1、2016-2017学年江苏省启东市高二（上）期中物理试卷（必修）一、选择题（共20小题，每小题3分，满分69分）1下列单位属于国际单位制中基本单位的是（）A米B牛顿C焦耳D瓦特2下列xt图象中，表示物体做匀速直线运动的是（）ABCD3某跳伞运动员打开降落伞降落，在无风的时候落地速度为4m/s，现在有水平方向的风，风使他获得3m/s的水平速度，则运动员的落地速度为（）A1m/sB3m/sC5m/sD7m/s4如图所示，物体A通过绕过定滑轮的细绳拉住物体B，使物体B静止在斜面上则斜面对物体B的摩擦力（）A大小一定不为零B大小可能为零C方向一定沿斜面向上D方向一定沿斜面向下5关于“探究求合力的方法”
2、的实验，下列说法中不正确的是（）A用两只弹簧秤和用一只弹簧秤拉橡皮筋时，结点必须拉到同一点B实验过程中，弹簧的轴线必须与纸面平行C两个拉力的方向必须垂直D作力的平行四边形时，不同拉力的标度应该相同6有两个共点力，大小分别是4N和9N，则它们的合力大小（）A最小是4NB最大是9NC可能是4ND可能是9N7如图所示，传送带向上匀速运动，将一木块轻轻放在倾斜的传送带上瞬间，则关于木块受到的摩擦力，以下说法中正确的是（）A木块所受的摩擦力方向沿传送带向上B木块所受的合力可能为零C此时木块受到四个力的作用D木块所受的摩擦力方向有可能沿传送带向下8关于加速度，下列说法中正确的是（）A加速度为零的物体一定处
3、于静止状态B物体的加速度减小，其速度必随之减小C物体的加速度越小，其速度变化越小D物体的加速度越大，其速度变化越快9小明用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系，实验中不需要的操作是（）A先接通电源，后释放小车B用秒表测出小车运动的时间C调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行D将长木板右端垫高，平衡小车和纸带受到的摩擦力10关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A曲线运动的速度大小一定变化B曲线运动的速度方向一定变化C曲线运动的加速度一定变化D做曲线运动的物体所受的外力一定变化11电磁轨道炮射程远、精度高、威力大假设一款电磁轨道炮的弹丸（含推进器）质量为20.0kg，从静止开始在电磁驱动下速度达
4、到2.50103m/s则此过程中弹丸所受合力做的功是（）A2.50104JB5.00104JC6.25107JD1.25108J12关于功率，下列说法中正确的是（）A做功越多，功率越大B实际功率一定等于额定功率C功率是描述做功多少的物理量D功率是描述做功快慢的物理量13轻质弹簧一端固定在O点，另一端拴一个小球现把小球拉到与O点等高的位置（此时弹簧处于自然长度）静止释放，在小球摆到O点正下方的过程中（）A重力对小球做正功B弹簧对小球不做功C小球的机械能守恒D小球减少的重力势能全部转化为动能14两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分
5、开，再置于相距r的两点（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为（）A FBFC3FD9F15两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点关于A、B两点的电场强度，下列判断正确的是（）A大小相等，方向相同B大小相等，方向不同C大小不相等，方向相同D大小不相等，方向不同16如图所示，在通电螺线管的周围和内部a、b、c、d四个位置分别放置了小磁针，小磁针涂黑的一端是N极图中正确表示小磁针静止时的位置是（）AaBbCcDd17下列说法中不正确的是（）A电动机是把其他形式的能转化为电能的装置B发电机是把其他形式的能转化为电能的装置C电容器是储存电荷的装置D白炽灯是利用
6、电流的热效应工作的18通电直导线所受安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系，下列图示正确的是（）ABCD19轻质弹簧的一端固定于竖直墙壁，另一端与一木块连接在一起，木块放在粗糙的水平地面上，在外力作用下，木块将弹簧压缩了一段距离后静止于A点，如图所示现撤去外力，木块向右运动，当它运动到O点时弹簧恰好恢复原长在此过程中（）A木块的动能一直增大B木块受到的合外力一直减小C弹簧减小的弹性势能大于木块增加的动能D弹簧减小的弹性势能等于木块增加的动能请阅读短文，结合图示的情景，完成第2023题 2016年9月15日，“天宫二号”空间实验室在我国酒泉卫星发射中心发射升空，10月17日7时30分，“神舟11
