陕西省西安中学2017届高三上学期第二次月考物理试卷 33页

‎2016-2017学年陕西省西安中学高三（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共18小题，每小题3分．共计54分．其中1-12题为单选，13-18题为多选．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．许多科学家在物理学发展过程中做出重要贡献，下列叙述中符合物理学史的是（　　）‎ A．卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律 B．第谷发现了行星运动定律 C．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量 D．法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象 ‎2．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（　　） ‎ A．极限的思想方法 B．放大的思想方法 C．控制变量的方法 D．猜想的思想方法 ‎3．小飞人科比在带球过人时身体与地面的夹角为60°，为保持身体稳定，地面对运动员的力必须与身体平行．若其转弯半径约为5m，重力加速度g=10m/s2，则小飞人此时运动的速度大小约为（　　）‎ A．2 m/s B．5 m/s C．9 m/s D．12 m/s ‎4．某同学观察一只蜗牛爬行，绘出蜗牛在某段时间内的位移﹣时间图象如图所示，对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．0.5 s时，蜗牛的速度大小为0.5 m/s B．AB段蜗牛做匀速运动 C．CD段的运动方向与初始运动方向相反 D．蜗牛在4 s内的位移为2 cm ‎5．如图所示，倾角为θ=30°的斜面体放在水平地面上，﹣个重为G的球在水平力F的作用下静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平方向逆时针转过某﹣角度α后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为f，那么F和f的大小分别是（　　）‎ A．F=G，f=G B．F=G，f=G C．F=G，f=G D．F=G，f=g ‎6．如图所示，质量为m的滑块（可视为质点）在倾角为θ的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=x1，bc=x2，那么在整个过程中（　　）‎ A．滑块在b点动能最大，最大值为mgx1sinθ B．因斜面对滑块的摩擦力做负功，滑块和弹簧组成的系统整个过程中机械能逐渐减少 C．滑块在c点时弹簧的弹性势能最大，且为mg（x1+x2）sinθ D．可由mgsinθ=kx2求出弹簧的劲度系数 ‎7．如图所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1＜m2，现对两物块同时施加相同的水平恒力F，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN，则（　　）‎ A．物块B的加速度为 B．物块A的加速度为 C．F＜FN＜2F D．FN可能为零 ‎8．在静止的电梯里，把一个轻弹簧的一端连在电梯底部，另一端接连一个质量为m的铁块，如图所示．在电梯由静止开始匀加速（a＜g）下降的较短时间内，下列说法正确的是（　　）‎ A．铁块处于超重状态 B．铁块处于失重状态 C．轻弹簧的压缩量保持不变 D．轻弹簧的压缩量增加 ‎9．以下各组中的单位都是国际基本单位的有（　　）‎ A．kg、m、N B．A、V、K C．kg、m、s D．J、s、A ‎10．波粒二象性时微观世界的基本特征，以下说法正确的有（　　）‎ A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有粒子性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 ‎11．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）‎ A． R0 B． R0 C． R0 D． R0‎ ‎12．如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B．若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1‎ 的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（　　）‎ A．T1= B．T1=‎ C．T1= D．T1=‎ ‎13．下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律．其中物体受力可能平衡的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．如图所示，abcd是倾角为θ的光滑斜面，已知ab∥dc，ad、bc均与ab垂直．在斜面上的a点，将甲球以速度v0沿ab方向入射的同时，在斜面上的b点将乙球由静止释放，则以下判断正确的是（　　）‎ A．甲、乙两球不可能在斜面上相遇 B．甲、乙两球在斜面上运动的过程中，总是在同一水平线上 C．甲、乙两球一定在斜面上相遇 D．甲、乙两球在斜面上运动的过程中，在相同时间内速度的改变总是相同 ‎15．我们赖以生存的银河系的恒星中大约有是双星，假设某双星由质量不等的星体s1和s2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点c做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，s1到c点的距离为r1，s1和s2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出s2的质量，下列计算错误的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎16．2012年10月25日晚，第16颗北斗导航同步卫星顺利升空，这标志着我国北斗卫星区域导航系统建设全面完成，将形成覆盖亚太大部分地区的服务能力，浩渺的太空中，中国人布下了属于自己的星座，从此定位、导航、授时不再受制于人，关于这颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．