2019-2020年高三上学期10月月考物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期10月月考物理试卷 含解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分）1关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（）A速度变化得越多，加速度就越大B速度变化得越快，加速度就越大C加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D加速度大小不断变小，速度大小也不断变小2如图所示，倾角为的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上设木块受到的摩擦力大小为f，桌面与斜面体间的动摩擦因数为，则桌面对斜面体的摩擦力大小是（）Amg sin Bmg cos Cf cos D03如图所示，体操吊环运动有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环（图甲），然后身体下移，双臂缓慢张开到图乙位置，则在此过程中，吊环的两根绳的拉力FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为（）AFT减小，F不变BFT增大，F不变CFT增大，F减小DFT增大，F增大4如图，轻绳OB将球A挂于竖直墙壁上，设绳对球的弹力为T，墙对球的弹力为N，不计摩擦，若将绳长缩短，小球再次静止时，则（）AT减小，N减小BT减小，N增大CT增大，N减小DT增大，N增大5如图所示st图象和vt图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bst图象中t1时刻v1=v2Cvt图象中0至t3时间内4的平均速度大于3的平均速度D两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动6伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小7xx年10月25日，我国在西昌卫星发射中心成功将一颗北斗导航卫星发射升空并送入预定转移轨道这是一颗地球静止轨道卫星，将与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力关于这颗地球静止轨道卫星的说法正确的是（）A它的周期与月球绕地球运动的周期相同B它在轨道上运动时可能经过北京的上空C它运动时的向心加速度大于重力加速度D它运动的线速度比地球第一宇宙速度小8目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（）A由于气体阻力做负功，卫星的动能逐渐减小B由于地球引力做正功，引力势能一定减小C由于气体阻力做功可忽略，因此机械能保持不变D卫星克服气体阻力做的功等于引力势能的减小9将两个电荷量分别为2Q和+3Q的相同金属小球A、B，分别固定在相距为r的两处，A、B均可视为点电荷，它们之间库仑力的大小为F现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电绝缘金属小球C先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）AFBCD10将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）A电荷Q带负电Ba点的电场强度比b点的小Ca点的电势比b点的高D检验电荷q在a点的电势能比在b点的大11质量为1kg的物体被竖直向上抛出，在空中的加速度的大小为16m/s2，最大上升高度为5m，若g取10m/s2，则在这个过程中（）A重力势能增加了80JB动能减小了50JC机械能减小了30JD机械能守恒12如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）ABCD二、实验题（每空2分，共14分）13如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出从图中读出A、B两点间距s=；C点对应的速度是（计算结果保留三位有效数字）14用如图1所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是（2）图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= m/s2运动至C点的速度（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是（选填下列选项的序号）A小车与平面轨道之间存在摩擦 B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大 D所用小车的质量过大三、计算题（共50分）15我国北方冬季天气寒冷，雪后路面结冰会给交通运输带来极大的影响若汽车橡胶轮胎与普通路面的动摩擦因数为0.9，与冰面的动摩擦因数为0.1当汽车以某一速度沿水平普通路面行驶时，急刹车后（设车轮立即停止转动），汽车要滑行8m才能停下重力加速度g取10m/s2求：（1）汽车行驶时的速度大小；（2）汽车在冰面上以同样速度行驶，急刹车后滑行的距离比普通路面增大多少；（3）要使汽车紧急刹车后在冰面上8m内停下，汽车行驶的速度不超过多少16如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2重力加速度g取10m/s2求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l17跳伞运动员从跳伞塔上跳下，当降落伞打开后，伞和运动员所受的空气阻力大小跟下落速度的平方成正比，即f=kv2，已知比例系数k=20Ns2/m2，运动员和伞的总质量m=72kg设跳伞塔足够高，且运动员跳离塔后即打开伞，取g=10m/s2（1）求下落速度达到v=3m/s时，跳伞运动员的加速度大小；（2）求跳伞运动员最终下落的速度；（3）若跳伞塔高 h=200m，跳伞运动员在着地前已经做匀速运动，求从开始跳下到即将触地的过程中，伞和运动员损失的机械能（本问结果保留3位有效数字）18如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=10m，半圆形轨道半径R=2.5m质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出重力加速度g取10m/s2（1）若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点滑块落回A点时的速度；（2）如果要使小滑块在圆弧轨道运动过程中不脱离轨道，求水平恒力F应满足的条件19有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，探测卫星绕地球运动的周期为T求：（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小；（3）在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到的地球表面赤道的最大弧长（此探测器观测不受日照影响，不考虑空气对光的折射）五、附加题20（xx秋西城区期末）在水平直线马路上，质量为1.0l03 kg的汽车，发动机的额定功率为6.0l04 W，汽车开始由静止以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，运动中所受摩擦阻力大小恒为xxN，当汽车达到额定功率后，保持功率不变，重力加速度g取10m/s2求：（1）汽车做匀加速运动的时间tl；（2）汽车所能达到的最大速率；（3）若汽车由静止到发生位移x=1000m前已达到最大速率，则汽车发生该1000m位移需要多少时间？