陕西省西安七十中2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年陕西省西安七十中高三（上）期中物理试卷　一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-9小题每题只有一个选项符合题意；10、11、12小题每题有多个选项符合题意．1．如图所示，质点在竖直面内绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动．S1、S2、S3、S4是圆周上的四个点，SlS3是过圆心的水平线，S2S4是过圆心的竖直线．现质点分别在Sl、S2、S3、S4各点离开轨道后在空中运动一段时间落在水平地面上．若质点在空中运动时只受重力，则下列说法正确的是（　　）A．质点在Sl离开轨道后在空中运动的时间一定最短B．质点在S2离开轨道后在空中运动的时间一定最短C．质点在S3离开轨道后落到地面上的速度一定最大D．质点在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大　2．在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1与F2的作用，在第1s内物体保持静止状态．若力F1、F2随时间的变化如图所示．则物体（　　）A．在第2s内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大B．在第3s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大C．在第4s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大D．在第5s末加速度为零，运动方向与F1方向相同　3．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是（　　）-22-\nA．B．C．D．　4．如图所示，水平面B点以左是光滑的，B点以右是粗糙的，质量为m1和m2的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右运动．它们先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动．它们与粗糙表面的动摩擦因数相同，静止后两个质点的距离为x，则有（　　）A．若m1＞m2，x＞LB．若m1=m2，x=LC．若m1＜m2，x＞LD．无论m1、m2大小关系如何，都应该x=0　5．如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为（　　）A．始终水平向左B．始终竖直向上C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大　6．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）A．斜面倾角α=60°B．A获得最大速度为C．C刚离开地面时，B的加速度最大-22-\nD．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒　7．一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC，如图所示．已知AB和AC的长度相同．两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间（　　）A．p小球先到B．q小球先到C．两小球同时到D．无法确定　8．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G，则地球的密度为（　　）A．B．C．D．　9．取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　）A．B．C．D．　10．如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为ω，则（　　）A．绳子BP的拉力随ω的增大而不变B．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力C．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力　11．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g=10m/s2，则可以计算出（　　）-22-\nA．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14N时物体的速度C．物体与水平面间的滑动摩擦因数D．物体的质量　12．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图所示．质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是（　　）A．运动员在最高点B时，对轨道的压力为零B．由A到B过程中增加的重力势能为2mgRC．由A到B过程中阻力做功为2mgR﹣mv2D．由A到B过程中损失的机械能为mv2　　二、实验题（2小题，第13题10分，第14题9分，共19分）13．（10分）（2022秋•陕西校级期中）某实验小组在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图1所示．已知小车质量M=214.6g，砝码盘质量m0=7.8g，打点计时器所使用的交流电频率为f=50Hz．其实验步骤是A．按图所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复A、B、C、D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．-22-\n回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？　　　　　　（填“是”或“否”）．（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a=　　　　　　m/s2．（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如表：次数12345砝码盘中砝码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车的加速度a/（m•s﹣2）0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出a﹣F图象（如图3）．