这颗卫星可能在北京的正上空 B．这颗卫星的角速度比月球的角速度大 C．这颗卫星距离地面高度和其他地球同步卫星距地面高度相同 D．这颗卫星绕地心的线速度大小与静止在地面上的物体绕地心的线速度大小相等 ‎17．如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则（　　）‎ A．小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒 B．从轻绳与钉子相碰到小球刚达到最低点过程，重力的功率先减小后增大 C．小球刚到最低点速度大小为 D．小球刚到达最低点时绳中张力为 ‎18．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（　　）‎ A．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ B．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v C．电阻R1消耗的热功率为 D．电阻 R2消耗的热功率为 ‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎19．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：‎ 第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．‎ 第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为△t，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB=　　．‎ ‎（2）已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块　　（写出物理名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合=　　．‎ ‎（3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2﹣W图象，可知该图象是一条　　，根据图象还可求得　　．‎ ‎20．在做“验证牛顿第二定律”的实验时：‎ ‎（1）甲同学根据实验数据画出的小车加速度a和小车所受拉力F的图象为下图中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线Ⅱ．直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大．明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是　　．‎ ‎（A） 实验前甲同学没有平衡摩擦力 ‎（B） 甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 ‎（C） 实验前乙同学没有平衡摩擦力 ‎（D） 乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 ‎（2）在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于始终没有满足M》m（m为砂桶及砂桶中砂的质量）的条件，结果得到的图象应是如下图中的图　　．‎ ‎（3）在研究小车的加速度a和拉力F的关系时，由于始终没有满足M》m的关系，结果应是下图中的图　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共30分）‎ ‎21．水上滑梯可简化成如图所示的模型，光滑斜槽AB和粗糙水平槽BC平滑连接，斜槽AB的竖直高度H=6.0m，倾角θ=37°．水平槽BC长d=2.5m，BC面与水面的距离h=0.80m，人与BC间的动摩擦因数为μ=0.40．一游戏者从滑梯顶端A点无初速地自由滑下，求：（取重力加速度g=10m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6）‎ ‎（1）游戏者沿斜槽AB下滑时加速度的大小a；‎ ‎（2）游戏者滑到C点时速度的大小v；‎ ‎（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向位移的大小x．‎ ‎22．如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内．圆轨道OA的半径R=1.25m，传送带长S=2.25m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h．一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为L=m的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F=12N的水平恒力作用下启动，此时滑块落入木板中．已知滑块与传送带的摩擦因数μ1=0.2，目木板的质量M=1kg，木板与CD间的摩擦因数为μ2=0.4，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度．‎ ‎（2）如果传送带静止，求h的取值范围．‎ ‎（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，试判断滑块还能否落在木板上．‎ ‎23．由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：‎ ‎（1）A星体所受合力大小FA；‎ ‎（2）B星体所受合力大小FB；‎ ‎（3）C星体的轨道半径RC；‎ ‎（4）三星体做圆周运动的周期T．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省西安中学高三（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共18小题，每小题3分．共计54分．其中1-12题为单选，13-18题为多选．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．许多科学家在物理学发展过程中做出重要贡献，下列叙述中符合物理学史的是（　　）‎ A．卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律 B．