7、号”飞船载着两名宇航员飞向太空，并于10月19日凌晨与“天宫二号”交会对接，如图是交会对接时的示意图，交会时“天宫二号”在前，“神舟11号”在后20“天宫二号”在发射过程中伴随着轨道修正和姿态调整，下列过程中，地面控制人员能够将“天宫二号”看成质点的是（）A整流罩分离过程B太阳帆板展开过程C姿态调整过程D环地球环绕飞行过程21“神舟11号”发射后首先进入椭圆形轨道绕地球运行，其发射速度为（）A7.9km/sB11.2km/sC16.7km/sD大于7.9km/s，小于11.2km/s22“神舟11号”飞船与“天宫二号”交会对接是十分复杂的过程，在该过程中（）A宇航员看“天宫二号”是向前运动的B
8、飞船应该从低轨道加速度追上“天宫二号”C飞船应该直接发射到“天宫二号”运行的轨道上，然后慢慢加速追上并对接D对接过程中，飞船对“天宫二号”的作用力大于“天宫二号”对飞船的作用力23宇航员进入“天宫二号”后处于失重状态，此时宇航员（）A可以用弹簧秤测出体重B不受地球的吸引力C受到地球的吸引力且等于在地面上时的重力D受到地球的吸引力且等绕地球做圆周运动的向心力二、填空题（共2小题，满分10分）25现代科技离不开电磁波，历史上首先用实验证实电磁波存在的物理学家是（选填“赫兹”或“麦克斯韦”）如图所示，螺线管的匝数为1000匝，在0.1s内穿过螺线管的磁通量变化了0.01Wb，则螺线管两端产生的感应电
9、动势为V26“探究加速度与力的关系”实验装置如图1所示（1）为减小实验误差，砂桶总质量应小车总质量（2）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图1所示，计时器打点频率为50Hz一次操作中得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点间的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车的速度为m/s，小车的加速度大小为m/s2三、计算或论述题（共3小题，满分21分）27一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，5s内速度增大到10m/s，已知汽车的质量为2.0103kg，汽车受到的阻力为500N，求：（1）汽车的加速度a；
10、（2）5s内汽车前进的距离x；（3）汽车所受牵引力的大小28一滑雪者质量75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30，在5s的时间内下滑60m，g取10m/s2求：（1）滑雪者的加速度；（2）滑雪者5s时的速度；（3）滑雪者受到的阻力29如图所示，位于竖直平面上的光滑圆弧轨道，半径为R，OB竖直，上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止释放，最后落在地面上C点处，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）小球运动到B点时速度的大小；（2）小球落地点C与B点水平距离x；（3）保持A距地面高度为H不变，改变R的大小，当R为多少时，小球落地点C与B点水平距离x最大？该水平
11、距离最大值是多少？2016-2017学年江苏省启东市高二（上）期中物理试卷（必修）参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题3分，满分69分）1下列单位属于国际单位制中基本单位的是（）A米B牛顿C焦耳D瓦特【考点】力学单位制【分析】国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位【解答】解：牛顿、焦耳以及瓦特都是导出单位，而只有米是国际单位制中的基本单位，故A正确BCD错误故选：A2下列xt图象中，表示物体做匀速直线运动的是（）ABCD【考点】匀变速直线运动
12、的图像【分析】在位移时间图线中，匀速直线运动的位移随时间均匀变化【解答】解：A、位移随时间不变，表示物体处于静止状态故A错误B、位移随时间均匀减小，表示物体做匀速直线运动故B正确C、位移随时间不是均匀变化，表示物体做变速运动故C错误D、速度随时间均匀增加，表示物体做匀加速直线运动故D错误故选：B3某跳伞运动员打开降落伞降落，在无风的时候落地速度为4m/s，现在有水平方向的风，风使他获得3m/s的水平速度，则运动员的落地速度为（）A1m/sB3m/sC5m/sD7m/s【考点】运动的合成和分解【分析】将跳伞员的运动分解为竖直方向和水平方向，水平方向上的运动不影响竖直方向上的分运动，根据速度的合成
