山東省日照市高三物理上學(xué)期期中試卷(含解析)

1、一、本題包括15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 110小 題只有一項(xiàng)符合題目要求，第 1115小題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得 3分，選對(duì) 但不全的得 2分，選錯(cuò)或不答的得 0 分。1. 早在 16 世紀(jì)末， 伽利略就猜想落體運(yùn)動(dòng)的速度應(yīng)該是均勻變化的。 當(dāng)時(shí)只能靠滴水計(jì)時(shí)， 不能準(zhǔn)確測(cè)量自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，為此他讓銅球沿著阻力很小的斜面由靜止?jié)L下，“沖 淡”重力，驗(yàn)證他的猜想。關(guān)于伽利略的實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. 伽利略測(cè)出銅球的位移與所用時(shí)間的二次方成正比B. 伽利略測(cè)出銅球的瞬時(shí)速度與所用時(shí)間成正比C. 伽利略實(shí)驗(yàn)表明，小球的加速度隨斜面傾角的增大而變大D

2、. 伽利略實(shí)驗(yàn)表明，斜面傾角一定時(shí)，不同質(zhì)量的銅球加速度都相同【答案】 B【解析】【詳解】 伽利略設(shè)想物體下落的速度與時(shí)間成正比， 因?yàn)楫?dāng)時(shí)無(wú)法測(cè)量物體的瞬時(shí)速度， 所 以伽利略通過(guò)數(shù)學(xué)推導(dǎo)證明如果速度與時(shí)間成正比，那么位移與時(shí)間的平方成正比，A正確B錯(cuò)誤；若斜面長(zhǎng)度一定，若斜面的傾角越大，則小球的速度變化越快，即加速度隨斜面傾 角的增大而變大，C正確；若斜面傾角一定，不同質(zhì)量的小球由靜止從頂端滾到底端的過(guò)程 中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是相同的，時(shí)間也相同，即斜面傾角一定時(shí)，不同質(zhì)量的銅球加速度都相同，D正確.2. A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在相同的時(shí)間內(nèi)，它們通過(guò)的路程之比是 6: 5,運(yùn)動(dòng)方

3、向改變的角度之比是 5： 4。則A. 它們的軌道半徑之比是 6： 5 B.它們的向心加速度大小之比是24： 25C. 它們的向心力大小之比是 3： 2 D.它們的周期大小之比是 4：5【答案】 D【解析】【分析】線速度等于單位時(shí)間內(nèi)走過(guò)的路程，結(jié)合路程之比求出線速度大小之比；角速度等于單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度， 結(jié)合角度之比求出角速度之比； 根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系， 求出半徑之 比；抓住向心加速度等于線速度與角速度的乘積， 結(jié)合線速度和角速度之比求出向心加速度 之比，根據(jù)周期和角速度關(guān)系求出周期之比.【詳解】快艇做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)線速度的定義可知兩者的線速度大小之比為 角速度定義3 =

4、76;可知兩者角速度之比為 f 根據(jù)公式,=- = - = VL1可得兩者的向心加速1叫 °n f r度大小之比為2二'比二竺二m, B錯(cuò)誤；根據(jù)V =可得，故兩者的軌道半徑之比為5*423'Er巴 f，A錯(cuò)誤；由于不知道兩者質(zhì)量關(guān)系，所以無(wú)法計(jì)算兩者向心力之比，C錯(cuò)% %叫"5為誤；根據(jù)公式可得周期和角速度成反比，故周期大小之比為4： 5，D正確.Id3.2018年3月22日，一架中國(guó)國(guó)際航空CA103客機(jī)，從天津飛抵香港途中遭遇鳥(niǎo)擊，飛機(jī)頭部被撞穿約一平方米的大洞，雷達(dá)罩被砸穿，所幸客機(jī)及時(shí)安全著陸，無(wú)人受傷。若飛機(jī)的速度為700m/s，小鳥(niǎo)在空中的飛行

