广西桂林十八中2017届高三（上）第三次月考物理试卷+（10月份）（解析版）

广西桂林十八中2017届高三（上）第三次月考物理试卷+（10月份）（解析版）

‎2016-2017学年广西桂林十八中高三（上）第三次月考物理试卷 （10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多个选项符合题目要求．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．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步．下列关于物理学中运动与力发展过程研究的说法，正确的是（　　）‎ A．亚里士多德首先提出了惯性的概念 B．牛顿的三条运动定律是研究动力学问题的基石，都能通过现代的实验手段直接验证 C．牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来 D．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s‎2”‎是导出单位 ‎2．一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知（　　）‎ A．4s内物体在做曲线运动 B．4s内物体的速度一直在减小 C．物体的加速度在2.5s时方向改变 D．4s内物体速度的变化量的大小为‎8m/s ‎3．如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后（　　）‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 ‎4．如图所示，一质量为m的重物放在水平地面上，上端用一根轻弹簧相连．现用手拉弹簧的上端P缓慢向上移动，当P点位移为H时，重物离开地面一段距离h，则在此过程中（　　）‎ A．拉弹簧的力对系统做功为mgH B．重物m的机械能守恒 C．弹簧的劲度系数等于 D．弹簧和重物组成的系统机械能守恒 ‎5．如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则（　　）‎ A．vA=0B．vA=C．vB=D．vB=‎ ‎6．如图所示，三角形传送带以‎1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是‎2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以‎1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带的动摩擦因数都是0.5，g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．下列判断不正确的是（　　）‎ A．物块A先到达传送带底端 B．物块AB同时到达传送带底端 C．传送带对物块AB的摩擦力都沿传送带向上 D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移 ‎7．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（　　）‎ A．人拉绳行走的速度为vsinθB．人拉绳行走的速度为 C．船的加速度为D．船的加速度为 ‎ ‎8．如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（　　）‎ A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出 B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出 C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 ‎9．2005年北京时间‎7月4日下午1时52分，美国小探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”．如图所示，假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，下列说法中正确的是（　　）‎ A．探测器在撞击彗星前后过程，与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积 B．该彗星近日点处线速度小于远日点处线速度 C．该彗星近日点处加速度大于远日点处加速度 D．该彗星椭圆轨道半长轴的三次方与周期的平方之比是一个常数 ‎10．如图所示，一细绳系一光滑小球，细绳跨过定滑轮使小球靠在柱体的斜面上．设柱体对小球的弹力为FN，细绳对小球的拉力FT．现用水平力拉绳使小球缓慢上升一小段距离，在此过程中，下面说法正确的是（　　）‎ A．FN逐渐增大B．FN逐渐减小 C．FT逐渐增大D．FT先增大后减小 ‎11．如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示．设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小与滑动摩擦力大小相等，则（　　）‎ A．t1时刻物块的速度为零 B．物块的最大速度出现在t3时刻 C．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功 D．拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内 ‎12．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（　　）‎ A．b对c的摩擦力一定减小 B．地面对c的摩擦力先减小后增大 C．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上 D．地面对c的摩擦力方向一定水平向左 ‎　‎ 二、非选择题 ‎13．如图所示，用光电门等器材验证机械能守恒定律．直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方的B处固定的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电门测出小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g，则 ‎（1）小球通过光电门B时的速度表达式　　；‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，描点作出随H的变化图象，若作出的图线为通过坐标原点的直线，且斜率为　　（表达式用已给的物理量表达），可判断小球下落过程中机械能守恒；‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△Ek总是　　（填“大于”、“小于”或“等于”）重力势能减少量 ‎△EP，增加下落高度后，则（△EP﹣△Ek）将　　（选填“增加”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（4）小明用AB段的运动来验证机械能守恒时，他用vB=，计算与B点对应的重锤的瞬时速度，得到动能的增加量，你认为这种做法正确还是错误？