江西省樟树市2016-2017学年高一物理下学期周练试题(1)(2-6,13-16班)讲解

江西省樟树市2016-2017学年高一物理下学期周练试题（3）一选择题(1-5题为单选题，6-8题为多选题)1．跳伞运动员以5 m/s的速度匀速下降，在距地面10 m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，g取10 m/s2)( )A．2 s B． 2 sC．1 s D．(2－2)s2．下列现象中不是为了防止物体产生离心运动的有( )A．汽车转弯时要限制速度 B．转速很高的砂轮半径不能做得太大C．在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨 D．离心水泵的工作3．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小4．如图所示，一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其他土豆对该土豆的作用力为( ) A．mgB．mω2RC.m2g2＋m2ω4R2D.m2g2－m2ω4R25．人造地球卫星运行时，其轨道半径为月球轨道半径的，则此卫星运行周期大约是（）A.1～4天B.4～8天C.8～16天 D．大于16天6.如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度7．m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑，当m 可被水平抛出时( )A ．皮带的最小速度为gr度为g rB ．皮带的最小速数最少是12πg rC ．A 轮每秒的转D ．A 轮每秒的转数最少是12πgr8．如图所示，长l ＝0.5 m 的轻质细杆，一端固定有一个质量为m ＝3 kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v ＝2 m/s.取g ＝10说法正确的是( )m/s 2，下列过最高点时，对杆的拉力大小是24 N A ．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N B ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N C ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 ND ．小球通二填空题 9．为验证向心力公式，某探究小组设计了如图所示的演示实验，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m ，直径为d 的小钢球．将米尺固定在水平桌面上，测量出悬点到钢球的细线长度l ，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O ，待钢球的运动稳定后，用眼睛从米尺上方垂直于米尺往下看，读出钢球外侧到O 点的距离r ，并用秒表测量出钢球转动n 圈用的时间t.则：(1)小钢球做圆周运动的周期T ＝________. (2)小钢球做圆周运动的向心力F ＝________.10．未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O 正下方P 点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图10乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：(1)由已知信息，可知a点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；(2)由已知信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________ m/s2；(3)由已知信息可以算出小球平抛的初速度是________ m/s；(4)由已知信息可以算出小球在b点时的速度是________ m/s.三计算题11．有一种叫“飞椅”的游乐项目，如图所示．长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘．转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．12．如图所示，内壁光滑的导管弯成圆周轨道竖直放置，其质量为2m，小球质量为m，在管内滚动，当小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，此时小球的速度多大？(轨道半径为R)13．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h ＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请说明理由．2019届高一物理周练答题卡班级姓名学号得分一选择题(48分)二填空题（12分，每空2分）9. (1)周期T＝________.(2)向心力F＝________.10. (1)a点________(选填“是”或“不是”)(2)星球表面的重力加速度为________ m/s2；(3)平抛的初速度是________ m/s；(4)在b点时的速度是________ m/s.一选择题二填空题9. (1)t n (2)m 4π2n2t2(r －d 2)或mgr －d2＋d 2－－d 210. (1)是 (2)8 (3)0.8 (4)425三 计算题11.解析：对座椅受力分析，如图所示．y 轴上，Fcos θ＝mg ，x 轴上，Fsin θ＝m ω2(r ＋Lsin θ)．则由以上两式得tan θ＝ω2（r ＋Lsin θ）g.因此ω＝gtan θr ＋Lsin θ.答案：ω＝gtan θr ＋Lsin θ12.答案3gR解析 小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，说明此时小球对导管的作用力竖直向上，大小为F N ＝2mg 分析小球受力如图所示 则有：F N ′＋mg ＝m v2R ，由牛顿第三定律知，F N ′＝F N 可得：v ＝3gR13.解析 (1)设小球离开B 点做平抛运动的时间为t 1，落地点到C 点距离为s 由h ＝12gt21得：t 1＝2hg＝1 sx ＝v B t 1＝2 m(2)小球到达B 点时受重力G 和竖直向上的弹力F 作用，由牛顿第二定律知 F 向＝F －G ＝m v2BR解得F ＝6 N由牛顿第三定律知小球到达B 点时对圆形轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下． (3)如图，斜面BEC 的倾角θ＝45°，CE 长d ＝h ＝5 m ，因为d ＞x ，所以小球离开B 点后能落在斜面上．假设小球第一次落在斜面上F 点，BF 长为L ，小球从B 点到F 点的时间为t 2Lcos θ＝v B t 2① Lsin θ＝12gt22②联立①②两式得t 2＝0.4 sL ≈1.13 m.答案 (1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B 点1.13 m。

江西省樟树市2017届高三物理下学期周练试题（1）（23-24班）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题只有一个选项正确,第7～9题有多选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1．物体的动量变化量的大小为s m kg /5⋅，这说明( )． A ．物体的动量在减小 B ．物体的动量在增大 C ．物体的动量大小也可能不变 D ．物体的动量大小一定变化2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中,A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示.则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒3．质量为kg 1的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示，则物体在前s 10内和后s 10内所受外力的冲量分别是( ) A ．S N ⋅10,S N ⋅10 B ．S N ⋅10，S N ⋅-10 C ．0, S N ⋅10D ．0，S N ⋅-104．如图所示，两辆质量均为M 的小车A 和B 置于光滑的水平面上，有一质量为m 的人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止．则此时A 车和B 车的速度之比为( ) A.m m M + B. M m M + C.m M M + D. mM m+ 5．在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为a m 、b m ，两球在0t 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．a m >b mB ．a m <b mC ．a m ＝b mD ．无法判断6．如图所示,光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为A B m m 2=，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为s m kg /6⋅，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为s m kg /4⋅-，则( ) A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1 C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2 D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:17．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.221mv B.221v M m mM +C.mgL N μ21D ．mgL N μ 8．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是kg m 41=，kg m 22=，A 的速度s m v /31=(设为正)，B 的速度s m v /32-=，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为s m /1 B ．s m /4+和s m /5- C ．s m /2+和s m /1-D ．s m /1-和s m /5+9．(多选)一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为p ∆，动能变化量为E ∆.关于p ∆和E ∆，下列说法正确的是( ) A ．若p ∆最大，则E ∆也最大 B ．若p ∆最大，则E ∆一定最小 C ．若p ∆最小，则E ∆也最小 D ．若p ∆最小，则E ∆一定最大10．(多选)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( ) A ．A 、B 系统总动量仍然为mv B ．A 的动量变为零 C ．B 的动量达到最大值 D ．A 、B 的速度相等江西省樟树中学2017届高三下学期(23---24班)第01次周练物理答卷 班级______ 学号_____ 姓名_____________ 总分______一 、选择题（每小题4分,共40分）11．(8分)光滑水平面有两个物块A 、B 在同一直线上相向运动，A 的速度为s m /4，质量为kg 2，B 的速度为s m /2，二者碰后粘在一起沿A 原来的方向运动，且速度大小变为s m /1.求：(1)B 的质量；(2)这一过程产生的内能．12．(10分)如图所示，一辆质量kg M 3=的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量kg m 1=的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为J E p 6=，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离．13．(14分)如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为kg 6的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为kg 2的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为kg 2的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高m h 25.1=处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为5.0=μ，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取2/10s m g =.求：(1)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C 上表面的最短长度．14．(14分)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度0v 朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．15．(14分) 如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C 之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．2017届高三下期(23---24班)第01次周练物理答案一选择题（每题4分,共40分）小，还可能不变．若物体以大小5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 k g·m/s.故C正确．答案 C2．解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C 选项正确．A 、B 、D 错误． 答案：C 3．答案 D解析 由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相等，p 1＝p 2＝5 kg·m/s，由动量定理知I 1＝0；在后 10 s 内p 3＝－5 kg·m/s，I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s，故选D. 4．答案 C解析 规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝Mv B －(M ＋m )v A ，得v A v B ＝MM ＋m，故选C.5．答案 B解析 由动量守恒定律得m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′，由于v a ′<0，则b 球获得的动量大于a 球最初的动量．若m a ＝m b ，则两球交换速度，与图象不符；由E k ＝p 22m知，若m a >m b ，则b 球的动能将会大于a 球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足m a <m b . 6．答案 A解析 由两球的动量都是6 kg·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球．碰后A 球的动量减少了4 kg·m/s，即A 球的动量为2 kg·m/s，由动量守恒定律知B 球的动量为10 kg·m/s，则其速度比为2∶5，故选项A 是正确的．7．解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v 1，mv ＝(m ＋M )v 1，系统损失动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21＝12Mmv2M ＋m，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝N μmgL ，C 错误，D 正确． 答案 BD 8．答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 JE k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v A ′>0，v B ′<0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)． 9．答案 BD解析 当小球原速率返回时，Δp 最大，而ΔE ＝0，选项B 正确，A 错误；当小球撞墙后速度减为零时，Δp 最小，而ΔE 最大，选项D 正确，C 错误． 10．答案 AD解析 系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．11．解析 (1)设A 、B 两物块的质量分别为m A 、m B ，碰前速度为v A 、v B ，碰后共同速度为v ，以A 物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，则m B ＝v A －v v B ＋v m A ＝4－12＋1×2 kg＝2 kg. (2)碰撞过程产生的内能为Q ＝ΔE k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2＝12×2×42 J ＋12×2×22J －12×(2＋2)×12J ＝18 J. 答案 (1)2 kg (2)18 J12．解析 (1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒，即：mv 1－Mv 2＝0， 12mv 21＋12Mv 22＝E p ， 联立两式并代入数据解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)在整个过程中，系统动量守恒，所以有m x 1t ＝M x 2t，x 1＋x 2＝L ， 解得：x 2＝L4.答案 (1)3 m/s 1 m/s (2)L413．解析 (1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有：m A gh ＝12m A v 21，① 代入数据解得v 1＝2gh ＝5 m/s.②设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，m A v 1＝(m A ＋m B )v 2， ③ 代入数据解得v 2＝2.5 m/s.④(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为v 3，根据动量守恒定律有： (m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3⑤根据能量守恒定律有：μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 23⑥联立⑤⑥式代入数据解得L ＝0.375 m ．⑦答案 (1)2.5 m/s (2)0.375 m 14．答案 (1)116mv 20 (2)1348mv 2解析 (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后它们的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv 1＝2mv 2②12mv 21＝ΔE ＋12×(2m )v 22③ 联立①②③式得 ΔE ＝116mv 20④(2)由②式可知v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv 20－ΔE ＝12×(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 2015． 答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2mm ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 21＝12mv 23＋12Mv 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2mm ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M。

