江西省宜春市萍乡中学万载中学宜春中学2022届高三物理上学期第一次联考试卷含解析

江西省宜春市萍乡中学、万载中学、宜春中学2022届高三上期第一次联考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．1～7小题只有一个选项正确，8～10小题有多个选项正确，全部选对得4分，漏选得2分，错选、不选得0分）1．物理学是建立在实验基础上的一门学科，很多定律是可以通过实验进行验证的，下列定律中不可以通过实验直接得以验证的是()A．牛顿第一定律B．牛顿第二定律C．牛顿第三定律D．机械能守恒定律2．物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是()A．甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mB．甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC．乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mD．乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m3．如图，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，一人用力F拉绳，使滑块从A点上升到C，从A上升至B点和从B点上升至C点的过程中F做的功分别为W1、W2，图中AB=BC，如果滑块上滑速度为v0且保持恒定，人手收绳子的速率为v，则有()A．W1＞W2B．W1=W2-30-\nC．滑块从A到C过程中，人手收绳子的速率v越来越来大D．滑块从A到C过程中，拉力F的功率越来越大4．运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落．在整个过程中，下列图象可能符合事实的是（其中h表示下落高度、t表示下落的时间、F表示人受到的合外力、E表示人的机械能、EP表示人的重力势能、V表示人下落的速度）()A．B．C．D．5．如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处在静止状态．不计滑轮的摩擦，当小车匀加速向右运动时()A．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大B．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变-30-\n6．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力？()A．B．C．D．7．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为()A．1：2B．2：1C．3：4D．4：38．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是()-30-\nA．这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为B．卫星1由位置A运动至位置B所需的时间为C．如果使卫星l加速，它就一定能追上卫星2D．卫星l由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功9．如图所示，粗糙水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以加速度a匀加速下滑，物块质量为m，下滑过程斜劈始终保持不动，下列说法正确的是()A．增大物块质量m，物块加速度变大，斜劈受地面摩擦力不变B．增大物块质量m，物块加速度不变，斜劈受地面摩擦力变大C．竖直向下对物块施加一压力F，物块加速度变大，斜劈受地面摩擦力变大D．平行斜面对物块施加一向下推力F，物块加速度变大，斜劈受到地面的摩擦力变大10．如图所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同，电性相同的带电小球P，从斜面上的N点由静止释放，N点距离弹簧有一段距离，在小球P与弹簧从接触到压缩到最短的过程中（此过程中弹簧始终在弹性限度内），以下说法正确的是()A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大二、填空题（共16分，每空2分）-30-\n11．某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图．（交流电的频率为50Hz）（1）图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为__________m/s2（结果保留两位有效数字）（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据如表：请在图丙的方格坐标纸中画出图线，并从图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是__________（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F的变化图线如图丙所示．该图线不通过原点，其主要原因是__________．12．某学习小组用如图1所示的实验装置探究动能定理，已知小车的质量为M，沙和小桶的总质量为m，实验中小桶未到达地面，要完成该实验，请回答下列问题：-30-\n①实验时为保证小车受到的拉力大小与沙和小桶的总重力大小近似相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是__________；实验时为保证小车受到的细线拉力等于小车所受的合外力，需要的操作是__________．②在满足第①问的条件下，若通过实验得到纸带如图2所示，A、B、C、D、E为计数点，相邻两点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，相邻计数点间的距离x1、x2、x3、x4，其中B点和D点对应时刻小车的瞬时速度用vB和vD表示，则vB=__________．小车的运动中对应纸带打B、D两点间的过程，动能变化量表达式△EK=__________，（用M，vB和vD表示），小车合外力的功表达式W=__________．在多组实验数据基础上，分析小车合外力的功与动能变化量的关系为W=△EK．三、计算题（13～14小题每题8分，15～17小题每题10分，总分44分．计算题要求写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．质量m为5.0×106kg的列车以恒定不变的功率由静止沿平直轨道加速行驶，当速度增大到v1=2m/s时，加速度a1=0.9m/s2，当速度增大到v2=10m/s时，加速度a2=0.1m/s2．