黑龙江省哈尔滨三中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版） 18页

‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨三中高三（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．在每小题给出的四个选项中，1-6小题只有一个选项正确，7-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个固定的粗糙斜面由静止下滑到底端，两物体与斜面间的动摩擦因数相同，则该过程中，相同的物理量是（　　）‎ A．物体在斜面底端的动能B．此过程中重力做的功 C．此过程中摩擦力做的功D．重力的平均功率 ‎2．如图所示，一条小河，河宽d=60m，水速v1=3m/s，甲乙两船在静水中的速度均为v2=5m/s，两船同时从A点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好垂直到达正对岸的B点，乙船到达对岸的C点，则（　　）‎ A．α=βB．两船过河时间为12s C．两船航行的合速度大小相同D．BC距离为72m ‎3．汽车的额定功率为90kW，当汽车受到水平路面的阻力为f时，汽车行驶的最大速度为v．则（　　）‎ A．如果汽车受到水平路面的阻力变为2f，汽车行驶的最大速度为 B．如果汽车受到水平路面的阻力变为，汽车行驶的最大速度为 C．如果汽车的额定功率变为45kW，汽车受到的阻力变为，则汽车行驶的最大速度为 D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率一定是90kW ‎4．火星直径约为地球的一半，表面重力加速度约为地球的0.4倍，则火星质量约为地球的（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎5．甲、乙、丙为三颗围绕地球做圆周运动的人造地球卫星，轨道半径之比为1：4：9，则（　　）‎ A．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的线速度之比为1：2：3‎ B．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的角速度之比为1：：‎ C．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的周期之比为1：：‎ D．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的向心加速度之比为1：：‎ ‎6．如图所示，竖直放置的弹簧下端固定在水平地面上，上端与一质量为m的物体A拴接，物体A的上端叠放一质量为2m的物体B，现用F1=3mg的竖直向下的外力作用在物体B上，使A、B处于静止状态，此时弹簧从原长压缩了4cm，撤去F1，A、B向上运动，刚好一起运动到弹簧原长位置，现用质量为m的物体C替代物体B，用F2=4mg竖直向下的外力作用在C上，让A、C仍处于静止状态，撤去F2，AC向上运动，C上升的最大位移为H，则（　　）‎ A．H=3cmB．H=4cmC．H=6cmD．H=8cm ‎7．如图所示，竖直轴位于水平转台中心，质量为m的小球由三根伸直的轻绳连接，和水平转台一起以ω匀速转动，倾斜绳与竖直轴夹角为θ，竖直绳对小球的拉力为F1，水平绳对小球的拉力为F2，小球到竖直轴的距离为r，以下说法可能正确的是（　　）‎ A．mgtanθ=mω2rB．mgtanθ﹣F2=mω2r C．（mg+F1）tanθ=mω2rD．（mg﹣F1）tanθ=mω2r ‎8．质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．x=1m时物块的速度大小为2m/s B．x=3m时物块的加速度大小为1.25m/s2‎ C．在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D．在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为25J ‎9．如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，速度分别为v1，v2，分别落在C、D两点，OC、OD与竖直方向的夹角均为37°，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（　　）‎ A．甲乙两球下落到轨道的时间不等 B．甲乙两球下落到轨道的时间相等 C．v1：v2=1：2‎ D．v1：v2=1：4‎ ‎10．神州十一号已于10月19日凌晨成功与天宫二号成功实施自动交会对接，神州十一号发射过程为变轨发射，示意图如图所示，其中1为近地圆轨道，2为椭圆变轨轨道，3为天宫二号所在轨道，P为1、2轨道的交点，以下说法正确的是（　　）‎ A．神州十一号在1轨道运行时的动能大于其在3轨道运行时的动能 B．神州十一号在1轨道运行时的机械能大于其在2轨道运行时的机械能 C．神州十一号在2轨道运行时的机械能小于其在3轨道运行时的机械能 D．