2019-2020年高三上学期质检物理试卷（10月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期质检物理试卷（10月份）含解析一选择题（共14小题，每题4分，计56分，1-7单选，8-14多选.漏选得2分，错选不得分.）1（4分）如图所示，长为2L的轻质杆两端固定质量分别为m和2m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动若给静止于最高点的P球一初速度，使P、Q两球在竖直面内做圆周运动不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）AQ球在运动过程中机械能守恒BP从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLCQ到达最高点时杆对其作用力的最小值大小为2mgD为使P、Q两球能够做圆周运动，P球的初速度不能小于22（4分）在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线图中圆弧虚线Ob代表弯道，即运动正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研究时可将运动员看作质点）下列论述正确的是（）A发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间3（4分）如图，窗子上、下沿间的高度H=1.6m，墙的厚度d=0.4m，某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿高h=0.2m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10m/s2，则v的取值范围是（）Av7m/sBv2.3m/sC3m/sv7m/sD2.3m/sv3m/s4（4分）如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为35的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4.87m/s2，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A物块的机械能可能不变B物块的机械能一定增加C物块的机械能一定减少D物块的机械能可能增加，也可能减少5（4分）如图所示为汽车在水平路面上启动过程的vt图象0t1时间内为匀加速阶段，t1t2时间内表示以额定功率行驶时的变加速阶段，t2后是与t轴平行的直线，则下列说法正确的是（）A0t1时间内，牵引力增大，功率不变B0t1时间内，牵引力不变，故功率不变Ct1t2时间内，功率不变，加速度减小Dt1t2时间内，牵引力做的功为mv22mv126（4分）质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是（）ABCD7（4分）雨天的野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来如图4所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则（）A泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来8（4分）如图所示，边长为1m的正方体空间图形ABCDA1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内（包括边界）不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g取10m/s2则（）A小球落在B1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最小值B小球落在C1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最大值C落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同9（4分）如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道则飞行器（）A变轨后将沿轨道3运动B相对于变轨前运行周期变长C变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等10（4分）“嫦娥一号”发射后，首先被送入一个近地轨道，通过加速再进入一个大的椭圆轨道，此后卫星不断加速，开始奔向月球在快要到达月球时减速被月球“俘获”后，成为环月卫星，最终经过三次减速进入离月球表面高为h 的极地轨道绕月飞行已知月球自转周期为T0，月球半径R，月球表面的重力加速度g，引力常量G，则下列说法正确的是（）A利用题中所给数据可以求出“嫦娥一号”卫星的质量B“嫦娥一号”卫星绕月球极地轨道运行的加速度a=C月球的密度=D“嫦娥一号”卫星在T0内绕月球极地轨道运行的圈数为11（4分）如图所示，物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m开始以手托住物体A，两绳恰好伸直，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h放手后A从静止开始下落，在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，（不计滑轮处的摩擦）则下列说法正确的是（）A在A下落至地面前的过程中物体B始终处于平衡状态B在A下落至地面前的过程中A物体始终处于失重状态C在A下落至地面前的过程中A物体的机械能减少了mghDA落地前的瞬间加速度为g方向向上12（4分）如图，倾斜固定的气垫导轨底端固定有滑块P，滑块Q可在导轨上无摩擦