如果列车所受阻力大小不变，求：（1）列车所受阻力和列车的额定功率；（2）在该功率下列车的最大速度是多少？14．某星球的半径为R，在该星球表面某一倾角为θ的山坡上以初速度v0平抛一物体，经过时间t该物体落到山坡上．（不计一切阻力）（1）该星球表面重力加速度多大？（2）为了测该星球的自转周期，从该星球发射一颗同步卫星，已知同步卫星离该星球表面高度为h，求该星球的自转周期．-30-\n15．如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0kg的薄木板A和质量为mB=3kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0kg的物块C相连．B与A之间的动摩擦因数μ=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．16．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°．长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个小物块以初速度v0=4.0m/s出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50．（g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：（1）小物块的抛出点和A点的高度差；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件；（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．-30-\n17．如图所示，在坐标系xOy中，y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为y轴、左边界为平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一带正电，电量为q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=45°，大小为v．粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的倍．粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽略重力的影响．求：（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间．江西省宜春市萍乡中学、万载中学、宜春中学2022届高三上学期第一次联考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．1～7小题只有一个选项正确，8～10小题有多个选项正确，全部选对得4分，漏选得2分，错选、不选得0分）1．物理学是建立在实验基础上的一门学科，很多定律是可以通过实验进行验证的，下列定律中不可以通过实验直接得以验证的是()-30-\nA．牛顿第一定律B．牛顿第二定律C．牛顿第三定律D．机械能守恒定律考点：牛顿第一定律．分析：关于物理学史的考察在近几年各地的考卷中均有体现，要引起学生的重视．对物理学的各个定律都要明确其来历，做到心中有数．想象和外推物理学的很多定律都是通过猜想与假设，设计原理准备器材并经过实验验证的，但象牛顿第一定律却是以一定的实验事实为基础，结合合理的想象和外推得到的，因为在任何情况下都不可能找到完全不受力的物体解答：解：不受力的实验只能是理想实验，是无任何实验误差的思维实验，严格来说“不受力”的条件真实实验不能满足，只能靠思维的逻辑推理去把握，故牛顿第一定律是不可以通过实验直接得以验证的，而牛顿第二定律、牛顿第三定律、机械能守恒定律等均是实验定律，故BCD错误，A正确．故选：A点评：本题考查的就是学生对于物理学史物理常识的理解，这些是需要学生学习新课时了解并知道的，考查的学生对课本基本内容的掌握情况，考察比较细，应引起学生的重视．2．物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是()A．甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mB．甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC．乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mD．乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m考点：匀变速直线运动的图像；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：运动学中的图像专题．-30-\n分析：v﹣t图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；x﹣t图象的斜率表示速度，面积无意义．解答：解：A、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动；它通过的总路程为两个三角形的面积，为：=6m，故AB错误；C、x﹣t图象的斜率表示速度，可知，乙在整个t=4s时间内一直沿正向运动，乙在4s时间内从﹣3m运动到+3m位置，故位移大小为6m，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题考查了x﹣t图象与v﹣t图象的区别，明确斜率、与t轴包围的面积的含义，基础题．3．如图，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，一人用力F拉绳，使滑块从A点上升到C，从A上升至B点和从B点上升至C点的过程中F做的功分别为W1、W2，图中AB=BC，如果滑块上滑速度为v0且保持恒定，人手收绳子的速率为v，则有()A．W1＞W2B．W1=W2C．滑块从A到C过程中，人手收绳子的速率v越来越来大D．滑块从A到C过程中，拉力F的功率越来越大考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：抓住滑块的动能不变，根据动能定理，通过两段过程克服重力做功相等，得出F做功的大小关系．对滑块的速度分解，根据绳子与竖直方向的夹角判断人手收绳子的速率变化．解答：解：A、根据动能定理知，滑块匀速上滑动能不变，从A到B和B到C克服重力做功相等，则W1=W2，故A错误，B正确．-30-\nC、将滑块的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向，如图所示，人手收绳子的速度v=v0cosθ，θ逐渐增大，则v逐渐减小，故C错误．D、从A到C的过程中，动能不变，重力的瞬时功率不变，则拉力F的功率不变，故D错误．故选：B．