福建龙岩市2018届高三上学期物理期末教学质量检查试卷
一、单选题
1．（2018高三上·龙岩期末）关于物理学知识和物理学史，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位
B．伽利略通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律
C．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量
D．奥斯特首先发现了电流周围存在磁场
【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】千克、秒是国际单位制中的基本单位，牛顿是导出单位，A不符合题意；牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上总结出了牛顿第一定律，B不符合题意；牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常量，C不符合题意；奥斯特首先发现了电流周围存在磁场，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】牛顿不属于基本单位；牛顿总结出牛顿第一定律；卡文迪许测出了引力常量的大小。
2．（2018高三上·龙岩期末）某高速电梯在t=0时由静止开始上升，其运动的a-t图像如图所示（选取向上为正方向），电梯内乘客的质量m=50kg（g＝10 m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．第1s内乘客处于失重状态
B．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N
C．第6s内乘客处于平衡状态
D．第9s内电梯速度的增加量为1m/s
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】由图可知，第1-9s内电梯的加速度方向一直向上，乘客处于超重状态，AC不符合题意．第2s内，电梯匀加速运动，加速度为1.0m/s2，则根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，得：F=m（g+a）=50×（10+1）N=550N，由牛顿第三定律知，乘客对电梯的压力大小为：F′=F=550N，B符合题意．在加速度-时间图象中，图线与横轴所围的面积表示速度的变化量，则第9s内电梯速度的增加量为 v= ×1×1m/s=0.5m/ s，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】利用加速度方向可以判别超重和失重；利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出压力的大小；利用面积可以求出速度的变化量大小。
3．（2018高三上·龙岩期末）2017年4月，我国成功发射了“天舟一号”货运飞船，它的使命是给在轨运行的“天宫二号”空间站运送物资。已知“天宫二号”空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运行周期T）运动的弧长为s，对应的圆心角为β弧度。已知万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，下面说法正确的是（ ）
A． “天宫二号”空间站的运行速度为
B．“天宫二号”空间站的环绕周期
C．“天宫二号”空间站的向心加速度为g
D．地球质量
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【解答】“天宫二号”空间站的运行速度为 ，A符合题意；角速度 ，则周期 ，B不符合题意；根据 可知，“天宫二号”空间站的向心加速度小于g，C不符合题意；根据 ，v=ωr解得： ，D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】利用弧长除以时间可以求出线速度的大小；利用角度除以时间可以求出角速度的大小，利用角速度可以求出周期的大小；利用引力提供向心力可以判别空间站的加速度小于g；利用引力提供向心力可以求出地球的质量。
4．（2018高三上·龙岩期末）如图，竖直轻杆AB下端放在光滑水平面上，在两根细绳AC和AD的拉力作用下处于平衡。若减小AC的长度，使C点右移，AB仍保持平衡状态。细绳AC上拉力T和杆AB对地面的压力N与原先相比，下列说法正确的是（ ）
A．T增大，N减少 B．T减少，N增大
C．T和N都减少 D．T和N都增大
【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】若减小AC的长度，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力T在水平方向分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于AB受到的压力，若AC减小，使C点右移，AB仍保持平衡状态，显然T和N都增加，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】利用动态平衡方程可以判别T和N的大小变化。
5．（2018高三上·龙岩期末）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．0-t1时间内物块受到的摩擦力保持不变
B．t3-t4时间内物块受到的摩擦力保持不变
C．t2时刻拉力F的功率一定最大
D．t3时刻拉力F的功率一定最大
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】0-t1时间内物块受到的拉力小于最大静摩擦力，物块静止，则静摩擦力大小随F的增大而增大，A不符合题意；在t1-t3时间内物块受到的拉力大于最大静摩擦力，物块做加速度先增加后减小的加速运动，速度一直增加，则t3时刻物块的速度最大，根据P=Fv可知，此时拉力F的功率一定最大，C不符合题意，D符合题意；t3-t4时间内滑块受到的拉力小于滑动摩擦力，物块做减速运动直至停止，则物块可能先受滑动摩擦力，后受静摩擦力，其大小要发生变化，B不符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用静止的平衡方程可以判别静摩擦力随外力增大而增大；利用t3-t4物体可能先运动后静止所以摩擦力有可能变化；由于t2时刻拉力最大但是速率不是最大所以功率不一定是最大值；t3时刻速度达到最大值结合功率的表达式可以判别功率的大小。