xx学年北京二中通州分校高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分）1关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（）A速度变化得越多，加速度就越大B速度变化得越快，加速度就越大C加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D加速度大小不断变小，速度大小也不断变小【考点】加速度【专题】直线运动规律专题【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大【解答】解：A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故A错误B、加速度反映速度变化的快慢，速度变化得越快，加速度就越大，故B正确；C、加速度方向保持不变，速度方向可以变化，例如平抛运动，故C错误D、如果加速度方向与速度方向相同，加速度大小不断变小，速度却增大，故D错误故选：B【点评】速度与加速度均是矢量，速度变化的方向决定了加速度的方向，却与速度方向无关同时加速度增加，速度可能减小，所以加速度与初速度的方向关系决定速度增加与否2如图所示，倾角为的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上设木块受到的摩擦力大小为f，桌面与斜面体间的动摩擦因数为，则桌面对斜面体的摩擦力大小是（）Amg sin Bmg cos Cf cos D0【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出桌面对斜面体的摩擦力大小【解答】解：对整体分析，整体处于平衡整体，竖直方向上受总重力和支持力平衡，水平方向上的合力为零，可知摩擦力f=0故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】本题考查了共点力平衡的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活应用，难度不大，属于基础题3如图所示，体操吊环运动有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环（图甲），然后身体下移，双臂缓慢张开到图乙位置，则在此过程中，吊环的两根绳的拉力FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为（）AFT减小，F不变BFT增大，F不变CFT增大，F减小DFT增大，F增大【考点】力的概念及其矢量性【专题】定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题【分析】两根绳拉力的合力与人的重力平衡，根据平行四边形定则判断拉力的变化【解答】解：对人受力分析可知，两绳的拉力的合力与人的重力的大小是相等的，人的重力的大小是不变的，所以两绳的合力F的不变，即当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小FT都要增大，所以D正确A、B、C错误故选：D【点评】本题即使考查学生对合力与分力之间关系的理解，在合力不变的情况下，两个分力之间的夹角越大，那么这两个分力的大小就越大4如图，轻绳OB将球A挂于竖直墙壁上，设绳对球的弹力为T，墙对球的弹力为N，不计摩擦，若将绳长缩短，小球再次静止时，则（）AT减小，N减小BT减小，N增大CT增大，N减小DT增大，N增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】设绳子与墙壁的夹角为以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到T和N与的函数式，再进行分析【解答】解：小球的受力如图所示根据平衡条件得： Tcos=G Tsin=N则得绳子对球的拉力大小 T=，墙对球的弹力 N=mgtan当将绳长缩短时，增大，cos减小，tan增大，则得T和N均增大，故D正确故选：D【点评】本题分析动态平衡问题的方法叫函数法，也可以运用图解直观反映力的变化情况5如图所示st图象和vt图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bst图象中t1时刻v1=v2Cvt图象中0至t3时间内4的平均速度大于3的平均速度D两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】根据位移图象的斜率等于速度，分析位移图象表示的物体的运动情况位移图象中两图线的交点表示位移相等由速度图象的“面积”读出位移，比较平均速度的大小由速度方向判断物体的运动方向【解答】解：A、图线1的斜率始终大于零，说明物体的速度始终大于零，表示物体一直沿正方向运动，说明物体做直线运动故A错误B、st图象中t1时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，则有v1v2故B错误C、vt图象中0至t3时间内图线4的“面积”大于图线3的“面积”，则4的位移大于3的位移，所用时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度故C正确D、st图象中t2时刻表示2的速度反向，而图线4的速度一直为正，说明速度方向没有反向故D错误故选C【点评】本题中st图象与vt图象形状相同，但物理意义不同，关键根据斜率的物理意义分析物体的运动情况6伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去【解答】解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误故选：A【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点7xx年10月25日，我