湖南省岳阳市华容县四校2016-2017学年上学期高三（上）第二次联考物理试卷（解析版）

湖南省岳阳市华容县四校2016-2017学年上学期高三（上）第二次联考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年湖南省岳阳市华容县四校高三（上）第二次联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题为单选题，9～12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．结果填到答题卡上）[‎ ‎1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．如图是我们学习过的几个实验，其中所用的物理思想与方法表述正确的是（　　）‎ A．①用到了控制变量法B．②用到了等效思想 C．③用到了微元法D．④用到了归纳法 ‎2．在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是（　　）‎ A．两根吊带受到环的拉力大小不等 B．手对吊环作用力方向竖直向下 C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半 D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下 ‎3．下列所给的运动图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎4．有一种大型游戏器械，是一个圆筒状大型容器，筒壁竖直．游客进入容器后紧靠筒壁站立，当圆筒的转速达到某一数值时，其底板突然塌落，游客发现自己竟然没有掉下去！以下说法正确的是 （　　）‎ A．游客处于超重状态 B．游客处于失重状态 C．筒壁对游客的支持力等于重力 D．游客受到的摩擦力等于重力 ‎5．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则（　　）‎ A．快艇的运动轨迹一定是直线 B．快艇的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线 C．最快到达浮标处所用时间为20 s D．最快到达浮标处通过的位移为100 m ‎6．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎7．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小 B．球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小 C．球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小 D．球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小 ‎8．如图，斜面体A停放在粗糙的水平面内，滑块B被一沿斜面向上的力F作用沿斜面以速度v0匀速运动，某时刻突然撤除该外力F，下列说法正确的是（　　）‎ A．水平面对斜面体的支持力突然增大 B．水平面对斜面体的摩擦力突然增大 C．B物体对斜面体的作用力突然增大 D．B物体所受的合外力突然增大 ‎9．如图所示，小球用细绳悬挂于O点，在O点正下方有一固定的钉子C，把小球拉到水平位置后无初速释放，当细线转到竖直位置与钉子C相碰的前后瞬间，下列说法正确的为（　　）‎ A．小球的线速度变大B．小球的向心加速度不变 C．小球的向心加速度突然变大D．绳中张力突然变大 ‎10．如图所示，我国发射神舟十号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距离地面高度200km，远地点N距地面高度330km，进入该轨道正常运行时，其周期为T1，通过M、N点时的速度分别为v1、v2，加速度分别为a1、a2，．当某次飞船过N点时，地面指挥中心发出指令，点燃飞船上的发动机，给飞船在短时间内加速进入离地面330km的圆形轨道绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，在圆周轨道的P点速度为v3，加速度为a3，那么关于v1、v2、v3、a1、a2、a3、T1、T2大小关系，下列说法正确的是（　　）‎ A．a2=a3＜a1B．v1＞v2C．T1=T2D．a3＞a2＞a1‎ ‎11．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（　　）‎ A．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态 B．当v0＞时，小球一定能通过最高点P C．小球运动到最高点P时，处于失重状态 D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 ‎12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（　　）‎ A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度 C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能 ‎　‎ 二、解答题 ‎13．某同学在探究“弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1=　　cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是　　．作出Fx曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎（2）该同学更换弹簧，进行重复实验，得到如图丙所示的弹簧弹力F与伸长量x的关系图线，由此可求出该弹簧的劲度系数为　　N/m．图线不过原点的原因是　　．‎ ‎14．如图甲所示为某同学探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时使用的实验装置示意图．