答：　　．‎ ‎14．某同学采用图1所示的装置探究“加速度与力、质量的关系”．‎ ‎（1）实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：‎ A．保持配重的砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次 B．保持小车质量不变，改变配重的砝码的质量，测出加速度，重复几次 C．用天平测出小车和砝码的质量 D．在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力 E．根据测出的数据，分别画出a﹣F和a﹣图象 F．用秒表测出小车运动的时间 G．将装有配重的砝码用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点 以上步骤中，不必要的步骤是　　，正确步骤的合理顺序是　　．（填写代表字母）‎ ‎（2）该同学最终所得小车运动的a﹣F图线如图2所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线．根据该图线可以确定下列判断中错误的是　　．‎ A．本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合力成正比 B．小车的加速度可能大于重力加速度g C．可以确定小车的质量约为‎0.50kg D．实验中配重的质量m远小于小车的质量M．‎ ‎15．一质量为‎0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点‎5m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0=‎9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为‎7m/s，碰后以‎6m/s的速度反向运动直至静止．g取‎10m/s2．‎ ‎（1）求物块与地面间的摩擦因数μ；‎ ‎（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．‎ ‎16．木星的卫星之一叫艾奥，它上面的珞珈火山喷出的岩块初速度为v0时，上升的最大高度可达h．已知艾奥的半径为R，引力常量为G，忽略艾奥的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，求：‎ ‎（1）艾奥表面的重力加速度大小g和艾奥的质量M；‎ ‎（2）距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g'；‎ ‎（3）艾奥的第一宇宙速度v．‎ ‎17．如图所示，小木块质量m=‎1kg，长木板质量M=‎10kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ=0.5．木板从静止开始受水平向右的恒力F=90N作用，经过t1=1s，有一木块以初速度v0=‎4m/s向左滑上木板的右端．则 ‎（1）t1=1s末，木板的速度大小为多少？‎ ‎（2）为使木块不滑离木板，木板的长度L至少要多长？‎ ‎18．如图所示，用长为L的轻质细线将质量为m的小球悬挂于O点．小球在外力作用下静止在A处，此时细线偏离竖直方向的夹角θ=60°．现撤去外力，小球由静止释放，摆到最低点B时，细线被O点正下方距离处的光滑小钉子挡住，小球继续向左摆动到最高点时细线偏离竖直方向的夹角也为60°．小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，且始终与运动方向相反，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球在A处处于静止状态时，所受外力的最小值F1；‎ ‎（2）小球运动过程中所受的空气阻力大小f和动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值sinα．‎ ‎（3）小球第二次经过最低点B，开始绕O点向右摆动时，细线的拉力大小T．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西桂林十八中高三（上）第三次月考物理试卷 （10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多个选项符合题目要求．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．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步．下列关于物理学中运动与力发展过程研究的说法，正确的是（　　）‎ A．亚里士多德首先提出了惯性的概念 B．牛顿的三条运动定律是研究动力学问题的基石，都能通过现代的实验手段直接验证 C．牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来 D．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s‎2”‎是导出单位 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ 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．它们的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：A、牛顿首先提出了惯性的概念，故A错误；‎ B、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故B错误；‎ C、牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，故C正确；‎ D、力的单位“N”是导出单位，加速度的单位“m/s‎2”‎是导出单位，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知（　　）‎ A．4s内物体在做曲线运动 B．4s内物体的速度一直在减小 C．物体的加速度在2.5s时方向改变 D．