第谷发现了行星运动定律 C．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量 D．法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许、法拉第的等著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、库仑通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律，故A错误；‎ B、开普勒通过对第谷的观察资料的研究，发现了行星运动定律，故B错误；‎ C、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故C错误；‎ D、法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（　　） ‎ A．极限的思想方法 B．放大的思想方法 C．控制变量的方法 D．猜想的思想方法 ‎【考点】弹性形变和范性形变．‎ ‎【分析】桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大．‎ ‎【解答】解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；‎ 玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；‎ 引力大小仍是借助于光的反射来放大，三个实验均体现出放大的思想方法，‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．小飞人科比在带球过人时身体与地面的夹角为60°，为保持身体稳定，地面对运动员的力必须与身体平行．若其转弯半径约为5m，重力加速度g=10m/s2，则小飞人此时运动的速度大小约为（　　）‎ A．2 m/s B．5 m/s C．9 m/s D．12 m/s ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】根据合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出“小飞人”此时运动的速度大小．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得：，‎ 解得：v=．‎ 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．某同学观察一只蜗牛爬行，绘出蜗牛在某段时间内的位移﹣时间图象如图所示，对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．0.5 s时，蜗牛的速度大小为0.5 m/s B．AB段蜗牛做匀速运动 C．CD段的运动方向与初始运动方向相反 D．蜗牛在4 s内的位移为2 cm ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】位移图象的斜率等于物体的速度，由数学知识求速度的大小，确定物体的运动性质．蜗牛的位移大小等于纵坐标的变化量．‎ ‎【解答】解：A、0﹣1s内图象的斜率一定，蜗牛做匀速直线运动，速度大小为 v===0.5cm/s，故A错误；‎ B、AB段表示蜗牛静止，故B错误；‎ C、OA段物体沿正方向运动，CD段物体沿负方向运动，所以CD段的运动方向与初始OA段的运动方向相反．故C正确．‎ D、蜗牛在4 s内的位移为0．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，倾角为θ=30°的斜面体放在水平地面上，﹣个重为G的球在水平力F的作用下静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平方向逆时针转过某﹣角度α后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为f，那么F和f的大小分别是（　　）‎ A．F=G，f=G B．F=G，f=G C．F=G，f=G D．F=G，f=g ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】‎ 先研究第一种情况：通过对小球出状态的分析，利用共点力平衡条件可求出水平力F的大小．再研究力F方向变化后的情况：先对小球受力分析，运用作图法求得力F与水平方向的角度，因为小球和斜面都处于静止状态，可对整体受力分析求出地面对斜面的摩擦力．‎ ‎【解答】解：先研究第一种情况：对物体受力分析如图所示．‎ 由平衡条件得：N与F的合力F′与重力G大小相等，‎ 由三角函数关系得：F=Gtanθ=；‎ 转过一角度后，由F大小不变，小球静止，支持力与F的合力不变，故此时转动后F转方向如图：‎ 根据几何知识可得F转过的角度是2θ．‎ 对整体受力分析并正交分解如图：‎ 水平方向：f=Fcos2θ=Gcos60°=‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，质量为m的滑块（可视为质点）在倾角为θ的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=x1，bc=x2，那么在整个过程中（　　）‎ A．滑块在b点动能最大，最大值为mgx1sinθ B．因斜面对滑块的摩擦力做负功，滑块和弹簧组成的系统整个过程中机械能逐渐减少 C．滑块在c点时弹簧的弹性势能最大，且为mg（x1+x2）sinθ D．可由mgsinθ=kx2求出弹簧的劲度系数 ‎【考点】机械能守恒定律；胡克定律．‎ ‎【分析】了解滑块的运动过程，滑块先加速运动到b，接触弹簧后滑块没有减速，而是继续加速，当滑块的合力为0时，滑块速度最大，再向下做减速运动，速度减到0时，弹簧压得最紧，弹性势能最大．‎ ‎【解答】‎ 解：A、滑块先加速运动到b，接触弹簧后滑块没有减速，而是继续加速，当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，d点在b和c之间，最大值大于mgx1sinθ，故A错误．‎ B、最后又回到a点，说明斜面无摩擦，滑块和弹簧组成的系统整个过程中机械能守恒．故B错误．‎ C、滑块在c点时弹簧的弹性势能最大，物块的重力势能完全转化为弹性势能，所以最大弹性势能等于mg（x1+x2）sinθ，故C正确．