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吉林省长春市实验中学高三上学期期中考试物理试题（解析版）
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这是一份吉林省长春市实验中学高三上学期期中考试物理试题（解析版），共10页。试卷主要包含了选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
长春市实验中学2018-2019学年上学期期中考试高三物理试卷
一、选择题：本题共13小题，每题5分共65分，在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求。第9～13题有多个选项符合题目要求。全部答对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】物体作匀加速直线运动在前一段△x所用的时间为t1，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段△x所用的时间为t2，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；速度由变化到的时间为：，所以加速度为：，故A正确，BCD错误。
2.下列有关牛顿运动定律的说法，其中正确的是（ ）
A. 惯性就是物体保持静止状态的性质
B. 一对作用力和反作用力的作用效果总相同
C. 物体运动状态改变的难易程度就是加速度
D. 力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的
【答案】D
【解析】
惯性就是物体保持静止或者匀速直线运动状态的性质，故A错误；作用力和反作用力作用在两个物体上，效果不相同，故B错误；物体运动状态改变的难易程度取决于物体惯性大小，故C错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，故D正确。所以D正确，ABC错误。
3.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，当一起向上做加速运动时，若木块不滑动，力F的最大值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对木块分析得：2f-Mg=Ma，解得木块的最大加速度为：，对整体分析得：F-（M+m）g=（M+m）a，将a代入解得：，故A正确，BCD错误。
4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v–t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶，则（ ）
A. 在t=1 s时，甲车在乙车后
B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5 m
C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【答案】AB
【解析】
已知两车在t=0时并排行驶，在0-1s内，甲车的速度比乙车的小，所以在t=1s时，甲车在乙车后，故A正确．根据速度时间图线与时间轴所围的面积大小表示位移．可得，在t=3s时，两车的位移之差为△x=x乙-x甲=，则在t=3s时，甲车在乙车后7.5m．故B正确．根据“面积”表示位移，可知两车另一次并排行驶的时刻是t=4s，故C错误．两车另一次并排行驶的时刻是t=4s，甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 S==60m，故D错误．故选AB.
点睛：本题是追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．
5.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则( )
A. 两球同时落地
B. 相遇时两球速度大小相等
C. 从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D. 相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A错误．
B、从题目内容可看出，在处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误．
C、由于两球运动时机械能守恒，两球恰在处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确．
D、相遇后，ab两个球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D错误．
故选：C．
6.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )．
A. 向心加速度大小之比为4∶1
B. 角速度之比为2∶1
C. 周期之比为1∶8
D. 轨道半径之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】根据Ek＝mv2得v＝ ，所以卫星变轨前、后的速度大小之比为；根据，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为，选项D错误；根据，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为，选项A错误；根据，得卫星变轨前、后的角速度之比为，选项B错误；根据T＝， 得卫星变轨前、后的周期之比为，选项C正确；故选C．
【点睛】能根据万有引力提供圆周运动向心力，并由此根据半径关系求解分析描述圆周运动物理量大小关系是正确解题的关键．
7.如图所示，一质量M =3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0 kg的小木块A(可视为质点)，同时给A和B以大小均为2.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，要使小木块A不滑离长木板B板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6，则长木板B的最小长度为( )
A. 1.2 m
B. 0.8 m
C. 1.0 m
D. 1.5 m
【答案】C
【解析】
【详解】当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M−m)v0 ＝(M+m)v解得：v=1m/s；由能量关系可知： 解得：L=1m，故选C.
