2017年湖北省孝感市高考物理一模试卷（解析版）

2017年湖北省孝感市高考物理一模试卷
　
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．关于万有引力定律发现过程中的发展史和物理方法，下列表述中正确的是（　　）
A．日心说的代表人物是托勒密
B．开普勒提出行星运动规律，并发现了万有引力定律
C．牛顿发现太阳与行星间引力的过程中，得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式，这是一个很关键的论证步骤，这一步骤采用的论证方法是类比法
D．牛顿发现了万有引力定律并通过精确的计算得出万有引力常量
2．如图所示，甲是某质点的位移﹣时间图象，乙是另一质点的速度﹣时间图象，关于这两图象，下列说法中正确的是（　　）
A．由图甲可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大
B．由图甲可知，质点在前10s内的平均速度的大小为4m/s
C．由图乙可知，质点在第4s内加速度的方向与物体运动的方向相同
D．由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为7.5m/s2
3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示器金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是（　　）
A．断开开关S后，将A、B两极板分开些
B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C．保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些
D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
4．在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球（可视为质点）无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为+3q，其余小球带电荷量为+q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为（　　）
A．E
B．
C．
D．
5．10月17日神舟十一号飞船成功发射，将与天宫二号空间站进行对接，对接成功后，二者组成的整体在距地面的高度为R（R为地球半径）的地方绕地球做周期为T的圆周运动，则（　　）
A．神舟十一号飞船在椭圆轨道上运动的周期可能等于80分钟
B．成功对接后，宇航员不动时宇航员处于平衡状态
C．成功对接后，空间站所处位置的重力加速度为0
D．可求得地球质量为（）3
6．如图所示，一质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端竖直杆的A、B两点上，当两轻绳伸直时，a绳与杆的夹角为30°，b绳水平，已知a绳长为2L，当竖直杆以自己为轴转动，角速度ω从零开始缓慢增大过程中（不同ω对应的轨迹可当成温度的圆周运动轨迹），则下列说法正确的是（　　）
A．从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为0
B．从开始至b绳伸直但不提供拉力时，小球的机械能增加了mgL
C．从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为mgL（2﹣）
D．当ω=时，b绳未伸直
7．2016年7月18日，我国空军组织了航空兵赴南海战斗巡航，此次赴南海例行性战斗巡航，紧贴使命任务和实战准备，轰﹣6K和歼击机、侦察机、空中加油机等遂行战巡任务，以空中侦察、对抗空战和岛礁巡航为主要样式组织行动，达成了战斗巡航目的，如图所示，假若以速度v1在高空水平匀速直线飞行的轰炸机，追击黄岩岛附近某处敌舰以速度v2同向匀速航行的敌舰，第一次投弹时，在敌舰的前方爆炸，若再次处在相同的相对位置，欲投弹击中敌舰，你认为应作出的合理调整为（不计空气阻力）（　　）
A．适当减小轰炸机初速度，抛出点高度不变
B．适当增大轰炸机初速度，抛出点高度不变
C．轰炸机初速度不变，适当降低投弹的高度
D．轰炸机初速度不变，适当提高投弹的高度
8．用一挡板P使一木板C静止于竖直的墙壁和水平地面之间，墙壁和地面皆光滑，在木板C上放有一斜面B，开始时斜面B的上表面恰好水平，B上放有一小物体A，如图所示，现将挡板P缓慢向右移动一小段距离，整个过程中A与B、B与C没有相对滑动，则（　　）
A．A始终不受摩擦力作用
B．A所受摩擦力增大
C．C对B的作用力保持不变
D．C对B的支持力减小
9．如图甲所示，一根粗绳AB，其质量均匀分布，绳右端B置于水平光滑桌面边沿，现扰动粗绳右端B，使绳沿桌面边沿作加速运动，当B端向下运动x时，如图乙所示，距B端x处的张力T与x的关系满足T=5x﹣x2，一切摩擦不计，下列说法中正确的是（g=10m/s2）（　　）
A．可求得粗绳的总质量
B．不可求得粗绳的总质量
C．可求得粗绳的总长度
D．可求得当x=1m时粗绳的加速度大小
10．如图所示，在水平传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传动带在Q点相切，以传送带的左端点为坐标原点O，沿水平传送带上表面建立x坐标轴，已知传送带长L=6m，匀速运动的速度v0=5m/s，已知圆弧轨道半径R=0.5m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，若将小物块轻放在传动带上的某些位置，小物块滑上圆弧后均不会脱离圆弧轨道，则传动带上这些释放物体的位置的横坐标的范围可能为（　　）