江西省樟树市2016-2017学年高一物理下学期第二次月考试题一、选择题（本大题共12小题，1-9题为单选，10-12题为多选，每小题4分，共48分。

其中，多选题全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1．发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是( )A．开普勒、卡文迪许B．牛顿、卡文迪许C．牛顿、开普勒D．开普勒、伽利略2. 下列关于做功的说法正确的是( )A.力对物体做功越多，说明物体的位移一定越大B.静摩擦力总是做正功，滑动摩擦力总是做负功C.作用力做正功，反作用力就一定做负功D.一个质点受到一对平衡力做功的代数和为零3．质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别是( )A. mgh，减少mg（H-h）B. mgh，增加mg（H+h）C. -mgh，增加mg（H-h）D. -mgh，减少mg（H+h）4.有报道说：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池电能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃过程是将机械能转化为电能。

如果将该手机摇晃一次，相当于将100g 的重物缓慢举高20cm所需的能量，若每秒摇两次，取g=10m/s2，则摇晃手机的平均功率为( )A.0.04WB.0.4WC.4WD.40W5．一根弹簧的弹力—位移图线如图所示，那么弹簧由伸长量8cm到伸长量4cm的过程中，弹力做功和弹性势能的变化量为（）A．3．6J，－3．6JB．－3．6J，3．6JC．1．8J，－1．8JD．－1．8J，1．8J6．如图所示，在光滑水平面上放一小球以某速度运动到A点，遇到一段半径为R的圆弧曲面AB，然后落到水平地面的C点，假如小球没有跟圆弧曲线上的任何点接触，则BC 的最小距离为（）A. 0B. RC.D.7．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为，货物的质量为，货车以速度向左作匀速直线运动，重力加速度为．则在将货物提升到图示的位置时，下列给出的结论正确的是（）A. 货箱向上运动的速度大于B. 缆绳中的拉力等于C. 货物对货箱底部的压力小于D. 货车对缆绳拉力做功的功率大于8．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运行，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星．各卫星排列位置如图，则有（）A. a的向心加速度等于重力加速度gB. 在相同时间内b转过的弧长最短C. 在4h内c转过的圆心角是π/3D. d的运动周期一定是30h9．如图5甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。

江西省樟树中学2019届高一下学期第一次月考物理试卷考试范围：必修1、必修2第五章、第六章前四节考试时间：2017.3.8命题人：李燕飞审题人：张伟宁一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每题给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确。

全部选对的得全分，选不全的得历的路程产生的影响是()A．路程变大，时间延长B．路程变大，时间缩短C．路程变大，时间不变D．路程和时间均不变3．如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度υ匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球()υθA．竖直方向速度大小为cosυθB．竖直方向速度大小为s inυθC．竖直方向速度大小为tanD．相对于地面速度大小为υ4．如图所示，小球从楼梯上以2 m/s的速度水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为0.25 m，g取10 m/s2，小球抛出后首先落到的台阶是()A．第1级台阶B．第2级台阶C．第3级台阶D．第4级台阶5．某同学设想驾驶一辆“陆地—太空”两用汽车(如图)，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大。

当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”。

不计空气阻力，已知地球的半径R＝6400km，重力加速度2=。

下列说法正确的是()g m s10/A．汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B．当汽车速度增加到8 km/s，将离开地面绕地球做圆周运动C．此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1 hD．在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力6．如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v 2竖直向上发射炮弹拦截。

2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高一（下）周练物理试卷（2)一、选择题（8小题，每题6分，共计48分．其中1—5只有一个选项正确，6-8有多个选项正确）1．如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的位移﹣时间图象，则下列说法中正确的是( ）A．A质点以20m/s的速度匀速运动B．B质点做曲线运动C．B质点最初4s做加速运动，后4s做减速运动D．A、B两质点在4s末时刻速度大小相等2．如图所示，一艘炮艇沿长江由西向东快速行驶，在炮艇上发射炮弹射击北岸的目标．要击中目标,射击方向应（）A．对准目标B．偏向目标的西侧C．偏向目标的东侧D．无论对准哪个方向都无法击中目标3．如图所示，一根长直轻杆AB在墙角沿竖直墙和水平地面滑动．当AB杆和墙的夹角为θ时，杆的A端沿墙下滑的速度大小为v1，B端沿地面滑动的速度大小为v2,则v1、v2的关系是（）A．v1=v2B．v1=v2cosθ C．v1=v2tanθ D．v1=v2sinθ4．如图所示，圆环以它的直径为轴做匀速转动，圆环上A、B两点的线速度大小分别为v A、v B，角速度大小分别为ωA、ωB，则( ）A．v A=v B，ωA=ωB B．v A≠v B，ωA≠ωB C．v A=v B,ωA≠ωB D．v A≠v B，ωA=ωB5．自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分,且半径R B=4R A、R C=8R A，正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比a A：a B:a C等于（）A．1：1：8 B．4：1：4 C．1:2：4 D．4：1：326．如图所示,A、B两质点以相同的水平初速v0抛出，A在竖直面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动,落地点为P2，不计阻力，比较P1、P2在x轴方向上距抛出点的远近关系及落地时速度的大小关系，正确的是（）A．P2较远B．P1、P2一样远C．A落地时速率大D．A、B落地时速率一样大7．如图所示，做平抛运动的小球，先后经过了A、B、C三点，若A、B两点的竖直位移为y AB=20cm，B、C两点的竖直位移为y BC=30cm，A、B两点的水平位移等于B、C两点的水平位移，x AB=x BC=25cm，g取10m/s2,则( ）A．A点可能是小球做平抛运动的出发点B．小球从A点运动到B点速度的变化量等于从B点运动到C点速度的变化量C．小球在C点时的瞬时速度的反向延长线一定过B点D．小球在B点时的瞬时速度为m/s8．如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ（可认为最大静摩擦力和滑动摩擦力相等），A质量为2m，B、C的质量均为m,A、B离轴距离为R，C离轴距离为2R，则当圆台旋转时,若A、B、C均没有滑动，则( ）A．C的向心加速度最大B．B的摩擦力最小C．当圆台转速增大时,B比A先滑动D．圆台转速增大时，C比B先滑动二、填空题（两小题，共9分）9．在“研究平抛物体的运动”的实验中,某同学在平抛运动轨迹上选取A、B两点,现测得A点的速度方向与水平方向的夹角为30°，B点的速度方向与水平方向的夹角为60°．从抛出点分別到A、B 点的水平位移之比为;从抛出点分别到A、B点的竖直位移之比为．10．如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L．重力加速度大小为g．今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为．三、计算题（3小题，共44分,要求写出必要文字说明和演算步骤，只写答案不给分）11．已知某人骑自行车1.0分钟蹬了10圈，车轮与脚蹬轮盘转数之比为3：1，求车轮边缘转动的线速度大小．(计算结果保留2位有效数字,车轮直径为0。

