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湖南省衡阳八中2016届高三上学期第三次月考物理试卷


2015-2016 学年湖南省衡阳八中高三(上)第三次月考物理试卷
一.选择题(本题共 14 小题,每小题 4 分.第 1--10 题为单选题,第 11--14 题为多选题.全 部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分) 1.下列说法正确的是( ) A.在 10 公里竞走比赛中边裁眼中的运动员可视为质点 B.校运会 400m 比赛,6 名运动员同时

角逐冠亚军,则这 6 名运动员的路程均为 400m,位移 均为零 C.在摸高比赛中,运动员起跳过程中地面对他不做功 D.在蹦床比赛中运动员越蹦越高,则运动员与蹦床组成的系统机械能守恒 2.如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置.某人先坐在吊床上,后躺在吊床上,均处于 静止状态.设吊床两端系绳中的拉力为 F1、吊床对该人的作用力为 F2,则( )

A.坐着比躺着时 F1 大 C.坐着比躺着时 F2 大

B.躺着比坐着时 F1 大 D.躺着比坐着时 F2 大

3.如图,物体 p 以较大的初速度在斜面上匀速下滑,在下滑过程中,发现地面对斜面的静摩 擦力为零.现在下滑过程中对物体 p 施加一垂直于斜面向下的力 F(F 的大小未知) ,在继续 下滑的过程中,下列说法正确的是( )

A.物体 P 仍可能继续匀速下滑 B.地面对斜面的静摩擦力仍然为零 C.地面对斜面的静摩擦力水平向左 D.地面对斜面的静摩擦力水平向右 4.如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向 做匀速圆周运动,ab 为水平直径,cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相 对木板始终静止,则( )

A.物块始终受到三个力作用 B.只有在 a、b、c、d 四点,物块受到合外力才指向圆心 C.从 a 到 b,物体所受的摩擦力先增大后减小 D.从 b 到 a,物块处于超重状态 5.如图所示,一箱苹果沿着倾角为 θ 的有摩擦的斜面上加速下滑,在箱子正中央夹有一只质 量为 m 的苹果,它周围苹果对它作用力的合力( )

A.对它做正功 B.对它做负功 C.对它做不做功 D.无法确定做功情况 6.如图所示,小车内两根不可伸长的细线 AO、BO 拴住一小球,其中 BO 水平,小车沿水平 地面向右做加速运动,AO 与 BO 的拉力分别为 TA、TB,若加速度增大,则( )

A.TA、TB 均增大 B.TA、TB 均减小 C.TA 不变,TB 增大 D.TA 减小,TB 不变 7.汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶,发动机功率为 P,快进入闹市区时,司机减小了油 门,使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶.下面四个图象中,哪个图象正确表 示了从司机减小油门开始,汽车的速度与时间的关系( )

A.

B.

C.

D.

8.关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是( A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大 B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体 C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大 D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大

)

9.在某次自由式滑雪比赛中,一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后,又落回到斜面雪坡 上,如图所示,若斜面雪坡的倾角为 θ,飞出时的速度大小为 v0,不计空气阻力,运动员飞出 后在空中的姿势保持不变,重力加速度为 g,则( )

A.运动员在空中经历的时间是

B.运动员落到雪坡时的速度大小是 C.如果 v0 不同,则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 D.不论 v0 多大,该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 10.如图所示,一物体以初速度 v0 冲向光滑斜面 AB,并能沿斜面恰好上升到高度为 h 的 B 点,下列说法中正确的是( )

A.若把斜面从 C 点锯断,由机械能守恒定律可知,物体冲出 C 点后仍能升高 h B.若把斜面弯成圆弧形 AB′,物体仍能沿 AB′升高 h C.无论是把斜面从 C 点锯断还是把斜面弯成圆弧形,物体都不能升高 h,因为机械能不守恒 D.无论是把斜面从 C 点锯断还是把斜面弯成圆弧形,物体都不能升高 h,但机械能守恒 11.如图所示,极地卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极(轨道可视为圆轨道,图中外 围虚线) ,若测得一个极地卫星从北纬 30°的正上方,按图示方向(图中逆时针方向)第一次 运行至南纬 60°正上方时所用时间为 t,已知:地球半径为 R(地球可看做球体) ,地球表面的 重力加速度为 g,引力常量为 G,由以上条件可以求出( )

A.卫星运动的周期 B.卫星距地面的高度 C.卫星质量 D.卫星所受的向心力 12.质量为 1.0kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行,由于滑动摩擦力的作用,其动能随位 2 移变化的情况如图所示,若 g 取 10m/s ,则下列判断正确的是( )