13、求出跳伞员着地的速度大小和方向【解答】解：根据平行四边形定则，得：v=m/s=5m/s故C正确，A、B、D错误故选：C4如图所示，物体A通过绕过定滑轮的细绳拉住物体B，使物体B静止在斜面上则斜面对物体B的摩擦力（）A大小一定不为零B大小可能为零C方向一定沿斜面向上D方向一定沿斜面向下【考点】摩擦力的判断与计算【分析】分析B重力沿斜面方向的分力与拉力的大小关系，根据平衡确定摩擦力的方向，以及摩擦力的大小【解答】解：设A的质量为m，B的质量为M，若Mgsinamg，故大物块有下滑趋势，所受的摩擦力的大小不为零，方向沿斜面向上；若Mgsina=mg，故大物块没有滑动趋势，所受的摩擦力的大小为零；若M
14、gsinamg，故大物块有上滑趋势，所受的摩擦力的大小不为零，方向沿斜面向下；故选：B5关于“探究求合力的方法”的实验，下列说法中不正确的是（）A用两只弹簧秤和用一只弹簧秤拉橡皮筋时，结点必须拉到同一点B实验过程中，弹簧的轴线必须与纸面平行C两个拉力的方向必须垂直D作力的平行四边形时，不同拉力的标度应该相同【考点】验证力的平行四边形定则【分析】在验证“力的平行四边形定则”时，可以根据实验的原理进行分析需要注意的事项【解答】解：A、在实验中，用一个力和用两个力拉动时，应保证合力与两分力的效果相同，故必须要拉到同一点，故A正确；B、实验中应保证合力与分力在同一平面内，故弹簧的轴线必须与纸面平行，故
15、B正确；C、两个拉力的方向没有定性要求，夹角可以任意，故C错误；D、在作图时，应保证拉力的标度相同，才能正确作出图形，故D正确；本题选错误的，故选C6有两个共点力，大小分别是4N和9N，则它们的合力大小（）A最小是4NB最大是9NC可能是4ND可能是9N【考点】力的合成【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180时合力最小，并且有|F1F2|FF1+F2【解答】解：两力合成时，合力范围为：|F1F2|FF1+F2；故合力范围为：5NF13N；所以可能的为D故选：D7如图所示，传送带向上匀速运动，将一木块轻轻放在倾斜的传送带上瞬间，则关于木块受到的摩擦力，以下说法
16、中正确的是（）A木块所受的摩擦力方向沿传送带向上B木块所受的合力可能为零C此时木块受到四个力的作用D木块所受的摩擦力方向有可能沿传送带向下【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【分析】放在倾斜的传送带上瞬间，物体受滑动摩擦力；物体相对皮带静止时，随传送带一起向上或向下做匀速运动，物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况【解答】解：A、将一木块轻轻放在倾斜的传送带上瞬间，木块相当于传送带有向下运动的趋势，受到向上的滑动摩擦力，A正确D错误；B、放上木块后，木块要先做加速运动，所以合力不为零，B错误；C、木块受重力、支持力、滑动摩擦力三个力的作用，C错误；故选：A8关于加速度，下
17、列说法中正确的是（）A加速度为零的物体一定处于静止状态B物体的加速度减小，其速度必随之减小C物体的加速度越小，其速度变化越小D物体的加速度越大，其速度变化越快【考点】加速度【分析】加速度描述物体速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大而加速度与速度没有直接关系，加速度不等于零时，表示物体的速度一定在变化【解答】解：A、加速度为零的物体可以做匀速直线运动，A错误；B、物体是加速还是减速是看加速度的方向与速度的方向相同还是相反，相同就加速，反之就减速，与加速度增大还是减小无关，故B错误，C、加速度描述物体速度变化的快慢，所以物体的加速度很小时，速度变化一定很慢，故C错误D、加速度描述物体速度变化的
18、快慢，速度变化越快，加速度越大，故D正确故选D9小明用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系，实验中不需要的操作是（）A先接通电源，后释放小车B用秒表测出小车运动的时间C调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行D将长木板右端垫高，平衡小车和纸带受到的摩擦力【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车小车的加速度应根据打出的纸带求出
19、【解答】解：A、实验时应先接通电源，后释放小车故A正确；B、探究加速度与力和质量的关系，加速度的大小可以通过纸带求解，打点的时间间隔已知，不需要测量小车运动的时间故B错误；C、若连接砝码盘和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的合力，这样导致误差增大，故C正确；D、实验时需平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，即平衡小车和纸带受到的摩擦力故D正确本题选错误的，故选：B10关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A曲线运动的速度大小一定变化B曲线运动的速度方向一定变化C曲线运动的加速度一定变化D做曲线运动的物体所受的外力一定变化【考点】曲线运动【分析】既然是