5、速度非常小，小鳥(niǎo)的質(zhì)量為0.4kg。小鳥(niǎo)與飛機(jī)的碰撞時(shí)間為2.5 X 10-4s。則飛機(jī)受到小鳥(niǎo)對(duì)它的平均作用力的大小約為4567A. 10 N B. 10 N C. 10 N D. 10 N【答案】C【解析】【詳解】鳥(niǎo)與飛機(jī)撞擊時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以飛機(jī)的初速度方向?yàn)檎较?，由于鳥(niǎo)的質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛機(jī)的質(zhì)量，鳥(niǎo)的速度遠(yuǎn)小于飛機(jī)的速度，鳥(niǎo)的動(dòng)量遠(yuǎn)小于飛機(jī)的動(dòng)量，可以忽略不計(jì)， 由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞后鳥(niǎo)與飛機(jī)的速度相等，為v=700m/s，對(duì)小鳥(niǎo)，由動(dòng)量定理得：I mv 0.4 * TOOQFt = mv-O，解得：Fh 二 =1.12x10 N，接近 10 N, C正確.:2.S x 10【點(diǎn)睛】

6、本題考查了求鳥(niǎo)對(duì)飛機(jī)的撞擊力，鳥(niǎo)撞擊飛機(jī)過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出撞擊后鳥(niǎo)的速度，然后應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出撞擊力.4.甲、乙兩個(gè)物體均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其中甲的加速度a1=2m/s2，乙的加速度a2=-5m/s2。下列說(shuō)法正確的是A. 甲一定做加速運(yùn)動(dòng)，乙一定做減速運(yùn)動(dòng)B. 甲的運(yùn)動(dòng)方向與乙的運(yùn)動(dòng)方向一定相反C. 甲的速度變化一定比乙的速度變化慢D. 甲所受的合外力一定比乙所受的合外力小【答案】C【解析】【詳解】若加速度方向和速度方向同向，則做加速運(yùn)動(dòng)，若加速度方向和速度方向相反，則左減速運(yùn)動(dòng)，題中沒(méi)有給甲乙的初速度方向，所以甲乙可以做加速運(yùn)動(dòng)， 也可以做減速運(yùn)動(dòng),

7、AB錯(cuò)誤；加速度是描述速度變化快慢的物理量，加速度越大，速度變化越快，且加速度是矢量，負(fù)號(hào)只表示方向不參與大小的比較，即乙的加速度大，乙的速度變化快，C正確；兩者質(zhì)量未知，不能根據(jù)牛頓第二定律:二：=判斷兩者合力大小關(guān)系，D錯(cuò)誤.5.2018年10月25日6時(shí)57分，太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射海洋二號(hào)B衛(wèi)星。該星對(duì)海洋資源開(kāi)發(fā)利用、建設(shè)海洋強(qiáng)國(guó)等都具有十分重要的意義。小明通過(guò)資料獲取三個(gè)數(shù)據(jù)，即海洋二號(hào)B衛(wèi)星離地面的高度為 971km地球的半徑為 6400km地球表面的重力加速度為 9.81 mZ s2。若將衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)看作是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，僅根據(jù)以 上該同學(xué)獲取的數(shù)據(jù)

8、，可以計(jì)算出A. 海洋二號(hào)B衛(wèi)星的線速度B.海洋二號(hào)B衛(wèi)星的向心力C.地球的質(zhì)量 D.地球的平均密度【答案】A【解析】【詳解】地球?qū)πl(wèi)星的萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定離得丄-jC-可得,（g、R、h已知）A正確；由于不知道衛(wèi)星的質(zhì)量，故不能計(jì)算向心力大小，B錯(cuò)誤；由于不知道引力常量，故不能計(jì)算地球的質(zhì)量，C錯(cuò)誤；質(zhì)量求解不出來(lái)，則不能計(jì)算地球密度，D錯(cuò)誤.6. 如圖所示，水平向右加速行駛的小車內(nèi)有一固定斜面，斜面上放有一物體，與小車保持相對(duì)靜止。此時(shí)斜面體對(duì)物體的作用力方向可能沿著圖中的（其中oa豎直、oc水平）(Ti；b*十O OA. oa B. ob C. oc D. od【答案】B

