四川省德阳市外国语学校2017届高三11月月考物理试卷 22页

‎2016-2017学年四川省德阳市外国语学校高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题4分．第1～8题只有一项符合题目要求，第9～11题有多项符合题目要求）‎ ‎1．伽利略对自由落体运动的研究，开创了研究自然规律的科学方法，这就是（　　）‎ A．对自然现象进行总结归纳的方法 B．用科学实验进行探究的方法 C．对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法 D．抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法 ‎2．关于动量、冲量，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体运动过程中，如果动量的大小不变，则动量变化量为零 B．物体的动量变化得越快，说明物体所受合外力越大 C．即使物体所受合外力不为零，物体的动量也可能不变 D．运动员接篮球时手臂有弯曲回收动作，其作用是减小篮球的动量变化量 ‎3．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上．轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A．只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小 B．只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变 C．只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变 D．只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小 ‎4．如图所示，质量相等的甲、乙两球被以相同的初速度从同一水平面抛出，初速度与水平方向的夹角均为θ．甲在空中做抛体运动，乙刚好沿倾角为θ的足够长光滑斜面向上运动，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．两球到最高点时机械能相同 B．两球到达的最大高度不相同 C．两球运动过程中加速度保持不变 D．两球到最高点的过程中重力做功的平均功率不相同 ‎5．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）‎ A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．‎ ‎6．在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一同定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到陆碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．三个小球落地时间差与车速有关 B．三个小球落地点的间隔距离L1=L2‎ C．三个小球落地点的间隔距离L1＜L2‎ D．三个小球落地点的间隔距离L1＞L2‎ ‎7．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（　　）‎ A．b星的周期为T B．a星的线速度大小为 C．a、b两颗星的半径之比为 D．a、b两颗星的质量之比为 ‎8．如图，质量为m2，带+q的金属球a和质量为m1不带电的木球b之间用绝缘细线相连，置于竖直向上，场强为E，且范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速上升．当小木球运动到A点时，细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，则（　　）‎ A．小木球的速度为零时，金属小球的速度也为零 B．A和B两点之间电势差为 C．小木球的速度为0时，金属小球的速度大小为 D．小木球从点A到B的过程中，其动能减少量等于金属球动能的增加量 ‎9．如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s．若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．fL=Mv2B．﹣fs=mv2﹣mv02‎ C．系统摩擦生热Q=fsD．f（L+s）=mv02﹣mv2‎ ‎10．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T﹣﹣v2图象如图乙所示，则（　　）‎ A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当v2=c时，轻质绳的拉力大小为+a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a ‎11．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直增大 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2‎ D．上下两次经过B点的速度大小相等 ‎　‎ 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题（共51分）‎ ‎12．（6分）某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”．人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图1所示．在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化．设自行车无动力后受到的阻力恒定．‎ ‎（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量　　（填写物理量的名称及符号）．‎ ‎（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度．改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值．以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车的速度为横坐标，作出Wv曲线．分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系．在实验中作出Wv图象如图2所示，其中符合实际情况的是　　．‎ ‎13．（9分）某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：‎ ‎（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v．‎ ‎（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步．‎ ‎①该实验中，M和m大小关系必需满足M　　　m（选填“小于”、“等于”或“大于”）．‎ ‎②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应　　（选填“相同”或“不同”）．‎ ‎③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出　　（选填“v2﹣M”、“v2﹣”或“v2﹣”）图线．