福建省八县一中联考2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年福建省八县一中联考高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共计48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分.）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是()A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量C．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律2．如图所示，滑轮本身的质量和摩擦可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，BO与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡，若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到滑轮轴O的弹力大小变化情况是()A．只有角θ变小，弹力才变小B．只有角θ变大，弹力才变小C．不论角θ变大或变小，弹力都不变D．不论角θ变大或变小，弹力都变大3．近年来的冬季，我国南方地区常发生冰雪灾害，持续的雨雪冰冻导致城区大面积停水断电，许多街道大树树被冰雪压断，给市民生活带来极大不便．下列说法正确的是()A．在结冰的路面上，车辆轮胎经常缠上防滑链，目的是增大轮胎与地面间最大静摩擦力B．在结冰的路面上，车辆如果保持原来的功率行驶而不打滑，那么其最大运行速度不变C．在结冰的路面上，为了安全起见，车辆应减速慢行，以减小行驶车辆的惯性D．据测定，某汽车轮胎与普通路面的动摩擦因数为0.7，而与冰面间的动摩擦因数为0.1，那么该汽车以相同的速度在普通路面和冰面上行驶，急刹车后滑行的距离之比为7：14．如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中()-22-\nA．物体克服摩擦力做功mghB．物体的动能损失了mghC．物体的重力势能增加了2mghD．系统机械能损失了mgh5．一只小船在静水中的速度为，它要渡过一条宽为30m的河，河水流速为，则这只船()A．能沿垂直于河岸方向过河B．船头正岸渡河的位移最小C．能渡过这条河，而且所需时间可以小于10sD．能渡过这条河，渡河的位移最小为40m6．如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为()A．1：1B．2：1C．3：1D．4：17．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度﹣时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是()A．前2s内物体做匀加速曲线运动B．后2s内物体做匀加速曲线运动，加速度方向与x轴的正方向夹角为45°C．3s末物体坐标为（4m，0.5m）D．3s末物体坐标为（3.5m，1m）8．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是()-22-\nA．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体重力势能的变化C．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功9．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面()A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ10．如图所示，轻放在竖直轻弹簧上端的小球A，在竖直向下的恒力F的作用下，弹簧被压缩到B点．现突然撤去力F，小球将在竖直方向上开始运动，若不计空气阻力，则下列中说法确的是()A．撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统机械能守恒B．小球在上升过程中，动能先增大后减小C．小球在上升过程中，弹性势能先减小后增大D．小球在上升过程中，弹簧的形变量恢复到最初（指撤去力F的瞬间）的一半时，小球的动能最大11．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2022年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m），预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则有()A．（a）图中h3代表本次最大深度，应为360m-22-\nB．全过程中最大加速度是0.025m/s2C．潜水员感到超重发生在3﹣4min和6﹣8min的时间段内D．整个潜水器在8﹣10min时间段内机械能守恒12．如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球A．半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，不计滑大小的影响，且细绳刚好没有张力，g取0m/s2．现给小球A一个水平向右的恒力F=55N．以下说法正确的是()A．把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功WF=16.5JB．当细绳与圆形轨道相切时，小球B与小球A速度大小相等C．把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球A速度的大小v=3m/sD．把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球B速度的大小v=4m/s二、实验题（本题共2小题，每小题6分，共12分.请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上.）13．表中是某同学为“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验所测的几组数据：弹力F/N2.22.42.62.83.0弹簧的伸长x/cm2.55.07.410.112.5（1）请你在图中的坐标纸上作出F﹣x图线：（2）若弹簧的原为40cm，写出弹力F与弹簧总长度L的函数表达式：__________（以N和m为单位）．14．