‎ D、只有物体沿斜面方向受重力的分力和弹簧弹力相等时才有mgsinθ=kx，此处x不是x2，位置应该在bc之间，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1＜m2，现对两物块同时施加相同的水平恒力F，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN，则（　　）‎ A．物块B的加速度为 B．物块A的加速度为 C．F＜FN＜2F D．FN可能为零 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速度相同，先整体分析得到加速度，之后再隔离单独对A或B受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力大小为FN ‎【解答】解：‎ 由于没有摩擦力，且m1＜m2，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：2F=（m1+m2）a 解得：，故A错误，B正确 再对B受力分析，由牛顿第二定律：F+FN=m2a 代入加速度解得：，故CD错误 故选B ‎　‎ ‎8．在静止的电梯里，把一个轻弹簧的一端连在电梯底部，另一端接连一个质量为m的铁块，如图所示．在电梯由静止开始匀加速（a＜g）下降的较短时间内，下列说法正确的是（　　）‎ A．铁块处于超重状态 B．铁块处于失重状态 C．轻弹簧的压缩量保持不变 D．轻弹簧的压缩量增加 ‎【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．‎ ‎【分析】物体受力为重力和弹簧的支持力，加速下降具有向下的加速度，所以物体处于失重状态．‎ ‎【解答】解：A、在电梯由静止开始匀加速（a＜g）下降的较短时间内，电梯具有向下的加速度；加速度向下处于失重状态，A错误，B正确；‎ C、电梯由静止开始匀加速（a＜g）下降，弹簧的弹力F：mg﹣F=ma，所以F=mg﹣ma＜mg，在静止的电梯里，F0=mg，又：F=kx；F0=kx0可知，轻弹簧的压缩量减小．故CD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．以下各组中的单位都是国际基本单位的有（　　）‎ A．kg、m、N B．A、V、K C．kg、m、s D．J、s、A ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】解答本题时，应掌握：国际单位制中的力学基本单位有三个：kg、s、m，电学中基本单位是A，热力学中K是基本单位，其他单位是导出单位．‎ ‎【解答】解：A、N是导出单位，不是基本单位，而kg、m是国际基本单位．故A错误．‎ B、A和K是基本单位，而V是导出单位，故B错误．‎ C、kg、m、s都是国际单位制中的力学基本单位，故C正确．‎ D、s、A是基本单位，而J是导出单位，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．波粒二象性时微观世界的基本特征，以下说法正确的有（　　）‎ A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有粒子性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程．‎ ‎【分析】光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义；光电效应现象揭示了光的粒子性；相邻原子之间的距离大致与中子的德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象；普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念；‎ ‎【解答】解：A、光电效应现象揭示了光的粒子性．故A正确；‎ B、衍射是波特有的性质；热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性．故B错误；‎ C、黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念．故C错误；‎ D、由P=h及P=可知，动能相同的质子和电子，其动量不同，故其波长也不相同；故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎11．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）‎ A． R0 B． R0 C． R0 D． R0‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；‎ 通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；‎ 根据电阻定律公式，有；‎ 故，解得R0‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B．若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（　　）‎ A．T1= B．T1=‎ C．T1= D．T1=‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】题目中滑轮有质量而且还转动，超出了高中的大纲要求，我们接触的题目都是轻质滑轮，质量不计，做选择题时我们不妨设m1=m2，则整个系统处于静止状态，T1=T2．‎ ‎【解答】解：设m1=m2=m′，则整个系统处于静止状态 所以T1=T2=m′g 将m1=m2=m′代入四个选项中，发现：‎ ‎==m′g 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律．其中物体受力可能平衡的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】要解决本题一是掌握各种图象的物理意义，二是正确理解和应用平衡状态．因此解题关键是看哪种图象描述的物体处于静止或匀速运动状态．‎ ‎【解答】解：‎ A、物体处于平衡状态时合外力为零，加速度为零，物体处于静止或匀速运动状态．图A中物体有加速度且不断减小，物体处于非平衡状态．故A错误．‎ B、图B物体匀减速运动，加速度恒定，物体处于非平衡状态．故B错误．‎ C、图C物体做匀速运动，因此处于平衡状态，故C正确．‎ D、图D物体受摩擦力均匀减小，合外力可能为零，因此物体可能处于平衡状态，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎14．