A.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.30 B.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.25 C.物体滑行的总时间为 4.0s D.物体滑行的总时间为 3.0s 13.如图所示,一质量为 m 的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于 O 点,另一端与 该小球相连.现将小球从 A 点由静止释放,沿竖直杆运动到 B 点,已知 OA 长度小于 OB 长 度,弹簧处于 OA、OB 两位置时弹力大小相等.弹簧的形变量相同时弹性势能相同.则小球 在此过程中( )

A.加速度等于重力加速度 g 的位置有两个 B.弹簧弹力的功率为零的位置有两个 C.弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功 D.弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离 14.在用如图所示装置做“探究动能定理”的实验时,下列说法正确的是( )

A.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 B.通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值

C.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 D.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度

二.实验题(每空 2 分,共 10 分) 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落下,重锤上拖着的纸带通过打点计时 器打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,已知重力加速度为 g,即可验证机械能守恒定 律. ①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端上; C.用天平测量出重锤的质量; D.先释放悬挂纸带的夹子,然后接通电源开关打出一条纸带; E.测量打出的纸带上某些点之间的距离; F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能. 其中没有必要或操作不恰当的步骤是__________(填写选项对应的字母)

②如图 2 所示是实验中得到一条纸带,将起始点记为 O,并在离 O 点较远的任意点依次选取 6 个连续的点,分别记为 A、B、C、D、E、F,量出与 O 点的距离分别为 h1、h2、h3、h4、h5、 h6,使用交流电的周期为 T,设重锤质量为 m,则在打 E 点时重锤的动能为__________,在打 O 点和 E 点这段时间内的重力势能的减少量为__________. ③在本实验中发现,重锤减少的重力势能总是__________(填“大于”或“小于”)重锤增加的 动能,主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用,为了测定阻力大小,可算出②问中 纸带各点对应的速度,分别记为 v1 至 v6,并作 v 则可测出阻力大小为__________. ﹣hn 图象,如图 3 所示,直线斜率为 k,

三.计算题(共 34 分) 16.如图所示,水平放置的汽缸内壁光滑,活塞厚度不计,在 A、B 两处设有限制装置,使活 塞只能在 A、B 之间运动,B 左面汽缸的容积为 V0,A、B 之间的容积为 0.1V0 开始时活塞在

B 处,缸内气体的压强为 0.9p0(p0 为大气压强) ,温度为 297K,现缓慢加热汽缸内气体,直 至 399.3K.求: ①活塞刚离开 B 处时的温度 TB; ②缸内气体最后的压强 p0.

17.2014 年 12 月 26 日,我国东部 14 省市 ETC 联网正式启动运行,ETC 是电子不停车收费 系统的简称.汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示.假设汽车以 v1=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶,如果过 ETC 通道,需要在收费站中心线前 10m 处正好匀减速至 v2=5m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至 v1 正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中 心线处匀减速至零,经过 20s 缴费成功后,再启动汽车匀加速至 v1 正常行驶,设汽车加速和 2 减速过程中的加速度大小均为 1m/s ,求: (1)汽车过 ETC 通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小; (2)汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少?

18.如图所示,物体 A 放在足够长的木板 B 上,木板 B 静止于水平面.t=0 时,电动机通过 2 水平细绳以恒力 F 拉木板 B,使它做初速度为零、加速度 aB=1.0m/s 的匀加速直线运动.已 知 A 的质量 mA 和 B 的质量 mB 均为 2.0kg,A、B 之间的动摩擦因数 μ1=0.05,B 与水平面之 2 间的动摩擦因数 μ2=0.1, 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等, 重力加速度 g 取 10m/s . 求 (1)物体 A 刚运动时的加速度 aA; (2)t=1.0s 时,电动机的输出功率 P; (3)若 t=1.0s 时,将电动机的输出功率立即调整为 P′=5W,并在以后的运动过程中始终保持 这一功率不变,t=3.8s 时物体 A 的速度为 1.2m/s.则在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间内木板 B 的 位移为多少?

19.如图所示,在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、B.它们的质量均为 2m, 弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板,物块 A 通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块 D 相

连,物块 D 的质量也为 2m,用手托住物块 D,使轻绳拉直但没有作用力.从静止释放物块 D, 当物块 D 达到最大速度时,物块 B 恰好离开挡板 C.求: (1)斜面的倾角 θ; (2)物块 D 的最大速度 vm; (3)在其他条件不变的情况下,将物块 D 的质量改为 ,若物块 D 的最大速度为 v,求物块

D 从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能的变化量△ Ep.