点评：这是一道变力做功的创新题，可以根据动能定理，抓住动能变化量为零分析判断．会对滑块的速度按作用效果进行分解，难度中等．4．运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落．在整个过程中，下列图象可能符合事实的是（其中h表示下落高度、t表示下落的时间、F表示人受到的合外力、E表示人的机械能、EP表示人的重力势能、V表示人下落的速度）()A．B．C．D．考点：机械能守恒定律；自由落体运动；牛顿第二定律．专题：机械能守恒定律应用专题．-30-\n分析：运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动．解答：解：A、重力势能逐渐减小，Ep=mgH=mg（H0﹣h），即重力势能与高度是线性关系，故A错误；B、机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故B错误；C、运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动；即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，故C正确；D、运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落；图象中加速度有突变，而速度不可能突变，故D错误；故选C．点评：本题关键是结合运动员的运动情况分析其受到的阻力的变化情况，从而得到其合力和机械能的变化情况．5．如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处在静止状态．不计滑轮的摩擦，当小车匀加速向右运动时()A．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大B．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变考点：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．-30-\n分析：以重球为研究对象，分别研究小车静止时和运动时轻绳的拉力，分析弹簧秤读数的变化．以整体为研究对象，研究地面对小车的支持力的变化，再由牛顿第三定律研究小车对地面压力的变化．解答：解：开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力F绳1，由于小球静止，所以F绳1=mg，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动．小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力F绳2＞mg，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大．对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力．当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：本题采用隔离法和整体法结合分析物体的受力情况，是常用的方法，比较简单．6．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力？()A．B．C．D．-30-\n考点：楞次定律．分析：abcd回路中磁场变化，会产生感应电流，感应电流提供线圈，在线圈中会产生磁场，产生的磁场通过导体圆环，根据楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因．判断出原磁场是增加还是减小，从而判断出线圈受磁场力的方向．解答：解：导线圆环对地面的压力小于其重力，导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律，E=NS，则感应电流I=，可知减小时，感应电流才减小，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律的另一种表述，同时理解磁通理变化与磁通量的变化率的不同．7．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为()A．1：2B．2：1C．3：4D．4：3考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．解答：解：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是和，设磁场宽度为d，由图可知，-30-\n粒子a的半径==，粒子b的半径为==d由=可得：=，即=由qvB=可得：，=又a粒子轨迹长度为==，粒子b的轨迹长度为==，所以，=联立以上各式解得=，所以C正确，ABD错误．故选：C．点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．8．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是()-30-\nA．这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为B．卫星1由位置A运动至位置B所需的时间为C．如果使卫星l加速，它就一定能追上卫星2D．卫星l由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功考点：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：根据万有引力提供圆周运动向心力和地球表面重力与万有引力相等求解出卫星轨道处的加速度及卫星运动的周期解答：解：A、在地球表面重力与万有引力大小相等，可得GM=gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故有可得卫星的加速度a==，故A正确；B、万有引力提供圆周运动向心力，可得卫星运行周期为：T=2π，所以卫星从位置1到位置2所需时间t=T=，故B正确；C、卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故C错误；D、卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故D错误；故选：AB点评：关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星的变轨原理，这是正确解决本题的关键-30-\n9．如图所示，粗糙水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以加速度a匀加速下滑，物块质量为m，下滑过程斜劈始终保持不动，下列说法正确的是()A．增大物块质量m，物块加速度变大，斜劈受地面摩擦力不变B．