1、2015-2016学年江苏省泰州市姜堰区高三（上）期中物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分.每小题只有一个选项符合题意.1在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（）A质点和点电荷是同一种思想方法B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C重心、合力和分力都体现了等效替换的思想D加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量2下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工作的是（）A复印机B电饭煲C电话机D电冰箱3
2、物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移）（）ABCD4如图所示，水平面B点以左是光滑的，B点以右是粗糙的，质量为M和m的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右运动它们先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动它们与粗糙表面的动摩擦因数相同，静止后两个质点的距离为s，则有（）A若Mm，sLB若M=m，s=LC若Mm，sLD无论M、m取何值，都是s=05如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及实装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为a，悬绳对工人的拉力大小为F
3、1 墙壁对工人的弹力大小为F2，则（）AF1=BF2=GtanC若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力变大D若缓慢减小悬绳的长度，F1增大，F2增大6图示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直在a、c处分别固定有电荷量为+q、q的两个点电荷下列说法正确的是（）A位置b处电场强度大小为Bac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直CO点电势一定等于b点电势D将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小7太极球是广大市民中较流行的一种健身器材将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间
4、无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高球的质量为m，重力加速度为g，则（）A在C处板对球所需施加的力比A处大6mgB球在运动过程中机械能守恒C球在最低点C的速度最小值为D匀速圆周运动的速度越大，板在B处与水平方向倾斜角越小二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.8在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道则（）A该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB卫星在同步轨道上的运行速度大于7.9km/sC在轨道上，卫星在P
5、点的速度小于在Q点的速度D卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道9如图所示水平面上，一个被水平拉伸的弹簧一端拴有质量为10kg的物块A，弹簧的另一端固定在小车上，小车和物块均处于静止状态，此时弹簧的拉力为5N，现让小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右匀加速运动时（）A物块A相对小车仍静止B物块A受到的摩擦力将减小C物块A受到的摩擦力大小不变D物块A受到的弹力将增大10两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示在保持其他条件不变的情况下，将两板缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）A两板间电压不变，电容变
6、小B油滴将静止不动C电流计中的电流从a流向bD电流计中的电流从b流向a11一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，则下列关于电场强度E、粒子动能Ek、粒子电势能EP、粒子加速度a与位移x的关系图象可能的是（）ABCD12如图所示倾角=30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点距离为若A、
7、B的质量分别为4m和m，A与斜面的动摩擦因数=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则：（）AA在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动BA在从C至D的过程中，加速度大小为gC弹簧的最大弹性势能为mgLD弹簧的最大弹性势能为mgL三、实验题（共2小题，共24分.请把答案填在答题卡相应的横线上）13（12分）（2015秋姜堰市期中）小叶同学利用图甲装置来探究加速度与力、质量之间的定性关系（1）他安装仪器后，准备开始测量实验数据时的状态如图甲所示，从图片上看，你觉得他在开始正确测量前必须得修正哪几个方面的问题？（请写出两点）（2）修正后，小叶同学就开始实验测量
8、，他所接的打点计时器的电源档位如图乙所示，则他所选的打点计时器是（填“电火花”或“电磁”）打点计时器（3）打点计时器使用的交流电频率f=50Hz，图丙是小叶同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出写出用s1、s3以及f来表示小车加速度的计算式：a=根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度a大小为m/s2（结果保留两位有效数字）（4）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图丁所示），此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大 D所用小车的质量太大
9、14（12分）（2015秋姜堰市期中）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（GAtwood 17461807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示（1）实验时，该同学进行了如下操作：将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t测出挡光片的宽度d，则重物A
10、经过光电门时的速度为（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为（已知重力加速度为g）（3）引起该实验系统误差的原因有（写一条即可）（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系呢？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：写出a与m之间的关系式：（还要用到M和g）；a的值会趋于四、计算题：本题共4小题，共计55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.15某人