‎ ‎④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为　　（用题给的已知量表示）．‎ ‎14．（10分）电动汽车噪音小、几乎无污染，深受市场需求，已知某比亚迪电动汽车，其质量为40kg，最多能载重80kg，正常工作时速为18km/h，电压是36V，电流是6A，此时输出功率是180W．当汽车满载时，其阻力是车重的K倍，求：‎ ‎（1）K的值？‎ ‎（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度？‎ ‎（3）此电动车的工作效率是多少？‎ ‎15．（12分）某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角θ=37°、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内．当传送带以恒定速率v=10m/s运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因素均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离；‎ ‎（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能．‎ ‎16．（14分）如图所示，倾角为θ的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上有A、B、C三点，AB间距为2L，BC、CD间距为4L，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑，4块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片，紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2、3、4，第1块的下边缘恰好在A处．现将4块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞．已知每薄片质量为m、长为L，薄片与斜面BC间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）第1块薄片下边缘刚运动到B时的速度大小v1；‎ ‎（2）第1块薄片刚好完全滑上粗糙面时的加速度大小a和此时第3、4块间的作用力大小F；‎ ‎（3）4块薄片全部滑上水平面后，相邻滑片间的距离d．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题【选修3-4】‎ ‎17．（5分）如图甲所示为一弹簧振子自由振动（即做简谐运动）时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4s B．由图乙可知该弹簧振子的固有周期为8s C．由图乙可知外力的周期为8s D．如果改变外力的周期，在接近4s的附近该弹簧振子的振幅较大 E．如果改变外力的周期，在接近8s的附近该弹簧振子的振幅较大 ‎18．（10分）劲度系数为k的轻弹簧上端固定一只质量为m的小球，向下压小球后从静止释放，小球开始做简谐运动．该过程小球的最大加速度是2.8g（g为重力加速度）．求：‎ ‎（1）简谐运动的振幅大小A；‎ ‎（2）当小球运动到最低点时，小球对弹簧弹力F的大小和方向；‎ ‎（3）若弹簧原长为L，则振动过程中弹簧的最大长度L′是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省德阳市外国语学校高三（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分．第1～8题只有一项符合题目要求，第9～11题有多项符合题目要求）‎ ‎1．伽利略对自由落体运动的研究，开创了研究自然规律的科学方法，这就是（　　）‎ A．对自然现象进行总结归纳的方法 B．用科学实验进行探究的方法 C．对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法 D．抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【专题】直线运动规律专题．‎ ‎【分析】伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把把实验和逻辑推理和谐结合起来．‎ ‎【解答】解：伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推．所以伽利略用来抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法．‎ ‎　‎ ‎2．关于动量、冲量，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体运动过程中，如果动量的大小不变，则动量变化量为零 B．物体的动量变化得越快，说明物体所受合外力越大 C．即使物体所受合外力不为零，物体的动量也可能不变 D．运动员接篮球时手臂有弯曲回收动作，其作用是减小篮球的动量变化量 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题．‎ ‎【分析】动量是矢量，既有大小，也有方向；根据动量的公式、动量定理和动能定理去逐项分析判断各项．‎ ‎【解答】解：A、物体运动过程中，如果动量的大小不变，方向不一定不变，则动量变化量不一定为零，故A错误；‎ B、物体的动量变化得越快，则：，说明物体所受合外力越大，故B正确；‎ C、物体所受合外力不为零，由动量定理知物体所受的合外力的冲量不为零，它的动量变化不一定为零，故C错误；‎ D、运动员接篮球时手臂有弯曲回收动作，其作用是减小篮球对手的作用力的大小，但不能改变动量变化量，故D错误；‎ 故选：B ‎【点评】本题主要考查了动量定理的直接应用，要注意物理与生活中的联系，要能将所学物理规律用到生活中；会用所学的物理规律解释生活中遇到的现象．‎ ‎　‎ ‎3.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上．轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A．只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小 B．只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变 C．只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变 D．只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，可得到sinα=，当只将绳的左端移向A′点或将绳的右端移向B′点，分析α如何变化，以滑轮为研究对象，根据平衡条件分析拉力如何变化．‎ ‎【解答】解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，得：‎ sinα=…①‎ 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：‎ ‎2Fcosα=mg，‎ 得F=…②‎ A、B、当只将绳的左端移向A′点，S和L均不变，则由②式得知，F不变．故A错误，B正确．‎ C、D、当只将绳的右端移向B′点，S增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cosα减小，则由②式得知，F增大．