2019-2020年高三上学期段考物理试卷（11月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期段考物理试卷（11月份）含解析一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共48分.其中1-8为单选，9-14是不定项每小题至少一个答案正确，选不全得2分）1如图所示是一个内壁光滑的锥形漏斗，其轴线垂直于水平面，锥形漏斗固定不动，两个质量相同的球A、B紧贴着漏斗内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A球A的线速度必小于球B的线速度B球A的加速度必小于球B的加速度C球A的角速度必小于球B的角速度D球A所受合力必大于球B所受合力2由牛顿第二定律可知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为（）A牛顿第二定律不适用于静止物体B有加速度产生，但数值很小，不易觉察C静摩擦力大于水平推力，所以桌子静止不动D桌子所受合力为零，加速度为零，所以静止不动3物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示下列表述正确的是（）A在01 s内，合外力做正功B在02 s内，合外力总是做负功C在12 s内，合外力不做功D在03 s内，合外力总是做正功4如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（）A地板对物体的支持力做的功等于mv2B地板对物体的支持力做的功等于mgHC钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD合力对电梯M做的功等于Mv25点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（）AA和B之间BA右侧CB左侧DA的右侧及B的左侧6如图中所示虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹小球在a点的动能等于20eV，b点的动能等于2eV若取c点为零电势点，则当这个带电小球的电势能等于6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（）A16 eVB8 eVC6 eVD4 eV7如图所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是（）Aq的电势能逐渐减小Bq的电势能逐渐增大Cq的电势能先增大后减小Dq的电势能先减小后增大8如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大9如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势B该点电荷带负电Ca点和b点电场强度的方向相同Da点的电场强度大于b点的电场强度10一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（）A踏板对人做的功等于人的机械能增加量B人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小C人只受重力和踏板的支持力的作用D人所受合力做的功等于人的动能的增加量11如图所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数为（）A不可能受到2个力作用B可能受到3个力作用C可能受到4个力作用D可能受到5个力作用12溜溜球是一种流行的健身玩具，具有很浓的趣味性，备受学生的欢迎溜溜球类似”滚摆”，对称的左右两轮通过固定轴连接（两轮均用透明塑料制成），轴上套一个可以自由转动的圆筒，圆筒上系一条长约1m的棉线，玩时手掌向下，用力向正下方掷出溜溜球，当滚到最低处时，轻抖手腕，向上拉一下绳线，溜溜球将返回到你的手上，如图所示溜溜球在运动过程中（）A一边转动一边向下运动，由于重力做功，溜溜球越转越快，动能不断增大，溜溜球的势能转化为动能B在溜溜球上下运动中，由于发生动能和势能的相互转化，因此机械能守恒C在溜溜球上下运动中，由于空气阻力和绳子与固定轴之间摩擦力的作用，会损失一部分机械能D在溜溜球转到最低点绳子要开始向上缠绕时，轻抖手腕，向上拉一下绳子，给溜溜球提供能量13如图所示，是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小下列关于该仪器的说法中正确的是（）A该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液B芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大C如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中的液面升高了D如果指示器显示出电容减小，说明容器中的液面升高了14xx年2月8日，欧洲航天局的“火星快车”号探测飞船利用雷达探测到火星表面有海床沉积物的迹物，为证明火星表面曾经被海洋覆盖提供了有力证据如图所示，“火星快车”号探测飞船到达火星附近后，先沿椭圆轨道I运动，P是近地点、Q是远地点，变轨后沿圆形轨道运动，下列正确的是（）A飞船在轨道I上从P到Q过程中，动能减小B飞船沿轨道I运行的周期小于沿轨道运行的周期C飞船沿轨道I经P点时的速度大于沿轨道经P点时的速度D飞船沿轨道I经P点时的加速度大于沿轨道经P点时的加速度二、实验题（本大题共2小题，共12分）15某同学用重物自由下落验证机械能守恒定律，实验装置如图所示（1）在选取重物时，应选择A20g的铁块B20g的铜块C500g的木块D400g的铅块（2）安装好实验装置后，提起纸带使重物（选填“靠近”、“远离”） 