20、曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化【解答】解：A、曲线运动的速度一定在变化，但速度的大小不一定变化，如匀速圆周运动，所以A错误B、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动的速度方向一定变化，故B正确C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由牛顿第二定律可知，加速度的大小和方向也不一定变化，如平抛运动，所以C错误D、由C的分析可知D错误故选B11电磁轨道炮射程远、精度高、威力大假设一款电磁轨道炮的弹丸（含推进器）质量为20.0kg，
21、从静止开始在电磁驱动下速度达到2.50103m/s则此过程中弹丸所受合力做的功是（）A2.50104JB5.00104JC6.25107JD1.25108J【考点】功的计算；安培力【分析】根据动能定理列式即可求解合外力做功【解答】解：在弹丸发射过程中，根据动能定理得：=6.25107J故选：C12关于功率，下列说法中正确的是（）A做功越多，功率越大B实际功率一定等于额定功率C功率是描述做功多少的物理量D功率是描述做功快慢的物理量【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】功率等于单位时间内做功的多少，反映做功快慢的物理量，功率大，做功越快【解答】解：A、由W=可知，做功多，功率不一定大，还与时间有
22、关，故A错误B、实际功率的大小不一定等于额定功率，故B错误C、功率是反映做功快慢的物理量，功率越大，做功越快，故C错误，D正确；故选：D13轻质弹簧一端固定在O点，另一端拴一个小球现把小球拉到与O点等高的位置（此时弹簧处于自然长度）静止释放，在小球摆到O点正下方的过程中（）A重力对小球做正功B弹簧对小球不做功C小球的机械能守恒D小球减少的重力势能全部转化为动能【考点】功能关系；胡克定律；弹性势能；机械能守恒定律【分析】小球下摆过程，弹簧是被拉长的，即增加了弹性势能，所以此过程中的能量转化是小球减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能与小球的动能【解答】解：A、小球高度下降，故重力做正功，A正确；B、
23、弹簧对小球的拉力做负功，故B错误；C、弹簧的弹性势能增加，是小球机械能的减少转化而来的，故小球的机械能减少，不守恒，C错误；D、小球减少的重力势能一部分转化为动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，D错误；故选：A14两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电荷量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分开，再置于相距r的两点（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为（）A FBFC3FD9F【考点】库仑定律【分析】接触带电后先中和再平分，根据库仑定律判断库仑力的变化【解答】解：接触前，库仑力为：F=，接触后分开，两球带电量均为Q，则库仑力为：F=3F故选：C15两
24、点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点关于A、B两点的电场强度，下列判断正确的是（）A大小相等，方向相同B大小相等，方向不同C大小不相等，方向相同D大小不相等，方向不同【考点】电场线；电场强度【分析】电场线越密，代表电场强度越大，电场线的方向就是电场强度的方向【解答】解：电场线的疏密代表场强的强弱，电场线越密，代表电场越强，从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点电场线的密集程度，故EAEB；又电场线的方向就是电场强度的方向，由图可知AB两点的电场线的方向不同，故AB两点的电场强度的方向不同故D正确故选：D16如图所示，在通电螺线管的周围和内部a、b、c、d四个位置分别放