4s内物体速度的变化量的大小为‎8m/s ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】本题是速度﹣时间图象，速度图象的斜率等于物体的加速度大小，速度和加速度的正负表示速度的方向，纵坐标的大小表示速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、前2.5s物体速度为正，沿正方向运动，后1.5s速度为负，沿负方向运动，但做的是直线运动，故A错误；‎ B、4s内物体的速度先减小后反向增大，故B错误；‎ C、物体的斜率一直为负值，所以加速度一直沿负方向，没有发生改变，故C错误；‎ D、4s内物体速度的变化量为﹣3﹣5=﹣‎8m/s，所以速度的变化量的大小为‎8m/s，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后（　　）‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】系统所受合力为零时，系统动量守恒，合外力做功为零，系统动能不变，据此分析答题．‎ ‎【解答】解：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一质量为m的重物放在水平地面上，上端用一根轻弹簧相连．现用手拉弹簧的上端P缓慢向上移动，当P点位移为H时，重物离开地面一段距离h，则在此过程中（　　）‎ A．拉弹簧的力对系统做功为mgH B．重物m的机械能守恒 C．弹簧的劲度系数等于 D．弹簧和重物组成的系统机械能守恒 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】知道手拉着弹簧上端P点缓慢向上移动，可以看成物体是处于平衡状态，拉弹簧的力随着弹簧的伸长慢慢变大，弹力对物体做功，所以重物m的机械能增加，外力对弹簧和重物组成的系统做功，所以系统机械能增加．‎ ‎【解答】解：A、拉弹簧的力随着弹簧的伸长慢慢变大，拉力并不等于重力，故做功不是mgH，故A错误；‎ B、由于弹力对物体做功，所以重物m的机械能增加，故B错误；‎ C、缓慢向上移动，可以看成物体是处于平衡状态，物体离开地面一段距离h，根据胡克定律知弹簧的劲度系数为k=，故C正确；‎ D、由于外力对弹簧和重物组成的系统做功，所以弹簧和重物组成的系统机械能增加，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则（　　）‎ A．vA=0B．vA=C．vB=D．vB=‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出在最高点的最小速度，结合机械能守恒求出B点的最小速度．‎ ‎【解答】解：在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：，‎ 解得A点的最小速度为：，‎ 对AB段过程研究，根据机械能守恒得：，‎ 解得B点的最小速度为：vB=，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，三角形传送带以‎1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是‎2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以‎1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带的动摩擦因数都是0.5，g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．下列判断不正确的是（　　）‎ A．物块A先到达传送带底端 B．物块AB同时到达传送带底端 C．传送带对物块AB的摩擦力都沿传送带向上 D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移 ‎【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】分析A重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A物体的运动规律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合运动学公式分析求解．‎ ‎【解答】解：AB、因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，均为a=gsin37°﹣μgcos37°=‎2m/s2，位移相等，根据位移时间关系可得运动的时间相等．故A错误，B正确．‎ C、物块A和B都沿传送带向下运动，传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上．故C正确．‎ D、对A分析，A相对于传送带的长度等于A的位移减去传送带的位移，‎ 以A为研究对象，由牛顿第二定律得：a=gsin37°﹣μgcos37°=‎2m/s2，‎ 由运动学公式得运动时间分别为：L=v0t+at2，解得t=1s．‎ 所以皮带运动的位移为x=vt=1×‎1m=‎1m．‎ 所以A对皮带的位移为：△x1=‎2m﹣‎1m=‎‎1m 对B相对于皮带的长度等于B的位移加上传送带的位移，‎ 同理得出B对皮带的位移为△x2=2+1=‎3m．故D正确．‎ 本题选错误，故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（　　）‎ A．人拉绳行走的速度为vsinθB．人拉绳行走的速度为 C．船的加速度为D．船的加速度为 ‎ ‎【考点】牛顿第二定律；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．‎ ‎【解答】解：AB、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度．如右上图所示根据平行四边形定则有，v人=vcosθ．故A、B错误．‎ CD、对小船受力分析，如左下图所示，则有Fcosθ﹣f=ma，因此船的加速度大小为a=，故C正确，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（　　）‎ A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出 B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出 C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】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，结合运动学公式分析判断．