6．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入。有可能做直线运动的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】若粒子带正电，则A图中，粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，A不符合题意；B图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，B不符合题意；C图中，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二力相等，则粒子能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，C符合题意；D图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用洛伦兹力和电场力的方向相反结合平衡条件可以判别粒子做直线运动。
7．（2018高三上·龙岩期末）将物体A、B放在竖直固定在地面上的轻弹簧上端，A的质量为m，B的质量为M。现在外力F作用下保持静止，如图所示。突然撤去外力F，则（ ）
A．在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力大于B对弹簧的压力
B．在撤去F的瞬间，A，B间相互作用力为
C．在撤去F以后，弹簧对地面的压力总是等于
D．在撤去F以后，A，B组成的系统机械能守恒
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力与B对弹簧的压力是一对作用与反作用力，则弹簧对B的弹力等于B对弹簧的压力，A不符合题意；在撤去F的瞬间，AB整体满足：F=(M+m)a，对物体A：FN-mg=ma，解得： ，B符合题意；在撤去F以后，AB整体先向上加速运动，后减速运动，即先超重后失重，则弹簧对地面的压力先大于(m+M)g，后小于(m+M)g，C不符合题意；在撤去F以后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】由于弹簧和B之间的力属于相互作用所以大小相等；利用整体的牛顿第二定律可以求出整体加速度大小，结合A的牛顿第二定律可以求出AB之间的作用力大小；撤去外力后，由于弹簧长度变化所以对地面的压力不断变化；由于弹力做功所以AB系统机械能不守恒。
8．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外轨内表面光滑，内轨外表面粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度 向右运动，球的直径略小于两轨间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．当 时，小球最终停在最低点
B．当 时，小球可以到达最高点
C．当 时，小球始终作完整的圆周运动
D．当 时，小球在最高点时对内轨的外表面有挤压
【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】若 ，则由 可知，h=R，则小球能到达与圆环圆心等高的一点后反向返回，在最低点两侧往返运动，A不符合题意；若 ，且轨道的内外壁均光滑时，小球到达最高点的速度恰好为零，但是因轨道内轨粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，B不符合题意； 若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足 ，从最低点到最高点由机械能守恒可知， ，解得 ；由此可知当 时，小球始终作完整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用机械能守恒结合初速度大小可以判别小球上升的最高位置及上升到最高点所需要的初速度大小。
二、不定项选择题
9．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较（ ）
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．两个过程中系统产生的热量相同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】设子弹的初速度为v，共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv=（M+m）v′，
解得：v′= ；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，A不符合题意；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为 ，故动量变化量相等，根据动量定理，冲量相等，B符合题意；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，C符合题意；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的增加量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】利用动量守恒定律可以判别子弹的变化相同；利用速度变化相同可以判别滑块的冲量大小相等；利用动能变化可以判别系统热量相同；利用动能定理可以判别阻力做功相等。
10．（2018高三上·龙岩期末）在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在＋Q形成的电场中（ ）
A．N点电势高于P点电势
B．
C．P点电场强度大小是N点的2倍
D．带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了
【答案】B,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势．A不符合题意．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：-qUNP= mv2，解得 ，则 ．B符合题意．P点电场强度大小是 ，N点电场强度大小是 ，则EP：EN=rN2: rP2=4：1．C不符合题意．带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功 mv2，电势能减少了 mv2，D符合题意．
故答案为：BD.
