1、2016-2017学年福建省厦门市湖滨中学高三（上）期中物理试卷一、选择题（41分，1-7单选，8-12多选）12015年9月20日，我国利用一枚运载火箭成功将20颗微小卫星送入离地面高度约为520km的轨道已知地球半径约为6 400km若将微小卫星的运行轨道视为圆轨道，则与地球同步卫星相比，微小卫星的（）A周期大B角速度大C线速度小D向心加速度小2如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力与b球相比，a球（）A初速度较大B速度变化率较大C落地时速度一定较大D落地时速度方向与其初速度方向的
2、夹角较大3质量为m的物体放在水平面上，在大小相等、互相垂直的水平力F1与F2的作用下从静止开始沿水平面运动，如图所示若物体与水平面间的动摩擦因数为，则物体（）A在F1的反方向上受到f1=mg的摩擦力B在F2的反方向上受到f2=mg的摩擦力C在F1、F2合力的反方向上受到摩擦力为f=mgD在F1、F2合力的反方向上受到摩擦力为f=mg4如图所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成30的夹角；直杆上套有一个质量为0.5kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F=10N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2下列说法正确的是（）A圆环受到直杆的
3、弹力方向垂直直杆向上B圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 NC圆环受到直杆的摩擦力大小为4ND圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N5如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L重力加速度大小为g今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（）A mgB mgC3mgD2mg6甲、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路上做直线运动，甲的初速度v甲=16m/s，加速度大小a甲=2m/s2，做匀减速直线运动，乙以初速度v乙=4m/s，加速度
4、大小a乙=1m/s2，做匀加速直线运动，下列叙述正确的是（）A两车再次相遇前二者间的最大距离为20mB两车再次相遇所需的时间为4sC两车再次相遇前二者间达到最大距离用时8sD两车再次相遇在64m处7一个氡核Rn衰变成钋核P0并放出一个粒子，其半衰期为3.8天1g氡经过7.6天衰变掉的氡的质量，以及Rn衰变成钋核P0的过程放出的粒子是（）A0.25g，粒子B0.75g，粒子C0.25g，粒子D0.75g，粒子8某物体做直线运动，位移遵循的方程为x=6tt2（其中，x的单位为m，t的单位为s）则该物体（）A在04 s时间内通过的位移为8mB在04 s时间内通过的路程为8mC物体初速度为6m/sD物
5、体加速度为1m/s29我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗如图，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点重力加速度大小为g设OA、OB对O点的拉力分别为FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则（）AFA小于FBBFA、FB的合力大于mgC调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mgD换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大10放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（）A第1 s内物块受到的合外力为0.5 NB物块的质量为11 kgC第1 s内拉力F的功率逐渐增大D
6、前3 s内物块机械能先增大后不变11如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示下列说法正确的是（）A甲球，乙球两球机械能都守恒B甲、乙两球的质量之比为m甲：m乙=1：1C甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲：P乙=2：1D甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比h甲：h乙=1：412太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”据报道，2014年各行星冲日时间分别是
7、：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径见下表则下列判断正确的是（）地球火星木星土星天王星海王星轨道半径（AU）1.01.55.29.51930A各地外行星每年都会出现冲日现象B在2015年内一定会出现木星冲日C地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短D天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半二、实验题：13某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连实验中改变悬挂的钩码个数乾地多次测量，记
8、录弹簧测力计的求数F，并利用纸带计算出小车对应的加速度a（1）实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是A小车所受的拉力与钩码的重力无头B小车所受的拉力等于钩码重力的一半C小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出（2）图乙是实验得到的某条纸带的一分部已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带数据求出小车的加速度a=m/s2（3）根据实验数据绘出小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象，图丙中最符合本实验实际情况的是14测量小物块Q与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为
9、C重力加速度大小为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的高度h；将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s（1）用实验中的测量量表示：（i）物块Q到达B点时的动能EkB=；（ii）物块Q到达C点时的动能EkC=；（2）回答下列问题：实验步骤的目的三、计算题：15在研究汽车性能时让质量为2000kg的汽车在平直的公路上进行实验在汽车车厢顶部悬挂一小球并让汽车做匀速直线运动小球相对汽车静止时悬线竖直，然后关闭发动机发现小球与竖直方向的最大夹角为15若汽车在
