福建省宁德中学、柘荣一中2017届高三（上）第二次联考物理试卷（解析版）

2016-2017学年福建省宁德中学、柘荣一中高三（上）第二次联考物理试卷
　
一、选择题．（每题4分，共44分．其中第1题至第6题只有一个选项正确，第7题至第11题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）
1．下列说法正确的是（　　）
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大
2．2016年10月17日7时30分，搭载两名航天员的“神舟十一号”载人飞船由“长征二号”运载火箭成功发射升空，10月19日凌晨，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接成功．“神舟十号”与“天宫一号”对接时，轨道高度是343公里，而“神舟十一号”和“天宫二号”对接时的轨道高度是393公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同．根据以上信息，判断下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十一号”飞船的环绕速度大于第一宇宙速度
B．“天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大
C．“天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小
D．“神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速实现对接
3．如图所示电容器充电结束后保持与电源连接，电源电压恒定，带电油滴在极板间静止，若将板间距变大些，则油滴的运动将（　　）
A．向上运动
B．向下运动
C．保持静止
D．向左运动
4．如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为（　　）
A．（M+m）g
B．（M+m）g﹣F
C．（M+m）g+Fsinθ
D．（M+m）g﹣Fsinθ
5．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的V﹣t图象的是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示为一竖直放置的穹形光滑支架，其中AC以上为半圆．一根不可伸长的轻绳，通过光滑、轻质滑轮悬挂一重物．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从最高点B开始，沿着支架缓慢地顺时针移动，直到D点（C点与A点等高，D点稍低于C点）．则绳中拉力的变化情况（　　）
A．先变大后不变
B．先变小后不变
C．先变小后变大再变小
D．先变大后变小再变大
7．一含有光电管的电路如图甲所示，乙图是用a、b、c光照射光电管得到的I﹣U图线，Uc1、Uc2表示截止电压，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中光电管得到的电压为正向电压
B．a、b光的波长相等
C．a、c光的波长相等
D．a、c光的光强相等
8．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，速度大小与碰撞前相同，作用时间为0.1s．则碰撞过程中墙壁对小球的平均作用力F和墙壁对小球做功的平均功率大小P为（　　）
A．F=18N
B．F=36N
C．P=0
D．P=108w
9．如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向．若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间．则可能正确的图象是（　　）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（　　）
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点间的电压等于b、c两点间的电压
D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
11．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则（　　）
A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh
B．从幵始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功
C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率等于
D．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率大于
　
二、实验题（本题共2小题，每空两分，共14分．把答案填在相应的横线上．）
12．某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表（当地重力加速度取10m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留三位有效数字）：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度（m/s）
5.59
5.08
4.58
（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5=　　m/s．
（2）从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep=　　J，动能减少量△Ek=　　J．
（3）在误差允许的范围内，若△Ep与△Ek近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算得△Ep　　△Ek（选填“＞”“＜”或“=”），造成这种结果的主要原因是　　．
13．物理兴趣小组想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一端装有定滑轮的表面粗糙的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，轻绳的一端与固定在墙上的拉力传感器相连，另一端绕过动滑轮和定滑轮，与沙桶相连．放开沙桶，滑块在长木板上做匀加速直线运动．
实验时，滑块加速运动，固定在长直木板上的加速度传感器可读出滑块的加速度a，拉力传感器可读出绳上的拉力F．逐渐往沙桶中添加沙，重复实验．以F为纵轴、以a为横轴，得到的图象如图乙所示，其直线的截距等于b、斜率等于k．重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦．
（1）实验中，必要的措施是　　．
A．细线必须与长木板平行
B．必须测出沙和沙桶的质量
C．必须测出滑块和动滑轮的质量
D．必须保证每次都从同一位置释放滑块
（2）滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=　　（如果需要测得其他物理量，要在表达式后面说明该物理量的含义）．
　
三、计算题（8+8+12+14，共42分）
14．成都“欢乐谷”大型的游乐性主题公园，园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”．让人体验短暂的“完全失重”，非常刺激．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放．为研究方便，认为人与座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（取g=10m/s2）
