1、2016-2017学年福建省厦门市同安一中高一（上）期中物理试卷一、选择题：本大题共14小题，共46分（1-10题为单选题，每小题3分11-14题为多选题，每小题3分全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，取g=10m/s2，该路段限速为50km/h（）A汽车刹车时间为1sB该车已超速C汽车刹车过程平均速度为14 m/sD汽车刹车最后1s的位移是4.5m2电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，
2、弹簧上方有一质量为m的物体当电梯静止时弹簧被压缩了x1；当电梯运动时弹簧被压缩了x2，且有x2x1，试判断电梯可能（）A匀减速上升B匀减速下降C匀减速上升D匀减速下降3如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且 mAmB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角如何变化（）A物体 A 的高度升高，角变小B物体 A 的高度降低，角不变C物体 A 的高度升高，角不变D物体 A 的高度不变，角变小4为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时
3、，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示那么下列说法中正确的是（）A顾客始终受到三个力的作用B顾客始终处于超重状态C顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下5如图所示，具有圆锥形状的回转器（陀螺），绕它的轴在光滑的桌面上以角速度快速旋转，同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回转器从桌子的边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，速度v至少应等于（设回转器的高为H，底面半径为R，不计空气对回转器的作用）（）ARBRCRDH6某人划船横渡一河流，船划行静水速度（船速）和水流动速度（水速）一定，此人过河
4、最短时间为t1；若此船用最短的位移过河，则需时间为t2，若船速大于水速，则船速与水速之比为（）ABCD7如图a所示，水平面上质量相等的两木块A、B，用轻弹簧相连接，这个系统处于平衡状态现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动（如图b），研究从力F刚作用在木块A瞬间到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为座标原点则下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的图是（）ABCD8如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，电场方向如图所示，水平面上的带电金属块在水平拉力F的作用下沿水平面移动已知金属块在移动的过程中，外力F做功32J，金属块克服电场力
5、做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中金属块的（）A动能增加8.0JB电势能增加24JC机械能减少24JD机械能增加8J9如图质子和粒子都从静止开始，经AB间电场加速后垂直进 入CD间的匀强电场，到离开电场为止，在CD间的偏转距离分别为y1、y2，动能的变化量分别为E1和E2，则y1：y2及E1：E2的值为（）A1：2；1：1B1：2；1：4C1：1；1：2D2：1；4：110一带正电的质量为m的液滴在有界匀强电场外上方的A点自由下落，匀强电场上下边界分别为M、N，如图所示则液滴在电场中（从O点起）及在电场下方空间的运动轨迹应为下列图中的（）ABCD11质量为m的汽车以恒定功率
6、P沿倾角为的倾斜路面向上行驶，最终以速度v匀速运动，若保持汽车的功率P不变，使汽车沿这个倾斜路面向下运动，最后匀速行驶，由此可知（汽车所受阻力大小不变）（）A汽车的最后速度一定大于vB汽车的最后速度可能小于vC汽车所受的阻力一定大于mgsinD汽车所受的阻力可能小于mgsin122008年9月25日21时10年载着翟志刚、刘伯明、景海鹏三位宇航员的神舟七号飞船在中国酒泉卫星发射中心发射成功，9月27日翟志刚成功实施了太空行走如果神舟七号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，已知地球的半径R，万有引力常量为G在该轨道上，神舟七号航天飞船（）A运行的线速度大小为B运行的线速度大于
7、第一宇宙速度C地球表面的重力加速度大小可表示为D翟志刚太空行走时速度很小，可认为没有加速度13图为A、B两个运动物体的位移时间图象，则下述说法正确的是（）AA物体在2s6s内做匀速运动，02s的加速度大于6s8s的加速度BB物体做匀减速直线运动，加速度为5 m/s2CA、B两个物体运动8 s时，在距A物体的出发点60 m处相遇DA、B两个物体开始时相距100 m，同时相向运动14如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸长的轻绳穿过小孔绳的两端分别拴有一小球C和一质量为m的物体B，在物体B的下端还悬挂有一质量为3m的物体A使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时，圆周
8、运动的半径为R现剪断A与B之间的绳子，稳定后，小球以2R的半径在在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的（）A剪断A、B间的绳子后，B和C组成的系统机械能增加B剪断A、B间的绳子后，小球C的机械能不变C剪断A、B间的绳子后，物体B对小球做功为mgRD剪断A、B间的绳子前，小球C的动能为2mgR二、实验题：本题共2小题，共14分，把答案填写在答题卷中相应的横线上15用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即验证机械能守恒定律下面列举了该实验的几个操作步骤