故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析α与绳子的长度和B点到墙壁距离的关系，也可以运用图解法，作图分析拉力的变化情况．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，质量相等的甲、乙两球被以相同的初速度从同一水平面抛出，初速度与水平方向的夹角均为θ．甲在空中做抛体运动，乙刚好沿倾角为θ的足够长光滑斜面向上运动，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．两球到最高点时机械能相同 B．两球到达的最大高度不相同 C．两球运动过程中加速度保持不变 D．两球到最高点的过程中重力做功的平均功率不相同 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】物体甲最斜抛运动，根据斜抛运动的特点求的时间和上升高度，物体乙沿斜面做匀减速运动，根据运动学公式求的时间和高度，根据W=F求的重力做功的平均功率 ‎【解答】解：A、由于小球在上升过程中只有重力做功，故机械能均守恒，故A正确； ‎ B、甲球到达最高点时仍有水平速度，根据机械能守恒定律可知，两球到达的最大高度不同，故B不正确；‎ C、由于两球均只受重力，因此两球运动过程的加速度保持不变，故C正确； ‎ D、两球在竖直方向均做匀减速运动到速度为零，竖直方向的初速度为v0sinθ，因此竖直方向运动的平均速度为v0sinθ，重力做功的平均功率为：P=﹣mgv=﹣mgv0sinθ，故过程的平均功率不相同，故D错误．‎ 本题选不正确的，故选：D ‎【点评】本题主要考查了斜抛运动的和沿斜面的匀变速直线运动，要注意两种情况中机械能均守恒，故应优先根据功能关系进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎5．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）‎ A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【专题】直线运动规律专题．‎ ‎【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．‎ ‎【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3‎ 据运动学公式可知：v22﹣v12=2ax1，v32﹣v22=2ax2，‎ 且v2﹣v1=v3﹣v2=△v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手．‎ ‎　‎ ‎6．在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一同定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到陆碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．三个小球落地时间差与车速有关 B．三个小球落地点的间隔距离L1=L2‎ C．三个小球落地点的间隔距离L1＜L2‎ D．三个小球落地点的间隔距离L1＞L2‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【专题】平抛运动专题．‎ ‎【分析】小车遇到陆碍物P时，立即停下来，小球由于惯性，做平抛运动，平抛运动的时间由高度决定，水平位移由初速度和时间共同决定．‎ ‎【解答】解：A、小球在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，A、B、C高度一定，则运动时间一定，落地的时间差一定，与车速无关．故A错误．‎ B：平抛运动竖直方向做自由落体运动，则 ‎，解得t=‎ 小球在水平方向上做匀速直线运动，则，，，解得，‎ ‎，因为，所以L1＜L2．故C正确，B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查了平抛运动的基本公式的直接应用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（　　）‎ A．b星的周期为T B．a星的线速度大小为 C．a、b两颗星的半径之比为 D．a、b两颗星的质量之比为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．‎ ‎【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系．‎ ‎【解答】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；‎ B、根据题意可知，ra+rb=l，ra﹣rb=△r，‎ 解得：，，则a星的线速度大小，，故B正确，C错误；‎ D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：‎ 解得：，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等，难度适中．‎ ‎　‎ ‎8．如图，质量为m2，带+q的金属球a和质量为m1不带电的木球b之间用绝缘细线相连，置于竖直向上，场强为E，且范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速上升．当小木球运动到A点时，细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，则（　　）‎ A．小木球的速度为零时，金属小球的速度也为零 B．A和B两点之间电势差为 C．小木球的速度为0时，金属小球的速度大小为 D．小木球从点A到B的过程中，其动能减少量等于金属球动能的增加量 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量守恒定律；电势能．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】细线断开前，两球在电场中做匀速直线运动，两球的总重力与电场力平衡，断开细线后，两球的总重力与电场力均不变，合力为零，两球组成的系统总动量守恒，根据动量守恒定律分析小木球的速度为零时，金属小球的速度．对于木球B，细线断开后，只受重力，机械能守恒，由机械能守恒定律求解上升的高度AB，再由U=Ed求出A、B间的电势差．根据能量守恒定律分析小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量与两球重力势能的增加量的关系．‎ ‎【解答】解：A、断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动量守恒定律得：‎ ‎（m1+m2）v=m1v′得金属小球的速度大小为：v′=．故AC错误．‎ B、断开细线后，木球的机械能守恒，则有m2gh=m2v2，得：h=，‎ 即A、B间距离为：h=，两点A、B之间的电势差为：U=Eh=，故B正确．‎ D、小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量等于木球重力势能的增加量，电场力对金属小球所做的功等于金属小球的机械能增加量．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题在物理上称为脱钩问题，两球没有发生作用，但系统的合力为零，也遵守动量守恒．