北京市中央民族大学附中2016届高三上学期月考物理试卷（10月份）

北京市中央民族大学附中2016届高三上学期月考物理试卷（10月份）

‎2015-2016学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（　　）‎ A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大 B．树枝对小鸟的弹力先减小后增大 C．树枝对小鸟的弹力保持不变 D．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 ‎2．某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中（　　）‎ A．a、b两物体速度之差保持不变 B．a、b两物体速度之差与时间成正比 C．a、b两物体位移之差与时间成正比 D．a、b两物体位移之差与时间平方成正比 ‎3．一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm．则（　　）‎ A．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动 B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm C．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比 D．汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力 ‎4．水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（　　）‎ A．弹簧的伸长量为 B．弹簧的伸长量为 C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力 D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对平衡力 ‎5．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示，若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是（　　）‎ A．木块所受的合外力为零 B．木块所受的合外力的冲量为零 C．重力和摩擦力的合力做功为零 D．重力和摩擦力的合力为零 ‎6．图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（　　）‎ A．t=0.10s时，质点Q的速度方向向上 B．该波沿x轴的负方向传播 C．该波的传播速度为40m/s D．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm ‎7．如图所示，甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车，乙图人拉绳（绳与轮的质量和摩擦均不计）的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是（　　）‎ A．甲图车的加速度大小为 B．甲图车的加速度大小为 C．乙图车的加速度大小为 D．乙图车的加速度大小为 ‎8．据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星绕橙矮星的运动与地球绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，该行星运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍．则该行星与地球的（　　）‎ A．轨道半径之比为 B．轨道半径之比为 C．线速度之比为 D．线速度之比为 ‎ ‎9．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）‎ A．A达到最大速度时的位移 B．拉力F的最小值为mgsinθ+ma C．A、B分离时t1=‎ D．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加 ‎10．如图所示，一质量为m=1kg的小球（可视为质点）从高H=12m处的A点由静止沿光滑的圆弧轨道AB滑下，进入半径为r=4m的竖直圆环轨道，圆环轨道的动摩擦因数处处相同，小球恰好能到达圆环轨道的顶点C，继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（g取10m/s2）（　　）‎ A．8m B．9m C．10m D．11m ‎　‎ 二、实验题 ‎11．（1）在利用“单摆测定当地重力加速度”的实验中，利用螺旋测微器测量摆球直径的示数如图，则该球的直径为　　mm；‎ ‎（2）某同学的操作步骤为：‎ a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 b．用米尺量得细线长度l c．在摆线偏离竖直方向很小角度释放小球 d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t e．则计算重力加速度的表达式为　　（用上面的物理量符号表示）．‎ ‎（3）若开始细线在铁架台上固定不够牢固，振动中使摆线长发生了变化，则得出的重力加速度值与实验值相比　　（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．‎ ‎12．某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽末端的地方，让A球仍从固定位置G由静止开始滚下，与B球碰撞后，A，B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点的痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．‎ ‎（1）碰撞后B球的水平射程应取为　　cm．‎ ‎（2）实验中需要测量的物理量有　　；‎ ‎（3）若关系式　　成立（用测量量的符号表示），则可以认为碰撞中动量守恒；‎ ‎（4）若关系式　　成立（用测量量的符号表示），说明碰撞为弹性碰撞．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13．质量为m=0.4kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态．PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向．质量为M=5kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）轻绳PB拉力的大小；‎ ‎（2）木块所受斜面的摩擦力和弹力大小．‎ ‎14．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动，某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若某人和滑板的总质量m=60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？