9、【解析】【分析】本題可建立模型，即已知一個(gè)合力方向，一個(gè)分力大小和方向，求另個(gè)分力的方向，根據(jù)平行四邊形定則分析.【詳解】整體的加速度向右，即物體受到的合力方向水平向右，物體的受力可分為兩大類，一是豎直向下的重力，二是斜面對(duì)物體的作用力，兩者的合力方向向右，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則可得斜面對(duì)物體的力斜向右上,B可能.Jr7. 甲、乙兩輛汽車在同一平直公路上行駛。在t=0到t=t i的時(shí)間內(nèi)，它們的位移時(shí)間圖象A. 汽車甲的平均速度比乙的平均速度大B. 汽車甲的位移比乙的位移大C. 汽車甲與汽車乙的運(yùn)動(dòng)方向相反D. 汽車甲做減速運(yùn)動(dòng)，汽車乙做加速運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】從圖中可知兩者的

10、位移大小相等，所用時(shí)間相等，根據(jù)可知兩者的平均速度相等，AB錯(cuò)誤；甲向負(fù)向運(yùn)動(dòng)（到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離越來(lái)越?。?，而乙向正向運(yùn)動(dòng)（到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離越來(lái)越大），所以兩者的運(yùn)動(dòng)方向相反，C正確；圖像的斜率表示速度，從圖中可知兩者的斜率都減小，所以速度都減小，D錯(cuò)誤.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵掌握位移圖象的基本性質(zhì)：橫坐標(biāo)代表時(shí)刻，而縱坐標(biāo)代表物體所在的位置， 縱坐標(biāo)不變即物體保持靜止?fàn)顟B(tài)；位移時(shí)間圖像是用來(lái)描述物體位移隨時(shí)間變化規(guī)律的圖 像，不是物體的運(yùn)動(dòng)軌跡，斜率等于物體運(yùn)動(dòng)的速度，斜率的正負(fù)表示速度的方向，質(zhì)點(diǎn)通 過(guò)的位移等于x的變化量匚丄8. 圖甲是微信上的一張熱點(diǎn)圖片，在挪威的兩個(gè)山崖間夾著一塊石頭，很多游客

11、站在這塊石頭上，尋找驚險(xiǎn)刺激的感覺(jué)。示意圖如圖乙所示，右壁豎直，左壁稍微傾斜，設(shè)左壁與豎直方向的夾角為由于風(fēng)化，B 將會(huì)減小。石頭與山崖間的摩擦很小，可以忽略不計(jì)。若石頭質(zhì)量一定，下列說(shuō)法正確的是甲乙A. 0減小，山崖對(duì)石頭的作用力增大B. 0減小，山崖右壁對(duì)石頭的作用力不變C. 人站到石頭上，石頭受到的合力將增大D. 人站到石頭上，山崖左壁對(duì)石頭的作用力將增大【答案】D【解析】【詳解】對(duì)石頭受力分析，如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得山崖對(duì)石頭的作用力大小等于石頭的重力大小，兩者方向相反，0 減小，重力不變，所以山崖對(duì)石頭的作用力不變，A錯(cuò)誤；山崖右壁對(duì)石頭的作用力 叫二音°，0減小

12、，則山崖右壁對(duì)石頭的作用力 叫增大，B 錯(cuò)誤；人站在石頭上，石頭仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力仍為零，C錯(cuò)誤；人站到石頭上，相當(dāng)于G增大，山崖左壁對(duì)石頭的作用力 n匚上也隨之增大，D正確.2【點(diǎn)睛】在解析力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題時(shí)， 一般有兩種方法，一種是根據(jù)受力分析， 列出力和角度三角函數(shù) 的關(guān)系式，根據(jù)角度變化進(jìn)行分析解題， 一種是幾何三角形相似法， 這種方法一般解決幾個(gè) 力都在變化的情況，列出力與三角形對(duì)應(yīng)邊的等式關(guān)系，進(jìn)行解題分析.9. 在真空環(huán)境內(nèi)探測(cè)微粒在重力場(chǎng)中能量的簡(jiǎn)化裝置如圖所示。 P是一個(gè)微粒源，能持續(xù)水21平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒。距離P一定水平距離的探測(cè)屏 AB豎直放置。對(duì)于