滑动，两滑块上分别固定有同名磁极相对的条形磁铁将Q在导轨上方某一位置由静止释放，已知由于磁力作用，Q下滑过程中并未与P相碰不考虑磁铁因相互作用而影响磁性，且不计空气阻力，则在Q下滑过程中（）A滑块Q的机械能守恒B滑块Q和滑块P间的最近距离与初始释放位置的高度有关C滑块Q所能达到最大速度与初始释放位置的高度有关D滑块Q达到最大速度时的位置与初始释放位置的高度有关13（4分）如图所示，置于竖直平面内的AB光滑细杆轨道，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点右边A1B1光滑杆是与AB光滑杆完全相同的沿AB线为轴转过180的杆子，现将两相同a、b小球分别套在AB与A1B1轨道的最上端，同时由静止开始从轨道顶端滑下，重力加速度为g则（）Aa、b两小球同时从轨道末端出来B小球b从轨道末端出来的速度大小为C小球a从轨道末端出来的水平速度大小为D除初始时刻速度都为零外，在轨道上运动的任意时刻，b球速度总是大于a球体速度14（4分）如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块板长度均为L，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块板，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中三块板均保持静止；若让物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动，三块木板仍能保持静止，则下列说法正确的是（）A物体仍能运动到a点并停下来B物体不能运动到a点C物体两次经过c点时速度大小相等D物体两次经过b点时速度大小相等二、实验题（8分）15（8分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示该同学在实验中没有记录交流电的周期T，需要用实验数据和其他条件进行推算（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用T和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为，打出C点时重物下落的速度大小为，重物下落的加速度的大小为（2）已测得s1，s2，s3；当重力加速度大小为g，试验中重物受到的平均阻力大小为其重力的k倍（k1）由此推算出交流电的周期T表达式为三、计算题16（12分）有一半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，直径BC竖直，与粗糙水平面相切于B点，如图所示在距B点s=2.1m的A点有一质量m=0.2Kg的小滑块，小滑块与水平面间的动摩擦因数为=0.5，在与水平方向成=53的恒力F的作用下由静止开始向B点运动，运动到B点时撒去F，小滑块运动到最高点c处时，对轨道的压力大小等于其重力大小的（g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）（1）小滑块运动到c点时速度的大小？（2）小滑块运动到圆轨道的B点，撒去F时受到轨道的支持力为多大？（3）恒力F的大小？17（12分）如图甲所示，一电动机通过光滑定滑轮与倾角为30的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后，物体沿斜面上升，在03s时间内物体运动的vt图象如图乙所示（除t12s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线），其中v1=3m/s，v2=6m/s，t3时刻后电动机的输出功率P=60W保持不变（重力加速度g取10m/s2）求：（1）物体的质量为m；（2）自0时刻起，物体做匀加速运动的时间t；（3）03s内电动机输出的机械能18（12分）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中水平直轨AB与倾斜直轨CD长均为L=6m，圆弧形轨道AQC和BPD均光滑，AQC的半径为r=1m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2D、O1C与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0=24J的初动能从B点开始水平向左运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=，设小球经过轨道连接处均无能量损失（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小球第一次回到B点时的速度大小；（2）小球第二次到达C点时的动能；（3）小球在CD段上运动的总路程参考答案与试题解析一选择题（共14小题，每题4分，计56分，1-7单选，8-14多选.漏选得2分，错选不得分.）1（4分）（xx秋青岛校级月考）如图所示，长为2L的轻质杆两端固定质量分别为m和2m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动若给静止于最高点的P球一初速度，使P、Q两球在竖直面内做圆周运动不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）AQ球在运动过程中机械能守恒BP从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLCQ到达最高点时杆对其作用力的最小值大小为2mgD为使P、Q两球能够做圆周运动，P球的初速度不能小于2【分析】Q球刚开始运动时，速度增大，动能增大，重力势能也增大，机械能增大，把P和Q看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律判断杆对P做功的正负以及