‎ ‎（1）使用该装置通过正确的操作平衡摩擦力时，判断小车所受摩擦力已被平衡的依据是纸带上打出的点迹分布　　（填“均匀”或“不均匀”）．‎ ‎（2）下列关于使用此装置进行实验的要求或做法不必要的是　　（填字母编号）．‎ A．进行平衡摩擦力的操作时，提前取下砂和砂捅 B．砂和砂桶的总质量远小于力传感器和小车的总质量 C．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 D．通过增减木块上的砝码改变小车质量时，重新调节木板倾斜度 ‎（3）正确安装实验装置后，该同学通过改变细砂的质量控制力传感器的示数保持不变，得到如图乙所示的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量，纵坐标中的a为小车的加速度．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则力传感器的示数为　　，小车与力传感器的总质量为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎15．利用万有引力定律可以测量中心天体的质量，通常有两种方法，例如：测地球质量．‎ ‎（1）测地球的质量的第一种方法 英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数值，他把自己的实验说成是“称量地球的质量”．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G．若忽略地球自转影响，求地球的质量．‎ ‎（2）测地球的质量的第二种方法 月球在地球引力作用下做匀速圆周运动，月球绕地球的运行周期为T，地球与月球两球心的距离为r，已知引力常量为G．求地球质量．‎ ‎16．山地越野式摩托车加速非常强劲，从静止加速到20m/s仅需2秒，此时加速度为8m/s2．在一次摩托车飞越式表演中，摩托车从静止开始加速沿水平面飞奔，达飞越点时速度已达32m/s，历时4s，此时加速度为4m/s2，g=10m/s2试分析：‎ ‎（1）他能否飞越宽20m，落差2.45m的壕沟？‎ ‎（2）若摩托车加速时的加速度随时间的增加而均匀减小，那么刚开始的加速度是多少？‎ ‎17．如图所示，三个完全相同的木板A、B、C自左向右紧靠在一起，静止放在水平地面上，每个木板的质量均为m=0.5kg，长度均为L=0.5m，它们与地而间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在A木板的最左端放一个质量为M=1kg的小铁块．它与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，所有的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．现突然给小铁块一个水平向右的初速度v0=4m/s．使其在木板上滑行．重力加速度g=10m/s2，求 ‎（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度aM和木板的加速度am大小分别多大？‎ ‎（2）当小铁块刚滑上C时的速度多大？‎ ‎（3）能滑出C木板吗？请说明理．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省岳阳市华容县四校高三（上）第二次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．其中1～8小题为单选题，9～12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．结果填到答题卡上）[‎ ‎1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．如图是我们学习过的几个实验，其中所用的物理思想与方法表述正确的是（　　）‎ A．①用到了控制变量法B．②用到了等效思想 C．③用到了微元法D．④用到了归纳法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】中学物理中经常用的研究方法有：控制变量法，微小变量放大法，等效替代法等，要明确这些方法在具体实验中的应用，如实验①和④是采用的微小变量放大法，②采用的是等效替代法，③是在研究F、m、a三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，用的是控制变量法．‎ ‎【解答】解：A、①采用微小变量放大法，设一个螺距为0.5mm，当旋转一周时，前进或后退一个螺距，这样把0.5mm的长度放大到旋转一周上．故A错误；‎ B、②采用的等效替代法，即两次拉橡皮筋的时使橡皮筋的形变相同．故B正确；‎ C、③研究三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，这种方法称为控制变量法．而在本实验中探究小车的加速度与力和质量的关系，故先保持小车质量M不变，而研究合外力和加速度两个物理量之间的关系，或者先保持小车的质量不变，探究小车所受的合外力与小车的加速度之间的关系，故本实验的操作过程采用的为控制变量法．故C错误；‎ D、④用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法．故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】理解各种物理方法的应用，提高学科思想，为将来独立研究问题打下基础．‎ ‎　‎ ‎2．在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是（　　）‎ A．两根吊带受到环的拉力大小不等 B．手对吊环作用力方向竖直向下 C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半 D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下 ‎【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】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；本题中，运动员受到三个力而平衡，根据平衡条件和对称性分析其受力情况．