9、：A按照图示的装置安装器件；B将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C用天平测出重锤的质量；D释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；F根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是（将其选项对应的字母填在横线处）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出A距起始点O的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，使用交流电的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度a=在上述验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤
10、减小的重力势能总是大于重锤动能的增加，其原因主要是因为在重锤下落的过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小若已知当地重力加速度公认的较准确的值为g，还需要测量的物理量是试用这些物理量和图2纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F=16某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“”或“”）；（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=
11、三、本题共4小题，共40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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）17一质量为M=2kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过（物块质量不变），如图所示，地面观察着记录了小物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图所示（图中取向右运动的方向为正方向），已知传送带的速度保持不变，（1）请指出传送带的速度v的方向及大小；（2）计算物块与传送带间的动摩擦系数；（3）计算物块对传送带总共做了多少功？在物块与传送带相对滑动过程系统有多少能量转化为内能？18剑桥大学研究生贝尔偶然
12、发现一个奇怪的射电源，它每隔1.337s发出一个脉冲信号贝尔和她的导师曾认为他们和外星文明接上了头后来大家认识到事情没有这么浪漫，这类天体被定名为“脉冲星”“脉冲星”的特点是脉冲周期短，且周期高度稳定这意味着脉冲星一定进行着准确的周期运动，自转就是一种很准确的周期运动（1）已知蟹状星云的中心星PS0531是一颗脉冲星，其周期为0.331sPS0531的脉冲现象来自于自转设阻止该星离心瓦解的力是万有引力，估计PS0531的最小密度（万有引力常量G=6.671011 Nm2/kg2）（2）求出脉冲星PS0531表面附近可能的最大环绕速度（脉冲星球的半径R=600km）（本题计算结果均保留一位有效数
13、字）19如图所示光滑、绝缘水平轨道AB与四分之一光滑圆弧轨道BC平滑连接，圆弧轨道在竖直面上，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E=5103V/m，圆弧轨道半径R=0.2m现有一带电量q=+2105C，质量m=5102kg的物块（可视为质点）从距B端L=1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度取10m/s2，求：（1）物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小（2）在C点物体对轨道的压力大小（3）物体达到最大高度H及在最高点的速度大小20如图所示，在竖直方向土A，B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体厦过细绳绕过轻
14、质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行已知A，B的质量均为m，斜面倾角为=37，重力加速度为g滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；（2）C的质量；（3）A刚离开地面时，C的动能2016-2017学年福建省厦门市同安一中高一（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共14小题，共46分（1-10题为单选题，每小题3分11-14题
15、为多选题，每小题3分全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，取g=10m/s2，该路段限速为50km/h（）A汽车刹车时间为1sB该车已超速C汽车刹车过程平均速度为14 m/sD汽车刹车最后1s的位移是4.5m【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用【分析】根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度位移关系求解初速度；根据速度时间关系求解刹车时间；根据平均速度的计算公式求解平均速度；根据位
16、移时间关系求解位移【解答】解：AB、刹车时的加速度大小为a=g=7m/s2，刹车时的速度为v=50.4km/h50km/h，所以该车超速，刹车时间t=，故B正确；A错误；C、汽车刹车过程平均速度为，故C错误；D、汽车刹车最后1s的位移于反向运动的最初1s位移相等，所以x1=，故D错误；故选：B2电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m的物体当电梯静止时弹簧被压缩了x1；当电梯运动时弹簧被压缩了x2，且有x2x1，试判断电梯可能（）A匀减速上升B匀减速下降C匀减速上升D匀减速下降【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律【分析】根据共点力的平衡条件计算重力和弹力的大
17、小关系；根据牛顿第二定律求解加速度大小，由此确定运动状态【解答】解：电梯静止时，根据共点力的平衡条件可得：kx1=mg；当电梯运动时弹簧被压缩了x2，根据牛顿第二定律可得：kx2mg=ma，解得：a=，方向向上；所以电梯可能加速上升或减速下降，B正确、ACD错误；故选：B3如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且 mAmB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角如何变化（）A物体 A 的高度升高，角变小B物体 A 的高度降低，角不变C物体 A 的高度升高，角不变D物体 A