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：-22-\n①按图甲摆好实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量m=0.05kg．②释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带．（1）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意一条，如图乙所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.041m，d2=0.055m，d3=0.167m，d4=0.256m，d5=0.360m，d6=0.480m，…他把钩码重力（当地重力加速度g=9.8m/s2）作为小车所受合力，算出0点到第5计数点合力做功W=__________J（结果保留三位有效数字），用正确的公式计算打下第5计数点时小车动能Ek=__________（用相关数据前字母列式）并把打下第5点时小车动能作为小车动能的改变量，算得Ek=0.125J．（2）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的可能原因如下，其中正确的是__________．A．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离是产生此误差的主要原因B．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多D．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小．三、计算题（本题含4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）15．某星球的质量约为地球质量的8倍，半径约为地球半径的2倍．已知地球的第一宇宙速度为7.9km/s，则航天器在该星球表面附近绕星球做匀速圆周运动的速度大小约为多少？16．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sn37°=0.6cos37°=0.8）的山坡C，上面有一质量为2m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=12m，C足够长．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）A和B加速度的大小（2）A在B上运动的时间．-22-\n17．如图是某传送装置的示意图．其中PQ为水平的传送带，传送带长度L=6m．MN是光滑的曲面，曲面与传送带相切于N点．现在有一滑块质量为m=3kg从离N点高为h=5mM处静止释放，滑块与传送带间的摩擦系数为μ=0.3．重力加速度为g=10m/s2．（1）滑块以多大的速度进入传送带？（2）若传送带顺时针转动，滑块以多大的速度离开传送带？（3）若传送带顺时针转动且速度大小为v，求出滑块与传送带摩擦产生的热量Q与传送带的速度v的大小关系．18．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（g取10m/s2）（1）若小物块击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）则其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中档板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．-22-\n2022-2022学年福建省八县一中联考高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共计48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分.）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是()A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量C．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律【考点】物理学史．【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献．【解答】解：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、万有引力常量是由卡文迪许测出的，故B错误；C、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故C正确；D、开普勒提出行星运动三大定律，故D正确．本题选错误的，故选：B．【点评】要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神．2．如图所示，滑轮本身的质量和摩擦可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，BO与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡，若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到滑轮轴O的弹力大小变化情况是()A．只有角θ变小，弹力才变小B．只有角θ变大，弹力才变小C．不论角θ变大或变小，弹力都不变D．不论角θ变大或变小，弹力都变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．-22-\n【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力，根据平衡条件进行分析即可．【解答】解：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子拉力的合力等大、反向、共线；由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，故两个拉力的合力为mg，与水平方向成45°斜向右下方，保持不变，则当θ变大或变小，弹力都不变．故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键．3．近年来的冬季，我国南方地区常发生冰雪灾害，持续的雨雪冰冻导致城区大面积停水断电，许多街道大树树被冰雪压断，给市民生活带来极大不便．下列说法正确的是()A．在结冰的路面上，车辆轮胎经常缠上防滑链，目的是增大轮胎与地面间最大静摩擦力B．在结冰的路面上，车辆如果保持原来的功率行驶而不打滑，那么其最大运行速度不变C．