13、打在探測(cè)屏上的微粒，下列說(shuō)法正確的是IA. v越大，在空中飛行的時(shí)間越長(zhǎng)B. v越大，打在探測(cè)屏上時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角越小C. v越小，相等的時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量就越小D. v越小，打在探測(cè)屏上時(shí)的動(dòng)能越小【答案】B【解析】【分析】微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析解題；【詳解】微粒在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，由于粒子源到屏的水平距離恒定，根據(jù)可知速度越大，飛行時(shí)間越短，A錯(cuò)誤；打在探測(cè)屏上時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角tanO = -=-，v越大，t越小，萌nU越小，B正確；微粒在飛行過(guò)程中只受重力，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgt = Ap，在相等時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量相等，與速度大小無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；v越小

14、，飛行時(shí)間越長(zhǎng)，在豎直方向得到的速度越大，打在屏上的動(dòng)能Ek = m(/ +(肛門，存在極值，不一定越小，D錯(cuò)誤10. 位于粗糙水平面上的滑塊，以vo=1 m/s的初速度從O點(diǎn)開(kāi)始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到A位置時(shí)，照相機(jī)開(kāi)始拍照，并在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，每隔0.1s拍照一次，拍下的照片如圖所示， XAE=7.5cm, XB(=5.5cm , g=10m/s。貝UA B CDA. C、D 間的距離 Xoc=2.5cmB. O、A 間的距離 XoA=9.5cmC. 滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.55D. 滑塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間toB=0.175s【答案】D【解析】【詳解】滑塊做勻減速

15、直線運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間內(nèi)走過(guò)的位移差是一個(gè)定值，即-x,，解得工衛(wèi)二3.5cm, A錯(cuò)誤；根據(jù)Ax -0.02 a =T 0.1-2m/s，而根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻瞬時(shí)速度等于該段過(guò)程中的平均速度可得OB.,根據(jù)位移速度a 2公式可得如怙廠備=土二縊=?旳'B錯(cuò)誤C錯(cuò)誤.D正確；根據(jù)牛頓第二定律可得【點(diǎn)睛】做分析勻變速直線運(yùn)動(dòng)情況時(shí),其兩個(gè)推論能使我們更為方便解決問(wèn)題,、在相等時(shí)間內(nèi)走過(guò)的位移差是一個(gè)定值，即二、在選定的某一過(guò)程中，中間時(shí)刻瞬時(shí)速度等于該過(guò)程中的平均速度.11. 天文學(xué)家哈雷曾經(jīng)在 1682年跟蹤過(guò)一顆彗星，它算出這顆彗星軌道的半長(zhǎng)軸約等于地球公轉(zhuǎn)半徑的18倍，并預(yù)言

16、這顆彗星將每隔一定時(shí)間就會(huì)出現(xiàn)，后來(lái)哈雷的預(yù)言得到證實(shí)，該彗星被命名為哈雷彗星。如圖所示為哈雷彗星繞太陽(yáng)運(yùn)行的橢圓軌道，P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)。若只考慮哈雷彗星和太陽(yáng)之間的相互作用，則A. 哈雷彗星的運(yùn)行周期約為 76年B. 哈雷彗星從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)需要19年C哈雷彗星從P經(jīng)M到Q階段，速率逐漸減小D哈雷彗星從P經(jīng)M到Q階段，機(jī)械能逐漸減小【答案】AC【解析】【詳解】設(shè)彗星的周期為 ，地球的公轉(zhuǎn)周期為 T2,這顆彗星軌道的半長(zhǎng)軸約等于地球公轉(zhuǎn)半徑的18倍，由開(kāi)普勒第三定律 .二k.得：F二占二1 a托，即卩廣*年，A正確；從PTa J "2"到Q