2015-2016 学年湖南省衡阳八中高三(上)第三次月考物 理试卷
一.选择题(本题共 14 小题,每小题 4 分.第 1--10 题为单选题,第 11--14 题为多选题.全 部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分) 1.下列说法正确的是( ) A.在 10 公里竞走比赛中边裁眼中的运动员可视为质点 B.校运会 400m 比赛,6 名运动员同时角逐冠亚军,则这 6 名运动员的路程均为 400m,位移 均为零 C.在摸高比赛中,运动员起跳过程中地面对他不做功 D.在蹦床比赛中运动员越蹦越高,则运动员与蹦床组成的系统机械能守恒 【考点】机械能守恒定律;质点的认识. 【专题】机械能守恒定律应用专题. 【分析】物体的大小和形状相对所研究的问题可以忽略不计的时候,可以看做质点.位移是 矢量,有大小,有方向,可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示.路程表示运动轨迹 的长度.在单向直线运动中,位移的大小等于路程,只有重力与弹力做功时,系统机械能守 恒. 【解答】解:A、在 10 公里竞走比赛中边裁要看运动员是否在竞走,要看动作,不能看作质 点,故 A 错误; B、标准跑道一圈 400m,则 400m 比赛的路程为 400m,但六个运动员的起点位置不同,末位 置在同一直线上,只有内圈的位移为零,其他 5 个人的位移不为零,故 B 错误; C、在摸高比赛中,运动员起跳过程中获得了初速度,地面对运动员做正功,故 C 错误; D、 在整个过程中, 只有重力与弹力做功, 运动员和弹簧所组成的系统机械能守恒, 故 D 正确. 故选:D 【点评】本题主要考查了机械能守恒的条件,质点的条件以及位移与路程的关系,注意边裁 眼中的竞走运动员不能视为质点,要看运动员动作,看是否犯规. 2.如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置.某人先坐在吊床上,后躺在吊床上,均处于 静止状态.设吊床两端系绳中的拉力为 F1、吊床对该人的作用力为 F2,则( )

A.坐着比躺着时 F1 大 B.躺着比坐着时 F1 大 C.坐着比躺着时 F2 大 D.躺着比坐着时 F2 大 【考点】力的合成. 【专题】受力分析方法专题. 【分析】当人坐在吊床上和躺在吊床上比较,坐在吊床上时,吊床两端绳的拉力与竖直方向 上的夹角较小,根据共点力平衡判断绳子拉力的变化.吊床对人的作用力等于人的重力.

【解答】解:吊床对人的作用力与重力等值反向,所以躺着和坐在时,F2 不变.坐在吊床上 时,吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大,根据共点力平衡有:2Fcosθ=G,θ 越大.则 绳子的拉力越大,所以坐着时,绳子与竖直方向的夹角较大,则绳子的拉力较大.故 A 正确, B、C、D 错误. 故选:A.

【点评】解决本题的关键恰当地选择研究对象,进行受力分析,运用共点力平衡进行求解. 3.如图,物体 p 以较大的初速度在斜面上匀速下滑,在下滑过程中,发现地面对斜面的静摩 擦力为零.现在下滑过程中对物体 p 施加一垂直于斜面向下的力 F(F 的大小未知) ,在继续 下滑的过程中,下列说法正确的是( )

A.物体 P 仍可能继续匀速下滑 B.地面对斜面的静摩擦力仍然为零 C.地面对斜面的静摩擦力水平向左 D.地面对斜面的静摩擦力水平向右 【考点】共点力平衡的条件及其应用;静摩擦力和最大静摩擦力;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】隔离对 P 分析,判断 P 重力沿斜面方向上的分力与摩擦力的大小关系,从而判断出 物体 P 的运动情况.隔离对斜面方向,判断物体 P 对斜面压力和摩擦力在水平方向分力的大 小关系,判断地面摩擦力的变化. 【解答】解:当有 F 时摩擦力增大,开始物体重力沿斜面方向上的分力等于摩擦力,所以物 体 P 将减速下滑.斜面受到物体的摩擦力(反作用力)也增大,原来的斜面受到的摩擦力和 压力合力向下,现在这两个力都增大但是成比例地增大,所以它们的合力依然向下,所以斜 面在水平方向受到的合力为零,因此地面对斜面的静摩擦力仍然为零.故 B 正确,A、C、D 错误. 故选 B.

【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析,注意施加 F 后,两物体不能看成整体, 因为两物体的加速度不同. 4.如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向 做匀速圆周运动,ab 为水平直径,cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相 对木板始终静止,则( )

A.物块始终受到三个力作用 B.只有在 a、b、c、d 四点,物块受到合外力才指向圆心 C.从 a 到 b,物体所受的摩擦力先增大后减小 D.从 b 到 a,物块处于超重状态 【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】木板托着物体在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动,物体所受的合力提供 圆周运动所需的向心力.当加速度方向向上时,物体处于超重状态,加速度向下时,物体处 于失重状态. 【解答】解:A、在 cd 两点处,只受重力和支持力,在其他位置处物体受到重力,支持力、 静摩擦力三个作用,故 A 错误; B、物体作匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故 B 错误; C、从 a 运动到 b,物体的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加速度先减小后反向增大, 根据牛顿第二定律可得,物体所受木板的摩擦力先减小后增大.故 C 错误. D、从 b 运动到 a,向心加速度指向圆心,有向上的分量,所以物体处于超重状态,故 D 正确; 故选:D 【点评】解决本题的关键知道 A 所受的合力提供向心力,向心力大小不变,知道 A 所受合力 在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力,在水平方向的分力等于摩擦力. 5.如图所示,一箱苹果沿着倾角为 θ 的有摩擦的斜面上加速下滑,在箱子正中央夹有一只质 量为 m 的苹果,它周围苹果对它作用力的合力( )

