江苏省扬州市2016届高三物理上学期期末考试试题

考试时间100分钟，满分120分 第Ⅰ卷（选择题 共31分）一．单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．将正确选项填涂在答题卡上相应位置．1．如图所示，把一直导线平行地放在小磁针的正上方附近，当导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是【答案】C 【解析】试题分析：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故C 正确，ABD 错误. 考点：物理学史【名师点睛】本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一.2．将一长度为0.1m 的直导线放入某一匀强磁场中，当导线中通入电流为2A 时，测得其所受安培力为0.1N ．则此匀强磁场的磁感应强度大小为A ．B < 2T B ．B ≥0.5TC ．B < 0. 5TD ． B = 2T 【答案】B 【解析】试题分析：长度为0.1m 的通电直导线，垂直放置于匀强磁场，通入电流为2A ，则由公式可得安培力的大小为20.10.1F BIL B N N ==⨯⨯=．解得0.5B T =，安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直，此时为最小值，故选项B 正确。

考点：安培力【名师点睛】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F BIL =求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直。

3．如图所示电路，开关S 闭合后，将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则在此过程中A ．电流表读数变大，电压表读数变小，灯泡变亮B ．电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗C ．电流表、电压表读数均变大，灯泡变亮D ．电流表、电压表读数均变小，灯泡变暗 【答案】A 【解析】试题分析：由电路图知，滑片P 向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小；滑动变阻器接入电路阻值变小，滑动变阻器分压变小，电压表示数变小；电源电压不变，灯泡两端电压L U 变大；滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流变大，电流表示数变大；灯泡两端电压L U 变大，电路电流I 变大，灯泡实际功率L P U I 变大，灯泡变亮，故选项A 正确。

2016年江苏省扬州市高考物理一模试卷一、单项选择题1．（3分）某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是（）A．小棋子共受三个力作用B．棋子对棋盘的压力大小等于重力C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D．质量不同的棋子所受的摩擦力不同2．（3分）2015年7月23日美国宇航局通过开普勒太空望远镜发现了迄今“最接近另一个地球”的系外行星开普勒﹣452b，开普勒﹣452b围绕一颗类似太阳的恒星做匀速圆周运动，公转周期约为385天（约3.3×107s），轨道半径约为1.5×1011m，已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，利用以上数据可以估算类似太阳的恒星的质量约为（）A．2.0×1030kg B．2.0×1027kg C．1.8×1024kg D．1.8×1021kg3．（3分）某一火警报警系统原理图如图所示，报警器未画出，a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，R t为半导体热敏材料制成的传感器，R t 的电阻值随温度升高而减小，下列说法正确的是（）A．电压表V的示数为311VB．电容器C电容增大，灯L变暗C．R t所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．R t所在处出现火警时，变压器输入功率减小4．（3分）夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，如图所示，一游客（可视为质点）以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在A点时，游客处于超重状态B．从A到B过程，游客水平方向的加速度先增大后减小C．在B点时，游客的向心加速度为gD．从B到C过程，游客的机械能增大5．（3分）如图所示，质量为m，长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则（）A．棒中电流的方向为b→aB．棒中电流的大小为C．棒中电流的大小为D．若只增大轻导线的长度，则θ角变大二、多项选择题6．（3分）在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上爬，同时人顶着直杆水平向右移动，以出发点为坐标原点建立平面直角坐标系，若猴子沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则猴子在0：t0时间内（）A．做变加速运动B．做匀变速运动C．运动的轨迹可能如图丙所示D．运动的轨迹可能如图丁所示7．