17、過(guò)程中，需要克服引力做功，動(dòng)能減小，即速度越來(lái)越小，所以從 P到M過(guò)程中小于周D錯(cuò)誤.期的四分之一，即小于 19年，B錯(cuò)誤C正確；過(guò)程中只有引力做功，機(jī)械能不變,【點(diǎn)睛】彗星的運(yùn)動(dòng)不是速度大小恒定不變的運(yùn)動(dòng)，所以從P到M過(guò)程中不等于周期的四分之一，這一點(diǎn)是易錯(cuò)點(diǎn).12. 如圖所示，某工廠車間里生產(chǎn)的貨物，通過(guò)傳送帶運(yùn)送到低處的倉(cāng)庫(kù)里。傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，將貨物輕輕放在傳送帶的頂端。則貨物傳送過(guò)程的速度隨時(shí)間變化的規(guī)【答案】AB【解析】【詳解】剛放上去的時(shí)候，貨物受重力、支持力、摩擦力方向向下，貨物做加速運(yùn)動(dòng)，故由牛頓第二定律+ mgcos0 = ma1，解得 = esinQ + co

18、sG ,若兩者共速前，貨物滑到最下端，則整個(gè)過(guò)程中貨物做加速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)；v-t圖像 應(yīng)為一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線；若兩者共速前，貨物未滑到最下端，若mgsinG > nmgcosG，則兩者共速后，摩擦力方向改為沿傳送帶向上，即 mgsine-rngcosO =，解得勺丸弘9-趕曲詬< 屯，之后加速度 七做勻加速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像為A圖；若mgsinS 5 mgcosS,則兩者共速后，相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖像為B圖,AB正確.且都是恒力，所以物體【點(diǎn)睛】本題中剛開(kāi)始時(shí)明顯重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下,先沿斜面勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有牛頓第二定律求出加速度 ai；當(dāng)貨物的

19、速度與傳送帶速度相等時(shí)，就需要分析與口匚訃：母的關(guān)系，根據(jù)兩者的關(guān)系討論以后的運(yùn)動(dòng).13. 傾角為B、質(zhì)量為M的室內(nèi)小滑梯如圖所示，質(zhì)量為m的小朋友沿著滑梯勻加速下滑,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑梯保持靜止不動(dòng)。對(duì)此運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是tan 0B. 地面對(duì)滑梯的支持力一定等于（m+M）gC. 地面對(duì)滑梯的摩擦力大小一定等于mgcos0 sin 0D. 地面對(duì)滑梯的摩擦力方向一定向左【答案】AD【解析】【詳解】因?yàn)樾∨笥炎鰟蚣铀傧禄?，即mgsinS > pmgcos6 ,解得p c tan6 , A正確；因?yàn)樾∨笥汛嬖谝粋€(gè)豎直向下的分加速度，處于失重狀態(tài)，人對(duì)滑梯的作用力小于其重力，故地面

20、對(duì)滑梯的支持力小于兩者的重力，B錯(cuò)誤；小朋友存在一個(gè)水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友的合力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知小朋友對(duì)電梯在水平方向上的作用力向右， 即電梯有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，電梯受到地面的摩擦力方向一定向左， 3屮，=毗0詬二 = （gsin9-|Agcosekos6 , 故地面的摩擦力大小為f = ma . L = (mesinQ-rngcosejcose, C 錯(cuò)誤 D 正確.14. 如圖所示，將一只輕彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接物體 A, A下面再用棉線掛一物體B, A、B質(zhì)量相等,g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣取龜嗝蘧€，下列說(shuō)法中正確的是A. 燒斷棉線瞬間，物體 A的加速度大小

21、為gB. 燒斷棉線之后，物體 A向上先加速后減速C. 燒斷棉線之后，物體 A在運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能守恒D. 當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體 A的速度恰好減到零【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出彈簧的彈力，剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，結(jié)合牛頓第二定律求出A的加速度；根據(jù)彈力與重力的關(guān)系判斷 A的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；根據(jù)機(jī)械能守恒條件判斷 A機(jī)械 能是否守恒；燒斷棉線后 A做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，根據(jù)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)回復(fù)力大小相等判斷分析.【詳解】棉線燒斷前，將 AB看做一個(gè)整體，彈簧的彈力為.,燒斷瞬間彈簧來(lái)不及恢復(fù)形變，彈力仍為2mg,向上；物體A還受豎直向下的重力 mg故A的加速度為日=竺茫=,rA ?向上，A錯(cuò)