神州十一号在1轨道运行时经过P点的动能大于其在2轨道运行时经过P点的动能 ‎11．如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为（　　）‎ A．最小为LB．最小为LC．最大为LD．最大为L ‎12．如图所示，装置竖直放置，上端是光滑细圆管围成的圆周轨道的一部分，半径为R（圆管内径＜＜R），轨道下端各连接两个粗糙的斜面，斜面与细圆管相切于C、D两点，斜面与水平面夹角为53°，两个斜面下端与半径为0.5R的圆形光滑轨道连接，并相切于E、F两点．有一质量m=1kg的滑块（滑块大小略小于管道内径），从管道的最高点A静止释放该滑块，滑块从管道左侧滑下，物块与粗糙的斜面的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），则（　　）‎ A．释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R B．滑块经过最低点B的压力最小为18N C．滑块最多能经过D点4次 D．滑块最终会停在B点 ‎　‎ 二、实验题（本题共15分）‎ ‎13．用如图所示装置做《探究功与速度变化的关系》实验 ‎（1）该实验釆用了　　的方法使实验数据处理得以简化．‎ A．极限法 B．成倍增加 C．理想化模型 D．等效替代 ‎（2）实验时，以下说法正确的是　　‎ A．该实验不需要平衡摩擦力 B．橡皮筋每次拉伸的长度应越来越长 C．先释放小车，再接通打点计时器电源 D．每次都应选择纸带上点迹均匀的部分计算小车速度．‎ ‎14．在利用电磁打点计时器（所用电源频率为50Hz）“验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎（1）某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离为68.97cm，点A、C间的距离为15.24cm，点C、E间的距离为16.76cm，已知当地重力加速度为9.80m/s2，重锤的质量为m=1.0kg，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量为　　J，重力势能的减少量为　　J．（结果精确到小数点后两位）‎ ‎（2）由于阻力的作用，导致加速度发生变化，利用该装置可以测量重锤下落的加速度a=　　m/s2．‎ ‎　‎ 二、计算题（共37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给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．火星可看成质量均匀分布的球体，其半径为R，自转周期为T，表面重力加速度为g，若发射一颗火星的同步卫星，求该同步卫星轨道距火星表面的高度h．‎ ‎16．如图所示，质量为m=0.2kg的小球从平台上水平抛出后，落在一倾角θ=53°的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下，顶端与平台的高度差h=3.2m，g取10m/s2 （sin53°=0.8，cos53°=0.6），求：‎ ‎（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离S；‎ ‎（2）小球沿斜面下滑到距斜面顶端竖直高度H=15m时重力的瞬时功率．‎ ‎17．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：‎ ‎（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨三中高三（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．在每小题给出的四个选项中，1-6小题只有一个选项正确，7-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个固定的粗糙斜面由静止下滑到底端，两物体与斜面间的动摩擦因数相同，则该过程中，相同的物理量是（　　）‎ A．物体在斜面底端的动能B．此过程中重力做的功 C．此过程中摩擦力做的功D．重力的平均功率 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】对物体受力分析及运动过程分析，由动能定理分析动能的关系．由功的公式可得出重力做功和摩擦力做功关系．由运动学公式比较运动时间关系，再分析重力的平均功率关系．‎ ‎【解答】解：A、对于任意斜面，由动能定理得 mgh﹣μmgcosθ•=Ek﹣0，得 Ek=mgh﹣μmghcotθ，由于斜面的倾角θ不等，而其他量相等，所以物体在斜面底端的动能不等，故A错误．‎ B、根据WG=mgh，知此过程中重力做的功相同，故B正确．‎ C、此过程中摩擦力做的功为 Wf=﹣μmgcosθ•=﹣μmghcotθ，则知摩擦力做的功不等，故C错误．‎ D、根据运动学公式得 =（gsinθ﹣μgcosθ）t2，可知θ不同，时间t不同，而重力做功相同，所以重力的平均功率不同，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，一条小河，河宽d=60m，水速v1=3m/s，甲乙两船在静水中的速度均为v2=5m/s，两船同时从A点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好垂直到达正对岸的B点，乙船到达对岸的C点，则（　　）‎ A．