1、2017-2018学年天津市宝坻一中、杨村一中、静海一中等六校联考高三（上）期中物理试卷一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是（）A射线是发生衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B氡的半衰期为3.8天，16个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下2个氡原子核C92238U衰变成82206Pb要经过6次衰变和8次衰变D放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的2如图所示，一物块置于水平地面上，当用水平力F拉物块时，物块做匀速直线运动；当拉力F的大小不变，方
2、向与水平方向成37角斜向上拉物块时，物块仍做匀速直线运动已知sin37=0.6，cos37=0.8，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）ABCD3如图所示，在距离竖直墙壁为L=1.2m处，将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成=37，不计空气阻力墙足够长，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则（）A球的初速度大小为3m/sB球撞到墙上时的速度大小为4m/sC将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了mD若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙4将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示以下
3、判断正确的是（）A前2s内货物处于超重状态B第3s末至第5s末的过程中，货物完全失重C最后2s内货物只受重力作用D前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度相同5如图，放在水平桌面上的木块处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量是0.8kg，弹簧秤示数为5N，若轻轻取走盘中0.5kg砝码，将会出现的情况是（g取10m/s2）（）A弹簧秤示数变小BA将向左运动C桌面对A的摩擦力变小DA所受和外力变大6长为l0的轻杆一端固定一各质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是（）A小球运动的线速度大小为B小球运动的线速度大小为C
4、小球在最高点时所受的合力3mgD小球在最低点时所受杆的拉力为3mg7“天舟一号”货运飞船2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380km的圆轨道上飞行，已知地球距地面卫星的高度约为36000km，则“天舟一号”（）A线速度小于地球同步卫星的线速度B线速度大于第一宇宙速度C向心加速度小于地球同步卫星加速度D周期小于地球自转周期8如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角不变
5、），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小9如图所示，质量为M的斜面体B放在水平面，斜面的倾角=30，质量为m的木块A放在斜面上，木块A下滑的加速度a=g，斜面体静止不动，则（）A木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25B地面对斜面体的支持力等于（M+m）gC地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为mgD地面对斜面体无摩擦力作用二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）10大量处于基态的氢原子吸收了某种单色光的能量后能发出3种不同频率的光子，分别用它们照射一块逸出W0的金属板时，只有频率为v1和v2（v1v2）的两种光能发生光电效应下列说法正确的是（
6、）A金属板的极限频率为B光电子的最大初动能为h（v1+v2）W0C吸收光子的能量为h（v1+v2）D另一种光的光子的能量为h（v1v2）11如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是A、B间的作用力大小为（）AA加速的大小为2.5m/s2BB加速的大小为2m/s2C弹簧弹力大小为50NDA、B间相互作用力的大小为8N12如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向夹角为，则（）A如果
7、将物体B在地板上向右移动一点，角将增大B如果将物体B在地板上向右移动一点，地面对B的支持力将减小C减小小球A的质量，角一定增大D悬挂定滑轮的细线的拉力一定大于小球A的重力13如图所示，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近现男孩用力向右迅速推开木箱在男孩推开木箱的过程中，下列说法正确的是（）A木箱的动量增量等于男孩动量的减少量B男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量C男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零D对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变三、填空题（共3小题，每小题4分，满分16分）14小球从静止开始在距地面一定高
