F0；‎ B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C．用天平测出砂和砂桶的质量 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 以拉力传感器示数的二倍F（F=2F0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象如图2所示，则可能正确的是　　．‎ 在实验中，得到一条如图3所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz．则：小车的加速度大小为　　 m/s2，（结果保留一位小数）‎ ‎　‎ 三、计算题，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．‎ ‎15．甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16m/s．已知甲车紧急刹车时加速度大小al=3m/s2，乙车紧急刹车时加速度大小a2=4m/s2，乙车司机的反应时间为0.5s．为保证在紧急刹车中两车不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？‎ ‎16．如图所示，两个质量相等的小球分别固定在轻杆的中点A及端点B，当杆在光滑水平面上绕O做匀速转动时，求杆OA段及AB段对球的拉力之比．‎ ‎17．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：‎ ‎（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？‎ 若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？‎ ‎18．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．‎ ‎（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；‎ 若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市奉新一中等四校高三（上）第一次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，1-7单选每小题4分，8-12多选每小题4分共48分．）‎ ‎1．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（　　）‎ A． m/s2 B． m/s2 C． m/s2 D． m/s2‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度．‎ ‎【解答】解：第一段时间内的平均速度为：，‎ 第二段时间内的平均速度为：，‎ 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，‎ 则加速度为：a=．选项ACD错误，B正确 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁块B端使θ角增加（始终小于90°）的过程中，磁铁始终相对铁板静止．则下列说法正确的是（　　）‎ A．磁铁所受合外力逐渐减小 B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对铁块受力分析，受重力、磁力支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解出支持力和摩擦力的表达式后分析．‎ ‎【解答】解：对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图 由于始终平衡，故合力为零，故A错误B错误；‎ 根据平衡条件，有：‎ mgsinθ﹣f=0‎ F﹣mgcosθ﹣N=0‎ 解得：‎ f=mgsinθ N=F﹣mgcosθ 由于θ不断变大，故f不断变大，N不断变大，故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法．‎ ‎　‎ ‎3．一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（　　）‎ A．大小为零 B．方向水平向右 C．方向水平向左 D．无法判断大小和方向 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】滑块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变．‎ ‎【解答】解：块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；‎ 当加推力F后，根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；‎ 故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零；故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（　　）‎ A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大，最大速度为vmax=‎ B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=‎ C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin=‎ D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小船参与两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和随着水流的匀速直线运动，当沿着船头指向的分速度垂直河岸时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时，位移最短．‎ ‎【解答】解：A、当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t=，故A错误；‎ B、小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最大，故B错误；‎ C、由图，小船沿轨迹AB运动位移最大，由于渡河时间t=，与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最短，故C错误；‎ D、要充分利用利用水流的速度，故要合速度要沿着AB方向，此时位移显然是最大的，划船的速度最小，故：‎ 故v船=；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题船的电势大小和方向都是可以变化的，可以采用正交分解法研究，即沿着平行河岸方向和垂直河岸方向进行分析，也可以从合成法．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为（　　）‎ A．tanαtan α B．cosαcos α C． D．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】由几何关系可知两球下落高度及水平位移的关系，再由平抛运动的规律可求得初速度之比．‎ ‎【解答】解：由几何关系可知，A的竖直位移为：hA=Rcosα，水平位移为：xA=Rsinα； ‎ B的竖直位移为：hB=Rcos（90°﹣α）=Rsinα，水平位移为：xB=Rsin（90°﹣α）=Rcosα 由平抛运动的规律可知：h=gt2，x=v0t 解得：v0=x 则==tanα 故选：C ‎【点评】本题考查平抛运动规律的应用，解题的关键在于明确题意及几何关系，运用运动学公式解答．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平地面上．一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0．若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2（如图）作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，则下列说法正确的是（　　）‎ A．F2大于F1‎ B．在相同的时间内，物体增加的机械能相同 C．vl一定小于v2‎ D．v1可能小于v2‎ ‎【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ，然后第物体进行受力分析，即可比较两个力的大小关系，进而比较速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ，物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下，在斜面上做速度为v1的匀速运动，则：‎ F1=mgsinθ+μmgcosθ ①‎ 在与斜面夹角为α的力F2作用下运动时：F2sinα+N=mgcosθ ②‎ F2cosα=mgsinθ+μN ③‎ 由②③可知，当时，对物体的拉力有最小值．所以F2不一定大于F1．故A错误．‎ B、C、D、由①②③式可知，在第二种情况下，摩擦力比较小，根据功率的表达式：Fv可知，摩擦力f越小，沿斜面向下的合外力越小，则速度越大．所以v1一定小于v2．同时物体在相等的时间内增加的机械能越大，所以在相同的时间内，物体增加的机械能不相同．故B错误，C正确，D错误．‎ 故选：C ‎【点评】该题考查拉力对斜面上运动的物体的做功问题，解题的关键要知道物体向上最匀速直线运动时，与斜面有一定的夹角的拉力会小于沿斜面向上的拉力．这是该题的难点，也容易错误的地方．‎ ‎　‎ ‎7．