在结冰的路面上，为了安全起见，车辆应减速慢行，以减小行驶车辆的惯性D．据测定，某汽车轮胎与普通路面的动摩擦因数为0.7，而与冰面间的动摩擦因数为0.1，那么该汽车以相同的速度在普通路面和冰面上行驶，急刹车后滑行的距离之比为7：1【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】结在结冰的路面上缠上防滑链，目的是增大轮胎与地面间动摩擦因数；车辆的惯性大小与车辆的质量有关；由功率表达式P=FV，可知，当P一定时，F越小，则V越大；再根据v2=2ax，当相同的速度时，滑行的位移与加速度成反比，而加速度与动摩擦因数成正比．从而即可求解．【解答】解：A、在结冰的路面上，车辆轮胎经常缠上防滑链，目的是增大轮胎与地面间动摩擦因数，从而增大最大静摩擦力，故A正确；B、在结冰的路面上，由功率表达式P=FV，可知，当P一定时，F越小，则V越大，故B错误；C、结冰的路上，车辆应减速慢行，由于车辆的质量不变，因而行驶车辆的惯性不变；故C错误；D、因加速度与动摩擦因数成正比，则由橡胶轮胎与普通路面的动摩擦因数为0.7，而与冰面间的动摩擦因数为0.1，可知，加速度之比为7：1，再根据v2=2ax，当相同的速度时，滑行的位移与加速度成反比，则急刹车后滑行的距离之比为1：7．故D错误；故选：A．-22-\n【点评】考查增大静摩擦力措施，理解动摩擦因数的概念；知道质量是惯性的量度；掌握功率表达式P=FV的理解，及运动学公式v2=2ax的应用．4．如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中()A．物体克服摩擦力做功mghB．物体的动能损失了mghC．物体的重力势能增加了2mghD．系统机械能损失了mgh【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】由牛顿第二定律求出摩擦力，再求其做功．重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma=mg，得f=mg，则物体克服摩擦力做功Wf=f•2h=mgh，故A错误．B、动能损失量等于合外力做功的大小，为△EK=F合•2h=2mgh，故B错误．C、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故C错误；D、根据功能原理可知，系统机械能损失等于物体克服摩擦力做功mgh，故D正确．故选：D【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式，得到重力势能变化、动能变化和机械能变化，特别要注意系统机械能损失等于物体克服摩擦力做功．5．一只小船在静水中的速度为，它要渡过一条宽为30m的河，河水流速为，则这只船()A．能沿垂直于河岸方向过河B．船头正岸渡河的位移最小C．能渡过这条河，而且所需时间可以小于10sD．能渡过这条河，渡河的位移最小为40m【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间．通过判断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸，当船在静水中速度小于河水速度时，根据合速度垂直静水中速度，则位移最小，从而即可求解．【解答】解：A、静水中的速度为3m/s，小于河水流速为4m/s，根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸．故A错误．B、船头正岸渡河时，渡河的时间最短，而不是的位移最小，故B错误；C、当静水中的速度与河岸垂直时，渡河时间最短，为：tmin===10s，故C错误；-22-\nD、当船的合速度等于静水中的速度时，船的渡河位移最小，根据，解得：s=；故D正确；故选：D．【点评】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度．6．如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为()A．1：1B．2：1C．3：1D．4：1【考点】牛顿第二定律；向心力．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】b向下摆动过程中机械能守恒，在最低点绳子拉力与重力之差提供向心力，根据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a的拉力，根据拉力相等，可得两者质量关系．【解答】解：b下落过程中机械能守恒，有：①在最低点有：②联立①②得：Tb=2mbg当a刚好对地面无压力时，有：Ta=magTa=Tb，所以，ma：mb=2：1，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】根据物体的运动规律选择正确规律求解是解决这类问题的关键，同时正确受力分析是解题的前提．7．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度﹣时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是()-22-\nA．前2s内物体做匀加速曲线运动B．后2s内物体做匀加速曲线运动，加速度方向与x轴的正方向夹角为45°C．3s末物体坐标为（4m，0.5m）D．3s末物体坐标为（3.5m，1m）【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】前2s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动．后2s内物体在x和y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况．根据运动学公式分别求出4s内物体两个方向的坐标．【解答】解：A、前2s内，物体在y轴方向没有速度，由图看出，物体沿x轴方向做匀加速直线运动．故A错误．B、后2s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向．故B错误．CD、在前2s内，物体在x轴方向的位移为：x1=t=×2m=2m．在第3s内，x轴方向的位移为：x2=vxt=2×1m=2m，故3s末x=4m．3s内，y轴方向位移为：y=×1×1m=0.5m，则3s末物体的坐标为（4m，0.5m）．故C正确，D错误．故选：C【点评】本题采用程序法分析物体的运动情况，根据运动的合成法求解物体的位移．要知道速度图象的“面积”表示位移．8．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体重力势能的变化C．