‎ ‎【解答】解：A、在P点的初速度减小，则下降到框上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入筐中，故A错误．‎ B、在P点的初速度增大，则下降到筐底的时间内，水平位移增大，不能直接击中筐底的正中间，故B错误．‎ C、在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，根据x=知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确．‎ D、在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，小球不能进筐．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．2005年北京时间‎7月4日下午1时52分，美国小探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”．如图所示，假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，下列说法中正确的是（　　）‎ A．探测器在撞击彗星前后过程，与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积 B．该彗星近日点处线速度小于远日点处线速度 C．该彗星近日点处加速度大于远日点处加速度 D．该彗星椭圆轨道半长轴的三次方与周期的平方之比是一个常数 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力做功情况判断近日点速度与远日点速度的大小，根据牛顿第二定律比较加速度的大小，通过开普勒第三定律得出周期与椭圆半长轴的关系．‎ ‎【解答】解：A、探测器在撞击彗星前后过程，探测器不是绕太阳做椭圆轨道运动，根据开普勒第三定律，与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积不等．故A错误．‎ B、从近日点向远日点运动，万有引力做负功，动能减小，所以近日点的线速度大于远日点的线速度．故B错误．‎ C、彗星在近日点所受的万有引力大于在远日点所受的万有引力，根据牛顿第二定律，近日点的加速度大于远日点的加速度．故C正确．‎ D、根据开普勒第三定律有： =C（常量），C由中心天体所决定．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一细绳系一光滑小球，细绳跨过定滑轮使小球靠在柱体的斜面上．设柱体对小球的弹力为FN，细绳对小球的拉力FT．现用水平力拉绳使小球缓慢上升一小段距离，在此过程中，下面说法正确的是（　　）‎ A．FN逐渐增大B．FN逐渐减小 C．FT逐渐增大D．FT先增大后减小 ‎【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】球受三个力，重力、柱体对小球的弹力FN和细绳对小球的拉力FT，三力平衡，通过作图分析各个力的变化情况 ‎【解答】解：球受三个力，重力、柱体对小球的弹力FN和细绳对小球的拉力FT，如图所示：‎ 根据平衡条件，结合图象可以看出，拉力一直增加，支持力也一直增加；‎ 故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示．设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小与滑动摩擦力大小相等，则（　　）‎ A．t1时刻物块的速度为零 B．物块的最大速度出现在t3时刻 C．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功 D．拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．‎ ‎【解答】解：A、冲量是力与时间的乘积，在0﹣t1时间拉力小于最大静摩擦力，所以合外力等于0，故合力的冲量为0，t1时刻物块的速度为零．故A正确；‎ B、t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻A的速度最大，故B正确；‎ C、0～t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功．故C错误；‎ D、t2时刻拉力最大，但物体的速度在t3时刻最大，t2到t3时间内，拉力减小而速度增大，所以拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内，故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎12．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（　　）‎ A．b对c的摩擦力一定减小 B．地面对c的摩擦力先减小后增大 C．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上 D．地面对c的摩擦力方向一定水平向左 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】b受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关．对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小．‎ ‎【解答】解：AC、设a、b的重力分别为Ga、Gb．若Ga=Gbsinθ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsinθ，b受到c的摩擦力不为零．若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上；故A错误，C正确．‎ BD、以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得，水平面对c的摩擦力f=Tcosθ=Gacosθ，方向水平向左．‎ 在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小．故B错误，D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎13．如图所示，用光电门等器材验证机械能守恒定律．