【分析】利用电场线的分布可以比较电势的高低；利用利用动能定理可以求出电势差的大小；利用电场强度的表达式结合距离可以比较场强的大小；利用动能的变化可以判别电势能的变化。
11．（2018高三上·龙岩期末）一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2区间是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3区间是直线，在0、x1、x2、x3处电势分别为φ0、φ1，φ2，φ3，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度大小为零
B．φ3＞φ2=φ0＞φ1
C．φ3＜φ2=φ0＜φ1
D．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
【答案】A,B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E= ，得： ，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于 ，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A符合题意；根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带正电，q>0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有：φ3＞φ2=φ0＞φ1．B符合题意，C不符合题意；由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，D不符合题意；
故答案为：AB.
【分析】利用斜率可以判别场强的大小；利用电势能结合电性可以比较电势的大小；利用斜率变化可以判别电场力大小及加速度的变化。
12．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与平面的夹角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A．小球通过B点时的加速度为g/2
B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为 mv2
D．A到C过程中，产生的内能为mgh
【答案】B,C,D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】因在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为 ，A不符合题意；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，B符合题意；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep．根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有：mg h+Ep= mv2+Wf，A到C的过程有：mgh=2Wf，解得：Wf= mgh，Ep= mv2．即弹簧具有的最大弹性势能为 mv2；A到C过程中，产生的内能为2Wf=mgh，CD符合题意，
故答案为：BCD．
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小；利用压力大小相等可以判别摩擦力大小和做功相等；利用能量守恒定律可以求出最大的弹性势能大小及内能的大小。
三、实验题
13．（2018高三上·龙岩期末）为了探究质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。带轻质滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
（1）实验时，下列操作一定要进行的是 （多选）。
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．多次改变砂和砂桶的质量，重复步骤C
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2（结果保留两位有效数字）。
（3）用横坐标表示弹簧测力计的示数F，纵坐标表示加速度值a，画出的a-F图线是一条过原点的倾斜直线，如图丙所示，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______。
A． B． C． D．2tanθ
【答案】（1）B、C、D
（2）0.50
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）物体M受到的力可由力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；A不符合题意； 将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；B符合题意； 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；C符合题意；改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来外力大小的，故也是需要进行的操作；D符合题意；因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误； 所以需要进行的操作是BCD；（2）中间有四点没有画出，故时间间隔为0.1s；小车的加速度 ；（3）因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，故2F=ma，则a= F，由图像可知 =k=tanθ，故m= ，B符合题意；
【分析】（1）由于有弹簧测量计所以可以不测量砂和砂桶的质量；也不需要满足质量要求；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车的质量大小。
14．（2018高三上·龙岩期末）某兴趣小组利用图甲所示电路测定一电池的内阻r和一待测电阻Rx的阻值。已知电池的电动势约为6 V，电池内阻和待测电阻的阻值都约为10Ω。可供选用的实验器材有：
A．电流表A1（量程0~300 mA，内阻不计）；
B．电流表A2（量程0~3 A，内阻不计）；
C．电压表V1（量程0~6 V，内阻很大）；
D．电压表V2（量程0~15 V，内阻很大）；
E．滑动变阻器R（阻值0~100 Ω）；