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解．【解答】解：A、对物体受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功；故A错误；B、假定传送带速度为v，第一阶段，物体匀加速位移x1=，传送带位移x2=vt；-22-\n除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故物体机械能增加量等于fx1；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为Q=f△x=f•（x2﹣x1）；故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，大于重力势能的增加量；故B错误；C、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故C错误；D、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故D正确；故选：D【点评】本题关键分析清楚小滑块的运动情况，然后根据功能关系列式分析求解；记住摩擦产生的热量为Q=f•△S相对．9．如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面()A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】斜面保持静止，所受的合力为零，物体匀速上滑，其合力也为零，将两个物体看成整体，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力大小和方向．【解答】解：以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、拉力F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：水平方向：f=Fcosθ，方向水平向左；竖直方向：N+Fsinθ=（M+m）g解得：N=（M+m）g﹣Fsinθ，f=Fcosθ．故选CD【点评】本题两个物体的加速度都为零，可以作为整体进行研究，简单方便，也可以采用隔离法研究．-22-\n10．如图所示，轻放在竖直轻弹簧上端的小球A，在竖直向下的恒力F的作用下，弹簧被压缩到B点．现突然撤去力F，小球将在竖直方向上开始运动，若不计空气阻力，则下列中说法确的是()A．撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统机械能守恒B．小球在上升过程中，动能先增大后减小C．小球在上升过程中，弹性势能先减小后增大D．小球在上升过程中，弹簧的形变量恢复到最初（指撤去力F的瞬间）的一半时，小球的动能最大【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】分析小球在运动过程中受力的情况，根据牛顿第二定律，来确定加速度变化情况，从而确定速度的变化情况，并得出动能的大小情况，最后根据高度的变化，来确定重力势能变化．撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统机械能守恒．【解答】解：A、撤去F后对于小球、地球、弹簧构成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确．B、小球在上升过程中，一开始弹簧的弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速运动，速度增大，动能增大．当弹力等于重力时，加速度为零；当弹力小于重力后，加速度方向向下，小球做减速运动，速度减小，动能减小，即动能先增大后减小，故B正确．C、小球在上升过程中，弹簧的压缩量不断减小，则弹性势能一直减小，故C错误．D、小球在上升过程中，开始时弹力大于重力，动能增加，而当弹力和重力相等后，合外力做负功，动能减小，则在弹力等于重力时刻，小球动能最大，而不是弹簧的形变量恢复到最初（指撤去力F的瞬间）的一半时，动能最大，故D错误；故选：AB【点评】本题关键要分析小球在上升过程中的受力情况，来分析运动情况，理解加速度的变化由重力与弹力共同决定，掌握速度如何变化，并知道加速度为零时，速度达到最大值．11．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2022年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m），预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则有()-22-\nA．（a）图中h3代表本次最大深度，应为360mB．全过程中最大加速度是0.025m/s2C．潜水员感到超重发生在3﹣4min和6﹣8min的时间段内D．整个潜水器在8﹣10min时间段内机械能守恒【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】根据v﹣t图象的面积求解位移．把深度曲线（a）和速度图象（b）对应求解．判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向．【解答】解：A、根据深度曲线（a）得h3代表本次最大深度，根据v﹣t图象的面积得为0﹣4min位移是360m，故A正确B、最大加速度是a==0.033m/s2，故B错误C、潜水员在3﹣4min和6﹣8min的时间段内，根据度图象（b）得加速度方向向上，所以处于超重状态，故C正确D、整个潜水器在8﹣10min时间段内加速度不等于g，所以机械能不守恒，故D错误故选AC．【点评】本题是一道图象题，考查了实验数据的处理，要学会通过图象去挖掘信息，处理图象题时，要把图象与相对应的物理知识结合起来分析．12．如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球A．半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，不计滑大小的影响，且细绳刚好没有张力，g取0m/s2．现给小球A一个水平向右的恒力F=55N．以下说法正确的是()A．把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功WF=16.5JB．当细绳与圆形轨道相切时，小球B与小球A速度大小相等C．把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球A速度的大小v=3m/sD．把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球B速度的大小v=4m/s【考点】运动的合成和分解．