|
上学科网,下好资料 http://www.zxxk.com/U2105333.html http://700125.reg.经典高考资料尽在于此 2016-2017学年山东省潍坊中学高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有-个选项符合题目要求；第7-10题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分．） 1．以下说法正确的是（ ） A．惯性是物体的固有属性，物体速度越大，惯性越大 B．绕地球运行的卫星处于完全失重状态，卫星惯性消失 C．物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加 D．力对物体做的功越多，该力做功的功率越大 【考点】功率、平均功率和瞬时功率；惯性． 【分析】惯性是物体惯性大小的量度，在任何时候，任何情况都具有惯性，；物体重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加；功率是表示力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大． 【解答】解：A、惯性是物体的固有属性，物体质量越大，惯性越大，故A错误； B、宇宙飞船内的物体处于完全失重状态，但物体的质量存在，有惯性，故B错误； C、物体克服重力做功，高度增加，重力势能一定增加，故C正确； D、力对物体做功越快，该力做功的功率越大，故D错误； 故选：C 2．物块A放在斜面体的斜面上，和斜面体一起向右做加速运动，如图所示，若物块与斜面体保持相对静止，物块A受到斜而对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能是（ ） A．向右上方 B．水平向右 C．斜向右下方 D．竖直向上 【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算． 【分析】A具有水平向右的加速度，根据牛顿第二定律可知A所受合力向右，对物体A进行受力分析即可解题． 【解答】解：物块A与斜面体保持相对静止，一起向右做加速运动，则物块A具有水平向右的加速度，根据牛顿第二定律可知A所受的合力向右． A受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，将支持力和摩擦力的合力看成一个力，由于重力方向竖直向下，所以根据平行四边形定则知，斜面对A的合力方向只能斜向右上方． 故选：A． 3．如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，一质点以υ=10m/s的初速度从坐标原点0沿x 轴正方向水平抛山，1s后物体到达P点，O、P连线轴间的夹角为a，取g=10m/s2，则tana为（ ） A．1 B． 【考点】平抛运动． 【分析】将位移OP分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，求出竖直位移与水平位移的比值即为tanα 【解答】解：根据平抛运动规律， OP位移与水平方向的夹角为α，则有 故选：B 4．己知地球半径为R，静置于赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；地球同步卫星作匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度大小为a0，引力常量为G，以下结论正确的是则（ ） A．地球质量M= B．地球质量 C．向心加速度之比 D．向心加速度之比 【考点】万有引力定律及其应用． 【分析】地球赤道上的物体随地球自转时，万有引力的一部分提供向心力，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，据此求解地球质量，同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，根据a=rω2得出物体随地球自转的向心加速度与同步卫星的加速度之比，从而判断加速度的关系． 【解答】解：A、地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有： 解得地球质量 B、地球赤道上的物体随地球自转时有： CD、同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，物体的角速度也等于地球自转的角速度，所以地球同步卫星与物体的角速度相等． 根据a=rω2得， 故选：A 5．如图所示，倾角为a的薄木板定在水平面上，板上有一小孔B，不可伸长的轻绳一端系一物体A，另一端穿过小孔B竖直向下．开始时，板上方的细绳水平伸直．现慢慢拉动细绳下垂端，在物体缓慢到达小孔B的过程中，轨迹正好是一个半圆周，则物体与斜面间的动摩擦因数为（ ）