8、处下落，不计空气阻力，小球落地前最后1s内的位移是下落第1s内位移的9倍，g取10m/s2，则小球刚释放时距地面的高度为 m，从开始到落地过程的平均速度大小为 m/s15小江同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，他用实验装置如图所示，所用的钩码每只质量为50g他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中，实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g取10m/s2根据实验数据可得钩码质量/g050100150200250弹簧总长度/cm6.007.008.009.0010.0011.00（1）该弹簧的劲度系数k= N/m（2）弹力F与
9、形变量x的表达式 16如图1所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力不计空气阻力及一切摩擦（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足 ；要使小车所受合外力一定，操作中必须满足 实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是 （2）如图3抬
10、高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t0，改变木板倾角，测得多组数据，得到的F的图线如图4所示实验中测得两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m1=0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为 （结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将 （填“变大”、“变小”或“不变”）四、解答题（共3小题，满分41分）17如图所示，圆盘可绕过圆心O的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，物体P放在圆盘上，一轻质弹簧一端连接物体P，另一端固定在竖直轴上已知物体的质量m=0.5kg弹簧的自然长度l0
11、=10cm，劲度系数k=75N/m，物体与圆盘表面的动摩擦因数=0.8，P可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，当圆盘以角速度=rad/s转动时，P与圆盘相对静止，弹簧恰处于原长位置求：（1）此时P对圆盘的作用力都有哪些，各为多大？（2）为使P与圆盘保持相对静止，弹簧长度的取值范围多大？（假设弹簧均未超出弹性限度）18如图所示，一气球从地面上以v0=6m/s的速度竖直向上匀速升起，当气球的下端距地面h=13m高时，在气球的正下方紧贴地面将一小球竖直上抛，小球的初速度v1=24m/s，不计小球的大小，小球在运动中所受到的空气阻力大小总等于重力的0.2倍，g取10m/s2，求：
12、（1）小球上升过程的加速度为多大；（2）判断小球能否击中气球若能击中，计算出小球击中气球时的速度大小；若不能击中，计算小球落地的速度大小（计算结果可保留最简根号）19如图所示，在倾角为=37的固定长斜面上放置一质量M=2kg、长度L1=2.5m的极薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离L2=16.5m在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的小滑块（可看作质点）将小滑块和薄平板同时无初速度释放，设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为=0.5，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，求：（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？（2
13、）小滑块到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离L为所少？2017-2018学年天津市宝坻一中、杨村一中、静海一中等六校联考高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是（）A射线是发生衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B氡的半衰期为3.8天，16个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下2个氡原子核C92238U衰变成82206Pb要经过6次衰变和8次衰变D放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的【考点】JA：原子
14、核衰变及半衰期、衰变速度【分析】衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，衰变的过程中，电荷数多1，质量数不变理解半衰期的物理意义；根据质量数和电荷数守恒判断产生衰变和衰变次数【解答】解；A、发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少4，但中子数减少2个故A错误B、半衰期的对大量原子核的衰变的统计规律，对于单个是不成立的，故B错误C、根据质量数和电荷数守恒可知：发生衰变放出42He，导致质子数减小2个，质量数减小4，故中子数减小2；发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，电荷数多1，质量数不变，所以发生衰变的次数是：次，发生衰变的次数是：28（9282）=6次故C正确D、根据衰变的特点可知，
15、放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的故D正确故选：CD2如图所示，一物块置于水平地面上，当用水平力F拉物块时，物块做匀速直线运动；当拉力F的大小不变，方向与水平方向成37角斜向上拉物块时，物块仍做匀速直线运动已知sin37=0.6，cos37=0.8，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）ABCD【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】分别对两种情况下的物体受力分析，根据平衡条件列式，联立即可求得动摩擦因数的大小【解答】解：物体做匀速运动，受力平衡；当F水平拉动时有：F=mg；斜向上拉动物体时，竖直方向上的支持力为：FN=mgFsin