22、誤；燒斷棉線后，物體 A在彈力和重力的作用下向上運(yùn)動(dòng)，彈力先大于重力，后 小于重力，所以物體 A向上先加速后減速，B正確；燒斷棉線后， A還受彈簧彈力作用，故 A的機(jī)械能不守恒，不過(guò) A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤；燒斷棉線后， A在重力和彈力的作用下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)回復(fù)力F = 2me-mg =，向上，根據(jù)對(duì)稱性可知，在最高點(diǎn)回復(fù)力應(yīng)為F' = mg,向下，即mg-F憚二rng,解得F怦二0 ,故在最高點(diǎn)，速度為零時(shí)， 彈簧彈力為零，即彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，D正確.15. 如圖所示，一質(zhì)量為 m的圓環(huán)套在一根固定的光滑豎直桿上，圓環(huán)通過(guò)細(xì)線繞過(guò)定滑輪0與質(zhì)量為5m的鉤碼相連。豎直桿

23、上有 A B、C三點(diǎn)，B為AC的中點(diǎn)，A0與豎直桿的夾角0 =53°, B點(diǎn)與滑輪0在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L(zhǎng)。不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，現(xiàn)將圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是(sin53 ° =0.8 , cos53° =0.6)0C4T|5mV77A. 圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大B. 圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)速度為，打C. 圓環(huán)下滑到C點(diǎn)時(shí)速度為零D鉤碼運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能最小的位置距離鉤碼的初始位置為【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)圓環(huán)的受力情況分析速度變化情況.圓環(huán)下滑到C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系來(lái)確定變化的高度，再由機(jī)械能守恒定律， 并結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分解來(lái)確定圓環(huán)下滑

24、到C點(diǎn)時(shí)的速度大小.當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，重物下降到最低點(diǎn)位置，則取環(huán)與重物作為系統(tǒng)，由于只有重力做功， 所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此根據(jù)機(jī)械能守恒定律可解出圓環(huán)的速度大?。划?dāng)圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，圓環(huán)與重物的速度均為零， 再由機(jī)械能守恒定律， 結(jié)合幾何關(guān)系可求出圓環(huán)下滑的最 大距離.【詳解】圓環(huán)從 A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，合力向下，做加速運(yùn)動(dòng)，從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，繩子拉力豎直向上的分力先小于重力，后大于重力，所以圓環(huán)先加速后減速， 所以速度最大的 位置在B點(diǎn)的下方，A錯(cuò)誤；假設(shè)圓環(huán)沒(méi)有重力，到達(dá) C點(diǎn)時(shí)，鉤碼又回到初始位置，鉤碼的機(jī)械能變化量為 0,根據(jù)能量守恒可知圓環(huán)下滑到C點(diǎn)時(shí)速度為零，但存在

25、重力，因此最低點(diǎn)在C點(diǎn)的下方，所以圓環(huán)下滑到 C點(diǎn)時(shí)速度不為零，圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)，重物下降到最低點(diǎn)，此時(shí)重物速度為零，根據(jù)幾何關(guān)系可知：圓環(huán)下降咼度為忙口 = 二,砝碼下降vZ'gL, B正確C錯(cuò)誤；當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到的高度為沖心丁為泊J,系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh細(xì)+ 5mgAh匸尹n応，由上可解得圓環(huán)的速度為點(diǎn)時(shí)，砝碼下降的距離最大，拉力做負(fù)功最大，機(jī)械能最小，由上知最大距離為亠；-1亠D正確.【點(diǎn)睛】本題多次運(yùn)用幾何關(guān)系及機(jī)械能守恒定律，定律的表達(dá)式除題中變化的動(dòng)能等于變化的重力勢(shì)能外，還可以寫成圓環(huán)的變化的機(jī)械能等于鉤碼的變化的機(jī)械能.同時(shí)關(guān)注題中隱含條件的挖掘