【分析】根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力F做的功，力F做的功等于AB组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球B运动到C处时的速度大小v，当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块A与小球B的速度大小相等，由几何知识求出夹角．【解答】解：A、对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移x=PB﹣PC=﹣（0.4﹣0.3）=0.4m-22-\n则力F做的功W=Fx=55×0.4J=22J，故A错误；B、当绳与轨道相切时，两球速度大小相等，如图所示：，故B正确；CD、由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，根据两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W=mv2+mgR代入已知量得：20=×2×v2+2×10×0.3，解得小球B速度的大小v=m/s，故CD错误；故选：B．【点评】本题连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析B球到达最高点时A球速度为零．二、实验题（本题共2小题，每小题6分，共12分.请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上.）13．表中是某同学为“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验所测的几组数据：弹力F/N2.22.42.62.83.0弹簧的伸长x/cm2.55.07.410.112.5（1）请你在图中的坐标纸上作出F﹣x图线：（2）若弹簧的原为40cm，写出弹力F与弹簧总长度L的函数表达式：F=8（L﹣0.4）（以N和m为单位）．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】（1）根据表中数据利用描点法可得出对应的图象；（2）根据图象可求得劲度系数，再根据胡克定律即可得出对应的表达式．-22-\n【解答】解：（1）以弹簧的伸长量x为横轴，以弹簧的弹力F为纵轴，将x轴每一小格取为1cm，F轴（以2.0N为起点）每一小格取为0.2N，将各点描到坐标纸上，并连成平滑的曲线，如图所示；（2）由图可知，劲度系数k==8N/m；则对应的表达式为：F=8（L﹣0.4）故答案为：（1）如图所示；（2）F=8（L﹣0.4）【点评】解决本题的关键掌握弹力与弹簧伸长关系的实验步骤，会描点作图，掌握作图的方法．会从图象中分析数据．14．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：①按图甲摆好实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量m=0.05kg．②释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带．（1）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意一条，如图乙所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.041m，d2=0.055m，d3=0.167m，d4=0.256m，d5=0.360m，d6=0.480m，…他把钩码重力（当地重力加速度g=9.8m/s2）作为小车所受合力，算出0点到第5计数点合力做功W=0.176J（结果保留三位有效数字），用正确的公式计算打下第5计数点时小车动能Ek=（用相关数据前字母列式）并把打下第5点时小车动能作为小车动能的改变量，算得Ek=0.125J．（2）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的可能原因如下，其中正确的是BC．A．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离是产生此误差的主要原因B．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多D．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；类比法；动能定理的应用专题．-22-\n【分析】（1）将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一步求出其动能大小；（2）实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善导致的系统误差，一是由数据测量如测量距离等导致的偶然误差，可以从这两个方面进行分析．【解答】解：（1）根据题意物体所受合外力为：F=mg=0.05×9.8=0.49N，根据功的定义可知：W=Fs=mgh=0.176J；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小为：（其中T=）动能公式为：Ek=（2）A、刻度尺的精度对测量结果影响很小，故A错误；B、设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：对小车：F=Ma①对钩码有：mg﹣F=ma②，由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故B正确；C、实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故C正确；D、释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能的测量偏小，故D错误．故选：BC故答案为：（1）0.176；；（2）BC【点评】明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习．三、计算题（本题含4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）15．某星球的质量约为地球质量的8倍，半径约为地球半径的2倍．已知地球的第一宇宙速度为7.9km/s，则航天器在该星球表面附近绕星球做匀速圆周运动的速度大小约为多少？【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】计算题；定量思想；类比法；万有引力定律在天体运动中的应用专题．