18、 的高度不变，角变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】根据滑轮不省力的特点可知，整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子拉力大小F等于物体B的重力不变，A物体对滑轮的拉力也不变根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究的变化情况【解答】解：系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子受力情况如右图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2总是相等的，它们的合力F与F3是一对平衡力，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mAg=2mBgsin绳的端点由Q点移向P点时，由于mA、mB的大小不变，故不变，因此A下降，B上升故ACD错误，B正确；故选：B4为了节省能量，某商场安装了智能化的电
19、动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示那么下列说法中正确的是（）A顾客始终受到三个力的作用B顾客始终处于超重状态C顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下【考点】牛顿运动定律的综合应用【分析】分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡【解答】解：在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的
20、支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故选C5如图所示，具有圆锥形状的回转器（陀螺），绕它的轴在光滑的桌面上以角速度快速旋转，同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回转器从桌子的边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，速度v至少应等于（设回转器的高为H，底面半径为R，不计空气对回转器的作用）（）ARBRCRDH【考点】线速度、角速度和周期、转速；平抛运动【分析】回转器底部从
21、左侧桌子边缘滑出后做平抛运动，要使其不与桌子边缘相碰，只需在回转器下落H高度时，水平位移为R即可【解答】解：回转器底部从左侧桌子边缘滑出后做平抛运动，则有：H=gt2解得：t=当x=vtR时，回转器不与桌子边缘相碰，解得：vR故选：B6某人划船横渡一河流，船划行静水速度（船速）和水流动速度（水速）一定，此人过河最短时间为t1；若此船用最短的位移过河，则需时间为t2，若船速大于水速，则船速与水速之比为（）ABCD【考点】运动的合成和分解【分析】小船过河的处理：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小分别列式求解【解答】解：解：设河宽为d，设船在静水中的速
22、率为v1，水流速为v2（1）最短时间过河时，静水速与河岸垂直，有：t1=（2）最小位移过河：v合=则：t2=联立解得： =故A正确，BCD错误故选：A7如图a所示，水平面上质量相等的两木块A、B，用轻弹簧相连接，这个系统处于平衡状态现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动（如图b），研究从力F刚作用在木块A瞬间到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为座标原点则下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的图是（）ABCD【考点】牛顿第二定律【分析】以木块A为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出F与A位移x的关系式，再选择图象【解答】解：设
23、原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为（x0x），弹簧的弹力大小为k（x0x），根据牛顿第二定律得 F+k（x0x）mg=ma得到，F=kxkx0+ma+mg，又kx0=mg，则得到F=kx+ma可见F与x是线性关系，当x=0时，kx+ma0故选A8如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，电场方向如图所示，水平面上的带电金属块在水平拉力F的作用下沿水平面移动已知金属块在移动的过程中，外力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中金属块的（）A动能增加8.0JB电势能增加24JC机械能减少24JD机械能增加8J【考
24、点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】本题A的关键是明确求解动能的变化时根据动能定理求出各力做功的代数和即可；题B的关键是明确克服电场力做的功等于增加的电势能；题C和D的关键是根据功能原理求出除重力以外其它力做的总功即可【解答】解：A：根据动能定理=可知， =32168=8.0J，所以A正确；B：电势能增加值应等于金属块克服电场力做的功，即=8.0J，所以B错误；C、D：根据功能原理可知，机械能变化为：E=32168=8.0J，即金属块的机械能应增加8.0J，所以C错误D正确；故选：AD9如图质子和粒子都从静止开始，经AB间电场加速后垂直进 入CD间的匀强电场，到离开电场为止，