如图所示，abcd是倾角为θ的光滑斜面，已知ab∥dc，ad、bc均与ab垂直．在斜面上的a点，将甲球以速度v0沿ab方向入射的同时，在斜面上的b点将乙球由静止释放，则以下判断正确的是（　　）‎ A．甲、乙两球不可能在斜面上相遇 B．甲、乙两球在斜面上运动的过程中，总是在同一水平线上 C．甲、乙两球一定在斜面上相遇 D．甲、乙两球在斜面上运动的过程中，在相同时间内速度的改变总是相同 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】小球a所受的合力沿斜面向下，做类平抛运动，b所受的合力沿斜面向下，做初速度为零的匀加速直线运动，与类平抛运动沿斜面向下方向上的运动规律相同．‎ ‎【解答】解：A、甲做类平抛运动，乙做初速度为零的匀加速直线运动，与类平抛运动沿斜面向下方向上的运动规律相同，可知甲乙两球在斜面上运动的过程中，相同时间内沿斜面向下的位移相同，即总是在同一水平线上，若斜面足够长，两球一定会在斜面上相遇，但是斜面不是足够长，所以两球不一定在斜面上相遇，故A错误，B正确，C错误．‎ D、因为甲乙两球的加速度相同，则相同时间内速度的变化量相同．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎15．我们赖以生存的银河系的恒星中大约有是双星，假设某双星由质量不等的星体s1和s2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点c做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，s1到c点的距离为r1，s1和s2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出s2的质量，下列计算错误的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．‎ ‎【解答】解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：‎ ‎，‎ 解得：．‎ 故D正确，A、B、C错误．‎ 本题选错误的，故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎16．2012年10月25日晚，第16颗北斗导航同步卫星顺利升空，这标志着我国北斗卫星区域导航系统建设全面完成，将形成覆盖亚太大部分地区的服务能力，浩渺的太空中，中国人布下了属于自己的星座，从此定位、导航、授时不再受制于人，关于这颗卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．这颗卫星可能在北京的正上空 B．这颗卫星的角速度比月球的角速度大 C．这颗卫星距离地面高度和其他地球同步卫星距地面高度相同 D．这颗卫星绕地心的线速度大小与静止在地面上的物体绕地心的线速度大小相等 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；同步卫星．‎ ‎【分析】‎ 同步卫星定周期、定速率、定高度、定轨道．根据同步卫星的周期与月球的周期大小比较角速度大小，结合同步卫星的角速度与地球自转角速度相等，比较线速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、地球在自转，同步卫星要相对地球静止，又绕地球做圆周运动，只能在赤道的正上方．而北京不在赤道上．故A错误．‎ B、同步卫星的周期为24h，远小于月球绕地球运行的周期，则卫星的角速度比月球的角速度大．故B正确．‎ C、因为同步卫星的周期一定，根据知，卫星的轨道半径一定，则高度一定．故C正确．‎ D、同步卫星与地面上物体的角速度相等，根据v=rω知，线速度大小不等．故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎17．如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则（　　）‎ A．小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒 B．从轻绳与钉子相碰到小球刚达到最低点过程，重力的功率先减小后增大 C．小球刚到最低点速度大小为 D．小球刚到达最低点时绳中张力为 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据PG=mgvy求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度，再运用牛顿第二定律求出最低点时绳中张力．‎ ‎【解答】解：A、小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；‎ B、以向下为正方向，竖直方向合力为F=mg﹣Tsinθ，开始时θ很小，mg＞Tsinθ，F＞0，竖直方向加速度向下，vy增大，到快要相碰时，Tsinθ＞mg，F＜0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PG=mgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；‎ C、从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得： mv2=mg（+h），解得：v=，故C错误；‎ D、根据向心加速度公式有：a==（+2）g，‎ 根据牛顿第二定律得F﹣mg=ma，解得F=，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（　　）‎ A．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ B．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v C．电阻R1消耗的热功率为 D．电阻 R2消耗的热功率为 ‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电阻R1、R2并联与导体棒串联．由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式．由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率．