河南圣级名校2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年河南省顶级名校高三（上）期中物理试卷　一、选择题：本题共12小题，1-8题为单选题，9-12题为多选题，每小题4分，共48分．1．假设你在运动会上百米赛跑成绩是14秒，整个过程可分为3个阶段．第一阶段前进14米，平均速度是7米/秒；第二阶段用时9秒，平均速度8米/秒．请估算一下第三阶段的平均速度约是（　　）A．6米/秒B．5.5米/秒C．4.7米/秒D．3.2米/秒　2．自从采用调控房价政策以来，曾经有一段时间，全国部分城市的房价上涨出现减缓趋势．一位同学将房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，据此类比方法，你觉得“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动中的（　　）A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度减小，加速度减小D．速度减小，加速度增大　3．在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）A．B．C．D．　4．2022年当地时间9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什•达万航天中心，一枚PSLV﹣C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图所示．则下列说法不正确的是（　　）A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态　19\n5．如图，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（　　）A．三把刀在击中板时动能相同B．三次飞行时间之比为1：：C．三次初速度的竖直分量之比为3：2：1D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3　6．如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块，其中物块A连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块B以初速度v0向着物块A运动，当物块B与物块A上的弹簧发生相互作用时，两物块保持在一条直线上运动．若分别用实线和虚线表示物块B和物块A的v﹣t图象，则两物块在相互作用过程中，正确的v﹣t图象是图中的（　　）A．B．C．D．　7．现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷．则下列说法中错误的是（　　）A．O点的电场强度和电势均为零B．把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一正点电荷由a点移到b点电势能减小　8．如图所示，在悬点O处用细线拉着小球，使它静止在半径一定的光滑半圆柱面上，你将半圆柱面从图示位置起沿水平面缓慢向左稍移动一些距离，则（　　）A．小球对柱面的压力增大B．细线对小球的拉力不变C．柱面对小球的支持力不变D．小球对细线的拉力增大19\n　9．如图所示，两块固连在一起的物块a和b，质量分别是ma和mb．放在水平光滑桌面上，现同时施给他们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力（　　）A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．可能为零　10．如图所示，一内壁光滑的圆锥面，轴线OO′是竖直的，顶点O在下方，若有两个相同的小珠（均视为质点）在圆锥的内壁上沿不同的圆轨道运动，则有（　　）A．它们的速率相同B．它们运动的周期相同C．锥壁对它们的支持力相同D．它们的动能与势能之比相同，设o点为势能零点　11．如图所示，在水平光滑轨道上置一小车，从车上经一根不可伸长的轻细线悬下一质量较大的摆球．你把摆球移离最低位置后，无初速释放，在摆球摆下的过程中（　　）A．摆线对摆球的拉力做负功B．摆线对摆球的拉力不做功C．摆球所受的合力不做功D．摆球所受的合力做正功　12．如图所示，质量为m的小球用长为l的悬绳固定于O点，在O点的正下方处有一颗钉子O′．把悬绳拉至与竖直方向成弧度，然后沿切线方向以的初速度释放小球，则以下说法中正确的是（　　）A．当悬绳碰到钉子O′时，小球的速度值突然变大B．当悬绳碰到钉子O′时，小球的向心加速度值突然变大C．当悬绳碰到钉子O′后，小球能运动到钉子O′的正上方D．当悬绳碰到钉子O′后，小球不能做半径r=的圆周运动19\n　　二、实验题：本题共2小题，每小问3分，共21分．13．某同学在做“互成角度的两个力的合成”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图（a）所示①试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力．②有关此实验，下列叙述正确的是　　　　　　．A．两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O．这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可③图（b）所示是甲和乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个比较符合实验事实？（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）答：　　　　　　．　14．（12分）（2022秋•河南期中）在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示．