打点计时器16兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示请你分析纸带数据，回答下列问题：（）该电动小车运动的最大速度为m/s；（）该电动小车的额定功率为W三、计算题（本大题共3小题，共32分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）17运动员把质量500g的足球踢出后，上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s不计空气阻力，以最高点为零势能面，g取10m/s2求：（1）足球踢出时的重力势能；（2）足球从最高点落到地面的时间；（3）运动员踢球时对足球所做的功18如图所示是一个横截面为半圆，半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系有物体A、B，且mA=2mB，从图示位置由静止开始释放物体A，当物体B达到半圆顶点时，求绳的张力对物体B所做的功19如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能xx学年山东省滨州市行知中学高三（上）段考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共48分.其中1-8为单选，9-14是不定项每小题至少一个答案正确，选不全得2分）1如图所示是一个内壁光滑的锥形漏斗，其轴线垂直于水平面，锥形漏斗固定不动，两个质量相同的球A、B紧贴着漏斗内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A球A的线速度必小于球B的线速度B球A的加速度必小于球B的加速度C球A的角速度必小于球B的角速度D球A所受合力必大于球B所受合力【考点】向心力；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m=m2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小【解答】解：A、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等根据F合=m得，v=，合力、质量相等，r大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度故AD错误 B、根据F合=ma，知向心加速度相等故B错误C、根据F合=mr2，得=，r大角速度小所以球A的角速度小于球B的角速度故C正确故选：C【点评】解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力会通过F合=ma=m=m2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小2由牛顿第二定律可知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为（）A牛顿第二定律不适用于静止物体B有加速度产生，但数值很小，不易觉察C静摩擦力大于水平推力，所以桌子静止不动D桌子所受合力为零，加速度为零，所以静止不动【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，知物体在水平方向上受推力和静摩擦力平衡，合力为零，加速度为零【解答】解：A、牛顿第二定律适用与宏观物体，低速运动，对于静止的物体同样适用故A错误B、当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，因为推力和静摩擦力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律知，加速度为零故B、C错误，D正确故选：D【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确解决本题的关键知道加速度与物体所受的合力有关，加速度的方向与合力的方向相同3物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示下列表述正确的是（）A在01 s内，合外力做正功B在02 s内，合外力总是做负功C在12 s内，合外力不做功D在03 s内，合外力总是做正功【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像【专题】功的计算专题【分析】由图象可知物体在各段时间内的速度变化，则由动能定理可直接得出合外力的做功情况【解答】解：A、在01s内，因物体的速度增大，故动能增大，则由动能定理可知合外力做正功，故A正确；B、在12s内，物体的速度减小时，故动能减小时，由动能定理可知合外力做负功，即在02 s内，合外力先做正功后做负功，故B错误C错误；D、由以上分析可知，合外力先做正功再做负功，故D错误；故选：A【点评】本题根据动能定理可以直观地求出结果，当然如果利用动力学知识，求出力再求出功也是可以的，可以练习一下，并体会动能定理的实用性4如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（）A地板对物体的支持力做的功等于mv2B地板对物体的支持力做的功等于mgHC钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD合力对电梯M做的功等于Mv2【考点】动能定理的应用；功能关系【专题】动能定理的应用专题【分析】根据电梯的运动情况，可以求得电梯的加速度的大小，再有牛顿第二定律可以求得电梯对物体的支持力的大小，从而可以求得功的大小【解答】解：A、电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，由速度和位移的关系式可得，v2=2aH，所以a=，对电梯由牛顿第二定律可得， FNmg=ma，所以 