25、置了小磁针，小磁针涂黑的一端是N极图中正确表示小磁针静止时的位置是（）AaBbCcDd【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】首先根据电源的正负极判定电流方向，由电流方向根据安培则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向与螺线管中的电流方向一致，则大拇指所指的那端就是通电螺线管的N极）判断通电螺线管的磁极；根据磁极间的作用规律判断小磁针的指向是否正确【解答】解：根据电源的正负极得出通电螺线管的电流方向从左边流入、从右边流出；根据电流方向，利用安培定则判断螺线管的左端为S极、右端为N极；在磁体内磁场的方向从S极指向N极，而小磁针的N极的指向表示磁场的方向，所以BCD三个位置的磁场的指向都错
26、误在磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以A处的磁场从右向左，小磁针的指向正确故选：A17下列说法中不正确的是（）A电动机是把其他形式的能转化为电能的装置B发电机是把其他形式的能转化为电能的装置C电容器是储存电荷的装置D白炽灯是利用电流的热效应工作的【考点】能源的开发和利用【分析】发电机是把其他形式的能转化为电能的装置而电动机是把电能转化为其他形式的能的装置电容器是储存电荷的元件白炽灯是利用电流的热效应工作的【解答】解：A、电动机是把电能转化为其他形式的能的装置故A错误B、发电机是把其他形式的能如机械能转化为电能的装置故B正确C、电容器能容纳电荷故C正确D、白炽灯通电后发热发光，是利用电流的热效
27、应工作的故D正确本题选错误的，故选A18通电直导线所受安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系，下列图示正确的是（）ABCD【考点】左手定则【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向【解答】解：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，四指指向电流方向，则大拇指指向即为安培力方向，故由此可得A图中安培力水平向右，故A错误；B图中竖直向上，故B错误；C图中垂直与电流方向向上，故C错误；D图中垂直
28、电流方向向上，故D正确故选D19轻质弹簧的一端固定于竖直墙壁，另一端与一木块连接在一起，木块放在粗糙的水平地面上，在外力作用下，木块将弹簧压缩了一段距离后静止于A点，如图所示现撤去外力，木块向右运动，当它运动到O点时弹簧恰好恢复原长在此过程中（）A木块的动能一直增大B木块受到的合外力一直减小C弹簧减小的弹性势能大于木块增加的动能D弹簧减小的弹性势能等于木块增加的动能【考点】功能关系；弹性势能【分析】分析木块的受力情况，由牛顿第二定律分析木块的运动情况，判断动能如何变化弹簧的弹性势能随形变量的减小而减小根据能量守恒分析弹簧减小的弹性势能与木块增加的动能的关系【解答】解：A、撤去外力木块向右运动过
29、程中，当木块所受的弹簧的弹力大于滑动摩擦力时，木块速度增大，当弹力小于摩擦力时，木块的速度减小，所以木块的速度先增大后减小，其动能先增大后减小故A错误B、弹簧的压缩量逐渐减小，则弹力一直减小，当弹力小于摩擦力后，合外力的方向与运动的方向相反，但合外力随弹力的减小而增大故B错误C、D、弹簧减小的弹性势能转化为木块的动能和内能，根据能量守恒定律弹簧减小的弹性势能大于木块增加的动能故C正确，D错误故选：C请阅读短文，结合图示的情景，完成第2023题 2016年9月15日，“天宫二号”空间实验室在我国酒泉卫星发射中心发射升空，10月17日7时30分，“神舟11号”飞船载着两名宇航员飞向太空，并于10月
30、19日凌晨与“天宫二号”交会对接，如图是交会对接时的示意图，交会时“天宫二号”在前，“神舟11号”在后【分析】20“天宫二号”在发射过程中伴随着轨道修正和姿态调整，下列过程中，地面控制人员能够将“天宫二号”看成质点的是（）A整流罩分离过程B太阳帆板展开过程C姿态调整过程D环地球环绕飞行过程【考点】质点的认识【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点由此分析即可【解答】解：A、研究整流罩分离过程时，天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点故A错误B、研究太阳帆板展开过程时天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点故B错误C、在调整姿态的过程中，要考虑到飞船的形状，天宫二号