‎ ‎（2）若AB的长度为16m，人滑到B处时的动量为多大？‎ ‎（3）若AB的长度为16m，从A运动到C摩擦力的冲量为多大？‎ ‎15．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示，A、C两点的连线水平，B点为轨道最低点．其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的．有一个质量为m的乙物体静止在B处，另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨道，最高运动到D点，OD与OB连线的夹角θ=60°．甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．‎ ‎（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力．‎ ‎（3）甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，摩擦力对其做的功．‎ ‎16．（1）开普勒第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即=k，k是一个对所有行星都相同的常量，将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．‎ ‎（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统都成立．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，地球表面重力加速度是g；‎ ‎①已知围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则围绕火星表面做匀速圆周运动的探测器的周期为多大？‎ ‎②某人在地球上向上跳起的最大高度为h，若不考虑其它因素的影响，则他在火星上向上跳起的最大高度为多大？‎ ‎17．A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA=0.6kg，mB ‎=1.0kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m．若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速竖直向上作匀加速运动．取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）求使木块A竖直向上作匀加速运动的过程中，力F的最大值是多少？‎ ‎（2）A、B一起向上做匀加速运动的时间；‎ ‎（3）若木块A竖直向上作匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了0.56J，则在这个过程中，力F对木块做的功是多少．‎ ‎18．如图所示，半径为r=1.2m的圆形光滑轨道AB固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B点，CDE为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE段被弯成以O为圆心，半径R=0.8m的一小段圆弧，管的C端弯成与地面平滑相接，O点位于地面，OE连线竖直．可视为质点的物块b，从A点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管（b横截面略小于管中空部分的横截面），b滑到E点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的．已知物块b的质量m=1.0kg，g取10m/s2．‎ ‎（1）求物块b滑过E点时的速度大小vE．‎ ‎（2）求物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf．‎ ‎（3）若将物块b静止放在B点，让另一可视为质点的物块a，从A点由静止开始沿轨道下滑，滑到B点时与b发生弹性正碰，已知a的质量M≥m，求物块b滑过E点后在地面的首次落点到O点的距离范围．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年北京市中央民族大学附中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（　　）‎ A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大 B．树枝对小鸟的弹力先减小后增大 C．树枝对小鸟的弹力保持不变 D．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化．‎ ‎【解答】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误．‎ B、C、小鸟所受的弹力N=mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故BC错误；‎ D、小鸟所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中（　　）‎ A．a、b两物体速度之差保持不变 B．a、b两物体速度之差与时间成正比 C．a、b两物体位移之差与时间成正比 D．a、b两物体位移之差与时间平方成正比 ‎【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】根据△V=Vt﹣V0可知，加速度相同时a、b两物体初速度设为V1、V2则速度之差计算可得；根据X=V0t+at2得，位移之差计算可得．‎ ‎【解答】解：A、B、根据△V=Vt﹣V0可知，加速度相同时a、b初速度设为V1、V2则速度之差为：△Vab=Va﹣Vb=（V1+at）﹣（V2+at）=V1﹣V2；故A正确，B错误；‎ ‎ C、D、根据X=V0t+at2得，位移之差为：△X=Xa﹣Xb=（V1t+at2）﹣（V2t+at2）=（V1﹣V2）t，故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎3．一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm．则（　　）‎ A．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动 B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm C．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比 D．汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据汽车启动的两种分类进行分析，明确功率公式P=FV的正确应用．‎ ‎【解答】解：A、当汽车以额定功率启动时，由P=FV可知，牵引力随着速度的增大而减小；故不能做匀加速直线运动；故A错误；‎ B、汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故B错误；‎ C、因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比；故C错误；‎ D、汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（　　）‎ A．