2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高三（下）周练物理试卷（3）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，只有1个选项是正确的．）1．关于布朗运动，下列说法中正确的是（）A．布朗运动是微观粒子的运动，牛顿运动定律不再适用B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映C．强烈的阳光射入较暗的房间内，在光束中可看到有悬浮在空气中的微尘不停地做无规则运动，这也是一种布朗运动D．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动2．固态物体中分子间的引力和斥力是同时存在的，则对其中的引力和斥力，下列说法中正确的是（）A．当物体被压缩时，斥力增大，引力减小B．当物体被压缩时，斥力、引力都增大C．当物体被拉伸时，斥力减小，引力增大D．当物体被拉抻时，斥力、引力都增大3．甲、乙两个分子相距较远，它们间的分子力为零，当它们逐渐接近到不能再接近的全过程中，分子力大小的变化和分子势能大小的变化情况，正确的是（）A．分子力先增大，后减小；分子势能一直减小B．分子力先增大，后减小；分子势能先减小，后增大C．分子力先增大，再减小，后又增大；分子势能先减小，再增大，后又减小D．分子力先增大，再减小，后又增大；分子势能先减小，后增大4．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是（）A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小5．三个系统A，B，C处于热平衡状态，则关于它们的温度的说法正确的是（）A．它们的温度可以有较大的差别B．它们的温度可以有微小的差别C．它们的温度一定相同D．无法判断温度的关系6．对一定质量的某种气体，在某一状态变化过程中压强p与热力学温度T的关系如图所示，则描述压强p与摄氏温度t的关系图象中正确的是（）A． B． C． D．7．一定质量的0℃的水在凝固成0℃的冰的过程中，体积变大，它内能的变化是（）A．分子平均动能增加，分子势能减少B．分子平均动能减少，分子势能增加C．分子平均动能不变，分子势能增加D．分子平均动能不变，分子势能减少8．有关分子的热运动和内能，下列说法不正确的是（）A．一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈C．物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和D．布朗运动是悬浮在流体中的微粒之间的相互碰撞引起的9．下列说法中正确的是（）A．物体的分子热运动动能的总和就是物体的内能B．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大C．要使气体的分子平均动能增大，外界必须向气体传热D．一定质量的气体，温度升高时，分子间的平均距离一定增大10．下列说法中正确的是（）A．物体自由下落时速度增大，所以物体内能也增大B．物体的机械能为零时内能也为零C．物体的体积减小温度不变时，物体内能一定减小D．气体体积增大时气体分子势能一定增大二、非选择题（共60分）11．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：（1）关于油膜面积的测量方法，下列做法中正确的是A．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积（2）实验中，将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，又测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2m2的单分子薄层由此可估算油酸分子的直径d=m．12．已知铜的密度为8.9×103 kg/m3，铜的原子量为64，质子和中子的质量约为1.67×10﹣27 kg，则铜块中平均每个铜原子所占的空间体积为多少？铜原子的直径约为多少？13．在标准状总值下，有体积为V的水和体积为V的可认为是理想气体的水蒸气，已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，水的摩尔质量为M A，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V A，求：（1）说明标准状况下水分子与水蒸气分子的平均动能的大小关系；（2）它们中各有多少水分子？（3）它们中相邻两个水分子之间的平均距离．14．一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽内，如图所示，管内水银柱比槽内水银面高h=5cm，空气柱长L=45cm，要使管内外水银面相平．求：（1）应如何移动玻璃管？（2）此刻管内空气柱长度为多少？（设此时大气压相当于75cmHg产生的压强）15．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm．现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0=75.0cmHg．（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高三（下）周练物理试卷（3）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，只有1个选项是正确的．）1．关于布朗运动，下列说法中正确的是（）A．布朗运动是微观粒子的运动，牛顿运动定律不再适用B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映C．强烈的阳光射入较暗的房间内，在光束中可看到有悬浮在空气中的微尘不停地做无规则运动，这也是一种布朗运动D．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动【考点】84：布朗运动．【分析】固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越高，悬浮小颗粒的运动越剧烈，且液体分子在做永不停息的无规则的热运动．固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动．【解答】解：A 固体小颗粒做布朗运动，不是微观粒子．故A错误B 固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，故B正确C 布朗运动用肉眼观察不到，所看到的尘土的运动是由气流和重力引起的运动．故C错误D 布朗运动反映的是分子的热运动，其本身不是分子的热运动．故D错误．故选：B2．固态物体中分子间的引力和斥力是同时存在的，则对其中的引力和斥力，下列说法中正确的是（）A．当物体被压缩时，斥力增大，引力减小B．当物体被压缩时，斥力、引力都增大C．当物体被拉伸时，斥力减小，引力增大D．当物体被拉抻时，斥力、引力都增大【考点】86：分子间的相互作用力．【分析】依据分子力随距离的变化关系可以判定各个选项．分子间的引力和斥力是同时存在的，都随分子之间距离的增大而减小．【解答】解：依据分子力随距离的变化关系可知，引力和斥力都随距离的减小而增大，随距离的增大而减小．AB、当物体被压缩时，斥力和引力均增大，故A错误，B正确．CD、当物体被拉伸时，斥力和引力均减小，故C错误，D错误．故选：B3．甲、乙两个分子相距较远，它们间的分子力为零，当它们逐渐接近到不能再接近的全过程中，分子力大小的变化和分子势能大小的变化情况，正确的是（）A．分子力先增大，后减小；分子势能一直减小B．分子力先增大，后减小；分子势能先减小，后增大C．分子力先增大，再减小，后又增大；分子势能先减小，再增大，后又减小D．分子力先增大，再减小，后又增大；分子势能先减小，后增大【考点】87：分子势能；86：分子间的相互作用力．【分析】开始时由于两分子之间的距离大于r0，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，分子势能减小动能增大，当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功，分子势能增大动能减小．【解答】解：分子间距大于r0，分子力为引力，随距离的减小，引力先增大后逐渐减小；分子间距小于r0，分子力为斥力，随距离的减小，分子斥力增大；分子间距大于r0，分子力为引力，因此引力做正功使分子动能逐渐增大，分子势能逐渐减小；分子间距小于r0，分子力为斥力，因此斥力做负功使分子动能逐渐减小，分子势能逐渐增大，故分子势能先减小后增大．故D正确．故选：D4．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是（）A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小【考点】87：分子势能；86：分子间的相互作用力．【分析】当r=r0时，分子力为零，分子势能最小，随着r的增大或者减小分子势能均增大．【解答】解：当r＞r0时，分子力表现为引力，随着分子之间距离的增大，分子力先增大后减小，而分子势能一直增大，故AB错误；当r＜r0时，分子力表现为斥力，随着分子之间距离的减小，分子力增大，分子势能也增大，故C正确，D错误．故选C．5．三个系统A，B，C处于热平衡状态，则关于它们的温度的说法正确的是（）A．它们的温度可以有较大的差别B．它们的温度可以有微小的差别C．它们的温度一定相同D．无法判断温度的关系【考点】8E：温度、气体压强和内能．【分析】热力学第零定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡．热平衡定律是温度计能够用来测量和比较温度高低的基本原理．【解答】解：根据热力学第零定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡．所以三个系统A，B，C处于热平衡状态，则关于它们的温度一定相同．故选：C6．对一定质量的某种气体，在某一状态变化过程中压强p与热力学温度T的关系如图所示，则描述压强p与摄氏温度t的关系图象中正确的是（）A． B． C． D．【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】根据图象分析压强和热力学温度间的关系，再根据热力学温度与摄氏温度间的关系即可分析正确的图易受．【解答】解：由题图可知p=kT（k＞0），把T=t+273代入得p=k（t+273），因此图象与t轴的交点应为﹣273℃，故C正确，ABD错误．故选：C．7．一定质量的0℃的水在凝固成0℃的冰的过程中，体积变大，它内能的变化是（）A．分子平均动能增加，分子势能减少B．分子平均动能减少，分子势能增加C．分子平均动能不变，分子势能增加D．分子平均动能不变，分子势能减少【考点】8A：物体的内能．