16、37水平方向上有：Fcos37=（mgFsin37）联立解得：=；故B正确，ACD错误故选：B3如图所示，在距离竖直墙壁为L=1.2m处，将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成=37，不计空气阻力墙足够长，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则（）A球的初速度大小为3m/sB球撞到墙上时的速度大小为4m/sC将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了mD若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙【考点】43：平抛运动【分析】小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据L=v0t和tan=结合求出
17、t和v0结合三角函数关系求球撞到墙上时的速度大小根据分运动的规律研究【解答】解：A、小球做平抛运动，据题有 L=v0t，tan=，联立解得 t=0.4s，v0=3m/s，故A正确B、球撞到墙上时的速度大小为 v=5m/s，故B错误C、将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球运动时间 t=0.2s，撞墙时下落的高度为 h=m=0.02m原来下落的高度为 h=0.8m，所以小球撞到墙上的点上移 s=hh=0.78m，故C错误D、若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球下落相同时水平位移减小，可能不会撞到墙，故D正确故选：AD4将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v
18、t图象如图所示以下判断正确的是（）A前2s内货物处于超重状态B第3s末至第5s末的过程中，货物完全失重C最后2s内货物只受重力作用D前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度相同【考点】1I：匀变速直线运动的图像【分析】超重是物体所受拉力或支持力大于物体所受重力的现象；当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态；根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况对于匀变速直线运动，可以由平均速度公式v=求平均速度【解答】解：A、前2s内货物的加速度向上，故货物处于超重状态，故A正确；B、第3s末至第5s末的过程中
19、，物体匀速运动，处于平衡状态，故B错误；C、最后2s内物体的加速度a=3m/s2，负号说明加速度向下，由于加速度小于g，故一定受重力之外的向上的其他外力，故C错误；D、因初末速度的平均值相同，则由v=可知，前2s内与最后2s内货物的平均速度相同，但图象的斜率不同，因此加速度不相同，故D错误故选：A5如图，放在水平桌面上的木块处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量是0.8kg，弹簧秤示数为5N，若轻轻取走盘中0.5kg砝码，将会出现的情况是（g取10m/s2）（）A弹簧秤示数变小BA将向左运动C桌面对A的摩擦力变小DA所受和外力变大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运
20、用【分析】以物体为研究对象，求出开始时物体所受摩擦力的大小，开始时物体处于静止状态，说明外力小于最大静摩擦力，求出当砝码质量减小时物体所受摩擦力的大小，此时发现摩擦力减小了，这说明物体没有运动，由此进一步分析可解答本题【解答】解：在初状态中，以A为研究对象，设所受绳子拉力为F1，弹簧弹力为F2，则A所受静摩擦力为：Ff=F1F2，其中F2=G，故解得：Ff=3N，说明物体最大静摩擦力大于3N，当砝码质量减少到0.3kg时，拉力与重力的合力为53=2N3N；故此时物体物体仍然静止，合力仍然为零，弹簧秤的读数不变，A受摩擦力减小，根据牛顿第三定律可知A对桌面的摩擦力将变小，故C正确，A、B、D错误
21、故选：C6长为l0的轻杆一端固定一各质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是（）A小球运动的线速度大小为B小球运动的线速度大小为C小球在最高点时所受的合力3mgD小球在最低点时所受杆的拉力为3mg【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】在最高点和最低点，由合外力提供小球所需要的向心力，根据动能定理及向心力公式列式求解，注意杆子的作用力可以向上，也可以向下要根据牛顿第二定律进行分析求解【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律可知，解得，故AB错误；C、小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，故杆对小球为拉力
22、，故在最高点受到的合力为mg+2mg=3mg，故C正确；D、在最低点，根据牛顿第二定律可知Fmg=，解得F=4mg，故D错误故选：C7“天舟一号”货运飞船2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380km的圆轨道上飞行，已知地球距地面卫星的高度约为36000km，则“天舟一号”（）A线速度小于地球同步卫星的线速度B线速度大于第一宇宙速度C向心加速度小于地球同步卫星加速度D周期小于地球自转周期【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用【分析】第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度根据