（3分）两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示（OB＞BD），取无穷远处电势为零，由图可知（）A．B点电场强度为零B．Q1为负电荷，Q2为正电荷C．Q1电量一定大于Q2电量D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功8．（3分）回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（）A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子9．（3分）如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块（可视为质点），从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点（图中未画出）时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g，则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中（）A．物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为（qE﹣μmg）L2B．物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为（qE﹣μmg）L1﹣mv2D．若物块能弹回，则向右运动过程中经过A点时速度最大三、简答题10．（10分）某实验小组在探究一种合金丝的导电性能的实验中：（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径时，刻度情况如图甲所示，则金属丝的直径d=mm．（2）用欧姆表“×10”档粗测合金丝AB连入电路的电阻时，表盘示数如图乙所示，则合金丝的电阻R约为Ω．（3）现用伏安法进一步精确测量合金丝的电阻，要求测量范围尽可能大一些，请在丙图中用笔划代替导线完成电路的连接（已知实验所用的电压表内阻约为30kΩ，电流表内阻约为2Ω）．（4）用以上电路测得的合金丝的电阻值根其真实值相比，总有R测R真（填＞、=或＜），造成此误差的原因是．11．（8分）某同学在资料中查得弹簧弹性势能表达式为E p=kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），他利用如图a所示的装置进行实验，水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为△t，用刻度尺测出弹簧的压缩量为x，甲、乙光电门间距为L，则（1）小球射出时速度大小为v=，弹簧弹性势能E p=．（用题中的字母表示）．（2）该同学改变弹簧压缩量x，多次实验，利用测得数据，画出如图b所示E p 与x2的关系图线，根据图线求得弹簧的劲度系数k=．（3）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，这对实验结果（选填“有”或“无”）影响．四、计算或论述题12．（15分）用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能匀速穿过磁场区域，重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的速度v；（2）线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的电荷量q；（3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q．13．（16分）如图所示，水平传送带以v0=6m/s顺时针匀速转动，长为6m，右端与光滑竖直半圆弧轨道平滑对接，圆弧轨道的半径R=0.5m，O为圆心，最高点C正下方有一挡板OD，CD间距略大于物块大小，平台OE足够长，现将质量为m=1kg的物块轻放在传送带的最左端A处，物块（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．（1）求物块从A端运动到B端的时间；（2）试判断传送带能否将物块运送到平台上？若能，求出在C点时物块对圆弧轨道的压力大小；若不能，写出判断理由；（3）若传送带速度v0可以调节，求物块在平台OE上落点的区域范围．14．（16分）现代物理经常用磁场来研究同位素粒子，在xoy坐标系内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现有电荷量均为+q的a、b两粒子从坐标原点O以相同速率v同时射入磁场，a沿x轴正方向，b沿y轴正方向，a粒子质量为m，b粒子质量为2m，不计粒子重力以及粒子间相互作用，求：（1）当a粒子第1次刚到达y轴时，b粒子到达的位置坐标；（2）a、b粒子是否会再次相遇？如能，请通过推导求出何时相遇；如不能，请简要说明理由；（3）设两粒子在y轴上投影的距离为△y，则△y何时有最大值并求出△y的最大值．（选修模块3-3）15．（4分）下列说法正确的是（）A．分子势能随分子间距离的增大而减小B．利用点阵结构可以解释晶体外形的规则性和物理性质的各向异性C．一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，吸收的热量大于其增加的内能D．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等16．