弹簧的伸长量为 B．弹簧的伸长量为 C．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力 D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对平衡力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．‎ ‎【分析】物体在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动，在水平方向上受弹簧的拉力和摩擦力平衡，竖直方向上受重力和支持力平衡．‎ ‎【解答】解：A、物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡，结合胡克定律有：μmg=kx，则弹簧的形变量，故A错误；‎ B、物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡，结合胡克定律有：μmg=kx，则弹簧的形变量，故B正确；‎ C、物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力，故C错误；‎ D、物体做匀速直线运动，故弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎5．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示，若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是（　　）‎ A．木块所受的合外力为零 B．木块所受的合外力的冲量为零 C．重力和摩擦力的合力做功为零 D．重力和摩擦力的合力为零 ‎【考点】动量定理；向心力；动能定理的应用．‎ ‎【分析】抓住木块做匀速圆周运动，合力不为零，得出合力的冲量不为零，根据动能定理，结合支持力不做功，得出重力和摩擦力的合力功．‎ ‎【解答】解：A、木块沿圆弧曲面运动的速率不变，合力提供向心力，可知合外力不为零，故A错误．‎ B、由于合外力的大小不为零，则合外力的冲量不为零，故B错误．‎ C、根据动能定理知，动能变化量为零，支持力不做功，则重力和摩擦力的合力功为零，但是重力和摩擦力的合力不为零，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（　　）‎ A．t=0.10s时，质点Q的速度方向向上 B．该波沿x轴的负方向传播 C．该波的传播速度为40m/s D．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向上振动，从而确定了该波向左传播．‎ ‎【解答】解：A、由乙图中Q点的振动图象可知t=0.10s时Q点在平衡位置，下一时刻位移为负，所以质点Q的速度方向向下，故A错误；‎ B、由乙图中Q点的振动图象可知t=0.10s时Q点在平衡位置，下一时刻位移为负，所以此时质点Q的运动方向沿y轴负方向，则该波沿x轴的负方向传播，故B正确；‎ C、根据甲乙两图可知波长和周期，则波速：v=，故C正确；‎ D、由乙图可以看出，从t=0.10s到t=0.25s的时间t=0.15s=T，而P点不在平衡位置，也不在波峰或波谷处，所以P点运动的路程不是3A=30cm，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎7．如图所示，甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车，乙图人拉绳（绳与轮的质量和摩擦均不计）的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是（　　）‎ A．甲图车的加速度大小为 B．甲图车的加速度大小为 C．乙图车的加速度大小为 D．乙图车的加速度大小为 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】人和车保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．‎ ‎【解答】‎ 解：AB、对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0，故AB错误；‎ CD、对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为：，故C错误，D正确 故选：D；‎ ‎　‎ ‎8．据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”．假设该行星绕橙矮星的运动与地球绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，该行星运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍．则该行星与地球的（　　）‎ A．轨道半径之比为 B．轨道半径之比为 C．线速度之比为 D．线速度之比为 ‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】地球和“开普勒438b”公转的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式求解出周期和向的表达式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：AB、行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：‎ G=mR 解得：R=‎ 已知该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故得：‎ 该行星与地球的轨道半径之比为 ==，故A正确、B错误；‎ CD、根据v=，有： ==，故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）‎ A．A达到最大速度时的位移 B．拉力F的最小值为mgsinθ+ma C．A、B分离时t1=‎ D．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加 ‎【考点】机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1．根据功能关系分析能量如何转化．‎ ‎【解答】解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故A正确．‎ B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ﹣kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，故B错误．‎ C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma 开始时有：2mgsinθ=kx0，‎ 又x0﹣x=‎ 联立以三式得：t1=．故C正确．