开关S一个，导线若干。
该实验过程如下：
⑴在连接电路前，先选择合适的器材，电流表应选用 ，电压表应选用 。（填所选器材前的字母）
⑵按图甲正确连接好电路后，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关。改变变阻器阻值，记录电压表示数U和电流表示数I。用记录的数据绘出图乙所示的U-I图线。
⑶断开开关S，将Rx改接在B、C之间，A与B用导线直接相连，其他部分保持不变。重复步骤（2），得到另一条U–I图线，其斜率的绝对值为k。
⑷根据上面实验数据结合图乙可得，电池的内阻r= Ω；用k和r表示待测电阻的表达式为Rx= 。
【答案】A；C；10；k–r
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由乙图可知，电流最大为300mA，为了保证实验的安全和准确，电流表应选择A；电源的电动势约为6V，故电压表应选择6V量程的C；（2）由U=E-Ir可知，Rx接在AB之间时图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为： ；由于接Rx改接在B、C之间时等效内阻为：Rx+r=k，解得：Rx=k-r；
【分析】（1）利用图像电流和电压大小可以选择电流表和电压表的量程；
（2）利用图像斜率可以求出内阻的大小；结合等效电阻可以求出待测电阻的大小。
四、解答题
15．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，倾角为37°的固定斜面底端与长L=5m的水平传送带左端平滑对接，水平传送带在电动机的带动下以v0=2m/s的恒定速度顺时针运动。小滑块（可视为质点）从距离斜面底端高h=1.35m的A点静止释放，小滑块与斜面及水平传送带间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10m/s2。sin370=0.6。求：
（1）小滑块刚滑上传送带时的速度大小；
（2）小滑块在传送带上运动的时间。
【答案】（1）解：小滑块从静止下滑到斜面底端的过程由动能定理得：
可得：
（2）解：小滑块刚滑上传送上时， 小滑块做减速运动，由牛顿第二定律得：
解得：
由运动学公式得：
减速到 所用时间 ，
解得
位移
滑块接着以v0匀速到B端，
解得
【知识点】传送带模型
【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出滑块的速度大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度公式和位移公式可以求出滑块的运动时间。
16．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，在空间有xOy坐标系，第三象限有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，第四象限有竖直向上的匀强电场。一个质量为m，电荷量为q的正离子，从A处沿x轴成 角垂直射入匀强磁场中，结果离子正好从距O点为L的C处沿垂直电场方向进入匀强电场，最后离子打在x轴上距O点2L的D处，不计离子重力，求：
（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
（2）离子从A处运动到D处所需时间；
（3）场强E的大小。
【答案】（1）解：正离子的运动轨迹如图所示：由几何知识可得：
解得半径为：
（2）解：根据洛伦兹力提供向心力：
解得离子在磁场中运动的速度大小为：
离子在磁场中运动的周期为：
根据轨迹得到：离子在磁场中做圆周运动的时间为：
离子从 运动到 做类平抛运动，水平方向
做匀速直线运动所需要的时间：
故离子从 的总时间为：
（3）解：在电场中：
电场的场强大小为：
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）利用几何知识可以求出粒子圆周运动的半径大小；
（2）利用圆心角的大小结合周期大小可以求出离子在磁场的运动时间，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出场强的大小。
17．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，质量为M＝3kg的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m=1kg的A、B两个小物体放在C上，A、B间相距s0（未知）。现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度vA=2m/s和vB=4m/s， 已知A、C之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与C之间的动摩擦因数μ2=0.4。g取10m/s2。求：
（1）整个过程A、B、C组成的系统产生的内能；
（2）运动过程中A的最小速度；
（3）为了使A、B不相碰，s0的最小值。
【答案】（1）解：由于 、 、 三个物体构成的系统在水平方向不受外力，由动量守恒定律可得
由系统能量守恒：
（2）解：设经 时间A与C恰好相对静止，此时A的速度最小，设为v3
在A与C相对静止前，三个物体的加速度大小分别为
A、B做匀减速运动，C做匀加速运动，达到在A与B相对静止过程中时间为t1
，
解得
A的最小速度为v3：
（3）解：解法一：当A、C相对静止后，A、C做匀加速运动，B做匀减速运动，经时间t2后，三个物体以共同速度v共匀速运动。过程中物体的加速度大小又分别为：
得
在开始运动到三个物体均相对静止的过程中A、B相对于地面的位移分别为
所以，A与B相距最小s0
解法二：如图所示，作出 图像，从图像中可得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出系统产生的内能大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度公式可以求出A的最小速度；
（3）利用牛顿第二定律可以求出AC共速后的速度大小结合共速可以求出运动的时间；利用位移公式可以求出AB之间的最小位移。
1 / 1福建龙岩市2018届高三上学期物理期末教学质量检查试卷
一、单选题
1．（2018高三上·龙岩期末）关于物理学知识和物理学史，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位
B．伽利略通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律