α=βB．两船过河时间为12s C．两船航行的合速度大小相同D．BC距离为72m ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】A、依据甲乙两船在静水中的速度大小，结合同时到达对岸，则可知，两船在垂直河岸方向速度相等，从而即可判定夹角是否相等；‎ B、根据甲船恰好垂直到达正对岸的B点，结合水流的速度，即可求解船在垂直河岸方向的速度，从而即可求解渡河时间；‎ C、依据速度的合成法则，即可求解合速度的大小关系；‎ D、根据渡河时间，结合甲船在水流方向的速度，即可求解BC间距．‎ ‎【解答】解：A、两船同时从A点出发，且同时到达对岸，可知，两船在垂直河岸方向的速度大小相等，由于它们的速度大小相等，因此它们的夹角相等，即α=β，故A正确；‎ B、甲船恰好垂直到达正对岸的B点，而甲船在静水中的速度均为v2=5m/s，水速v1=3m/s，‎ 依据速度的合成法则，则船在垂直河岸方向的速度大小v⊥==4m/s，那么船过河时间为t===15s，故B错误；‎ C、根据速度的合成法则，两船在静水中速度大小相等，水流速度也相等，因它们的夹角不同，因此两船航行的合速度大小不相同，故C错误；‎ D、因船过河时间为t=15s，而乙船在水流方向的速度大小为vs=4m/s，那么BC间距x=4×15=60m，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．汽车的额定功率为90kW，当汽车受到水平路面的阻力为f时，汽车行驶的最大速度为v．则（　　）‎ A．如果汽车受到水平路面的阻力变为2f，汽车行驶的最大速度为 B．如果汽车受到水平路面的阻力变为，汽车行驶的最大速度为 C．如果汽车的额定功率变为45kW，汽车受到的阻力变为，则汽车行驶的最大速度为 D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率一定是90kW ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐的减小，所以此时的汽车不可能做匀加速运动，直到最后牵引力和阻力相等，到达最大速度之后做匀速运动．‎ ‎【解答】解：A、当牵引力和阻力的大小相等时即F=f时，汽车的速度到达最大值，所以P=Fv=fv，‎ 当f′=2f时，即F′=2f时速度最大，由P=F′v′可知，v′=，故A正确；‎ B、当f″=时，即F″=时速度最大，由P=F″v″可知，v′=4v，故B错误；‎ C、如果汽车的额定功率变为P′=45kW=，汽车受到的阻力变为，当F=时速度最大，最大为v，故C错误；‎ D、汽车做匀速运动，并不一定在额定功率下运动，故输出功率不一定等于90kW，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．火星直径约为地球的一半，表面重力加速度约为地球的0.4倍，则火星质量约为地球的（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度与质量的关系；通过火星的质量和半径与地球的关系找出质量的关系．‎ ‎【解答】解：根据星球表面的万有引力等于重力得：‎ 解得：M=‎ 火星直径约为地球的一半，表面重力加速度约为地球的0.4倍，所以火星的质量：‎ ‎，故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎5．甲、乙、丙为三颗围绕地球做圆周运动的人造地球卫星，轨道半径之比为1：4：9，则（　　）‎ A．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的线速度之比为1：2：3‎ B．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的角速度之比为1：：‎ C．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的周期之比为1：：‎ D．甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的向心加速度之比为1：：‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出周期、线速度与向心加速度，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的线速度之比：v甲：v乙：v丙=：： =6：3：2，故A错误；‎ B、G=mω2r，解得：ω=，甲、乙、丙三颗卫星围绕地球的线速度之比：ω甲：ω乙：ω丙=：： =1：：，故B正确；‎ C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2π，周期之比：T甲：T乙：T丙=：： =1：8：27，故C错误；‎ D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，向心加速度之比：a甲：a乙：a丙=：： =1：：，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，竖直放置的弹簧下端固定在水平地面上，上端与一质量为m的物体A拴接，物体A的上端叠放一质量为2m的物体B，现用F1=3mg的竖直向下的外力作用在物体B上，使A、B处于静止状态，此时弹簧从原长压缩了4cm，撤去F1，A、B向上运动，刚好一起运动到弹簧原长位置，现用质量为m的物体C替代物体B，用F2=4mg竖直向下的外力作用在C上，让A、C仍处于静止状态，撤去F2，AC向上运动，C上升的最大位移为H，则（　　）‎ A．