26、：鉤碼下降到最低點(diǎn)的同時(shí)其速度等于零.、本題包括2小題，共16分。根據(jù)題目要求將答案填寫在答題卡中的指定位置。16. 王川同學(xué)利用如圖所示的裝置驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒。豎直平面內(nèi)的一段圓弧軌道下端與水平桌面相切，先將小滑塊A從圓弧軌道上某一點(diǎn)無(wú)初速度釋放，測(cè)出小滑塊在水平桌面上滑行的距離Xi（圖甲）；然后將左側(cè)貼有雙面膠的小滑塊B放在圓弧軌道的最低點(diǎn)， 再將小滑塊A從圓弧軌道上某一點(diǎn)無(wú)初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，測(cè)出整體沿桌面滑動(dòng)的距離X2。已知滑塊 A和B的材料相同。A.實(shí)驗(yàn)中所用圓弧軌道必須是光滑的（填相應(yīng)選項(xiàng)前的字母B. 實(shí)驗(yàn)必須保證A的質(zhì)量不大于B的質(zhì)量C. 實(shí)驗(yàn)中滑塊A的釋

27、放點(diǎn)離水平桌面要高一些D. 兩次必須從圓弧軌道上同一點(diǎn)無(wú)初速度釋放滑塊A（2）若滑塊A、B的質(zhì)量分別為 m、m,與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為（1,重力加速度為go則A B碰撞前的動(dòng)量 Pi=，碰撞后的動(dòng)量 P2=（用字母 m、g、 xi、X2表示）。只要Pi=P2，則驗(yàn)證了 A和B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。 本實(shí)驗(yàn)（填“需要”或“不需要”）測(cè)出滑塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。【答案】(1). CD (2).（4）. 不需要【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)是根據(jù)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的原理分析的，需要注意：一：保證碰撞前A的速度相等；二、 A碰撞時(shí)速度不能過(guò)??；三、 A碰撞后不能反彈；結(jié)合動(dòng)能定理求解碰撞

28、前后的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒列式.【詳解】（1 ）因?yàn)榕鲎菜查g內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，兩者在碰撞前后動(dòng)量守恒，測(cè)出運(yùn)動(dòng)距離，根A錯(cuò)誤；為了保證A不據(jù)動(dòng)能定理求解碰撞前后的速度，所以無(wú)需圓弧軌道必須是光滑的,反彈，A的質(zhì)量必須不小于 B的質(zhì)量，B錯(cuò)誤；為了保證兩者碰撞后運(yùn)動(dòng)的距離不過(guò)小，便 于測(cè)量，應(yīng)使得 A碰撞時(shí)的速度大一些，即實(shí)驗(yàn)中滑塊A的釋放點(diǎn)離水平桌面要高一些，C正確；兩次釋放，為了要保證碰撞前的速度相同，兩次必須從圓弧軌道上同一點(diǎn)無(wú)初速度釋放滑塊A, D正確；(2) 滑塊在水平軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程， 由動(dòng)能定理得：對(duì)滑塊二，解得皆、!, 故碰前動(dòng)量卩二血1¥1二°2口邸；;對(duì)兩者黏在一

29、起運(yùn)動(dòng)時(shí)，-+叫&= 0噸珂* mJ#：， 解得% -(即邸，碰撞后動(dòng)量 = | 十些九-血+ mn I, 2遽勺；(3) 比較、P2,即比較 叫扣階 佃十mJ”鳩冷，過(guò)程中(荷可抵消，故不需要測(cè)出 滑塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù).17. 如圖甲所示，電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，使重物帶動(dòng)紙帶從靜止開(kāi)始自由下落，利用此裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。甲C(1) 電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用電壓為 V的交流電源。(2) 關(guān)于實(shí)驗(yàn)過(guò)程，下列操作正確的是 (填相應(yīng)選項(xiàng)前的字母)A. 重物選用質(zhì)量較大、體積較小的物體B. 兩限位孔在同一豎直平面內(nèi)上下對(duì)正C. 先接通電源后，再釋放重物D. 若用秒表測(cè)出時(shí)間t