A.对它做正功 B.对它做负功 C.对它做不做功 D.无法确定做功情况 【考点】功的计算. 【专题】功的计算专题. 【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度,然后再隔离对某一只苹果受力分析,根据牛 顿第二定律求出某只苹果受到周围苹果的作用力,再根据恒力做功公式确定做功正负.

【解答】解:对整体分析,受重力和支持力,摩擦力,整体的加速度 a=

=gsinθ

﹣μgcosθ.可知苹果的加速度为 gsinθ﹣μgcosθ,苹果受重力、周围苹果的作用力,两个力的 合力等于 mgsinθ﹣μmgcosθ, 所以其他苹果对该苹果的作用力等于 μmgcosθ, 方向沿斜面向上, 根据 W=Fscosα 可知,F 做负功,故 B 正确 故选 B 【点评】解决本题的关键掌握牛顿第二定律,以及抓住加速度相同,运用整体法和隔离法进 行分析. 6.如图所示,小车内两根不可伸长的细线 AO、BO 拴住一小球,其中 BO 水平,小车沿水平 地面向右做加速运动,AO 与 BO 的拉力分别为 TA、TB,若加速度增大,则( )

A.TA、TB 均增大 B.TA、TB 均减小 C.TA 不变,TB 增大 D.TA 减小,TB 不变 【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】对小球进行受力分析,根据正交分解,运用牛顿第二定律分别求出小车加速度变化 后绳中的拉力变化. 【解答】解:当小车向右做加速运动,小球的加速度与小车具有相同的加速度,根据牛顿第 二定律有: TAO′cosθ=mg,则 T′BO﹣TAO′sinθ﹣=ma,解得 TBO′=mgtanθ+ma. 知加速度增大时,绳 AO 的拉力不变,绳 BO 的拉力增大.故 C 正确,A、B、D 错误. 故选:C.

【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析,运用牛顿第二定律进行求解. 7.汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶,发动机功率为 P,快进入闹市区时,司机减小了油 门,使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶.下面四个图象中,哪个图象正确表 示了从司机减小油门开始,汽车的速度与时间的关系( )

A.

B.

C.

D. 【考点】牛顿运动定律的综合应用;功率、平均功率和瞬时功率. 【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力,根据功率和速度关系公式 P=Fv,功率减小一半时, 牵引力减小了,物体减速运动,根据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化情况即可. 【解答】解:汽车匀速行驶时牵引力等于阻力; 功率减小一半时,汽车的速度由于惯性来不及变化,根据功率和速度关系公式 P=Fv,牵引力 减小一半,小于阻力,合力向后,汽车做减速运动,由公式 P=Fv 可知,功率一定时,速度减 小后,牵引力增大,合力减小,加速度减小,故物体做加速度不断减小的减速运动,当牵引 力增大到等于阻力时,加速度减为零,物体重新做匀速直线运动; 故选 C. 【点评】本题关键分析清楚物体的受力情况,结合受力情况再确定物体的运动情况. 8.关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是( ) A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大 B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体 C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大 D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大 【考点】分子间的相互作用力;热力学第一定律. 【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系. 【分析】做功和热传递都能改变内能,不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其 它变化,若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大. 【解答】解:A、做功和热传递都能改变内能,气体吸收热量,其内能不一定增大,A 错误; B、可以使热量由低温物体传递到高温物体,但要引起其它变化,如电冰箱,故 B 错误;

C、若分子间距大于平衡位置时,分子间距离增大,分子势能一定增大,C 错误; D、若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大,D 正确; 故选:D. 【点评】本题考查了分子间的引力和斥力,改变内能的方式,记住热力学第一定律的公式. 9.在某次自由式滑雪比赛中,一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后,又落回到斜面雪坡 上,如图所示,若斜面雪坡的倾角为 θ,飞出时的速度大小为 v0,不计空气阻力,运动员飞出 后在空中的姿势保持不变,重力加速度为 g,则( )

A.运动员在空中经历的时间是

B.运动员落到雪坡时的速度大小是 C.如果 v0 不同,则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 D.不论 v0 多大,该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 【考点】平抛运动. 【专题】平抛运动专题. 【分析】运动员离开平台做平抛运动,抓住竖直位移和水平位移的关系得出运动的时间,结 合速度方向与水平方向夹角与位移方向与水平方向夹角的关系得出速度的方向.