求：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
15．一质量为m、带电量为+q的小球从距地面高为h处以一定的初速度水平抛出．在距抛出点水平距离为l处，有﹣根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面．为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：
（1）小球的初速度v0．
（2）电场强度E的大小．
（3）小球落地时的动能EK．
16．如图所示，倾角为37°的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2m，其连接处CD之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹簧下端与一个可视为质点、质量为m=0.02kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27J，现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点同一竖直线上B点的距离s=2.0m．已知斜面轨道的A点与水平面B点之间的高度为h=1.0m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75，小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；
（2）小球对B点轨道的压力；
（3）斜面粗糙部分的长度x．
17．如图所示，质量M=1.0kg的木块随传送带一起以v=2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1=50m/s．设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g=10m/s2．求：
（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能；
（3）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能．
　
2016-2017学年福建省宁德中学、柘荣一中高三（上）第二次联考物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题．（每题4分，共44分．其中第1题至第6题只有一个选项正确，第7题至第11题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）
1．下列说法正确的是（　　）
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大
【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；原子的核式结构；重核的裂变．
【分析】解本题应该掌握：太阳的辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应，并非核裂变反应；α粒子散射实验表明原子的核式结构；不能发生光电效应是因为该光的频率小即波长长的缘故，氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小．
【解答】解：A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以A错误；
B、α粒子散射实验表明原子的核式结构，故B错误；
C、发生光电效应的条件是入射光的频率大于等于金属的极限频率，而对于光，频率越大，波长越小，故C错误；
D、能量守恒定律是自然界普遍成立的定律之一，在电子跃迁的过程中，能量守恒．故D正确．
故选D．
　
2．2016年10月17日7时30分，搭载两名航天员的“神舟十一号”载人飞船由“长征二号”运载火箭成功发射升空，10月19日凌晨，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接成功．“神舟十号”与“天宫一号”对接时，轨道高度是343公里，而“神舟十一号”和“天宫二号”对接时的轨道高度是393公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同．根据以上信息，判断下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十一号”飞船的环绕速度大于第一宇宙速度
B．“天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大
C．“天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小
D．“神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速实现对接
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，从而比较大小．
【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的运行速度，是近地卫星围绕地球表面运行的线速度，“神舟十一号”的轨道半径大于地球半径，环绕速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、“天宫一号”的轨道半径比“天宫二号”的轨道半径小，根据，知“天宫一号”的线速度比“天宫二号”大，因为不知道“天宫一号”与“天宫二号”的质量，所以无法比较“天宫一号”与“天宫二号”的动能，故B错误；
C、根据周期公式，因为“天宫一号”的轨道半径比“天宫二号”的轨道半径小，所以“天宫一号”的周期比“天宫二号”小，故C正确；
D、“神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速时将做离心运动，所以不可能实现对接．故D错误．
故选：C
　
3．如图所示电容器充电结束后保持与电源连接，电源电压恒定，带电油滴在极板间静止，若将板间距变大些，则油滴的运动将（　　）
A．向上运动
B．向下运动
C．保持静止
D．向左运动
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】电容器与电源相连，则电压不变；根据d变化分析场强的变化；再对油滴分析可得出油滴的运动情况．
【解答】解：因电压不变，若将板间距变大些，由U=Ed可知，场强减小；
再对带电液滴受力分析，油滴电场力和重力，因场强减小，则电场力减小，故合力向下，液滴向下加速运动；
故选：B．
　
4．如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为（　　）
A．（M+m）g
B．（M+m）g﹣F
C．（M+m）g+Fsinθ
D．（M+m）g﹣Fsinθ
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力．
【解答】解：以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff．
根据平衡条件得
地面对楔形物块的支持力FN=（M+m）g﹣Fsinθ
故选：D．
　
5．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的V﹣t图象的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．