H=3cmB．H=4cmC．H=6cmD．H=8cm ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】撤去F1，A、B向上运动，刚好一起运动到弹簧原长位置，由此写出机械能守恒的表达式，得到弹性势能的表达式；然后结合机械能守恒求出撤去F2后，弹簧恢复原长时A与C的速度；此时A与C分离，最后由机械能守恒即可求出C上升的高度．‎ ‎【解答】解：物体A的上端叠放一质量为2m的物体B，用F1=3mg的竖直向下的外力作用在物体B上时，弹簧的弹力等于物体的重力与F1的和，即：‎ F初=mg+2mg+F1=6mg…①‎ 用质量为m的物体C替代物体B，用F2=4mg竖直向下的外力作用在C上时：‎ F末=mg+mg+F2=6mg…②‎ 可知两次弹簧的弹力大小是相等的，所以两次弹簧的形变量是相等的，则两次弹簧压缩的弹性势能也是相等的，设弹簧的最大弹性势能为EP；‎ 撤去F1，A、B向上运动的过程中机械能守恒，到达最高点时，弹簧的弹性势能恰好转化为A与B的重力势能，所以：‎ EP=（mg+2mg）•△x…③‎ 撤去F2，AC向上运动的过程中弹簧的弹性势能转化为A与C的重力势能和动能，则：‎ ‎…④‎ A与C到达弹簧的原长时，C与A分离，C与A分离后C向上运动的过程中机械能仍然守恒，则：‎ ‎…⑤‎ C上升的总高度：H=△x+h…⑥‎ 联立得：H=6cm ‎ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，竖直轴位于水平转台中心，质量为m的小球由三根伸直的轻绳连接，和水平转台一起以ω匀速转动，倾斜绳与竖直轴夹角为θ，竖直绳对小球的拉力为F1，水平绳对小球的拉力为F2，小球到竖直轴的距离为r，以下说法可能正确的是（　　）‎ A．mgtanθ=mω2rB．mgtanθ﹣F2=mω2r C．（mg+F1）tanθ=mω2rD．（mg﹣F1）tanθ=mω2r ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据竖直方向上的平衡条件和水平方向上的合外力充当向心力进行列式求解，联立即可求得正确的表达式．‎ ‎【解答】解：根据向心力公式可知，F合=mrω2；‎ 对小球受分析可知，小球受重力、斜绳的拉力、水平绳的拉力和竖直绳的拉力，竖直方向处于平衡状态，则有：‎ mg+Fcosθ=F1；‎ Fsinθ﹣F2=mrω2；‎ 当F1和F2均为零时，则有：mgtanθ=mω2r； ‎ 当F1恰好为零时，则有：mgtanθ﹣F2=mω2r； ‎ 当F2恰好为零时，则有：（mg+F1）tanθ=mω2r 故ABC正确，D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．x=1m时物块的速度大小为2m/s B．x=3m时物块的加速度大小为1.25m/s2‎ C．在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D．在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为25J ‎【考点】动能定理；功的计算．‎ ‎【分析】A、根据图象得出x=1m时的动能，从而求出物块的速度．‎ B、对x=2m到x=4m段运用动能定理，求出水平拉力的大小，根据牛顿第二定律求出物块的加速度．‎ C、根据动能定理求出前2m内水平拉力的大小，结合牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间．‎ D、根据动能定理求出前4m内拉力对物块所做的功．‎ ‎【解答】解：A、根据图象知，x=1m时，动能为2J，即=2J，解得：v=m/s．故A错误．‎ B、对x=2m到x=4m段运用动能定理，有：Fx﹣μmgx=△Ek，解得：F=6.5N．‎ 加速度为：a===1.25m/s2．故B正确．‎ C、对前2m运用动能定理得：Fx﹣μmgx=△Ek，解得：F=6N，‎ 物体的加速度为：a==1m/s2，‎ 末速度为：v===2m/s，‎ 根据v=at得：t=2s．故C正确．‎ D、对全过程运用动能定理得：WF﹣μmgs=△Ek，解得：WF=25J．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，速度分别为v1，v2，分别落在C、D两点，OC、OD与竖直方向的夹角均为37°，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则（　　）‎ A．甲乙两球下落到轨道的时间不等 B．