23、卫星的速度公式v=和角速度公式，将“天舟一号”的线速度、角速度与地球同步卫星的线速度、角速度比较由比较“天舟一号”和地球同步卫星的周期，即可比较“天舟一号”和地球自转周期的关系【解答】解：A、根据卫星的速度公式v=将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的线速度大于地球同步卫星的线速度，故A错误；B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度故B错误；C、根据，将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星加
24、速度，故C错误；D、根据周期，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的周期小于地球同步卫星的周期，即“天舟一号”的周期小于地球自转周期，故D正确；故选：D8如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O
25、分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化【解答】解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C9如图所示，质量为M的斜面体B放在水平面，斜面的倾角=30，质量为m的木块A放在斜面上，木块A下滑的加速度a=g，斜面体静止不动，则（）A木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25B地面对斜
26、面体的支持力等于（M+m）gC地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为mgD地面对斜面体无摩擦力作用【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用【分析】对整体研究：受到重力，地面的支持力和静摩擦力，作出力图将加速度a分解为水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律对竖直方向进行研究求解【解答】解：A、对物体A受力分析，根据牛顿第二定律可知，mgsinmgcos=ma，解得，故A错误；B、对整体受力分析，在竖直方向，（M+m）gFN=M0+masin30，解得，故B错误；C、对整体受力分析，在水平方向，f=M0+macos30，解得f=，故C正确，D错误；故选：C二、多项选择题（共4小题，每小题
27、4分，满分16分）10大量处于基态的氢原子吸收了某种单色光的能量后能发出3种不同频率的光子，分别用它们照射一块逸出W0的金属板时，只有频率为v1和v2（v1v2）的两种光能发生光电效应下列说法正确的是（）A金属板的极限频率为B光电子的最大初动能为h（v1+v2）W0C吸收光子的能量为h（v1+v2）D另一种光的光子的能量为h（v1v2）【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程【分析】根据题意知，大量处于基态的氢原子吸收了某种单色光的能量后能发出3种不同频率的光子，知吸收光子能量后跃迁到n=3能级，发出3种能量的光子，能量最大的即从n=3跃迁到基态的光子能量，结合光电效应方程和逸出功的公式求解【解答】
28、解：A、逸出功，得金属板的极限频率为，故A正确；B、光电子的最大初动能为，故B错误；C、吸收光子的能量为，故C错误；D、另一种光子的能量为=h（），故D正确；故选：AD11如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是A、B间的作用力大小为（）AA加速的大小为2.5m/s2BB加速的大小为2m/s2C弹簧弹力大小为50NDA、B间相互作用力的大小为8N【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】弹簧的弹力不能突变，以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定
29、律求出系统的加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A、B间的作用力【解答】解：ABC、物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：T=mAg=410=40N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N；剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：（mA+mB）gT=（mA+mB）a，解得：a=2m/s2，故AC错误，B正确；D、对B，由牛顿第二定律得：mBgF=mBa，解得：F=8N，则A、B间的作用力为8N，故D正确；故选：BD12如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线
30、悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向夹角为，则（）A如果将物体B在地板上向右移动一点，角将增大B如果将物体B在地板上向右移动一点，地面对B的支持力将减小C减小小球A的质量，角一定增大D悬挂定滑轮的细线的拉力一定大于小球A的重力【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力；再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；如果将物体B在地板上向右移动稍许，则AOB增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：根据平衡条件，AOB=2，故一定增加，故A正确；B、
31、A与B之间绳子的拉力不变，当物体B在地板上向右移动一点时，绳子的拉力T沿竖直向上的分力减小，所以地面对B的支持力将增大，故B错误；C、减小小球A的质量，系统可能平衡，故可能不变，故C错误；D、由于，AOB=290，弹力F与两个拉力T的合力平衡，而T=mg故定滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力，故D正确；故选：AD13如图所示，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近现男孩用力向右迅速推开木箱在男孩推开木箱的过程中，下列说法正确的是（）A木箱的动量增量等于男孩动量的减少量B男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量C男孩推开木箱后，男孩和小车的速度