P球的最小初速度，Q点运动到最高点，合外力提供向心力，根据向心力公式判断杆子作用力的大小【解答】解：A、Q球刚开始运动时，速度增大，动能增大，重力势能也增大，则机械能增大，所以机械能不守恒故A错误；B、把P和Q看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，Q从最低点到最高点的过程中，机械能增大，则P从最高点运动到最低点过程中机械能减小，所以杆对P一定做负功，故B错误；C、Q点运动到最高点，合外力提供向心力，则有：T+mg=m，当v=时，杆子的作用力为零，故C错误；D、把P和Q看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当Q到达最高点速度刚好为零时，P球的初速度最小，根据机械能守恒定律得：解得：，故D正确故选：D【点评】本题主要考查了机械能守恒定律以及向心力公式的应用，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力，要注意对小球的受力分析，明确单个小球机械能不守恒2（4分）（xx萧山区模拟）在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线图中圆弧虚线Ob代表弯道，即运动正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研究时可将运动员看作质点）下列论述正确的是（）A发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间【分析】运动员侧滑实际上是做离心运动，根据离心运动的条件：外力为零或外力不足以提供向心力，进行分析【解答】解：AB、发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故AB错误CD、若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa右侧与Ob之间，故C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键要掌握离心运动的条件：外力为零或外力不足以提供向心力，通过分析供需关系进行分析3（4分）（xx广州一模）如图，窗子上、下沿间的高度H=1.6m，墙的厚度d=0.4m，某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿高h=0.2m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10m/s2，则v的取值范围是（）Av7m/sBv2.3m/sC3m/sv7m/sD2.3m/sv3m/s【分析】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，由分位移公式求解【解答】解：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大此时有 L=vmaxt，h=代入解得 vmax=7m/s恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有 L+d=vmint，H+h=解得 vmin=3m/s故v的取值范围是 3m/sv7m/s故选：C【点评】解决本题的关键明确临界条件，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答4（4分）（xx秋越城区校级期中）如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为35的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4.87m/s2，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A物块的机械能可能不变B物块的机械能一定增加C物块的机械能一定减少D物块的机械能可能增加，也可能减少【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒【解答】解：物体的加速度为4.87m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：mgsin35+fF=ma，可知F大于f，F与f的合力做正功，机械能增加故选：B【点评】本题关键抓住除重力以外的力做功情况与机械能变化的关系进行分析，根据牛顿第二定律得到拉力与摩擦力的合力可能的大小和方向，分析其做功，即可判断机械能的变化情况5（4分）（xx秋吉林校级月考）如图所示为汽车在水平路面上启动过程的vt图象0t1时间内为匀加速阶段，t1t2时间内表示以额定功率行驶时的变加速阶段，t2后是与t轴平行的直线，则下列说法正确的是（）A0t1时间内，牵引力增大，功率不变B0t1时间内，牵引力不变，故功率不变Ct1t2时间内，功率不变，加速度减小Dt1t2时间内，牵引力做的功为mv22mv12【分析】0t1时间内为匀加速阶段，加速度不变，根据牛顿第二定律得出牵引力的变化，结合P=Fv判断功率的变化在t1t2时间内功率不变，根据P=Fv判断牵引力的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的变化根据动能定理求牵引力做的功【解答】解：AB、在0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得，Ff=ma，牵引力不变根据P=Fv知，功率增大故A、B错误C、t1t2时间内，功率不变，根据P=Fv知速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：a=，知加速度减小故C正确D、t1t2时间内，根据动能定理得，WWf=mv22mv12可知牵引力做功 