（4分）冬天和夏天相比，冬天的气温较低，水的饱和汽压值（选填“较大”、“较小”），在相对湿度相同的情况下，冬天的绝对湿度（选填“较大”、“较小”）．17．（4分）游客到高原旅游常购买便携式氧气袋，袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体，温度为0℃时，袋内气体压强为1.25atm，体积为40L，求袋内氧气的分子数（计算结果保留一位有效数字）．已知阿伏加德罗常数为 6.0×1023mol﹣1，在标准状况（压强p0=1atm、温度t0=0℃）下，理想气体的摩尔体积都为22.4L．（选修模块3-4）18．（4分）如图所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、m、m，A球振动后，通过张紧的水平细绳给其它各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是（）A．B的振动周期最大B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等19．（4分）截面为等边三角形的棱镜ABC如图所示，一束单色光从空气射向E 点，并偏折到F点，已知入射方向与AB边的夹角为θ=30°，E、F分别为AB、BC 的中点，则该棱镜的折射率为，光线EF从BC界面射出（选填“能”、“不能”）．20．（4分）一列简谐波沿﹣x方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，t=0.3s时Q 质点恰好第一次到达波谷位置，求：①0.3s内P质点通过的路程；②这列波的波速v．（选修模块3-5）21．（4分）关于原子核原子核，下列说法正确的有（）A．α粒子散射实验说明了原子的全部正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上B．原子核外电子吸收能量脱离原子核束缚形成β射线C．两个质子与两个中子的质量之和等于He原子核的质量D．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子22．（4分）“正电子湮没”是指正电子与电子相遇后一起消失而放出光子的过程，若一个电子和一个正电子相撞发生湮灭转化成一对光子，正、负电子的质量均为m，相碰前动能均为E k，光速为c，普朗克常量为h，则对撞过程中系统动量（选填“守恒”、“不守恒”），光子的频率为．23．（4分）某金属在光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能E k与入射光频率v的关系如图所示，试求：①普朗克常量h（用图中字母表示）；②入射光的频率为3V c时，产生的光电子的最大处动能E k′．2016年江苏省扬州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1．（3分）某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是（）A．小棋子共受三个力作用B．棋子对棋盘的压力大小等于重力C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D．质量不同的棋子所受的摩擦力不同【解答】解：A、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f，共四个力作用，故A错误．B、棋子对棋盘的压力大小与重力无关，故B错误；C、根据竖直方向上二力平衡知：f=G，即摩擦力与磁性无关，故C错误．D、根据竖直方向上二力平衡知：f=G，质量不同的棋子所受的摩擦力不同，故D 正确．故选：D2．（3分）2015年7月23日美国宇航局通过开普勒太空望远镜发现了迄今“最接近另一个地球”的系外行星开普勒﹣452b，开普勒﹣452b围绕一颗类似太阳的恒星做匀速圆周运动，公转周期约为385天（约3.3×107s），轨道半径约为1.5×1011m，已知引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，利用以上数据可以估算类似太阳的恒星的质量约为（）A．2.0×1030kg B．2.0×1027kg C．1.8×1024kg D．1.8×1021kg【解答】解：根据万有引力充当向心力，有：=则中心天体的质量：M==2.0×1030kg，故A正确故选：A3．（3分）某一火警报警系统原理图如图所示，报警器未画出，a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，R t为半导体热敏材料制成的传感器，R t 的电阻值随温度升高而减小，下列说法正确的是（）A．电压表V的示数为311VB．电容器C电容增大，灯L变暗C．R t所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．R t所在处出现火警时，变压器输入功率减小【解答】解：A、a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，那么原线圈的电压的有效值为U=220V，那么电压表的示数应为220V，故A错误；B、根据容抗表达式，当电容增大时，则容抗减小，因电压不变，那么通过灯的电流增大，即灯泡变亮，故B错误；C、当R t所在处出现火警时，其电阻减小，因副线圈的电压不变，那么通过的电流增大，则电流表A的示数增大，故C正确；D、由上分析，副线圈的电流增大，那么输出功率增大，则输入功率也增大，故D错误；故选：C．4．