11、造卫星绕地球做匀速圆周运动，它离地面的高度为2R，R为地球半径已知地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，求：（1）地球的质量M；（2）卫星的向心加速度大小；（3）地球的第一宇宙速度大小16（15分）（2015漳州二模）如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角=30，一个质量m=1kg的小物（可视为质点），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力F作用下运动的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功
12、wf17（15分）（2015秋姜堰市期中）如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行的速度为v0=5m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=4m当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同取g=10m/s2，求：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q18（16分）（2015秋姜堰市期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为q的粒子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿
13、O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为2L不考虑电场边缘效应，不计粒子重力求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件2015-2016学年江苏省泰州市姜堰区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一
14、、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分.每小题只有一个选项符合题意.1在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（）A质点和点电荷是同一种思想方法B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C重心、合力和分力都体现了等效替换的思想D加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量【考点】物理学史 【分析】质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；伽利略提出了“落体运动的速度v与时间
15、t成正比”的观点加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量【解答】解：A、质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，所以质点和点电荷是同一种思想方法，故A正确；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微分、积分法，故B错误；C、重心、合力和分力、都采用了等效替代的思想，故C正确；D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量故D正确；本题选错误的，故选：B【点评】对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆2下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工
16、作的是（）A复印机B电饭煲C电话机D电冰箱【考点】静电现象的解释 【分析】本题考查各种电器的工作原理，从各种实例的原理出发可以得出结论【解答】解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉吸附在鼓上故选A正确；B、电饭煲是利用了电流的热效应，来加热的，故B错误；C、电话是利用电磁波传递信息，利用了电流的磁效应工作的，故C错误；D、电冰箱是利用物态变化时的吸热和放热原理制冷的，故D错误故选：A【点评】本题是常识性问题，只有认真把握它们的定义，才能真正区分它们利用的是哪个工作原理体现了物理来源于生活，又服务于社会的理念3物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，
17、a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移）（）ABCD【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】速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度；根据牛顿第二定律和位移时间关系公式以及牛顿第二定律分析即可【解答】解：A、根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，图中速度时间图象的两条线段斜率大小相等，但左正右负，故B正确；C、从速度时间图象可以看出物体先匀加速前进，然后匀减速前进，再匀加速后退，匀减速后退，即先前进再后退，与位移时间图象矛盾，故C错误；D、从速度时间图象可以看出物体先匀加速前进，然后匀
18、减速前进，即物体一直前进，与位移时间图象矛盾，故D错误；故选B【点评】本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律，再根据图线的斜率表示加速度得到加速度情况，根据牛顿第二定律进一步得到合力情况，根据位移时间关系公式得到位移情况4如图所示，水平面B点以左是光滑的，B点以右是粗糙的，质量为M和m的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右运动它们先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动它们与粗糙表面的动摩擦因数相同，静止后两个质点的距离为s，则有（）A若Mm，sLB若M=m，s=LC若Mm，sLD无论M、m取何值，都是s=0【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 【
19、专题】牛顿运动定律综合专题【分析】两物块进入粗糙水平面的初速度相同，末速度都为零，根据牛顿第二定律比较出两物块的加速度大小，即可比较出两物块在粗糙水平面上运行的位移大小，从而得出s【解答】解：根据牛顿第二定律得，物块进入粗糙水平面的加速度a=，知两物块的加速度相等，又进入粗糙水平面的初速度相同，末速度都为零，根据运动学公式，知两物块运行的位移s相等，则x=0故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】解决本题的关键掌握牛顿第二定律求出加速度，以及知道两物块的初末速度相等，加速度相等，所以在粗糙水平面上运行的位移相等5如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及实装备的总重量为G，
20、悬绳与竖直墙壁的夹角为a，悬绳对工人的拉力大小为F1 墙壁对工人的弹力大小为F2，则（）AF1=BF2=GtanC若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力变大D若缓慢减小悬绳的长度，F1增大，F2增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】由题，该工人受力平衡，分析其受力情况，根据平衡条件得出F1和F2的大小当工人下移时，若缓慢减小悬绳的长度，细绳与竖直方向的夹角变大，根据平衡条件得出拉力F1与支持力F2的表达式进行讨论【解答】解：A、B该工人受到重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：F1=F2=mgtan=Gtan故A错误，B