‎ ‎【解答】‎ 解：A、整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf=fv=μmgcosα•v=μmgvcosα，故A正确；‎ B、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为：‎ I==，‎ ab所受安培力为：F=BIL=…①，‎ 电阻R1消耗的热功率为：P1=（I）2R=…②，‎ 由①②得，P1=Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P1=P2=Fv，‎ 整个装置消耗的机械功率为：P3=Fv+P2=（F+μmgcosα）v，故B正确，CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎19．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：‎ 第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．‎ 第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为△t，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB=　　．‎ ‎（2）已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块　运动的位移x　（写出物理名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合=　mgx　．‎ ‎（3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2﹣W图象，可知该图象是一条　过原点的倾斜的直线　，根据图象还可求得　滑块的质量　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）用平均速度代替瞬时速度去求解AB点的速度；‎ ‎（2）合外力为重物的重力，要求出外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x，根据W=Fx即可求解；‎ ‎（3）根据做功公式求出W与v2的关系式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）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，故：‎ vB=‎ ‎（2）本题运动过程中，物块受到的合力为重力，要求合力做的功，则还需要测出这一过程滑块运动的位移x，则合外力对滑块做功的表达式W合=mgx，‎ ‎（3）合外力做的功为W=mgx=，‎ 所以v2=W，则v2﹣W图象是一条过原点的倾斜的直线，‎ 根据图象课求得直线斜率为k，所以m=，即根据图象可以求得滑块的质量．‎ 故答案为：（1）；（2）运动的位移x；mgx；（3）过原点的倾斜的直线；滑块的质量 ‎　‎ ‎20．在做“验证牛顿第二定律”的实验时：‎ ‎（1）甲同学根据实验数据画出的小车加速度a和小车所受拉力F的图象为下图中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线Ⅱ．直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大．明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是　BC　．‎ ‎（A） 实验前甲同学没有平衡摩擦力 ‎（B） 甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 ‎（C） 实验前乙同学没有平衡摩擦力 ‎（D） 乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 ‎（2）在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于始终没有满足M》m（m为砂桶及砂桶中砂的质量）的条件，结果得到的图象应是如下图中的图　D　．‎ ‎（3）在研究小车的加速度a和拉力F的关系时，由于始终没有满足M》m的关系，结果应是下图中的图　D　．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】（1）甲图象表明在小车的拉力为0时，合外力大于0，说明平衡摩擦力过度．‎ 乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ‎（2）设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg﹣F=ma，由此解得：F=，由此可知当M＞＞时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，据此根据该实验实验误差产生的原因即可正确解答．‎ ‎（3）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）甲图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．故A错误B正确．‎ 乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．故C正确而D错误．‎ 故选BC．‎ ‎（2）随着增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，故ABC错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎（3）该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故ABC错误，D正确．‎ 故选D．‎ 故答案为：（1）BC （2）D （3）D ‎　‎ 三、计算题（共30分）‎ ‎21．水上滑梯可简化成如图所示的模型，光滑斜槽AB和粗糙水平槽BC平滑连接，斜槽AB的竖直高度H=6.0m，倾角θ=37°．水平槽BC长d=2.5m，BC面与水面的距离h=0.80m，人与BC间的动摩擦因数为μ=0.40．一游戏者从滑梯顶端A点无初速地自由滑下，求：（取重力加速度g=10m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6）‎ ‎（1）游戏者沿斜槽AB下滑时加速度的大小a；‎ ‎（2）游戏者滑到C点时速度的大小v；‎ ‎（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向位移的大小x．