造成图线不过坐标原点的最主要原因是　　　　　　，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是　　　　　　，其大小为　　　　　　．　14．某物理兴趣小组在一次探究实验活动中，要测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图1所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，右端装有定滑轮；木板上有一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点（1）图2给出的是实验中获取纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，用刻度尺测量出计数点间的距离如图所示．根据图中数据可以计算出：点“2”的瞬时速度v=　　　　　　m/s；加速度a=　　　　　　m/s2（保留三位有效数字）．-22-\n（2）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，该小组用天平测出了滑块的质量m1，托盘和砝码的总质量m2．若用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=　　　　　　（用g、a、m1、m2等字母表示）．与真实值相比，测量的动摩擦因数　　　　　　（填“偏大”或“偏小”）．　　三、计算题（3小题，共33分．解题过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15．（10分）（2022秋•陕西校级期中）站立在地面上的质量分别为m=50kg和M=60kg的两个人，分别拉住定滑轮两边的绳子往上爬．开始时，两人与定滑轮的距离都是h=10m，如图所示，设滑轮和绳子的质量及滑轮轴处的摩擦均不计，且两人施加于绳子的力都相等且恒定．问：当质量小的人在时间t=2s内爬到滑轮时，质量大的人与滑轮间的距离是多大？　16．（10分）（2022秋•陕西校级期中）我国的月球探测计划“嫦娥工程”分为“绕、落、回”三步．“嫦娥三号”的任务是“落”．2022年12月2日，“嫦娥三号”发射，经过中途轨道修正和近月制动之后，“嫦娥三号”探测器进入绕月的圆形轨道I．12月12日卫星成功变轨，进入远月点P、近月点Q的椭圆形轨道Ⅱ，如图所示．2022年12月14日，“嫦娥三号”探测器在Q点附近制动，由大功率发动机减速，以抛物线路径下降到距月面100米高处进行30s悬停避障，之后再缓慢竖直下降到距月面高度仅为数米处，为避免激起更多月尘，关闭发动机，做自由落体运动，落到月球表面．已知引力常量为G，月球的质量为M，月球的半径为R，“嫦娥三号”在轨道I上运动时的质量为m，P、Q点距月球表面的高度分别为h1、h2．（1）求“嫦娥三号”在圆形轨道I上运动的速度大小；（2）已知“嫦娥三号”与月心的距离为r时，引力势能为Ep=﹣（取无穷远处引力势能为零），其中m为此时“嫦娥三号”的质量．若“嫦娥三号”在轨道II上运动的过程中，动能和引力势能相互转化，它们的总量保持不变．已知“嫦娥三号”经过Q点的速度大小为v，请根据能量守恒定律求它经过P点时的速度大小．-22-\n　17．（13分）（2022秋•漳州校级期末）如图1所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若t=0开始，木板B受F1=16N的水平恒力作用，t=1s时F1改为F2=4N，方向不变，t=3s时撤去F2．（1）木板B受F1=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？（2）从t=0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？（3）请以纵坐标表示A受到B的摩擦力fA，横坐标表示运动时间t（从t=0开始，到A、B都静止），取运动方向为正方向，在图2中画出fA﹣t的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）．　　2022-2022学年陕西省西安七十中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-9小题每题只有一个选项符合题意；10、11、12小题每题有多个选项符合题意．1．如图所示，质点在竖直面内绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动．S1、S2、S3、S4是圆周上的四个点，SlS3是过圆心的水平线，S2S4是过圆心的竖直线．现质点分别在Sl、S2、S3、S4各点离开轨道后在空中运动一段时间落在水平地面上．若质点在空中运动时只受重力，则下列说法正确的是（　　）A．质点在Sl离开轨道后在空中运动的时间一定最短B．质点在S2离开轨道后在空中运动的时间一定最短C．质点在S3离开轨道后落到地面上的速度一定最大D．质点在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大【考点】动能定理．-22-\n【专题】动能定理的应用专题．【分析】质点做匀速圆周运动，在4个位置离开轨道后的速度大小相等，对其运动的整个过程运用动能定理可以求出哪个速度最大，根据四个质点的运动情况判断运动的时间长短．【解答】解：A、质点在S2、S4点离开轨道后做平抛运动，在S3点离开后做竖直上抛运动，在S1点离开轨道后做竖直下抛运动，所以在Sl、S2点抛出的时间都可能最短，要看初速度和半径R以及离地面的高度关系，故无法判断谁时间最短，故AB错误；C、对其运动的整个过程运用动能定理可知，，所以下落高度最大的，落地时速度最大，所以在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大，故C错误，D正确故选D【点评】本题的关键是分析清楚各个质点的运动情况，能根据动能定理求解，难度适中．　2．在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1与F2的作用，在第1s内物体保持静止状态．若力F1、F2随时间的变化如图所示．则物体（　　）A．在第2s内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大B．在第3s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大C．在第4s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大D．