直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方的B处固定的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电门测出小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g，则 ‎（1）小球通过光电门B时的速度表达式　v=　；‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，描点作出随H的变化图象，若作出的图线为通过坐标原点的直线，且斜率为　　（表达式用已给的物理量表达），可判断小球下落过程中机械能守恒；‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△Ek总是　小于　（填“大于”、“小于”或“等于”）重力势能减少量 ‎△EP，增加下落高度后，则（△EP﹣△Ek）将　增加　（选填“增加”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（4）小明用AB段的运动来验证机械能守恒时，他用vB=，计算与B点对应的重锤的瞬时速度，得到动能的增加量，你认为这种做法正确还是错误？答：　错误　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；‎ ‎（2）根据机械能守恒定律列式，再根据数学规律即可求得对应的关系式，以及斜率的意义；‎ ‎（3）则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．‎ ‎（4）根据给出的数据处理的方法进行分析，从而明确该同学做法的正误．‎ ‎【解答】解：（1）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；‎ 故v=；‎ ‎（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；‎ 则有：mgH=mv2；‎ 即：2gH=（）2‎ 解得： =‎ 结合图象，则有：k=；‎ ‎（3）由于该过程中有阻力做功，故动能的增加量一定小于重力势能的减小量；而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增加；‎ ‎（4）用v0=计算与D点对应的重锤的瞬时速度，得到动能的增加量，这种做法是错误的，此做法所用加速度为g，则说明物体只受重力，即默认了机械能守恒．故无法进行验证．‎ 故答案为：（1）；（2）；（3）小于 增加 （4）错误 ‎　‎ ‎14．某同学采用图1所示的装置探究“加速度与力、质量的关系”．‎ ‎（1）实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：‎ A．保持配重的砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次 B．保持小车质量不变，改变配重的砝码的质量，测出加速度，重复几次 C．用天平测出小车和砝码的质量 D．在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力 E．根据测出的数据，分别画出a﹣F和a﹣图象 F．用秒表测出小车运动的时间 G．将装有配重的砝码用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点 以上步骤中，不必要的步骤是　F　，正确步骤的合理顺序是　CDGBAE（或DCGBAE或DCGABE或CDGABE）　．（填写代表字母）‎ ‎（2）该同学最终所得小车运动的a﹣F图线如图2所示，从图中我们可以看出图线是一条过原点的直线．根据该图线可以确定下列判断中错误的是　B　．‎ A．本实验中小车的质量一定时，其加速度与所受合力成正比 B．小车的加速度可能大于重力加速度g C．可以确定小车的质量约为‎0.50kg D．实验中配重的质量m远小于小车的质量M．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】实验中，打点计时器使用的是交流电源，不能使用直流电，实验时，应先接通电源，再释放纸带．根据实验的原理知，本实验验证动能增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量；‎ 由原理F=Ma结合图象可分析：F与a的关系，斜率的意义即可．‎ ‎【解答】解：（1）打点计时器是记录时间的仪器，所以不需要秒表测量时间，故F没有必要．‎ 实验的常规的步骤是：1．按照仪器；2．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，处于静止状态；3．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；4．更换纸带，重新进行两次实验．故正确步骤的合理顺序是CDGBAE（或DCGBAE或DCGABE或CDGABE）．‎ ‎（2）A、由图线可得：F与a成正比，小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成正比，故A正确．‎ B、小车的加速度：a=，所以加速度不可能大于g，故B错误．‎ C、图线的斜率k===2，所以：M=‎0.50kg，故C正确．‎ D、因为图线是过原点的直线，故满足配重的质量m远小于小车的质量M，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：B；‎ 故答案为：（1）F，CDGBAE（或DCGBAE或DCGABE或CDGABE）； （2）B．‎ ‎　‎ ‎15．一质量为‎0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点‎5m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0=‎9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为‎7m/s，碰后以‎6m/s的速度反向运动直至静止．g取‎10m/s2．‎ ‎（1）求物块与地面间的摩擦因数μ；‎ ‎（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．‎ ‎【考点】动量定理；动能定理．‎ ‎【分析】（1）对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数．‎ ‎（2）对物块应用动量定理可以求出作用力大小．‎ ‎（3）应用动能定理可以求出物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．‎ ‎【解答】解：（1）物块从A到B过程，由动能定理得：‎ ‎﹣μmgsAB=mvB2﹣mv02，代入数据解得：μ=0.32；‎ ‎（2）以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，‎ 由动量定理得：Ft=mv﹣mvB，即：‎ F×0.10=0.5×（﹣6）﹣0.5×7，‎ 解得：F=﹣65N，负号表示方向向左；‎ ‎（3）物块向左运动过程，由动能定理得：‎ ‎﹣W=0﹣mv2；‎ 代入数据得：s=9 J．