25、在CD间的偏转距离分别为y1、y2，动能的变化量分别为E1和E2，则y1：y2及E1：E2的值为（）A1：2；1：1B1：2；1：4C1：1；1：2D2：1；4：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】电子经加速电场加速时，由动能定理求得获得的速度，进入偏转时，电子做类平抛运动，运用运动的分解法得到偏转量y的表达式，再由动能定理得到动能的变化量表达式，再进行比较【解答】解：对于任一粒子，在加速电场的运动过程，由动能定理得： qU1=mv02解得：v0=粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为：t=垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定
26、律得加速度为：a=离开偏转电场时的侧移为 y=由以上各式解得：y=，y与m、q无关，则y1：y2=1：1对整个过程，由动能定理得：动能的变化量E=qU0+qy=qU0+q=qU0+q，可知，E与q成正比，则得E1：E2=1：2故选：C10一带正电的质量为m的液滴在有界匀强电场外上方的A点自由下落，匀强电场上下边界分别为M、N，如图所示则液滴在电场中（从O点起）及在电场下方空间的运动轨迹应为下列图中的（）ABCD【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据液滴的受力以及速度的方向，判断液滴做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向和速度方向的关系确定轨迹的凹向【解答
27、】解：液滴进入电场时，速度竖直向下，受水平向右的电场力与竖直向下的重力，合力斜向右下方，合力方向与速度不在同一条直线上，液滴做曲线运动，合力方向指向曲线凹的一侧，则在电场中曲线向左突出，右侧凹陷；液滴离开电场时速度斜向右下方，受到竖直向下的重力作用，液滴做曲线运动，运动轨迹向右侧凹陷，向左侧凸出，由图示图象可知，ACD错误，B正确；故选：B11质量为m的汽车以恒定功率P沿倾角为的倾斜路面向上行驶，最终以速度v匀速运动，若保持汽车的功率P不变，使汽车沿这个倾斜路面向下运动，最后匀速行驶，由此可知（汽车所受阻力大小不变）（）A汽车的最后速度一定大于vB汽车的最后速度可能小于vC汽车所受的阻力一定大
28、于mgsinD汽车所受的阻力可能小于mgsin【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】汽车匀速向上运动，和匀速向下运动时，对汽车受力分析，汽车处于受力平衡状态，由此可以求得汽车在两种情况下的牵引力的大小，由P=Fv分析可得出结论【解答】解：A、当汽车匀速运动时，受力平衡，由于汽车是沿倾斜的路面向上行驶的，对汽车受力分析可知，汽车的牵引力F=f+mgsin，由功率P=Fv，所以上坡时的速度v=，当汽车向下匀速运动时，受力平衡，对汽车受力分析可知，F+mgsing=f，所以此时的牵引力F=fmgsing，由功率P=Fv知，v=，所以v大于v，所以A正确B错误C、当汽车沿这个倾斜路面向下运动时，汽车
29、的牵引力F=fmgsing，所以fmgsing，故C正确，D错误故选：AC122008年9月25日21时10年载着翟志刚、刘伯明、景海鹏三位宇航员的神舟七号飞船在中国酒泉卫星发射中心发射成功，9月27日翟志刚成功实施了太空行走如果神舟七号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，已知地球的半径R，万有引力常量为G在该轨道上，神舟七号航天飞船（）A运行的线速度大小为B运行的线速度大于第一宇宙速度C地球表面的重力加速度大小可表示为D翟志刚太空行走时速度很小，可认为没有加速度【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】A、根据v=，求出“
30、神舟”七号的线速度；B、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度C、根据万有引力提供向心力公式，结合黄金代换公，即可求出重力加速度大小D、翟志刚太空行走时处于完全失重状态，重力提供向心力，有向心加速度【解答】解：A、根据v=，运行的线速度大小为v=，故A正确；B、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度故B错误；C、根据万有引力提供向心力得：，而黄金代换公式，GM=gR2，解得，g=，故C正确；D、志刚太空行走时处于完全失重状态，重力提供向心力，有向心加速度故D错误；故选：AC13图为A、B两个运动物体的位移时间图象，则下述说法正确的是（）AA物体在
31、2s6s内做匀速运动，02s的加速度大于6s8s的加速度BB物体做匀减速直线运动，加速度为5 m/s2CA、B两个物体运动8 s时，在距A物体的出发点60 m处相遇DA、B两个物体开始时相距100 m，同时相向运动【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】在位移时间图象中，图象的斜率表示物体运动的速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；两图象的交点表示两物体相遇由此分析即可【解答】解：A、xt图象的斜率表示速度，则知A物体在2s6s内静止，02s内和6s8s内均做匀速运动，加速度均为零，故A错误B、xt图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，加速度为零，速度为：v=5
32、m/s；故B错误C、t=8s时有交点，表明A、B两物体运动8s时，在距A的出发点60m处相遇，故C正确；D、根据图象知，A、B两物体开始时相距100m，速度方向相反，是相向运动，故D正确；故选：CD14如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸长的轻绳穿过小孔绳的两端分别拴有一小球C和一质量为m的物体B，在物体B的下端还悬挂有一质量为3m的物体A使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时，圆周运动的半径为R现剪断A与B之间的绳子，稳定后，小球以2R的半径在在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的（）A剪断A、B间的绳子后，B和C组成的系统机械能增加B剪断A、B间的绳子