增大物块质量m，物块加速度不变，斜劈受地面摩擦力变大C．竖直向下对物块施加一压力F，物块加速度变大，斜劈受地面摩擦力变大D．平行斜面对物块施加一向下推力F，物块加速度变大，斜劈受到地面的摩擦力变大考点：牛顿第二定律；重力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：分别对物体和整体进行分析，由牛顿第二定律进行分析明确加速度的变化；对整体分析时，要注意整体在水平方向上是地面上的摩擦力充当合外力．解答：解：物体受重力、支持力及摩擦力的作用而做匀加速直线运动；mgsinθ﹣μmgcosθ=ma；故增大质量时，加速度不变；但水平方向整体受到的合力变大；对整体分析可知，斜劈受地面摩擦力变大；故A错误；B正确；C、竖直向下增大压力F时，则有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ=ma；故施加压力时，加速度变大；水平方向合力增大；故地面摩擦力增大；故C正确；D、平行斜面施加一推力F时，压力不变，摩擦力不变；由牛顿第二定律可知：F+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma；故加速度增大；但由于没有改变滑块与斜面间的作用力；故地面对斜劈摩擦力不变；故D错误；故选：BC．点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确对于牛顿第二定律的整体法和隔离法的应用的掌握；应用整体法进行分析要比应用隔离法简单的多．10．如图所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同，电性相同的带电小球P，从斜面上的N点由静止释放，N点距离弹簧有一段距离，在小球P与弹簧从接触到压缩到最短的过程中（此过程中弹簧始终在弹性限度内），以下说法正确的是()-30-\nA．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：本题中有库仑力对小球做功，小球P和弹簧组成的系统机械能不守恒；根据小球的受力，通过加速度方向和速度方向的关系判断小球P的速度和加速度变化．解答：解：A、对于小球P和弹簧组成的系统，由于库仑力对小球做功，系统的机械能不守恒；故A错误．B、小球先沿斜面加速向下运动，当加速度减小到零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，所以速度先增大后减小，加速度为零时速度最大．故B错误．C、对于小球和弹簧组成的系统，涉及到动能、重力势能、弹性势能以及电势能的变化，根据能量守恒定律知，小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的总和不变，库仑力和重力都做正功，电势能和重力势能都减小，则小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大，故C正确．D、所受合力方向先沿斜面向下，后沿斜面向上，库仑力沿斜面向下不断减小，弹簧的弹力沿斜面向上，不断增大，所以合力先减小后增大，加速度先减小后增大．故D正确．故选：CD．点评：本题关键通过分析小球的受力情况，判断出运动情况，根据功与能的关系，分析能量如何转化．二、填空题（共16分，每空2分）11．某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图．（交流电的频率为50Hz）-30-\n（1）图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为3.2m/s2（结果保留两位有效数字）（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据如表：请在图丙的方格坐标纸中画出图线，并从图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是a=（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F的变化图线如图丙所示．该图线不通过原点，其主要原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）根据逐差法△x=aT2可求出物体的加速度．-30-\n（2）由图表所给的数据通过描点连线得出物体的加速度a和物体质量的倒数之间的关系．（3）①根据只有当F增大到一定值时物体才开始具有加速度，得出没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够．解答：解：（1）由于交流电的频率为50Hz，故打点时间间隔为0.02s，所以每两个计数点之间的时间间隔为T=0.1s，利用逐差法△x=aT2可得：则a==3.2m/s2；（2）由图表分析可知物体加速度a的2倍等于物体质量的倒数即a=．根据图表在坐标纸上描点，然后用一条直线将这些点和坐标原点连接起来，图象如图所示．（3）①A图线中当F≠0时物体的加速度a=0，即只有当F增大到一定值时物体才开始具有加速度，故在物体保持静止的时候其所受的静摩擦力等于绳子的拉力，所以出现此现象的原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够．故答案为：（1）3.2；（2）a=；如图所示；（3）没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够点评：根据实验原理求出绳子的拉力和加速度之间的关系，加速度和沙与沙桶的重力之间的关系，加速度和摩擦因数之间的关系是解决本题的关键所在．12．某学习小组用如图1所示的实验装置探究动能定理，已知小车的质量为M，沙和小桶的总质量为m，实验中小桶未到达地面，要完成该实验，请回答下列问题：-30-\n①实验时为保证小车受到的拉力大小与沙和小桶的总重力大小近似相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是沙和小桶的总质量远小于小车的质量；实验时为保证小车受到的细线拉力等于小车所受的合外力，需要的操作是平衡摩擦力．②在满足第①问的条件下，若通过实验得到纸带如图2所示，A、B、C、D、E为计数点，相邻两点间的时间间隔为T，当地重力加速度为g，相邻计数点间的距离x1、x2、x3、x4，其中B点和D点对应时刻小车的瞬时速度用vB和vD表示，则vB=．小车的运动中对应纸带打B、D两点间的过程，动能变化量表达式△EK=，（用M，vB和vD表示），小车合外力的功表达式W=mg（x2+x3）．在多组实验数据基础上，分析小车合外力的功与动能变化量的关系为W=△EK．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：本实验需要验证mgL与△Ek的关系，为使绳子拉力为合力，应先平衡摩擦力，绳子拉力近似等于沙和沙桶的重力，应满足沙和沙桶总质量远小于滑块的质量；根据功能关系可知，重力势能的减小量等于物体动能的增加量，由此可求出实验要验证的动能定理表达式．