福建省莆田七中2017届高三上学期期中物理试卷 20页

‎2016-2017学年福建省莆田七中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题四个选项中只有一个是正确的，选错或不选的得0分，9～12题四个选项中有两个或两个以上是正确的，少选得2分，选错或不选的得0分．）‎ ‎1．同步卫星是指相对于地面不动的人造地球卫星（　　）‎ A．它可以在地面上任一点的正上方，且离地心的距离可按需要选择不同值 B．它可以在地面上任一点的正上方，但离地心的距离是一定的 C．它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同值 D．它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的 ‎2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（　　）‎ A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000J ‎3．在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（　　）‎ A．速度和加速度的方向都在不断变化 B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 ‎4．有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（　　）‎ A．① B．② C．③ D．④‎ ‎5．乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（　　）‎ A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B．人在最高点时对座位仍可能产生压力 C．人在最低点时对座位的压力等于mg D．人在最低点时对座位的压力大于mg ‎6．一个内壁光滑的圆锥筒的轴线是竖直的，圆锥固定，有质量相同的两个小球A和B贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则（　　）‎ A．A球的角速度必小于B球的角速度 B．A球的线速度必小于B球的线速度 C．A球运动的向心加速度必大于B球的向心加速度 D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力 ‎7．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（　　）‎ A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同 C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 ‎8．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（　　）‎ A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1 C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3‎ ‎9．一小球从A点做自由落体运动，另一小球从B点做平抛运动，两小球恰好同时到达C点，已知AC高为h，两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60°夹角，g=10m/s2．由以上条件可求（　　）‎ A．两小球在C点所用时间之比为1：2‎ B．做平抛运动的小球初速度大小为 C．A、B两点的高度差为 D．A、B两点的水平距离为 ‎ ‎10．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球从M点运动到N点的过程中（　　）‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 ‎11．两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（　　）‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 ‎12．如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，速度为v，容器对它的支持力大小为N，则（　　）‎ A．a= B．v= C．N= D．N=‎ ‎　‎ 二、填空题（共14分）‎ ‎13．如图是利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置．‎ ‎（1）在验证机械能守恒定律的试验中，没有必要进行的操作是　　‎ A．用天平测重物的质量 B．用秒表测重物下落的时间 C．用打点计时器记录重物下落的信息 D．用纸带记录测量重物下落的高度 ‎（2）该实验所用打点计时器的电源频率为50Hz，A、B、C为纸带中选取的三个计数点，每两个计数点之间还有4个点未画出，则每两个计数点之间的时间间隔T=　　s，打点计时器在打下计数点B时，物体的下落速度为vB=　　m/s．（小数点后保留两位有效数字）‎ ‎（3）由于该实验中存在阻力做功，所以实验测得的重物的重力势能的减少量　　动能的增加量（选填“＜”，“＞”或“=”）‎ ‎14．某物理兴趣小组为“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其中m1=50g、m2=150g．开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，只要证明（m2﹣m1）gh=（m1+m2）v2，即可验证动能定理，同时也可测出重力加速度的数值，其中h为m2的下落高度，v是对应时刻m1、m2的速度大小．某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz．（以下计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎（1）系统的加速度大小为　　m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量△E1=　　J．‎ ‎（2）某同学作出的﹣h图象如图丙所示，若忽略一切阻力的情况下，则当地的重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎　‎ 三、论述计算题（本题共3小题，共30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．）‎ ‎15．平抛一物体，当抛出1s后它的速度方向与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角，求：‎ ‎（1）初速度v0；‎ ‎（2）落地速度v2；‎ ‎（3）开始抛出时距地面的高度；‎ ‎（4）水平射程．‎ ‎16．如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为．一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎（1）求小球在B、A两点的动能之比；‎ ‎（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ ‎17．钓鱼岛是我国的领土，决不允许别国侵占．近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军为此进行了登陆演练．如图所示，假设一艘战舰因吨位巨大，只能停锚在离海岸登陆点s=1.1km处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再进行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，绳索可以近似看成与竖直方向的夹角θ=37°的斜面．