21、正确C、D若缓慢减小悬绳的长度，细绳与竖直方向的夹角变大，cos变小，tan增大，则F1增大，F2增大，但F1与F2的合力与重力仍平衡，保持不变；故C错误，D正确故选BD【点评】本题关键是根据共点力平衡条件，由几何关系得到F1与F2的表达式，再讨论分析两力的变化情况6图示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直在a、c处分别固定有电荷量为+q、q的两个点电荷下列说法正确的是（）A位置b处电场强度大小为Bac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直CO点电势一定等于b点电势D将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与
22、电势的性质专题【分析】两个等电量正点电荷Q产生 的电场等势线与电场线具有对称性，作出ac间的电场线，根据顺着电场线电势降低和对称性，分析B与D电势的高低，判断电场力做功情况，可知o点和b电势的大小，根据点电荷的电场E=k和电场叠加原理可求解b点的场强大小【解答】解：A、正负电荷在b点分别产生的场强为，根据矢量可知，故A错误；B、ac线上各点电场强度方向由a指向c，bd线上各点电场强度方向由a指向c，故B错误；C、bOd是一条等势面，故电势相同，故C正确；D、将一负试探电荷从b点移到c点，电场力做负功，电势能增加，故D错误；故选：C【点评】本题关键抓住电场线与等势线的对称性，注意空间每一点的电场
23、是由两个点电荷产生的电场叠加，是考查基础的好题7太极球是广大市民中较流行的一种健身器材将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高球的质量为m，重力加速度为g，则（）A在C处板对球所需施加的力比A处大6mgB球在运动过程中机械能守恒C球在最低点C的速度最小值为D匀速圆周运动的速度越大，板在B处与水平方向倾斜角越小【考点】向心力；牛顿第二定律 【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】球在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的
24、受力情况【解答】解：A、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时： 在C处时： 由式得：F=2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大mg，故A错误B、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B错误C、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据，得，故C正确D、根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtan=故v=，故板在B处与水平方向倾斜角随速度的增大而增大，故D错误故选：C【点评】本题考查了向心力公式的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题有多个选
25、项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.8在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道则（）A该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB卫星在同步轨道上的运行速度大于7.9km/sC在轨道上，卫星在P点的速度小于在Q点的速度D卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道【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】了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义当万有引力刚好提供卫星所需向心力时 卫星正好可以做匀速圆周运动 1若是提供的力大于需要的向心力则卫星做逐渐靠近圆心的运动 2若是
26、提供的力小于需要的向心力则卫星做逐渐远离圆心的运动【解答】解：A、11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误B、7.9km/s即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而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度故B错误C、在轨道上，由P点向Q点运动，万有引力做负功，动能减小，所以P点的速度大于Q点的速度故C错误D、从椭圆轨道到同步轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以卫星在Q点通过加
27、速实现由轨道进入轨道故D正确故选：D【点评】知道第一宇宙速度的特点卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定9如图所示水平面上，一个被水平拉伸的弹簧一端拴有质量为10kg的物块A，弹簧的另一端固定在小车上，小车和物块均处于静止状态，此时弹簧的拉力为5N，现让小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右匀加速运动时（）A物块A相对小车仍静止B物块A受到的摩擦力将减小C物块A受到的摩擦力大小不变D物块A受到的弹力将增大【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】物体开始时受弹力为5N，而处于静止状态，受到的静摩擦力为5
28、N，说明物体的最大静摩擦力大于等于5N；当小车的加速度为1m/s2，两物体将保持相对静止时，物体的加速度为a=1m/s2，则需要的合力为10N；根据弹力和最大静摩擦力可求出物体相对于小车静止的最大加速度，当小车的加速度小于等于最大加速度时，物体与小车仍保持相对静止弹簧的弹力不变，摩擦力大小不变【解答】解：A、物体开始时受弹力F=5N，而处于静止状态，说明受到的静摩擦力为5N，则物体的最大静摩擦力Fm5N当物体相对于小车向左恰好发生滑动时，加速度为a0=1m/s2所以当小车的加速度为a=1m/s2时，物块A相对小车仍静止，但摩擦力方向向右，即方向改变故A正确BCD、根据牛顿第二定律得：小车以加速
29、度a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时，弹力水平向右，大小仍为5N，摩擦力水平向右大小仍为5N，故BD错误，C正确故选：AC【点评】本题考查应用牛顿第二定律分析物体受力情况的能力要注意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变化10两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示在保持其他条件不变的情况下，将两板缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）A两板间电压不变，电容变小B油滴将静止不动C电流计中的电流从a流向bD电流计中的电流从b流向a【考点】电容 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电油滴原来处于静
30、止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向【解答】解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，而电压仍然等于电源的电动势不变，故A正确；B、由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态故B正确；C、由C= 知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有ab的电流故C正确，D错误故选：ABC【点评】本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，