A．0≤x≤4m
B．0≤x≤3.5m
C．3.5m≤x≤6m
D．5m≤x≤6m
　
二、解答题（共6小题，满分60分）
11．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，某同学用如图甲所示装置进行实验，重物通过跨过滑轮的细线拉小车．
（1）该同学在实验中打出了一条纸带，纸带上A、B、C、D、E这些点的间距如图乙中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出，根据测量结果计算：①打C点时纸带的速度大小为　　m/s；②纸带运动的加速度大小为　　m/s2（结果保留3位有效数字）
（2）若该同学平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度，根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a﹣F图线来探究加速度与合外力的关系，此实验操作　　（“能”或“不能”）探究加速度与质量的关系．
12．某同学设计出如图甲所示的测量弹簧弹性势能和物块与桌面间的动摩擦因数的装置，实验过程如下：
（1）用重锤确定水平地面上桌面边沿投影的位置O；
（2）将弹簧一端固定在桌面边沿的墙面上；
（3）用滑块把弹簧压缩到某一位置，释放滑块，测出滑块落地点与O点的水平距离x；再通过在滑块上增减码来改变滑块的质量m，重复上述操作，每次压缩到同一位置，得出一系列滑块质量m与水平距离x的值．根据这些数值，作出x2﹣图象如图乙所示．
（4）除了滑块的质量和滑块落地点与O点的水平距离x外，还需要测量的物理量有　　．
A．弹簧的原长L0
B．弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离L
C．桌面到地面的高度H
D．弹簧压缩前滑块到桌面边沿的距离L1
（5）已知当地的重力加速度为g，由图象可知，每次弹簧被压缩时具有的弹性势能大小是　　．滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=　　．（用图象中的a、b及步骤（4）中所选物理量符号字母表示）
13．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8m/s的匀速直线运动，加速度大小为m/s2，试求：
（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；
（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，能达到的最大速度为6m/s，并能以最大速度匀速运动，该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件？
14．如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为α=37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为25N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2s内的位移为20m，已知小车的质量为1kg，g=10m/s2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小车与斜面的动摩擦因数；
（2）求匀加速运动过程中的位移x．
15．光滑的长轨道形状如图所示，下部分为半圆形，半径为R=0.3m，固定在竖直平面内，质量分别为m、2m的两小环A、B用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，A环距轨道底部高为R，现将A、B两环从图示位置由静止释放，重力加速度为g（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）运动过程中A环距轨道底部的最大高度；
（2）A环到达轨道底部时，两环速度的大小．
16．在xoy直角坐标系中，三个边长都为2m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场，现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点．
（1）求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
（2）保持第（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；
（3）若CDE区域内的电场强度大小变为E2=E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系．
　
2017年湖北省孝感市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．关于万有引力定律发现过程中的发展史和物理方法，下列表述中正确的是（　　）
A．日心说的代表人物是托勒密
B．开普勒提出行星运动规律，并发现了万有引力定律
C．牛顿发现太阳与行星间引力的过程中，得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式，这是一个很关键的论证步骤，这一步骤采用的论证方法是类比法
D．牛顿发现了万有引力定律并通过精确的计算得出万有引力常量