33、后，小球C的机械能不变C剪断A、B间的绳子后，物体B对小球做功为mgRD剪断A、B间的绳子前，小球C的动能为2mgR【考点】向心力；物体的弹性和弹力【分析】剪断绳子后，对B和C组成的系统，只有绳子的拉力和B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒小球做圆周运动靠拉力提供向心力，剪断绳子前，绳子的拉力等于A和B的重力之和；剪断绳子后，绳子的拉力等于B物体的重力，根据牛顿第二定律求出C的线速度的大小，得到C的动能大小【解答】解：A、剪断连接A、B的绳子后，对B和C组成的系统，只有B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒故A错误；B、剪断连接A、B的绳子后，C的运动半径增大的过程中
34、，绳子的拉力对C做负功，C的机械能减小，故B错误；C、D、剪断连接A、B的绳子前，根据牛顿第二定律得：T=3mg+mg=mC，C的动能 EkC=m联立两式得；EkC=2mgR剪断连接A、B的绳子后，根据牛顿第二定律得：T=mg=mC，C的动能 EkC=联立两式得；EkC=mgR则物体B对小球做功为mgR，故C，D正确故选：CD二、实验题：本题共2小题，共14分，把答案填写在答题卷中相应的横线上15用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即验证机械能守恒定
35、律下面列举了该实验的几个操作步骤：A按照图示的装置安装器件；B将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C用天平测出重锤的质量；D释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；F根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是BCD（将其选项对应的字母填在横线处）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出A距起始点O的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，使用交流电的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度a=在上
36、述验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤动能的增加，其原因主要是因为在重锤下落的过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小若已知当地重力加速度公认的较准确的值为g，还需要测量的物理量是重锤的质量m试用这些物理量和图2纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F=m（g）【考点】验证机械能守恒定律【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有这样才能明确每步操作的具体含义利用匀变速直线运动的推理x=aT2可以求出重锤下落的加速度大小根据牛顿第二定律有：mgf=ma，因此只有知道重锤的质量m，即可求出阻
37、力大小【解答】解：A、按照图示的装置安装器件，故A正确；B、将打点计时器应该接到电源的“交流输出”上，故B错误，不是操作不当C、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平故C没有必要D、应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D操作不当没有必要进行的或者操作不当的步骤是：BCD；利用匀变速直线运动的推论有：x=at2a=根据牛顿第二定律有：mgf=ma，因此只有知道重锤的质量m，即可求出阻力大小f=mgma=m（g）故答案为：
38、BCD；重锤的质量m，m（g）16某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“”或“”）；（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力【分析】知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解【解答】解：（1）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没
39、有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）根据F=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg 由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得Fmg=0解得=0.2故答案为：（1）；（2）0.5，0.2三、本题共4小题，共40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能得分，有数值计
40、算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）17一质量为M=2kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过（物块质量不变），如图所示，地面观察着记录了小物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图所示（图中取向右运动的方向为正方向），已知传送带的速度保持不变，（1）请指出传送带的速度v的方向及大小；（2）计算物块与传送带间的动摩擦系数；（3）计算物块对传送带总共做了多少功？在物块与传送带相对滑动过程系统有多少能量转化为内能？【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】（1）根据vt图象，可知传送带的速度v的大小为2m/s，并由最终小物块的速度方向确定传送带的速度方向
41、（2）由图象的斜率求出小物块的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数（3）根据功的公式求传送带对小物块所做的功根据相对位移求产生的内能或根据能量守恒定律求内能【解答】解：（1）传送带的速度v的大小为2.0m/s，方向向右（2）由速度时间图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为： a=2.0m/s2由牛顿第二定律得：f=Mg=Ma得到小物块与传送带之间的动摩擦因数：=0.2（3）由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3s传送带在这段时间内移动的位移为s，s=vt=2.03 m=6.0m所以，传送带所做的功 W=fs=4.06.0 J=24.0 J 在物块获得速度到与传送带一