队员甲由静止开始匀加速滑到某最大速度，再以大小相等的加速度匀减速滑至快艇，速度刚好为零．已知军舰甲板到快艇的竖直高度H=20m，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇平抛救生圈，第一个救生圈刚落到快艇，紧接着以相同的初速度抛第二个，第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（人、救生圈和快艇均可视为质点，忽略空气阻力）．问：‎ ‎（1）救生圈被抛出时的初速度v0是多大？‎ ‎（2）队员甲在何处速度最大？最大速度vm是多大？‎ ‎（3）若快艇额定功率为P=5kW，载人后连同装备总质量为M=100kg，从静止开始以额定功率向登陆点加速靠近，离登陆点s1=0.1km时刚好能达到最大速度vm′=10m/s，然后减速靠岸，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇加速运动的时间t′．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省莆田七中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题四个选项中只有一个是正确的，选错或不选的得0分，9～12题四个选项中有两个或两个以上是正确的，少选得2分，选错或不选的得0分．）‎ ‎1．同步卫星是指相对于地面不动的人造地球卫星（　　）‎ A．它可以在地面上任一点的正上方，且离地心的距离可按需要选择不同值 B．它可以在地面上任一点的正上方，但离地心的距离是一定的 C．它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同值 D．它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．‎ 物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．‎ 通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量 ‎【解答】解：它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的．所以同步卫星只能在赤道的正上方．‎ 因为同步卫星要和地球自转同步，即ω相同，根据F==mω2r，因为ω是一定值，所以 r 也是一定值，所以同步卫星离地心的距离是一定的．故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（　　）‎ A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】根据动能定理确定动能的变化．物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少．‎ ‎【解答】解：AB、外力对物体所做的总功为 W总=WG+W阻=1900J﹣100J=1800J，是正功，根据动能定理得：动能增加了1800J．故A、B错误；‎ CD、重力对物体做功为1900J，是正功，则物体重力势能减小了1900J．故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（　　）‎ A．速度和加速度的方向都在不断变化 B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】明确平抛运动的性质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故A错误；‎ B、由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角越来越小；与加速度方向的夹角越来越小；故B正确；‎ C、由v=gt可知，在相等的时间间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速率的改变量不相同；故C错误；‎ D、由C可知，速率的变化量不相等，故由动能的表达式可知，动能的改变量也不相等；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（　　）‎ A．① B．② C．③ D．④‎ ‎【考点】抛体运动．‎ ‎【分析】明确抛体运动的轨迹取决于物体的初速度和加速度，明确加速度均为重力加速度，即可分析小球B的运动轨迹．‎ ‎【解答】解：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的运动状态，故B的运动轨迹也是①；选项A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（　　）‎ A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B．人在最高点时对座位仍可能产生压力 C．人在最低点时对座位的压力等于mg D．人在最低点时对座位的压力大于mg ‎【考点】牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】乘坐游乐园的翻滚过山车时，在最高点和最低点，靠竖直方向上的合力提供向心力．在最高点，根据速度的大小，判断是靠拉力和重力的合力还是靠重力和座椅对人的弹力的合力提供向心力．‎ ‎【解答】解：A、在最高点，根据得，若v=，作用力F=0，若，座椅对人有弹力，若，保险带对人有拉力．故A错误，B正确．‎ ‎ C、在最低点，有．知N＞mg．故C错误，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎6．一个内壁光滑的圆锥筒的轴线是竖直的，圆锥固定，有质量相同的两个小球A和B贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则（　　）‎ A．A球的角速度必小于B球的角速度 B．A球的线速度必小于B球的线速度 C．A球运动的向心加速度必大于B球的向心加速度 D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：mgtanθ=m=mrω2=ma，‎ 解得：v=，，a=gtanθ，‎ 因为A的半径大，则A球的线速度大于B球的线速度，A球的角速度小于B球的角速度，两球的向心加速度相等．故A正确，B、C错误．‎ D、根据平行四边形定则知，球受到的支持力为：，可知两球受到的支持力相等，则两球对桶壁的压力相等．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（　　）‎ A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同 C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星变轨，做离心运动要加速；万有引力提供向心力；加速度和动量都是矢量．‎ ‎【解答】解：A．卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故A错误；‎ B．在轨道1和在轨道2运行经过P点，都是万有引力提供向心力，由a=可知，卫星在P点的加速度都相同，故B正确；‎ C．由a=可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误；‎ D．卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（　　）‎ A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1 C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力可比较东方红一号和东方红二号的加速度；‎ 同步卫星的运行周期和地球自转周期相等，角速度相等，根据比较固定在地球赤道上的物体和东方红二号的加速度．