31、根据电容的决定式C= 和电容的定义式C=结合进行分析11一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，则下列关于电场强度E、粒子动能Ek、粒子电势能EP、粒子加速度a与位移x的关系图象可能的是（）ABCD【考点】点电荷的场强 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据点电荷的场强公式分析电场强度随x的变化情况，根据动能定理分析动能随x的变化情况，根据电势能与x图线的斜率分析其图象的正误，根据牛顿第二定律分析加速度随x的变化图线的正误【解答】解：A、正电荷的场强公式E=，可知电场强度随x的变化不是均匀减小，故A错误B、由于电场强度不是
32、匀强电场，电场力做功WqEx，则动能不是随x均匀增大，故B错误C、Epx图线的切线斜率表示电场力，随着x的增大，电场力逐渐减小，故C正确D、加速度a=，可知a随x的变化图线是曲线，且减小，故D正确故选：CD【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合动能定理进行分析，图象的斜率的物理意义要清楚12如图所示倾角=30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E
33、点，D、E两点距离为若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面的动摩擦因数=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则：（）AA在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动BA在从C至D的过程中，加速度大小为gC弹簧的最大弹性势能为mgLD弹簧的最大弹性势能为mgL【考点】功能关系；牛顿第二定律；弹性势能 【分析】对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则后一阶段不可能是匀减速直线运动，当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动
34、能定理求解弹簧弹力做的功，进而求出弹簧的最大弹性势能【解答】解：A、对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：a=，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；C、当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：00=4mg（L+）sin30mg（L+）4mgcos30（L+）W弹解得：则弹簧具有的最大弹性势能，故C错误，D正确故选：BD【点评】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律
35、的直接应用，要求同学们能正确选择合适的研究对象和研究过程，应用动能定理求解，知道克服弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的增加量，注意当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，难度适中三、实验题（共2小题，共24分.请把答案填在答题卡相应的横线上）13（12分）（2015秋姜堰市期中）小叶同学利用图甲装置来探究加速度与力、质量之间的定性关系（1）他安装仪器后，准备开始测量实验数据时的状态如图甲所示，从图片上看，你觉得他在开始正确测量前必须得修正哪几个方面的问题？（请写出两点）长木板的右端没被垫高，说明没有平衡摩擦力细线没套在定滑轮的轮槽上，以致拉线未能与板面平行（2）修正后，小叶同学
36、就开始实验测量，他所接的打点计时器的电源档位如图乙所示，则他所选的打点计时器是电磁（填“电火花”或“电磁”）打点计时器（3）打点计时器使用的交流电频率f=50Hz，图丙是小叶同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出写出用s1、s3以及f来表示小车加速度的计算式：a=根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度a大小为0.60m/s2（结果保留两位有效数字）（4）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图丁所示），此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是CA小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质
37、量太大 D所用小车的质量太大【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1、2）实验时小车应靠近打点计时器，在实验前应平衡小车受到的摩擦力，重物与小车的连线应平行于木板，知道电磁打点计时器和电火花打点计时器的区别；（3）根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小；（4）根据图象得出变量之间的关系，知道钩码所受的重力作为小车所受外力的条件【解答】解：（1）长木板的右端没被垫高，说明没有平衡摩擦力；细线没套在定滑轮的轮槽上，以致拉线未能与板面平行；（2）电磁打点计时器使用46V交流电压，电火花打点计时器直接接在2
38、20V交流电压上，所以他所选的打点计时器是电磁打点计时器（3）由题意可知两计数点之间的时间间隔为：T=0.1s，根据匀变速直线运动推论有：，a=即：a=带入数据解得：a=0.60m/s2（4）由实验原理：mg=Ma得a=，而实际上a=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的故选：C故答案为：（1）长木板的右端没被垫高，说明没有平衡摩擦力；细线没套在定滑轮的轮槽上，以致拉线未能与板面平行；（2）电磁；（3）；0.60；（4）C【点评】在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理
39、知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力，知道两种打点计时器的区别与联系14（12分）（2015秋姜堰市期中）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（GAtwood 17461807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示（1）实验时，该同学进行了如下操作：将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出挡光中心（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）
40、中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t测出挡光片的宽度d，则重物A经过光电门时的速度为（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为（已知重力加速度为g）（3）引起该实验系统误差的原因有绳子有质量；滑轮与绳子有摩擦；重物运动受到阻力作用（写一条即可）（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系呢？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：写出a与m之间的关系式：（还要用到M和g）；a的值会趋于重力加速度g【考点】验证机械能守恒定律
41、 【专题】实验题【分析】根据系统机械能守恒，得出系统重力势能的减小量和系统动能的增加量，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能对系统研究，根据牛顿第二定律求出加速度与m的关系式，通过关系式分析，m增大，a趋向于何值【解答】解：（1、2）需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，系统的末速度为：v=，则系统重力势能的减小量Ep=mgh，系统动能的增加量为：=，若系统机械能守恒，则有：（3）系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有质量；滑轮与绳子有摩擦；重物运动受到阻力作用（4）根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加