32、可能变为零D对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变【考点】52：动量定理【分析】合外力的冲量等于物体动量的变化量；动量是矢量，系统所受合外力为零，系统动量守恒；根据动量守恒条件与动量定理分析答题【解答】解：A、木箱动量的增量大小等于男孩动量减少量大小，它们方向相反，不相等，故A错误；B、男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小，故B正确；C、男孩与木箱组成的系统动量守恒，男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零，故C正确；D、对于小车、男孩和木箱组成的系统动量守恒，推开木箱前后的总动能不守恒，总动能可能发生变化，故D错误；故选：BC三、填空题（共3小题，每小题4
33、分，满分16分）14小球从静止开始在距地面一定高处下落，不计空气阻力，小球落地前最后1s内的位移是下落第1s内位移的9倍，g取10m/s2，则小球刚释放时距地面的高度为125m，从开始到落地过程的平均速度大小为25m/s【考点】1J：自由落体运动【分析】根据求解第1s下落的高度和最后1s内的高度，根据最后1s内的位移等于总位移减去（t1）s内的位移，t为小球落地的时间，求解总时间，根据求解高度，平均速度等于总位移除以总时间【解答】解：小球在第1s内下落的高度为：m最后1s内的位移为：h2=9h1=95=45m设小球下落的时间为t，则有：h2=，代入数据解得：t=5s，根据得小球释放点距地面的高
34、度为：h=125m；整个运动过程中的平均速度为：故答案为：125，2515小江同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，他用实验装置如图所示，所用的钩码每只质量为50g他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中，实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g取10m/s2根据实验数据可得钩码质量/g050100150200250弹簧总长度/cm6.007.008.009.0010.0011.00（1）该弹簧的劲度系数k=50N/m（2）弹力F与形变量x的表达式F=50x【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】根据F=kx求得弹簧的
35、劲度系数，即可求弹力与形变量的关系式【解答】解：（1）根据F=kx可知，k=（2）弹力F与形变量x的表达式F=50x故答案为：（1）50；（2）F=50x16如图1所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力不计空气阻力及一切摩擦（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足小车与滑轮间的细绳与长木板平行；要使小车所受合外力一定，操作中必须满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠
36、近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是C（2）如图3抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t0，改变木板倾角，测得多组数据，得到的F的图线如图4所示实验中测得两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m1=0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为0.54kgm或0.54Ns2（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将不变（填“变大”、“变
37、小”或“不变”）【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力，小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2位移一定，找出a与t的关系（2）根据牛顿第二定律求出小车的加速度和合力的关系，进一步求出F和的关系式【解答】解：（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力要使小车所受合外力一定，操作中必须满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2改变小车质量m，测得多组m、t的值
38、，所以加速度a=，位移不变，所以a与t2成反比，合外力一定时，加速度与质量成反比例”的图线是C（2）小车由静止开始做匀加速运动，位移L=at2a=根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶，F合=Fmg=maF=m+mg则图线的斜率为k=2mL=0.54kgmk与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，如图3所示测得图线斜率将不变故答案为：（1）小车与滑轮间的细绳与长木板平行，砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，C；（2）0.54 kgm或0.54 Ns2，不变四、解答题（共3小题，满分41分）17如图所示，圆盘可绕过圆心O的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，物体P放在圆盘上，一轻质弹簧一端连接物