【分析】当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可
【解答】解：选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律
得：
a1=
对B应用牛顿第二定律：a1=
对A应用牛顿第二定律：a1=
经历时间：t=
由以上解得：t=
此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线
故选：B
　
6．如图所示为一竖直放置的穹形光滑支架，其中AC以上为半圆．一根不可伸长的轻绳，通过光滑、轻质滑轮悬挂一重物．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从最高点B开始，沿着支架缓慢地顺时针移动，直到D点（C点与A点等高，D点稍低于C点）．则绳中拉力的变化情况（　　）
A．先变大后不变
B．先变小后不变
C．先变小后变大再变小
D．先变大后变小再变大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变．
【解答】解：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端C时，设两绳的夹角为2θ，以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．
根据平衡条件得：2Fcosθ=mg，
得到绳子的拉力F=，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端C的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大．
当轻绳的右端从直杆C移到D点时，设两绳的夹角为2α．
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到sinα=，L、S不变，则α保持不变．
再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变．
所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．故A正确，BCD错误．
故选：A．
　
7．一含有光电管的电路如图甲所示，乙图是用a、b、c光照射光电管得到的I﹣U图线，Uc1、Uc2表示截止电压，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中光电管得到的电压为正向电压
B．a、b光的波长相等
C．a、c光的波长相等
D．a、c光的光强相等
【考点】爱因斯坦光电效应方程．
【分析】光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．
光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．
【解答】解：A、如图可知，从金属出来的电子在电场力作用下，加速运动，则对应电压为正向电压，故A正确；
B、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，a、c光对应的截止频率小于b光的截止频率，
根据eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等，则a、c光的波长相等；
因b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，则a光的波长大于b光的波长，故B错误，C正确；
D、由图可知，a的饱和电流大于c的饱和电流，而光的频率相等，所以a光的光强大于c光的光强，故D错误；
故选：AC．
　
8．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，速度大小与碰撞前相同，作用时间为0.1s．则碰撞过程中墙壁对小球的平均作用力F和墙壁对小球做功的平均功率大小P为（　　）
A．F=18N
B．F=36N
C．P=0
D．P=108w
【考点】动量定理；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】由于动量是矢量，对于动量的变化量我们应该采用平行四边形法则．
对于同一直线上的动量变化量的求解，我们可以运用表达式△P=P2﹣P1，但必须规定正方向．根据动量定理求F
运用动能定理求出碰撞过程中墙对小球做功．由P=求平均功率
【解答】解：AB、规定初速度方向为正方向，初速度v1=6m/s，碰撞后速度v2=﹣6m/s；△v=v2﹣v1=﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反；
动量变化量为：△P=m △v=0.3kg×（﹣12m/s）=﹣3.6kg m/s，
由动量定理：F △t=△p，有，碰撞过程中墙壁对小球的平均作用力F为36N，故A错误，B正确；
CD、碰撞前后小球速度大小不变，小球动能不变，对碰撞过程，对小球由动能定理得：W=△Ek=0，碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，平均功率，故C正确，D错误．
故选：BC．
　
9．如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向．若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间．则可能正确的图象是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．
【分析】根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形．
【解答】解：A、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故A正确．
B、上滑时x曲线斜率先大后小，下滑时x曲线斜率先小后大，故B错误．
C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线斜率小，但速度是个矢量，有方向，下滑阶段速度应为负值，故C错误．
D、根据动能定理得：，上滑时做匀减速运动，故EK曲线斜率先大后小；下滑时做匀加速运动，故Ek曲线斜率先小后大，故D错误．
故选：A．
　
10．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（　　）
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点间的电压等于b、c两点间的电压
D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
【考点】电场强度；电场的叠加；电势能．
【分析】据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小．
【解答】解：A、B、在两等量异种电荷的连线上，中点b处电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中点b处电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，故A错误，B正确；
C、由对称性可知，a、b两点的电压即电势差等于b、c两点间的电压，故C正确；
D、因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故D错误．
故选：BC．
　