42、速度为：a=，当m不断增大，则a趋向于g故答案为：（1）挡光片中心；（2）（3）绳子有质量；滑轮与绳子有摩擦；重物运动受到阻力作用（回答一个即可）（4）；重力加速度g【点评】解决本题的关键知道实验的原理，知道误差产生的原因，掌握整体法在牛顿第二定律中的运用四、计算题：本题共4小题，共计55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.15某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它离地面的高度为2R，R为地球半径已知地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，求：（1）地球的质量M；（2）卫星的向心加速度大小；（3）地球的第一
43、宇宙速度大小【考点】万有引力定律及其应用 【专题】万有引力定律的应用专题【分析】（1）根据万有引力等于重力，结合地球表面的重力加速度和地球的半径求出地球的质量（2）根据万有引力提供向心力，求出卫星的向心加速度（3）根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出地球的第一宇宙速度【解答】解：（1）地球表面处万有引力等于重力，解得地球的质量（2）万有引力提供卫星的向心力，依题意 h=2R解得（3）第一宇宙速度即为近地卫星绕行速度，解得答：（1）地球的质量M为；（2）卫星的向心加速度大小为；（3）地球的第一宇宙速度大小为【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万
44、有引力提供向心力，并能灵活运用16（15分）（2015漳州二模）如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角=30，一个质量m=1kg的小物（可视为质点），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力F作用下运动的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功wf【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求
45、出物体的位移；（3）求出整个过程中物体的路程，然后由功的计算公式求出克服摩擦力做功【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：Fmgsin30mgcos30=ma1，解得：a1=2.5m/s2； （2）力作用t=1.2s后，速度大小为v=at=3m/s，物体向上滑动的距离：s1=a1t2=1.8m；此后它将向上匀减速运动，其加速度大a2=7.5m/s2， 这一过程物体向上滑动的距离：s2=0.6m，整个上滑过程移动的最大距离：s=s1+s2=2.4m；（3）整个运动过程所通过的路程为s=2s=4.8m，克服摩擦所做的功Wf=mgcos30s=12J；答：（1）物体在拉力F作用下运动的速度为2.5m/s
46、2；（2）若 力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功为12J【点评】对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功的计算公式即可正确解题17（15分）（2015秋姜堰市期中）如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行的速度为v0=5m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=4m当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同取g=10m/s2
47、，求：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q【考点】动能定理；向心力 【专题】计算题；比较思想；临界法；动能定理的应用专题【分析】（1）滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律或动能定理，求出滑块到达底端B时的速度滑块经过B时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；（2）滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数；（3）根据运动学公式求出滑块从B到
48、C的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得到滑块与传送带的相对位移，因摩擦而产生的热量Q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积【解答】解：（1）设滑块到达底端B时的速度大小为vB，滑块从A运动到B的过程中，由动能定理，有：代入数据可解得：在B端，由牛顿第二定律有：所以有：N=3mg=60N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下（2）滑块从B运动到C的过程中，由动能定理得：代入数据可得：=0.2（3）滑块在传送带上滑动的加速度为：滑块从B到C的时间为：在此过程中传送带运动的距离为：x=v0t=5m/s滑块与传送带的相对位移为：x=xL=1m所以摩擦生热为：Q=mgx=4J答
49、：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，方向竖直向下；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数是0.2；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J【点评】本题是动能定理、向心力、牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，容易出错的地方是：Q=mgx，应根据相对位移求解摩擦生热18（16分）（2015秋姜堰市期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为q的粒子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为2L不考虑电场边缘效应，不计粒子重力求：（1）粒
50、子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小（2）粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小（3
51、）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于，根据该关系求出偏转电压的通项表达式【解答】解：（1）电子经加速电场加速：eU1=mv2解得：v=（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：=（L+）tan 解得：tan=又tan=解得：U2=（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t=nT 则T=（n=1，2，3，4） 在竖直方向位移应满足=2na（）2=2n解得： （n=1，2，3，4）答：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小为（2）偏转电场所加电压U2为（3）偏转电场电压U0为（n=1，2，3，4），周期T=（n=1，2，3，4）【点评】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成