（3分）夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，如图所示，一游客（可视为质点）以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在A点时，游客处于超重状态B．从A到B过程，游客水平方向的加速度先增大后减小C．在B点时，游客的向心加速度为gD．从B到C过程，游客的机械能增大【解答】解：A、在A点，小球具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，故A错误；B、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但AB过程中的各点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故B正确；C、小球在B点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，游客的加速度为g，竖直向下，但向心加速度小于g，故C错误；D、从B到C过程，小球只受重力作用，游客的机械能守恒，故D错误；故选：B5．（3分）如图所示，质量为m，长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则（）A．棒中电流的方向为b→aB．棒中电流的大小为C．棒中电流的大小为D．若只增大轻导线的长度，则θ角变大【解答】解：A、根据导体棒受到的安培力方向可知，电流的方向由a到b，故A错误；B、根据动能定理可知，BIL2sinθ﹣mgL（1﹣cosθ）=0﹣0，解得I=，故B错误，C正确；D、根据B可知，最大偏转角与导线的长度无关，故D错误；故选：C二、多项选择题6．（3分）在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上爬，同时人顶着直杆水平向右移动，以出发点为坐标原点建立平面直角坐标系，若猴子沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则猴子在0：t0时间内（）A．做变加速运动B．做匀变速运动C．运动的轨迹可能如图丙所示D．运动的轨迹可能如图丁所示【解答】解：AB、由图知：物体在x轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在y轴方向做变加速直线运动，加速度不恒定，合力不恒定，所以物体所受的合力不恒定，一定做变加速运动．故A正确，B错误．CD、曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹弯曲的内侧．由上分析可知，物体的合力先沿y轴正方向，后沿y轴负方向，而与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，根据合力指向轨迹的内侧可知，丁图是可能的．故C错误，D正确．故选：AD．7．（3分）两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示（OB＞BD），取无穷远处电势为零，由图可知（）A．B点电场强度为零B．Q1为负电荷，Q2为正电荷C．Q1电量一定大于Q2电量D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故A错误；BC、由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，故B、C正确D、从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电场力一直做正功，故D正确．故选：BCD8．（3分）回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（）A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子【解答】解：A、当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qv m B=m，得v m=，那么质子获得的最大动能E Km=，则最大动能与交流电压U无关．故A错误．B、根据T=，若只增大交变电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短．故B正确．C、根据T=，若磁感应强度B增大，那么T会减小，只有当交流电频率f必须适当增大才能正常工作．故C正确．D、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子．故D错误．故选：BC．9．（3分）如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块（可视为质点），从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点（图中未画出）时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g，则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中（）A．物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为（qE﹣μmg）L2B．物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为（qE﹣μmg）L1﹣mv2D．