（1）当M与m的大小关系满足　　　　　　时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是　　　　　　．A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=求出（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a﹣F关系图象分别如图2A和图2B所示，其原因分别是：图A：　　　　　　；图B：　　　　　　．19\n　　三、计算题：本题共3小题，必须有较为详细的解答过程，只有最终答案的不给分，共31分．15．“耳边又传来了汽笛声和水手的笑语，他说风雨中这点痛算什么，擦干泪，不要怕，至少我们还有梦”．假设停靠在海边的轮船汽笛每0.25s响一声，你驾驶一辆汽车以20m/s的速度沿着海边公路朝着远离汽笛的方向驶去，那么你在汽车中每分钟能听到几声汽笛？（已知此时声音在空气中速度为320m/s）．　16．（10分）（2022秋•河南期中）如图所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h=0.8m，质量为m=2kg的小物块M从斜面顶端A由静止滑下，从O点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C．已知斜面的倾角θ=53°，动摩擦因数均为μ=0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g=10m/s2，下滑时逆着毛的生长方向．求：（1）弹簧压缩到最短时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）．（2）若物块M能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？（3）物块M在斜面上下滑过程中的总路程．　17．（12分）（2022秋•河南期中）沙尘暴是把沙尘上扬后造成灾害的．现把沙尘暴天气简化为：沙尘上扬后有v竖直向上的风速，沙尘粒被扬起后悬浮在空中（不动）．这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度v竖直向下运动时所受的阻力，此阻力可用f=αρAv2表示，其中α为一系数，A为沙尘颗粒的截面积，ρ为空气密度．（1）若沙尘的密度ρs=2.8×103kg/m3，沙尘颗粒为球形，半径为r=2.5×10﹣4m，地球表面处的空气密度ρ0=1.25kg/m3，α=0.45试估算地面附近上述v的最小值v1．（2）假定空气密度ρ随高度h的变化关系为ρ=ρ0（1﹣ch），其中ρ0为h=0处的空气密度，c为一常数，c=1.18×10﹣4m﹣1，试估算当v=9.0m/s时扬沙的最大高度（不考虑重力加速度随高度的变化）．　　2022-2022学年河南省顶级名校高三（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，1-8题为单选题，9-12题为多选题，每小题4分，共48分．1．假设你在运动会上百米赛跑成绩是14秒，整个过程可分为3个阶段．第一阶段前进14米，平均速度是7米/秒；第二阶段用时9秒，平均速度8米/秒．请估算一下第三阶段的平均速度约是（　　）19\nA．6米/秒B．5.5米/秒C．4.7米/秒D．3.2米/秒【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题．【分析】先求的第一阶段所需时间，在求的第二阶段通过的位移，在求的第三阶段的位移，在求的第三阶段的时间即可求得平均速度【解答】解：第一阶段的时间为第二阶段的位移为x2=v2t2=9×8m=72m第三阶段的位移为x3=x﹣x1﹣x2=100﹣14﹣72m=14m，时间为t3=t﹣t1﹣t2=14﹣2﹣9=3s平均速度为故选：C【点评】本题主要考查了位移等于速度与时间的乘积，此题由三个过程，需反复应用即可　2．自从采用调控房价政策以来，曾经有一段时间，全国部分城市的房价上涨出现减缓趋势．一位同学将房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，据此类比方法，你觉得“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动中的（　　）A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度减小，加速度减小D．速度减小，加速度增大【考点】加速度；速度．【分析】理解加速度的物理意义，能正确区分速度和加速度．【解答】解：房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，房价上涨类比成速度增大，减缓趋势反映房价上涨变慢，类比成速度增加变慢．而加速度的物理意义表示速度变化的快慢，房价上涨出现减缓趋势可以类比成运动中的速度增大，加速度减小．故选B．【点评】能正确理解和区分一些物理量的含义和物理意义．其中速度和加速度的物理意义是不一样的．　3．在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）A．B．C．D．【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．19\n【分析】解决本题的关键是将竖直上抛运动分解成向上的匀减速运动和向下的匀加速，所以从最高点落到O点的时间为，落到P点的时间为，可以求出VP和VO，根据OP之间可得H=可求出g．【解答】解：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上=t下则从最高点下落到O点所用时间为，故，从最高点下落到P点所用时间为，则有：，则从P点下落到O点的过程中的平均速度为：从P点下落到O点的时间为：t=根据H=可得：H==解得：g=．故选：A．【点评】对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题．另外本题用到了利用平均速度求解位移的方法：s=．　