FN=mg+ma=mg+m，地板对物体的支持力做的功为W=FNH=（mg+ma）H=mgH+mv2，所以AB错误C、对于整体由牛顿第二定律可得，F（M+m）g=（M+m）a，所以钢索的拉力为F=（M+m）g+（M+m）a，钢索的拉力做的功等于FH=（M+m）gH+（M+m）v2，所以C错误D、根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即为Mv2，故D正确故选：D【点评】解决本题的关键是对物体的受力分析，再根据功的公式可以逐个来求得每个力的功5点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（）AA和B之间BA右侧CB左侧DA的右侧及B的左侧【考点】电场的叠加；电场强度【分析】空间的任意一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，只有当两个点电荷产生的电场强度大小相等、方向相反时，该点的电场强度才等于零根据点电荷场强公式E=k 和点电荷电场分布特点确定在AB连线上，电场强度为零的位置【解答】解：点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止A、A和B之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零故A错误B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式E=k 可知，在同一点电场强度大小不可能相等，所以合场强不可能为零故B错误C、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式E=k 可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零故C正确D、由上可知D错误故选：C【点评】对于异种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上电量少的外侧；对于同种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上两电荷之间，靠近电量少的电荷6如图中所示虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹小球在a点的动能等于20eV，b点的动能等于2eV若取c点为零电势点，则当这个带电小球的电势能等于6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（）A16 eVB8 eVC6 eVD4 eV【考点】电势能；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV20eV=18eV 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=1.5Ubc 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=EkcEkb 联立可得Ekc=14eV由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=14eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为8eV，故选B【点评】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变7如图所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是（）Aq的电势能逐渐减小Bq的电势能逐渐增大Cq的电势能先增大后减小Dq的电势能先减小后增大【考点】电势能；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】A、B为带正电的点电荷连线的中垂线上的两点，电场线从MN出发到无穷远终止，根据顺着电场线电势降低可知，A的电势高于B点的电势，将负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，根据电场力做功的正负，判断其电势能的变化【解答】解：由题分析可知，A的电势高于B点的电势，将负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点的过程中，电场力一直做负功，电荷的电势能逐渐增大故选B【点评】本题关键是判断出AB间电势的高低本题也可以根据推论：负电荷在电势低处电势能大来判断电势能的变化8如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选：B【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化9如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势B该点电荷带负电Ca点和b点电场强度的方向相同Da点的电场强度大于b点的电场强度【考点】电场线；电场强度；电势【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，a点电势低于b点电势，故A错误B、该点电荷带负电，故B正确C、由题图可看出a点和b点电场强度的方向不相同，故C错误D、电场线越密的地方电场强度越大，a点的电场强度大于b点的电场强度，故D正确故选BD【点评】熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键10一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（）A踏板对人做的功等于人的机械能增加量B人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小C人只受重力和踏板的支持力的作用D人所受合力做的功等于人的动能的增加量【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律即可求解除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，而合外力对人做的功等于人动能的增加量【解答】解：A、除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，所以踏板对人做的功等于人的机械能增加量，故A正确