【分析】航天器在星球表面附近做匀速圆周运动的速度即为环绕速度，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后比较求解．【解答】解：航天器在星球表面附近绕星球做匀速圆周运动，星球对航天器的万有引力提供航天器的向心力得：-22-\n解得：∝该星球的质量约为地球质量的8倍，半径约为地球半径的2倍，故：v′==2v而v=7.9km/s故v′=15.8km/s答：航天器在该星球表面附近绕星球做匀速圆周运动的速度大小约为15.8km/s．【点评】本题是卫星类型，关键要建立卫星运动的模型，根据万有引力提供向心力，得到环绕速度的表达式，注意半径比地球半径大2倍，是解题的关键．16．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sn37°=0.6cos37°=0.8）的山坡C，上面有一质量为2m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=12m，C足够长．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）A和B加速度的大小（2）A在B上运动的时间．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）对A、B受力分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；（2）根据A、B的加速度的大小，利用速度时间的关系式和它们之间的距离可以计算时间的大小．【解答】解：（1）对A和B分别进行受力分析，A和B的受力如图所示，-22-\n其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1=μ1N1①N1=mgcosθ②f2=μ2N2③N2=N1+2mgcosθ④规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣f1=ma1⑤2mgsinθ+f1﹣f2=2ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得：a1=3m/s2a2=1.5m/s2（2）由运动学公式得：；由题意得：s1﹣s2=12联立以上各式可得：t=4s答：（1）A和B加速度的大小分别是3m/s2和1.5m/s2；（2）A在B上运动的时间是4s．【点评】本题是对牛顿第二定律和运动学公式的综合的应用，分析清楚物体的运动的情况和受力的情况，根据运动学的公式来求解，本题的难度比较大．17．如图是某传送装置的示意图．其中PQ为水平的传送带，传送带长度L=6m．MN是光滑的曲面，曲面与传送带相切于N点．现在有一滑块质量为m=3kg从离N点高为h=5mM处静止释放，滑块与传送带间的摩擦系数为μ=0.3．重力加速度为g=10m/s2．（1）滑块以多大的速度进入传送带？（2）若传送带顺时针转动，滑块以多大的速度离开传送带？（3）若传送带顺时针转动且速度大小为v，求出滑块与传送带摩擦产生的热量Q与传送带的速度v的大小关系．【考点】功能关系；动能定理的应用．【分析】（1）滑块曲面上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒，据此定律列式求解．-22-\n（2）若传送带顺时针转动，滑块在皮带上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出滑块运动Q点的速度（3）求出滑块滑到最左端所用时间，根据相对位移大小和滑动摩擦力大小的乘积求解Q与v的关系．【解答】解：（1）滑块曲面上下滑过程，由机械能守恒得：mgh=代入数据解得：v1==m/s=10m/s（2）滑块在皮带上做匀减速直线运动，加速度大小为：a==μg=0.3×10m/s2=3m/s2，根据匀变速直线运动位移速度公式得：解得：v2=8m/s（3）滑块滑到最左端，减速时间t=此过程皮带转动的距离为s=vt=则Q=μmg（L+s）所以Q=54+6v答：（1）滑块以10m/s的速度进入传送带；（2）若传送带顺时针转动，滑块以8m/s的速度离开传送带；（3）若传送带顺时针转动且速度大小为v，滑块与传送带摩擦产生的热量Q与传送带的速度v的大小关系为Q=54+6v．【点评】传送带问题，关键要根据物体的受力情况分析物体的运动过程，要知道摩擦生热等于滑动摩擦力大小与物体间相对位移大小的乘积．18．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（g取10m/s2）（1）若小物块击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）则其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中档板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．-22-\n【考点】动能定理；平抛运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）根据平抛知识求小物块离开O点时的速度大小；（2）小物块能击中挡板，则小物块必须能够到达O点，据动能定理求得力F作用的位移，再根据牛顿运动定律和运动学规律求得力F的作用时间；（3）根据能击中挡板的条件求出小物块动能的表达式，再根据数学分析求动能的最小值．【解答】解：（1）小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos37°=v0t竖直方向：可得：=（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得：Fx﹣μmgS=△Ek=0解得：=2.5m由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma解得：由运动学公式得：解得：t=1s（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则x=v0t由机械能守恒得：又x2+y2=R化简整理得：由数学知识可得-22-\n答：（1）若小物块击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）则其离开O点时的速度大小为；（2）为使小物块击中档板，拉力F作用的最短时间为1s；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．击中挡板时小物块动能的最小值为．【点评】解决本题的关键是掌握平抛运动知识及牛顿运动定律和动能定理的应用，本题综合性较高，需要掌握的知识点较多，题目较难．-22-