若物块能弹回，则向右运动过程中经过A点时速度最大【解答】解：A、物块和弹簧组成的系统机械能的增量等于外力做的功，弹簧弹力是内力，不改变机械能，外力只有电场力和摩擦力，所以从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中机械能的增量为，故A正确；B、根据能量守恒，电势能的减少量等于机械能的增加量加上系统产生的内能，动能没有变，机械能的增加量等于弹性势能的增加量，所以物块电势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确；C、物块速度最大时，加速度为0，物块距释放点的距离大于，设弹簧弹力为F，则，释放点到速度最大的位置距离L'，速度最大时的弹性势能等于机械能的增加量减去动能的增加量，即，其中，故C错误；D、向左经过A点时速度最大，加速度为零，若物块能弹回，向右运动经过A点时摩擦力方向改变，所以反弹经过A点加速度不为0，速度不是最大，故D错误；故选：AB三、简答题10．（10分）某实验小组在探究一种合金丝的导电性能的实验中：（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径时，刻度情况如图甲所示，则金属丝的直径d=0.695mm．（2）用欧姆表“×10”档粗测合金丝AB连入电路的电阻时，表盘示数如图乙所示，则合金丝的电阻R约为110Ω．（3）现用伏安法进一步精确测量合金丝的电阻，要求测量范围尽可能大一些，请在丙图中用笔划代替导线完成电路的连接（已知实验所用的电压表内阻约为30kΩ，电流表内阻约为2Ω）．（4）用以上电路测得的合金丝的电阻值根其真实值相比，总有R测＜R真（填＞、=或＜），造成此误差的原因是电流表电流测量值大于通过合金丝电流的真实值．【解答】解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为19.5×0.01mm=0.195mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.195mm=0.695mm．（2）由图乙所示多用电表可知，金属丝电阻阻值R=11×10Ω=110Ω（3）要求测量范围尽可能大一些，则用分压式，由于合金丝的阻值与电流表相接近，则电流表使用外接法，如图所示：（4）由于电流表电流测量值大于通过合金丝电流的真实值，根据欧姆定律可知，测量值总是小于真实值．故答案为：（1）0.695；（2）110；（3）如图所示；（4）＜，电流表电流测量值大于通过合金丝电流的真实值11．（8分）某同学在资料中查得弹簧弹性势能表达式为E p=kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），他利用如图a所示的装置进行实验，水平放置的弹射器将质量为m的小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为△t，用刻度尺测出弹簧的压缩量为x，甲、乙光电门间距为L，则（1）小球射出时速度大小为v=，弹簧弹性势能E p=．（用题中的字母表示）．（2）该同学改变弹簧压缩量x，多次实验，利用测得数据，画出如图b所示E p 与x2的关系图线，根据图线求得弹簧的劲度系数k=200N/m．（3）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，这对实验结果无（选填“有”或“无”）影响．【解答】解：（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，根据能量守恒有：．（2）根据得，，解得k=200N/m．（3）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，由于重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化，所以对实验结果无影响．故答案为：（1），，（2）200 N/m，（3）无四、计算或论述题12．（15分）用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能匀速穿过磁场区域，重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的速度v；（2）线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的电荷量q；（3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q．【解答】解：（1）感应电动势：E=Blv感应电流：I=安培力：F=BIl线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示F=mgsinθ解得匀速运动的速度：v=（2）由BIl=mgsinθ得，，所以（3）通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2 l的距离，由能量守恒定律得：△E增=△E减机械能的减小量为△E减=mg•2lsinθ故产生的热量为Q=△E=2mglsinθ减答：（1）线框通过磁场时的速度v为；（2）线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的电荷量q为；（3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q为2mglsinθ．13．（16分）如图所示，水平传送带以v0=6m/s顺时针匀速转动，长为6m，右端与光滑竖直半圆弧轨道平滑对接，圆弧轨道的半径R=0.5m，O为圆心，最高点C正下方有一挡板OD，CD间距略大于物块大小，平台OE足够长，现将质量为m=1kg的物块轻放在传送带的最左端A处，物块（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．