‎ ‎【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，受力情况如图．‎ A、由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等．故A错误．‎ B、由图看出，手对吊环的拉力斜向上，则由牛顿第三定律知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下．故B错误．‎ C、当运动员两臂竖直时，每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半．故C错误．‎ D、由平衡条件和牛顿第三定律知，两根吊带受到环的拉力的合力与重力大小相等、方向相同，一定是竖直向下．故D正确．‎ 故选D ‎【点评】本题的解题关键是作出受力图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论．‎ ‎　‎ ‎3．下列所给的运动图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】物体回到初始位置时通过的位移应为零．x﹣t图象中的纵坐标表示物体的位置，v﹣t图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，分析各图象中的运动过程可得出正确结果．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故A不会回到初始位置；‎ B、物体在第1s内的位移沿正方向，大小为2m，第2s内位移为2m，沿负方向，故2s末物体回到初始位置，故B会回到初始位置；‎ C、物体做匀变速直线运动，2s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置，故C会回到初始位置；‎ D、由图可知，物体位移先增大后减小，整个过程通过的位移为零，故物体能回到初始位置，故D会回到初始位置；‎ 本题选不会回到初始位置的，故选：A ‎【点评】本题的关键抓住v﹣t图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，x﹣t图象中位移等于x的变化量，来分析物体的运动情况．‎ ‎　‎ ‎4．有一种大型游戏器械，是一个圆筒状大型容器，筒壁竖直．游客进入容器后紧靠筒壁站立，当圆筒的转速达到某一数值时，其底板突然塌落，游客发现自己竟然没有掉下去！以下说法正确的是 （　　）‎ A．游客处于超重状态 B．游客处于失重状态 C．筒壁对游客的支持力等于重力 D．游客受到的摩擦力等于重力 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】圆筒地板塌落，游客发现自己没有落下去，游客在竖直方向上受重力和静摩擦力平衡，水平方向上受弹力，弹力提供圆周运动的向心力．‎ ‎【解答】解：A、B、游客的加速度沿水平方向，处于非超重和失重状态．故AB错误．‎ C、D、游客在竖直方向上平衡，摩擦力等于重力．故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键搞清游客做圆周运动向心力的来源，抓住竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求解．‎ ‎　‎ ‎5．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则（　　）‎ A．快艇的运动轨迹一定是直线 B．快艇的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线 C．最快到达浮标处所用时间为20 s D．最快到达浮标处通过的位移为100 m ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】快艇参与了两个分运动，即以静水中速度的运动和随水流的运动，最终的运动是这两个运动的合运动．当静水速的方向与河岸垂直，则运行的时间最短．‎ ‎【解答】解：A、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动．故A错误、B错误．‎ ‎ C、静水速垂直于河岸时，时间最短．由图可知，在垂直于河岸方向上的加速度a=0.5m/s2，由d=at2得，t=20s．故C正确．‎ ‎ D、在沿河岸方向上的位移x=v2t=3×20m=60m，所以最终位移s==20m．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键掌握做曲线的运动的条件，以及知道当静水速与河岸垂直时，到达浮标处的时间最短．‎ ‎　‎ ‎6．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【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】物体沿斜面匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件可求出物体所受的滑动摩擦力大小，当物体沿斜面上滑时，滑动摩擦力大小不变，再根据牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求上滑的最大距离．‎ ‎【解答】解：物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsinθ，‎ 当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma，‎ 由此解得：a=2gsinθ，方向沿斜面向下．‎ 根据v2﹣v02=2ax，解得：x=；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题要求的是空间距离，运用动能定理求解比较简单，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小 B．球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小 C．