10、紧急制动时，发现小球与竖直方向的最太夹角为30（tan15=0.268，tan30=0.577g=10m/s） （1）汽车紧急制动时的制动力为多大？（制动力是指由于刹车而增加的阻力不包含运动过程中所受阻力） （2）若此汽车在高速公路上以90km/h的速度行驶司机的反应时间为0.8s该汽车行车时应保持的安全距离为多大？（结果取整数）16如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动恰能到达最高点C（不计空气
11、阻力）试求：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能17如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2（已知sin37
12、=0.6，cos37=0.8）（3）继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x18如图，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上已知B和C的质量均为m，A的质量为m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L现解除对A的锁定，物块开始运动设物块可视为质点，落地后不反弹重力加速度大小为g求：（1）A刚上升时的加速度大小a；（2）A上升过程的最大速度大小vm；（3）A离地的最大高度H2016-2017学年福建省厦门市湖滨中学高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（41分，1-7单选，8-12多选）1
13、2015年9月20日，我国利用一枚运载火箭成功将20颗微小卫星送入离地面高度约为520km的轨道已知地球半径约为6 400km若将微小卫星的运行轨道视为圆轨道，则与地球同步卫星相比，微小卫星的（）A周期大B角速度大C线速度小D向心加速度小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】卫星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、角速度、线速度与向心加速度，然后比较大小【解答】解：A、卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2，由于同步卫星的轨道半径大于小卫星的轨道半径，则小卫星的周期小，故A错误；B、卫星做圆周运动万有引力提供向心
14、力，由牛顿第二定律得：G=m2r，解得：T=，由于同步卫星的轨道半径大于小卫星的轨道半径，则小卫星角速度大于同步卫星的角速度，故B正确；C、卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，由于同步卫星的轨道半径大于小卫星的轨道半径，则小卫星线速度大于同步卫星的线速度，故C错误；D、卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，由于同步卫星的轨道半径大于小卫星的轨道半径，则小卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D错误；故选：B2如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到
15、两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力与b球相比，a球（）A初速度较大B速度变化率较大C落地时速度一定较大D落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大【考点】平抛运动【分析】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系，速度变化率等于重力加速度，由速度的合成求落地时速度大小和方向【解答】解：A、两个小球都作平抛运动，竖直方向作自由落体运动，由h=，得t=，则tatb小球水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t，由题意x相等，又tatb，则知vavb故A错误B、根据=a=g，则知速度变化率相同，故B错误C、落地时速度
16、 v=，可知落地速度不确定，故C错误D、落地时速度方向与其初速度方向的夹角正切 tan=，则知a的h大，v0小，tan大，落地时速度方向与其初速度方向的夹角大，故D正确故选：D3质量为m的物体放在水平面上，在大小相等、互相垂直的水平力F1与F2的作用下从静止开始沿水平面运动，如图所示若物体与水平面间的动摩擦因数为，则物体（）A在F1的反方向上受到f1=mg的摩擦力B在F2的反方向上受到f2=mg的摩擦力C在F1、F2合力的反方向上受到摩擦力为f=mgD在F1、F2合力的反方向上受到摩擦力为f=mg【考点】摩擦力的判断与计算【分析】物体受到滑动摩擦力，对物体进行受力分析，求出支持力，根据公式f=
17、FN即可求解【解答】解：由于F1和F2的合力是恒力，物体由静止开始运动，必沿F1和F2的合力方向做直线运动，滑动摩擦力的方向必沿F1和F2的合力的反方向，滑动摩擦力的大小为Ff合=FN，又因为FN=mg，故Ff合=mg故选：D4如图所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成30的夹角；直杆上套有一个质量为0.5kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F=10N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2下列说法正确的是（）A圆环受到直杆的弹力方向垂直直杆向上B圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 NC圆环受到直杆的摩擦力大小为4ND圆环受到直杆的摩
18、擦力大小等于2.5 N【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对环受力分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件并采用正交分解法列式求解【解答】解：对环受力分析，则有：拉力、重力、弹力与静摩擦力；将静摩擦力与弹力进行合成，其合力为F合；则F合+G=F；根据几何关系，F合sin30=f；F合cos30=N；解得：N=N，f=2.5N；故ABC错误，D正确；故选：D5如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L重力加速度大小为g今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉
19、力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（）A mgB mgC3mgD2mg【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】当两根绳的拉力恰好为零时，靠重力提供向心力，结合牛顿第二定律列出表达式，当速率为2v时，靠重力和两根绳拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律列出表达式，联立求出绳子的拉力【解答】解：小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=，当小球在最高点的速率为2v时，根据牛顿第二定律有：，解得：T=故选：A6甲、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路上做直线运动，甲的初速度v甲=16m/s，加速度大小a甲=2m/s2，做匀减速直线运动，乙以初速度v乙=4m/s
20、，加速度大小a乙=1m/s2，做匀加速直线运动，下列叙述正确的是（）A两车再次相遇前二者间的最大距离为20mB两车再次相遇所需的时间为4sC两车再次相遇前二者间达到最大距离用时8sD两车再次相遇在64m处【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】相遇前，当甲乙速度相等时，相距最远，结合速度公式求出相等经历的时间，结合位移公式求出相距的最大距离根据速度时间公式求出甲速度相等减为零的时间，求出此时甲乙的位移，通过位移关系求出相遇经历的时间，从而得出相遇时距离出发点的距离【解答】解：A、相遇前，当甲乙的速度相等时，相距最远，设经过t时间速度相等，根据速度公式有：v甲a甲t=v乙+a乙t，解得t
21、=，此时甲的位移=48m，乙的位移=，则相距的最大距离x=x甲x乙=4824m=24m，故A错误，C错误B、甲速度减为零的时间，此时甲的位移，乙的位移=64m，可知经过8s两车再次相遇，相遇在64m处，故B错误，D正确故选：D7一个氡核Rn衰变成钋核P0并放出一个粒子，其半衰期为3.8天1g氡经过7.6天衰变掉的氡的质量，以及Rn衰变成钋核P0的过程放出的粒子是（）A0.25g，粒子B0.75g，粒子C0.25g，粒子D0.75g，粒子【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象【分析】运用半衰期的定义进行定量计算根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程，得出是什么粒子【解答】解：氡
22、核的半衰期为3.8天，根据半衰期的定义得：m=，其中m为剩余氡核的质量，m0为衰变前氡核的质量，T为半衰期，t为经历的时间由于T=3.8天，t=7.6天，解得：m=m0，所以衰变掉的氡的质量为mm0=0.75g，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，由于生成物质量数减小4，电荷数减小2，所以放出的粒子是粒子故选B8某物体做直线运动，位移遵循的方程为x=6tt2（其中，x的单位为m，t的单位为s）则该物体（）A在04 s时间内通过的位移为8mB在04 s时间内通过的路程为8mC物体初速度为6m/sD物体加速度为1m/s2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式
23、x=v0t+at2求出物体的初速度和加速度根据公式判断任意时间内的位移【解答】解：匀变速直线运动的位移与时间的关系式为x=6tt 2=v0t+at2，满足匀变速直线运动的位移时间关系式，加速度a=2m/s2，初速度为v0=6m/s，故C正确，D错误；物体做匀减速直线运动，速度减为0的时间前3s位移的大小：第4s位移的大小：04s通过的位移：x=91=8m04s通过的路程：s=9+1=10m，故A正确，B错误；故选：AC9我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗如图，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点重力加速度大小为g设OA、OB对O点的拉力分别为
24、FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则（）AFA小于FBBFA、FB的合力大于mgC调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mgD换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】对O点受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件并结合合成法分析即可【解答】解：对O点受力分析，如图所示：根据平衡条件，并结合正弦定理，有：A、由于，故故A正确；B、根据平衡条件，FA、FB的合力等于mg，故B错误；C、调节悬点A的位置，使A点向左移动，当+趋向180时，可使FA、FB都大于mg，故C正确；D、由于，故换质量更大的灯笼，、均不变，根据，FB的增加
25、量比FA的增加量大，故D正确；故选：ACD10放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动拉力F和物块速度v随时间t变化的图象如图，则（）A第1 s内物块受到的合外力为0.5 NB物块的质量为11 kgC第1 s内拉力F的功率逐渐增大D前3 s内物块机械能先增大后不变【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】根据vt图象知道物体先匀加速后匀速，由图象的斜率求解出匀加速运动的加速度，然后根据牛顿第二定律和平衡条件列方程，最后联立可求得物体的质量和斜面的倾角，再求得第s内物体的合外力根据P=Fv分析拉力功率的变化由功能关系分析物块机械能的变化【解答】解：AB、由图可得，
26、01s内物体的加速度为：a=0.5 m/s2由牛顿第二定律可得：Fmgsin=ma1s后有：F=mgsin联立，并将F=5.5N，F=5.0N代入解得：m=1.0kg，=30第1 s内物块受到的合外力为 F合=ma=10.5N=0.5N故A正确，B错误C、第1 s内拉力F的功率 P=Fv，F不变，v增大，则P增大，故C正确D、前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大23s内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大故D错误故选：AC11如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程
