1、2015-2016学年湖北省襄阳市曾都一中四校联考高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，共50分其中16题，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；710题，每题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求全部选对的得5分，选不全的得3分，多选、错选或不选的得0分1关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是（）A物体的速度为零时，物体处于平衡状态B物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度C物体自由下落时，物体对地球没有作用力D运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动2在无风的环境中，将乒乓球从高处由静止释放小明用摄像机研究该乒乓球的下落运动，发现它在落地前
2、已经做匀速运动，若空气阻力与速度成正比，则乒乓球（）A在下落过程中，加速度先变大后变小B从更高处由静止释放，在空中运动时间变长C在下落过程中，机械能先增大后不变D从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大3某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A01s内导弹匀速上升B12s内导弹静止不动C3s末导弹回到出发点D5s末导弹回到出发点4将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为=30，则
3、F的最小值为（）AmgB2mgC1.5mgD mg5如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力则恒力F的临界数值为（）AmgBMgCmg（1+）Dmg（1+）6如图所示，倾角为30的固定斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度向上加速运动重力加速度为g物块沿斜面运动的距离为x的过程，下列说法正确的是（）A重力势能增加mgxB机械能增加mgxC动能增加D拉力做功为7如图所
4、示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道则飞行器（）A变轨后将沿轨道3运动B相对于变轨前运行周期变长C变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等8如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）A起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B球1的速度变化率小于球2的速度变化率C球1的飞行时间大于球2的飞行时间D过网时球1的速度大于球2的速度9如图甲所示，
5、静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A物体的质量为B空气阻力大小为C物体加速运动的时间为D物体匀速运动的速度大小为v010如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动若斜面足够长，表面光滑，倾角为经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A恒力F的大小为2mgsin
6、B物体沿斜面向上运动的时间为C物体回到出发点时的机械能是80JD在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin二、实验题：本题共2小题，共15分请按照题目要求在答题卷上作答11某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度值记作l0，弹簧下端每增加一个50g的砝码时，指针示数分别记作l1、l2、l5，g取9.8m/s2（1）下表记录的是该同学测出的5个值，其中l0未记录代表符号l0l1l2l3l4l5刻度值/cm3.405.106.85
7、8.6010.30以砝码的数目n为纵轴，以弹簧的长度l为横轴，根据表格中的数据，在如下坐标纸中作出nl图线（2）根据nl图线，可知弹簧的劲度系数k=N/m（保留2位有效数字）（3）根据nl图线，可知弹簧的原长l0=cm12验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，
8、其中v5的计算式为v5=（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3=；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足关系时重锤机械能守恒（3）关于上述实验，下列说法中正确的是A实验中可用干电池作为电源B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C实验时应先释放纸带后接通电源D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能三、计算题：本题共4小题，共45分解答时请写出必要的
9、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13一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程14宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L；若抛出时的初速增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R若在该星球上发射卫星，使卫星绕该星球做圆周运动，求其第一宇宙速度15如图所示，光滑杆AB长为L，
10、B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为则：（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；（2）当球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求匀速转动的角速度16如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距
11、BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J取重力加速度g=10m/s2求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； （3）小球最终停止的位置2015-2016学年湖北省襄阳市曾都一中四校联考高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，共50分其中16题，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；710题，每题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求全部选对的得5分，