【分析】温度是分子平均动能的标志．一定质量的水凝结成同温度的冰体积变大，根据吸放热情况，分析内能的变化．【解答】解：温度是分子的平均动能的标志，一定质量的水凝结成同温度的冰温度不变，则分子的平均动能不变；体积变大，放出热量，内能变小，则分子势能减小．故选：D8．有关分子的热运动和内能，下列说法不正确的是（）A．一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变B．物体的温度越高，分子热运动越剧烈C．物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和D．布朗运动是悬浮在流体中的微粒之间的相互碰撞引起的【考点】84：布朗运动．【分析】温度是分子平均动能的标志，内能是所有分子的动能和所有分子势能的总和，布朗运动反应了液体分子的无规则运动．【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度不变，分子的平均动能不变，A准确；B、物体的温度越高，分子的平均动能越大，即分子热运动越剧烈，故B正确；C、物体的内能就是物体内部所有分子的热运动动能和分子势能的总和，故C正确；D、布朗运动布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，是由液体分子的不规则碰撞引起的，故D错误；本题选错误的，故选D．9．下列说法中正确的是（）A．物体的分子热运动动能的总和就是物体的内能B．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大C．要使气体的分子平均动能增大，外界必须向气体传热D．一定质量的气体，温度升高时，分子间的平均距离一定增大【考点】8A：物体的内能；89：温度是分子平均动能的标志．【分析】物体的内能既包括物体分子热运动动能的总和也包括物体分子势能的总和，温度是物体分子平均动能大小的量度，分子势能与分子间距有关，做功和热传递在改变物体的内能上是等效的．【解答】解：A、物体的内能既包括物体分子热运动动能的总和也包括物体分子势能的总和，故A错误．B、温度是物体分子平均动能大小的量度，故对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大，故B正确．C、要使气体的分子平均动能增大，必需提高气体体的温度，可以是气体从外界吸收热量，也可以是外界对气体做功．故C错误．D、一定质量的气体，温度升高时，分子平均动能增大，但不能确定分子势能如何变化，故无法判定分子间的平均距离如何改变，故D错误．故选B．10．下列说法中正确的是（）A．物体自由下落时速度增大，所以物体内能也增大B．物体的机械能为零时内能也为零C．物体的体积减小温度不变时，物体内能一定减小D．气体体积增大时气体分子势能一定增大【考点】87：分子势能．【分析】物体的机械能包括动能和势能，物体的内能包括分子热运动动能和分子势能；温度是分子热运动平均动能的标志，分子势能与分子间距有关．【解答】解：A、物体自由下落时速度增大，动能增加，但内能是分子热运动平均动能和分子势能之和，与宏观速度无关，故A错误；B、机械能包括动能和势能，内能包括分子热运动动能和分子势能，故物体机械能与内能无关，故B错误；C、物体的体积减小温度不变；温度不变说明分子热运动平均动能不变；体积减小，分子平均间距减小；分子间距减小，分子势能不一定减小；故物体的内能不一定减小；如0摄氏度的冰化为0摄氏度的水，内能增加；故C错误；D、气体分子间距很大，分子力几乎为零，但一定表现为引力；故气体体积增大时气体分子势能一定增加，故D正确；故选：D．二、非选择题（共60分）11．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：（1）关于油膜面积的测量方法，下列做法中正确的是DA．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积（2）实验中，将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，又测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2m2的单分子薄层由此可估算油酸分子的直径d= 5.0×10﹣10m．【考点】O1：用油膜法估测分子的大小．【分析】（1）明确用“油膜法”估测分子大小的实验原理：认为油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度即为油酸分子直径．液滴入水中后，应让油膜尽可能散开，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸计算油膜的面积．（2）在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．【解答】解：（1）液滴入水中后，应让油膜尽可能散开，形成单分子油膜，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸计算油膜的面积，由于油膜不规则，无法用刻度尺去量油膜的面积．故ABC错误，D正确．（2）一滴油酸的体积为：V=•cm3=1×10﹣4cm3=1×10﹣10m3油酸分子的直径为：d==m=5.0×10﹣10m故答案为：（1）D；（2）5.0×10﹣1012．已知铜的密度为8.9×103 kg/m3，铜的原子量为64，质子和中子的质量约为1.67×10﹣27 kg，则铜块中平均每个铜原子所占的空间体积为多少？铜原子的直径约为多少？【考点】82：阿伏加德罗常数．【分析】根据铜的摩尔质量求出摩尔体积，结合阿伏伽德罗常数求出铜原子的体积．将铜原子看出球形，结合球的体积求出铜原子的直径．【解答】解：（1）铜的原子量为64，即每摩尔铜的质量为64 g，其摩尔体积：V mol== m3 ①每个铜原子的体积V0=②由①②得V0=1.19×10﹣29 m3（2）把铜原子作为球形模型，其直径设为d，则π（）3=V0代入数据，解得d=2.83×10﹣10 m．答：铜块中平均每个铜原子所占的空间体积为1.19×10﹣29 m3，铜原子的直径约为2.83×10﹣10 m13．在标准状总值下，有体积为V的水和体积为V的可认为是理想气体的水蒸气，已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，水的摩尔质量为M A，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V A，求：（1）说明标准状况下水分子与水蒸气分子的平均动能的大小关系；（2）它们中各有多少水分子？（3）它们中相邻两个水分子之间的平均距离．【考点】82：阿伏加德罗常数．【分析】（1）温度是分子热运动平均动能的标志；（2）先求解水的质量，然后求解摩尔数，最后求解分子数；对于气体，标准状况下1mol任何气体的体积均为22.4L，求解出摩尔数，再求解分子数；（3）求解出每个分子占据空间体积，然后运用球模型或者立方体模型求解．【解答】解：（1）温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同，故分子热运动的平均动能相等；（2）体积为V的水，质量为M=ρV ①分子个数为②解得①、②得③对体积为V的水蒸气，分子个数为④（3）设相邻的两个水分子之间的平均距离为d，将水分子视为球形，每个水分子的体积为⑤解③、⑤得：⑥设相邻的水蒸气中两个水分子之间距离的d′，将水分子点的空间视为正方体．⑦解④、⑦得⑧答：（1）标准状况下水分子与水蒸气分子的平均动能的大小关系；（2）水中含分子数为，水蒸气中含分子数为；（3）水中相邻两个水分子之间的平均距离为；水蒸气中相邻两个水分子之间的平均距离为．14．一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽内，如图所示，管内水银柱比槽内水银面高h=5cm，空气柱长L=45cm，要使管内外水银面相平．求：（1）应如何移动玻璃管？（2）此刻管内空气柱长度为多少？（设此时大气压相当于75cmHg产生的压强）【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】在本题中，玻璃管内水银柱的高度h主要受内外压强差的影响，管内封闭部分气体压强改变，水银柱的高度就会随之改变，根据理想气体状态方程中的等温变化求解长度．【解答】解：（1）大气压=玻璃管中水银柱产生的压强+封闭空气的压强，要使管内外水银面相平，则管内气体的压强等于大气压变大，气体做等温变化，由PV=C 知气体体积减小．当玻璃管上移时，假设管内空气体积不变，那么水银柱高度差即h会变大，那么此时管内整体压强等于管内气体压强与水银压强之和，大于大气压，所以水银柱高度减小，气体体积增大，与题意不符合；当玻璃管下压时，假设管内空气体积不变，那么水银柱高度差即h会变小，那么此时管内整体压强等于管内气体压强与水银压强之和，小于大气压，所以水银柱高度增大，气体体积减小，与题意符合；所以可以下压玻璃管．（2）初态P1=P0﹣h，V1=LS，P2=P0，根据PV=C知此刻管内空气柱长度h==42cm答：（1）应向下移动玻璃管（2）此刻管内空气柱长度为42cm15．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm．现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0=75.0cmHg．（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】（i）在同一段水银柱中，同一高度压强相等；先计算出A侧气体的初状态气压和末状态气压，然后根据玻意耳定律列式求解；（ii）两侧水银面等高后，根据玻意耳定律求解气体的体积；比较两个状态，结合几何关系得到第二次注入的水银柱的长度．【解答】解：（i）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1①由力学平衡条件，有：p=p0+h ②打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1=p0﹣h1③联立①②③，并代入题目数据，有：l1=12cm ④（ii）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2⑤由力学平衡条件有：p2=p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm ⑦设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：△h=2（l1﹣l2）+h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：△h=13.2cm答：（i）放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm．2017年6月24日。