8.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示．某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B. 从O点运动到B点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C. 从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D. 从B点返回到A点，小孩机械能的增加量等于蹦床弹性势能的减少量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 从A运动到O，小孩的速度不断增大，根据能量转化和守恒定律可知：其重力势能减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和，则重力势能减少量大于动能增加量，故A正确；
B. 从O运动到B，小孩的速度不断减小，根据能量转化和守恒定律可知：小孩动能减少量和重力势能减少量之和等于蹦床和弹性绳弹性势能增加量，则小孩动能减少量小于蹦床和弹性绳弹性势能增加量，故B错误；
C. 从A运动到B，小孩机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能，则知小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，故C错误；
D. 若从B返回到A，弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量，故D错误。
故选：A
9.如图所示，两个水平圆盘的半径分别为R、2R，小圆盘转动时会带动大圆盘不打滑地一起转动．质量为m的小物块甲放置在大圆盘上距离转轴为R处，质量为2m的小物块乙放置在小圆盘的边缘处，它们与盘面间的动摩擦因数相同．当小圆盘以角速度ω转动时，两物块均相对圆盘静止．下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A. 小物块甲受到的摩擦力大小为
B. 两物块的线速度大小相等
C. 在角速度ω逐渐增大的过程中，小物块甲先滑动
D. 在角速度ω逐渐减小的过程，摩擦力对两物块做负功
【答案】AD
【解析】
【详解】大圆盘和小圆盘边缘上的线速度大小相等，当小圆盘以角速度ω转动时，根据v=rω知，大圆盘以转动，则小物块甲受到的摩擦力，故A正确；两物块做圆周运动的半径相等，但是角速度不同，则线速度大小不等，故B错误；根据μmg=mrω2知，临界角速度，两物块的半径相等，知临界角速度相等，在角速度ω逐渐增大的过程中，由于大圆盘的角速度是小圆盘较小的一半，可知物块乙先滑动，故C错误；在角速度ω逐渐减小的过程中，甲乙的线速度逐渐减小，根据动能定理知，摩擦力对两物块均做负功，故D正确。所以AD正确，BC错误。
10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
A. 小球A与B之间库仑力的大小为
B. 当时，细线上的拉力为0
C. 当时，细线上的拉力为0
D. 当时，斜面对小球A的支持力为0
【答案】AC
【解析】
【详解】根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：，故A正确；若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ=Fcosθ，其中，联立解得：，解得：，故C正确，B错误；两个球带同中电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零，故D错误。所以AC正确，BD错误。
11.如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A. 所受重力与电场力平衡
B. 电势能逐渐增加
C. 动能逐渐增加
D. 做匀变速直线运动
【答案】BD
【解析】
【分析】
带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。
【详解】A、D项：带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，D正确；
B项：电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；
C项：因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误。
故应选BD。
【点睛】本题考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化，注意电场力做正功时电势能减小，而电场力做负功时电势能增大。
12.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.下列说法正确的是( )
A. A开始运动时加速度a＝2.5m/s2
B. A、B碰撞后瞬间的共同速度v＝1m/s
C. A的上表面长度l＝0.45m
D. A的上表面长度l＝0.55m
【答案】ABC
【解析】
【详解】以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F=mAa，代入数据得：a=2.5m/s2，故A正确；A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v，代入数据解得：v=1m/s，故B正确；A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：，联立并代入数据得：l=0.45m，故C正确，D错误。所以ABC正确，D错误。
13.如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( )
A. 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf=fd
B. 小船经过B点时的速度大小
C. 小船经过B点时的速度大小
D. 小船经过B点时的加速度大小
【答案】ABD
【解析】
【详解】小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：Wf=fd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：W=Pt ，由动能定理有：，联立解得：，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v′，P=Fv′， v′=v1cosθ，牛顿第二定律 Fcosθ-f=ma，联立解得：，故D正确。所以ABD正确，C错误。
二、实验题（共计14分）
14.用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒定律，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，毎相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）．计数点间的距离如图所示。
已知m1＝50g、m2＝l50g（g取9.8m/s2，交流电的频率为50Hz，所有结果均保留三位有效数字）
(1)在纸带上打下记数点1时的速度v1＝_______m/s。
(2)在打点0－4过程中系统动能的增量Ek＝_____J，系统势能的减少量EP＝______J。
【答案】 (1). 0.480 (2). 0.369 (3). 0.384
【解析】
（1）毎相邻两计数点间还有4个点，因此相邻计数点的时间间隔为0.1s；根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第1个点时的速度为：
v1==0.480m/s
（2）同理，v4==1.92m/s
系统的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=（m1+m2）v42﹣0=0.369J；
系统重力势能的减小量等于系统重力做功，即为：
△EP=W=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×（2.4+7.2+12.01+16.79）×10﹣2=0.376J；
点睛：此题关键能根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度求出打下记数点时的速度；根据系统的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据系统重力做功和重力势能之间的关系求出系统重力势能的减小量．
15.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________[用(2)中测量的量表示]
(4)若两球发生弹性正碰，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是________(填选项前的符号)。