球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小 D．球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球做圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度、角速度、向心加速度的表达式，从而比较大小．根据平行四边形定则得出支持力的表达式，比较大小关系．‎ ‎【解答】解：A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图，根据牛顿第二定律，有：‎ F=mgtanθ=ma=，‎ 解得v=，a=gtanθ，ω=，A的半径大，则A的线速度大，角速度小，向心加速度相等．故A、B错误，C正确．‎ D、根据平行四边形定则得，N=，由于两球的质量不一定相等，则支持力不一定相等，所以压力不一定相等，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道加速度、角速度、线速度与小球的质量无关．‎ ‎　‎ ‎8．如图，斜面体A停放在粗糙的水平面内，滑块B被一沿斜面向上的力F作用沿斜面以速度v0匀速运动，某时刻突然撤除该外力F，下列说法正确的是（　　）‎ A．水平面对斜面体的支持力突然增大 B．水平面对斜面体的摩擦力突然增大 C．B物体对斜面体的作用力突然增大 D．B物体所受的合外力突然增大 ‎【考点】物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】对物体受力分析，由各力的性质分析物体受到力的变化，再求出合力的变化．‎ ‎【解答】解：物体做匀速运动，则受力平衡；对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力及摩擦力；‎ A、支持力等于重力垂直于斜面的作用力，故支持力不变，故A错误；‎ B、摩擦力为滑动摩擦力，与正压力成正比，而正压力不变，则摩擦力不变；故B错误；‎ C、B物体对斜面体的作用力为压力与摩擦力，而两力均未变化，故作用力不变；故C错误；‎ D、因拉力撤去，其他力不变，则合外力等于拉力，故合外力增大；故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查受力分析及弹力与摩擦力的产生条件，要注意明确摩擦力为滑动摩擦力，其大小与正压力成正比．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，小球用细绳悬挂于O点，在O点正下方有一固定的钉子C，把小球拉到水平位置后无初速释放，当细线转到竖直位置与钉子C相碰的前后瞬间，下列说法正确的为（　　）‎ A．小球的线速度变大B．小球的向心加速度不变 C．小球的向心加速度突然变大D．绳中张力突然变大 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当绳摆到竖直位置与钉子C相碰的前后瞬间，小球圆周运动的半径减小，线速度大小不变．由向心加速度公式an=分析向心加速度的变化．根据牛顿第二定律分析小球所受拉力的变化，即得到绳中张力的变化．‎ ‎【解答】解：A、在绳与钉子相碰瞬间，绳子的拉力和重力方向都与小球的速度方向垂直，不对小球做功，不改变小球的动能，则小球的线速度大小不变．故A错误．‎ B、由向心加速度公式an=分析得到，r变小，v不变，则向心加速度an增大．故B错误，C正确．‎ D、根据牛顿第二定律得：T﹣mg=man，T=mg+man，an增大，则绳子张力T增大．故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】本题关键是确定线速度大小不变，当力与速度垂直时不做功，不改变速度的大小．对于角速度、向心加速度、拉力与线速度的关系要熟悉，是圆周运动中常用的知识．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，我国发射神舟十号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距离地面高度200km，远地点N距地面高度330km，进入该轨道正常运行时，其周期为T1，通过M、N点时的速度分别为v1、v2，加速度分别为a1、a2，．当某次飞船过N点时，地面指挥中心发出指令，点燃飞船上的发动机，给飞船在短时间内加速进入离地面330km的圆形轨道绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，在圆周轨道的P点速度为v3，加速度为a3，那么关于v1、v2、v3、a1、a2、a3、T1、T2大小关系，下列说法正确的是（　　）‎ A．a2=a3＜a1B．v1＞v2C．T1=T2D．a3＞a2＞a1‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据万有引力做功比较M、N点速度的大小，根据万有引力提供向心力，比较出经过M、M圆轨道的速度，从而比较出M点的速度与经过N点圆轨道的速度．通过比较万有引力的大小，比较出加速度的大小，根据开普勒第三定律比较周期的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，即 ‎=ma 加速度a=，‎ 由图可知a2=a3＜a1，故A正确，D错误；‎ B、从M点到N点，万有引力做负功，速度减小，所以v1＞v2，故B正确；‎ C、根据开普勒第三定律知， =k，所以T1＜T2．故C错误；‎ 故选：AB．‎ ‎【点评】解决本题的关键理解飞船是如何变轨的，知道变轨的原理，掌握当飞船绕地球做圆周运动时，靠万有引力提供向心力．‎ ‎　‎ ‎11．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（　　）‎ A．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态 B．当v0＞时，小球一定能通过最高点P C．小球运动到最高点P时，处于失重状态 D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】绳子绷直有两种情况：1、不越过四分之一圆周，2、越过圆周运动的最高点，结合动能定理分析判断．