W不等于mv22mv12故D错误故选：C【点评】本题是机车起动问题，要理清汽车的运动过程，知道匀加速运动阶段，牵引力不变，达到额定功率后，功率不变，结合P=Fv进行分析6（4分）（xx南通二模）质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是（）ABCD【分析】根据牛顿第二定律分析球下落过程加速度的变化进而得到其速度的变化情况，vt图象的斜率表示加速度；动能的变化等于合外力做的功，阻力做的功等于球机械能的变化量【解答】解：A、已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律：mgkv=ma，得a=g ，开始时v比较小，mgkv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又 v=at ，整理得：a=，可见a不是均匀减小，故A错误；B、由前面分析知球做加速度逐渐减小的加速运动，其斜率应该逐渐减小，故B错误；C、由动能定理：mghfh=Ek，即Ek=（mgkv）h，由于v是变化的，故Ekh不是线性关系，C错误；D、机械能的变化量等于克服阻力做的功：fh=EE0v逐渐增大，则f逐渐增大，即Eh图象的斜率逐渐变大，故D正确；故选：D【点评】本题借助数学函数知识考查了动能定理以及重力以外的力做功等于机械能的变化量等功能关系，原则就是将利用功能关系列出的方程整理成图象对应的函数解析式，分析其斜率的物理意义7（4分）（xx春抚州校级月考）雨天的野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来如图4所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则（）A泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来【分析】a、b、c、d共轴转动，角速度相等，根据公式a=r2分析向心加速度大小用手摇脚蹬，使后轮快速转动时，泥块做圆周运动，合力提供向心力，当提供的合力小于向心力时做离心运动【解答】解：A、a、b、c、d共轴转动，角速度相等，半径也相等，根据公式a=r2分析知它们的向心加速度大小都相等，故A错误BCD、泥块做圆周运动，合力提供向心力，根据F=m2r知：泥块在车轮上每一个位置的向心力相等，当提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去最低点，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力，最高点，重力向下，附着力向下，合力为重力加附着力，在线速度竖直向上或向下时，合力等于附着力，所以在最低点c合力最小，最容易飞出去故C正确，BD错误故选：C【点评】该题是一个实际问题，泥块被甩下来要做离心运动，当提供的合力小于向心力时做离心运动8（4分）（xx郑州三模）如图所示，边长为1m的正方体空间图形ABCDA1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内（包括边界）不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g取10m/s2则（）A小球落在B1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最小值B小球落在C1点时，初始速度为m/s，是抛出速度的最大值C落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同【分析】小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动运动时间由下落的高度决定由分位移公式求初速度由机械能守恒定律研究落地时机械能【解答】解：A、小球做平抛运动，由L=得 t=，下落高度相同，平抛运动的时间相等；由几何关系可知，小球的落地点距离A越近，则小球在水平方向的位移越小，所以小球落在B1点时，不是抛出速度的最小值；落在C1时水平位移最大，最大位移为正方形的对角线的长度，即L，由：得：m/s，故A错误，B正确C、落在B1D1线段上的小球，落在B1D1线段中点的小球落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2水平位移为x2由几何关系有 x1：x2=1：，由x=v0t，得：v1：v2=1：，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1=mgh+，E2=mgh+，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2故C错误D、设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则有 tan=，tan=，则 tan=2tan，可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，掌握分位移公式，D项也可以根据作为结论记住9（4分）（xx秋广州校级期末）如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道则飞行器（）A变轨后将沿轨道3运动B相对于变轨前运行周期变长C变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等【分析】飞行器做圆周运动，万有引力提供向心力，根据题意确定飞行器受到如何变化，然后应用万有引力定律与牛顿第二定律分析答题【解答】解：由于在P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，受到v减小，飞行器做圆周运动需要的向心力：m减小，小于在P点受到的万有引力：G，则飞行器将开始做近心运动，轨道半径r减小A、因