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数（）图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是（　　）‎ A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可．‎ ‎【解答】解：A、B、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 F﹣f=ma 其中 F=‎ 联立得 结合图线，有： =0时，a=‎ ‎0=0.05‎ 解得 P=40m f=2m 由于质量已知，故A错误，B也错误；‎ C、当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，最大速度为20m/s，故C错误；‎ D、汽车的初速度未知，故加速时间未知，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（　　）‎ A．木板对物块做功为 B．摩擦力对小物块做功为mgLsinα C．支持力对小物块做功为0‎ D．滑动摩擦力对小物块做功为﹣mgLsinα ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】对整个过程运用动能定理求解木板对木块做的功．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功．根据摩擦力与重力分力大小的关系，求解摩擦力做功．根据动能定理求解支持力和滑动摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：A、设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得：W=mv2．故A正确．‎ B、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功．由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即f＜mgsinα，则摩擦力对物块做功Wf=﹣fL≠﹣mgLsinα．故B错误．‎ C、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得：WN﹣mgLsinα=0，得WN=mgLsinα．故C错误．‎ D、在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsinα+Wf=mv2﹣0得，Wf=﹣mgLsinα．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】本题运用动能定理求解力做功，首先要选择研究的过程，本题中有两个过程，第一个过程中摩擦力不做功，支持力做功，第二过程中，支持力不做功，摩擦力做功．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系正确的是（　　）‎ A．xA=h，aA=0 B．xB=h+，aB=0‎ C．xC=h+，aC=g D．xC＞h+，aC＞g ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；‎ B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；‎ C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度．‎ ‎【解答】解：A、OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A错误．‎ B、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，‎ 可知x=，所以B得坐标为h+，所以B正确．‎ CD、取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h+2，加速度ac＞g，所以C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题首先会分析小球的运动情况和受力情况，其次难点是抓住简谐运动的对称性分析C点对应的状态．‎ ‎　‎ ‎10．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=2：3，下列说法中正确的是（　　）‎ A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2‎ B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2‎ C．m1做圆周运动的半径为2L/5‎ D．m2做圆周运动的半径为2L/5‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可．‎ ‎【解答】解：B、双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相等，根据，知，m1r1=m2r2，则r1：r2=m2：m1=3：2，则m1做圆周运动的半径为，m2做圆周运动的半径为，故B、C错误，D正确．‎ A、根据v=rω知，m1、m2做圆周运动的半径之比为3：2，则线速度之比为3：2，故A正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（　　）‎ A．通过小圆弧弯道的时间为5.85s B．在绕过小圆弧弯道后加速 C．在大圆弧弯道上的速率为45m/s D．在直道上的加速度大小为5.63m/s2‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t=2πr××求时间．‎ ‎【解答】解：A．设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：cosα==，α=60°，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为t=2πr××=2.79s，故A错误．‎ B、在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故B正确；‎ C．设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v=45m/s，故C正确；‎ D．设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v0=30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x==50m，再由v2﹣=2ax代入数据解得：a=6.50m/s，故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】解答此题的关键是由题目获得条件：①绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力；②由数学知识求得直道长度；③由数学知识求得圆心角．另外还要求熟练掌握匀速圆周运动的知识．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，假设从α=60°到α=0°的过程中，杆做匀速转动（设杆与水平的夹角为α），已知重力加速度为g，则在此过程中（　　）‎ A．在前一半路程电动机对杆做的功比在后一半路程少 B．电动机的输出功率先增大后减小 C．α=0°时杆对球的作用力最大 D．α=30°时杆对球作用力最大 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】在前一半程小球重力势能的减少量小于小球重力势能的减少量，根据功能关系判断；分别解出当α=60°时和当α=0°时杆对小球的作用力，比较可得．‎ ‎【解答】解：A、在前一半程小球重力势能的减少量小于小球重力势能的减少量，根据功能关系，在前一半程电动机对杆做的功比在后一半程少，故A正确；‎ B、电动机的输出功率一直在增大，故B错误；‎ CD、当α=0°时，杆对小球的作用力最大，此时绳子与水平面的夹角为30°，由力矩平衡可得，mg2L=FLsin30°，解之得，F=4mg．当α=60°时，绳子对杆的拉力小于小球的重力mg，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查了功能关系、转动平衡等知识，明确能量转化的过程及能量的转化方向是解答此题的关键．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13．图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是　ac　．‎ a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 b．每次小球释放的初始位置可以任意选择 c．每次小球应从同一高度由静止释放 d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　c　．‎ 图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为　2.0　m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为　4.0　m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放 ‎，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；‎ BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；‎ D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误．‎ 故选：AC．