；B、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acos，方向水平向右；ay=asin，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macos，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FNmg=masin，所以FNmg，故BC错误；D、由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确；故选：AD【点评】解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解，难度适中同时学会由运动去受力分析，并掌握功与能的关系注意重力做功必导致重力势能变化；除重力之外的力做功，必导致系统机械能变化；合力做功必导致动能变化11如图所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数为（）A不可能受到2个力作用B可能受到3个力作用C可能受到4个力作用D可能受到5个力作用【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对A物块进行受力分析，同时结合平衡条件进行分析【解答】解：首先物块受重力和B给的吸引力，若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以A球可能受到2个力的作用；若向上的吸引力小于重力，则A对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为0处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以A有可能受四个力的作用故选：C【点评】本题借助库仑力考查了物体受力平衡的条件应用，属于基础题12溜溜球是一种流行的健身玩具，具有很浓的趣味性，备受学生的欢迎溜溜球类似”滚摆”，对称的左右两轮通过固定轴连接（两轮均用透明塑料制成），轴上套一个可以自由转动的圆筒，圆筒上系一条长约1m的棉线，玩时手掌向下，用力向正下方掷出溜溜球，当滚到最低处时，轻抖手腕，向上拉一下绳线，溜溜球将返回到你的手上，如图所示溜溜球在运动过程中（）A一边转动一边向下运动，由于重力做功，溜溜球越转越快，动能不断增大，溜溜球的势能转化为动能B在溜溜球上下运动中，由于发生动能和势能的相互转化，因此机械能守恒C在溜溜球上下运动中，由于空气阻力和绳子与固定轴之间摩擦力的作用，会损失一部分机械能D在溜溜球转到最低点绳子要开始向上缠绕时，轻抖手腕，向上拉一下绳子，给溜溜球提供能量【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【分析】溜溜球上下运动中，动能和势能不断的转化，由于摩擦，机械能会损耗，故人要通过做功补充机械能【解答】解：A、溜溜球一边转动一边向下运动，由于重力做功，溜溜球越转越快，动能不断增大，溜溜球的势能一部分转化为动能，一部分通过克服摩擦转化为内能，故A正确；B、C、溜溜球上下运动中，由于摩擦，机械能会损耗，故B错误，C正确；D、在溜溜球转到最低点绳子要开始向上缠绕时，轻抖手腕，向上拉一下绳子，给溜溜球提供能量，保证其能够返回最高点，故D正确；故选：ACD【点评】本题关键是明确溜溜球运动过程的受力情况和能量转化情况，明确功能关系，基础题目13如图所示，是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小下列关于该仪器的说法中正确的是（）A该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液B芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大C如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中的液面升高了D如果指示器显示出电容减小，说明容器中的液面升高了【考点】电容器的动态分析；电容【专题】电容器专题【分析】电容器的两个电极是可以导电的，分别是金属芯柱和导电液芯柱外套的绝缘层越厚，金属芯柱和导电液之间距离增大，电容减小容器中液面升高时，相当于金属芯柱和导电液正对面积增大，电容增大【解答】解：A、电容器的两个电极是可以导电的，分别是金属芯柱和导电液故A正确 B、芯柱外套的绝缘层越厚，金属芯柱和导电液之间距离越大，电容减小故B错误 C、D指示器显示出电容增大了，金属芯柱和导电液正对面积增大了，说明容器中液面升高了故C正确，D错误故选：AC【点评】本题是变形的平行板电容器，其电容也可以用C= 定性分析，考查分析实际仪器原理的能力14xx年2月8日，欧洲航天局的“火星快车”号探测飞船利用雷达探测到火星表面有海床沉积物的迹物，为证明火星表面曾经被海洋覆盖提供了有力证据如图所示，“火星快车”号探测飞船到达火星附近后，先沿椭圆轨道I运动，P是近地点、Q是远地点，变轨后沿圆形轨道运动，下列正确的是（）A飞船在轨道I上从P到Q过程中，动能减小B飞船沿轨道I运行的周期小于沿轨道运行的周期C飞船沿轨道I经P点时的速度大于沿轨道经P点时的速度D飞船沿轨道I经P点时的加速度大于沿轨道经P点时的加速度【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】飞船从P到Q过程中万有引力做负功，飞船的动能减小根据开普勒第三定律，轨道半长轴r越大周期越大飞船要在P点加速做离心运动，才能从轨道变轨到轨道根据万有引力提供向心力，得 a=，距离r相等，则加速度相等，r大则加速度小【解答】解：A、飞船在轨道上从P到Q的过程中万有引力做负功，根据动能定理可知，飞船的动能减小，故A正确；B、由开普勒第三定律，可知飞船沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期，故B错误；C、飞船从轨道变轨到轨道，要在P点加速做离心运动，所以飞船沿轨道经P点时的速度大于沿轨道经P点时的速度，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，可知无论在哪个轨道飞船在P处的加速度都为 