【考点】物理学史．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献、明确人类有关天体运动的研究历程即可解答．
【解答】解：A、托勒密是地心说的代表人物，故A错误；
B、开普勒提出行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故B错误；
C、牛顿发现太阳与行星间引力的过程中，得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式，这是一个很关键的论证步骤，这一步骤采用的论证方法是类比法，故C正确；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许并通过实验算得出万有引力常量，故D错误．
故选：C．
　
2．如图所示，甲是某质点的位移﹣时间图象，乙是另一质点的速度﹣时间图象，关于这两图象，下列说法中正确的是（　　）
A．由图甲可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大
B．由图甲可知，质点在前10s内的平均速度的大小为4m/s
C．由图乙可知，质点在第4s内加速度的方向与物体运动的方向相同
D．由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为7.5m/s2
【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．
【分析】s﹣t图线与v﹣t图线只能描述直线运动，s﹣t的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动．v﹣t的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．
【解答】解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，故A错误；
B、由图（1）可知，质点在前10s内的位移x=20﹣0=20m，所以平均速度，故B错误；
C、由图（2）可知，质点在第4s内加速度和速度都为负，方向相同，故C正确；
D、v﹣t的斜率表示物体运动的加速度，由图（2）可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2﹣4s内，最大加速度大小为a=，故D错误．
故选：C
　
3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示器金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是（　　）
A．断开开关S后，将A、B两极板分开些
B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C．保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些
D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
【考点】电容器的动态分析．
【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．
【解答】解：A、断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容C减小，根据C=知，电势差增大，指针张角增大，故A错误．
B、断开开关，电容器带电量Q不变，增大正对面积，根据C=知，电容C增大，根据C=知，电势差U减小，指针张角减小．故B正确．
CD、保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C、D错误．
故选：B．
　
4．在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球（可视为质点）无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为+3q，其余小球带电荷量为+q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为（　　）
A．E
B．
C．
D．
【考点】电场强度．
【分析】采用假设法，若圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心O处场强为0，再根据电场的叠加原理，确定O点的电场强度大小．
【解答】解：假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处场强为0，所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+2q的小球在O点产生的场强，则有
E=k
A处+q在圆心O点产生的场强大小为
E1=k，方向水平向左，
设其余小球带电荷量为+q的所有小球在O点处产生的合场强为
E2=E﹣E1=k=，所以仅撤去A点的小球，则O点的电场强度等于E2=．
故选：B
　
5．10月17日神舟十一号飞船成功发射，将与天宫二号空间站进行对接，对接成功后，二者组成的整体在距地面的高度为R（R为地球半径）的地方绕地球做周期为T的圆周运动，则（　　）
A．神舟十一号飞船在椭圆轨道上运动的周期可能等于80分钟
B．成功对接后，宇航员不动时宇航员处于平衡状态
C．成功对接后，空间站所处位置的重力加速度为0
D．可求得地球质量为（）3