2017-2018学年江西省宜春市樟树中学高一（下）周练物理试卷（3）一．选择题（本题包括10小题，每小题6分，共60分.1-6题为单选题，7-10题为多选题）1．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．质量越大，水平位移越大B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大C．初速度越大，空中运动时间越长D．初速度越大，落地速度越大2．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（）A．tanφ=sinθ B．tanφ=cosθC．tanφ=tanθ D．tanφ=2tanθ3．如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，AB：BC：CD=1：3：5．则v1、v2、v3之间的正确关系是（）A．v1：v2：v3=3：2：1 B．v1：v2：v3=5：3：1C．v1：v2：v3=6：3：2 D．v1：v2：v3=9：4：14．某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间，忽略空气阻力，取g=10m/s2．则球在墙面上反弹点的高度范围是（）A．0.8 m至1.8 m B．0.8 m至1.6 m C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m5．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A．另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为（）A．水平向左，大小为v B．竖直向上，大小为vtanθC．沿A杆斜向上，大小为D．沿A杆向上，大小为vcosθ6．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹最可能是下图中的哪一个？（）A．B．C．D．7．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河的宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A 点，则下列判断正确的是（）A．甲、乙两船到达对岸的时间相等B．两船可能在未到达对岸前相遇C．甲船在A点左侧靠岸D．甲船也在A点靠岸8．将一个小球以速度v水平抛出，使小球做平抛运动，要使小球能够垂直打到一个斜面上（如图所示），斜面与水平方向的夹角为α，那么（）A．若保持水平速度v不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长B．若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的水平距离越长C．若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的竖直距离越长D．若只把小球的抛出点竖直升高，小球仍能垂直打到斜面上9．如图，塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩，在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B 之间的距离以d=H﹣2t2（SI）（SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度）规律变化，则物体做（）A．速度大小不变的直线运动B．速度大小增加的曲线运动C．加速度大小方向均不变的曲线运动D．加速度大小、方向均变化的曲线运动10．在进行飞镖训练时，打飞镖的靶上共标有10环，且第10环的半径最小，为1cm，第9环的半径为2cm，…，以此类推，若靶的半径为10cm，当人离靶的距离为5m，将飞标对准10环中心以水平速度v投出，g=10m/s2．下列说法中，正确的是（）A．当v≥50m/s时，飞镖将射中第4环线以内B．当v≥50m/s时，飞镖将射中第5环线以内C．若要击中第10环的圆内，飞镖的速度v至少应为50m/sD．若要击中靶子，飞镖的速度v至少应为25m/s二、计算题（本题共3小题，40分.解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分）11．在交通事故中，测定碰撞瞬间汽车的速度对于事故责任的认定具有重要的作用．《中国汽车驾驶员》杂志曾给出一个计算碰撞瞬间的车辆速度的公式v=•，式中△L是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两物体沿公路方向上的水平距离，如图所示，h1和h2分别是散落物在车上时的离地高度．通过用尺测量出事故现场的△L、h1和h2三个量，根据上述公式就能够计算出碰撞瞬间车辆的速度．请根据所学的平抛运动知识对给出的公式加以证明．12．如图所示，一小船正在渡河，在离对岸30m处，发现其下游40m处有一危险水域，若水流速度为5m/s，为了使小船在进入危险水域之前到达对岸，那么小船从现在起相对于静水的最小速度应为多大？此时船头的航向如何？渡河要用多少时间？13．如图所示，水平屋顶高H=5m，墙高h=3.2m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，为使小球从房顶水平飞出后能直接落在墙外的马路上，求：小球离开房顶时的速度v0的取值范围．（取g=10m/s2）2017-2018学年江西省宜春市樟树中学高一（下）周练物理试卷（3）参考答案与试题解析一．选择题（本题包括10小题，每小题6分，共60分.1-6题为单选题，7-10题为多选题）1．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．质量越大，水平位移越大B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大C．初速度越大，空中运动时间越长D．初速度越大，落地速度越大【考点】平抛运动．【分析】（1）平抛运动的物体运动的时间由高度决定，与其它因素无关；（2）水平位移x=v0t=，竖直方向速度，都与初速度无关；（3）平抛运动的过程中只有重力做功，要求末速度可以用动能定理解题．【解答】解：（1）根据h=gt2得：t=，两物体在同一高度被水平抛出后，落在同一水平面上，下落的高度相同，所以运动的时间相同，与质量、初速度无关，故C错误；水平位移x=v0t=，与质量无关，故A错误；竖直方向速度与初速度无关，故B错误；（2）整个过程运用动能定理得：mv2﹣m=mgh，所以v=，h相同，v0大的物体，末速度大，故D正确．故选：D．2．如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（）A．tanφ=sinθ B．tanφ=cosθC．tanφ=tanθ D．tanφ=2tanθ【考点】平抛运动．【分析】φ为速度与水平方向的夹角，tanφ为竖直速度与水平速度之比；θ为平抛运动位移与水平方向的夹角，tanθ为竖直位移与水平位移之比．【解答】解：竖直速度与水平速度之比为：tanφ=，竖直位移与水平位移之比为：tanθ=故tanφ=2tanθ，故选：D．3．如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，AB：BC：CD=1：3：5．则v1、v2、v3之间的正确关系是（）A．v1：v2：v3=3：2：1 B．v1：v2：v3=5：3：1C．v1：v2：v3=6：3：2 D．v1：v2：v3=9：4：1【考点】平抛运动．【分析】小球被抛出后做平抛运动．由图可知三次小球的水平距离相同，可根据竖直方向的位移比求出时间比，再根据水平速度等于水平位移与时间的比值，就可以得到水平速度的比值．【解答】解：据题知小球被抛出后都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=gt2，解得：t=因为h AB：h AC：h AD=1：4：9所以三次小球运动的时间比为：t1：t2：t3=：：=1：2：3，小球的水平位移相等，由v=可得，速度之比为：v1：v2：v3=：：=6：3：2；故选：C．4．某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间，忽略空气阻力，取g=10m/s2．则球在墙面上反弹点的高度范围是（）A．0.8 m至1.8 m B．0.8 m至1.6 m C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m【考点】平抛运动．【分析】球沿水平方向反弹，所以反弹后的球做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可．【解答】解：球做平抛运动，在水平方向上：x=V0t由初速度是25m/s，水平位移是10m至15m之间，所以球的运动的时间是0.4s﹣0.6s之间，在竖直方向上自由落体：h=gt2所以可以求得高度的范围是0.8m至1.8m，所以A正确．故选：A．5．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A．另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为（）A．水平向左，大小为v B．竖直向上，大小为vtanθC．沿A杆斜向上，大小为D．沿A杆向上，大小为vcosθ【考点】运动的合成和分解．【分析】将P点的运动分解为水平方向和竖直方向，通过平行四边形定则，根据水平分速度的大小求出合速度的大小．【解答】解：两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为v P=，故C正确，A、B、D错误．故选C．6．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹最可能是下图中的哪一个？（）A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【分析】物体所受合力的方向（加速度的方向）大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下．根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹．【解答】解：物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间．风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹．故C正确，A、B、D错误．故选：C．7．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河的宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A 点，则下列判断正确的是（）A．甲、乙两船到达对岸的时间相等B．两船可能在未到达对岸前相遇C．甲船在A点左侧靠岸D．甲船也在A点靠岸【考点】运动的合成和分解．【分析】根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=2u．小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的位移．【解答】解：A、乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v=2u．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的分速度相等，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=．故A正确．B、甲船沿河岸方向上的位移x=（vcos60°+u）t=＜2L．知甲船在A点左侧靠岸，不可能在未到对岸前相遇．故C正确，B、D错误．故选AC．8．将一个小球以速度v水平抛出，使小球做平抛运动，要使小球能够垂直打到一个斜面上（如图所示），斜面与水平方向的夹角为α，那么（）A．若保持水平速度v不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长B．若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的水平距离越长C．若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的竖直距离越长D．若只把小球的抛出点竖直升高，小球仍能垂直打到斜面上【考点】平抛运动．【分析】小球水平抛出后在只有重力作用下做平抛运动，则可将平抛运动分解成水平方向匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．【解答】解：A、小球垂直碰撞在倾角为α的斜面上，速度与斜面垂直，速度与竖直方向的夹角为α，则有：；竖直分速度：v y=gt；则得t=可知若保持水平速度ν不变，α越大，飞行时间越短．故A错误；B、若保持斜面倾角α不变，由上式知水平速度v越大，则小球的运动时间t变长，故水平分位移x=vt一定变大，故B正确；C、若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，则小球的竖直飞行的速度也变大，时间变长，故竖直分位移变大，故C正确；D、若只把小球的抛出点竖直升高，假设斜面足够长，小球轨迹向上平移，仍能垂直打到斜面上，但斜面长度是一定的，故不一定打到斜面上，故D错误；故选：BC9．如图，塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩，在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B 之间的距离以d=H﹣2t2（SI）（SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度）规律变化，则物体做（）A．速度大小不变的直线运动B．速度大小增加的曲线运动C．加速度大小方向均不变的曲线运动D．加速度大小、方向均变化的曲线运动【考点】运动的合成和分解．【分析】物体B水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据题意d=H﹣2t2，结合位移时间关系公式，可以得出加速度的大小；合运动与分运动的速度、加速度都遵循平行四边形定则，由于合速度大小和方向都变化，得出物体的运动特点和合加速度的情况．【解答】解：A、B、物体B参加了两个分运动，水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动；对于竖直分运动，结合位移﹣时间关系公式x=v0t+at2，可得到d=H﹣x=H﹣（v0y t+at2）①又根据题意d=H﹣2t2②可以得对比①②两式可得出：竖直分运动的加速度的大小为a y=4m/s2竖直分运动的初速度为v0y=0故竖直分速度为v y=4t物体的水平分速度不变合运动的速度为竖直分速度与水平分速度的合速度，遵循平行四边形定则，故合速度的方向不断变化，物体一定做曲线运动，合速度的大小v=，故合速度的大小也一定不断变大，故A错误，B正确；C、D、水平分加速度等于零，故合加速度等于竖直分运动的加速度，因而合加速度的大小和方向都不变，故C正确，D错误；故选：BC．10．在进行飞镖训练时，打飞镖的靶上共标有10环，且第10环的半径最小，为1cm，第9环的半径为2cm，…，以此类推，若靶的半径为10cm，当人离靶的距离为5m，将飞标对准10环中心以水平速度v投出，g=10m/s2．下列说法中，正确的是（）A．当v≥50m/s时，飞镖将射中第4环线以内B．当v≥50m/s时，飞镖将射中第5环线以内C．若要击中第10环的圆内，飞镖的速度v至少应为50m/sD．若要击中靶子，飞镖的速度v至少应为25m/s【考点】平抛运动．【分析】飞镖水平飞出做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．高度决定运动时间，水平位移和时间决定初速度．根据平抛运动的规律求解．【解答】解：A、B、当v=50m/s时，运动的时间t==s=0.1s，则飞镖在竖直方向上的位移y==×10×0.12m=0.05m=5cm，将射中第6环线，当v≥50 m/s时，飞镖将射中第5环线以内．故A错误，B正确．C、若要击中第10环线内，下降的最大高度为h=0.01m，根据h=得，t==s=s，则最小初速度v0==m/s=50m/s．故C正确．D、若要击中靶子，下将的高度不能超过0.1m，根据h=gt2得，t==s=s，则最小速度v0==m/s=25m/s．故D正确．故选：BCD．二、计算题（本题共3小题，40分.解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分）11．在交通事故中，测定碰撞瞬间汽车的速度对于事故责任的认定具有重要的作用．《中国汽车驾驶员》杂志曾给出一个计算碰撞瞬间的车辆速度的公式v=•，式中△L是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两物体沿公路方向上的水平距离，如图所示，h1和h2分别是散落物在车上时的离地高度．通过用尺测量出事故现场的△L、h1和h2三个量，根据上述公式就能够计算出碰撞瞬间车辆的速度．请根据所学的平抛运动知识对给出的公式加以证明．【考点】平抛运动．【分析】A、B两物体离开汽车后做平抛运动，平抛运动的初速度等于汽车当时的速度．平抛运动的时间由高度决定，平抛运动的时间和初速度共同决定水平位移．由分运动的位移公式证明．【解答】解：车上A、B两物体均做平抛运动，则竖直方向有：h1=gt12，h2=gt22水平方向有：△L=v•（t1﹣t2）解以上三式可以得到：v=•，得证．证明如上．12．如图所示，一小船正在渡河，在离对岸30m处，发现其下游40m处有一危险水域，若水流速度为5m/s，为了使小船在进入危险水域之前到达对岸，那么小船从现在起相对于静水的最小速度应为多大？此时船头的航向如何？渡河要用多少时间？【考点】运动的合成和分解．【分析】根据题意，小船到达危险水域前，恰好到达对岸，由几何关系即可求出最小速度；根据运动的合成的方法求出合速度以及合速度与河岸之间的夹角，最后由几何关系与位移公式即可求出．【解答】解：小船到达危险水域前，恰好到达对岸，如图所示，设合位移s的方向与河岸成θ角，则tanθ==，故θ=37°．小船的合速度方向与合位移方向相同，由平行四边形定则可知，只有当小船相对于静水的速度与合速度方向垂直时，小船相对于静水的速度最小．由图知，此最小速度为v1=v2sinθ=5×0.6 m/s=3 m/s，其方向斜向上游河岸，且与河岸成53°角合速度为v=v2cosθ=5×0.8 m/s=4 m/s，合位移为s=m=50 m，渡河所用时间为t==s=12.5 s．答：小船从现在起相对于静水的最小速度应为3 m/s，其方向斜向上游河岸，且与河岸成53°角；渡河要用时间为12.5s．13．如图所示，水平屋顶高H=5m，墙高h=3.2m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，为使小球从房顶水平飞出后能直接落在墙外的马路上，求：小球离开房顶时的速度v0的取值范围．（取g=10m/s2）【考点】平抛运动．【分析】将平抛运动分解成竖直方向自由落体运动，与水平方向匀速直线运动，根据等时性，则可求出最大速度．再根据题意速度太大会落马路外边，太小会被墙挡住．因此可得出小球离开屋顶时的速度的范围．【解答】解：（1）若v太大，小球落在马路外边，因此，球落在马路上，v的最大值v max为球落在马路最右侧时的平抛初速度．如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1．则小球的水平位移：L+x=v max t1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得：v max=（L+x）=（3+10）×m/s=13m/s．若v太小，小球被墙挡住，球将不能落在马路上，v的最小值v min时球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度．设小球运动到墙的顶点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L=v min t2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得：v min=L=3×m/s=5m/s因此v0的范围是v min≤v≤v max，即5m/s≤v≤13m/s．答：小球离开房顶时的速度v0的取值范围是5m/s≤v≤13m/s．2018年8月22日。