（1）求物块从A端运动到B端的时间；（2）试判断传送带能否将物块运送到平台上？若能，求出在C点时物块对圆弧轨道的压力大小；若不能，写出判断理由；（3）若传送带速度v0可以调节，求物块在平台OE上落点的区域范围．【解答】解：（1）物体的加速度：a=μg=0.5×10=5m/s2物体加速运动的位移：x1==3.6m所用时间：t1==1.2s匀速运动的位移：x2=L﹣x1=2.4m时间：t2==0.4s故物体在传送带上运动的总时间：t=t1+t2=1.6s（2）根据第（1）问，物块到达B端速度为v B=6m/s，假设能达到最高点C，BC过程，由机械能守恒定律：=mg•2R+得：v C=4m/s能通过最高点C的临界速度v==m/s因为v C＞v，所以物块能到达平台上在C点，由牛顿第二定律得N+mg=m得：N=22N由牛顿第三定律得：物块对圆轨道C点的压力大小为22N（3）调节传送带速度v0可使物块恰能到达C点，此时v C1==m/s物块从C点做平抛运动，则R=得t==s则平抛最小的水平位移x min=v C1t=m调节传送带速度v0可使物块一直加速，设物块到达B点的最大速度v B1．由2aL=，得v B1==2m/sBC过程，由机械能守恒得=mg•2R+解得v C2=2m/s则平抛最大的水平位移x max=v C2t=2m所以物块落在平台OE上到O点距离范围是m≤x≤2m答：（1）物块从A端运动到B端的时间是1.6s；（2）传送带能将物块运送到平台上，在C点时物块对圆弧轨道的压力大小是22N；（3）若传送带速度v0可以调节，物块落在平台OE上到O点距离范围是m ≤x≤2m．。

扬州市2016-2017学年第一学期期末调研测试试题高二物理（必修）参考答案一．（每小题3分，69分）有效值大于；（24-B．（4分）加速圆周．（每空2分）25．（6分）（每空2分）（1）匀速直线（2）m<<M（3）过原点的倾斜直线26．（6分）（1）运动员沿斜坡匀加速运动，初速度为0，由运动学公式得运动员的加速度为m/s2=1.8m/s2…………2分（2）运动员滑至坡底时的速度为m/s=18m/s …………（2分）（3）由牛顿第二定律得N …………（2分）27．（7分）（1）由，得…………（2分）（2）炸弹刚落到水面时竖直方向的速度大小为v y=gt=100m/s则炸弹刚落到水面时的速度大小为m/s …………（2分）（3）炸弹从被投出到落到水面时的水平位移为x1=v1t=1000m ，在这段时间内敌舰前进的位移为x2=v2t=200m ，所以飞机投弹时与敌舰在水平方向上距离为：=1532m …………（3分）28．（8分）（1）小球刚好通过最高点做完整圆运动，要求在最高点受力满足：…………（1分）因此小球过最高点的速度要满足：…………（1分）（2）小球在最高点时有：，将0.2kg、、F=4.0N 代入，可求得…………（2分）则…………（1分）（3）在停止能量输入之后，小球在重力和轻绳拉力作用下在竖直面内做圆周运动，运动过程中机械能守恒．当小球运动到最低点时，绳中拉力达到最大值．设小球在最低点的速度为v m，对从b状态开始至达到最低点的过程应用机械能守恒定律，有：…………（1分）设在最低点绳中拉力为F m，由牛顿第二定律有：………（1分）两式联立解得：F m=16N ，即：绷断瞬间绳中拉力的大小为16N．………（1分）。

闽粤大联考2016届高三上学期期末物理试卷一、（选择题共42分）每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（）A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零2．如图所示，一质量为M=3kg的铁块套在倾斜放置的杆上，铁块与杆之间的动摩擦因数μ=，且最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．杆与水平方向成θ=60°角，一轻绳一端连接在铁块上，一端连在一质量m=2kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与绳的轻绳与杆垂直，铁块和小球都处于静止状态，取g=10m/s2．则（）A．拉力F的大小为10NB．铁块所受的摩擦力大小为15NC．若将F在图示的平面内沿逆时针方向缓慢地转过300，此过程中铁块受到的摩擦力逐渐减小D．若将连接铁块与轻绳之间的轻绳突然剪断，则铁块受到的摩擦力将减小3．一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后（）A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动4．如图所示，O为斜面的底端，在O点正上方的A、B两点分别以初速度v A、v B正对斜面抛出两个小球，结果两个小球都垂直击中斜面，若OA=AB，空气阻力忽略不计，则（）A．v B=v A B．v B=2v A C．v B=v A D．v B=（1+）v A5．一人造卫星在椭圆轨道上绕地球运行，如图所示，A点和B点分别为其轨道的近地点和远地点．若欲将卫星的轨道变为圆轨道，可在A点或B点采取适当措施得以实现，则（）A．若在A点变轨，则变轨后卫星的机械能增大B．若在B点变轨，则变轨后卫星的机械能增大C．若在A点变轨，则变轨后卫星在圆轨道上运行时经过A点的加速度将变大D．若在B点变轨，则变轨后卫星绕地球运动时经过B点的速度将增大，因此卫星绕地球运动的周期将变小6．质量为m的汽车发动机额定输出功率为P，当它在平直的公路上以加速度a由静止开始匀加速启动时，其保持匀加速运动的最长时间为t，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则（）A．