国在西昌卫星发射中心成功将一颗北斗导航卫星发射升空并送入预定转移轨道这是一颗地球静止轨道卫星，将与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，形成区域服务能力关于这颗地球静止轨道卫星的说法正确的是（）A它的周期与月球绕地球运动的周期相同B它在轨道上运动时可能经过北京的上空C它运动时的向心加速度大于重力加速度D它运动的线速度比地球第一宇宙速度小【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【专题】人造卫星问题【分析】地球的静止轨道卫星处于赤道的上方，周期等于地球自转的周期，根据万有引力提供向心力得出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而比较出线速度与第一宇宙速度的大小，向心加速度与重力加速度的大小【解答】解：A、地球静止轨道卫星的周期等于地球的自转周期，为1天，小于月球绕地球运动的周期故A错误B、地球静止轨道卫星的轨道处于赤道的上方，不可能经过北京的上空故B错误C、根据，得，a=，v=，知卫星运动的向心加速度小于地面的重力加速度因为第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以卫星的速度小于第一宇宙速度故C错误，D正确故选D【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用8目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（）A由于气体阻力做负功，卫星的动能逐渐减小B由于地球引力做正功，引力势能一定减小C由于气体阻力做功可忽略，因此机械能保持不变D卫星克服气体阻力做的功等于引力势能的减小【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【专题】人造卫星问题【分析】本题关键是首先根据地球对卫星的万有引力等于卫星需要的向心力，得出卫星的动能随轨道半径的减小而增大，然后再根据动能定理和功能原理讨论即可【解答】解：A、由，可知，v=，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，故A错误；B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，故B正确；C、气体阻力做功不可忽略，由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故D错误故选：B【点评】本题要注意若卫星做圆周运动，则应满足，可得轨道半径越小v越大，应熟记9将两个电荷量分别为2Q和+3Q的相同金属小球A、B，分别固定在相距为r的两处，A、B均可视为点电荷，它们之间库仑力的大小为F现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电绝缘金属小球C先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）AFBCD【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可【解答】解：开始时由库仑定律得：F=k当小球和A接触后，A球带电为Q，再和B球接触时，先中和后总电量为2Q，故平分后B球带电为Q，因此此时：F1=k由得：F1=F，故ABC错误，D正确故选D【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解10将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则（）A电荷Q带负电Ba点的电场强度比b点的小Ca点的电势比b点的高D检验电荷q在a点的电势能比在b点的大【考点】电场线；电势能【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以Q带正电，a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小【解答】解：A、电场线从正电荷出发终止于负电荷，由图可知，Q带正电，故A错误；B、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故B错误；C、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故C正确；D、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故D错误故选：C【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加11质量为1kg的物体被竖直向上抛出，在空中的加速度的大小为16m/s2，最大上升高度为5m，若g取10m/s2，则在这个过程中（）A重力势能增加了80JB动能减小了50JC机械能减小了30JD机械能守恒【考点】功能关系；机械能守恒定律【分析】重力对物体做负功，物体的重力势能增大，物体上升到最高点做匀减速运动，根据导出公式求得物体的初速度和物体的初动能；根据牛顿第二定律求出物体上升的过程中受到的阻力机械能的减少等于阻力做的功【解答】解：A、物体上升的高度是5m，克服重力做功：W=mgh=1105=50J所以物体的重力势能增大了50J故A错误；B、物体上升到最高点做匀减速运动，则：2ah=0v2，得： m/s 物体的动能减少： J故B错误；C、物体向上运动时有：；解得：f=6N；阻力对物体做功：Wf=fh=65J=30J，所以物体的机械能减少了30J故C正确；D、由于在在过程中有空气的阻力做功，所以机械能不守恒故D错误故选：C【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，难度适中12如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）ABCD【考点】重力势能；机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式【解答】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间所以A错误B、物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同故B错误C、设斜面的倾角为在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0ta1t2重力势能为：EP=mgx1sin=mgsin（v0ta1t2），为抛物线方程下滑过程：重力势能为EP=mgHa2（tt0）2sin，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程所以C是可能的故C正确D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，不可能有增大的阶段，所以D图不可能故D错误故选：C【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据解析式选择物理图象二、实验题（每空2分，共14分）13如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02sABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出从图中读出A、B两点间距s=0.70cm；C点对应的速度是0.100m/s（计算结果保留三位有效数字）【考点】打点计时器系列实验中纸带的处理【专题】实验题【分析】打点计时器打点周期与交变电流的周期相同由t=0.02s（n1），算出计数点间的时间隔T，BD间平均速度近似等于C点的速度【解答】解：带上打相邻两点的时间间隔T= A、B间的距离S=0.70cm