A.OP=ON-OM B.2OP=ON+OM C.OP-ON=2OM
【答案】 (1). C (2). ADE (3). m1·OM＋m2·ON＝m1·OP (4). A
【解析】
【详解】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确，ABD错误。
（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t= m1v2t+ m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故选ADE。
（3）由（2）可知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON。
（4）根据弹性碰撞的公式，碰撞后两球的速度为：，显然v2-v1=v0，因平抛运动中的时间相等，所以有：OP=ON-OM，故A正确，BCD错误。
三．计算题（共计31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能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16.如图所示，用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8 m，长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
【答案】（1）tanθ≥0.05；
（2）μ2为0.8；
（3）最大距离x为1.9m．
【解析】
解：（1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcosθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg（L2﹣L1cosθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．
17.题图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球表面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面，已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：
(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；
(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．
【答案】(1)， (2)
【解析】
试题分析：（1）设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月球表面时的速度大小为；
由mg′=G和mg=G，得：
由，得：；
（2）设机械能变化量为，动能变化量为，重力势能变化量为；
由
有
得：
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】本题关键是明确探测器的受力情况和运动情况，然后根据运动学公式和万有引力定律列方程求解，不难．
18.如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L=1.6m，滑块A、B与该段间的动摩擦因数均为μ=0.5，水平地面的其余部分是光滑的，滑块B静止在O点，其质量=2kg，滑块A在O点左侧以=5m/s的水平速度向右运动，并与B发生正碰，A质量是B质量的k（k取正整数倍），滑块均可视为质点，取。
（1）若滑块A与B发生完全非弹簧碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
（2）若滑块A与B发生弹性碰撞，试讨论k在不同取值范围时，滑块A克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）（2）（1）当k=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 ；
（2）当1＜k≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为J ；
（3）当k＞9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为16k J
【解析】
（1）设滑块A碰B后的共同速度为v，AB碰撞过程中损失的机械能为△E
由动量守恒定律有 mAv0=（mA+mB）v ①
由能量守恒定律有△E=mAv02 -（mA+mB ）v2 ②
联立①②式并代入数据解得 J ③
（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，则有：
mAv0=mAvA+mBvB ④
mAv02=mA+mB ⑤
联立④⑤式并代入数据解得m/s ⑥
m/s ⑦
假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度（aA=aB=μg）相等，由⑥⑦式知在任意时刻vB＞vA，滑块A、B不会再一次发生碰撞．
由题知，当滑块A刚好能够到达P点有 ⑧
代入数据解得k=9 ⑨
讨论：
（1）当k=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 ⑩
（2）当1＜k≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为J
（3）当k＞9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA=μmAgL=16kJ
长春市实验中学2018-2019学年上学期期中考试高三物理试卷
一、选择题：本题共13小题，每题5分共65分，在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求。第9～13题有多个选项符合题目要求。全部答对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】物体作匀加速直线运动在前一段△x所用的时间为t1，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段△x所用的时间为t2，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；速度由变化到的时间为：，所以加速度为：，故A正确，BCD错误。
2.下列有关牛顿运动定律的说法，其中正确的是（ ）
A. 惯性就是物体保持静止状态的性质
B. 一对作用力和反作用力的作用效果总相同
C. 物体运动状态改变的难易程度就是加速度
D. 力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的
【答案】D
【解析】
惯性就是物体保持静止或者匀速直线运动状态的性质，故A错误；作用力和反作用力作用在两个物体上，效果不相同，故B错误；物体运动状态改变的难易程度取决于物体惯性大小，故C错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，故D正确。所以D正确，ABC错误。
3.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，当一起向上做加速运动时，若木块不滑动，力F的最大值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对木块分析得：2f-Mg=Ma，解得木块的最大加速度为：，对整体分析得：F-（M+m）g=（M+m）a，将a代入解得：，故A正确，BCD错误。
4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v–t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶，则（ ）
A. 在t=1 s时，甲车在乙车后
B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5 m
C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【答案】AB
【解析】
已知两车在t=0时并排行驶，在0-1s内，甲车的速度比乙车的小，所以在t=1s时，甲车在乙车后，故A正确．根据速度时间图线与时间轴所围的面积大小表示位移．可得，在t=3s时，两车的位移之差为△x=x乙-x甲=，则在t=3s时，甲车在乙车后7.5m．故B正确．根据“面积”表示位移，可知两车另一次并排行驶的时刻是t=4s，故C错误．两车另一次并排行驶的时刻是t=4s，甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 S==60m，故D错误．故选AB.