A．cosα B． 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【分析】物体缓慢转动，近似平衡，受力分析后，根据平衡条件列式求解． 【解答】解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3，这四个力的合力近似为零； 其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成（90°﹣α）． 根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式： 在垂直斜面方向，有：F2=G·cosα， 因此有摩擦力F3=μ F2=μGcosα， 接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有： μGcosα=Gsinα， 因此 μ=tanα； 故选：C． 6．如图，斜面固定在水平面上，将滑块从斜面顶端由静止释放，滑块沿斜面向下运动的加速度为a1，到达斜面低端时的动能为EK1；再次将滑块从斜面顶端由静止释放的同时，对滑块施加竖直向下的推力F，滑块沿斜面向下运动的加速度力a2，到达斜面低端时的动能为EK2，则（ ）
A．a1=a2 B．a1＜a2 C．EK1=EK2 D．EK1＜EK2 【考点】动能定理的应用；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律． 【分析】根据牛顿第二定律得出施加F前后的加速度表达式，从而比较大小．根据动能定理比较到达底端的动能大小． 【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，未加F时，加速度 施加F后，加速度 C、未施加F时，根据动能定理得，mgh﹣μmgcosθ·s=Ek1﹣0，施加F后，根据动能定律得，（F+mg）h﹣μ（mg+F）cosθ·s=Ek2﹣0，可知Ek1＜Ek2，故D正确，C错误． 故选：BD． 7．一物体在光滑水平面上做匀速运动．某时刻，在水平面内对物体同时施加大小分别为 1N、3N和5N的三个共点力，且三力施加后方向不再变化，则物体（ ） A．可能仍做匀速运动 B．一定做匀变速运动 C．速度的方向可能与施力前的速度方向相反 D．所受合力的方向可能总是与速度方向垂直 【考点】曲线运动；力的合成的平行四边形定则． 【分析】两个共点力的合力范围为：F1+F2≥F≥|F1﹣F2|；然后结合第三个力求出三个力的合力的范围，最后根据牛顿第二定律分析即可． 【解答】解：在水平面内对物体同时施加大小分别为 1N、3N和5N的三个共点力，其中1N与3N的力的合力的最大值是4N，最小值是2N，5N不在该范围以内，所以三个力的范围最小值在5N与4N的差，即1N，最大值为9N． AB、由以上的分析可知，三个力的合力不可能为0，所以物体的加速度不为0，物体一定做匀变速运动．故A错误，B正确； C、由于没有说明各个力的方向以及运动的方向，所以物体运动的方向与物体受到的合力的方向之间没有关系，速度的方向可能与施力前的速度方向相反，有可能与施力前的速度方向相同，或与施力前的速度方向垂直等．故C正确； D、若所受合力的方向与初速度方向垂直，则物体做匀变速曲线运动，所受合力的方向不可能总是与速度方向垂直．故D错误． 故选：BC 8．如图所示，不可伸长的细绳长为L，一端固定在0点，另一端拴接一质量为m的小球．将小球拉至与0等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时（ ）
A．向心加速度度 C．绳的拉力 【考点】向心力；向心加速度． 【分析】根据动能定理求出到达最低点的速度大小，结合向心加速度公式求出向心加速度的大小，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力． 【解答】解：A、根据动能定理得： C、在最低点，根据牛顿第二定律得： 故选：AC． 9．a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t=0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值（即平均速度＞随时间t变化的关系如图所示，以下说法 正确的是（ ）
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5m/s2 B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2 C．ls时，a、b再次到达同一位置 D．t=2s时，a、b再次到达同﹣位置时 【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】根据数学知识写出两个质点的 【解答】解：AB、对质点a，根据数学知识得： 则
x=0.5t2+0.5t（m），与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+ C、t=1s时， D、由图知，对于b，有 故选：BC 10．如倾角θ=53°的足够长斜面固定在水平面上，质量m=3kg的物块从斜面顶端A 以υ=3m/s的初速度沿斜面向下滑动，以A点所在水平面为参考平面，物块滑动到B点时，其动能与重力势能之和为零．己知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取 g=10m/s2，sin53°=0.8，COS53°=0.6．以下说法正确的是（ ）