4．2022年当地时间9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什•达万航天中心，一枚PSLV﹣C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图所示．则下列说法不正确的是（　　）A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态【考点】万有引力定律及其应用；超重和失重．【专题】万有引力定律的应用专题．19\n【分析】物体间力的作用是相互的，由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力等大、反向、作用在同一直线上；火箭在上升过程中，处于超重状态，随着火箭离地球距离的增大，火箭受到的重力越来越小，在空中运行的卫星处于完全失重状态．【解答】解：A、C、火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等，故A错误，C正确；B、发射初期，火箭具有向上的加速度，火箭处于超重状态，由于火箭距离地球的距离越来越大，它受到的地球的万有引力即重力却越来越小，故B正确；D、发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态，故D正确；本题选错误的，故选A．【点评】本题难度不大，是一道基础题，熟练掌握牛顿第三定律、知道绕地球做圆周运动的卫星处于失重状态，即可正确解题．　5．如图，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（　　）A．三把刀在击中板时动能相同B．三次飞行时间之比为1：：C．三次初速度的竖直分量之比为3：2：1D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】将飞刀的运动逆过来看是一种平抛运动，运用运动的分解法，由运动学公式研究平抛运动的初速度大小，即飞刀垂直打在木板上的速度大小，即可比较动能的大小；由高度比较时间．由vy=gt，分析三次初速度的竖直分量之比；由速度的分解，求解抛出飞刀的初速度与水平方向夹角关系．【解答】解；A、将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，运动时间为t=，初速度为v0==x，由图看出，三把刀飞行的高度不同，运动时间不同，水平位移大小相等，由平抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故三把刀在击中板时动能不同．故A错误．B、竖直方向上逆过来看做自由落体运动，运动时间为t=，则得三次飞行时间之比为：：=：1．故B错误．C、三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量，由vy=gt=，则得它们之比为=：1．故C错误．19\nD、设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ，则tanθ===，则得，θ1＞θ2＞θ3．故D正确．故选D【点评】本题的解题技巧是运用逆向思维方法，将飞刀的运动等效看成沿反方向的平抛运动，问题就变得熟悉而简单．　6．如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块，其中物块A连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块B以初速度v0向着物块A运动，当物块B与物块A上的弹簧发生相互作用时，两物块保持在一条直线上运动．若分别用实线和虚线表示物块B和物块A的v﹣t图象，则两物块在相互作用过程中，正确的v﹣t图象是图中的（　　）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】压轴题．【分析】以两物体及弹簧作为整体分析，对整体由动量守恒及弹簧状态的变化可知两物体的速度变化及加速度的变化，即可得出速度图象．【解答】解：碰后时B速度减小，A的速度增大，而由于弹力增大，故A、B的加速度均增大；而在弹簧到达原长以后，B开始减速而A继续加速，因弹簧开始伸长，故两物体受力减小，故加速度减小；由图可知，正确图象应为D．故选D．【点评】本题解题的关键在于分析在碰撞过程中弹簧弹力的变化，从而找出加速度的变化；结合速度变化即可得出正确的图象．　7．现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷．则下列说法中错误的是（　　）A．O点的电场强度和电势均为零B．把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一正点电荷由a点移到b点电势能减小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．19\n【分析】根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则求解．电荷在等势面上移动，电场力做功为0【解答】解：A、正点电荷在O点的电场强度沿着虚线向外，负点电荷在O点的电场强度沿着虚线向内，根据矢量合成法则，O点电场强度为AD方向．四个点电荷在O点处电势为零，故A错误．B、据对称性，b、c等电势，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，故B正确．C、按照库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C正确．D、四个点电荷在a点的电势为正，在b点电势为零，从a移动到b电场力做正功，所以电势能减少．故D正确．因选错误的，故选：A【点评】本题以点电荷形成电场为背景，考查电场强度的叠加、电势、电场力做功与电势能改变等　8．如图所示，在悬点O处用细线拉着小球，使它静止在半径一定的光滑半圆柱面上，你将半圆柱面从图示位置起沿水平面缓慢向左稍移动一些距离，则（　　）A．