点睛：本题是追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．
5.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则( )
A. 两球同时落地
B. 相遇时两球速度大小相等
C. 从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D. 相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A错误．
B、从题目内容可看出，在处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误．
C、由于两球运动时机械能守恒，两球恰在处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确．
D、相遇后，ab两个球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D错误．
故选：C．
6.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )．
A. 向心加速度大小之比为4∶1
B. 角速度之比为2∶1
C. 周期之比为1∶8
D. 轨道半径之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】根据Ek＝mv2得v＝ ，所以卫星变轨前、后的速度大小之比为；根据，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为，选项D错误；根据，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为，选项A错误；根据，得卫星变轨前、后的角速度之比为，选项B错误；根据T＝， 得卫星变轨前、后的周期之比为，选项C正确；故选C．
【点睛】能根据万有引力提供圆周运动向心力，并由此根据半径关系求解分析描述圆周运动物理量大小关系是正确解题的关键．
7.如图所示，一质量M =3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0 kg的小木块A(可视为质点)，同时给A和B以大小均为2.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，要使小木块A不滑离长木板B板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6，则长木板B的最小长度为( )
A. 1.2 m
B. 0.8 m
C. 1.0 m
D. 1.5 m
【答案】C
【解析】
【详解】当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M−m)v0 ＝(M+m)v解得：v=1m/s；由能量关系可知： 解得：L=1m，故选C.
8.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示．某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B. 从O点运动到B点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C. 从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D. 从B点返回到A点，小孩机械能的增加量等于蹦床弹性势能的减少量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 从A运动到O，小孩的速度不断增大，根据能量转化和守恒定律可知：其重力势能减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和，则重力势能减少量大于动能增加量，故A正确；
B. 从O运动到B，小孩的速度不断减小，根据能量转化和守恒定律可知：小孩动能减少量和重力势能减少量之和等于蹦床和弹性绳弹性势能增加量，则小孩动能减少量小于蹦床和弹性绳弹性势能增加量，故B错误；
C. 从A运动到B，小孩机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能，则知小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，故C错误；
D. 若从B返回到A，弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量，故D错误。
故选：A
9.如图所示，两个水平圆盘的半径分别为R、2R，小圆盘转动时会带动大圆盘不打滑地一起转动．质量为m的小物块甲放置在大圆盘上距离转轴为R处，质量为2m的小物块乙放置在小圆盘的边缘处，它们与盘面间的动摩擦因数相同．当小圆盘以角速度ω转动时，两物块均相对圆盘静止．下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A. 小物块甲受到的摩擦力大小为
B. 两物块的线速度大小相等
C. 在角速度ω逐渐增大的过程中，小物块甲先滑动
D. 在角速度ω逐渐减小的过程，摩擦力对两物块做负功
【答案】AD
【解析】
【详解】大圆盘和小圆盘边缘上的线速度大小相等，当小圆盘以角速度ω转动时，根据v=rω知，大圆盘以转动，则小物块甲受到的摩擦力，故A正确；两物块做圆周运动的半径相等，但是角速度不同，则线速度大小不等，故B错误；根据μmg=mrω2知，临界角速度，两物块的半径相等，知临界角速度相等，在角速度ω逐渐增大的过程中，由于大圆盘的角速度是小圆盘较小的一半，可知物块乙先滑动，故C错误；在角速度ω逐渐减小的过程中，甲乙的线速度逐渐减小，根据动能定理知，摩擦力对两物块均做负功，故D正确。所以AD正确，BC错误。
10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
A. 小球A与B之间库仑力的大小为
B. 当时，细线上的拉力为0
C. 当时，细线上的拉力为0
D. 当时，斜面对小球A的支持力为0
【答案】AC
【解析】
【详解】根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：，故A正确；若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ=Fcosθ，其中，联立解得：，解得：，故C正确，B错误；两个球带同中电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零，故D错误。所以AC正确，BD错误。
11.如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A. 所受重力与电场力平衡
B. 电势能逐渐增加
C. 动能逐渐增加
D. 做匀变速直线运动
【答案】BD
【解析】
【分析】
带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。
【详解】A、D项：带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，D正确；
B项：电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；
C项：因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误。
故应选BD。
【点睛】本题考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化，注意电场力做正功时电势能减小，而电场力做负功时电势能增大。
12.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.下列说法正确的是( )
A. A开始运动时加速度a＝2.5m/s2
B. A、B碰撞后瞬间的共同速度v＝1m/s
C. A的上表面长度l＝0.45m
D. A的上表面长度l＝0.55m
【答案】ABC
【解析】
【详解】以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F=mAa，代入数据得：a=2.5m/s2，故A正确；A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v，代入数据解得：v=1m/s，故B正确；A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：，联立并代入数据得：l=0.45m，故C正确，D错误。所以ABC正确，D错误。
13.如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( )
A. 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf=fd