【解答】解:A、根据 tanθ=

,解得平抛运动的时间 t=

.故 A 错误.

B、速度与水平方向夹角的正切值

,可知速度与水平方向的夹角的正切值是位

移与水平方向夹角的正切值的 2 倍.落到雪坡上速度方向与水平方向的夹角不等于 θ,根据平

行四边形定则知,速度 v

.故 B 错误.

C、 物体落在雪坡上, 速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍, 位移与水平方向的夹角不变,则速度方向与水平方向的夹角不变.故 D 正确,C 错误. 故选:D. 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,以及知道速度 方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的 2 倍.

10.如图所示,一物体以初速度 v0 冲向光滑斜面 AB,并能沿斜面恰好上升到高度为 h 的 B 点,下列说法中正确的是( )

A.若把斜面从 C 点锯断,由机械能守恒定律可知,物体冲出 C 点后仍能升高 h B.若把斜面弯成圆弧形 AB′,物体仍能沿 AB′升高 h C.无论是把斜面从 C 点锯断还是把斜面弯成圆弧形,物体都不能升高 h,因为机械能不守恒 D.无论是把斜面从 C 点锯断还是把斜面弯成圆弧形,物体都不能升高 h,但机械能守恒 【考点】机械能守恒定律. 【专题】机械能守恒定律应用专题. 【分析】物体上升过程中轨道的支持力不做功,只有重力做功,机械能守恒;斜抛运动运动 最高点,速度不为零;AD 轨道最高点,合力充当向心力,速度也不为零. 【解答】解:A、若把斜面从 C 点锯断,物体冲过 C 点后做斜抛运动,斜抛运动的最高点有 水平分速度,速度不为零,由于物体机械能守恒可知,故不能到达 h 高处,故 A 错误; B、若把斜面弯成圆弧形 AB′,如果能到圆弧最高点,根据机械能守恒定律得知:到达 h 处的 速度应为零,而物体要到达最高点,必须由合力充当向心力,速度不为零,故知物体不可能 升高 h,故 B 错误 C、根据 AB 分析可知,C 错误,D 正确; 故选:D 【点评】本题关键是根据机械能守恒定律分析,同时要知道斜抛运动和沿圆弧内侧运动到达 最高点时,速度都不为零. 11.如图所示,极地卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极(轨道可视为圆轨道,图中外 围虚线) ,若测得一个极地卫星从北纬 30°的正上方,按图示方向(图中逆时针方向)第一次 运行至南纬 60°正上方时所用时间为 t,已知:地球半径为 R(地球可看做球体) ,地球表面的 重力加速度为 g,引力常量为 G,由以上条件可以求出( )

A.卫星运动的周期 B.卫星距地面的高度 C.卫星质量 D.卫星所受的向心力 【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】地球表面重力等于万有引力,卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供,据 此展开讨论即可. 【解答】解:A、卫星从北纬 30°的正上方,第一次运行至南纬 60°正上方时,刚好为运动周期 的 ,所以卫星运行的周期为 4t,故 A 正确;

B、知道周期、地球的半径,由

,可以算出卫星距地面的高度,

故 B 正确; C、通过上面的公式可以看出,只能算出中心天体的质量,不能计算出卫星的质量,以及卫星 受到的向心力.故 C 错误,D 错误. 故选:AB. 【点评】该题考查万有引力定律的应用,灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供 圆周运动的向心力是解决本题的关键. 12.质量为 1.0kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行,由于滑动摩擦力的作用,其动能随位 移变化的情况如图所示,若 g 取 10m/s ,则下列判断正确的是(
2

)

A.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.30 B.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.25 C.物体滑行的总时间为 4.0s D.物体滑行的总时间为 3.0s 【考点】动能定理;动摩擦因数;牛顿第二定律. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】运用动能定理把动能和位移的关系表示出来. 把物理表达式与图象结合起来,根据图象中的数据求出未知物理量. 【解答】解:根据动能定理得: EK2﹣EK1=﹣fx 即:EK2=EK1﹣fx 结合动能随位移变化的情况得初动能为:EK1=50J,初速度为:v=10m/s f=2.5N=μmg 得:μ=0.25 物体滑行的过程中,摩擦力的冲量使得物体的动量发生了变化,由动量定理得:﹣ft=0﹣mv= ﹣△ mv 即:t= =4s 故选:BC. 【点评】运用动能定理把动能和位移的关系表示出来. 把物理表达式与图象结合起来,根据图象中的数据求出未知物理量. 13.如图所示,一质量为 m 的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于 O 点,另一端与 该小球相连.现将小球从 A 点由静止释放,沿竖直杆运动到 B 点,已知 OA 长度小于 OB 长 度,弹簧处于 OA、OB 两位置时弹力大小相等.弹簧的形变量相同时弹性势能相同.则小球 在此过程中( )