‎ D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．如图所示，一质量为m=1kg的小球（可视为质点）从高H=12m处的A点由静止沿光滑的圆弧轨道AB滑下，进入半径为r=4m的竖直圆环轨道，圆环轨道的动摩擦因数处处相同，小球恰好能到达圆环轨道的顶点C，继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（g取10m/s2）（　　）‎ A．8m B．9m C．10m D．11m ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，根据牛顿第二定律求出在C点的速度．‎ 根据动能定理研究小球上升到顶点过程求出摩擦力做功．‎ 小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于上升过程做的功．应用能量守恒定律求出高度h．‎ ‎【解答】解：到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，所以在C点，重力充当向心力，‎ 根据牛顿第二定律得：mg=m，已知：r=4m，则mv2=2mg，‎ 所以在C点，小球动能为2mg，因为圆环半径是4m，‎ 因此在C点，以b点为零势能面，小球重力势能=2mgR=8mg 开始小球从H=12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab 因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：‎ wf+mg（12﹣8）=mv2﹣0，‎ 所以摩擦力做功wf=﹣2mg，此时机械能等于10mg，‎ 之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，‎ 因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，‎ 摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg 此时小球机械能大于10mg﹣2mg=8mg，而小于10mg 所以进入光滑弧形轨道bd时，小球机械能的范围为，8mg＜Ep＜10mg，‎ 所以高度范围是：8m＜h＜10m；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎11．（1）在利用“单摆测定当地重力加速度”的实验中，利用螺旋测微器测量摆球直径的示数如图，则该球的直径为　20.685　mm；‎ ‎（2）某同学的操作步骤为：‎ a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 b．用米尺量得细线长度l c．在摆线偏离竖直方向很小角度释放小球 d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t e．则计算重力加速度的表达式为　g=　（用上面的物理量符号表示）．‎ ‎（3）若开始细线在铁架台上固定不够牢固，振动中使摆线长发生了变化，则得出的重力加速度值与实验值相比　偏小　（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；‎ ‎（2）根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式 ‎（3）根据重力加速度的表达式，判断重力加速度测量值的误差．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：20.5mm+18.5×‎ ‎0.01mm=20.685mm；‎ ‎（2）由单摆周期公式：T=2π可知重力加速度：g==；‎ ‎（3）摆线上端未固定牢固，振动中出现松动，所测周期偏大，求出的g偏小 故答案为：（1）20.685；（2）g=；（3）偏小 ‎　‎ ‎12．某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽末端的地方，让A球仍从固定位置G由静止开始滚下，与B球碰撞后，A，B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点的痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．‎ ‎（1）碰撞后B球的水平射程应取为　65.5　cm．‎ ‎（2）实验中需要测量的物理量有　两小球的质量mA、mB，小球做平抛运动的水平位移：OP、OM、ON　；‎ ‎（3）若关系式　mAOP=mAOM+mBON　成立（用测量量的符号表示），则可以认为碰撞中动量守恒；‎ ‎（4）若关系式　mA（OP）2=mA（OM）2+mB（ON）2　‎ 成立（用测量量的符号表示），说明碰撞为弹性碰撞．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数．‎ ‎（2）根据动量守恒定律求出其表达式，然后确定需要测量的量．‎ ‎（3）应用动量守恒定律求出求出表达式．‎ ‎（4）弹性碰撞过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出表达式，然后答题．‎ ‎【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，其分度值为cm，其示数为65.5cm．‎ ‎（2）由动量守恒定律可知：mAv0=mAv1+mBv2，‎ 即mA=mA+mB，‎ 则：mAOP=mAOM+mBON，需要测量的物理量有：两小球的质量mA、mB，‎ 小球做平抛运动的水平位移：OP、OM、ON；‎ ‎（3）由（2）可知，验证动量守恒定律的表达式为：mAOP=mAOM+mBON；‎ ‎（4）若碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，则有：‎ mAv02=mAv12+mBv22，‎ mA（）2=mA（）2+mB（）2，‎ mA（OP）2=mA（OM）2+mB（ON）2，‎ 需要验证的表达式为：mA（OP）2=mA（OM）2+mB（ON）2．‎ 故答案为：（1）65.5；（2）两小球的质量mA、mB，小球做平抛运动的水平位移：OP、OM、ON；（3）mAOP=mAOM+mBON；（4）mA（OP）2=mA（OM）2+mB（ON）2．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13．质量为m=0.4kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态．PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向．质量为M=5kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）轻绳PB拉力的大小；‎ ‎（2）木块所受斜面的摩擦力和弹力大小．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）对砝码m和结点P受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PB拉力的大小．