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】轨道半径越大，周期越大，飞船的最小周期确定神舟十一号的周期大小．飞船绕地球做圆周运动，处于完全失重状态，重力加速度不为零．根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出地球的质量．
【解答】解：A、当飞船绕地球表面做圆周运动时，周期最小，大约80分钟，椭圆的轨道的半长轴大于地球的半径，则运动的周期大于80分钟，故A错误．
B、成功对接后，二者绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，不是平衡状态，故B错误．
C、成功对接后，空间站所处位置的重力加速度不为零，故C错误．
D、根据，r=知地球的质量为：M=（）3，故D正确．
故选：D．
　
6．如图所示，一质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端竖直杆的A、B两点上，当两轻绳伸直时，a绳与杆的夹角为30°，b绳水平，已知a绳长为2L，当竖直杆以自己为轴转动，角速度ω从零开始缓慢增大过程中（不同ω对应的轨迹可当成温度的圆周运动轨迹），则下列说法正确的是（　　）
A．从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为0
B．从开始至b绳伸直但不提供拉力时，小球的机械能增加了mgL
C．从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为mgL（2﹣）
D．当ω=时，b绳未伸直
【考点】功能关系；向心力．
【分析】从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球要做功，使小球的机械能增加．根据向心力公式求出b刚要伸直时的速度，从而求得小球的机械能增加量，由动能定理求得绳a对小球做功．根据角速度与速度的关系分析b刚伸直时小球的角速度，从而分析出当ω=时绳b是否伸直．
【解答】解：ABC、当b绳刚要伸直时，对小球，由牛顿第二定律和向心力公式得：
水平方向有：Fasin30°=m，
竖直方向有：Facos30°=mg
解得
v=
小球的机械能增加量为△E=mg 2L（1﹣cos30°）+=mgL（2﹣），由功能关系可知，从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为W=△E=mgL（2﹣），故AB错误，C正确．
D、b绳刚好伸直无拉力时，小球的角速度为ω==
当ω=＞，所以b绳已经伸直，故D错误．
故选：C
　
7．2016年7月18日，我国空军组织了航空兵赴南海战斗巡航，此次赴南海例行性战斗巡航，紧贴使命任务和实战准备，轰﹣6K和歼击机、侦察机、空中加油机等遂行战巡任务，以空中侦察、对抗空战和岛礁巡航为主要样式组织行动，达成了战斗巡航目的，如图所示，假若以速度v1在高空水平匀速直线飞行的轰炸机，追击黄岩岛附近某处敌舰以速度v2同向匀速航行的敌舰，第一次投弹时，在敌舰的前方爆炸，若再次处在相同的相对位置，欲投弹击中敌舰，你认为应作出的合理调整为（不计空气阻力）（　　）
A．适当减小轰炸机初速度，抛出点高度不变
B．适当增大轰炸机初速度，抛出点高度不变
C．轰炸机初速度不变，适当降低投弹的高度
D．轰炸机初速度不变，适当提高投弹的高度
【考点】平抛运动．
【分析】炸弹投出后做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，高度决定平抛运动的时间，抓住炮弹的水平位移和敌舰的位移关系进行分析．
【解答】解：炸弹被射出后，做平抛运动，假设敌舰不动，则炸弹水平初速度为v0=v1﹣v2，
竖直方向有，由h=得：t=，水平方向位移
x=v0t=（v1﹣v2）
投弹时，在敌舰的前方爆炸，说明炸弹相对敌舰的水平位移x偏大，则：
A、适当减小轰炸机的初速度，抛出点的高度不变，炸弹飞行时间不变，由上式知，炸弹相对敌舰的水平位移x减小，可击中敌舰，故A正确；
B、适当增大轰炸机的初速度，抛出点的高度不变，炸弹飞行时间不变，由上式知，则炸弹相对敌舰的水平位移x更大，还在敌舰前方爆炸，故B错误；
C、轰炸机的初速度不变，适当降低投弹的高度，则炸弹相对敌舰的水平位移x变小，可以击中敌舰，故C正确；
D、轰炸机的速度不变，适当提高投弹的高度，炸弹飞行时间增大，则炸弹相对敌舰的水平位移x更大，还是在敌舰的前方爆炸，故D错误；
故选：AC
　
8．用一挡板P使一木板C静止于竖直的墙壁和水平地面之间，墙壁和地面皆光滑，在木板C上放有一斜面B，开始时斜面B的上表面恰好水平，B上放有一小物体A，如图所示，现将挡板P缓慢向右移动一小段距离，整个过程中A与B、B与C没有相对滑动，则（　　）
A．A始终不受摩擦力作用
B．A所受摩擦力增大
C．C对B的作用力保持不变
D．C对B的支持力减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．
【分析】以AB整体为研究对象，由平衡条件分析板对B的支持力如何变化．板对B的作用力等于AB的总重力，保持不变．以A为研究对象，分析其所受摩擦力变化．
【解答】解：设板与水平地面的夹角为α．
A、以A为研究对象，A原来不受摩擦力，当将P往右缓慢移动一小段距离后，A受力情况如图2，A受到摩擦力，则A受到的摩擦力将增大．故A错误，B正确；
B、以AB整体为研究对象，分析受力情况如图1：总重力GAB、板的支持力N1和摩擦力f1，板对B的作用力是支持力N1和摩擦力f1的合力．
由平衡条件分析可知，板对B的作用力大小与总重力大小相等，保持不变．N1=GABcosα，
f1=GABsinα，α减小，N1增大，f1减小．故C正确，D错误．
故选：BC．
　