若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a匀加速启动，其保持匀加速运动的最长时间为B．若汽车以加速度a由静止开始在该路面上匀加速启动，经过时间发动机输出功率为P C．汽车保持功率P在该路面上运动可以达到的最大速度为D．汽车运动中所受的阻力大小为7．如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l=0.5m的轻细绳一端系住一个质量为m=0.5kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为a时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球以沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0=2m/s，则（）A．若a=0°，则轻绳对小球的拉力大小为F T=4NB．若a=90°，则小球相对于水平面可上升的最大高度为0.7mC．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动a必须满足的条件为sina≤D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动a必须满足的条件为sina≤二、非选择题8．用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与那些因素有关．（1）本实验采用的科学方法是A．控制变量法B．累积法C．微元法D．放大法（2）图示情景正在探究的是A．向心力的大小与半径的关系B．向心力的大小与线速度大小的关系C．向心力的大小与角速度大小的关系D．向心力的大小与物体质量的关系（3）通过本实验可以得到的结果是A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比．9．某研究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角的关系．因为一般的长木板摩擦较大，学习小组决定用气垫导轨代替长木板，对气垫导轨进行改造，做成斜面，这样摩擦可以忽略不计，装置模型简化如图1所示．实验室提供器材如下：A．气垫导轨（已知长度为L）；B．质量为M的滑块（内部为空的，可以放砝码，可视为质点）；C．质量为m的砝码若干个；D．各种薄厚不等的方木板多个（垫气垫导轨备用）；E．米尺；F．秒表．实验过程：第一步，保持斜面倾角不变，探究加速度与质量的关系．（1）实验中，通过向滑块内放入砝码来改变滑块质量，只要测出由斜面顶端滑至底端所用的时间t，就可以由下面哪个公式求出滑块的加速度A．B．C．D．（2）某同学记录的实验数据如表所示，根据这些信息，判断以下结论正确的是A．在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其加速度改变较大B．经过分析得出滑块的加速度和滑块的总质量没有关系C．经过分析得出滑块的平均速度和滑块的总质量成正比D．在实验误差范围内，滑块的质量改变之后，其下滑的时间不会改变第二步，保持物体质量不变，探究加速度与倾角的关系．实验中通过改变方木块垫放位置来调整气垫导轨的倾角．由于没有量角器，因此通过测量气垫导轨顶端到水平面的高度h，求出倾角α的正弦值sinα=．某同学记录了高度h和加速度a的对应值如表格所示．（3）请根据表中所给的数据，在图2中的坐标系上通过描点绘出a﹣h图象．（4）根据所绘出的a﹣h图象，求出当地的重力加速度g=m/s2．（结果保留三位有效数字）10．宇航员来到某星球表面做了如下实验：将一小钢球由距星球表面高h（h远小于星球半径）处由静止释放，小钢球经过时间t落到星球表面，该星球为密度均匀的球体，引力常量为G．（1）求该星球表面的重力加速度；（2）若该星球的半径为R，忽略星球的自转，求该星球的密度；（3）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动，求该卫星的线速度大小．11．将一质量为m=1kg的小球从地面以v0=20m/s的速度竖直向上抛出，物体落回地面时速度大小v=16m/s，若小球运动中受到的空气阻力大小恒定，取g=10m/s2．求：（1）小球从抛出到落回抛出点的过程中克服阻力所做的功；（2）小球受到的阻力f的大小；（3）若以地面为零势面，试求小球动能和重力势能相等时距地面的高度．12．在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图1所示形状，相应的曲线方程为y=5.0cos（kx+）（单位：m），式中k=m﹣1，杆足够长，图中只画出了一部分．将一质量为m=1.0kg 的小环（可视为质点）套在杆上，取g=10m/s2．（1）若使小环以v1=10m/s的初速度从x=0处沿杆向下运动，求小环运动到x=（m）处时的速度的大小；（2）在第（1）问的情况下，求小环在杆上运动区域的x坐标范围；（3）一般的曲线运动可以分成许多小段，每一小段都可以看成圆周的一部分，即把整条曲线用系列不同的小圆弧代替，如图2所示，曲线上A点的曲率圆的定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点做一圆，在极限的情况下，这个圆叫做A点的曲率圆．其半径ρ叫做A点的曲率半径．若小环从x=0处以v2=5m/s的速度出发沿杆向下运动，到达轨道最低点P时杆对小环的弹力大小为70N，求小环经过轨道最高点Q时杆对小环的弹力．