39、体P，另一端固定在竖直轴上已知物体的质量m=0.5kg弹簧的自然长度l0=10cm，劲度系数k=75N/m，物体与圆盘表面的动摩擦因数=0.8，P可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，当圆盘以角速度=rad/s转动时，P与圆盘相对静止，弹簧恰处于原长位置求：（1）此时P对圆盘的作用力都有哪些，各为多大？（2）为使P与圆盘保持相对静止，弹簧长度的取值范围多大？（假设弹簧均未超出弹性限度）【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】（1）此时弹簧处于原长，滑块受重力、支持力和静摩擦力，其中静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）考虑弹簧压的最短和拉的最长的两种临
40、界情况，弹簧弹力和最大静摩擦力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可【解答】解：（1）P受力如图：P的角速度与圆盘的角速度相同，静摩擦力Ff提供P的向心力，P的运动半径r=l0=0.1m，则Ff=m2r=2.5N N=mg=5N 根据牛顿第三定律，物体P对圆盘的作用力为：静摩擦力2.5 N，对圆盘的压力5N；（2）临界一：当弹簧长度最短时，弹簧处于压缩状态，P受到指向圆心的最大静摩擦力，设此时弹簧的压缩量为x1，满足：Fm=mg Fmkx1=m2（l0x1） 代入数据解得：x1=3cm，对应弹簧的长度为l1=l0x1=7cm；临界二：当弹簧长度最长时，弹簧处于伸长状态，P受到背向圆心的
41、最大静摩擦力，设此时弹簧的伸长量为x2，满足kx2Fm=m2（l0+x2） 代入数据解得：x1=13 cm，对应弹簧的长度为l1=l0+x2=23 cm；故弹簧长度的取值范围7cml23cm；答：（1）此时P对圆盘的静摩擦力2.5 N，对圆盘的压力5N；（2）为使P与圆盘保持相对静止，弹簧长度的取值范围7cml23cm18如图所示，一气球从地面上以v0=6m/s的速度竖直向上匀速升起，当气球的下端距地面h=13m高时，在气球的正下方紧贴地面将一小球竖直上抛，小球的初速度v1=24m/s，不计小球的大小，小球在运动中所受到的空气阻力大小总等于重力的0.2倍，g取10m/s2，求：（1）小球上升过
42、程的加速度为多大；（2）判断小球能否击中气球若能击中，计算出小球击中气球时的速度大小；若不能击中，计算小球落地的速度大小（计算结果可保留最简根号）【考点】37：牛顿第二定律；1N：竖直上抛运动【分析】（1）对小球进行受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度；（2）根据小球和气球速度相同时，气球和小球的位移来判断是否能击中；然后由位移关系求得运动时间，进而求得速度；不能击中时由匀变速运动规律求得上升最大高度，然后再求得下落时的加速度，即可求得落地式的速度【解答】解：（1）小球上升过程受重力、空气阻力作用，故合外力F=mg+0.2mg=1.2mg，故由牛顿第二定律可知：小球上升过程的加速度
43、；（2）小球做匀减速运动，当小球运动时，小球速度和气球速度相同，此时，小球的位移，气球的位移x=v0t=9m，所以，sx+h，故小球能击中气球；设小球运动时间为t（tt=1.5s）时击中气球，则有：，所以，6t218t+13=0，所以，；故小球击中气球时的速度答：（1）小球上升过程的加速度为12m/s2；（2）判断小球能否击中气球若能击中，计算出小球击中气球时的速度大小19如图所示，在倾角为=37的固定长斜面上放置一质量M=2kg、长度L1=2.5m的极薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离L2=16.5m在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的小滑块（可看作质点）将小滑块和
44、薄平板同时无初速度释放，设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为=0.5，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，求：（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？（2）小滑块到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离L为所少？【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据小滑块的运动得到摩擦力方向，然后由受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度；（2）根据滑块在平板上和在斜面上两种情况，分别对滑块和斜面进行受力分析，求得加速度，然后根据位移关系求得滑块在平板上的运动时间，由滑块的总位移为斜面长度求得在斜
45、面的运动时间；然后由匀变速运动规律求得平板的位移，即可由几何关系求得距离【解答】解：（1）小滑块在平板上滑动时只受重力、支持力作用，故合外力F1=mgsin，那么，由牛顿第二定律可得：加速度；小滑块在斜面上滑动时，受重力、支持力、摩擦力作用，小滑块沿斜面向下运动，故摩擦力沿斜面向上，那么，合外力F2=mgsinmgcos，由牛顿第二定律可得：加速度；（2）小滑块在平板上时，平板受到斜面的摩擦力f1=（m+M）gcos，故平板所受合外力F1=Mgsinf1=Mgsin（M+m）gcos，故加速度；设经过时间t，小滑块从平板下端离开平板，滑到斜面上，则由：，所以，；故滑块在平板上运动过程，平板下滑的位移，滑块离开平板时平板的速度v=a1t=1m/s；小滑块离开平板时的速度v=a1t=6m/s，运动位移；小滑块离开平板后做加速度为a2的匀加速直线运动，设总运动时间为t2，则有：，所以，t2=2s；小滑块离开平板后，平板的合外力F2=MgsinMgcos，所以，平板也做加速度为a2的匀加速直线运动，故位移；故小滑块到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离L=L2s1s2=10m；答：（1）小滑块在平板上的加速度为6m/s2，在斜面上滑动时的加速度为2m/s2；（2）小滑块到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离L为10m