9．如图甲所示，一根粗绳AB，其质量均匀分布，绳右端B置于水平光滑桌面边沿，现扰动粗绳右端B，使绳沿桌面边沿作加速运动，当B端向下运动x时，如图乙所示，距B端x处的张力T与x的关系满足T=5x﹣x2，一切摩擦不计，下列说法中正确的是（g=10m/s2）（　　）
A．可求得粗绳的总质量
B．不可求得粗绳的总质量
C．可求得粗绳的总长度
D．可求得当x=1m时粗绳的加速度大小
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】设绳子的质量为m，长度为l，求出x段的绳子的质量，由牛顿第二定律求出绳子的加速度以及拉力T的表达式，结合题目给出的T=5x﹣x2，分析即可．
【解答】解：A、设绳子的质量为m，长度为l，则桌面以下的x段的绳子的质量，桌面以上的部分：
桌面以下的x段的绳子受到重力和绳子的拉力，则：mxg﹣T=mxa
桌面以上的部分：T=m′a
联立得：T=
又：T=5x﹣x2
即：5x﹣x2=
可得：m=1kg，l=2m．故AC正确，B错误；
D、当x=1m时粗绳的桌面以上的部分与桌面以下的部分长度相等，则两部分的质量相等，都是0.5m，所以：a=．故D正确．
故选：ACD
　
10．如图所示，在水平传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传动带在Q点相切，以传送带的左端点为坐标原点O，沿水平传送带上表面建立x坐标轴，已知传送带长L=6m，匀速运动的速度v0=5m/s，已知圆弧轨道半径R=0.5m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，若将小物块轻放在传动带上的某些位置，小物块滑上圆弧后均不会脱离圆弧轨道，则传动带上这些释放物体的位置的横坐标的范围可能为（　　）
A．0≤x≤4m
B．0≤x≤3.5m
C．3.5m≤x≤6m
D．5m≤x≤6m
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】小物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式列式求解出Q点的速度；在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立方程得到圆弧轨道的半径，
滑块在滑动摩擦力的作用下加速，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速度就不同，求出恰好到达圆心右侧M点、圆心右侧等高点、圆心左侧M点的临界加速距离，从而得到传送带上这些位置的横坐标的范围．
【解答】解：在传送带上先做匀加速运动，对小物块，由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=5m/s2
小物块与传送带共速时，所用的时间
t==s=1s，
运动的位移：s=t==2.5m
故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点．
在N点，由牛顿第二定律得：mg=m
从Q到N过程，由机械能守恒定律得：
mv02=mg 2R+mvN2，
解得：R=0.5m；
当物块从x1=L﹣s=3.5m处释放时，物块到达Q点时恰好与皮带速度相等，
物块恰好通过圆轨道的最高点，则当x≤x1=3.5m时，物块不会脱离圆轨道；
设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达与圆心等高位置，从释放点到圆心等高位置过程中，由动能定理得：
μmg（L﹣x2）﹣mgR=0﹣0，解得：x2=5m，当x≥5m时，物块不会脱离轨道；
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为：0≤x≤3.5m和5m≤x＜6m；故BD正确，AC错误；
故选：BD．
　
二、解答题（共6小题，满分60分）
11．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，某同学用如图甲所示装置进行实验，重物通过跨过滑轮的细线拉小车．
（1）该同学在实验中打出了一条纸带，纸带上A、B、C、D、E这些点的间距如图乙中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出，根据测量结果计算：①打C点时纸带的速度大小为　0.479　m/s；②纸带运动的加速度大小为　0.810　m/s2（结果保留3位有效数字）
（2）若该同学平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度，根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a﹣F图线来探究加速度与合外力的关系，此实验操作　不能　（“能”或“不能”）探究加速度与质量的关系．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；探究加速度与质量的关系，要保证合外力不变，即盘和盘中砝码的重力不变
【解答】解：（1）每相邻两点间还有4个点（图中未画），所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
得：vC===0.479m/s
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
为了更加准确的求解加速度，
a===
（2）要探究加速度与质量的关系，必须保证合外力一定，即盘中砝码的重力不变，所以此操作不能探究加速度与质量的关系；
故答案为：（1）0.479
0.810
（2）不能
　