C．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量
D．奥斯特首先发现了电流周围存在磁场
2．（2018高三上·龙岩期末）某高速电梯在t=0时由静止开始上升，其运动的a-t图像如图所示（选取向上为正方向），电梯内乘客的质量m=50kg（g＝10 m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．第1s内乘客处于失重状态
B．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N
C．第6s内乘客处于平衡状态
D．第9s内电梯速度的增加量为1m/s
3．（2018高三上·龙岩期末）2017年4月，我国成功发射了“天舟一号”货运飞船，它的使命是给在轨运行的“天宫二号”空间站运送物资。已知“天宫二号”空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运行周期T）运动的弧长为s，对应的圆心角为β弧度。已知万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，下面说法正确的是（ ）
A． “天宫二号”空间站的运行速度为
B．“天宫二号”空间站的环绕周期
C．“天宫二号”空间站的向心加速度为g
D．地球质量
4．（2018高三上·龙岩期末）如图，竖直轻杆AB下端放在光滑水平面上，在两根细绳AC和AD的拉力作用下处于平衡。若减小AC的长度，使C点右移，AB仍保持平衡状态。细绳AC上拉力T和杆AB对地面的压力N与原先相比，下列说法正确的是（ ）
A．T增大，N减少 B．T减少，N增大
C．T和N都减少 D．T和N都增大
5．（2018高三上·龙岩期末）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．0-t1时间内物块受到的摩擦力保持不变
B．t3-t4时间内物块受到的摩擦力保持不变
C．t2时刻拉力F的功率一定最大
D．t3时刻拉力F的功率一定最大
6．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入。有可能做直线运动的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2018高三上·龙岩期末）将物体A、B放在竖直固定在地面上的轻弹簧上端，A的质量为m，B的质量为M。现在外力F作用下保持静止，如图所示。突然撤去外力F，则（ ）
A．在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力大于B对弹簧的压力
B．在撤去F的瞬间，A，B间相互作用力为
C．在撤去F以后，弹簧对地面的压力总是等于
D．在撤去F以后，A，B组成的系统机械能守恒
8．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外轨内表面光滑，内轨外表面粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度 向右运动，球的直径略小于两轨间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．当 时，小球最终停在最低点
B．当 时，小球可以到达最高点
C．当 时，小球始终作完整的圆周运动
D．当 时，小球在最高点时对内轨的外表面有挤压
二、不定项选择题
9．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较（ ）
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．两个过程中系统产生的热量相同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
10．（2018高三上·龙岩期末）在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在＋Q形成的电场中（ ）
A．N点电势高于P点电势
B．
C．P点电场强度大小是N点的2倍
D．带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了
11．（2018高三上·龙岩期末）一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2区间是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3区间是直线，在0、x1、x2、x3处电势分别为φ0、φ1，φ2，φ3，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度大小为零
B．φ3＞φ2=φ0＞φ1
C．φ3＜φ2=φ0＜φ1
D．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
12．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与平面的夹角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 （ ）
A．小球通过B点时的加速度为g/2
B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为 mv2
D．A到C过程中，产生的内能为mgh
三、实验题
13．（2018高三上·龙岩期末）为了探究质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。带轻质滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
（1）实验时，下列操作一定要进行的是 （多选）。
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．多次改变砂和砂桶的质量，重复步骤C
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2（结果保留两位有效数字）。
（3）用横坐标表示弹簧测力计的示数F，纵坐标表示加速度值a，画出的a-F图线是一条过原点的倾斜直线，如图丙所示，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______。
A． B． C． D．2tanθ