小球对柱面的压力增大B．细线对小球的拉力不变C．柱面对小球的支持力不变D．小球对细线的拉力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；相似三角形法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】用水平力向左推半圆柱使小球沿半圆柱面缓慢移动一小段距离时，小球处于动态状态，合力保持为零，分析受力情况，运用相似三角形关系列式分析．【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、柱体的支持力N和绳的拉力T，根据平衡条件可知，N、T的合力F与G大小相等、方向相反，作出N和T的合力F如图所示：由三角形相似得：得：，当向左推半圆柱使小球沿半圆柱面缓慢移动一小段距离时，如图2所示：19\n△AO′C∽△N′AG′．得：得：＞，=．所以小球对圆柱面的压力增大，小球对细线的拉力减小，故A正确．故选：A【点评】该题是使用相似三角形方法解题的典型题目，一定要画出物体的受力图，找出其中的几何关系，然后根据其中的关系确定各个力的表达式，最后得出结论．　9．如图所示，两块固连在一起的物块a和b，质量分别是ma和mb．放在水平光滑桌面上，现同时施给他们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力（　　）A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．可能为零【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度，再用隔离法分析a的合力，分析合力与两分力的关系可得出ab间的力的性质．【解答】解：整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a=对a由牛顿第二定律可得：Fa+F=maa则F=．若mbFa＞maFb，F为负值，b对a为推力；若mbFa＜maFb，F为正值，则b对a为拉力；若mbFa=maFb，F为零．故C、D正确，A、B错误．19\n故选CD．【点评】本题考查整体法与隔离法的应用，一般先用整体法求出整体加速度或表达式，再选取其中一个物体进行分析即可求出；本题的难点在于最后对公式的分析．　10．如图所示，一内壁光滑的圆锥面，轴线OO′是竖直的，顶点O在下方，若有两个相同的小珠（均视为质点）在圆锥的内壁上沿不同的圆轨道运动，则有（　　）A．它们的速率相同B．它们运动的周期相同C．锥壁对它们的支持力相同D．它们的动能与势能之比相同，设o点为势能零点【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．【专题】定量思想；归纳法；匀速圆周运动专题．【分析】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．【解答】解：对小球受力分析，受重力和支持力，如图：由几何知识知：F=mgtanα，两小球质量相同，则合力F相同．A、根据牛顿第二定律，有F=mgtanα=m得：v=半径较大的，则v较大，即动能较大，故A错误；B、根据F=mr，半径r较大的，则周期T较大，故B错误；C、由图中几何关系：N=，α相同，故N相同，故C正确；D、球的动能为mv2=mg，势能：mgrtanα，则动能与势能之比为tan2α，α为定值，故动能与势能之比为定值，与距离顶点的高度无关，故D正确；故选：CD【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析．　19\n11．如图所示，在水平光滑轨道上置一小车，从车上经一根不可伸长的轻细线悬下一质量较大的摆球．你把摆球移离最低位置后，无初速释放，在摆球摆下的过程中（　　）A．摆线对摆球的拉力做负功B．摆线对摆球的拉力不做功C．摆球所受的合力不做功D．摆球所受的合力做正功【考点】动量守恒定律．【专题】应用题；定性思想；图析法；动量定理应用专题．【分析】摆球与小车组成的系统水平方向动量守恒，摆球向左摆到过程，小车向右运动；判断一个力做功的正负关键看力的方向和位移的方向的夹角，夹角小于90°做正功，夹角大于90°做负功，等于90°不做功．合外力对物体做的功等于物体动能的变化量．【解答】解：A、由于车和球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，车子会向右移动，小车的动能增加，由绳的拉力对小车做正功．这时小球运动的轨迹将与绳子不垂直，夹角大于90°，则绳的拉力对小球做负功，故A正确，B错误；C、摆球下摆过程中，小球做加速运动，小球的动能增加，由动能定理可知，摆球所受的合力做正功，故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题考查了动量守恒定律的应用、判断力做功情况，要注意摆球下摆过程中，小车不是静止不动的，小车向右运动，系统水平方向的动量是守恒的．　12．如图所示，质量为m的小球用长为l的悬绳固定于O点，在O点的正下方处有一颗钉子O′．把悬绳拉至与竖直方向成弧度，然后沿切线方向以的初速度释放小球，则以下说法中正确的是（　　）A．当悬绳碰到钉子O′时，小球的速度值突然变大B．当悬绳碰到钉子O′时，小球的向心加速度值突然变大C．当悬绳碰到钉子O′后，小球能运动到钉子O′的正上方D．当悬绳碰到钉子O′后，小球不能做半径r=的圆周运动【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速；动能和势能的相互转化．【专题】定性思想；方程法；匀速圆周运动专题；机械能守恒定律应用专题．【分析】把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径发生变化，根据v=rω，a=判断角速度、向心加速度大小的变化，再根据牛顿第二定律判断悬线拉力的变化．