12．某同学设计出如图甲所示的测量弹簧弹性势能和物块与桌面间的动摩擦因数的装置，实验过程如下：
（1）用重锤确定水平地面上桌面边沿投影的位置O；
（2）将弹簧一端固定在桌面边沿的墙面上；
（3）用滑块把弹簧压缩到某一位置，释放滑块，测出滑块落地点与O点的水平距离x；再通过在滑块上增减码来改变滑块的质量m，重复上述操作，每次压缩到同一位置，得出一系列滑块质量m与水平距离x的值．根据这些数值，作出x2﹣图象如图乙所示．
（4）除了滑块的质量和滑块落地点与O点的水平距离x外，还需要测量的物理量有　BC　．
A．弹簧的原长L0
B．弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离L
C．桌面到地面的高度H
D．弹簧压缩前滑块到桌面边沿的距离L1
（5）已知当地的重力加速度为g，由图象可知，每次弹簧被压缩时具有的弹性势能大小是　　．滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=　　．（用图象中的a、b及步骤（4）中所选物理量符号字母表示）
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】应用能量守恒定律与平抛运动规律求出图象的函数表达式，根据图象的函数表达式确定实验需要测量的量；
根据图示图象结合图象的函数表达式求出弹簧的弹性势能，求出动摩擦因数．
【解答】解：（4）释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，
从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得：EP=μmgL+mv2，
滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向：x=vt，竖直方向：H=gt2，
整理得：x2=﹣4μHL，实验除了测出m、x外还需要测出：
弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离L与桌面到地面的高度H，故选BC；
（5）由x2=﹣4μHL可知，x2﹣图象的斜率：k==，
图象的横轴截距：a=4μHL，解得：EP=，动摩擦因数：μ=；
故答案为：（4）BC；（5）；．
　
13．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8m/s的匀速直线运动，加速度大小为m/s2，试求：
（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；
（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，能达到的最大速度为6m/s，并能以最大速度匀速运动，该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件？
【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）根据位移时间关系求足球从开始做匀减速直线运动到底线的时间；
（2）前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为a，若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度，即v=5m/s；而前锋队员的最大速度为6m/s，故前锋队员应该先加速后匀速，根据速度位移公式和位移时间关系列式即可求出加速度；
【解答】解：（1）设所用时间为t，则，x=45m
解得t=9s
（2）设前锋对员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为a，若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度，即v=5m/s；而前锋队员的最大速度为6m/s，故前锋队员应该先加速后匀速
设加速过程中用时为，则
匀加速运动的位移
解得
匀速运动的位移，即
而
解得
故该队员要在球出底线前追上足球，加速度应该大于或等于2
答：（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要9s时间；
（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，能达到的最大速度为6m/s，并能以最大速度匀速运动，该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足条件大于或等于2
　
14．如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为α=37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为25N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2s内的位移为20m，已知小车的质量为1kg，g=10m/s2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小车与斜面的动摩擦因数；
（2）求匀加速运动过程中的位移x．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）小车牵引力消失后做匀减速运动，已知时间、位移和末速度，将其运动看成反向的初速度为零的匀加速运动，由位移公式求得加速度，再由牛顿第二定律求动摩擦因数．
（2）由速度公式求得牵引力刚消失时小车的速度．再对匀加速运动过程运用牛顿第二定律求得加速度，最后由速度位移关系公式求位移x．