14．（2018高三上·龙岩期末）某兴趣小组利用图甲所示电路测定一电池的内阻r和一待测电阻Rx的阻值。已知电池的电动势约为6 V，电池内阻和待测电阻的阻值都约为10Ω。可供选用的实验器材有：
A．电流表A1（量程0~300 mA，内阻不计）；
B．电流表A2（量程0~3 A，内阻不计）；
C．电压表V1（量程0~6 V，内阻很大）；
D．电压表V2（量程0~15 V，内阻很大）；
E．滑动变阻器R（阻值0~100 Ω）；
开关S一个，导线若干。
该实验过程如下：
⑴在连接电路前，先选择合适的器材，电流表应选用 ，电压表应选用 。（填所选器材前的字母）
⑵按图甲正确连接好电路后，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关。改变变阻器阻值，记录电压表示数U和电流表示数I。用记录的数据绘出图乙所示的U-I图线。
⑶断开开关S，将Rx改接在B、C之间，A与B用导线直接相连，其他部分保持不变。重复步骤（2），得到另一条U–I图线，其斜率的绝对值为k。
⑷根据上面实验数据结合图乙可得，电池的内阻r= Ω；用k和r表示待测电阻的表达式为Rx= 。
四、解答题
15．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，倾角为37°的固定斜面底端与长L=5m的水平传送带左端平滑对接，水平传送带在电动机的带动下以v0=2m/s的恒定速度顺时针运动。小滑块（可视为质点）从距离斜面底端高h=1.35m的A点静止释放，小滑块与斜面及水平传送带间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10m/s2。sin370=0.6。求：
（1）小滑块刚滑上传送带时的速度大小；
（2）小滑块在传送带上运动的时间。
16．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，在空间有xOy坐标系，第三象限有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，第四象限有竖直向上的匀强电场。一个质量为m，电荷量为q的正离子，从A处沿x轴成 角垂直射入匀强磁场中，结果离子正好从距O点为L的C处沿垂直电场方向进入匀强电场，最后离子打在x轴上距O点2L的D处，不计离子重力，求：
（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
（2）离子从A处运动到D处所需时间；
（3）场强E的大小。
17．（2018高三上·龙岩期末）如图所示，质量为M＝3kg的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m=1kg的A、B两个小物体放在C上，A、B间相距s0（未知）。现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度vA=2m/s和vB=4m/s， 已知A、C之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与C之间的动摩擦因数μ2=0.4。g取10m/s2。求：
（1）整个过程A、B、C组成的系统产生的内能；
（2）运动过程中A的最小速度；
（3）为了使A、B不相碰，s0的最小值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】千克、秒是国际单位制中的基本单位，牛顿是导出单位，A不符合题意；牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上总结出了牛顿第一定律，B不符合题意；牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常量，C不符合题意；奥斯特首先发现了电流周围存在磁场，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】牛顿不属于基本单位；牛顿总结出牛顿第一定律；卡文迪许测出了引力常量的大小。
2．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】由图可知，第1-9s内电梯的加速度方向一直向上，乘客处于超重状态，AC不符合题意．第2s内，电梯匀加速运动，加速度为1.0m/s2，则根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，得：F=m（g+a）=50×（10+1）N=550N，由牛顿第三定律知，乘客对电梯的压力大小为：F′=F=550N，B符合题意．在加速度-时间图象中，图线与横轴所围的面积表示速度的变化量，则第9s内电梯速度的增加量为 v= ×1×1m/s=0.5m/ s，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】利用加速度方向可以判别超重和失重；利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出压力的大小；利用面积可以求出速度的变化量大小。
3．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【解答】“天宫二号”空间站的运行速度为 ，A符合题意；角速度 ，则周期 ，B不符合题意；根据 可知，“天宫二号”空间站的向心加速度小于g，C不符合题意；根据 ，v=ωr解得： ，D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】利用弧长除以时间可以求出线速度的大小；利用角度除以时间可以求出角速度的大小，利用角速度可以求出周期的大小；利用引力提供向心力可以判别空间站的加速度小于g；利用引力提供向心力可以求出地球的质量。
4．【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】若减小AC的长度，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力T在水平方向分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于AB受到的压力，若AC减小，使C点右移，AB仍保持平衡状态，显然T和N都增加，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】利用动态平衡方程可以判别T和N的大小变化。