B、D间的时间间隔T=0.1s 则vc=0.100m/s故答案是：0.02s，0.70cm，0.100m/s【点评】打点计时器问题常常根据匀变速运动的推论：由求解速度，由x=aT2加速度14用如图1所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力（2）图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=1.0 m/s2运动至C点的速度0.54m/s（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是C（选填下列选项的序号）A小车与平面轨道之间存在摩擦 B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大 D所用小车的质量过大【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）探究物体加速度与力的关系实验中，要使小车受到的拉力等于钩码的重力，在实验前应平衡摩擦力；（2）根据纸带数据，匀变速直线运动的推论求出C点速度，由x=at2可求小车的加速度；（3）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量【解答】解：（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力（2）计数点间的时间间隔 T=0.02s5=0.1s，利用匀变速直线运动的推论得： =0.54m/s，由x=aT2可得：小车的加速度a=1.0m/s2（3）随着力F的增大，即所挂钩码总质量的增大，不再满足所挂钩码的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故ABD错误，C正确；故选：C故答案为：（1）平衡小车运动中所受的摩擦阻力；（2）1.0；0.54m/s；（3）C【点评】解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度三、计算题（共50分）15我国北方冬季天气寒冷，雪后路面结冰会给交通运输带来极大的影响若汽车橡胶轮胎与普通路面的动摩擦因数为0.9，与冰面的动摩擦因数为0.1当汽车以某一速度沿水平普通路面行驶时，急刹车后（设车轮立即停止转动），汽车要滑行8m才能停下重力加速度g取10m/s2求：（1）汽车行驶时的速度大小；（2）汽车在冰面上以同样速度行驶，急刹车后滑行的距离比普通路面增大多少；（3）要使汽车紧急刹车后在冰面上8m内停下，汽车行驶的速度不超过多少【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）由牛顿第二定律求出汽车的加速度，然后由速度位移公式求出汽车的速度（2）由牛顿第二定律求出汽车在冰面上的速度，然后由速度位移公式求出汽车的滑行距离，然后求出位移差（3）已知位移与加速度，由速度位移公式求出汽车的最大速度【解答】解：（1）由牛顿第二定律得，汽车在普通路面上刹车时的加速度：a1=1g=0.910=9m/s2，由匀变速运动的速度位移公式得：，即：0v02=298，解得，汽车的初速度v0=12m/s；（2）汽车在冰面上刹车时：a2=2g=0.110=1m/s2，由速度位移公式得：，0122=21x2，解得：x2=72m；位移差：x=x2x1=64m；（3）汽车在冰面上刹车时：，0v2=218，解得：v=4m/s；答：（1）汽车行驶时的速度大小为12m/s；（2）汽车在冰面上以同样速度行驶，急刹车后滑行的距离比普通路面增大64m；（3）要使汽车紧急刹车后在冰面上8m内停下，汽车行驶的速度不超过4m/s【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁本题也可以应用动能定理求解16如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2重力加速度g取10m/s2求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离【解答】解：设滑块的质量为m（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=mv2，代入数据解得，解得碰撞前瞬间A的速率：v=2m/s（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv，代入数据解得，碰撞后瞬间A和B整体的速率：v=1m/s（3）对A、B系统，由动能定理得： 2mv2=2mgl，代入数据解得，A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l=0.25m答：（1）碰撞前瞬间A的速率v为2m/s；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v为1m/s；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m【点评】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解17跳伞运动员从跳伞塔上跳下，当降落伞打开后，伞和运动员所受的空气阻力大小跟下落速度的平方成正比，即f=kv2，已知比例系数k=20Ns2/m2，运动员和伞的总质量m=72kg设跳伞塔足够高，且运动员跳离塔后即打开伞，取g=10m/s2（1）求下落速度达到v=3m/s时，跳伞运动员的加速度大小；（2）求跳伞运动员最终下落的速度；（3）若跳伞塔高 