江西省樟树市2017届高三物理下学期周练试题（2）（23-24班）一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的五个选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1．下列说法正确的是( )A．一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的B．改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能C．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按照一定规律分布的2．如图所示，密闭容器内的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A．氢分子平均动能增大 B．氢分子的势能增大C．容器内氢气的内能增大 D．容器内氢气的内能可能不变E．容器内氢气的压强增大3．下列说法中正确的是( )A．一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大B．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化C．不可能使热量从低温物体传向高温物体D．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大E．分子间距离增大时，分子力一定减小4．下列说法中正确的是( )A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B．将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律5．下列说法中正确的是( )A．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动C．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响D．水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力 E．温度升高，物体所有分子的动能都增大6．下列说法中正确的是( )A．“天宫一号”中的水珠呈球形是由于液体表面张力的作用B．当人们感到潮湿时，空气的绝对密度一定较大C．晶体一定具有规则的几何外形D．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各向异性E．水的饱和汽压随温度的升高而增大7．下列说法正确的是( )A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大B．当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度8．下列说法中正确的是( )A. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和B．若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水汽的质量减少，压强不变C．多晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D．农民在干旱天气里锄松土壤是为了破坏土壤中的毛细管E．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可9．下列说法正确的是( )A．理想气体等温膨胀时，内能不变B．液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化C．分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大D．在绝热过程中．外界对物体做功，物体的内能一定增加E．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动10．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图所示，下列判断正确的是( )A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同江西省樟树中学2017届高三下学期(23---24班)第02次周练物理答卷班级______ 学号_____ 姓名_____________ 总分______一、选择题（每小题4分,共40分）11．(6分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，按照酒精与油酸体积比为m：n配制油酸酒精溶液，现用滴管滴取油酸酒精溶液，N滴溶液的总体积为V.(1)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，待稳定后将油酸薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示．已知坐标纸上每个小方格面积为S，则油膜面积约为________．(2)估算油酸分子直径的表达式为__________________ (用题目中物理量的字母表示)(3)用油膜法粗测分子直径实验的科学依据是( )A．将油膜看成单分子油膜 B．不考虑各油酸分子间的间隙C．考虑了各油酸分子间的间隙 D．将油膜分子看成正方体12．(6分)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①在边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________________．(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为________________ m．(保留1位有效数字)13．(8分)(1)如图甲所示是一平面上晶体物质微粒的排列情况，图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同，由此得出晶体具有________的性质．如图乙所示，液体表面层分子间距离大于分子平衡距离r0，因此表面层分子间作用表现为吸引力，这些力的宏观表现就是液体的表面张力，表面张力的方向与液面________(选填“平行”或“垂直”)．(2)一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，设气体在状态A、B时的温度分别为T A和T B，已知T A＝300 K，则T B＝________ K；气体从C→A的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，则此过程中气体内能是增加了________ J.(3)已知二氧化碳的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，在海面处容器内二氧化碳气体的密度为ρ.现有该状态下体积为V的二氧化碳，则含有的分子数为________________．实验表明，在2 500 m深海中，二氧化碳浓缩成近似固体的硬胶体．将二氧化碳分子看作直径为D的球，则该容器内二氧化碳气体全部变成硬胶体后体积约为________________．14．(8分)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏加德罗常数为NA.(1)由状态A变到状态D过程中________．A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变(2)在上述过程中,气体对外做功为5 J,内能增加9 J,则气体_____(选“吸收”或“放出”)热量___ J.(3)在状态D，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？15.(8分)(1)空气压缩机在一次压缩过程中,活塞对汽缸中的气体做功为5100.2⨯J,同时气体的内能增加了5105.1⨯J ．试问：此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于________ J.(2)若一定质量的理想气体状态分别按下图所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是_____(填“A”、“B”或“C”)，该过程中气体的内能________(填“增加”、“减少”或“不变”)．16．(12分)如图所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为23101m S -⨯=，汽缸内有质量m ＝2 kg 的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K 销于如图位置，离缸底L 1＝12 cm ，此时汽缸内被封闭气体的压强为Pa p 51105.1⨯=，温度为T 1＝300 K ．外界大气压为Pa p 50100.1⨯=，g ＝10 m/s 2.(1)现对密闭气体加热，当温度升到T 2＝400 K ，其压强p 2多大？(2)若在此时拔去销子K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度降为T 3＝360 K ，则这时活塞离缸底的距离L 3为多少？(3)保持气体温度为360 K 不变，让汽缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L 4＝16 cm 处，则求汽缸和活塞做匀加速直线运动的加速度a 大小及方向．17．(12分)如图所示，A 汽缸截面积为500 cm 2，A 、B 两个汽缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm 、温度均为27 ℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左面的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 汽缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为Pa atm 5101=，当推力N F 31035⨯=时，求： (1)活塞N 向右移动的距离是多少？(2)B 汽缸中的气体升温到多少？2017届高三下期(23---24班)第02次周练物理答案一 选择题（每题4分,共40分）知，即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，也不可能实现内能完全转化为机械能，选项B 错误；大颗粒的盐磨成了细盐仍然是晶体，选项C 错误；根据热力学第一定律可知，气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，选项D 正确；大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按照一定规律分布的，选项E 正确．]2．ACE [温度是分子平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大．故A 正确；气体分子之间的距离比较大，气体分子势能忽略不计．故B 错误；气体的内能由分子动能决定，氢气分子的个数不变，分子的平均动能增大，则氢气的分子动能增大，则内能增大．故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程：pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大．故E 正确．]3．ABD [温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，A 正确；热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其他变化，B 正确；通过做功的手段可以使热量从低温物体传向高温物体，C 错误；当分子力表现为引力时，增大分子间的距离，需要克服分子间的引力做功，所以分子势能增大，D 正确；分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，因此分子力可能增大，也可能减小，E 错误．]4．ACD [布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，故选项A 正确；将大颗粒的盐磨成细盐，盐的种类没有变化，故它仍是晶体，选项B 错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加，选项C 正确；因为温度是分子热运动剧烈程度的标志，故只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，选项D 正确；空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，是通过做功的方法实现的，故它遵守热力学第二定律，选项E 错误．]5．ACD [气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，单位体积内的分子数越多则单位时间内对器壁碰撞的次数就越多，气体分子的平均动能越大，则气体分子对器壁的碰撞力越大，压强越大，选项A 正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，间接地说明液体分子永不停息地做无规则热运动，选项B 错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，选项C 正确；水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力，选项D 正确；温度升高，物体分子的平均动能变大，并非所有分子的动能都增大，选项E 错误．]6．ADE [太空中由于水滴处于完全失重状态，故在表面张力的作用下，水珠呈球形，故A 正确；人们感到潮湿的原因是因为相对湿度大，不是因为绝对湿度大，故B 错误；单晶体有规则的形状，而多晶体及非晶体没有规则的几何外形，故C 错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质具有各向异性，故D 正确；水的饱和汽压随温度的升高而增大，故E 正确．]7．BCE [分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小，A 错误；当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，斥力做负功，分子势能增大，B 正确；等温膨胀，温度不变，气体内能不变，体积增大，对外做功，内能要减小，要保持内能不变，所以需要从外界吸收热量，C 正确；等压膨胀，压强不变，体积增大，根据公式pV T ＝C 可得温度升高，内能增大，需要吸收热量，故D 错误；熵的物理意义反映了宏观过程对应的微观状态的多少，标志着宏观状态的无序程度，即熵是物体内分子运动无序程度的量度，E 正确．]8．ABD [内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故A 正确；饱和水蒸气的压强与温度有关，若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，压强不变，水汽的质量减少．故B 正确；多晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向同性．故C 错误；农民在干旱天气里锄松土壤是为了破坏土壤中的毛细管，来阻碍水分的蒸发．故D 正确；用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积，或知道油的摩尔质量与密度．故E 错误．]9．ABD [理想气体的内能只与温度有关，则等温膨胀时，温度不变，则内能不变，选项A 正确；根据液晶的特点：液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化，选项B 正确；分子热运动加剧，则物体内分子的平均动能变大，但是每个分子的动能不一定都变大，选项C 错误；根据热力学第一定律：ΔE ＝W ＋Q ，在绝热过程中Q ＝0，外界对物体做功则W ＞0，物体的内能一定增加，选项D 正确；布朗运动间接反映了液体分子在不停地做无规则热运动，选项E 错误．]10．ADE [由题图可知，ab 过程，气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，选项A 正确；由题图可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体吸热，选项B 错误；由题图可知，ca 过程气体压强不变，温度降低，由盖－吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W ＞0，气体温度降低，内能减少，ΔU ＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca 中外界对气体所做的功小于气体所放热量，选项C 错误；由题图可知，a 状态温度最低，分子平均动能最小，选项D 正确；由题图可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b 、c 状态气体的分子数密度不同，b 和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E 正确．]11．(1)10S (2)nV 10NS m ＋n(3)AB 解析 (1)估算油膜面积时以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出10格，则油酸薄膜面积为10S(2)油酸酒精溶液油酸的浓度为ρ＝nm ＋n 一滴溶液中纯油酸的体积为V ′＝ρV N由于形成单分子的油膜，则分子的直径为d ＝V ′10S ＝nV 10NS m ＋n(3)用油膜法粗测分子直径实验的科学依据是：将油膜看成单分子油膜；不考虑各油酸分子间的间隙．12．(1)④①②⑤③ (2)5×10－10解析 (1)根据实验原理易知操作步骤正确的顺序为④①②⑤③；(2)根据实验原理可知油酸分子直径为d ＝V S ＝1×10－6300×50×0.13m≈5×10－10 m. 13．(1)各向异性 平行(2)300 150(3)ρV M N A N A ρV πD 36M解析 (1)三条等长线AB 、AC 、AD 上物质微粒的数目不同，则晶体沿各个方向的导热、导电性能等都不同，表现为各向异性；液体表面的张力表现为引力，与液面平行．(2)A →B 的过程，对气体的状态参量进行分析有状态A ：p A ＝p V A ＝2V T A ＝300 K状态B ：p B ＝2p V B ＝V T B ＝？由理想气体状态方程得：p A V A T A ＝p B V B T B代入数据解得：T B ＝300 K.由状态C →A 过程中，气体的压强不变，体积变大，气体对外做功，由盖－吕萨克定律可知温度升高，内能增大，增加的内能为：ΔU ＝W ＋ΔE k ＝－100 J ＋250 J ＝150 J.(3)二氧化碳气体的摩尔数n ＝ρV M ，所含的分子个数为：N ＝nN A ＝ρV MN A ，变成固体后的体积V 固＝NV 0＝πD 3N A ρV 6M. 14．(1)AB (2)吸收 14 (3)2T 0 2ρV 0N A M解析 (1)由题图V －T 图线可知，由状态A 变到状态D 过程中，体积变大，温度升高，则W <0，ΔU >0，则根据热力学第一定律可知，Q >0，即气体从外界吸收热量，内能增加，选项A 正确；因从A 到D ，气体的压强不变，而温度升高时气体分子的平均速率变大，故可知单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，选项B 正确；气体温度升高，气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项C 错误；因气体质量一定，体积变大，则气体的密度减小，选项D 错误；故选A 、B.(2)由题意W ＝－5 J ，ΔU ＝9 J ．根据ΔU ＝W ＋Q ，可知Q ＝14 J ，即气体吸收热量14 J.(3)从A →D ，由状态方程pV T ＝C ，得T D ＝2T 0；气体的质量m ＝2V 0ρ，分子数n ＝2ρV 0N A M. 15．(1)放出 5×104 (2)C 增加解析 (1)根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，外界做功W ＝2.0×105 J ，内能增量ΔU ＝1.5×105 J ，热量为Q ＝－5×104 J ，说明气体对外界放热；(2)体积与温度成正比表示等压变化，所以C 项正确；1到2温度升高，内能增加．16．(1)2.0×105 Pa (2)18 cm (3)7.5 m/s 2，方向竖直向上解析 (1)气体发生等容变化L 2 ＝L 1，由查理定律得 p 1T 1＝p 2T 2， 解得p 2＝2.0×105 Pa(2)p 3＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa由理想气体状态方程得p 2L 2S T 2＝p 3L 3S T 3 解得L 3＝18 cm(或先由等温变化p 2L 2S ＝p 3L 2′S ，再由等压变化L 2′S T 2＝L 3S T 3，求得L 3＝18 cm) (3)由等温变化p 3L 3S ＝p 4L 4S ，得p 4＝1.35×105 Pa应向上做匀加速直线运动，p 4S －p 0S －mg ＝ma 解得a ＝7.5 m/s 2，方向竖直向上．17．(1)5 cm (2)127 ℃解析 (1)当活塞N 停下后，A 中气体压强p A ′＝p 0＋F S A ＝43×105Pa对A 中气体：由玻意耳定律有p A V A ＝p A ′V A ′ 得V A ′＝p A V Ap A ′＝34V A活塞N 运动前后A 的长度分别为L A ＝V A S A ＝20 cm ，L A ′＝V A ′S A＝15 cm ，故活塞N 移动的距离Δx ＝L A －L A ′＝5 cm(2)对B 中气体：p B ′＝p A ′＝43×105Pa由查理定律p BT B ＝p B ′T B ′T B ′＝p B ′p BT B ＝400 K ＝127 ℃.。