27、的关系图象如图乙所示下列说法正确的是（）A甲球，乙球两球机械能都守恒B甲、乙两球的质量之比为m甲：m乙=1：1C甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲：P乙=2：1D甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比h甲：h乙=1：4【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理求出两球的质量之比；根据功率公式P=Fvcos求重力瞬时功率之比；求出两球的高度，然后求出其比值【解答】解：A、两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A正确； B、由机械能守恒定律得，对甲球：EK0=m甲gx0sin30，对乙
28、球：EK0=m乙g2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B错误；C、两球重力的瞬时功率为：P=mgvcos=mgcos=gcos，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为： =1：1，故C正确；D、甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度之比为：x0sin30：2x0=1：4，故D正确；故选：AD12太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日已知地
29、球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径见下表则下列判断正确的是（）地球火星木星土星天王星海王星轨道半径（AU）1.01.55.29.51930A各地外行星每年都会出现冲日现象B在2015年内一定会出现木星冲日C地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短D天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半【考点】万有引力定律及其应用【分析】行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等；从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间【解答】解：根据开普勒第三定律，有：；解得：T=；故T火=1.84年；T木=11.86年；T土=29.28年；T天=82.8
30、2年；T海=164.32年；如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2=（）t解得：t=故海王星相邻两次冲日的时间间隔为：t海=年故天王星相邻两次冲日的时间间隔为：t天=1.01年；土星相邻两次冲日的时间间隔为：t土=1.04年；木星相邻两次冲日的时间间隔为：年A、各地外行星不是每年都会出现冲日现象，故A错误；B、木星绕太阳运动的周期约为11.86年，相邻两次冲日的时间间隔为1.09年，2014年1月6日木星冲日，在2015年内一定会出现木星冲日故B正确；C、由以上的分析可知，地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短；故C正确；D、天王星相邻两次冲日的时间间隔是1.01年，而
31、土星为1.04年，故D错误；故选：BC二、实验题：13某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连实验中改变悬挂的钩码个数乾地多次测量，记录弹簧测力计的求数F，并利用纸带计算出小车对应的加速度a（1）实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是CA小车所受的拉力与钩码的重力无头B小车所受的拉力等于钩码重力的一半C小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出（2）图乙是实验得到的某条纸带的一分部已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带数据求出小车的加速度a=0.75m/s2（3）根据实验数
32、据绘出小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象，图丙中最符合本实验实际情况的是B【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）根据实验原理，弹簧测力计的读数为小车所受合外力，则不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；（3）数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线【解答】解：（1）根据实验原理可知，弹簧测力计的读数为小车所受合外力，则不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故AB错误，C正确；故选：C；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位
33、移差为常数，即：x=aT2，解得：a= m/s2=0.75 m/s2（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成线性关系，即为不是过原点的一条倾斜直线，实验存在阻力，故B符合；故答案为：（1）C；（2）0.75；（3）B14测量小物块Q与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C重力加速度大小为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的高度h；将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D重复步骤，共做10次；
34、将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s（1）用实验中的测量量表示：（i）物块Q到达B点时的动能EkB=mqR；（ii）物块Q到达C点时的动能EkC=；（2）回答下列问题：实验步骤的目的减小实验误差，更准确确定D点位置【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；（2）每一次的落点有一定的偶然误差，将10个落地点用一个尽量小的圆围住，可以减小误差【解答】解：（1）（i）从A到B，由动能定理得：mgR=EKB0，则物块到达B时的