11．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则（　　）
A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh
B．从幵始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功
C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率等于
D．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率大于
【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；运动的合成和分解．
【分析】先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到物体速度，再对物体，运用根据动能定理求拉力做功．由功率公式分析拉力的功率．
【解答】解：AB、将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示
当θ=30°时，物体的速度为：v物=vcosθ=vcos30°=v；
当θ=90°时，物体速度为零；
根据功能关系，知拉力的功等于物体机械能的增加量，故
WF=△EP+△EK=mgh+=mgh+mv2，故A错误，B正确；
CD、在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为：P=Fv物，其中v物=v；
由v物=vcosθ，知v不变，θ减小，则v物增大，所以物体加速上升，绳的拉力大于物体的重力，即
F＞mg，故P＞mgv，故C错误，D正确；
故选：BD
　
二、实验题（本题共2小题，每空两分，共14分．把答案填在相应的横线上．）
12．某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表（当地重力加速度取10m/s2，小球质量m=0.2kg，结果保留三位有效数字）：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度（m/s）
5.59
5.08
4.58
（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5=　4.08　m/s．
（2）从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep=　1.45　J，动能减少量△Ek=　1.46　J．
（3）在误差允许的范围内，若△Ep与△Ek近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算得△Ep　＜　△Ek（选填“＞”“＜”或“=”），造成这种结果的主要原因是　由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在　．
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；
（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；
（3）由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能的减小量没有全部转化为重力势能．
【解答】解：（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：
v5==4.08
m/s
（2）根据重力做功和重力势能的关系有：
△Ep=mg（h2+h3+h4）=0.2×10×（26.68+24.16+21.66）×10﹣2
J=1.45J
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：
v2==5.59
m/s
△Ek=m（v22﹣v52）=×0.2×[（5.59）2﹣（4.08）2]J=1.46
J．
（3）由上述计算得△Ep＜△Ek，由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能．
故答案为：
　（1）4.08．
（2）1.45，1.46
（3）＜，由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在．
　
13．物理兴趣小组想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一端装有定滑轮的表面粗糙的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，轻绳的一端与固定在墙上的拉力传感器相连，另一端绕过动滑轮和定滑轮，与沙桶相连．放开沙桶，滑块在长木板上做匀加速直线运动．
实验时，滑块加速运动，固定在长直木板上的加速度传感器可读出滑块的加速度a，拉力传感器可读出绳上的拉力F．逐渐往沙桶中添加沙，重复实验．以F为纵轴、以a为横轴，得到的图象如图乙所示，其直线的截距等于b、斜率等于k．重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦．
（1）实验中，必要的措施是　A　．
A．细线必须与长木板平行
B．必须测出沙和沙桶的质量
C．必须测出滑块和动滑轮的质量
D．必须保证每次都从同一位置释放滑块
（2）滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=　　（如果需要测得其他物理量，要在表达式后面说明该物理量的含义）．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【分析】由实验方案可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，滑块同时受摩擦力，由加速度传感器读出加速度，由牛顿第二定律可得2F﹣f=ma，即F=a+结合乙图，可知实验中必要的措施，并可得摩擦因数
【解答】解：（1）A、为保证拉力为F，故细线必须与长木板平行，否则是其水平方向的分力，故A正确
B、跟据题意，拉力通过传感器读出，不必测量沙和沙桶的质量，故B错误
C、由牛顿第二定律可得2F﹣f=ma，即F=a+结合乙图，可求出滑块和动滑轮的质量，故C错误
D、传感器的读数不受位置影响，故D错误
故选：A
（2）滑块受到的拉力F为拉力传感器示数的两倍，即：
T=2F
滑块受到的摩擦力为：
f=μmg
由牛顿第二定律可得：
T﹣f=ma
解得力F与加速度a的函数关系式为：F=a+
由图象所给信息可得图象斜率为：k=
截距为：b=
解得：
μ=
故答案为：（1）A（2）
　
三、计算题（8+8+12+14，共42分）
14．成都“欢乐谷”大型的游乐性主题公园，园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”．让人体验短暂的“完全失重”，非常刺激．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放．为研究方便，认为人与座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（取g=10m/s2）
求：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【考点】牛顿第二定律；自由落体运动．
【分析】（1）根据v=gt求出自由下落结束时的速度大小．
（2）根据速度时间公式求出匀减速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出座椅对游客的作用力大小是游客体重的倍数．