‎ ‎【解答】解：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=ω2r可知，a2＞a3；‎ 由万有引力提供向心力可得：a=，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，‎ 所以有：a1＞a2＞a3，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．一小球从A点做自由落体运动，另一小球从B点做平抛运动，两小球恰好同时到达C点，已知AC高为h，两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60°夹角，g=10m/s2．由以上条件可求（　　）‎ A．两小球在C点所用时间之比为1：2‎ B．做平抛运动的小球初速度大小为 C．A、B两点的高度差为 D．A、B两点的水平距离为 ‎ ‎【考点】平抛运动；自由落体运动．‎ ‎【分析】一小球从A点做自由落体运动，到达C点时的速度和时间可以根据运动学公式求解；两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60°夹角，即知道平抛运动的末速度；可以根据运动的分解与合成求解初速度、运动的时间和竖直分位移．‎ ‎【解答】解：AB、小球从A点做自由落体运动，下降h过程，时间：‎ tAC=‎ 末速度：v=‎ 故平抛的末速度为v=，与水平方向成60°夹角；‎ 故初速度：v0=vsin60°=‎ 竖直分速度：vy=vcos60°=‎ 由vy=gtBC，得tBC=，故tAC：tBC=2：1，故A错误，B正确；‎ CD、平抛的竖直分位移：h=‎ 故A、B两点的高度差为△h=h﹣．‎ A、B两点的水平距离 x=v0tBC=，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球从M点运动到N点的过程中（　　）‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N弹力大小相等则弹性势能相等．据此分析各选项．‎ ‎【解答】解：A、由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中AM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功．故A错误．‎ B、在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则有两处加速度为g．故B正确．‎ C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确．‎ D、因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差．故D正确 故选：BCD ‎　‎ ‎11．两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（　　）‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式．‎ 根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．‎ ‎【解答】解：设小球的密度为ρ，半径为r，则小球的质量为：m=‎ 重力：G=mg=‎ 小球的加速度：a=‎ 可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大．所以甲的加速度比较大．‎ A、两个小球下降的距离是相等的，根据：x=可知，加速度比较大的甲运动的时间短．故A错误；‎ B、根据：2ax=可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小．故B正确；‎ C、小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大．所以甲的加速度比较大．故C错误；‎ D、由题可知，它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即：f=kr，所以甲的阻力大，根据W=FS可知，甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，速度为v，容器对它的支持力大小为N，则（　　）‎ A．a= B．v= C．N= D．N=‎ ‎【考点】功能关系；向心力．‎ ‎【分析】质点P下滑的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求出质点P到达最低点时的速度，在最低点，质点受重力和支持力，根据合力提供向心力，列式求解．‎ ‎【解答】解：B、质点P下滑的过程，由动能定理得：mgR﹣W=，‎ 解得：v=，故B正确；‎ A、在最低点，向心加速度为：a===，故A正确；‎ CD、在最低点，支持力和重力的合力提供向心力，故：N﹣mg=ma，故N=m（g+a）=m[g+]=，故C正确，D错误；‎ 故选：ABC ‎　‎ 二、填空题（共14分）‎ ‎13．如图是利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置．‎ ‎（1）在验证机械能守恒定律的试验中，没有必要进行的操作是　AB　‎ A．用天平测重物的质量 B．用秒表测重物下落的时间 C．用打点计时器记录重物下落的信息 D．用纸带记录测量重物下落的高度 ‎（2）该实验所用打点计时器的电源频率为50Hz，A、B、C为纸带中选取的三个计数点，每两个计数点之间还有4个点未画出，则每两个计数点之间的时间间隔T=　0.1　s，打点计时器在打下计数点B时，物体的下落速度为vB=　2.36　m/s．（小数点后保留两位有效数字）‎ ‎（3）由于该实验中存在阻力做功，所以实验测得的重物的重力势能的减少量　＞　动能的增加量（选填“＜”，“＞”或“=”）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 根据匀变速直线运动的规律中间时刻速度等于一段过程中的平均速度求出打点计时器在打下计数点B时速度．‎ 由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）A、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要测出重物的质量，故A错误．‎ B、我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表．故B错误 C、用打点计时器可以记录重物下落的时间和高度，故C正确．‎ D、用纸带记录测量重物下落的高度，故D正确．‎ 故选AB．‎ ‎（2）每两个计数点之间还有4个点未画出，则每两个计数点之间的时间间隔T=0.1s．‎ 根据匀变速直线运动的规律中间时刻速度等于一段过程中的平均速度得：‎ vB==2.36m/s ‎（3）由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．‎ 故答案为：（1）AB （2）0.1 2.36 （3）＞‎ ‎　‎ ‎14．某物理兴趣小组为“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其中m1=50g、m2=150g．开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，只要证明（m2﹣m1）gh=（m1+m2）v2，即可验证动能定理，同时也可测出重力加速度的数值，其中h为m2的下落高度，v是对应时刻m1、m2的速度大小．某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz．（以下计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎（1）系统的加速度大小为　4.80　m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量△E1=　0.576　J．‎ ‎（2）某同学作出的﹣h图象如图丙所示，若忽略一切阻力的情况下，则当地的重力加速度g=　9.67　m/s2．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系；测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】1、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，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点5的速度，从而求出系统动能的增加量．‎ ‎2、根据图象的物理意义可知物体的重力加速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）两相邻点间还有4个点没有标出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：‎ a=m/s2=4.80 m/s2，‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上5点时小车的瞬时速度大小为：v5=m/s=2.4m/s 物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=（m1+m2）﹣0=0.576J；‎ ‎（2）根据系统机械能守恒有：（m2﹣m1）gh=（m1+m2）v2‎ 则 v2=gh 知图线的斜率k=g=‎ 解得：g=9.67m/s2‎ 故答案为：（1）4.80；0.576；（2）9.67‎ ‎　‎ 三、论述计算题（本题共3小题，共30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．）‎ ‎15．平抛一物体，当抛出1s后它的速度方向与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角，求：‎ ‎（1）初速度v0；‎ ‎（2）落地速度v2；‎ ‎（3）开始抛出时距地面的高度；‎ ‎（4）水平射程．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】（1）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．将两秒后的速度进行分解，根据vy=gt求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度．‎ ‎（2）将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度．‎ ‎（3）根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，再根据vy2=2gh求出抛出点距地面的高度．‎ ‎（4）根据落地时竖直方向上的分速度，运用vy=gt求出运动的时间．再根据x=v0t求出水平射程．‎ ‎【解答】解：如图，水平方向vx=v0，竖直方向vy=gt，1 s时速度与水平成45°角，即θ=45°‎ 因为tanθ=‎ 所以vx=vy 初速度：v0=gt=10 m/s 落地时，cosα=‎ α=60°‎ 所以落地速度v2==20 m/s 并且落地时竖直速度vy′=vx•tanα=10m/s 飞行时间t==s 抛出时高度：h=gt2=15 m 水平射程：s=v0t=10m．‎ 答：（1）初速度为10 m/s；‎ ‎（2）落地速度为20 m/s；‎ ‎（3）开始抛出时距地面的高度为15m；‎ ‎（4）水平射程为10m．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为．一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎（1）求小球在B、A两点的动能之比；‎ ‎（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒定律分别求出小球经过B点和A点的动能，再得到它们的比值．‎ ‎（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒定律求出小球到达C点的速度，与临界速度比较，即可判断小球能否到C点．‎ ‎【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得 ‎ EKA=mg ‎ EKB=mg（+R）=‎ 则得小球在B、A两点的动能之比 EKB：EKA=5：1．‎ ‎（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得 ‎ mg=‎ 即得到达C点的速度 vC=‎ 设小球通过C点的临界速度为v0．则有 ‎ mg=m 即得 v0=‎ 因为 vC=v0，所以小球恰好到达C点．‎ 答：‎ ‎（1）小球在B、A两点的动能之比是5：1．‎ ‎（2）小球恰好到达C点．‎ ‎　‎ ‎17．钓鱼岛是我国的领土，决不允许别国侵占．近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军为此进行了登陆演练．如图所示，假设一艘战舰因吨位巨大，只能停锚在离海岸登陆点s=1.1km处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再进行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，绳索可以近似看成与竖直方向的夹角θ=37°的斜面．队员甲由静止开始匀加速滑到某最大速度，再以大小相等的加速度匀减速滑至快艇，速度刚好为零．已知军舰甲板到快艇的竖直高度H=20m，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇平抛救生圈，第一个救生圈刚落到快艇，紧接着以相同的初速度抛第二个，第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（人、救生圈和快艇均可视为质点，忽略空气阻力）．问：‎ ‎（1）救生圈被抛出时的初速度v0是多大？‎ ‎（2）队员甲在何处速度最大？最大速度vm是多大？‎ ‎（3）若快艇额定功率为P=5kW，载人后连同装备总质量为M=100kg，从静止开始以额定功率向登陆点加速靠近，离登陆点s1=0.1km时刚好能达到最大速度vm′=10m/s，然后减速靠岸，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇加速运动的时间t′．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动规律与几何知识，可得高初速度；‎ ‎（2）由几何关系可得绳索长度，根据运动的对称性分析得出速度最大处，由位移与平均速度关系即可求解；‎ ‎（3）由动能定理与达到最大速度时功率与阻力的关系，可联合求得结果．‎ ‎【解答】解：（1）设救生圈做平抛运动的时间为t，‎ 有 Htanθ=v0t 解得：v0=7.5m/s，t=2s ‎（2）由几何关系，得绳索长为： m ‎ 设人下滑时间为t0，由题意知：t0=2tt0=4s ‎ 因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以甲在绳索中点处速度最大．‎ 由 得： m/s ‎（3）加速过程有：‎ 加速到匀速时速度为：‎ 解得：t′=101s ‎ 答：（1）救生圈被抛出时的初速度v0是7.5m/s；‎ ‎（2）队员甲甲在绳索中点处速度最大，最大速度vm是12.5m/s；‎ ‎（3）快艇加速运动的时间t′为101s．‎ ‎　‎ ‎2016年12月16日