42、起匀速运动的过程中，物块动能减少了EKEK=Mv2=2.0422.022=12.0 J 所以转化的热能EQ=W+EK=24.0+12.0=36.0 J 解法二：物块相对传送带通过的路程为：s=S物+S皮=（v0v）t1+vt=（42）3+23=9m所以转化的热能 EQ=fs=4.09=36.0J答：（1）传送带速度v是2.0m/s，方向向右（2）物块与传送带间的动摩擦因数为0.2（3）物块对传送带总共做功为24J，系统有18J能量转化为内能18剑桥大学研究生贝尔偶然发现一个奇怪的射电源，它每隔1.337s发出一个脉冲信号贝尔和她的导师曾认为他们和外星文明接上了头后来大家认识到事情没有这么浪漫，
43、这类天体被定名为“脉冲星”“脉冲星”的特点是脉冲周期短，且周期高度稳定这意味着脉冲星一定进行着准确的周期运动，自转就是一种很准确的周期运动（1）已知蟹状星云的中心星PS0531是一颗脉冲星，其周期为0.331sPS0531的脉冲现象来自于自转设阻止该星离心瓦解的力是万有引力，估计PS0531的最小密度（万有引力常量G=6.671011 Nm2/kg2）（2）求出脉冲星PS0531表面附近可能的最大环绕速度（脉冲星球的半径R=600km）（本题计算结果均保留一位有效数字）【考点】万有引力定律及其应用【分析】（1）脉冲星不瓦解的临界条件是：该星球表面的物质受星体的万有引力恰提供向心力，然后结合密度
44、与体积的关系即可求出（2）根据公式v=代入数据即可求出【解答】解：（1）脉冲星的脉冲周期即为自转周期，脉冲星高速自转但不瓦解的临界条件是：该星球表面的质量为m的物块所受星体的万有引力恰等于向心力有又=，V=R3故脉冲星的最小密度为=kg/m311012kg/m3（2）该脉冲星表面附近可能的最大环绕速度v=km/s1104km/s答：（1）PS0531的最小密度=11012kg/m3（2）脉冲星PS0531表面附近可能的最大环绕速度是1104km/s19如图所示光滑、绝缘水平轨道AB与四分之一光滑圆弧轨道BC平滑连接，圆弧轨道在竖直面上，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E=510
45、3V/m，圆弧轨道半径R=0.2m现有一带电量q=+2105C，质量m=5102kg的物块（可视为质点）从距B端L=1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度取10m/s2，求：（1）物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小（2）在C点物体对轨道的压力大小（3）物体达到最大高度H及在最高点的速度大小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理的应用【分析】（1）物块从开始至运动到B的过程中，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B点速度，由向心力公式求出物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小；（2）由动能定理求出C点速度，由向心力公式求出在C点物体
46、对轨道的压力大小；（3）离开C点后，根据运动的分解，竖直方向竖直上抛，水平方向匀加速运动，根据运动学公式求出物体达到最大高度，在最高点竖直速度为0，仅有水平方向的速度【解答】解：（1）物块从开始至运动到B的过程中qE=ma得：物块刚进入圆形轨道时（2）设物体运动到C点的速度为vcEq（L+R）mgR=mvc2得 vc=在C点：由相互作用力得Nc=Nc=0.3N （3）过C点之后，对物体运动正交分解竖直方向：0=vcgt2gh=v2得：h=0.04m最大高度：H=h+R=0.24m水平方向：Eq=max最高点的速度 v=vx=at 得v=答：（1）物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小1.5
47、N（2）在C点物体对轨道的压力大小0.3N（3）物体达到最大高度H及在最高点的速度大小20如图所示，在竖直方向土A，B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体厦过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行已知A，B的质量均为m，斜面倾角为=37，重力加速度为g滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；（2）C的
48、质量；（3）A刚离开地面时，C的动能【考点】动能定理；功能关系【分析】（1）根据胡克定律根据物体A和B所受弹力大小求得物体C沿斜面下滑的距离；（2）根据牛顿可知，当A刚要离开地面时B的速度最大，此时B所受合力为零，根据平衡求得C的质量；（3）由于弹簧但长和压缩时的弹力相等，故在B上升的整个过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求得A刚离开地面时C的动能【解答】解：（1）设开始时弹簧压缩的长度为xB，由题意有： 设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，有kxA=mg 当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离及物体C沿斜面下滑的距离为：（2）物体A刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA，细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：TmgkxA=ma 对C有：mCgsinT=mCa 当B获得最大速度时，有：a=0 由式解得：（3）根据动能定理有：对于C有：mcghsinWT=Ekc0 对于B有：WTmBgh+W弹=EkB0 其中弹簧弹力先做正功后做负功，总功为零，W弹=0 BC的质量速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比即： 由解得答：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离为；（2）C的质量为；（3）A刚离开地面时，C的动能为2016年12月3日