a=G，故D选错误故选：AC【点评】本题要掌握开普勒第三定律，理解公式中各个量的含义，轨道半长轴r越大周期越大，其中k由中心天体的质量决定，与环绕天体无关二、实验题（本大题共2小题，共12分）15某同学用重物自由下落验证机械能守恒定律，实验装置如图所示（1）在选取重物时，应选择DA20g的铁块B20g的铜块C500g的木块D400g的铅块（2）安装好实验装置后，提起纸带使重物靠近（选填“靠近”、“远离”） 打点计时器【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】验证机械能守恒定律过程中，要尽量减小重物受到的阻力，因此重物要体积小，质量大；实验时，应先接通电源再释放纸带，重物靠近打点计时器，从而即可求解【解答】解：（1）由于实验中受到空气阻力和纸带的摩擦阻力，所以我们应找体积较小，质量较大的物体作为研究对象故选：D（2）为了有效地使用纸带，重物应靠近打点计时器，实验时先接通电源后释放纸带故答案为：（1）D；（2）靠近【点评】考查验证机械能守恒定律中，重物的选取要求，同时掌握实验操作中的要求，并掌握验证过程中的注意事项，及数据处理的方法16兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示请你分析纸带数据，回答下列问题：（）该电动小车运动的最大速度为1.5m/s；（）该电动小车的额定功率为1.26W【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度（2）小车在摩擦力力作用下减速运动，根据牛顿第二定律可求出摩擦力的大小 当小车达到额定功率时有：P=Fv=fvm，据此可求出额定功率大小【解答】解：（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：vm=1.5m/s（2）计数点间的时间间隔t=0.022=0.04s，从右端开始取六段位移，根据逐差法有：a=2.1m/s2，方向与运动方向相反由牛顿第二定律得：f=ma，将m=0.4kg代人得：f=0.84N当汽车达到额定功率，匀速运动时，F=f，P=Fv=fvm，代人数据解得P=1.26W故答案为：（1）1.5（2）1.26【点评】本题考查了功、功率问题在实际中应用，知道在平直路面行驶的车子，功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大三、计算题（本大题共3小题，共32分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）17运动员把质量500g的足球踢出后，上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s不计空气阻力，以最高点为零势能面，g取10m/s2求：（1）足球踢出时的重力势能；（2）足球从最高点落到地面的时间；（3）运动员踢球时对足球所做的功【考点】功能关系；功的计算【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；守恒定律在近代物理中的应用【分析】（1）以最高点为零势能面，踢出时足球的重力势能是负的，由公式Ep=mgh求解（2）足球从最高点落到地面做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学位移公式求解时间（3）对足球从踢出到最高点的过程，运用动能定理求运动员踢球时对足球所做的功【解答】解：（1）以最高点为零势能面，足球踢出时的重力势能为 Ep=mgh=0.51010J=50J（2）足球从最高点落到地面做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有 h=得 t=s=s（3）足球从踢出到最高点的过程，由动能定理得 Wmgh=解得：运动员踢球时对足球所做的功 W=mgh+=150J答：（1）足球踢出时的重力势能为50J（2）足球从最高点落到地面的时间是s；（3）运动员踢球时对足球所做的功是150J【点评】本题也可以对踢球的过程运用动能定理，求运动员踢球时对足球所做的功要明确足球到达最高点时具有水平速度，之后做平抛运动18如图所示是一个横截面为半圆，半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系有物体A、B，且mA=2mB，从图示位置由静止开始释放物体A，当物体B达到半圆顶点时，求绳的张力对物体B所做的功【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】以A、B和绳子为系统，由机械能守恒定律求出B到达顶点时的速度，再以B为研究对象，根据动能定理列式即可求解绳的张力对物体B所做的功【解答】解：以A、B和绳构成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得： 得（mA+mB）v2=mAgmBgR 又mA=2mB，联立解得：v2=gR（1）再以B为研究对象，根据动能定理得：WmBgR=mBv2；解得：W=mBgR（）答：绳的张力对物体B所做的功为mBgR（）【点评】本题是绳系的系统，抓住系统的机械能守恒，列式时要注意两个物体高度变化是不同的19如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，FNsin37=qEFNcos37=mg由1、可得电场强度（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37qEcos37=ma可得加速度a=0.3g（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有：mgLsin37qELcos37=Ek0可得动能Ek=0.3mgL【点评】由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关