5．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】0-t1时间内物块受到的拉力小于最大静摩擦力，物块静止，则静摩擦力大小随F的增大而增大，A不符合题意；在t1-t3时间内物块受到的拉力大于最大静摩擦力，物块做加速度先增加后减小的加速运动，速度一直增加，则t3时刻物块的速度最大，根据P=Fv可知，此时拉力F的功率一定最大，C不符合题意，D符合题意；t3-t4时间内滑块受到的拉力小于滑动摩擦力，物块做减速运动直至停止，则物块可能先受滑动摩擦力，后受静摩擦力，其大小要发生变化，B不符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用静止的平衡方程可以判别静摩擦力随外力增大而增大；利用t3-t4物体可能先运动后静止所以摩擦力有可能变化；由于t2时刻拉力最大但是速率不是最大所以功率不一定是最大值；t3时刻速度达到最大值结合功率的表达式可以判别功率的大小。
6．【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】若粒子带正电，则A图中，粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，A不符合题意；B图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，B不符合题意；C图中，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二力相等，则粒子能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，C符合题意；D图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用洛伦兹力和电场力的方向相反结合平衡条件可以判别粒子做直线运动。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力与B对弹簧的压力是一对作用与反作用力，则弹簧对B的弹力等于B对弹簧的压力，A不符合题意；在撤去F的瞬间，AB整体满足：F=(M+m)a，对物体A：FN-mg=ma，解得： ，B符合题意；在撤去F以后，AB整体先向上加速运动，后减速运动，即先超重后失重，则弹簧对地面的压力先大于(m+M)g，后小于(m+M)g，C不符合题意；在撤去F以后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】由于弹簧和B之间的力属于相互作用所以大小相等；利用整体的牛顿第二定律可以求出整体加速度大小，结合A的牛顿第二定律可以求出AB之间的作用力大小；撤去外力后，由于弹簧长度变化所以对地面的压力不断变化；由于弹力做功所以AB系统机械能不守恒。
8．【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】若 ，则由 可知，h=R，则小球能到达与圆环圆心等高的一点后反向返回，在最低点两侧往返运动，A不符合题意；若 ，且轨道的内外壁均光滑时，小球到达最高点的速度恰好为零，但是因轨道内轨粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，B不符合题意； 若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足 ，从最低点到最高点由机械能守恒可知， ，解得 ；由此可知当 时，小球始终作完整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用机械能守恒结合初速度大小可以判别小球上升的最高位置及上升到最高点所需要的初速度大小。
9．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】设子弹的初速度为v，共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv=（M+m）v′，
解得：v′= ；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，A不符合题意；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为 ，故动量变化量相等，根据动量定理，冲量相等，B符合题意；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，C符合题意；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的增加量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】利用动量守恒定律可以判别子弹的变化相同；利用速度变化相同可以判别滑块的冲量大小相等；利用动能变化可以判别系统热量相同；利用动能定理可以判别阻力做功相等。
10．【答案】B,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势．A不符合题意．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：-qUNP= mv2，解得 ，则 ．B符合题意．P点电场强度大小是 ，N点电场强度大小是 ，则EP：EN=rN2: rP2=4：1．C不符合题意．带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功 mv2，电势能减少了 mv2，D符合题意．
故答案为：BD.
【分析】利用电场线的分布可以比较电势的高低；利用利用动能定理可以求出电势差的大小；利用电场强度的表达式结合距离可以比较场强的大小；利用动能的变化可以判别电势能的变化。
11．【答案】A,B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E= ，得： ，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于 ，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A符合题意；根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带正电，q>0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有：φ3＞φ2=φ0＞φ1．B符合题意，C不符合题意；由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，D不符合题意；
故答案为：AB.