‎ ‎（2）对木块M受力分析，并交PB的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力和弹力．‎ ‎【解答】解：（1）如图甲所示分析P点受力．‎ 由平衡条件可得：‎ ‎ FA cos37°=G1=mg ‎ FA sin37°=FB 可解得：FB=3N ‎（2）再分析M的受力情况，如图乙所示．‎ 由物体的平衡条件可得：‎ 沿斜面方向有：Ff=Mgsin37°+FB′cos37°‎ 垂直于斜面方向有：FN+FB′sin37°=Mg cos37°‎ 由牛顿第三定律，有FB′=FB 可求得：Ff=32.4 N，FN=38.2 N．‎ 答：（1）PB的拉力为3N；‎ ‎（2）木块受到的摩擦力为32.4 N，支持力为38.2 N．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动，某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若某人和滑板的总质量m=60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？‎ ‎（2）若AB的长度为16m，人滑到B处时的动量为多大？‎ ‎（3）若AB的长度为16m，从A运动到C摩擦力的冲量为多大？‎ ‎【考点】动量定理；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡滑下的加速度大小．‎ ‎（2）根据速度位移公式求出人滑动斜坡底端时的速度大小，再根据P=mv计算动量．‎ ‎（3）计算出从A到B运动的时间，全过程根据动量定理求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）以人为研究对象，下滑过程中根据牛顿第二定律得，‎ 人下滑的加速度a==gsin37°﹣μgcos37°=（10×0.6﹣0.5×10×0.8）m/s2=2m/s2．‎ ‎（2）设人滑到B处的速度为v，根据v2=2aL得，‎ 人滑动斜坡底端的速度v=，‎ 所以人在B点的动量大小为P=mv=60×8kg•m/s=480kg•m/s．‎ ‎（3）人在斜面上运动的时间为t，则t=，‎ 设从A运动到C摩擦力的冲量大小为I，从A到C根据动量定理可得：mgt﹣I=0，‎ 解得：I=mgt=60×10×4N•s=2400N•s．‎ 答：（1）人从斜坡上滑下的加速度为2m/s2．‎ ‎（2）若AB的长度为16m，人滑到B处时的动量为480kg•m/s．‎ ‎（3）若AB的长度为16m，从A运动到C摩擦力的冲量为2400N•s．‎ ‎　‎ ‎15．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示，A、C两点的连线水平，B点为轨道最低点．其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的．有一个质量为m的乙物体静止在B处，另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨道，最高运动到D点，OD与OB连线的夹角θ=60°．甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．‎ ‎（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力．‎ ‎（3）甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，摩擦力对其做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；动量定理．‎ ‎【分析】（1）先研究甲物体从A点下滑到B点的过程，根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度，再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．‎ ‎（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力，再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力．‎ ‎（3）甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功．‎ ‎【解答】解：（1）甲物体从A点下滑到B点的过程，‎ 根据机械能守恒定律得：2mgR=•2mv02，解得：v0=，‎ 甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得：‎ ‎2mv0=（m+2m）mv，解得：v=，‎ 甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：‎ I甲=2mv﹣2mv0=﹣m，方向：水平向右；‎ ‎（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体，‎ 由牛顿第二定律得：F﹣（m+2m）g=（m+2m），解得：F=mg，‎ 根据牛顿第三定律，对轨道的压力F′=F=mg，方向：竖直向下；‎ ‎（3）对整体，从B到D过程，由动能定理得：‎ ‎﹣3mgR（1﹣cos60°）+Wf=0﹣•3mv2，‎ 解得，摩擦力对整体做的功为：Wf=﹣mgR；‎ 答：（1）甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量大小为： m，方向：水平向右．‎ ‎（2）甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力大小为： mg，方向：竖直向下．‎ ‎（3）甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，摩擦力对其做的功为﹣mgR．‎ ‎　‎ ‎16．（1）开普勒第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即=k，k是一个对所有行星都相同的常量，将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．‎ ‎（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统都成立．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，地球表面重力加速度是g；‎ ‎①已知围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则围绕火星表面做匀速圆周运动的探测器的周期为多大？‎ ‎②某人在地球上向上跳起的最大高度为h，若不考虑其它因素的影响，则他在火星上向上跳起的最大高度为多大？‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；开普勒定律．‎ ‎【分析】行星绕太阳的运动按圆周运动处理时，此时轨道是圆，就没有半长轴了，此时=k应改为=k，再由万有引力作为向心力列出方程可以求得常量k的表达式；‎ 对火星探测器列万有引力提供向心力的周期表达式，得到周期与质量和半径的关系，进而有题目给定的火星与地球关系，可以得到周期与地球半径和质量的关系，再由黄金代换，可以代换掉地球质量，最终得到火星周期表达式；‎ 根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系．