在第5s末加速度为零，运动方向与F1方向相同【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据物体的受力，通过合力的变化判断出加速度的变化，根据加速度与速度方向的关系判断速度的变化．【解答】解：第1s内处于静止知，两拉力相等．A、在第2s内，F2逐渐减小，知合力逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大．故A错误．B、在第3s内，F2继续减小，则合力继续增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大．故B正确．C、第4s内，F2逐渐增大，则合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但是加速度方向与速度方向相同，则速度逐渐增大．故C错误．D、第5s内，做加速度减小的加速运动，5s末加速度为零，速度方向与F1方向相同．故D正确．故选BD．【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与合力方向相同，当加速度与速度同向，速度增加，当加速度方向与速度反向，速度减小．　-22-\n3．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】常规题型．【分析】据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解．【解答】解：A、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsinθ﹣μgcosθ小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsinθ+μgcosθ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B正确；C、小球的动能与速率的二次方成正比，即Ek=mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C错误；D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误；故选：B．【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．　4．如图所示，水平面B点以左是光滑的，B点以右是粗糙的，质量为m1和m2的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上相距L，以相同的速度向右运动．它们先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动．它们与粗糙表面的动摩擦因数相同，静止后两个质点的距离为x，则有（　　）A．若m1＞m2，x＞LB．若m1=m2，x=LC．若m1＜m2，x＞LD．无论m1、m2大小关系如何，都应该x=0【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．-22-\n【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】两物块进入粗糙水平面的初速度相同，末速度都为零，根据牛顿第二定律比较出两物块的加速度大小，即可比较出两物块在粗糙水平面上运行的位移大小，从而得出x．【解答】解：根据牛顿第二定律得，物块进入粗糙水平面的加速度a=，知两物块的加速度相等，又进入粗糙水平面的初速度相同，末速度都为零，根据运动学公式，知两物块运行的位移s相等，则x=0．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键掌握牛顿第二定律求出加速度，以及知道两物块的初末速度相等，加速度相等，所以在粗糙水平面上运行的位移相等．　5．如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为（　　）A．始终水平向左B．始终竖直向上C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大【考点】牛顿第三定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分析球的受力情况：重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球弹力方向．【解答】解：以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大，所以选项ABD错误，C正确．故选C．【点评】本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键．难度不大．　-22-\n6．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）A．斜面倾角α=60°B．A获得最大速度为C．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】C刚离开地面时，物体A沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，B获得最大速度，B应该处于受力平衡状态，对B受力分析，可以求得斜面的倾角α；对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得B的最大速度．【解答】解：A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则kxC=mg①物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有T﹣mg﹣kxC=ma②对A有4mgsinα﹣T=4ma③由②、③两式得4mgsinα﹣mg﹣kxC=5ma④当B获得最大速度时，有a=0⑤由①④⑤式联立，解得sinα=所以：α=30°故A错误；B、设开始时弹簧的压缩量xB，则kxB=mg设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则kxC=mg当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：h=xC+xB-22-\n由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，且最大速度设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：4mghsinα﹣mgh=（4m+m）VBm2代入数据，解得：VBm═2g，故B正确；C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D错误；故选：B．