解答：解：（1）在该实验中，为了保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要将木板一端抬高，以平衡摩擦力；设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg﹣F=ma，由此解得：F=，由此可知当M＞＞m时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，所以若使绳子拉力近似等于沙和沙桶的重力，应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即m＜＜M．（2）根据匀变速直线运动，平均速度等于瞬时速度得：，动能变化量表达式△EK=，重力做的功W=mg（x2+x3）．根据动能定理实验要验证的表达式为为：W=△Ek=mg（x2+x3）．故答案为：（1）沙和小桶的总质量远小于小车的质量；平衡摩擦力；-30-\n（2）；；（3）mg（x2+x3）点评：明确实验原理是解决实验问题的关键，本实验的关键是两个问题，一个是怎样才能使滑块受到的合力是绳子的拉力，再一个是怎样才能使绳子拉力近似等于小桶的重力．三、计算题（13～14小题每题8分，15～17小题每题10分，总分44分．计算题要求写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．质量m为5.0×106kg的列车以恒定不变的功率由静止沿平直轨道加速行驶，当速度增大到v1=2m/s时，加速度a1=0.9m/s2，当速度增大到v2=10m/s时，加速度a2=0.1m/s2．如果列车所受阻力大小不变，求：（1）列车所受阻力和列车的额定功率；（2）在该功率下列车的最大速度是多少？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）由功率公式求出牵引力，然后由牛顿第二定律求出阻力．（2）当列车匀速运动时，速度最大，由功率公式求出最大速度解答：解：（1）设列车恒定不变的功率为P，阻力为f，v1时牵引力为F1，v2时牵引力为F2则：F1=，F2=由牛顿第二定律有：F1﹣f=ma1F2﹣f=ma2代入数据得：P=1.0×107W，f=5.0×105N（2）设最大速度为vm，由P=fvm可得：vm==20m/s答：（1）列车所受阻力和列车的额定功率分别为5.0×105N，1.0×107W；（2）在该功率下列车的最大速度是20m/s-30-\n点评：本题考查了求阻力、最大速度，应用功率公式与牛顿第二定律即可正确解题14．某星球的半径为R，在该星球表面某一倾角为θ的山坡上以初速度v0平抛一物体，经过时间t该物体落到山坡上．（不计一切阻力）（1）该星球表面重力加速度多大？（2）为了测该星球的自转周期，从该星球发射一颗同步卫星，已知同步卫星离该星球表面高度为h，求该星球的自转周期．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：（1）物体做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出重力加速度．（2）卫星绕星球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出同步卫星的周期，即星球自转的周期．解答：解：（1）物体做平抛运动，水平方向：x=v0t，竖直方向：y=gt2，由几何关系可知：tanθ==，解得：g=tanθ；（2）星球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=mg，同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m（R+h），解得：T=2π；-30-\n答：（1）该星球表面重力加速度为tanθ；（2）该星球的自转周期为2π．点评：本题是一道万有引力定律应用与运动学相结合的综合题，考查了求重力加速度、星球自转的周期，应用平抛运动规律与万有引力公式、牛顿第二定律可以解题；解题时要注意“黄金代换”的应用．15．如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0kg的薄木板A和质量为mB=3kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0kg的物块C相连．B与A之间的动摩擦因数μ=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对AB受力分析，根据受力情况确定运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式，抓住位移之差等于A的长度，求出B从A的右端脱离的时间．解答：解：以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，t表示B从静止到从A的右端脱离经过的时间，sA和sB分别表示t时间内A和B运动的距离，则由牛顿运动定律可得mCg﹣μmBg=（mC+mB）aB①μmBg=mAaA②由匀加速直线运动的规律可得sB=aBt2③sA=aAt2④sB﹣sA=L⑤-30-\n联立①②③④⑤式，代入数值得t=4.0s．答：经过4s后B从A的右端脱离点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．注意整体法和隔离法的运用16．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°．长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个小物块以初速度v0=4.0m/s出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50．（g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：（1）小物块的抛出点和A点的高度差；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件；（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．考点：向心力；平抛运动；动能定理．专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度vy与h的关系，根据竖直方向速度vy与水平方向速度vx的夹角之间的关系，可以解得h．（2）要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB，则小物体沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，结合动能定律列式求解．