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3运动，故A正确； B、根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，故B错误；C、因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，故C错误；D、飞行器在轨道P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度大小相等，故D正确故选：AD【点评】能根据飞行器向前喷气判断飞行器速度的变化，再根据做匀速圆周运动的条件求确定物体做近心运动，熟知飞行器变轨原理是解决本题的关键10（4分）（xx秋青岛校级月考）“嫦娥一号”发射后，首先被送入一个近地轨道，通过加速再进入一个大的椭圆轨道，此后卫星不断加速，开始奔向月球在快要到达月球时减速被月球“俘获”后，成为环月卫星，最终经过三次减速进入离月球表面高为h 的极地轨道绕月飞行已知月球自转周期为T0，月球半径R，月球表面的重力加速度g，引力常量G，则下列说法正确的是（）A利用题中所给数据可以求出“嫦娥一号”卫星的质量B“嫦娥一号”卫星绕月球极地轨道运行的加速度a=C月球的密度=D“嫦娥一号”卫星在T0内绕月球极地轨道运行的圈数为【分析】嫦娥一号卫星绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出加速度、周期、月球质量，然后分析答题【解答】解：A、嫦娥一号卫星绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出月球的质量，但不能求出卫星的质量，故A错误；B、月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=mg，由牛顿第二定律得：G=ma，解得，加速度：a=，故B错误；C、月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=mg，月球质量：M=，月球的密度：=，故C正确；D、月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=mg，由牛顿第二定律得：G=m（R+h），嫦娥一号卫星的周期：T=2，“嫦娥一号”卫星在T0内绕月球极地轨道运行的圈数：n=，故D正确；故选：CD【点评】本题考查了万有引力定律的应用，万有引力提供圆周运动向心力和万有引力与星球表面重力相等是解决此类问题的主要入手点，关键是掌握相关公式及公式变换11（4分）（xx秋越城区校级期中）如图所示，物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m开始以手托住物体A，两绳恰好伸直，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h放手后A从静止开始下落，在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，（不计滑轮处的摩擦）则下列说法正确的是（）A在A下落至地面前的过程中物体B始终处于平衡状态B在A下落至地面前的过程中A物体始终处于失重状态C在A下落至地面前的过程中A物体的机械能减少了mghDA落地前的瞬间加速度为g方向向上【分析】弹簧处于原长状态，A从静止开始下落后，弹簧伸长，绳子对B有向上的拉力，由题可知，B一直处于静止状态在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，此时弹簧的拉力恰好等于B的重力，说明弹簧的弹力从零开始逐渐增大到2mg，A先处于失重状态，后处于超重状态以A研究对象，A落地前的瞬间受到向上的拉力，大小等于2mg，重力mg，由牛顿第二定律分析得到加速度的大小和方向【解答】解：A、由题分析可知，在A下落至地面前的过程中，B一直处于静止状态，即B始终处于平衡状态故A正确B、在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，此时弹簧的拉力恰好等于B的重力2mg，说明的弹簧的弹力从0逐渐增大到2mg，而A的重力为mg，所以弹簧的弹力先小于A的重力，后大于A的重力，则A先处于失重状态，后处于超重状态故B错误；C、在A下落至地面前的过程中A物体的重力做功是mgh，动能变化是0，机械能减少了mgh，C正确D、以A研究对象，A落地前的瞬间，受到拉力和重力作用，拉力大小等于2mg，重力大小为mg，由牛顿第二定律分析得到加速度的大小为g，方向竖直向上故D正确故选：ACD【点评】本题分析时，要抓住“在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力”，分析弹簧的弹力情况，即可判断超重和失重，运用牛顿第二定律求解加速度，所以分析受力是关键12（4分）（xx海曙区校级模拟）如图，倾斜固定的气垫导轨底端固定有滑块P，滑块Q可在导轨上无摩擦滑动，两滑块上分别固定有同名磁极相对的条形磁铁将Q在导轨上方某一位置由静止释放，已知由于磁力作用，Q下滑过程中并未与P相碰不考虑磁铁因相互作用而影响磁性，且不计空气阻力，则在Q下滑过程中（）A滑块Q的机械能守恒B滑块Q和滑块P间的最近距离与初始释放位置的高度有关C滑块Q所能达到最大速度与初始释放位置的高度有关D滑块Q达到最大速度时的位置与初始释放位置的高度有关【分析】机械能守恒的条件是只有重力做功；分析滑块Q的受力情况，来判断其运动情况，即可分析PQ最近距离和Q的最大速度与什么因素有关【解答】解：A、滑块Q下滑的过程中，受到P的排斥力作用，此排斥力对Q做负功，所以Q的机械能减小，故A错误B、滑块Q在下滑过程中，沿轨道方向受到重力的分力和磁场斥力，先做加速运动后做减速运动，当速度减至零时，与P的距离最近根据能量守恒得知，Q初始释放位置的高度越大，相对于P位置具有的重力势能越大，当P运动到最低点时，其重力势能全