35、动能EKB=mgR；（ii）离开C后，物块做平抛运动；水平方向：s=vCt竖直方向：h=gt2物块在C点的动能EKC=mvC2解得：EKC=（2）实验步骤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差，更准确确定D点位置；故答案为：（1）（i）mqR；（ii）；（2）减小实验误差，更准确确定D点位置；三、计算题：15在研究汽车性能时让质量为2000kg的汽车在平直的公路上进行实验在汽车车厢顶部悬挂一小球并让汽车做匀速直线运动小球相对汽车静止时悬线竖直，然后关闭发动机发现小球与竖直方向的最大夹角为15若汽车在紧急制动时，发现小球与竖直方向的最太夹角为30（tan15=0.268，tan30=0.577
36、g=10m/s） （1）汽车紧急制动时的制动力为多大？（制动力是指由于刹车而增加的阻力不包含运动过程中所受阻力） （2）若此汽车在高速公路上以90km/h的速度行驶司机的反应时间为0.8s该汽车行车时应保持的安全距离为多大？（结果取整数）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据牛顿第二定律，从而确定加速度与夹角的关系，再结合汽车的质量，进而即可求解；（2）根据运动学公式，注意汽车在此过程，先匀速直线运动，后匀减速直线运动，从而即可求解【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，则a=gtan；那么关闭发动机，地面的阻力提供加速度，大小a1=gtan15当有制动力和地面阻
37、力双重作用下，加速度大小a2=gtan30因此制动力提供的加速度a=a2a1=g（tan30tan15）则汽车的紧急制动力为F=ma=mg（tan30tan15）=200010（0.5770.268）=6180N（2）v=90km/h=25m/s，司机的反应时间内，汽车做匀速直线运动，之后做匀减速直线运动，那么安全距离S=vt+=250.8+74m答：（1）汽车紧急制动时的制动力为6180N；（2）若此汽车在高速公路上以90km/h的速度行驶司机的反应时间为0.8s该汽车行车时应保持的安全距离为74m16如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R一个质量为m
38、的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动恰能到达最高点C（不计空气阻力）试求：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能【考点】功能关系；动能定理的应用【分析】（1）研究物体在B点的受力情况，根据牛顿第二定律得出物体通过B点的速度，结合能量守恒定律求出物体在A点时的弹簧的弹性势能（2）物体恰好通过最高点C，根据牛顿第二定律求出C点的速度，通过能量守恒定律求出物体从B点运动至C点的过程中产生的内能【解答】解：（1）设物体在B点的速度为vB，所受的弹力为F
39、NB，由牛顿第二定律得：FNBmg=m又据题得 FNB=9mg可得 vB=2由能量守恒定律可知：物体在A点时弹簧的弹性势能 Ep=mv2B=4mgR（2）设物体在C点的速度为vC，由题意可知：mg=m物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得： Q=mvB2（mvC2+2mgR），解得：Q=mgR答：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能为4mgR；（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR17如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块
40、与斜面间的动摩擦因数1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2（已知sin37=0.6，cos37=0.8）（3）继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x【考点】动能定理的应用；平抛运动【分析】（1）要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力，列出不等式即可求解夹角的正切值；（2）对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；（3）物体离开桌
41、面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最大距离【解答】解：（1）为使小物块下滑，则有：mgsin1mgcos；故应满足的条件为：tan0.05；（2）克服摩擦力做功Wf=1mgL1cos+2mg（L2L1cos）由动能定理得：mgL1sinWf=0代入数据解得：2=0.8；（3）由动能定理得：mgL1sinWf=mv2解得：v=1m/s；对于平抛运动，竖直方向有：H=gt2；解得：t=0.4s；水平方向x1=vt解得：x1=0.4m；总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；答：（1）角增大到tan0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面
42、边缘，物块与桌面间的动摩擦因数2为0.8；（3）继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m18如图，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上已知B和C的质量均为m，A的质量为m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L现解除对A的锁定，物块开始运动设物块可视为质点，落地后不反弹重力加速度大小为g求：（1）A刚上升时的加速度大小a；（2）A上升过程的最大速度大小vm；（3）A离地的最大高度H【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；机械能守恒定律【分析】（1）分别对A、BC组成的整体进行受力分析，
43、结合牛顿第二定律即可求出加速度的大小；（2）A向上运动，BC向下运动的过程中系统的机械能守恒，由此即可求出速度；（3）C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足机械能守恒，由此即可求出【解答】解：（1）解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得对A：Tmg=ma 对B、C：（m+m）gT=（m+m）a 由式得：a= （2）当物块C刚着地时，A的速度最大从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得：2mgLmgL= 由式得： （3）设C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足：mghmgh=0 由式得：h= 由于h=，B不会触地，所以A离地的最大高度：H=L+h=答：（1）A刚上升时的加速度大小是；（2）A上升过程的最大速度大小vm是；（3）A离地的最大高度H是2017年1月1日