‎ ‎【解答】解：（1）因行星绕太阳作匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r．‎ 根据万有引力定律和牛顿第二定律有： =m行（）2r…①‎ 于是有： =M太…②‎ 即：=M太 ‎（2）设地球和火星的质量分别为M、Mˊ，火星的半径为Rˊ，则对火星探测器，由万有引力定律：‎ G=mR′‎ 又：M′= M，R′=R 围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则有：G=m′R 联立两式，解得：T=T0=T0；‎ 由G=mg得到：g=．‎ 已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速度是g．‎ 假设人以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是 h=，‎ 以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′==h．‎ 答：（1）太阳系中该常量k的表达式是M太；‎ ‎（2）①已知围绕地球表面做匀速圆周运动的卫星周期为T0，则围绕火星表面做匀速圆周运动的探测器的周期为T0；‎ ‎②某人在地球上向上跳起的最大高度为h，若不考虑其它因素的影响，则他在火星上向上跳起的最大高度为h．‎ ‎　‎ ‎17．A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA=0.6kg，mB=1.0kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m．若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速竖直向上作匀加速运动．取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）求使木块A竖直向上作匀加速运动的过程中，力F的最大值是多少？‎ ‎（2）A、B一起向上做匀加速运动的时间；‎ ‎（3）若木块A竖直向上作匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了0.56J，则在这个过程中，力F对木块做的功是多少．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）木块A受重力、B对A的支持力和拉力，要作匀加速运动，运用牛顿第二定律即可求解力F的最大值；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量，根据位移时间关系求解时间；‎ ‎（3）以A、B作为一个整体，由动能定理求解力F做的功．‎ ‎【解答】解：（1）对物体A根据牛顿第二定律可得：F﹣mAg+FBA=mAa，所以当FBA=0时，F最大，‎ 即最大拉力为：Fm=mAg+mAa=0.6×10N+0.6×2N=7.2 N；‎ ‎（2）初始位置弹簧的压缩量为：x1=，‎ A、B分离时，FBA=0，以B为研究对象可得：FN﹣mBg=mBa，‎ 解得弹簧的弹力为：FN=12N 此时弹簧的压缩量为：x2==0.12m，‎ A、B上升的高度为：△x=x1﹣x2=0.04m，‎ 此过程中经历的时间为t，根据位移时间关系可得：△x=at2，‎ 代入数据解得：t=0.2s；‎ ‎（3）A、B刚分离时的速度为：v=at=2×0.2m/s=0.4m/s，‎ 以A、B作为一个整体，由动能定理得：WF+WN﹣（mA+mB）g△x=（mA+mB）v2﹣0‎ 其中WF为拉力做的功、WN为弹力做的功，根据功能关系可知：WN=△EP=0.56J，‎ 联立并代入数据解得：WF=0.208J．‎ 答：（1）力F的最大值是7.2N；‎ ‎（2）A、B一起向上做匀加速运动的时间为0.2s；‎ ‎（3）力F对木块做的功是0.208J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，半径为r=1.2m的 圆形光滑轨道AB固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B点，CDE为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE段被弯成以O为圆心，半径R=0.8m的一小段圆弧，管的C端弯成与地面平滑相接，O点位于地面，OE连线竖直．可视为质点的物块b，从A点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管（b横截面略小于管中空部分的横截面），b滑到E点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的．已知物块b的质量m=1.0kg，g取10m/s2．‎ ‎（1）求物块b滑过E点时的速度大小vE．‎ ‎（2）求物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf．‎ ‎（3）若将物块b静止放在B点，让另一可视为质点的物块a，从A点由静止开始沿轨道下滑，滑到B点时与b发生弹性正碰，已知a的质量M≥m，求物块b滑过E点后在地面的首次落点到O点的距离范围．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出物体的速度．‎ ‎（2）由动能定理可以求出克服摩擦力做功．‎ ‎（3）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律可以求出落地点范围．‎ ‎【解答】解：（1）物块b滑过E点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg﹣N=m，‎ 已知：N=mg，‎ 解得：vE=2m/s；‎ ‎（2）物块b从A点到E点的过程中，‎ 由动能定理得：mg（r﹣R）﹣Wf=mvE2，‎ 解得：Wf=2J；‎ ‎（3）物块a从A滑到B的过程机械能守恒，设物块a滑到B点时速度为v，则有： Mv2=Mgr，‎ 代入数据解得：v=2m/s，‎ 设碰撞后物块a、b的速度分别为va、vb，碰撞过程由动量守恒，以M的速度反效果为正方向：‎ Mv=Mva+mvb，‎ 由机械能守恒定律得： Mv2=Mva2+mvb2，‎ 代入数据解得：va=v=，‎ 因为M≥m，由上式可知，‎ 碰撞后v≤vb＜2v，即2m/s≤vb＜4m/s，‎ 物块b从B点到E点的过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣mgR﹣Wf=mvE′2﹣mvb2，‎ 物块b离开E点后做平抛运动，设时间为t，首次落点到O点的距离为x，‎ 则有：x=vE′t，R=gt2，‎ 解得：0.8m≤x＜3.48m；‎ 答：（1）物块b滑过E点时的速度大小vE为2m/s．‎ ‎（2）物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf为2J．‎ ‎（3）物块b滑过E点后在地面的首次落点到O点的距离范围是0.8m≤x＜3.38m．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日