【分析】利用斜率可以判别场强的大小；利用电势能结合电性可以比较电势的大小；利用斜率变化可以判别电场力大小及加速度的变化。
12．【答案】B,C,D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】因在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为 ，A不符合题意；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，B符合题意；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep．根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有：mg h+Ep= mv2+Wf，A到C的过程有：mgh=2Wf，解得：Wf= mgh，Ep= mv2．即弹簧具有的最大弹性势能为 mv2；A到C过程中，产生的内能为2Wf=mgh，CD符合题意，
故答案为：BCD．
【分析】利用牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小；利用压力大小相等可以判别摩擦力大小和做功相等；利用能量守恒定律可以求出最大的弹性势能大小及内能的大小。
13．【答案】（1）B、C、D
（2）0.50
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）物体M受到的力可由力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；A不符合题意； 将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；B符合题意； 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；C符合题意；改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来外力大小的，故也是需要进行的操作；D符合题意；因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误； 所以需要进行的操作是BCD；（2）中间有四点没有画出，故时间间隔为0.1s；小车的加速度 ；（3）因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，故2F=ma，则a= F，由图像可知 =k=tanθ，故m= ，B符合题意；
【分析】（1）由于有弹簧测量计所以可以不测量砂和砂桶的质量；也不需要满足质量要求；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车的质量大小。
14．【答案】A；C；10；k–r
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由乙图可知，电流最大为300mA，为了保证实验的安全和准确，电流表应选择A；电源的电动势约为6V，故电压表应选择6V量程的C；（2）由U=E-Ir可知，Rx接在AB之间时图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为： ；由于接Rx改接在B、C之间时等效内阻为：Rx+r=k，解得：Rx=k-r；
【分析】（1）利用图像电流和电压大小可以选择电流表和电压表的量程；
（2）利用图像斜率可以求出内阻的大小；结合等效电阻可以求出待测电阻的大小。
15．【答案】（1）解：小滑块从静止下滑到斜面底端的过程由动能定理得：
可得：
（2）解：小滑块刚滑上传送上时， 小滑块做减速运动，由牛顿第二定律得：
解得：
由运动学公式得：
减速到 所用时间 ，
解得
位移
滑块接着以v0匀速到B端，
解得
【知识点】传送带模型
【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出滑块的速度大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度公式和位移公式可以求出滑块的运动时间。
16．【答案】（1）解：正离子的运动轨迹如图所示：由几何知识可得：
解得半径为：
（2）解：根据洛伦兹力提供向心力：
解得离子在磁场中运动的速度大小为：
离子在磁场中运动的周期为：
根据轨迹得到：离子在磁场中做圆周运动的时间为：
离子从 运动到 做类平抛运动，水平方向
做匀速直线运动所需要的时间：
故离子从 的总时间为：
（3）解：在电场中：
电场的场强大小为：
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）利用几何知识可以求出粒子圆周运动的半径大小；
（2）利用圆心角的大小结合周期大小可以求出离子在磁场的运动时间，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出场强的大小。
17．【答案】（1）解：由于 、 、 三个物体构成的系统在水平方向不受外力，由动量守恒定律可得
由系统能量守恒：
（2）解：设经 时间A与C恰好相对静止，此时A的速度最小，设为v3
在A与C相对静止前，三个物体的加速度大小分别为
A、B做匀减速运动，C做匀加速运动，达到在A与B相对静止过程中时间为t1
，
解得
A的最小速度为v3：
（3）解：解法一：当A、C相对静止后，A、C做匀加速运动，B做匀减速运动，经时间t2后，三个物体以共同速度v共匀速运动。过程中物体的加速度大小又分别为：
得
在开始运动到三个物体均相对静止的过程中A、B相对于地面的位移分别为
所以，A与B相距最小s0
解法二：如图所示，作出 图像，从图像中可得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出系统产生的内能大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度公式可以求出A的最小速度；
（3）利用牛顿第二定律可以求出AC共速后的速度大小结合共速可以求出运动的时间；利用位移公式可以求出AB之间的最小位移。
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