甲乙两球下落到轨道的时间相等 C．v1：v2=1：2‎ D．v1：v2=1：4‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】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，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，两个物体下落的高度是相等的，根据：h=可知，甲乙两球下落到轨道的时间相等．故A错误，B正确；‎ C、设圆形轨道的半径为R．则A、C的水平位移为 x1=R﹣Rsin37°=0.4R，x2=R+Rsin37°=1.6R，则x2=4x1；‎ 由h=，可知t相同，则由v=可知，v2=4v1．故C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．神州十一号已于10月19日凌晨成功与天宫二号成功实施自动交会对接，神州十一号发射过程为变轨发射，示意图如图所示，其中1为近地圆轨道，2为椭圆变轨轨道，3为天宫二号所在轨道，P为1、2轨道的交点，以下说法正确的是（　　）‎ A．神州十一号在1轨道运行时的动能大于其在3轨道运行时的动能 B．神州十一号在1轨道运行时的机械能大于其在2轨道运行时的机械能 C．神州十一号在2轨道运行时的机械能小于其在3轨道运行时的机械能 D．神州十一号在1轨道运行时经过P点的动能大于其在2轨道运行时经过P点的动能 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【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、加速度的表达式进行讨论即可．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速．‎ ‎【解答】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，卫星的动能：EK=mv2=，神州十一号在1轨道运行时的轨道半径小于其在3轨道运行时的轨道半径，神州十一号在1轨道运行时的动能大于其在3轨道运行时的动能，故A正确；‎ B、神州十一号由轨道1变轨到轨道2时要加速，加速过程机械能增加，因此神州十一号在1轨道运行时的机械能小于其在2轨道运行时的机械能，故B错误；‎ C、神州十一号由轨道2变轨到轨道3时要加速，加速过程机械能增加，因此神州十一号在2轨道运行时的机械能小于其在3轨道运行时的机械能，故C正确；‎ D、神州十一号由轨道1变轨到轨道2时要加速，神州十一号在1轨道运行时经过P点的动能小于其在2轨道运行时经过P点的动能，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为（　　）‎ A．最小为LB．最小为LC．最大为LD．最大为L ‎【考点】机械能守恒定律；匀速圆周运动；向心力．‎ ‎【分析】明确小球在整个过程中机械能守恒，当小球恰好能到达最高点时，此时距离最小，而小球在最低点时拉力最大时，此时距离最大，分别根据机械能守恒定律和向心力公式列式，联立即可求得钉子距悬点的距离．‎ ‎【解答】解：当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg=m； ‎ 根据机械能守恒定律可知，mg（L﹣2r）=mv2‎ 联立解得：r=L，故钉的位置到O点的距离为L﹣L=； ‎ 当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F=11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：‎ ‎11mg﹣mg=m 根据机械能守恒定律可知，mgL=mv02‎ 联立解得；R=，‎ 故此时离最高点距离为L，‎ 则可知，距离最小为L； 距离最大为L； ‎ 故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，装置竖直放置，上端是光滑细圆管围成的圆周轨道的一部分，半径为R（圆管内径＜＜R），轨道下端各连接两个粗糙的斜面，斜面与细圆管相切于C、D两点，斜面与水平面夹角为53°，两个斜面下端与半径为0.5R的圆形光滑轨道连接，并相切于E、F两点．有一质量m=1kg的滑块（滑块大小略小于管道内径），从管道的最高点A静止释放该滑块，滑块从管道左侧滑下，物块与粗糙的斜面的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），则（　　）‎ A．释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R B．滑块经过最低点B的压力最小为18N C．滑块最多能经过D点4次 D．滑块最终会停在B点 ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求滑块到达的最大高度．滑块在斜面上滑动时机械能不断减少，最终滑块在EF间往复运动，研究从E到F的过程，由机械能守恒定律和牛顿定律结合求滑块经过最低点B的压力最小值．对整个过程，运用动能定理求出滑块在斜面运动的总路程，从而求得滑块最多能经过D点的次数．