【点评】本题关键是分析求出系统的运动情况，然后结合机械能守恒定律和胡克定律多次列式求解分析，较难．　7．一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC，如图所示．已知AB和AC的长度相同．两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间（　　）A．p小球先到B．q小球先到C．两小球同时到D．无法确定【考点】机械能守恒定律；平均速度．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】本题采用图象法解决比较方便，在AB上做匀加速直线运动，在AC上做加速度越来越小的加速运动，作出速度时间图象，从图象上直观地比较时间的长短【解答】解：作速率时间图线，由机械能守恒定律可知沿斜面AB，曲面AC运动到底端时速率相等，在AB上做匀加速直线运动，在AC上做加速度越来越小的加速运动，而运动的路程相等，图象与时间轴所围的面积大小相等，从图象可以看出tP＞tQ．故Q小球先到底部故选：B【点评】本题在曲面上运动是变加速运动，无法用运动学公式求解，利用图象法解决比较方便　-22-\n8．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G，则地球的密度为（　　）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解．【解答】解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G﹣mg=m，而密度公式解得：故选：D【点评】考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式．　9．取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得：+mgh=，据题有：=mgh，-22-\n联立解得：v=，则cosα==，得：α=．故选：C．【点评】解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解．　10．如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为ω，则（　　）A．绳子BP的拉力随ω的增大而不变B．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力C．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力【考点】向心力；向心加速度．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】物体P的重力、绳子BP的张力及绳子AP中可能存在的张力的合力提供P作匀速圆周运动的向心力；用正交分解法求出物体P分别在水平、竖直两个方向受到的合力ΣFx、ΣFy，由牛顿运动定律布列方程，ΣFx=mω2r，ΣFy=0分析讨论即可．【解答】解：设BP绳与竖直方向的夹角为θ，AP绳与竖直方向的夹角为α，对物体P进行受力分析，根据向心力公式则有：TBPcosθ=mg+TAPcosα…①TBPsinθ+TAPsinα=mω2r…②A、ω的增大，所需的向心力增大，绳子BP的力增大．故A错误；B、当ω较小时，BP绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时AP绳没有力，当ω增加到某值时，BP绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子AP才有力的作用，故B正确；C、当AP绳子没有拉直时，AP绳拉力等于零，BP绳肯定有拉力，当AP绳拉直时，θ=α，由①式可知，绳BP的张力一定大于绳子AP的张力，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题的关键是对物体P进行受力分析，知道用正交分解法求出物体P分别在水平、竖直两个方向受到的合力ΣFx、ΣFy，由牛顿运动定律布列方程，ΣFx=mω2r，ΣFy=0分析讨论，难度适中．　11．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g=10m/s2，则可以计算出（　　）-22-\nA．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14N时物体的速度C．物体与水平面间的滑动摩擦因数D．物体的质量【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解．【解答】解：物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma解得：a=﹣μg由a与F图线，得到0.5=﹣10μ①4=﹣10μ②①②联立得，m=2Kg，μ=0.3，故CD正确；故a=0时，F为6N，即最大静摩擦力为6N，故A正确；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度，故B错误；故选ACD【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与F关系图象得到待求量．　12．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图所示．质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是（　　）A．运动员在最高点B时，对轨道的压力为零B．由A到B过程中增加的重力势能为2mgRC．由A到B过程中阻力做功为2mgR﹣mv2D．由A到B过程中损失的机械能为mv2-22-\n【考点】功能关系．【分析】运动员在最高点B时，由于轨道能支撑运动员，在B点运动员的速度可以为零，根据重力做功分析重力势能的变化，根据动能定理求阻力做功．根据功能关系求机械能的损失．【解答】解：A、运动员在最高点B时，由于轨道可以支撑运动员，刚好到达最高点B运动员为零，则运动员对轨道的压力等于其重力，不可能为零，故A错误．B、由A到B过程中重力做功为﹣2mgR，根据功能关系可知其增加的重力势能2mgR，故B正确．C、从A到B，根据动能定理得：﹣2mgR+Wf=0﹣，得由A到B过程中阻力做功为Wf=2mgR﹣mv2．故C正确．