B. 小船经过B点时的速度大小
C. 小船经过B点时的速度大小
D. 小船经过B点时的加速度大小
【答案】ABD
【解析】
【详解】小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：Wf=fd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：W=Pt ，由动能定理有：，联立解得：，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v′，P=Fv′， v′=v1cosθ，牛顿第二定律 Fcosθ-f=ma，联立解得：，故D正确。所以ABD正确，C错误。
二、实验题（共计14分）
14.用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒定律，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，毎相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）．计数点间的距离如图所示。
已知m1＝50g、m2＝l50g（g取9.8m/s2，交流电的频率为50Hz，所有结果均保留三位有效数字）
(1)在纸带上打下记数点1时的速度v1＝_______m/s。
(2)在打点0－4过程中系统动能的增量Ek＝_____J，系统势能的减少量EP＝______J。
【答案】 (1). 0.480 (2). 0.369 (3). 0.384
【解析】
（1）毎相邻两计数点间还有4个点，因此相邻计数点的时间间隔为0.1s；根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第1个点时的速度为：
v1==0.480m/s
（2）同理，v4==1.92m/s
系统的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=（m1+m2）v42﹣0=0.369J；
系统重力势能的减小量等于系统重力做功，即为：
△EP=W=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×（2.4+7.2+12.01+16.79）×10﹣2=0.376J；
点睛：此题关键能根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度求出打下记数点时的速度；根据系统的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据系统重力做功和重力势能之间的关系求出系统重力势能的减小量．
15.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________[用(2)中测量的量表示]
(4)若两球发生弹性正碰，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是________(填选项前的符号)。
A.OP=ON-OM B.2OP=ON+OM C.OP-ON=2OM
【答案】 (1). C (2). ADE (3). m1·OM＋m2·ON＝m1·OP (4). A
【解析】
【详解】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确，ABD错误。
（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t= m1v2t+ m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故选ADE。
（3）由（2）可知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON。
（4）根据弹性碰撞的公式，碰撞后两球的速度为：，显然v2-v1=v0，因平抛运动中的时间相等，所以有：OP=ON-OM，故A正确，BCD错误。
三．计算题（共计31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能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16.如图所示，用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8 m，长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
【答案】（1）tanθ≥0.05；
（2）μ2为0.8；
（3）最大距离x为1.9m．
【解析】
解：（1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcosθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg（L2﹣L1cosθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．
17.题图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球表面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面，已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：
(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；
(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．
【答案】(1)， (2)
【解析】
试题分析：（1）设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月球表面时的速度大小为；
由mg′=G和mg=G，得：
由，得：；
（2）设机械能变化量为，动能变化量为，重力势能变化量为；
由
有
得：
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】本题关键是明确探测器的受力情况和运动情况，然后根据运动学公式和万有引力定律列方程求解，不难．
18.如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L=1.6m，滑块A、B与该段间的动摩擦因数均为μ=0.5，水平地面的其余部分是光滑的，滑块B静止在O点，其质量=2kg，滑块A在O点左侧以=5m/s的水平速度向右运动，并与B发生正碰，A质量是B质量的k（k取正整数倍），滑块均可视为质点，取。
（1）若滑块A与B发生完全非弹簧碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
（2）若滑块A与B发生弹性碰撞，试讨论k在不同取值范围时，滑块A克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）（2）（1）当k=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 ；
（2）当1＜k≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为J ；
（3）当k＞9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为16k J
【解析】
（1）设滑块A碰B后的共同速度为v，AB碰撞过程中损失的机械能为△E
由动量守恒定律有 mAv0=（mA+mB）v ①
由能量守恒定律有△E=mAv02 -（mA+mB ）v2 ②
联立①②式并代入数据解得 J ③
（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，则有：
mAv0=mAvA+mBvB ④
mAv02=mA+mB ⑤
联立④⑤式并代入数据解得m/s ⑥
m/s ⑦
假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度（aA=aB=μg）相等，由⑥⑦式知在任意时刻vB＞vA，滑块A、B不会再一次发生碰撞．
由题知，当滑块A刚好能够到达P点有 ⑧
代入数据解得k=9 ⑨
讨论：
（1）当k=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 ⑩
（2）当1＜k≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为J
（3）当k＞9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA=μmAgL=16kJ
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