12、选不全的得3分，多选、错选或不选的得0分1关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是（）A物体的速度为零时，物体处于平衡状态B物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度C物体自由下落时，物体对地球没有作用力D运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】力是改变物体运动状态的原因，当物体受到的合外力为零时，物体的运动状态保持不变，即物体处于匀速直线运动状态或静止状态；根据牛顿第二定律可知，物体加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同当物体的加速度不为0时，物体的速
13、度一定发生变化【解答】解：A、速度为零时，物体可能有加速度，如物体在竖直上抛的最高点；故A错误；B、物体处于超重状态时，此时一定有向上的加速度；但速度可以向下，即向上的减速运动；故B错误；C、地球表面上的物体，不论做什么运动均受到作用力；故C错误；D、运动物体若没有受到外力作用，将继续以同一速度沿直线运动；故D正确；故选：D【点评】物体的运动状态即物体的速度，物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变，既包括速度大小发生改变，也包括速度的方向发生改变2在无风的环境中，将乒乓球从高处由静止释放小明用摄像机研究该乒乓球的下落运动，发现它在落地前已经做匀速运动，若空气阻力与速度成正比，则乒乓球（）
14、A在下落过程中，加速度先变大后变小B从更高处由静止释放，在空中运动时间变长C在下落过程中，机械能先增大后不变D从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大【考点】功能关系【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而空中运动的时间关系，以及落地时速度关系由于空气阻力做功，乒乓球的机械能不守恒【解答】解：AD、根据牛顿第二定律得：mgf=ma，得加速度 a=g随着速度的增大，空气阻力f增大，则知加速度减小，当加速度a=0时做匀速运动设匀速运动的速度为v，则f=kv，由mg=f=kv得，匀速运动的速度 v=由于乒乓球在落地前已经做匀速运动，可知从更高处由静止释放，落地前也做匀速运动，落地瞬间的速度不变
15、，故A错误，D错误B、从更高处由静止释放，变加速运动的时间相同，而匀速运动的时间变长，所以在空中运动时间变长，故B正确C、在下落过程中，空气阻力一直做负功，所以其机械能不断减小，故C错误故选：B【点评】解决本题的关键是运用牛顿第二定律分析加速度的变化，知道加速度为零速度最大，做匀速运动3某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A01s内导弹匀速上升B12s内导弹静止不动C3s末导弹回到出发点D5s末导弹回到出发点【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】速度时间图象中图象的点表示某一时刻
16、的速度，图线能说明物体运动性质；图象与时间轴围成的面积表示物体在某一时间内通过的位移【解答】解：A、由图可知，01s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；B、12s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；C、2s3s内导弹的速度仍然向上，但均匀减小，导弹仍然是上升的，3s末导弹到达最高点，故C错误；D、前3s内物体在向上运动，上升的高度为（1+3）30=60m；3到5s内导弹下落，下落高度为（53）60=60m，故说明导弹5s末的位移为零，回到出发点，故D正确；故选：D【点评】本题中要注意方向性，时间轴上方为正，表示物体沿正方向运动，时间轴下方的为负，表示物体
17、运动方向沿负方向4将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为=30，则F的最小值为（）AmgB2mgC1.5mgD mg【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】以三个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值【解答】解：静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于oa时，F最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30=Tsin30，竖直方向Fsin30+Tco
18、s30=3mg，解得Fmin=1.5mg故选：C【点评】这道题考查静力学平衡问题以及受力分析中的隔离法与整体法，本题使用的是整体法5如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力则恒力F的临界数值为（）AmgBMgCmg（1+）Dmg（1+）【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】定性思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题【分析】当物块与长木板保持相对静止，具有相同的加速度
19、时，F达到最大值时，物块与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力根据牛顿第二定律求出F的最大值【解答】解：对物块与长木板整体进行受力分析：F=（M+m）a对物块进行受力分析：Ff=ma对木板进行受力分析：f=Ma当物块与长木板保持相对静止，具有相同的加速度时，F达到最大值，f=mg求解上面方程组得：F最大=mg（1+），故C正确、ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意临界状态和整体法、隔离法的运用6如图所示，倾角为30的固定斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度向上加速运动重力加速度为g物块沿斜面运动的距离为x的过程，下列说法正确的是
20、（）A重力势能增加mgxB机械能增加mgxC动能增加D拉力做功为【考点】功能关系【分析】重力势能增加等于克服重力做功动能增加等于合外力做功根据重力势能增加和动能增加分析机械能的增加拉力做功等于机械能增加【解答】解：A、重力势能增加Ep=mgxsin30=0.5mgx，故A错误C、根据动能定理知，动能增加为Ek=max=0.5mgx，故C错误B、机械能等于动能与重力势能之和，则知机械能增加为E=Ep+Ek=mgx，故B正确D、根据功能原理知，拉力做功为W=E=mgx，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键要掌握常见的功与能的关系，知道重力势能变化与重力做功的关系、动能变化与合外力做功的关系，了解
21、功能原理7如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道则飞行器（）A变轨后将沿轨道3运动B相对于变轨前运行周期变长C变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】飞行器做圆周运动，万有引力提供向心力，根据题意确定飞行器受到如何变化，然后应用万有引力定律与牛顿第二定律分析答题【解答】解：由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，受到v减小，飞行器做圆周运动需要的向心力：m减小，小于在P点受到的万有引