部转化为磁场能，则知磁场能越大，PQ的距离越近，故B正确C、D当滑块所受的磁场力与重力沿轨道向下的分力二力平衡时，Q的速度最大，重力的分力一定，根据平衡条件得知，速度最大时磁场力的大小也一定，则Q速度最大的位置一定，与Q初始释放位置的高度无关根据能量守恒得知，滑块Q释放的位置越高，具有的重力势能越大，速度最大时磁场能一定，则Q所能达到的最大动能越大，最大速度也越大，故知滑块Q所能达到最大速度与初始释放位置的高度有关故C正确，D错误故选：BC【点评】本题类似于滑块Q压在弹簧上的过程，关键能正确分析Q的受力情况，判断其运动情况13（4分）（xx秋越城区校级期中）如图所示，置于竖直平面内的AB光滑细杆轨道，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点右边A1B1光滑杆是与AB光滑杆完全相同的沿AB线为轴转过180的杆子，现将两相同a、b小球分别套在AB与A1B1轨道的最上端，同时由静止开始从轨道顶端滑下，重力加速度为g则（）Aa、b两小球同时从轨道末端出来B小球b从轨道末端出来的速度大小为C小球a从轨道末端出来的水平速度大小为D除初始时刻速度都为零外，在轨道上运动的任意时刻，b球速度总是大于a球体速度【分析】小球沿着光滑的抛物线轨道运动，通过任意位置的速度方向与平抛运动通过该点时的速度方向是一致的，小球运动过程中只有重力做功，机械能也守恒；根据机械能守恒定律和平抛运动的规律列式分析即可【解答】解：A、根据机械能守恒定律，两个球最后的速度应该相等，而A1B1轨道坡度先大后小，AB轨道坡度先小后大，故应该是b球先达到轨道末端；故A错误；B、光滑细杆轨道AB，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，故高度差为：h=小球a从静止释放，根据机械能守恒定律，有：mgh=联立解得：v=故B正确；C、光滑细杆轨道AB，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，故末速度与水平速度的夹角的正切值为：tan=故小球a从轨道末端出来的水平速度大小为：vx=vcos=故C正确；D、根据机械能守恒定律，两个球最后的速度应该相等，而A1B1轨道坡度先大后小，AB轨道坡度先小后大，故除初始时刻速度都为零外，在轨道上运动的任意时刻，b球速度总是大于a球体速度；故D正确；故选：BCD【点评】本题关键是明确小球运动的规律，速度大小根据机械能守恒定律求解，速度方向与平抛运动的速度方向一致，同时要明确加速度先大后小与先小后大比，是加速度先大后小快14（4分）（xx秋烟台期末）如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块板长度均为L，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块板，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中三块板均保持静止；若让物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动，三块木板仍能保持静止，则下列说法正确的是（）A物体仍能运动到a点并停下来B物体不能运动到a点C物体两次经过c点时速度大小相等D物体两次经过b点时速度大小相等【分析】对向右和向左运动的过程运用动能定理分别列式，即可得到速度大小相等的位置【解答】解：A、物块从a点开始向右运动过程，根据动能定理：mgL+2mgL+3mgL=mv02假设物块从d向左运动过程能到达a点，则根据动能定理克服摩擦力做的功仍然为mgL+2mgL+3mgL=mv02故物体仍嫩运动到a点停下来；故A正确B错误；C、设速度大小相同的点为e点，e点在c点左侧s处图示：根据动能定理得：向右运动过程：mgL2mg（Ls）=Ekemv02向左运动过程：3mgL2mgS=Ekemv02由上两式得：3mgL2mgS=3mgL+2mgS所以S=0，即为c点，故C正确D错误；故选：AC【点评】本题是动能定理的运用题型，关键要正确选择研究的过程，明确有哪些力做功，哪些力做正功哪些力做负功二、实验题（8分）15（8分）（xx秋青岛校级月考）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示该同学在实验中没有记录交流电的周期T，需要用实验数据和其他条件进行推算（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用T和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为，打出C点时重物下落的速度大小为，重物下落的加速度的大小为（2）已测得s1，s2，s3；当重力加速度大小为g，试验中重物受到的平均阻力大小为其重力的k倍（k1）由此推算出交流电的周期T表达式为T=【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点、C点的速度根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重物下落的加速度（2）根据牛顿第二定律，结合加速度的表达式求出交流电周期的表达式【解答】解：（1）根据平均速度推论知，打出B点的速度、C点的速度根据得，重物下落的加速度大小a=（2）根据牛顿第二定律得，mgkmg=ma，而a=，联立解得交流电的周期T=故答案为：（1），（2）T=【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小和加速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用三、计算题16（12分）（xx淮南一模）有一半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，直径BC竖直，与粗糙水平面相切于B点，如图所示在距B点s=2.1m的A点有一质量m=0.2Kg的小滑块，小滑块与水平面间的动摩擦因数为=0.5，在与水平方向成=53的恒力F的作用下由静止开始向B点运动，运动到B点时撒去F，小滑块运动到最高点c处时，对轨道的压力大小等于其重力大小的（g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）（1）小滑块运动到c点时速度的大小？