19\n【解答】解：A、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于重力与拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变．故A错误；B、根据向心加速度公式a=得，线速度大小不变，半径变小，则向心加速度变大．故B正确．C、D、当悬绳碰到钉子O′后，若小球恰好能做半径r=的圆周运动，则在最高点：；则：；而从开始释放到最高点的过程中：得：可知，当悬绳碰到钉子O′后，小球能运动到钉子O′的正上方，能做半径r=的圆周运动．故C正确，D错误．故选：BC【点评】该题结合机械能守恒考查竖直平面内的圆周运动，解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系，以及知道在本题中悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变．　二、实验题：本题共2小题，每小问3分，共21分．13．某同学在做“互成角度的两个力的合成”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图（a）所示①试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力．②有关此实验，下列叙述正确的是　AC　．A．两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O．这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可③图（b）所示是甲和乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个比较符合实验事实？（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）答：　甲　．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题．【分析】（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F．19\n（2）根据合力与分力的关系来分析判断．【解答】解：①以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头．如图所示．②A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大．故A正确．B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O．故C正确．D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D错误；故选A、C．③用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故甲符合实验事实．故本题答案是①如图所示．②AC③甲【点评】本题要防止产生错误的认识，认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力，根据合力与分力等效关系分析，一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力．　14．（12分）（2022秋•河南期中）在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示．（1）当M与m的大小关系满足　m≪M　时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是　B　．A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=求出19\n（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a﹣F关系图象分别如图2A和图2B所示，其原因分别是：图A：　不再满足砂和砂桶远小于小车的质量　；图B：　遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　．【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】当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；小车的加速度应由纸带求出．由图象A可以看出：图线通过坐标原点，当拉力增大到一值时，加速度在偏小，原因是没有满足M＞＞m的条件．而图象B可以看出：图线不通过坐标原点，当拉力为某一值时，a为零，知没有平衡摩擦力或倾角过小．【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力T=Ma=，当M＞＞m时，认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．（2）A、平衡摩擦力时，不能将及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上．故A错误．B、改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力．故B正确．C、实验时，先接通电源，再释放小车．故C错误．D、小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a=求出，故D错误．故选：B．（3）图A随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不再满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．