A．B间的距离为1.2m B．物块在B点的重力势能为﹣36J C．物块越过B点后，其动能均重力势能之和大于零 D．物块沿斜面下滑的过程中，重力做功的瞬时功率越来越大 【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率． 【分析】根据动能定理和已知条件：物块到达B点时动能与重力势能之和为零，可求出AB间的距离．再求得物块在B点的重力势能．根据功能原理分析动能与重力势能之和如何变化．根据P=mgvsin53°分析重力做功的瞬时功率如何变化． 【解答】解：A、设AB间的距离为L．从A到B，由动能定理得： 据题有 B、物块在B点的重力势能为 Ep=﹣mgLsin53°=﹣3×10×1.5×0.8J=﹣36J，故B正确． C、由于摩擦力对物块做负功，根据功能原理可知，物块的机械能不断减小，所以物块越过B点后，其动能均重力势能之和小于零．故C错误． D、由于mgsin53°＞μmgcos53°，所以物块斜面向下做匀加速运动，速度增大，由P=mgvsin53°知，重力做功的瞬时功率增大，故D正确． 故选：BD 二、实验题（本题3题，共18分）（将答案填在答题纸规定的位置） 11．在探究小车做匀变速直线运动的实验中，获得了一条纸带，如图所示，测得s1=8.89cm，s2=9.50cm．s3=10.1Ocm，A、B、C、D 相邻计数点间的时间间隔为0．ls．在打点计时器打B点时，小车的速度为 0.92 m/s，打C点时小车的速度为 0.98 m/s，此求时小车的加速度为 0.60 m/s2．（均保留两位有效数字）
【考点】测定匀变速直线运动的加速度． 【分析】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，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B、C点时小车的瞬时速度大小． 【解答】解：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， vB= 同理，vC= 由题意可知：△x=aT2，其中△x=0.6cm，T=0.1s， 故带入数据解得：a=0.60m/s2； 故答案为：0.92，0.98，0.60． 12．某同学用如图甲所示的装置测定﹣物块的质量．将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，物块左端通过细线与力传感器和重物连接，右端选接穿过打点计时器的纸带．该同学通过改变重物的质量，获得多组实验数据，画出了物块加速度a与所受细线拉力F的关系，如图乙．
（1）该同学测得物块的质量m= 0.5 kg． （2）取重力加速度g=10m/s2，还可得出物块和木板之间的动摩擦因数μ= 0.2 ． （3）下面做法可以减小物块质量测试误差的是 AD ． A．尽量减小滑轮处的摩擦 B．尽量使重物的质量远小于物块的质量 C．实验前将长木板右侧适当抬高来平衡摩擦力 D．多次改变重物的质量进行多次试验． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】根据牛顿第二定律得出加速度与F的关系式，结合图线的斜率和截距求解物块的质量和动摩擦因数．该实验无需平衡摩擦力，也不要满足重物的质量远小于物块的质量． 【解答】解：（1、2）根据牛顿第二定律得，F﹣μmg=ma，解得a= 纵轴截距的大小为μg，即μg=2，解得μ=0.2． （3）在该实验中拉力的大小用传感器测得，所以不需要满足重物的质量远小于物块的质量；实验不需要平衡摩擦力．减小定滑轮处的摩擦，改变重物的质量多测量几次可以减小实验的误差．故选：AD． 故答案为：（1）0.5；（2）0.2；（3）AD． 13．为研究外力做功一定的情况下，物体的质量与速度的关系，某同学用如图1所示的实验装置进行实验．
水平长木板左端固定一木块，在木块上固定打点计时器．木块右侧固定一弹簧，让连接纸带的小车压缩弹簧至木板的虚线处，由静止释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，选取点迹均匀的一部分，计算出小车运动的速度υ1，并测出小车的质量m1；通过加砝码的方式改变小车质量，再次压缩弹簧至木板虚线处由静止释放小车，计算出小车运动的速度υ2，测出小车和砝码的总质量m2．然后再改变小车质量，重复以上操作，测出多组υ3、m3；…υn、mn的值． （1）每次实验中，都将小车压缩弹簧至长木板的虚线处由静止释放，目的是： 小车获得相同的动能（弹簧对小车做功相同） ； （2）若要保证弹簧的弹力作为小车的外力，应进行的实验操作是： 垫高木板固定打点计时器的一端，使小车连同纸带一起在木板上匀速运动（平衡摩擦力） ； （3）实验过程测得了五组数据如下表：