‎ ‎【解答】解：A、设CE=FD=L，由几何知识可得 L=0.5Rtan53°=R 设释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点h．由动能定理得：mg（R﹣h）﹣2μmgcos53°•L=0，解得 h=0.6R，即释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R，故A正确．‎ BD、滑块在斜面上滑动时机械能不断减少，最终滑块在EF间往复运动，从E到F的过程，由机械能守恒定律得：‎ ‎ mg•0.5R（1﹣cos53°）=﹣0‎ 在B点，由牛顿第二定律得 N﹣mg=m 联立解得 N=18N，由牛顿第三定律得：滑块经过最低点B的压力最小值 N′=N=18N，故B正确，D错误．‎ C、设滑块在两个斜面上滑行的总路程为S，对整个过程（从A到E或到F的过程），运用动能定理得 ‎ mg（R+Rcos53°+Lsin53°）﹣μmgcos53°•S=0，解得 S=R 因为 ==，即得 S=（5+）•2L=5×2L+L，所以滑块最多能经过D点5次，故C错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、实验题（本题共15分）‎ ‎13．用如图所示装置做《探究功与速度变化的关系》实验 ‎（1）该实验釆用了　B　的方法使实验数据处理得以简化．‎ A．极限法 B．成倍增加 C．理想化模型 D．等效替代 ‎（2）实验时，以下说法正确的是　D　‎ A．该实验不需要平衡摩擦力 B．橡皮筋每次拉伸的长度应越来越长 C．先释放小车，再接通打点计时器电源 D．每次都应选择纸带上点迹均匀的部分计算小车速度．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】实验原理：橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中改变拉力做功时，为了能定量，所以用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功就有倍数关系；根据实验原理与实验注意事项分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）本实验通过改变橡皮筋的条数改变对小车做功，实验采用了成倍增加的方法使实验数据处理得以简化，故选B；‎ ‎（2）A、为使橡皮筋做功等于小车所受合外力做功，该实验需要平衡摩擦力，故A错误；‎ B、为保证橡皮筋做功相同，橡皮筋每次拉伸的长度应相同，故B错误；‎ C、为充分利用纸带，实验时应先接通电源后是否小车，故C错误；‎ D、每次都应选择纸带上点迹均匀的部分计算小车速度，故D正确；故选D；‎ 故答案为：（1）B；（2）D．‎ ‎　‎ ‎14．在利用电磁打点计时器（所用电源频率为50Hz）“验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎（1）某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离为68.97cm，点A、C间的距离为15.24cm，点C、E间的距离为16.76cm，已知当地重力加速度为9.80m/s2，重锤的质量为m=1.0kg，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量为　8.00　J，重力势能的减少量为　8.25　J．（结果精确到小数点后两位）‎ ‎（2）由于阻力的作用，导致加速度发生变化，利用该装置可以测量重锤下落的加速度a=　9.5　m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）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C点的瞬时速度，从而得出C点的动能，知道重锤动能的增加量．根据重力做功求出重力势能的减小量．‎ ‎（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2求出重锤下落的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）C点的速度等于AE段的平均速度，，则动能的增加量 重力势能的减小量≈8.25J．‎ ‎（2）根据△x=aT2得，a==9.5m/s2．‎ 故答案为：（1）8.00；8.25‎ ‎（2）9.5‎ ‎　‎ 二、计算题（共37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给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．火星可看成质量均匀分布的球体，其半径为R，自转周期为T，表面重力加速度为g，若发射一颗火星的同步卫星，求该同步卫星轨道距火星表面的高度h．‎ ‎【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求出火星同步卫星的轨道半径，从而得出距离火星表面的高度．‎ ‎【解答】解：在火星表面，对质量为m的物体有：‎ 同步卫星的周期等于火星的自转周期T，万有引力提供向心力，有：‎ 联立解得：h=．