30、，可用v=gt求出瞬時(shí)速度 實(shí)驗(yàn)中選擇一條較理想的紙帶，如圖乙所示。測(cè)出從起始點(diǎn)0依次到五個(gè)連續(xù)計(jì)時(shí)點(diǎn)A、B C、D E的距離Xi、X2、X3、X4、X5。已知重物的質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,電源頻率為f。則從0到D的過(guò)程中，重物的動(dòng)能增加了 ，重物的重力勢(shì)能減少了a，要充分利用記錄數(shù)據(jù)，盡a=(用題中給出物(4) 該同學(xué)又根據(jù)這一條紙帶來(lái)計(jì)算重物下落過(guò)程中的加速度 可能減少實(shí)驗(yàn)操作和測(cè)量過(guò)程中的誤差，加速度的計(jì)算式應(yīng)為理量的字母表示)?！敬鸢浮?1).220(2). ABC(3).(4).卜胡®(x5-2xJ + x1f2【解析】【詳解】(1)電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是220V

31、的交流電;(2)為了減小空氣阻力，重物應(yīng)選用重力大，體積小的物體，A正確；為了減小紙帶與限位孔的摩擦，并且保證重物做豎直方向上的運(yùn)動(dòng)，兩限位孔在同一豎直平面內(nèi)上下對(duì)正，B正確；為了充分利用紙帶，應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，C正確；因?yàn)橐?yàn)證機(jī)械能守恒,即驗(yàn)證下落過(guò)程中加速度是否等于g,所以不能使用 v=gt求出瞬時(shí)速度，D錯(cuò)誤;(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度推論可得D點(diǎn)的速度為從零增大，故動(dòng)能增加量為 叱二二；心一肩，從O到D過(guò)程中重物下降的高度為，(4)根據(jù)逐差公式可得故重力勢(shì)能減少計(jì)：,- 2a.TDE BC1CD AB2，兩式相加求平均可得【點(diǎn)睛】分析勻變速直線運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，其兩個(gè)推論

32、能使我們更為方便解決問(wèn)題，一、在相等時(shí)間內(nèi)走過(guò)的位移差是一個(gè)定值，即二 -，二、在選定的某一過(guò)程中，中間時(shí)刻瞬時(shí)速 度等于該過(guò)程中的平均速度.三、本題包括3小題。共39分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、主要公式和重要的演算步 驟，只寫出最后答案的，不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。18. 我國(guó)自行研制、具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛成功后，拉開(kāi)了全面試驗(yàn)試飛的新征程。假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)加速時(shí)間t=40s、位移x=1.6 X 10 3m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度。已知飛機(jī)質(zhì)量 m=7.0x 104kg,滑跑時(shí)受

33、到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取 g=10m/s2。求：(1) 飛機(jī)起飛所要求的速度v;(2) 飛機(jī)滑跑過(guò)程中，牽引力的最大功率P。【答案】(1) 80 m/s(2) 1.68 X 107W【解析】【分析】(1 )飛機(jī)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度推論求解;(2 )當(dāng)速度最大時(shí)牽引力的功率最大，先根據(jù)牛頓第二定律求解牽引力，然后根據(jù)公式P二R求解最大功率【詳解】(1)飛機(jī)滑跑過(guò)程做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為零，末速度為v,則全程的平均速度為尹，則有耳=，代入數(shù)據(jù)，解得 v=80m/s;(2)設(shè)飛機(jī)滑跑過(guò)程的加速度大小為a,由速度與時(shí)間的關(guān)系式v = at，解得已知滑跑時(shí)受到的阻力為自身重力的0.1倍，即f - OArrig = 7.0 x 10 N設(shè)飛機(jī)滑跑過(guò)程的牽引力為F,由牛頓第二定律飛“，解得H 10SM，當(dāng)速度最大的時(shí)候，牽引力的功率最大，即!?兀寸，代入數(shù)據(jù)，得最大功率19. 如圖所示，質(zhì)量為 2m的小車緊靠平臺(tái)的邊緣靜止在光滑的水平面上，小車AB段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，BC段是四分之一圓弧光滑軌道，兩段軌道相切