h=200m，跳伞运动员在着地前已经做匀速运动，求从开始跳下到即将触地的过程中，伞和运动员损失的机械能（本问结果保留3位有效数字）【考点】功能关系【分析】因为运动员受的空气阻力f=kv2和重力作用，可用牛顿第二定律解得其加速度；因为塔足够高，所以运动员一定会达到匀速运动状态，即重力与空气阻力平衡；损失的机械能是由于空气阻力，但是空气阻力是随速度变化的力，所以不能直接解出其所做的功，我们可以解出动能和重力势能之和一共减少多少，即损失了多少机械能【解答】解：（1）因为运动员受的空气阻力f=kv2和重力作用，由牛顿第二定律：mgf=ma解得：a=g=7.5m/s2（2）跳伞员最后匀速运动，即重力与空气阻力平衡：mg=kv2解得：v=6m/s（3）损失的机械能是由于空气阻力，但是空气阻力是随速度变化的力，所以不能直接解出其所做的功，我们可以解出动能和重力势能之和一共减少多少，即损失了多少机械能损失机械能：E=mgHmv2=1.43105J 答：（1）跳伞员的下落速度达到3m/s时，其加速度为7.5m/s2（2）跳伞员最后下落速度为v=6m/s（3）若跳伞塔高200m，则跳伞员从开始跳下到即将触地的过程中，损失了1.43105J 机械能【点评】解此类综合性较强的题目，应把具体复杂过程分解为多个简单的过程，比如此题可分解为牛顿第二定律，受力平衡，功能关系18如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=10m，半圆形轨道半径R=2.5m质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出重力加速度g取10m/s2（1）若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点滑块落回A点时的速度；（2）如果要使小滑块在圆弧轨道运动过程中不脱离轨道，求水平恒力F应满足的条件【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）物体C到A的过程中做平抛运动，将运动分解即可；（2）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出vc，在从B到C的过程中质点仅受重力和轨道的支持力，而轨道的支持力不做功，共可以根据动能定理求出物体在水平轨道上受到的力F的大小【解答】解：（1）物体C到A的过程中做平抛运动，竖直方向：得： s在水平方向：x=vCt得： m/s到达C时物体在竖直方向的分速度：vy=gt=101m/s=10m/s所以物体到达A点的速度： m/s与水平方向的夹角：，所以=45斜向左下（2）物体恰好通过最高点，则有：mg=物体由A到C过程拉力和重力做功，由动能定理有：代入数据得：F=0.625 N故滑块在AB段运动过程中恒定外力F大于0.625N若物体最高只能到达与O等高的D点，同样也可以不脱离轨道，则A到D的过程中：FxmgR=00得： N，所以当拉力F2.5N时，也可以满足条件答：（1）滑块落回A点时的速度大小为m/s，与水平方向成45角斜向左下（2）水平恒力F应满足的条件是：F0.25N或F0.625N【点评】本题的第二问中，由两种情况是该题的关键，物体恰好通过C点是本题的突破口，这一点要注意把握属于中档偏难的题目19有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，探测卫星绕地球运动的周期为T求：（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小；（3）在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到的地球表面赤道的最大弧长（此探测器观测不受日照影响，不考虑空气对光的折射）【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】万有引力定律的应用专题【分析】（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿运动定律列式求解；（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时速度大小可由圆周运动的公式v=求解；（3）作出观测到赤道上的弧长的图形，根据几何关系求解【解答】解：（1）设卫星质量为m，卫星绕地球运动的轨道半径为r，根据万有引力定律和牛顿运动定律得：解得 （2）设卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小为v，则（3）设宇宙飞船在地球赤道上方A点处，距离地球中心为2R，飞船上的观测仪器能观测到地球赤道上的B点和C点，能观测到赤道上的弧长是LBC，如图所示， cos=，则：=60能观测到地球表面赤道的最大长度LBC=答：（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为；（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小为；（3）能观测到地球表面赤道的最大长度为【点评】探测卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解五、附加题20（xx秋西城区期末）在水平直线马路上，质量为1.0l03 kg的汽车，发动机的额定功率为6.0l04 W，汽车开始由静止以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，运动中所受摩擦阻力大小恒为xxN，当汽车达到额定功率后，保持功率不变，重力加速度g取10m/s2求：（1）汽车做匀加速运动的时间tl；（2）汽车所能达到的最大速率；（3）若汽车由静止到发生位移x=1000m前已达到最大速率，则汽车发生该1000m位移需要多少时间？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而根据P=Fv求出匀加速直线运动的最大速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间（2）当牵引力等于阻力时，速度最大根据P=Ffvm求出汽车运行的最大速率（3）先根据匀变速直线运动的位移公式求出匀加速直线运动的位移，因为汽车速度达到匀加速直线运动的最大速度时，以后功率保持不变，根据动能定理求出变加速运动的时间，从而得出总时间【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，FFf=ma设匀加速的末速度为v，则有：P=Fvv=at1代入数值，联立解得匀加速的时间t1=20s（2）当达到最大速度vm时，有：P=Ffvm解得汽车的最大速度vm=30m/s（3）汽车做匀加速运动的位移在后一阶段牵引力对汽车做正功，阻力做负功，根据动能定理有：又有x2=xx1代入数值，联立解得：t2=30.8s所以汽车总的运动时间t=t1+t2=50.8s答：（1）汽车做匀加速运动的时间为20s（2）汽车所能达到的最大速率为30m/s（3）汽车发生该1000m位移需要50.8s【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式，关键理清汽车在整个过程中的运动情况，选择合适的规律进行求解