D、根据功能关系可知，由A到B过程中损失的机械能等于克服阻力做功，为mv2﹣2mgR，故D错误．故选：BC【点评】解决本题的关键理清运动的过程，综合运用功能定理进行解题．知道重力势能变化与重力做功有关，机械能变化与除了重力以外的力做功有关．　二、实验题（2小题，第13题10分，第14题9分，共19分）13．（10分）（2022秋•陕西校级期中）某实验小组在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图1所示．已知小车质量M=214.6g，砝码盘质量m0=7.8g，打点计时器所使用的交流电频率为f=50Hz．其实验步骤是A．按图所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复A、B、C、D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？　否　（填“是”或“否”）．（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a=　0.88　m/s2．（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如表：-22-\n次数12345砝码盘中砝码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车的加速度a/（m•s﹣2）0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出a﹣F图象（如图3）．造成图线不过坐标原点的最主要原因是　在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力　，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是　砝码盘的重力　，其大小为　0.08N　．【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；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；（3）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解．【解答】解：（1）当物体小车匀速下滑时有：mgsinθ=f+（m+m0）g当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力mgsinθ和摩擦力f不变，因此其合外力为（m+m0）g，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=aT2，则有：a==0.88m/s2．（3）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，根据数学函数关系可知该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，横坐标一格表示0.02N，所以交点的大小为0.08N．故答案为：（1）否；（2）0.88；（3）在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力；砝码盘的重力；0.08N．【点评】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力．　14．某物理兴趣小组在一次探究实验活动中，要测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图1所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，右端装有定滑轮；木板上有一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点-22-\n（1）图2给出的是实验中获取纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，用刻度尺测量出计数点间的距离如图所示．根据图中数据可以计算出：点“2”的瞬时速度v=　0.264　m/s；加速度a=　0.497　m/s2（保留三位有效数字）．（2）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，该小组用天平测出了滑块的质量m1，托盘和砝码的总质量m2．若用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=　　（用g、a、m1、m2等字母表示）．与真实值相比，测量的动摩擦因数　偏大　（填“偏大”或“偏小”）．【考点】测定匀变速直线运动的加速度；探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题；分割思想；推理法；直线运动规律专题；摩擦力专题．【分析】（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△x=aT2，可计算出打出某点时纸带运动加速度；根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小．（2）对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大．【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s．根据匀变速直线运动规律知道2点的瞬时速度等于1点到3点的平均速度，有：m/s=0.264m/s．利用匀变速直线运动的推论△x=at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a====0.497m/s2（2）根据牛顿第二定律有：m2g﹣μm1g=m1a，故解得：μ=，-22-\n由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了木块和木板之间的摩擦，由于托盘和砝码的质量，实际上导致拉滑块的拉力小于托盘和砝码的总重力，因此摩擦因数的测量值会偏大．故答案为：（1）0.264m/s0.497m/s2（2），偏大【点评】能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，运用仪器进行测量，正确的进行有关误差分析．　三、计算题（3小题，共33分．解题过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15．