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s．若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．fL=Mv2B．﹣fs=mv2﹣mv02‎ C．系统摩擦生热Q=fsD．f（L+s）=mv02﹣mv2‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】子弹射入木块的过程中，木块对子弹的阻力f做功为﹣f（L+s），子弹对木块的作用力做功为fL，根据动能定理，分别以木块和子弹为研究对象，分析子弹和木块的作用力做功与动能变化的关系．根据能量守恒定律研究系统摩擦生热．‎ ‎【解答】解：A、以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即fL=①．故A正确．‎ ‎ B、D以子弹为研究对象，由动能定理得，﹣f（L+s）=②．故B错误，D正确．‎ ‎ C、由①+②得，fs=，根据能量守恒定律可知，系统摩擦生热Q=，则得到Q=fs．‎ 故选ACD ‎【点评】本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式W=fl中，l是相对于地的位移大小．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T﹣﹣v2图象如图乙所示，则（　　）‎ A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当v2=c时，轻质绳的拉力大小为+a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a ‎【考点】向心力．‎ ‎【专题】学科综合题；定性思想；推理法；匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】小球在竖直面内做圆周运动，到最高点时由绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．根据牛顿第二定律和机械能守恒列式求解小球在最低点和最高点时绳的拉力差．‎ ‎【解答】解：A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：‎ ‎ mg+T=m得：T=﹣mg…①‎ 由图象知，T=0时，v2=b．图象的斜率k=，则得：，得绳长为：L=，故A错误．‎ B、当v2=0时，T=﹣a，由①得：﹣a=﹣mg，得：g=，故B正确．‎ C、当v2=c时，代入①得：T=•c﹣mg=•c﹣a，故C错误．‎ D、只要v2≥b，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ 最高点：T1+mg=m…②‎ ‎ 最低点：T2﹣mg=m…③‎ 从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：=2mgL…④‎ 联立②③④解得：T2﹣T1=6mg=6a，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式和机械能守恒定律的综合应用，关键要正确分析小球圆周运动的向心力．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直增大 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2‎ D．上下两次经过B点的速度大小相等 ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 ‎【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，‎ 所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，‎ 所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误 B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式 mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0‎ 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式 ‎﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv2‎ 解得：Wf=﹣mv2，故B正确 C、W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C正确；‎ D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0‎ 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 ‎﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣‎ mgh′+W′f﹣W′弹=‎ 由于W′f＞0，所以＞，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D错误 故选：BC ‎【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用 ‎　‎ 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题（共51分）‎ ‎12．（6分）某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”．人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图1所示．在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化．设自行车无动力后受到的阻力恒定．‎ ‎（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量　人停止蹬车后自行车滑行的时间t　（填写物理量的名称及符号）．‎ ‎（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度．改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值．以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车的速度为横坐标，作出Wv曲线．分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系．在实验中作出Wv图象如图2所示，其中符合实际情况的是　C　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【专题】实验题；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）人停止蹬车后车做匀减速运动，由位移等于平均速度乘以时间，得出车速的表达式，再分析．‎ ‎（2）根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系．从而判断W与v图线．