22、力：G，则飞行器将开始做近心运动，轨道半径r减小A、因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，故A正确； B、根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，故B错误；C、因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，故C错误；D、飞行器在轨道P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，故D正确故选：AD【点评】能根据飞行器向前喷气判断飞行器速度的变化，再根据做匀速圆周运动的条件求确定物体做近心运动，熟知飞行器变轨原理是解决本题的关键8如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的
23、速度方向均垂直于球网不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）A起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B球1的速度变化率小于球2的速度变化率C球1的飞行时间大于球2的飞行时间D过网时球1的速度大于球2的速度【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据PG=mgvy判定功率关系；根据v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度【解答】解：AC、将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据过网时的速度方向均垂直于球网，知竖直方
24、向末速度为零，根据vy=v0gt和h=v知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，PG=mgvy相同，故A正确；B、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故BC错误；D、根据以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，故过网时球1的速度大于球2的速度，D正确故选：AD【点评】此题考查斜抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析9如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做
25、匀速运动物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A物体的质量为B空气阻力大小为C物体加速运动的时间为D物体匀速运动的速度大小为v0【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大【解答】解：A、由题意可知P=Fv，根据牛顿第二定律由Fmgf=ma联立解得由乙图可知，解得，f=，故AB正确C、物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v=at求得时间，故C错误；D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v=v0，故D
26、正确故选：ABD【点评】本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出与a的关系式是解决本题的关键10如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动若斜面足够长，表面光滑，倾角为经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（）A恒力F的大小为2mgsinB物体沿斜面向上运动的时间为C物体回到出发点时的机械能是80JD在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间
27、t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小【解答】解：A、从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，物体加速度为：a=撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，物体加速度为：a=gsin两个过程位移大小相等方向相反，时间相等得：解得：a=3a所以开始时物体所受恒力F=mgsin，故A错误；B、设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v，则v=at=撤去F后沿斜面上升的时间，对于从撤去到返回的整个过程，有：v=vat，解得，v=则在撤去力F前的瞬间，力F的功率：P=Fv=mgvsin，故B错误
28、，D正确；C、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故C正确故选：CD【点评】分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的路程的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件二、实验题：本题共2小题，共15分请按照题目要求在答题卷上作答11某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k做
29、法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度值记作l0，弹簧下端每增加一个50g的砝码时，指针示数分别记作l1、l2、l5，g取9.8m/s2（1）下表记录的是该同学测出的5个值，其中l0未记录代表符号l0l1l2l3l4l5刻度值/cm3.405.106.858.6010.30以砝码的数目n为纵轴，以弹簧的长度l为横轴，根据表格中的数据，在如下坐标纸中作出nl图线（2）根据nl图线，可知弹簧的劲度系数k=28N/m（保留2位有效数字）（3）根据nl图线，可知弹簧的原长l0=1.70cm
30、【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】实验题【分析】根据描点法可得出对应的图象；充分利用测量数据，弹簧弹力与伸长量X之间的关系图的斜率代表弹簧的劲度系数k其中x为弹簧的形变量根据图象可求得弹簧的原长【解答】解：（1）根据表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；（2）充分利用测量数据，弹簧弹力与伸长量X之间的关系图的斜率代表弹簧的劲度系数k=28.0N/m（3）图象与横坐标的交点为弹簧的原长；故由图可知，原长约为1.70cm；故答案为：（1）如图所示；（2）28；1.70【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少
31、误差12验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，某小组完成了一系列实验操作后，得到了一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式为v5=（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3=mgh3；接着在Eh坐标系中描点作出如
32、图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1与k2满足k1=k2关系时重锤机械能守恒（3）关于上述实验，下列说法中正确的是BDA实验中可用干电池作为电源B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些C实验时应先释放纸带后接通电源D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【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计数点5的瞬时速度（2）根据下降的高度，结合参考平面，求出重力势能；再由动能与重力势能相互转化，则机械能守恒可知，两图线的斜率相等即可； （