根据加速度的方向得出小球处于超重还是失重．根据牛顿第二定律和动能定理得出在P、Q两点的拉力差，从而分析判断．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得，，若v0＜时，则h，可知小球不会越过四分之一圆周，细绳始终处于绷紧状态，故A正确．‎ B、小球越过最高点的临界速度v=，根据动能定理得，，解得v0=，即在最低点的速度需满足，小球才能通过最高点P，故B错误．‎ C、小球运动到最高点P时，加速度的方向向下，处于失重状态，故C正确．‎ D、在Q点，根据牛顿第二定律得，，在P点，，又，联立解得△F=F1﹣F2=6mg，故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理解答即可．‎ ‎　‎ ‎12．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（　　）‎ A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度 C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、C由图可得炸弹的水平位移为 x=‎ 设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．‎ 据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==‎ 又 ==‎ 联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．‎ 炸弹的飞行时间 t=，也可以求出t．‎ 轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为 v0=，可知也可以求出．故A、B、C正确．‎ D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．‎ ‎　‎ 二、解答题 ‎13．（1）某同学在探究“弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1=　25.85　cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是　弹簧原长　．作出Fx曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎（2）该同学更换弹簧，进行重复实验，得到如图丙所示的弹簧弹力F与伸长量x的关系图线，由此可求出该弹簧的劲度系数为　200　N/m．图线不过原点的原因是　弹簧有自重　．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由G=mg可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实验原理明确需要的物理量 ‎【解答】解：（1）由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；‎ 本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；‎ ‎（2）由图象可知，斜率表示弹簧的劲度系数，为：‎ k==，‎ 图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，使弹簧变长 故答案为：（1）25.85；弹簧原长（2）200；弹簧有自重 ‎【点评】本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要注意明确实验原理，同时注意掌握相应仪器的测量方法 ‎　‎ ‎14．如图甲所示为某同学探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时使用的实验装置示意图．‎ ‎（1）使用该装置通过正确的操作平衡摩擦力时，判断小车所受摩擦力已被平衡的依据是纸带上打出的点迹分布　均匀　（填“均匀”或“不均匀”）．‎ ‎（2）下列关于使用此装置进行实验的要求或做法不必要的是　BD　（填字母编号）．‎ A．进行平衡摩擦力的操作时，提前取下砂和砂捅 B．砂和砂桶的总质量远小于力传感器和小车的总质量 C．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 D．通过增减木块上的砝码改变小车质量时，重新调节木板倾斜度 ‎（3）正确安装实验装置后，该同学通过改变细砂的质量控制力传感器的示数保持不变，得到如图乙所示的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量，纵坐标中的a为小车的加速度．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则力传感器的示数为　　，小车与力传感器的总质量为　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）平衡摩擦力后小车做匀速直线运动，纸带上打出的点迹均匀．‎ ‎（2）平衡摩擦力时要取下砂和沙桶；应调节滑轮使细线与木板平行；平衡摩擦力后在实验过程中不需要再平衡摩擦力．‎ ‎（3）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）正确平衡摩擦力时，如果纸带上打出的点迹分布均匀，则小车所受摩擦力已被平衡．‎ ‎（2）A、进行平衡摩擦力的操作时，提前取下砂和砂捅，故A正确；‎ B、小车受到的拉力可以用测力计测出，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于力传感器和小车的总质量，故B错误；‎ C、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故C正确；‎ D、通过增减木块上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误；‎ 本题选不正确的，故选：BD．‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：F=（m+M）a，‎ 整理得： =m+M，‎ ‎﹣m图象的斜率：k=，截距：b=M，‎ 解得：F=，M=；‎ 故答案为：（1）均匀；（2）BD；（3）；．‎ ‎【点评】本题考查了平衡摩擦力的方法、实验注意事项、实验数据处理，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提；遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎15．利用万有引力定律可以测量中心天体的质量，通常有两种方法，例如：测地球质量．‎ ‎（1）测地球的质量的第一种方法 英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数值，他把自己的实验说成是“称量地球的质量”．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G．若忽略地球自转影响，求地球的质量．‎ ‎（2）测地球的质量的第二种方法 月球在地球引力作用下做匀速圆周运动，月球绕地球的运行周期为T，地球与月球两球心的距离为r，已知引力常量为G．求地球质量．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据地球表面物体的重力近似等于地球对物体的万有引力即可求出；‎ ‎（2）根据万有引力提供月球绕地球做匀速圆周运动的向心力即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）设地球质量为M，地球表面某物体的质量为m，忽略地球自转的影响，则有：‎ G=mg 解得：M=；‎ ‎（2）设地球质量为M，月球质量为m，根据万有引力提供向心力得：‎ G=m 解得：M=．‎ 答：（1）测地球的质量的第一种方法中地球的质量为．‎ ‎（2）测地球的质量的第二种方法中，地球的质量为．‎ ‎【点评】解决此题的关键是知道万有引力在不同的位置充当的作用不同，地面上等于重力，天体运动中等于向心力．‎ ‎　‎ ‎16．山地越野式摩托车加速非常强劲，从静止加速到20m/s仅需2秒，此时加速度为8m/s2．在一次摩托车飞越式表演中，摩托车从静止开始加速沿水平面飞奔，达飞越点时速度已达32m/s，历时4s，此时加速度为4m/s2，g=10m/s2试分析：‎ ‎（1）他能否飞越宽20m，落差2.45m的壕沟？‎ ‎（2）若摩托车加速时的加速度随时间的增加而均匀减小，那么刚开始的加速度是多少？‎ ‎【考点】平抛运动；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）摩托车飞越时做平抛运动，根据平抛运动的基本公式列式即可判断能否飞越；‎ ‎（2）选择摩托车从72km/h加速到108km/h的过程，找出加速度的变化量和时间，求出加速度的变化率，从而求解最大加速度；‎ ‎【解答】解：（1）落地时间 ①‎ 水平位移 ②‎ 因为x＞20m，所以飞越壕沟 ‎（2）设初始加速度为，均匀变化的比例系数为k，依题意的 ‎ ③‎ 代入数据得： ‎ 解得： ④‎ 答：（1）他能飞越宽20m，落差2.45m的壕沟；‎ ‎（2）若摩托车加速时的加速度随时间的增加而均匀减小，那么刚开始的加速度是12m/s ‎【点评】本题主要考查了平抛运动的基本规律，知道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，第2问比较新颖，要求同学们能根据题目的意思求出加速度的变化率，难度适中 ‎　‎ ‎17．如图所示，三个完全相同的木板A、B、C自左向右紧靠在一起，静止放在水平地面上，每个木板的质量均为m=0.5kg，长度均为L=0.5m，它们与地而间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在A木板的最左端放一个质量为M=1kg的小铁块．它与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，所有的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．现突然给小铁块一个水平向右的初速度v0=4m/s．使其在木板上滑行．重力加速度g=10m/s2，求 ‎（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度aM和木板的加速度am大小分别多大？‎ ‎（2）当小铁块刚滑上C时的速度多大？‎ ‎（3）能滑出C木板吗？请说明理．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）先根据滑动摩擦定律求解小铁块与A间的摩擦力，三个滑板的总的最大静摩擦力，判断相对运动情况，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间；‎ ‎（2）根据运动学公式即可求解滑上C时的速度；‎ ‎（3）根据受力分析和牛顿第二定律求解滑板C和滑块的加速度，根据运动学公式分析能不能滑出C木板．‎ ‎【解答】解：（1）小铁块与木板之间的摩擦力：f1=μ2Mg=0.2×1×10=2N 小铁块的加速度：‎ 地面对木板整体的摩擦力：f2=μ1（3m+M）g=0.1×（3×0.5+1）=2.5N＞f1‎ 所以木板不动；‎ ‎（2）小铁块在B上运动时，地面对BC整体的摩擦力：f3=μ1（2m+M）g=0.1×（2×0.5+1）=2N=f1‎ 可知木板仍然不动，设小铁块到达C的速度为v，则：‎ 代入数据得： m/s ‎（3）设小铁块能滑出C，铁块在C上滑动的过程中：‎ 对C进行受力分析得：μ2Mg﹣μ1（m+M）g=ma C的位移：‎ 且：xM﹣xm=L 代入数据，化简得方程：‎ 得：t=＞0，说明小铁块能滑出C．‎ 答：（1）小铁块在A上滑行时小铁块的加速度aM和木板的加速度am大小分别是2m/s2和0；‎ ‎（2）当小铁块刚滑上C时的速度是m/s ‎（3）能滑出C木板．‎ ‎【点评】本题研究对象多，力多，关键先求解出各个具体的力，确定相对滑动情况；根据牛顿第二定律求解加速度，再然后根据运动学公式列式求解即可．‎ ‎　‎ ‎ ‎