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2016-2017学年安徽省蚌埠二中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共9小题，每小题4分，共40分．1-6题只有一项是正确的，7-10题有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分） 1．甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移﹣时间图象如图所示，甲车图象为过坐标原点的倾斜直线，乙车图象为顶点在坐标原点的抛物线，则下列说法错误的是（ ） A．甲、乙之间的距离距离先增大、后减小，然后再增大 B．0﹣t1时间段内，乙的平均速度大于甲的平均速度 C．t1时刻，乙的速度等于甲的速度的2倍 D．0﹣t1时间段内， 【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】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间． 【解答】解：A、由图象可知甲、乙之间的距离先越来越大，后越来越小，在t1时间距离为零，故A正确； B、在t1时间内两物体位移相同，所用时间也相同，所以平均速度大小相等，故B错误； C、在t1时刻两个位移相等，所以v甲t1=
D、位移时间图象斜率表示该时刻的速度，所以甲物体匀速直线运动，乙物体速度逐渐增大，当他们速度相等时，甲乙距离最大，所以在 本题选错误的，故选：B 2．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（ ） A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ D．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ 【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】对物体受力分析，根据重力沿斜面方向分力与摩擦力大小的关系判断滑块的运动情况，当物体做匀速运动时，根据共点力平衡进行分析． 【解答】解：A、若μ＞tanθ，则mgsinθ﹣μmgcosθ＜0．所以滑块不会下滑．故A错误． B、若μ＜tanθ，mgsinθ﹣μmgcosθ＞0，则合力大于0，所以滑块会受到向下的力，将加速下滑，故B错误； C、如果μ=tanθ．mgsinθ﹣μmgcosθ=0，则合力等于零．则无需拉力拉动，滑块只需要有给他一个速度即可以匀速向下滑动了，故C错误； D、如果μ=tanθ，则合力等于0．当滑块向上运动的时候，摩擦力方向与运动相反，即向下，所以向上的拉力大小F=mgsinθ+μmgcosθ，因为μ=tanθ，所以mgsinθ=μmgcosθ，所以F=2mgsinθ，故D正确． 故选：D． 3．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（ ） A．b对c的摩擦力一定减小 B．b对c的摩擦力方向一定平行斜面向上 C．地面对c的摩擦力方向一定向右 D．地面对c的摩擦力一定减小 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【分析】b受到c的摩擦力的变化情况，与两物体的重力、斜面的倾角有关．对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小． 【解答】解：A、设a、b的重力分别为Ga、Gb．若Ga=Gbsinθ，b受到c的摩擦力为零，若Ga≠Gbsinθ，b受到c的摩擦力不为零，若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，若Ga＞Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向下，b对c的摩擦力也不一定减小，故AB错误． C、以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知 水平面对c的摩擦力f=Tcosθ=Gacosθ，方向水平向左． 在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小．故D正确，C错误． 故选：D 4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ） A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为T 【考点】牛顿运动定律的应用-连接体． 【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，然后隔离分析，抓住最大拉力的大小求出绳子断裂时拉力的大小．隔离分析，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小． 【解答】解：A、因为整体具有向右的加速度，质量为m的物体受重力、支持力和向右的摩擦力，对质量2m的物体分析，受重力、m对它的压力、地面的支持力、绳子的拉力以及m对它的摩擦力，共五个力作用．故A错误． B、整体的加速度a= D、刚要被拉断时，整体的加速度a= 故选：C． 5．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（ ） A．立即做匀减速直线运动 B．将立即做变减速直线运动 C．当弹簧弹力大小等于F时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，物体加速度为零 【考点】牛顿第二定律． 【分析】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况． 【解答】解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故C正确，ABD错误． 故选：C． 6．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行，现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的轨迹．下列说法中正确的是（ ）
A．黑色的径迹将出现在木炭包的右侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 【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】木炭包在传送带上先是做匀加速直线运动，达到共同速度之后再和传送带一起匀速运动，黑色的径迹就是它们相对滑动的位移，求出相对位移再看与哪些因素有关． 【解答】解：A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，故A正确． B、木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度， 所以由牛顿第二定律知，μmg=ma，所以a=μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动， 由v2=2ax 得，木炭包位移 X木= 此时传送带的位移为x传=vt= 由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长， 木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，故BC错误，D正确． 故选：AD． 7．“嫦娥一号”探月卫星绕地球运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是2、3轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1上的运行速率为 7.7km/s，则下列说法中正确的是（ ）