31、的大小和形状不能忽略，不能看成质点故C错误D、研究天宫二号绕地球飞行时，天宫二号的大小和形状能够忽略，可以看成质点故D正确故选：D21“神舟11号”发射后首先进入椭圆形轨道绕地球运行，其发射速度为（）A7.9km/sB11.2km/sC16.7km/sD大于7.9km/s，小于11.2km/s【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分析】解第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义7.9km/s即第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，11.2km/s即第二宇宙速度是卫星脱离地球束缚的发射速度【解答】解：7.9km/s即第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，11.2km/s即第二宇宙速度是卫星脱离地球束
32、缚的发射速度“神舟11号”发射后直接进入椭圆形轨道，由此可知神舟11号从地面发射的速度介于7.9km/s和11.2km/s之间，故ABC错误，D正确故选：D22“神舟11号”飞船与“天宫二号”交会对接是十分复杂的过程，在该过程中（）A宇航员看“天宫二号”是向前运动的B飞船应该从低轨道加速度追上“天宫二号”C飞船应该直接发射到“天宫二号”运行的轨道上，然后慢慢加速追上并对接D对接过程中，飞船对“天宫二号”的作用力大于“天宫二号”对飞船的作用力【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力及近心运动和离心运动的相关知识即可求解【解答】解：A、宇航员看“天宫二号”，是以宇航
33、员为参考系，宇航员看“天宫二号”是向后运动的，故A错误；B、先让飞船进入较低的轨道，若让飞船加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以飞船做离心运动，轨道半径变大，可以实现对接，故B正确；C、先让飞船与天宫二号在同一轨道上，此时飞船受到的万有引力等于向心力，若让飞船加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以飞船做离心运动，不能实现对接，故C错误；D、对接过程中，根据牛顿第三定律，飞船对“天宫二号”的作用力等于“天宫二号”对飞船的作用力，故D错误；故选：B23宇航员进入“天宫二号”后处于失重状态，此时宇航员（）A可以用弹簧秤测出体重B不受地球的吸引力C受到地球的吸引力且等于在地面上时的重力D
34、受到地球的吸引力且等绕地球做圆周运动的向心力【考点】万有引力定律及其应用【分析】完全失重是指宇航员对支撑物的压力为零，不是不受重力；宇航员受到的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力【解答】解：A、用弹簧秤测体重的原理是二力平衡，完全失重时物体相当于不受重力，无法测量，故A错误；B、完全失重时物体受地球的吸引力是不改变的，故B错误；C、此时宇航员受地球的吸引力，在地面时重力等于万有引力，地面的万有引力大于空中的万有引力，故在空中宇航员受到地球的吸引力小于在地面上时的重力，故C错误；D、此时宇航员受到地球的吸引力，完全充当绕地球做圆周运动的向心力，故D正确；故选：D二、填空题（共2小题，满分10分
35、）25现代科技离不开电磁波，历史上首先用实验证实电磁波存在的物理学家是赫兹（选填“赫兹”或“麦克斯韦”）如图所示，螺线管的匝数为1000匝，在0.1s内穿过螺线管的磁通量变化了0.01Wb，则螺线管两端产生的感应电动势为100V【考点】法拉第电磁感应定律【分析】麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在赫兹用实验证实电磁波存在；根据法拉第电磁感应定律E=n，求出线圈产生的感应电动势【解答】解：1864年，英国青年物理学家麦克斯韦在研究了当时所发现的电磁现象的基础上，建立了麦克斯韦电磁理论，并预言了电磁波的存在；而1888年，德国青年物理学家赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，由法拉第电磁感应
36、定律，则有：E=n=1000V=100V故答案为：赫兹，10026“探究加速度与力的关系”实验装置如图1所示（1）为减小实验误差，砂桶总质量应远小于小车总质量（2）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图1所示，计时器打点频率为50Hz一次操作中得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点间的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车的速度为0.85m/s，小车的加速度大小为5m/s2【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）明确实验原理，知道实验中将砂桶的重力视为小车的拉；（2）纸带法实验