【解答】解：（1）设小车匀减速直线运动的加速度大小为a，最后2s内的位移为x，可将匀减速运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．则有：
x=
代入数据解得：a=10m/s2．
小车的受力如图．
由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma
代入数据解得：μ=0.5
（2）设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中，得：
v=at=10×3=30m/s
在匀加速运动过程中，设加速度大小为a′，小车的受力如图所示．
根据牛顿第二定律得：
F﹣mgsinα﹣μmgcosα=ma′
代入数据解得：a′=15m/s2．
由v2=2a′x得：x===30m
答：（1）小车与斜面的动摩擦因数是0.5；
（2）匀加速运动过程中的位移x是30m．
　
15．光滑的长轨道形状如图所示，下部分为半圆形，半径为R=0.3m，固定在竖直平面内，质量分别为m、2m的两小环A、B用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，A环距轨道底部高为R，现将A、B两环从图示位置由静止释放，重力加速度为g（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）运动过程中A环距轨道底部的最大高度；
（2）A环到达轨道底部时，两环速度的大小．
【考点】机械能守恒定律．
【分析】（1）对AB为研究对象，根据机械能守恒定律可求得运动过程中A环距轨道底部的最大高度；
（2）由几何关系可明确对应的夹角大小，再根据运动的合成和分解规律分析速度关系，再根据机械能守恒定律可求得速度大小．
【解答】解：（1）设A环距轨道底部的最大高度为h，
以AB为研究对象，以轨道最底点为零势能面，依机械能守恒定律得：
mgR+2mg（+）=mgh+2mg（h﹣）
解得：h=m；
（2）由于杆的长度为，故当到达底部时B还在竖直轨道上，如图所示；
此时杆与竖直方向夹角sinθ=，即sinθ=，可知θ=37°
由图可知
vAsin37°=vBcos37°，即vB=vA
以AB作为研究对象，依机械能守恒定律得：
mg+2mg（R+﹣R）=mvA2﹣vB2
解得：vA=4m/s，vB=3m/s．
答：（1）运动过程中A环距轨道底部的最大高度为m；
（2）A环到达轨道底部时，两环速度的大小为4m/s和3m/s．
　
16．在xoy直角坐标系中，三个边长都为2m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场，现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点．
（1）求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
（2）保持第（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；
（3）若CDE区域内的电场强度大小变为E2=E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．
【分析】（1）根据动能定理求出粒子出第一象限时的速度，进入第二象限电场中做类平抛运动，由运动学公式求出竖直位移，因为过E点，结合几何关系求出CED区域内的匀强电场的电场强度的大小；
（2）设释放点坐标为（x、y），在第一象限电场中加速时，依动能定理得出第一象限电场时的速度，要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，由运动学公式求出水平位移，联立方程即可求得y与x的关系；
（3）粒子在第一象限电场做加速运动，进入第二象限电场做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，根据动能定理得粒子出第一象限电场的速度，由运动学公式求出在第二象限电场中的偏移量，根据几何关系列辅助方程，综合即可求解
【解答】解：（1）设粒子出第一象限电场时速度为v
在第一象限中加速时，依动能定理得，其中x=2m
要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，设水平方向位移为
则
因∠CEO=45°，即
解得
（2）设坐标为（x，y），通过第一象限电场过程中，出电场时速度为
在第一象限电场中加速时，依动能定理得
同上，要使粒子过E点，在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移也为y
则
解得y=x
（3）如图所示为其中一条轨迹图，从DE出电场时与DE交于Q，进入CDE电场后，初速度延长线与DE交于G，出电场时速度反向延长线与初速度延长线交于P点，设在第一象限出发点的坐标为（x、y）
由图可知，在CED中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y′
则
而
其中，NE=2m
在第一象限加速过程中，
解得：y=3x﹣4
答：（1）CED区域内的匀强电场的电场强度的大小为；
（2）保持第（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足关系y=x；
（3）若CDE区域内的电场强度大小变为E2=E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足关系y=3x﹣4．
　
2017年1月11日