【解答】解：（1）自由下落2s速度v=gt
…①
代入数据得：v=20m/s…②
（2）自由下落2s高度：…③
设H=50m，h2=5m，
匀减速高度：h=H﹣h1﹣h2…④
由：v2=2ah
…⑤
设座椅对游客作用力N，由牛顿第二定律有
N﹣mg=ma
…⑥
联立③④⑤⑥得：
代入数据得：
答：：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是20m/s；
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.8倍．
　
15．一质量为m、带电量为+q的小球从距地面高为h处以一定的初速度水平抛出．在距抛出点水平距离为l处，有﹣根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面．为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：
（1）小球的初速度v0．
（2）电场强度E的大小．
（3）小球落地时的动能EK．
【考点】动能定理的应用；平抛运动；运动的合成和分解；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，根据分运动合运动具有等时性求出水平初速度．
（2）根据水平方向做匀减速直线运动根据速度位移公式求出运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出加速度．
（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理求出小球落地的速度．
【解答】解：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，
小球运动至管上口的时间由竖直方向的运动决定：
t=
在水平方向，小球作匀减速运动，至管上口，水平方向速度为零：
水平方向，粒子做匀减速运动，减速至0，位移l=t
解得v0=
（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma
又由运动学公式：
，
由以上三式解得
（3）由动能定理：WG+W电=△EK
即：
解得：EK=mgh
故小球落地时的动能为mgh．
答：（1）小球的初速度是
（2）电场强度E的大小是
（3）小球落地时的动能为mgh．
　
16．如图所示，倾角为37°的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2m，其连接处CD之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹簧下端与一个可视为质点、质量为m=0.02kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27J，现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点同一竖直线上B点的距离s=2.0m．已知斜面轨道的A点与水平面B点之间的高度为h=1.0m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75，小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；
（2）小球对B点轨道的压力；
（3）斜面粗糙部分的长度x．
【考点】动能定理的应用；平抛运动．
【分析】（1）小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．
（2）在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．
（3）应用动能定理求出斜面粗糙部分的长度x．
【解答】解：（1）小球从E点飞出后做平抛运动，
竖直方向：4R=gt2，
水平方向：s=vEt，
代入数据解得：vE=5m/s；
（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mvB2=mvE2+mg 4R，
在B点，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，
代入数据解得：F=4.3N，
由顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F′=F=4.3B，方向竖直向下；
（3）从A到B过程，应用动能定理得：
Ep+mgh﹣μmgcos37 x=mvB2﹣0，
代入数据解得：x≈0.29m；
答：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小为5m/s；
（2）小球对B点轨道的压力为4.3N，方向竖直向下；
（3）斜面粗糙部分的长度x为0.29m．
　
17．如图所示，质量M=1.0kg的木块随传送带一起以v=2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1=50m/s．设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g=10m/s2．求：
（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能；
（3）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能．
【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；功能关系．
【分析】子弹击穿木块过程根据动量守恒定律列出等式解决问题．
根据牛顿第二定律和运动学公式解决问题．
运用能量守恒的观点解决问题．
【解答】解：（1）设木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒
mv0﹣Mv=mv1+Mu
解得
u=3.0m/s
设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律
μmg=ma
解得
a=5.0m/s2
木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1
u2=2as1
解得
s1=0.90m
（2）根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为
E=mv02+Mv2﹣mv12﹣Mu2
解得
E=872.5J
（3）设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2．根据运动学公式
v2=2as2解得
s2=0.40m
t1==0.60s，t2==0.40s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为
S′=vt1+S1=2.1m，
产生的内能
Q1=μMgS′=10.5J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为S″=vt2﹣s2=0.40m，
产生的内能Q2=μMgS″=2.0J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能
Q=Q1+Q2=12.5J
答：（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离0.90m；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能为872.5J；
（3）木块与传送带间由于摩擦产生的内能为12.5J．
　
2017年2月16日