A.加速度等于重力加速度 g 的位置有两个 B.弹簧弹力的功率为零的位置有两个 C.弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功 D.弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离 【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】弹力为 0 时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为 g,且弹力功率为 0.因 A,B 弹力 大小相等则弹性势能相等.据此分析各选项. 【解答】解:A、在运动过程中 A 点为压缩状态,B 点为伸长状态,则由 A 到 B 有一状态弹 力为 0 且此时弹力与杆不垂直,加速度为 g;当弹簧与杆垂直时小球加速度为 g.则两处 加速度为 g.故 A 正确 B、A 处速度为零,弹力功率为零;下滑过程弹簧弹力与杆子垂直,弹力功率为零;当原长时 弹力为零,功率为零,故弹力功率为 0 共有 3 处,故 B 错误 C、因 A 点与 B 点弹簧的弹性势能相同,则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹 力所做的功.故 C 正确 D、因做负功时弹力大,则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功 过程中小球运动的距离.故 D 错误 故选:AC 【点评】考查弹簧弹力做功的内容,明确功与功率和力与速度方向夹角有关,会由能量的变 化分析功的正负. 14.在用如图所示装置做“探究动能定理”的实验时,下列说法正确的是( )

A.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 B.通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值 C.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 D.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 【考点】探究功与速度变化的关系. 【专题】实验题. 【分析】用橡皮筋拉小车探究功与速度变化的关系,必须平衡摩擦力,让小车的速度增加仅 仅是橡皮筋做功的结果;我们通过改变橡皮筋的条数来改变做功的多少,不用测量变力;小 车的速度是加速段获得的最大速度即以后的匀速段的速度. 【解答】解:AB、橡皮筋拉小车时的作用力是变力,我们不能求变力做功问题,但选用相同 的橡皮筋,且伸长量都一样时,橡皮条数的关系就是做功多少的关系,因此,可以不需求出 变力功的大小,就知道功的关系.所以 A 正确,B 错误;

CD、 当橡皮筋做功完毕小车应获得最大速度,由于平衡了摩擦力所以小车以后要做匀速运动, 相邻两点间的距离基本相同.所以计算小车速度应该选择相邻距离基本相同的若干个点作为 小车的匀速运动阶段,用这些点计算小车的速度.故 C 对 D 错误. 综上可知 A、C 正确. 故选:AC 【点评】本题关键是结合探究功与速度变化关系的实验原理进行分析,如本实验中,明确小 车的运动情况,先加速,再匀速,橡皮条做功完毕,速度最大,做匀速运动,故需要测量匀 速阶段的速度.这是一道考查探究功与速度变化的关系的基础题,是一道容易出错的题目.同 学们在学习中应注意实验的细节. 二.实验题(每空 2 分,共 10 分) 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落下,重锤上拖着的纸带通过打点计时 器打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,已知重力加速度为 g,即可验证机械能守恒定 律. ①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端上; C.用天平测量出重锤的质量; D.先释放悬挂纸带的夹子,然后接通电源开关打出一条纸带; E.测量打出的纸带上某些点之间的距离; F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能. 其中没有必要或操作不恰当的步骤是 BCD(填写选项对应的字母)

②如图 2 所示是实验中得到一条纸带,将起始点记为 O,并在离 O 点较远的任意点依次选取 6 个连续的点,分别记为 A、B、C、D、E、F,量出与 O 点的距离分别为 h1、h2、h3、h4、h5、

h6,使用交流电的周期为 T,设重锤质量为 m,则在打 E 点时重锤的动能为



在打 O 点和 E 点这段时间内的重力势能的减少量为 mgh5. ③在本实验中发现,重锤减少的重力势能总是大于(填“大于”或“小于”)重锤增加的动能, 主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用,为了测定阻力大小,可算出②问中纸带各

点对应的速度,分别记为 v1 至 v6,并作 v

﹣hn 图象,如图 3 所示,直线斜率为 k,则可测

出阻力大小为 m(g﹣ ) . 【考点】验证机械能守恒定律. 【专题】实验题;定量思想;实验分析法;方程法;机械能守恒定律应用专题. 【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,只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义. 纸带法实验中,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推论, 可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度,从而求出动能.根据功能关系得重力势 能减小量等于重力做功的数值. 【解答】解:①B、将打点计时器应接到电源的“交流输出”上,故 B 错误. C、因为我们是比较 mgh、 mv 的大小关系,故 m 可约去比较,不需要用天平,故 C 错误. D、开始记录时,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 错误. 故选:BCD. ②在打 O 点和 E 点这段时间内的重力势能的减少量△ Ep=mgh5.
2

利用匀变速直线运动的推论 vE=

=

EkE= mvE =

2



③在本实验中发现,重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能,其原因主要是因为在重 锤下落过程中存在着阻力的作用; 重锤下落过程中,受到重力和阻力作用,根据牛顿第二定律得:mg﹣F=ma

重锤在下落过程中受到的平均阻力的大小 F=m(g﹣a)=mg﹣m

=m(g﹣ ) .