‎ 答：火星的同步卫星距火星表面的高度h为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，质量为m=0.2kg的小球从平台上水平抛出后，落在一倾角θ=53°的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下，顶端与平台的高度差h=3.2m，g取10m/s2 （sin53°=0.8，cos53°=0.6），求：‎ ‎（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离S；‎ ‎（2）小球沿斜面下滑到距斜面顶端竖直高度H=15m时重力的瞬时功率．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）由题意可知小球到达斜面时的速度方向，再由平抛运动的规律可求出小球的初速度，水平距离为小球在空中运行时的水平位移，则由水产位移公式可求得斜面顶端与平台边缘的水平距离；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出小球下滑时竖直方向加速度，再根据匀变速直线运动速度位移公式求出竖直方向末速度，再根据瞬时功率公式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以有 ‎ vy=v0tan53° ‎ 又 vy2=2gh ‎ 代入数据得：vy=8m/s，v0=6m/s ‎ 由vy=gt1得：t1=s=0.8s ‎ 则 s=v0t1=6×0.8m=4.8m ‎（2）小球沿斜面做匀加速直线运动，竖直方向加速度，‎ 设下滑到距斜面顶端竖直高度H=15m时竖直方向速度为vy′，则 解得：vy′=16m/s，‎ 此时重力的瞬时功率P=mgvy′=2×16=32W．‎ 答：（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离为4.8m；‎ ‎（2）小球沿斜面下滑到距斜面顶端竖直高度H=15m时重力的瞬时功率为32W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：‎ ‎（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件．‎ ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，动能转化为内能，根据能量守恒定律求物体与水平面间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）研究小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律求弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）物块滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下加速，动摩擦因数μ2不同，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速度就不同，求出恰好到达圆心右侧等高点、圆心右侧等高点和圆轨道最高点时速度，再由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求动摩擦因数μ2的范围．‎ ‎【解答】解：（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得 ‎ μ1mg•2d=﹣‎ 代入数据解得 μ1=0.3‎ ‎（2）小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得 ‎ 弹簧具有的最大弹性势能 Ep=﹣μ1mgd 代入数据解得 Ep=0.5J ‎（3）本题分两种情况讨论：‎ ‎①设物块在圆轨道最低点时速度为v3时，恰好到达圆心右侧等高点．‎ 根据机械能守恒得 mgR=，得 v3=4m/s＜v2=10m/s 说明物块在传送带上一直做匀加速运动．‎ 由动能定理得：μ2mgL=﹣‎ 解得 μ2=0.2‎ ‎②设物块在圆轨道最低点时速度为v4时，恰好到达圆轨道最高点．‎ 在圆轨道最高点有：mg=m 从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 ‎ 2mgR+=‎ 解得 v4=2m/s＜v2=10m/s 说明物块在传送带上一直做匀加速运动．‎ 由动能定理得：μ2mgL=﹣‎ 解得 μ2=0.6‎ 所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．‎ 答：‎ ‎（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1是0.3．‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep是0.5J．‎ ‎（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．‎ ‎　‎ ‎2016年12月3日