A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7km/s B．卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s C．卫星在3轨道所具有的机械能小于2轨道所具有的机械能 D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于2轨道所具有的最大速率 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用． 【分析】当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动． 当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过B速度变小． 卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大． 卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3． 【解答】解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s．故A正确． B、假设有一圆轨道经过B点，根据 C、卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误． D、根据开普勒第二定律可知近月点速度大于远月点速度，故比较卫星在轨道3经过A点和轨道2经过A点的速度即可，又因为卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率．故D错误． 故选：AB． 8．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是（ ）
A． 【考点】向心力；牛顿第二定律． 【分析】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化． 【解答】解：两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A、D正确，B、C错误． 故选AD． 9．如图所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么（ ）
A．只要知道弦长，就能求出运动时间 B．只要知道圆半径，就能求出运动时间 C．只要知道倾角θ，就能求出运动时间 D．只要知道弦长和倾角就能求出运动时间 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用． 【分析】设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x= 【解答】解：设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，物体运动的加速度a= 故选：BD． 二、实验题 10．如图甲所示是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放． （1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d= 1.140 cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.0×10﹣2s，则小车经过光电门时的速度为 0.57 m/s； （2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系 m＜＜M ； （3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系．处理数据时应作出 v2﹣m （选填“v﹣m”或“v2﹣m”）图象； （4）某同学在（3）中作出的线性图象不通过坐标原点，其原因是 操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足． ．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度． （2）为使绳子的拉力等于重物的重力，M应远远大于m； （3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as= （4）由图可知开始有外力时，而小车的加速度为零，说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足． 【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm， 所以最终读数为：11mm+0.40mm=11.40mm=1.140cm； ②数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度， 用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v= （2）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系． 那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力． 根据牛顿第二定律得： 对m：mg﹣F拉=ma 对M：F拉=Ma 解得：F拉= 当M＞＞m时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力． （3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as= 由题意可知，M、s不变，画出v2﹣m图象，若图象为过原点的直线，则说明外力和加速度成正比，故画出v2﹣m图象可以直观的得出结论． （4）开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足． 故答案为：（1）1.140，0.57（2）m＜＜M （3）v2﹣m （4）操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足． 11．在“研究平抛物体的运动”的实验中， （1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 水平 ．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 初速度相同 （2）某同学只记录了A、B、C三点，各点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为 1 m/s，初始位置的坐标为 （﹣10cm，﹣5cm） （单位为cm，g=10m/s2）．