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对游戏者进行受力分析，根据牛顿第二定律可求出下滑时的加速度a；‎ ‎（2）选取该游戏者从A滑到C的过程，可以根据机械能守恒求出C点的速度v；‎ ‎（3）从C点滑出时，游戏者做平抛运动，可以根据高度求出运动的时间，再根据水平方向的匀速直线运动规律求出水平位移x．‎ ‎【解答】解：（1）设游戏者的质量为m，游戏者沿AB下滑时，根据牛顿第二定律，得 ‎ mgsinθ=ma 则沿AB下滑时加速度的大小 a=gsinθ=6.0m/s2‎ ‎（2）游戏者从A滑到C的过程中，根据动能定理，得 ‎ mgH﹣μmgd=mv2﹣0‎ 得滑到C点时速度的大小 v=10.0m/s ‎（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，游戏者做平抛运动，设此过程经历的时间为t，则 游戏者在水平方向的位移 x=vt ①‎ 在竖直方向的位移 h=gt2 ②‎ 联立①②解得 x=4.0m 答：‎ ‎（1）游戏者沿斜槽AB下滑时加速度的大小a为6.0m/s2；‎ ‎（2）游戏者滑到C点时速度的大小v是10.0m/s；‎ ‎（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向位移的大小x是4.0m．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内．圆轨道OA的半径R=1.25m，传送带长S=2.25m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h．一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为L=‎ m的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F=12N的水平恒力作用下启动，此时滑块落入木板中．已知滑块与传送带的摩擦因数μ1=0.2，目木板的质量M=1kg，木板与CD间的摩擦因数为μ2=0.4，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度．‎ ‎（2）如果传送带静止，求h的取值范围．‎ ‎（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，试判断滑块还能否落在木板上．‎ ‎【考点】动能定理；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求得到达B点的速度；‎ ‎（2）由动能定理可求得滑块到达B点的速度；同时由牛顿第二定律求出木板的加速度，根据平抛运动及匀加速直线运动规律可求得h的取值范围；‎ ‎（3）由高度利用平抛运动规律可求得下落时间，根据传送带转动时的对滑块的速度影响，再平抛运动规律可分析能否落在木板上．‎ ‎【解答】解：（1）滑块滑到A点的速度为vA，由机械能守恒定律可知：‎ mgR=mvA2‎ 代入数据解得：VA=5m/s；‎ 滑块滑过静止的传送带到达B点后，速度为VB，‎ 由动能定理有：﹣μ1mgS=mvB2﹣mvA2‎ 代入数据得：vB=4m/s；‎ ‎（2）木板在CD上运动的加速度由牛顿第二定律得：a=8m/s2；‎ vBt1≥at12‎ 代入数据解得：t1≤1s；‎ 对应的高度为：h1=gt12‎ 代入数据解得：h1≤5m；‎ 如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t2，则有：vBt2≤at22+L 解得：t2≥s和0≤t2≤s ‎0≤t2≤s对应的高度为：h2=gt22‎ 解得：h2≥m=2.8125m；‎ ‎0≤h2≤m=0.3125m 故h的取值范围为[m，5m]，[0m， m]‎ ‎（3）如果h=20m，则滑块落在木板上的时间为t，则有h=gt2，解得t=2s；‎ 如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有vB1t=at2，解得vB1=8m/s；‎ 由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的 速度为v′B1，则由动能定理有：μ1mgS=mv2B1﹣mvA2 解得：v′B1=m/s＜8m/s；‎ 即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上．‎ 答：（1）如果传送带静止，滑块到达B点的速度为4m/s．‎ ‎（2）如果传送带静止，h的取值范围为[m，5m]，[0m， m]．‎ ‎（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，滑块不能落在木板上 ‎　‎ ‎23．由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：‎ ‎（1）A星体所受合力大小FA；‎ ‎（2）B星体所受合力大小FB；‎ ‎（3）C星体的轨道半径RC；‎ ‎（4）三星体做圆周运动的周期T．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）（2）由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出合力即可．‎ ‎（3）C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；‎ ‎（4）三星体做圆周运动的周期T相等，写出C的向心加速度表达式即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：‎ 方向如图，则合力的大小为：‎ ‎（2）同上，B星受到的引力分别为：，，方向如图；‎ 沿x方向：‎ 沿y方向：‎ 可得： =‎ ‎（3）通过对于B的受力分析可知，由于：，，合力的方向经过BC的中垂线AD的中点，所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处．所以：‎ ‎（4）由题可知C的受力大小与B的受力相同，对C星：‎ 整理得：‎ 答：（1）A星体所受合力大小是；（2）B星体所受合力大小是；（3）C星体的轨道半径是；（4）三星体做圆周运动的周期T是．‎ ‎　‎ ‎2017年3月17日