‎ ‎【解答】解：（1）人停止蹬车后，人和车组成的系统做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律得：v2=2as；且有v=at，故需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的时间t；‎ ‎（2）根据动能定理得：﹣W=0﹣，故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上．故C正确．‎ 故答案为：（1）人停止蹬车后自行车滑行的时间t；（2）C．‎ ‎【点评】解决本题的关键根据动能定理得出阻力做功与速度的关系，并掌握匀变速直线运动的运动规律．‎ ‎　‎ ‎13．（9分）某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：‎ ‎（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v．‎ ‎（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步．‎ ‎①该实验中，M和m大小关系必需满足M　大于　　m（选填“小于”、“等于”或“大于”）．‎ ‎②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应　相同　（选填“相同”或“不同”）．‎ ‎③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出　v2﹣　（选填“v2﹣M”、“v2﹣”或“v2﹣”）图线．‎ ‎④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为　　（用题给的已知量表示）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】①若要使B处压力传感器示数为零，必须满足M大于m的条件；‎ ‎②根据胡克定律，不论M质量如何，要使压力传感器为零，从而得出下落的高度大小如何；‎ ‎③选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，列式，即可求得结果；‎ ‎④根据③问的表达式，结合图象的含义，即可求解．‎ ‎【解答】解：①根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；‎ ‎②要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，‎ 若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，‎ 因此弹簧的形变量为△x=△x1+△x2=，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，‎ 则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；‎ ‎③选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：（M﹣m）g×=，‎ 整理得，，‎ 为得到线性关系图线，因此应作出图线．‎ ‎④由上表达式可知，，解得k=．‎ 故答案为：①大于，②相同，③，④．‎ ‎【点评】考查胡克定律与机械能守恒定律的应用，理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）电动汽车噪音小、几乎无污染，深受市场需求，已知某比亚迪电动汽车，其质量为40kg，最多能载重80kg，正常工作时速为18km/h，电压是36V，电流是6A，此时输出功率是180W．当汽车满载时，其阻力是车重的K倍，求：‎ ‎（1）K的值？‎ ‎（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度？‎ ‎（3）此电动车的工作效率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1））正常行驶时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求出K的大小．‎ ‎（2）根据功率公式求得牵引力，再由牛顿第二定律可求得电动车的加速度；‎ ‎（3）根据P=UI求得总功率，再由效率公式可求得电动车的工作效率．‎ ‎【解答】解：（1）对于车：由P出=Fv ‎ v=18Km/h=5m/s ‎ 解得：F=36N；‎ 车匀速运动：F=f ‎ 则f=k（m+M）g ‎ 所以：k=0.03　‎ ‎（2）当速度为3m/s时，牵引力为：‎ F1===60N；‎ 则由牛顿第二定律可知：‎ F1﹣f=（M+m）a 解得：a=3m/s2；‎ ‎（3）电动机的工作效率为：‎ η=×100%=×100%=83.3%；　　　　　　　　　　　‎ 答：（1）（1）K的值为0.03；‎ ‎（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度为3m/s2；‎ ‎（3）此电动车的工作效率是83.3%‎ ‎【点评】解决本题的关键搞清输入功率、输出功率、电动机内部消耗的功率之间的关系，以及知道功率与牵引力和速度的关系．‎ ‎　‎ ‎15．（12分）某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角θ=37°、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内．当传送带以恒定速率v=10m/s运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因素均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离；‎ ‎（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能．‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【专题】计算题；学科综合题；参照思想；模型法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）货物刚好到达E点，则在E点，由重力提供向心力，根据向心力公式求出E点的速度，再由功能关系即可求出货物在二楼仓库地面滑行的距离；‎ ‎（2）货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理求出货物到达B的速度；由牛顿第二定律求出货物在传送带上的加速度，计算出货物的速度达到10m/s的位移，与传送带的长度比较，然后计算出货物相对于传送带的位移，最后由功能关系即可求出产生的内能．‎ ‎【解答】解：（1）因贷物恰好能滑入二楼仓库，则在圆轨道的最高点E，向心力恰好由重力提供，得：‎ mg=m 代入数据解得：vE=2m/s 货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，做匀减速运动，设货物在二楼仓库地面滑行的距离为s．