2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高一（下）周练物理试卷（3）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．跳伞运动员以5m/s的速度匀速下降，在距地面10m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为（不计空气阻力对扣子的作用，g取10m/s2）（）A．2 s B．s C．1 s D．（2﹣）s2．下列现象中是为了利用物体产生离心运动的是（）A．汽车转弯时要限制速度B．转速很快的砂轮半径不能做得太大C．在修筑铁路时，转弯处转道的内轨要低于外轨D．离心水泵工作时3．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小4．一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其它土豆对该土豆的作用力为（）A．mg B．mω2RC．D．5．人造地球卫星运行时，其轨道半径为月球轨道半径的，则此卫星运行的周期大约是（）A．1天至4天B．4天至8天C．8天至16天D．大于16天6．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度7．m为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点），A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不打滑，当m可被水平抛出时（）A．皮带的最小速度为 B．皮带的最小速度为C．A轮每秒的转数最少是D．A轮每秒的转数最少是8．如图所示，长L=0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为m=3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v=2m/s．取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 NB．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 NC．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 ND．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N二、填空题（共2小题，每小题6分，满分18分）9．为验证向心力公式，某探究小组设计了如图所示的演示实验，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m，直径为d的小钢球．将米尺固定在水平桌面上，测量出悬点到钢球的细线长度l，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，用眼睛从米尺上方垂直于米尺往下看，读出钢球外侧到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t．则：（1）小钢球做圆周运动的周期T=．（2）小钢球做圆周运动的向心力F=．10．未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（1）由以上信息，可知a点（选填“是”或“不是”）小球的抛出点；（2）由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为m/s2；（3）由以上信息可以算出小球平抛的初速度是m/s；（4）由以上信息可以算出小球在b点时的速度是m/s．三、解答题（共3小题，满分0分）11．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系为ω=．12．如图所示，内壁光滑的导管弯成圆周轨道竖直放置，其质量为2m，小球质量为m，在管内滚动，当小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，此时小球速度多大？（轨道半径为R）13．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=0.2m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（g=10m/s2），求：（1）小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；（2）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；（3）如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=45°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B 点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请说明理由．2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高一（下）周练物理试卷（3）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．跳伞运动员以5m/s的速度匀速下降，在距地面10m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为（不计空气阻力对扣子的作用，g取10m/s2）（）A．2 s B．s C．1 s D．（2﹣）s【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】扣子掉下后，由于惯性保持原来向下的速度5m/s，故做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速运动，根据位移公式求出扣子下落的时间，而跳伞爱好者仍做匀速运动，求出跳伞爱好者运动的时间，两者之差即为所求时间．【解答】解：设扣子着陆的时间为t，则有：h=v0t1+gt12解得：t1=1 s设跳伞运动员着陆时间为t2，则有：h=v0t2解得：t2=2 s得：△t=t2﹣t1=1s．答：跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为1秒．2．下列现象中是为了利用物体产生离心运动的是（）A．汽车转弯时要限制速度B．转速很快的砂轮半径不能做得太大C．在修筑铁路时，转弯处转道的内轨要低于外轨D．离心水泵工作时【考点】4C：离心现象．【分析】做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动．【解答】解：A、因为F n=m，所以速度越快所需的向心力就越大，汽车转弯时要限制速度，来减小汽车所需的向心力，防止离心运动．故A错误．B、很快的砂轮半径不能做得太大，是为了防止外侧的砂轮被甩出，所以是防止离心运动；故B错误；C、在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨，可以提供更多的向心力，防止火车产生离心运动；故C错误；D、离心水泵工作时也是利用了离心运动，故D正确；故选：D．3．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【考点】4A：向心力．【分析】AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．【解答】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误．B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误．C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．故选：D．4．一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其它土豆对该土豆的作用力为（）A．mg B．mω2RC．D．【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】土豆水平方向所受合力提供向心力，由竖直方向受力平衡，根据牛顿第二定律列式求解即可．【解答】解：土豆做匀速圆周运动，合力提供向心力，受重力和弹力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有：水平方向：；竖直方向：F y=mg；故合力为：；故选C．5．人造地球卫星运行时，其轨道半径为月球轨道半径的，则此卫星运行的周期大约是（）A．1天至4天B．4天至8天C．8天至16天D．大于16天【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：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，表示出卫星运行的周期，再根据轨道半径的关系求解．【解答】解：由=m得T=2π，则卫星与月球的周期之比为==月球绕地球运行周期大约为27天，则卫星的周期为T星═5.77 天．故选B．6．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【考点】37：牛顿第二定律；1I：匀变速直线运动的图像．【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：ACD．7．m为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点），A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不打滑，当m可被水平抛出时（）A．皮带的最小速度为 B．皮带的最小速度为C．A轮每秒的转数最少是D．A轮每秒的转数最少是【考点】4A：向心力；48：线速度、角速度和周期、转速．【分析】当物块恰好被水平抛出时，在皮带上最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出临界速度，再根据线速度与转速的关系求出A轮每秒的转数最小值．【解答】解：A、当物块恰好被水平抛出时，在皮带上最高点时由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：mg=m，解得：v=．故A正确，B错误；C、设此时皮带转速为n，则有2πnr=v，得到：n==．故C正确，D错误．故选：AC．8．如图所示，长L=0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为m=3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v=2m/s．取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 NB．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 NC．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 ND．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】在最高点，小球靠重力和杆的作用力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出作用力的大小和方向；在最低点，小球靠重力和杆的拉力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的大小．【解答】解：A、设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg﹣F N=m，得F N=mg﹣m==6 N，可知杆对小球的力向上，则小球对杆表现为压力，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力大小是6N，故A错误，B正确；C、小球通过最低点时，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=m，解得F N=mg+m==54N，根据牛顿第三定律知，小球对杆的拉力为54N，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的拉力大小是54N，故C错误，D正确．故选：BD二、填空题（共2小题，每小题6分，满分18分）9．为验证向心力公式，某探究小组设计了如图所示的演示实验，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m，直径为d的小钢球．将米尺固定在水平桌面上，测量出悬点到钢球的细线长度l，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，用眼睛从米尺上方垂直于米尺往下看，读出钢球外侧到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t．则：（1）小钢球做圆周运动的周期T=．（2）小钢球做圆周运动的向心力F=m．【考点】4A：向心力．【分析】（1）根据钢球转动n圈用的时间t求出周期；（2）根据向心力与周期的关系求出小钢球做圆周运动的向心力．【解答】解：（1）钢球转动n圈用的时间为t，则周期为：T=．（2）钢球转动半径为：R=r﹣，根据向心力公式得：F==m．故答案为：（1）；m．10．未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（1）由以上信息，可知a点是（选填“是”或“不是”）小球的抛出点；（2）由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为8m/s2；（3）由以上信息可以算出小球平抛的初速度是0.8m/s；（4）由以上信息可以算出小球在b点时的速度是m/s．【考点】MB：研究平抛物体的运动；43：平抛运动．【分析】（1）初速度为零的匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移之比为1：3：5…，由此可判断a点是不是平抛的起点；（2）根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出星球表面的重力加速度；（3）平抛运动水平方向做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出小球的初速度；（4）根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，根据平行四边形定则求出b点的速度．【解答】解：（1）因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5：7，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点．（2）由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm；竖直方向上有：△y=2L=g′T2，解得：g′===8m/s2．（3）水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：v0===0.8m/s．（4））b点竖直方向上的分速度v yb==m/s=0.8m/s．则v b==0.8m/s=m/s．故答案为：（1）是；（2）8；（3）0.8；（4）．三、解答题（共3小题，满分0分）11．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系为ω=．【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．【分析】对飞椅受力分析，求得椅子受到的合力的大小，根据向心力的公式可以求得角速度ω．【解答】解：对飞椅受力分析：重力mg和钢绳的拉力F，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：竖直方向上：Fcosθ=mg水平方向上：Fsinθ=mω2R其中R=Lsinθ+r解得：故答案为：12．如图所示，内壁光滑的导管弯成圆周轨道竖直放置，其质量为2m，小球质量为m，在管内滚动，当小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，此时小球速度多大？（轨道半径为R）【考点】4A：向心力；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【分析】在最高点，导管刚好要离开地面，知球对导管的弹力等于导管的重力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．【解答】解：在最高点，小球对导管的弹力竖直向上，等于导管的重力，为2mg．对小球，根据牛顿第二定律得，mg+2mg=m，解得v=．答：小球的速度为．13．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=0.2m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（g=10m/s2），求：（1）小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；（2）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；（3）如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=45°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B 点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请说明理由．【考点】4A：向心力；43：平抛运动．【分析】（1）根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，通过初速度和时间求出水平位移．（2）根据动能定理求出B点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出小球对B点的压力大小．（3）通过平抛运动的水平位移与底边长比较，判断能否落在斜面上，若能落在斜面上，根据水平位移和竖直位移的关系求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移，从而得出距离B点的距离．【解答】解：（1）根据得，t=，则落地点与C点的水平距离x=v B t=2×1m=2m．（2）根据动能定理得，mgR=，解得=，根据牛顿第二定律得，，解得N=mg+，由牛顿第三定律知小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下．（3）如图，斜面BEC的倾角θ=45°，CE长d=h=5 m，因为d＞x，所以小球离开B点后能落在斜面上；假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2Lcos θ=v B t2 ①Lsin θ=②联立①②两式得t2=0.4 s；L≈1.13 m．答：（1）小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离是2m；（2）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小是6N；（3）小球离开B点后能落到斜面上，它第一次落在斜面上的位置距离B点远1.13m．。