（10分）（2022秋•陕西校级期中）站立在地面上的质量分别为m=50kg和M=60kg的两个人，分别拉住定滑轮两边的绳子往上爬．开始时，两人与定滑轮的距离都是h=10m，如图所示，设滑轮和绳子的质量及滑轮轴处的摩擦均不计，且两人施加于绳子的力都相等且恒定．问：当质量小的人在时间t=2s内爬到滑轮时，质量大的人与滑轮间的距离是多大？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对轻的人运动分析求得加速度，进而由牛顿第二定律求他受绳的拉力，绳的拉力在两端是一样的，由此可以知道重的人受的拉力，进而可以求得重的人的加速度，进一步可以求位移，用总高度减去位移就是到滑轮的距离．【解答】解：对轻的人由运动学：h=at2解得：a=5m/s2则对轻的人受拉力为F，由牛顿第二定律：F﹣mg=ma解得：F=750N绳对重的人拉力也为750N，故重的人的加速度为：a′==2.5m/s2故其2s内的位移为：s=-22-\n解得：s=5m故质量大的人与滑轮间的距离为：10m﹣5m=5m答：质量大的人与滑轮间的距离为5m【点评】典型的由运动确定受力，再由受力确定运动，是牛顿定律应用的非常好的一个练习题．　16．（10分）（2022秋•陕西校级期中）我国的月球探测计划“嫦娥工程”分为“绕、落、回”三步．“嫦娥三号”的任务是“落”．2022年12月2日，“嫦娥三号”发射，经过中途轨道修正和近月制动之后，“嫦娥三号”探测器进入绕月的圆形轨道I．12月12日卫星成功变轨，进入远月点P、近月点Q的椭圆形轨道Ⅱ，如图所示．2022年12月14日，“嫦娥三号”探测器在Q点附近制动，由大功率发动机减速，以抛物线路径下降到距月面100米高处进行30s悬停避障，之后再缓慢竖直下降到距月面高度仅为数米处，为避免激起更多月尘，关闭发动机，做自由落体运动，落到月球表面．已知引力常量为G，月球的质量为M，月球的半径为R，“嫦娥三号”在轨道I上运动时的质量为m，P、Q点距月球表面的高度分别为h1、h2．（1）求“嫦娥三号”在圆形轨道I上运动的速度大小；（2）已知“嫦娥三号”与月心的距离为r时，引力势能为Ep=﹣（取无穷远处引力势能为零），其中m为此时“嫦娥三号”的质量．若“嫦娥三号”在轨道II上运动的过程中，动能和引力势能相互转化，它们的总量保持不变．已知“嫦娥三号”经过Q点的速度大小为v，请根据能量守恒定律求它经过P点时的速度大小．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】计算题；定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】（1）“嫦娥三号”在轨道I上运动的过程是匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）“嫦娥三号”在轨道II上运动的过程中，只有重力最高，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解即可．【解答】解：（1）“嫦娥三号”在轨道I上运动的过程中，万有引力提供向心力，故：解得：-22-\n（2）“嫦娥三号”在轨道II上运动的过程中，由机械能守恒定律：解得：答：（1）“嫦娥三号”在圆形轨道I上运动的速度大小为；（2）“嫦娥三号”经过P点时的速度大小为．【点评】本题关键是明确卫星的动力学特点和运动学规律，根据牛顿第二定律和机械能守恒定律列式求解即可．　17．（13分）（2022秋•漳州校级期末）如图1所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若t=0开始，木板B受F1=16N的水平恒力作用，t=1s时F1改为F2=4N，方向不变，t=3s时撤去F2．（1）木板B受F1=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？（2）从t=0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？（3）请以纵坐标表示A受到B的摩擦力fA，横坐标表示运动时间t（从t=0开始，到A、B都静止），取运动方向为正方向，在图2中画出fA﹣t的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）隔离对A、B分析，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度．（2）从t=0时，AB物体运动分为两个过程，先以不同的加速度做匀加速运动，后以不同的加速度做匀减速运动，达到共同速度后一起做匀速直线运动，利用牛顿第二定律可求出加速度，利用匀变速直线运动规律即可求时间．（3）从t=0到t=1s再到到达共同速度，AB之间均是滑动摩擦力，之后为零，当撤去力后，一起匀减速运动，整体求出加速度，在以A利用牛顿第二定律即可求出AB之间的摩擦力大小【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得对A：μ1mAg=mAaA解得：aA=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2-22-\n对B：F1﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg=mBaB代入数据得aB=4m/s2（2）t1=1s时，A、B分别为vA、vBvA=aAt1=2×1m/s=2m/svB=aBt1=4×1m/s=4m/sF1改为F2=4N后，在B速度大于A速度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB′，根据牛顿第二定律得F2﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg=maB′代入数据得aB′=﹣2m/s2设经过时间t2，A、B速度相等，由于AB之间的最大静摩擦力fm=μ1mAg=0.2×2.0×10N=4N假如AB相对静止，整体分析合外力为：F合=F2﹣μ2（mA+mB）g=0N＜fm此后它们保持相对静止．vA+aAt2=vB+aB′t2代入数据得t2=0.5sA在B上相对B滑行的时间为t=t1+t2=1.5s（3）答：（1）木板B受F1=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB分别为2m/s2、4m/s2（2）从t=0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为1.5s（3）【点评】解决本题的关键理清木板和木块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．　-22-