‎ 答：（1）物块与地面间的动摩擦因数μ为0.32；‎ ‎（2）若碰撞时间为0.10s，碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小为65N；‎ ‎（3）物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功是9J．‎ ‎　‎ ‎16．木星的卫星之一叫艾奥，它上面的珞珈火山喷出的岩块初速度为v0时，上升的最大高度可达h．已知艾奥的半径为R，引力常量为G，忽略艾奥的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，求：‎ ‎（1）艾奥表面的重力加速度大小g和艾奥的质量M；‎ ‎（2）距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g'；‎ ‎（3）艾奥的第一宇宙速度v．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；竖直上抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据竖直上抛运动规律可求得表面的重力加速度，根据星球表面重力等于万有引力列式求解艾奥的质量；‎ ‎（2）根据重力等于万有引力列式求解距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小；‎ ‎（3）根据万有引力充当向心力，当卫星绕星球表面运行时的速度为第一宇宙速度，代入数据即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）岩块做竖直上抛运动，有：，‎ 解得：g=；‎ 忽略艾奥的自转有：，‎ 解得：M=；‎ ‎（2）距艾奥表面高度为2R处有：，‎ 解得：；‎ ‎（3）某卫星在艾奥表面绕其做圆周运动时：‎ mg=m，‎ 解得：v=；‎ 答：（1）艾奥表面的重力加速度大小g为，艾奥的质量M为；‎ ‎（2）距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g'为；‎ ‎（3）艾奥的第一宇宙速度v为．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，小木块质量m=‎1kg，长木板质量M=‎10kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ=0.5．木板从静止开始受水平向右的恒力F=90N作用，经过t1=1s，有一木块以初速度v0=‎4m/s向左滑上木板的右端．则 ‎（1）t1=1s末，木板的速度大小为多少？‎ ‎（2）为使木块不滑离木板，木板的长度L至少要多长？‎ ‎【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）根据牛顿第二定律求出木板的加速度，结合速度时间公式求出木板的速度大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律分别求出木块和木板的加速度大小，抓住速度相等求出运动的时间，结合位移关系求出木板的至少长度．‎ ‎【解答】解：（1）设开始时M的加速度为a1，则有：‎ ‎=‎4m/s2，‎ ‎1s末M的速度为：v1=a1t1=4×1=‎4m/s．‎ ‎（2）放上m后，对M，根据牛顿第二定律得： =m/s2=‎3m/s2，‎ 对m，根据牛顿第二定律得： =‎5m/s2，‎ 设经过时间t2，两物体速度相等，则有：v1+a1′t2=﹣v0+a2t2，‎ 代入数据解得：t2=4s，‎ 则木板的位移=，‎ 木块的位移=，‎ 解得木板的长度L=x1﹣x2=40﹣‎24m=‎16m．‎ 所以木板的长度L至少要‎16m．‎ 答：（1）t1=1s末，木板的速度大小为‎4m/s．‎ ‎（2）为使木块不滑离木板，木板的长度L至少要‎16m．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，用长为L的轻质细线将质量为m的小球悬挂于O点．小球在外力作用下静止在A处，此时细线偏离竖直方向的夹角θ=60°．现撤去外力，小球由静止释放，摆到最低点B时，细线被O点正下方距离处的光滑小钉子挡住，小球继续向左摆动到最高点时细线偏离竖直方向的夹角也为60°．小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，且始终与运动方向相反，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球在A处处于静止状态时，所受外力的最小值F1；‎ ‎（2）小球运动过程中所受的空气阻力大小f和动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值sinα．‎ ‎（3）小球第二次经过最低点B，开始绕O点向右摆动时，细线的拉力大小T．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球在A处于静止状态，受共点力平衡，当F1与细线垂直时最小，根据平衡条件求解外力的最小值；‎ ‎（2）从A到C过程应由动能定理可以求出空气阻力，当重力沿圆弧切线方向的分力与空气阻相等时小球速度最大，动能最大，据此求出夹角的正弦值．‎ ‎（3）应由动能定理求出小球第二次经过最低点B时的速度，然后应用牛顿第二定律求出细线的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）小球在A处于静止，受力平衡，当F1与细线垂直时最小，拉力的最小值：F1=mgsinθ=mg；‎ ‎（2）小球从A运动到C过程，由动能定理得：‎ mg[L（1﹣cosθ）﹣L（1﹣cosθ）]﹣f×π（L+L）=0﹣0，解得：f=；‎ 小球速度最大时有：mgsinα=f，解得：sinα=；‎ ‎（3）设此时小球的速度为v，由动能定理得：‎ mg×L（1﹣cosθ）﹣f×π×L=mv2﹣0，‎ 在最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg=m，解得：T=mg；‎ 答：（1）小球在A处处于静止状态时，所受外力的最小值F1为mg；‎ ‎（2）小球运动过程中所受的空气阻力大小f为，动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值sinα为．‎ ‎（3）小球第二次经过最低点B，开始绕O点向右摆动时，细线的拉力大小T为mg．‎ ‎　‎