（2）小滑块运动到圆轨道的B点，撒去F时受到轨道的支持力为多大？（3）恒力F的大小？【分析】（1）根据牛顿第二定律，结合C点的弹力大小，求出C点的速度（2）根据动能定理求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小（3）根据速度位移公式求出AB段的加速度，结合牛顿第二定律求出恒力F的大小【解答】解：（1）在C点，根据牛顿第二定律得：N+mg=m，N=，代入数据解得：vc=（2）对B到C运用动能定理得：，代入数据解得：vB=，根据牛顿第二定律得：，解得：=N=12.5N（3）物块在AB段匀加速直线运动的加速度为：，根据牛顿第二定律得：Fcos53（mgFsin53）=ma，代入数据解得：F=2N答：（1）小滑块运动到c点时速度的大小为m/s；（2）小滑块运动到圆轨道的B点，撒去F时受到轨道的支持力为12.5N；（3）恒力F的大小为2N【点评】本题考查了考查了牛顿第二定律、动能定理、运动学公式的综合运用，知道圆周运动最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解17（12分）（xx春德州期末）如图甲所示，一电动机通过光滑定滑轮与倾角为30的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后，物体沿斜面上升，在03s时间内物体运动的vt图象如图乙所示（除t12s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线），其中v1=3m/s，v2=6m/s，t3时刻后电动机的输出功率P=60W保持不变（重力加速度g取10m/s2）求：（1）物体的质量为m；（2）自0时刻起，物体做匀加速运动的时间t；（3）03s内电动机输出的机械能【分析】（1）物体受重力、支持力和拉力，匀速运动时，根据P=Fv求解拉力，而根据平衡条件，拉力等于重力的下滑分力，列式求解即可；（2）匀加速阶段，先根据P=Fv求解拉力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据速度时间关系公式列式求解匀加速的时间；（3）0t1时间是匀加速，电动机输出的能量等于物体机械能的增加量，此后是恒定功率运动，根据W=Pt可以求解功【解答】解：（1）第3s物体处于平衡状态，细线的拉力为：F1=mgsin30又P=F1v2联立解得：m=2kg（2）t1时刻，有：P=F2v10t1时间内，由牛顿第二定律，有：F2mgsin30=ma根据速度公式，有：v1=at1联立解得：t1=0.6s（3）0t1物体的位移：x=03s电动机输出的机械能为：E=mgxsin30+联立解得：E=162J答：（1）物体的质量为m为2kg；（2）自0时刻起，物体做匀加速运动的时间t为0.6s；（3）03s内电动机输出的机械能为162J【点评】本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和功能关系求解，不难18（12分）（xx石景山区一模）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中水平直轨AB与倾斜直轨CD长均为L=6m，圆弧形轨道AQC和BPD均光滑，AQC的半径为r=1m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2D、O1C与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0=24J的初动能从B点开始水平向左运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=，设小球经过轨道连接处均无能量损失（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小球第一次回到B点时的速度大小；（2）小球第二次到达C点时的动能；（3）小球在CD段上运动的总路程【分析】（1）对从B点出发到回到B点整个过程运用动能定理，求出小球第一次回到B点时的速度大小（2）小球第二次到达C点时，对B到C运用动能定理，求出到达C点时的动能（3）小球最终只能在圆弧形轨道BPD上做往复运动，即到达D点速度为零，对全过程运用动能定理，求出小球在CD段上运动的总路程【解答】解：（1）根据动能定理得，mv12Ek0=mgLcosmgL代入 解得v1=m/s3.4m/s（2）小球第一次回到B点时的动能，继续运动，根据动能定理得，mgr（1+cos）mgLcos=EKCEK1当到达C点时动能为EKC=mgr（1+cos）+EK1mgLcos=18+68=16J（3）小球第二次到达C点后还剩16J的能量，继续上升还需克服重力做功为W=mgr（1+cos37）=18J，才能到达A点，因此小球无法继续上升，滑到AQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，上升高度越来越低小球最终只能在圆弧形轨道BPD上做往复运动，即到达D点速度为零，由动能定理：可得小球在斜轨CD上所通过的路程为s=39m小球通过CD段的总路程为s=2L+s=51m答：（1）小球第一次回到B点时的速度大小为3.4m/s（2）小球第二次到达C点时的动能为16J（3）小球在CD段上运动的总路程为51m【点评】本题涉及多个过程运动，关键是正确地进行受力分析，选择适当的研究过程，运用动能定理解题