图B当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，可知该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；故答案为：（1）m≪M（2）B（3）不再满足砂和砂桶远小于小车的质量，遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，注意实验的条件是：砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，此时才有绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力．　三、计算题：本题共3小题，必须有较为详细的解答过程，只有最终答案的不给分，共31分．15．“耳边又传来了汽笛声和水手的笑语，他说风雨中这点痛算什么，擦干泪，不要怕，至少我们还有梦”．假设停靠在海边的轮船汽笛每0.25s响一声，你驾驶一辆汽车以20m/s的速度沿着海边公路朝着远离汽笛的方向驶去，那么你在汽车中每分钟能听到几声汽笛？（已知此时声音在空气中速度为320m/s）．【考点】匀速直线运动及其公式、图像．【专题】简答题；信息给予题；定量思想；类比法；直线运动规律专题．19\n【分析】把响声在空气中的间隔看做类似于一个波长，根据每隔0.25s响一次和声音在空气中的传播速度为320m/s，求出其波长，再根据声速和车速求出人与声音的相对速度，然后根据求出f，再利用n=ft即可求解．【解答】解：把响声在空气中的间隔看做类似于一个波长，则λ=320m/s×0.25s=80m，人与声音的相对速度v=320m/s﹣20m/s=300m/s，由，所以n=ft=3.75×60=225次．答：在汽车中每分钟内能听到225声警钟．【点评】此题主要考查速度公式及其应用这一知识点，但是涉及到波长、频率等知识点，难度较大，再加上此类应用题学生训练的比较少．　16．（10分）（2022秋•河南期中）如图所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h=0.8m，质量为m=2kg的小物块M从斜面顶端A由静止滑下，从O点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C．已知斜面的倾角θ=53°，动摩擦因数均为μ=0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g=10m/s2，下滑时逆着毛的生长方向．求：（1）弹簧压缩到最短时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）．（2）若物块M能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？（3）物块M在斜面上下滑过程中的总路程．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）物块M从斜面顶端A运动到弹簧压缩到最短，由动能定理求解弹簧压缩到最短时的弹性势能（2）由动能定理研究上升的最大高度位置求解．（3）物块M最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理求解．【解答】解：（1）物块M从斜面顶端A运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh﹣μmgcosθ•﹣Ep=0则得Ep=mgh﹣μmghcotθ=10J（2）设物块M第一次弹回，上升的最大高度为H，由动能定理得：mg（h﹣H）﹣μmgcosθ=0可得H=h﹣μhcotθ=0.5m（3）物块M最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理得mgh﹣μmgcosθ•l=019\n物块M在斜面上下滑过程中的总路程S==2.67m答：（1）弹簧压缩到最短时的弹性势能是10J（2）若物块M能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是0.5m（3）物块M在斜面上下滑过程中的总路程是2.67m．【点评】了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．　17．（12分）（2022秋•河南期中）沙尘暴是把沙尘上扬后造成灾害的．现把沙尘暴天气简化为：沙尘上扬后有v竖直向上的风速，沙尘粒被扬起后悬浮在空中（不动）．这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度v竖直向下运动时所受的阻力，此阻力可用f=αρAv2表示，其中α为一系数，A为沙尘颗粒的截面积，ρ为空气密度．（1）若沙尘的密度ρs=2.8×103kg/m3，沙尘颗粒为球形，半径为r=2.5×10﹣4m，地球表面处的空气密度ρ0=1.25kg/m3，α=0.45试估算地面附近上述v的最小值v1．（2）假定空气密度ρ随高度h的变化关系为ρ=ρ0（1﹣ch），其中ρ0为h=0处的空气密度，c为一常数，c=1.18×10﹣4m﹣1，试估算当v=9.0m/s时扬沙的最大高度（不考虑重力加速度随高度的变化）．【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】（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡．应用平衡条件列式即可．（2）设出最大高度h，表示出此处空气密度，再由平衡条件列式计算即可．【解答】解：（1）沙粒悬浮在空中，所受阻力与重力平衡，即：mg=f…①m=ρsV=ρs…②f=…③vmin=…④代入数据解得vmin=4m/s．（2）由于高度增加，空气密度减小，故当速度为v0时，随着沙粒的上升，沙粒所受阻力减小，当沙粒所受阻力与重力平衡时，沙粒悬浮在空中不再上升，此时扬沙高度最大：mg=fm=ρsV=f=aρ0（1﹣chm）A…⑤得：hm=，代入数据解得hm=6738m．答：（1）地面附近上述v的最小值为4m/s．（2）当v=9.0m/s时扬沙的最大高度为6738m．19\n【点评】本题为一个理论联系实际的题目，核心是平衡条件的应用，但关键是怎样把题目中的情景与学习的理论知识联系在一起．　19