故答案为:①BCD; ②

,mgh5;

③大于,m(g﹣ ) .

【点评】明确实验原理、实验目的,了解具体操作,掌握匀变速直线运动规律以及牛顿第二 定律在具体实验中的应用,要提高应用基础知识解决实验问题的能力. 三.计算题(共 34 分) 16.如图所示,水平放置的汽缸内壁光滑,活塞厚度不计,在 A、B 两处设有限制装置,使活 塞只能在 A、B 之间运动,B 左面汽缸的容积为 V0,A、B 之间的容积为 0.1V0 开始时活塞在 B 处,缸内气体的压强为 0.9p0(p0 为大气压强) ,温度为 297K,现缓慢加热汽缸内气体,直 至 399.3K.求: ①活塞刚离开 B 处时的温度 TB; ②缸内气体最后的压强 p0.

【考点】理想气体的状态方程. 【专题】理想气体状态方程专题. 【分析】 (1)缓慢加热汽缸内气体,气体先发生等容变化,当压强等于外界大气压时,活塞 缓慢向右移动,气体发生等压变化.根据查理定律,求解 TB. (2)当活塞到达 A 处时,温度升高,缸内气体又发生等容变化,再由气态方程列式求出气体 最后的压强 P. 【解答】解: (1)活塞离开 B 处前缸内气体发生等容变化 初态:P1=0.9P0 T1=297K 末态:P2=P0

根据查理定律得:

=

解得:T2=330 K (2)当活塞到达 A 处时,温度升高,缸内气体又发生等容变化. 初态:P2=P0,T2=330K,V2=V0; 末态:P3=P,T3=399.3K,V3=1.1V0;

由气态方程得:

=

代入得:

=

解得:P3=1.1P0 即 P=1.1P0 答: (1)活塞刚离开 B 处时的温度为 330K; (2)缸内气体最后的压强为 1.1P0. 【点评】本题关键在于分析气体发生何种状态变化,考查分析判断的能力.审题时,要充分 挖掘隐含的条件.这是高考命题立意的热点. 17.2014 年 12 月 26 日,我国东部 14 省市 ETC 联网正式启动运行,ETC 是电子不停车收费 系统的简称.汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示.假设汽车以 v1=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶,如果过 ETC 通道,需要在收费站中心线前 10m 处正好匀减速至 v2=5m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至 v1 正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中 心线处匀减速至零,经过 20s 缴费成功后,再启动汽车匀加速至 v1 正常行驶,设汽车加速和 2 减速过程中的加速度大小均为 1m/s ,求: (1)汽车过 ETC 通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小; (2)汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少?

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】直线运动规律专题. 【分析】 (1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移,以及匀速运动的 位移大小求出总位移. (2) 根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间, 结合通过 ETC 通 道和人工收费通道的时间求出节约的时间. 【解答】解: (1)过 ETC 通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为

, 所以总的位移 s 总 1=2s1+10m=210m.

(2)过 ETC 通道时

=

=22s.

过人工收费通道时



. 二者的位移差△ s=s2﹣s1=225﹣210m=15m. 在这段位移内过 ETC 通道时是匀速直线运动

所以

=

=27s.

答: (1)从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为 210m. (2)汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是 27s. 【点评】解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律,结合匀变速直线运动的位移公 式和时间公式进行求解,难度不大. 18.如图所示,物体 A 放在足够长的木板 B 上,木板 B 静止于水平面.t=0 时,电动机通过 2 水平细绳以恒力 F 拉木板 B,使它做初速度为零、加速度 aB=1.0m/s 的匀加速直线运动.已 知 A 的质量 mA 和 B 的质量 mB 均为 2.0kg,A、B 之间的动摩擦因数 μ1=0.05,B 与水平面之 2 间的动摩擦因数 μ2=0.1, 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等, 重力加速度 g 取 10m/s . 求 (1)物体 A 刚运动时的加速度 aA;

(2)t=1.0s 时,电动机的输出功率 P; (3)若 t=1.0s 时,将电动机的输出功率立即调整为 P′=5W,并在以后的运动过程中始终保持 这一功率不变,t=3.8s 时物体 A 的速度为 1.2m/s.则在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间内木板 B 的 位移为多少?