33、3）根据实验原理，电源使用交流电，重锤要求重且小，纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能；【解答】解：（1）计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则（2）打计数点3时对应重锤的势能Ep3=mgh3，根据图象可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此k1=k2（3）A实验中打点计时器，使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；B为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；C实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误D图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确故选：BD故答案为：（1
34、）（2）mgh3，k1=k2（3）BD【点评】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度，注意两图象的斜率绝对值相等，是验证机械能是否守恒的条件三、计算题：本题共4小题，共45分解答时请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13一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程【考点】竖直上抛运动；匀变速直线运动的位移与时
35、间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】从飞机上释放一物块，物块做竖直上抛运动，根据速度时间公式求出物块落到地面时的速度根据速度位移公式求出物块上升的位移，根据位移时间公式求出下降的位移，从而得出物块2.0s内通过的路程【解答】解：（1）设物块落地时速度为v，由速度公式：v=v0gt得：v=15m/s 负号说明方向竖直向下 （2）物块上升过程：由x2+h2=L2，得：h1=1.25m 下降过程：由x2+h2=L2，得：h2=11.25m 物块通过的路程为：s=h1+h2=12.5m 答：（1）物块落到地面时的速度为15m/s；（2）物块2.0s内通过的路程为12.5m【点评】本题考查了竖直上抛
36、运动的基本运用，对于竖直上抛运动，可以分段求解，也可以全过程求解14宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L；若抛出时的初速增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R若在该星球上发射卫星，使卫星绕该星球做圆周运动，求其第一宇宙速度【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住两次平抛运动水平位移的关系，求出重力加速度的大小，结合重力提供向心力求出第一宇宙速度的大小【解答】解：设第一次抛出速度为v、
37、高度为h，根据题意可得右图：L2=h2+（vt）2（L）2=h2+（2vt）2又h=，联立解得g=由万有引力定律与牛顿第二定律，得：，式中m为卫星的质量联立以上各式，解得：答：第一宇宙速度为【点评】本题考查了平抛运动和万有引力定律理论的综合运用，通过平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度是关键15如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为则：（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；（2）当球随杆一起
38、绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求匀速转动的角速度【考点】向心力【专题】匀速圆周运动专题【分析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律求解加速度，小球速度最大时其加速度为零，根据合力为零和胡克定律求解l1；（2）设弹簧伸长l2时，对小球受力分析，根据向心力公式列式求解【解答】解：（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：mgsin=ma 解得：a=gsin小球速度最大时其加速度为零，则有：kl1=mgsin则l1=（2）当球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2时小球圆周运动的半径为 r=（l0+l2）cos弹簧伸长l2时，球受力如图所示，根据牛顿第
39、二定律有：水平方向上有 竖直方向上有 FNcos=kl2sin+mg联立解得=答：（1）小球释放瞬间的加速度大小a是gsin，小球速度最大时弹簧的压缩量l1是（2）当球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，匀速转动的角速度为【点评】本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大16如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量
40、为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J取重力加速度g=10m/s2求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； （3）小球最终停止的位置【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）对小球进行受力分析即可求出向心力；（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，然后结合机械能守恒即可求出小球的最大动能；（3）由功能关系和C点的向心力的表达
41、式，即可求出【解答】解：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5110=35N （2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx0=mg解得x0=0.1m 由机械能守恒定律有 mg（r+x0）+mv=Ekm+Ep得Ekm=mg（r+x0）+mvEp=3+3.50.5=6（J） （3）在C点，由F向=代入数据得： m/s 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得 mghmgs=mv解得BC间距离s=0.5m 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有 0mvmgs解得s=0.7m 故最终小滑块距离B为0.70.5m=0.2m处停下答：（1）小球在C处受到的向心力大小是35N；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm是6J； （3）小球最终停止的位置是距离B为0.2m处停下（或距离C端0.3m）【点评】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，综合性较强，是高考的热点题型，需加强这方面的训练