通过表中数据，该同学测出了 一条过原点的直线，如图2所示，图中的横坐标应是： （4）通过实验，得到的结论是： 力对物体做功相同时，物体的质量与速度平方成反比 ． 【考点】探究功与速度变化的关系． 【分析】弹簧每次压缩量相同，释放后弹簧对小车做功相同，小车增加的动能相同；需要平衡摩擦力，从表格数据可以看出质量m越大，相对应的速度越小，通过计算可以发现mv2的结果是一定值． 【解答】解：（1）弹簧每次压缩量相同，故弹簧对小车做功相同，小车增加的动能相同； （2）若要保证弹簧的弹力作为小车的外力，需要平衡摩擦力，即垫高木板固定打点计时器的一端，使小车连同纸带一起在木板上匀速运动；
（3）图象是正比例函数关系，然后据表格中数据估算mv2的结果是一定值，所以得出图中的横坐标应该是 （4）根据图象可知：力对物体做功相同时，物体的质量与速度平方成反比． 故答案为：（1）小车获得相同的动能（弹簧对小车做功相同）；（2）垫高木板固定打点计时器的一端，使小车连同纸带一起在木板上匀速运动（平衡摩擦力）； （3） 三、计算题（本题共4个大题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位）． 14．如图所示，卫星A、B在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，地球球心为0．当OA与0B间夹角为θ时，A、O与A、B间的距离相等．已知卫星A的运行周期为T，求卫星B的运行周期．
【考点】万有引力定律及其应用． 【分析】根据几何关系求出轨道B的半径，对A和B分别根据万有引力提供向心力列式即可求解 【解答】解：设卫星A的轨道半径为r，由几何关系，卫星B的轨道半径为： 对A，有： 对B，有： 整理得： 答：卫星B的周期为 15．如图，一物体从地面上方某点水平抛出，落地前经过A、B两点．已知该物体在A点的速度大小为υ0，方向与水平方向的夹角为30°；它运动到B点时速度方向与水平方向的夹角为600．不计空气阻力，重力加速度为g；求： （1）物体从A到B所用的时间； （2）A与B间的高度差．
【考点】动能定理的应用；平抛运动． 【分析】（1）根据平行四边形定则求出A点和B点的竖直分速度，结合速度时间公式求出物体从A到达B的时间． （2）根据速度位移公式求出A与B间的高度差． 【解答】解：（1）A点的竖直分速度 在B点，根据平行四边形定则知， 则物体从A到B的时间 （2）A、B间的高度差h= 答：（1）物体从A到B所用的时间为 （2）A与B间的高度差为 16．在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘座实验飞艇到达h1=6000m 的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍．实 验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度皮h2=3000m 时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不得低于h=500m，取g=lOm/s2，求： （1）飞艇加速下落的时间t； （2）减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用． 【分析】（1）加速下降过程中，先根据牛顿第二定律，求解飞艇的加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解；
（2）先根据速度时间关系公式求解出加速的末速度；飞艇匀减速运动过程初速度、位移、末速度已知，可根据速度位移关系公式列式求解加速度；根据牛顿第二定律求解实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值 【解答】解：（1）设飞艇加速下落的加速度为a1， 由牛顿第二定律得：mg﹣f=ma1 解得a1= 加速下落的高度为h2﹣h1=6000﹣3000=3000m， 根据位移时间关系公式，有：h2﹣h1= 故加速下落的时间为t= （2）飞艇开始做减速运动时的速度为v=a1t=240m/s 匀减速下落的最大高度为h2﹣h=3000﹣500=2500m
要使飞艇在下降到离地面500m时速度为零，飞艇减速时的加速度a2至少应为a2= 根据牛顿第二定律可得F′﹣mg=ma2， 根据牛顿第三定律可得F=F′， 则： 答：（1）飞艇加速下落的时间为25s； （2）减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值 17．如图所示，竖直固定的光滑 （1）h应满足的条件； （2）α的最小值（可用反三角函数表示）．
【考点】动能定理的应用；向心力． 【分析】（1）根据牛顿第二定律得出B点的最小速度，结合动能定理求出h的最小值，从而得出h满足的条件． （2）根据平抛运动的规律，结合动能定理得出h的表达式，根据h满足的条件得出α的最小值． 【解答】解：（1）小球从释放至运动到B点，由动能定理得， 在B点，根据牛顿第二定律得，mg= 解得h的最小值h= 则h≥ （2）在水平方向上，有：Rsinα=vBt，⑤ 在竖直方向上，有： 联立①⑤⑥得，h= 因为 解得cosα= 则 答：（1）h应满足的条件为h≥ （2）α的最小值为 2016年12月8日 |
|
|