-30-\n（3）现根据第一问中求得到达A的速度，从A到B运用动能定理列方程，从B到环的最高点运用机械能守恒列方程，再根据到达最高点的临界条件：≥mg，求半径R．解答：解：（1）小物块做平抛运动，经时间t到达A处时，令下落的高度为h，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，由以上两式得h=0.45m（2）物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力f=μN=μmgcos37°．设物块进入圆轨道最高点时有最小速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力，令此时半径为R0则：物块从抛出到圆轨道最高点的过程中：联立上式，解得：R0=0.66m．所以要使物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径R≤0.66m．（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度应该小于或等于轨道半径．根据动能定理：所以要使物块能够滑回倾斜轨道AB，则R≥1.65m．答：（1）小物块的抛出点和A点的高度差为0.45m；（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，竖直圆弧轨道的半径应该满足圆弧轨道的半径R≤0.66m；（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足R≥1.65m．-30-\n点评：此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、机械能守恒定律、圆周运动等规律，包含知识点多，难度较大，属于难题．17．如图所示，在坐标系xOy中，y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为y轴、左边界为平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一带正电，电量为q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=45°，大小为v．粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的倍．粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽略重力的影响．求：（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，抓住速度方向与半径垂直确定出粒子的速度方向，通过几何关系求出A点到x轴的距离．（2）粒子在电场中做匀变速直线运动，结合粒子第一次在磁场中和第二次在磁场中的时间求出在电场中的运行时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．-30-\n（3）粒子自P点射出后将做类平抛运动，抓住沿着电场方向做匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动，结合运动学公式求出粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间．解答：解：（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线OO1，与MN相交于O1点．由几何关系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D=45°．设磁场左右边界间距为d，则OO1=d．故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O1点，圆孤轨迹所对的圆心角为45°，且O1A为圆弧的半径R．由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直．A点到x轴的距离：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②联立①②式得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③（2）依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135°．设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t1，有﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45°．设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O2，O2必定在直线OO1上．设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠OO2P=90°．设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t2，有：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥设带电粒子在电场中运动的时间为t3，依题意得：t3=T﹣（t1+t2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：﹣v=v﹣at3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧-30-\n﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑩（3）由几何关系可得：∠OPO2=45°故粒子自P点射出后将做类平抛运动．则沿电场方向做匀加速运动：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11）垂直电场方向做匀速直线运动：s2=vt﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13）联立⑨⑩（12）（13）式得：．答：（1）粒子经过A点时速度的方向与左边界垂直，A点到x轴的距离为．（2）匀强电场的大小为，方向与x轴正向夹角应为135°．（3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间为．-30-\n点评：带电粒子在磁场中的运动，正确地画出运动的轨迹是解题的关键，抓住粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合半径公式、周期公式和几何关系进行求解，第一次进入电场做匀变速直线运动，第二次进入电场做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．-30-