【考点】研究平抛物体的运动． 【分析】（1）实验前应调节斜槽使其末端切线水平，小球要从斜槽的同一位置由静止释放，使小球做平抛运动的初速度相等． （2）在竖直方向应用匀变速直线运动的推论求出时间间隔，在水平方向应用匀速运动规律求出初速度；然后应用平抛运动规律求出初始位置坐标． 【解答】解：（1）实验前应调节斜槽使斜槽末端切线水平．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛初速度相同． （2）由图示可知，在竖直方向：△y=yBC﹣yAB=（40﹣15）﹣15=10cm=0.1m， 小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论可知：△y=gt2，时间：t= 小球的初速度：v0=
由于小球在竖直方向上做匀加速直线运动，小球在B点的竖直分速度大小等于在AC段竖直方向平均速度的大小．vBy= 设小球从抛出点O到B点历时为tOB，有：tOB= 小球从抛出点O到A点历时：tOA=tOB﹣t=0.1 s， 因此，xOA=v0tOA=1×0.1=0.1m=10 cm， yOA= 故O点坐标值为（﹣10 cm，﹣5 cm）． 故答案为：（1）水平；初速度相同；（2）1；（﹣10cm，﹣5cm）． 三、计算题（本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 12．某人驾驶汽车在平直公路上以72km/h的速度匀速行驶，某时刻看到前方路上有障碍物，立即进行刹车，从看到障碍物到刹车做匀减速运动停下，位移随速度变化的关系如图，图象由一段平行于x轴的直线与一段曲线组成．求： （1）该人刹车的反应时间； （2）刹车的加速度大小及刹车的时间．
【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系． 【分析】（1）根据反应时间内汽车做匀速直线运动由位移和速度关系求得人刹车时的反应时间； （2）根据匀变速直线运动的速度位移关系求得刹车时的加速度大小再根据速度时间关系求得刹车时间． 【解答】解：（1）汽车在反应时间内做匀速直线运动，由图可知，反应时间内的位移为：x1=12m， 速度为：v=72km/h=20m/s 反应时间为： （2）开始刹车时，速度v=72km/h=20m/s，刹车过程的位移为：x2=（37﹣12）m=25m， 根据匀变速直线运动的速度位移关系有：v2=2ax2 可得刹车时的加速度大小为： 根据速度时间关系知，刹车的时间为： 答：（1）该人刹车的反应时间为0.6s； （2）刹车的加速度大小为8m/s2，刹车的时间为2.5s． 13．如图所示，装置可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球的质量m=1kg，细线AC 长L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等．（重力加速度g取10m/s2） （1）若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度的大小； （2）若装置匀速转动的角速度ω=
【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速． 【分析】（1）当细线AB张力为零时，绳子AC拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小； （2）装置匀速转动的角速度ω2= 【解答】解：（1）当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有： mgtan37°=mω12Lsin37° 解得：ω1= （2）由于ω2＜ω1，则细线AB上有拉力，为T，AC线上的拉力为F． 水平方向上根据牛顿第二定律得：Fsin37°﹣T=mω22Lsin37° 竖直方向由平衡条件可得：Fcos37°=mg 解得：F=12.5N，T=1.5N． 答：（1）角速度ω1的大小为 （2）若装置匀速转动的角速度为ω2=
14．近年来，随着人类对火星的了解越来越多，美国等国家都已经开始进行移民火星的科学探索，并面向全球招募“单程火星之旅”的志愿者，若某物体在火星表面做自由落体运动的时间是在地球表面同一高度处做自由落体运动时间的1.5倍，已知地球半径是火星半径的2倍． （1）求火星表面重力加速度与地球表面重力加速度的比值． （2）如果将来成功实现了“火星移民”，求出在火星表面发射载人航天器的最小速度v1与地球上卫星最小发射速度v2的比值． 【考点】万有引力定律及其应用． 【分析】（1）根据自由落体运动的位移时间关系公式 （2）第一宇宙速度是星球表面的环绕速度，重力等于向心力，根据万有引力提供向心力即可求出． 【解答】解：（1）根据自由落体运动的位移时间关系公式 解得： （2）第一宇宙速度是星球表面的环绕速度，重力等于向心力，根据牛顿第二定律，有： 解得： 故： 答：（1）求火星表面重力加速度与地球表面重力加速度的比值是
（2）在火星表面发射载人航天器的最小速度v1与地球上卫星最小发射速度v2的比值是 15．如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为L=2.5m，质量均为m2=150kg，现有一小滑块以速度v0=6m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1=200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2） （1）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件． （2）若μ1=0.4，求滑块运动时间．（结果用分数表示）
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律． 【分析】根据平衡条件列方程求μ1满足的条件；应用牛顿第二定律和运动学公式求解滑块运动时间． 【解答】解：（1）滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2（m1+m2）g 代入数据得：0.35＜μ≤0.5； （2）若μ1=0.4，则货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，μ1m1g=m1a 解得：a1=4m/s2 由﹣2a1L=v12﹣v02 达到B板时速度v1=4m/s 在A板上滑动时间由 v1=v0﹣at1， 解得：t1=0.5s 滑块滑上B板时B运动，由μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g=m2a2 得：a2= 速度相同时a2t=v1﹣a1t2 解得：t2= 相对位移△x= 物块与板B能达到共同速度：v共=a2t2= 然后一起相对静止的一起减速：μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a共 a共=2m/s2 t3= t=t1+t2+t3= 答：（1）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件：0.35＜μ≤0.5． （2）若μ1=0.4，滑块运动时间为 2016年12月23日 |
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