江西省樟树市2016-2017学年高一数学下学期周练试题（2）（2-6，13-16班)理一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1、两条直线1l ：20x y c ++=，2l :420x y c ++=的位置关系是（ )A ．平行B ．垂直C ．平行或重合D ．不能确定2、已知点()1P ，，点Q 在y 轴上，且直线PQ 的倾斜角为120︒,则Q 的坐标为（ ）A ．()0 2，B ．()0 2-，C ．()2 0，D ．()2 0-，3、若直线l 经过点()1,2A ，且在x 轴上的截距的取值范围是()3,3-，则其斜率的取值范围是（ ）A ．115k -<<B ．1k >或12k <C ．12k >或1k <-D ．115k <<4、将直线3y x =绕原点逆时针旋转90︒,再向右平移1个单位,所得到的直线为（ ） A ．1133y x =-+ B ．113y x =-+ C ．33y x =- D ．113y x =+5、若动点),(),(2211y x B y x A 、分别在直线1l ：011=-+y x 和2l :01=-+y x 上移动，则AB 中点M 所在直线方程为( ）A ．06=--y xB ．06=++y xC ．06=+-y xD ．06=-+y x6、平面上到定点()1,2A 距离为1且到定点()5,5B 距离为d 的直线共有4条，则d 的取值范围是( ）A ．()0,4B ．()2,4C ．()2,6D ．()4,67、过点()3,1作一直线与圆 ()2219x y -+=相交于,M N 两点，则MN 的最小值为（ )A ．．2 C ．4 D ．68、圆221:20O x y x +-=和圆222:40O x y y +-=的公共弦长为（ )A B C ．3 D9、已知圆22:8150C x y x +-+=，直线 2y kx =+上至少存在一点P ，使得以点P 为圆心,半径为1的圆与圆C 有公共点,则k 的最小值是（ )A ．43-B ．54-C ．35-D ．53-10、已知圆O ：x 2+y 2=4上到直线l ：x+y=m 的距离为1的点有且仅有2个，则m 的取值范围是（ )A ．B ．(-⋃C ．(-D ．(11、过点P （4，2）作圆x 2+y 2=2的两条切线,切点分别为A,B ，点O 为坐标原点，则△AOB 的外接圆方程是（ )A ．（x+2）2+（y+1）2=5B ．(x+4）2+（y+2)2=20C ．（x ﹣2）2+（y ﹣1）2=5D ．（x ﹣4）2+（y ﹣2）2=2012、过点引直线l 与曲线y =相交于A ，B 两点， O 为坐标原点,当△AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率等于（ ）A ．3B ．3-．3± D ．二、填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分）。