‎ 物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；‎ 联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ 根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，‎ 所以y1=g…①‎ ‎ y2=…②‎ 水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=…③‎ 联立①②③代入数据解得：v0=2.0m/s ‎ 若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：据公式可得： =2gh，所以v下=2=3.5m/s 所以C点的速度为：vc==4.0m/s 故答案为：2.0；4.0‎ ‎【点评】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎14．用如图1所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　AB　．‎ A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数F0；‎ B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C．用天平测出砂和砂桶的质量 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 以拉力传感器示数的二倍F（F=2F0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象如图2所示，则可能正确的是　C　．‎ 在实验中，得到一条如图3所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每相邻两个点间各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到O点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz．则：小车的加速度大小为　1.5　 m/s2，（结果保留一位小数）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．‎ 抓住加速度与合力成正比，结合实验未平衡摩擦力确定正确的图线．‎ 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）A、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故A正确；‎ b、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故B正确；‎ c、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故CD错误．‎ 故选：ab 小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a﹣F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a﹣F图象在F轴上有截距，故C正确．‎ 故选：C．‎ 根据△x=aT2，运用逐差法得，a==1.5m/s2．‎ 故答案为：（1）AB C 1.5‎ ‎【点评】本题实验源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以弹簧秤直接测出．‎ ‎　‎ 三、计算题，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．‎ ‎15．甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16m/s．已知甲车紧急刹车时加速度大小al=3m/s2，乙车紧急刹车时加速度大小a2=4m/s2，乙车司机的反应时间为0.5s．为保证在紧急刹车中两车不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据速度时间公式求出两车速度相等经历的时间，通过位移关系，抓住速度相等时恰好不相撞，求出甲乙两车在行驶过程中至少应保持的距离．‎ ‎【解答】解：设乙车恰好追上甲车，显然在这种情况下追上时两车具有相同的速度．‎ 设从乙车开始刹车到其追上甲车所经历的时间为t，则v1=v0﹣a1（t+△t） ①‎ v2=v0﹣a2t ②‎ v1=v2 ③‎ 由①②③，代入数据得 t=1.5s． ④‎ 从甲开始刹车到乙追上甲，此过程中 甲的位移 ⑤‎ 乙的位移 ⑥‎ 欲不发生危险，显然两车的初始距离应满足 ‎△s＞s2﹣s1 ⑦‎ 由④⑤⑥⑦并代入相应数据，得 ‎△s＞1.5m，即两车至少应保持1.5m的距离． ‎ 答：甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5m．‎ ‎【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式灵活求解，难度不大．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两个质量相等的小球分别固定在轻杆的中点A及端点B，当杆在光滑水平面上绕O做匀速转动时，求杆OA段及AB段对球的拉力之比．‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】当杆在光滑水平面上绕O点匀速转动时，A、B两球都做匀速圆周运动，由所受的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用隔离法研究杆OA段与AB段对球的拉力之比．‎ ‎【解答】解：设OA=AB=r，两球质量均为m，小球转动的角速度为ω，杆OA段与AB段对球的拉力大小分别为F1、F2．‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎ 对B球有：F2=mω22r ①‎ ‎ 对A球有：F1﹣F2=mω2r ②‎ 由①：②得，F2=2（F1﹣F2）‎ 解得：F1：F2=3：2‎ 答：杆OA段及AB段对球的拉力之比为3：2．‎ ‎【点评】本题中A、B两球的加速度不同，不能用整体法研究，只能用隔离法处理．列式时，要抓住两球的角速度相等．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：‎ ‎（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？‎ 若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；‎ 若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：‎ F+μmgcos37°﹣mgsin37°=ma1，‎ 代入数据解得．‎ 匀加速运动的时间，‎ 匀加速运动的位移．‎ 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N．故不能相对斜面向上加速．故得：a2=0．‎ 得t=t1+t2=．‎ 若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin37°＞μmgcos37°，‎ 故减速上行mgsin37°﹣μmgcos37°=ma3，代入数据解得．‎ 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：‎ 代入数据解得，‎ 则．‎ 答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.33s；‎ 小物块还需经过0.85s时间离开传送带，离开时的速度为2.3m/s．‎ ‎【点评】本题关键是受力分析后，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解．‎ ‎　‎ ‎18．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．‎ ‎（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；‎ 若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）先研究弹簧竖直的情况，根据系统的机械能守恒求出弹簧最大的弹性势能．弹簧如图放置时，由于弹簧的压缩量等于竖直放置时的压缩量，两种情况弹簧的弹性势能相等．由能量守恒定律求出物体P滑到B点时的速度，由机械能守恒定律求出物体P到达D点的速度．物体P离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律求水平距离．‎ P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，能上升的最高点为C，根据能量守恒定律列式和临界条件求解．‎ ‎【解答】解：（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得 ‎ Ep=5mgl 如图，根据能量守恒定律得 ‎ Ep=μmg4l+‎ 联立解得 vB=‎ 物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得 ‎ mg2l+=‎ 解得 vD=＞‎ 所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有 ‎ 2l=‎ ‎ x=vDt 解得 x=2l 即落地点与B点间的距离为2l．‎ P刚好过B点，有：Ep=μm1g4l，解得 m1=m P最多到C而不脱轨，则有 Ep=μm2g4l+m2gl，解得 m2=m 所以满足条件的P的质量的取值范围为： m≤mP＜m．‎ 答：‎ ‎（1）P到达B点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是2l．‎ P的质量的取值范围为： m≤mP＜m．‎ ‎【点评】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．‎ ‎　‎