由动能定理得：‎ ‎﹣μmgs=0﹣‎ 代入数据得：s=1m ‎（2）设货物离开传送带时的速度为vB，货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：‎ ‎﹣mgs•sin37°﹣μmgs•cos37°﹣mgr（1+cos37°）=﹣‎ 代入数据得：vB=8m/s 货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得：‎ ma=μmg 所以：a=μg=0.2×10=2m/s2‎ 货物从开始运动到速度等于8m/s的过程中的位移为x，则：‎ ‎2ax=‎ 代入数据得：x=16m 该过程中的时间：t===4s 该过程中传送带的位移：x′=vt=10×4=40m 货物相对于传送带的位移：△x=x′﹣x=40﹣16=24m 所以传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能：Q=μmg•△x=0.2×50×10×24=2400J 答：（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离是1m；‎ ‎（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能是2400J ‎【点评】本题是复杂的力学问题，关键要理解货物的运动情况，明确小滑块刚好到达M点的条件：重力等于向心力，要注意摩擦生热与相对位移有关．‎ ‎　‎ ‎16．（14分）如图所示，倾角为θ的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上有A、B、C三点，AB间距为2L，BC、CD间距为4L，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑，4块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片，紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2、3、4，第1块的下边缘恰好在A处．现将4块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞．已知每薄片质量为m、长为L，薄片与斜面BC间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）第1块薄片下边缘刚运动到B时的速度大小v1；‎ ‎（2）第1块薄片刚好完全滑上粗糙面时的加速度大小a和此时第3、4块间的作用力大小F；‎ ‎（3）4块薄片全部滑上水平面后，相邻滑片间的距离d．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）AB面光滑，4块薄片整体下滑时机械能守恒，由机械能守恒定律求第1块薄片下边缘刚运动到B时的速度大小v1；‎ ‎（2）对于4块薄片整体，根据牛顿第二定律求第1块薄片刚好完全滑上粗糙面时的加速度大小a．研究第4块薄片，根据牛顿第二定律求3对4的作用力；‎ ‎（3）研究整体下端由A到C的过程，根据动能定理列式，求得4块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度，对每块滑片运用动能定理求得每块滑片滑到水平面时的速度，由运动学公式求得相邻滑片到达水平面的时间差，从而求得相邻滑片间的距离d．‎ ‎【解答】解：（1）研究4块薄片整体，根据机械能守恒定律有：‎ ‎ 4mg•2Lsinθ=‎ 解得 v1=2‎ ‎（2）对于4块薄片整体，根据牛顿第二定律有 ‎ 4mgsinθ﹣μmgcosθ=4ma 解得 a=gsinθ 研究第4块薄片，根据牛顿第二定律有 ‎ mgsinθ﹣F=ma 解得 F=mgsinθ ‎（3）设4块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度为v2，研究整体下端由A到C的过程，根据动能定理有 ‎ 4mg•6Lsinθ﹣•4L=‎ 设每块滑片滑到水平面时的速度为v3，对每块滑片运用动能定理有 ‎ mg•﹣L=﹣‎ 相邻滑片到达水平面的时间差 t=‎ 由于 d=v3t 解得 d=L ‎ 答：‎ ‎（1）第1块薄片下边缘刚运动到B时的速度大小v1是2．‎ ‎（2）第1块薄片刚好完全滑上粗糙面时的加速度大小a是gsinθ，此时第3、4块间的作用力大小F是mgsinθ；‎ ‎（3）4块薄片全部滑上水平面后，相邻滑片间的距离d是L．‎ ‎【点评】解决本题时，一要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简洁．二要分析清楚运动过程．涉及力在空间效果时，运用动能定理研究是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题【选修3-4】‎ ‎17．（5分）如图甲所示为一弹簧振子自由振动（即做简谐运动）时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4s B．由图乙可知该弹簧振子的固有周期为8s C．由图乙可知外力的周期为8s D．如果改变外力的周期，在接近4s的附近该弹簧振子的振幅较大 E．如果改变外力的周期，在接近8s的附近该弹簧振子的振幅较大 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】由题意可知，图甲是物体自由振动图象，而图乙是物体做受迫振动时的图象；而物体自由振动时的周期为固有周期，做受迫振动时的周期等于驱动力的周期．‎ ‎【解答】解：A、图象甲是物体自由振动时的周期，故由图象甲可知，物体的固有频率为T0=4s； 故A正确；‎ B、图象乙是受迫振动的图象，故实际的振动周期为8s，即T=8s；故B错误；‎ C、由B选项可知，外力的周期为8s；故C正确；‎ D、当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动达到最强，故当T在4s附近时，发生共振，振幅Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，振幅Y很小，故D正确；‎ E、当T在8s附近时，没有发生共振，故振幅不是最大，故E错误；‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】做受迫振动的物体当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体达到共振，并知道固有频率与策动频率的区别．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）劲度系数为k的轻弹簧上端固定一只质量为m的小球，向下压小球后从静止释放，小球开始做简谐运动．该过程小球的最大加速度是2.8g（g为重力加速度）．求：‎ ‎（1）简谐运动的振幅大小A；‎ ‎（2）当小球运动到最低点时，小球对弹簧弹力F的大小和方向；‎ ‎（3）若弹簧原长为L，则振动过程中弹簧的最大长度L′是多少？‎ ‎【考点】简谐运动的回复力和能量．‎ ‎【专题】简谐运动专题．‎ ‎【分析】（1）在当位移为振幅A时，加速度最大，根据牛顿第二定律列式求解即可；‎ ‎（2）当小球运动到最低点时，受重力和支持力，根据牛顿第二定律列式求解；‎ ‎（3）当振子处于最大高度时，弹簧的长度最大．‎ ‎【解答】解：（1）简谐运动的回复力为：F=﹣kx；‎ 在当位移为振幅A时，加速度最大，根据牛顿第二定律，有：‎ kA=mam 解得：A==‎ ‎（2）右图中红色弹簧表示弹簧处于原长L，蓝色弹簧表示平衡位置，最低点B处，根据牛顿第二定律，有：‎ kx1﹣mg=mam 因此：‎ kx1=3.8mg 弹簧被压缩，小球对弹簧的弹力方向竖直向下；‎ ‎（3）由图知最高点弹簧处于伸长状态，其伸长量：x2=A﹣x0‎ 最大长度为：L′=L+x2=L+A﹣x0=L+﹣=L+；‎ 答：（1）简谐运动的振幅大小A为；‎ ‎（2）当小球运动到最低点时，小球对弹簧弹力F的大小为3.8mg，方向竖直向上；‎ ‎（3）若弹簧原长为L，则振动过程中弹簧的最大长度L′是L+．‎ ‎【点评】本题考查了简谐运动的对称性，关键根据胡克定律并结合几何关系列式分析，不难．‎