37、中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度【解答】解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力F=Ma=，故当Mm时，F=mg，所以应砂桶质量远小于小车的总质量；（2）由题意可知，AB=10.0mm=0.010m；BC=12.0mm=0.0120m、CD=14.0mm=0.0140m、DE=16.0mm=0.0160m、EF=18.0mm=0.0180m；利用匀变速直线运动的推论得出：vE=0.85m/s由给出的数据可知x=2mm=0.002m，位移之差为根据a=可得：a=5m/s2；故答案为：（1）
38、远小于；（2）0.85，5三、计算或论述题（共3小题，满分21分）27一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，5s内速度增大到10m/s，已知汽车的质量为2.0103kg，汽车受到的阻力为500N，求：（1）汽车的加速度a；（2）5s内汽车前进的距离x；（3）汽车所受牵引力的大小【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）由速度公式即可求出汽车的加速度；（2）由位移公式即可求出5s内汽车前进的距离x；（3）由牛顿第二定律即可求出汽车所受牵引力的大小【解答】解：（1）汽车的初速度为0，5s内速度增大到10m/s，则：a=m/s2（2）5s内汽车前进的距离：x=m（3）由牛顿第
39、二定律：Ff=ma所以：F=f+ma=500+2.01032=4500N答：（1）汽车的加速度a是2m/s2；（2）5s内汽车前进的距离是25m；（3）汽车所受牵引力的大小是4500N28一滑雪者质量75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30，在5s的时间内下滑60m，g取10m/s2求：（1）滑雪者的加速度；（2）滑雪者5s时的速度；（3）滑雪者受到的阻力【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】（1）明确人的运动性质，根据已知的物理量运用运动学公式求出加速度（2）由速度公式看求出5s末的速度；（3）对人进行受力分析，把重力在沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根据人的
40、运动状态，运用牛顿第二定律列出等式解决问题【解答】解：（1）设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据运动学公式s=v0t+at2得：a=代入数据得：a=4m/s2（2）5s末的速度：v=v0+at=2+45=22m/s（3）设滑雪板及人受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：mgsinf=ma即：f=mg sinma解得：f=75N答：（1）滑雪人下滑加速度的大小为4m/s2； （2）滑雪者5s时的速度是22m/s；（3）滑雪板及人受到的阻力的大小为75N29如图所示，位于竖直平面上的光滑圆弧轨道，半径为R，OB竖直，上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止释放，最后落在地面上C点处，
41、不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）小球运动到B点时速度的大小；（2）小球落地点C与B点水平距离x；（3）保持A距地面高度为H不变，改变R的大小，当R为多少时，小球落地点C与B点水平距离x最大？该水平距离最大值是多少？【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力【分析】（1）小球由AB过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律及向心力公式列式求解；（2）小球从B点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解；（3）利用数学知识分析水平位移的表达式即可求解【解答】解：（1）根据机械能守恒得：mgR=mvB2解得：vB=，根据牛顿第二定律得：Nmg=m，解得：N=mg+m=3mg（2）根据HR=gt2得：t=，则水平位移为：x=vBt=2（3）由（2）所求可知：水平距离：x=2=2所以，当R=时，水平距离最大为：sm=H答：（1）小球刚运动到B点时，轨道对它的支持力为3mg；（2）小球落地点C与B点水平距离x为2（3）当R=时，水平距离最大为H2016年12月18日