【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律. 【专题】压轴题. 【分析】 (1)对物体 A 进行受力分析,水平方向只受摩擦力,根据牛顿第二定律就出 a; (2)电动机的输出功率 P=Fv,对 B 进行受力分析,水平方向受到拉力 F、地面对 B 的摩擦 力、A 对 B 的摩擦力,对 B 运用牛顿第二定律可解除 F,根据运动学公式求出 v,即可求得 p; (3)电动机的输出功率调整为 5W 时,根据 P=Fv,求出 F,对 B 进行受力分析,得出 B 受 平衡力,所以 B 做匀速运动,而物体 A 则继续在 B 上做匀加速直线运动直到 A、B 速度相等, 算出时间,算出位移 s1,速度相同后,由于 F>μ2(mA+mB)g 且电动机输出功率恒定,A、 B 将一起做加速度逐渐减小的变加速运动, 根据动能定理求出位移 s2, 木板 B 在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间的位移 s=s1+s2. 【解答】解: (1)若 A 相对于 B 滑动,则对物体 A 进行受力分析,水平方向只受摩擦力,根 据牛顿第二定律得: f=μ1mAg=mAaA 2 2 2 解得:aA=0.5m/s <1.0m/s ,所以 A 的加速度为 0.5m/s ; (2)对物体 B 进行受力分析,水平方向受到拉力 F、地面对 B 的摩擦力、A 对 B 的摩擦力, 根据牛顿第二定律得: F﹣μ1mAg﹣μ2(mB+mA)g=mBaB 带入数据解得:F=7N, v=aBt=1m/s 所以 P=Fv=7W (3)电动机的输出功率调整为 5W 时,设细绳对木板 B 的拉力为 F′,则 P′=F′v1,代入数 据解得 F'=5N, 对木板进行受力分析,木板 B 受力满足 F′﹣μ1mAg﹣μ2(mA+mB)g=0 所以木板 B 将做匀速直线运动,而物体 A 则继续在 B 上做匀加速直线运动直到 A、B 速 度相等. 设这一过程时间为 t′,有 v1=aA(t1+t′) ,这段时间内 B 的位移 s1=v1t′, A、B 速度相同后,由于 F′>μ2(mA+mB)g 且电动机输出功率恒定,A、B 将一起做加 速度逐渐减小的变加速运动, 由动能定理得: , 由以上各式带入数据得:木板 B 在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间的位移 s=s1+s2=3.03m 2 答: (1)物体 A 刚运动时的加速度 aA 为 0.5m/s ; (2)t=1.0s 时,电动机的输出功率 P 为 7W; (3)在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间内木板 B 的位移为 3.03m. 【点评】本题对受力分析的要求较高,要能根据受力情况判断运动情况,或根据运动情况判 断受力情况,难度较大.

19.如图所示,在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、B.它们的质量均为 2m, 弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板,物块 A 通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块 D 相 连,物块 D 的质量也为 2m,用手托住物块 D,使轻绳拉直但没有作用力.从静止释放物块 D, 当物块 D 达到最大速度时,物块 B 恰好离开挡板 C.求: (1)斜面的倾角 θ; (2)物块 D 的最大速度 vm; (3)在其他条件不变的情况下,将物块 D 的质量改为 ,若物块 D 的最大速度为 v,求物块

D 从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能的变化量△ Ep.

【考点】机械能守恒定律. 【专题】机械能守恒定律应用专题. 【分析】 (1)物块 D 达到最大速度时,A、B、D 系统平衡,根据平衡条件列方程求解斜面的 倾角 θ; (2) 、 (3)系统组成的系统机械能守恒,据此列方程求解; 【解答】解: (1)物块 D 达到最大速度时,A、B、D 系统平衡,则:4mgsinθ=2mg…① 所以 θ=30° (2)释放物块 D 前,对物块 A 有:2mgsinθ=kx1…② 物块 D 达到最大速度时,对物块 B 有:2mgsinθ=kx2…③ 由 ②③得:x2=x1= 不变. ,即从释放物块 D 到物块 D 达到最大速度的过程中,弹簧的弹性势能

则由机械能守恒得:2mg(x1+x2)=2mg(x1+x2)sin30°+ (4m)

…④

联立得:vm=g …⑤ (3)物块 D 达到最大速度时,B 未离开挡板 C,A、D 系统平衡,则: mg=kx3+2mgsinθ…⑥ 所以 x3= <x1,弹簧的弹性势能减少.则由机械能守恒得: )v …⑦
2

mg(x3+x1)﹣△ Ep=2mg(x3+x1)sinθ+ (
2

联立得:△ Ep=

﹣ mv …⑧

答: (1)斜面的倾角 θ 为 30°; (2)物块 D 的最大速度 vm 为 g ;

(3)物块 D 达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能变化量是

﹣ mv .

2

【点评】本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律和机械能守恒定律,综合性 较强,对学生的能力要求较高,需加强训练.


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