闽粤大联考2016届高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、（选择题共42分）每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A=F B=G，故A正确；B、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．故选：AD【点评】本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化．2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】B球和铁块都处于平衡状态，对B球受力分析，根据平衡条件列式即可求解F及铁块所受的摩擦力大小，将F在图示的平面内沿逆时针方向缓慢地转过30°的过程中，绳子的拉力变化不影响沿斜面方向的力，所以摩擦力仍然等于重力沿斜面的分量，不变，将连接铁块与轻绳之间的轻绳突然剪断后，分析铁块的受力情况，判断铁块的运动情况即可求解．【解答】解：A、B球处于平衡状态，对B球受力分析，根据平衡条件得：，解得：F=20×=20，故A错误；B、铁块处于平衡状态，对铁块进行受力分析，根据平衡条件得：f=Mgcos30°=30×=15N，故B错误；C、将F在图示的平面内沿逆时针方向缓慢地转过30°的过程中，绳子的拉力变化不影响沿斜面方向的力，所以摩擦力仍然等于重力沿斜面的分量，不变，故C错误；D、将连接铁块与轻绳之间的轻绳突然剪断后，最大静摩擦力=7.5N＜Mgcos30°，则铁块开始滑动，摩擦力大小为7.5N，变小，故D正确．故选：D【点评】本题的关键是能正确分析B球和铁块的受力情况，根据平衡条件列式求解，注意D 答案要先考虑铁块所处的运动状态，难度适中．3．【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出当用斜向上的拉力F的作用时和将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力的加速度，比较加速度即可，注意加速度等于零的情况．【解答】解：设地面与物体间的动摩擦力因数为μ，当用斜向上的拉力F的作用时，加速度a=，现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力则A、加速度a＜a，所以物体可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动，故AC错误，D正确；B、若μmg=F1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B正确．故选：BD【点评】解决本题的关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，注意μmg=F1的情况，难度适中．4．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】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，根据速度的方向，通过平行四边形定则求出小球打在斜面上时的速度大小以及竖直方向上的分速度，从而求出飞行的时间．【解答】解：设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ．据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：v y tanθ=v0；又v y=gt可得：t=根据几何关系得：h=+v0t•tanθ=+∝据题有2OA=OB，则得：v B=v A．故选：C【点评】解决本题的关键要灵活运用几何关系，分析水平位移与高度的关系，要掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，并能灵活运用．5．【考点】开普勒定律．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】由图看出，卫星做椭圆运动，其运动速度在第一、第二宇宙速度之间，可知A点的速度大于7.9km/s．若要卫星在B点所在的高度做匀速圆周运动，可在B点加速，并根据牛顿第二定律，结合万有引力求解加速度的变化．【解答】解：A、若在A点变轨，由原来的椭圆变为圆轨道，则变轨后卫星的速率在减小，因此机械能减小，故A错误．B、若在B点变轨，由原来的椭圆运动变为圆周运动，则变轨后卫星的速率增大，因重力势能的不变，则机械能增大．故B正确．C、若在A点变轨，则变轨后卫星在圆轨道上运行时经过A点的加速度仍不变．故C错误．D、则变轨后卫星绕地球运动时经过B点的速度将增大，导致转动的半径增大，因此卫星绕地球运动的周期将变大．故D错误．故选：B．【点评】本题考查对宇宙速度的了解和卫星如何变轨的理解，可以根据离心运动知识理解卫星变轨的问题．6．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】当汽车以恒定的加速度启动时，利用牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的速度和时间；直到最后牵引力和阻力相等；【解答】解：A、当以加速度a加速运动时有：F﹣f=ma，F=f+ma，加速达到的最大速度为：v=，故所需时间为：t=，当加速度为2a时，F′﹣f=2ma，F′=f+2ma故加速达到最大速度为：，所需时间为：，故A错误；B、时刻速度为V=a，故功率为：，汽车的额定功率为：P=（f+ma）at，故B正确；C、根据P=（f+ma）at得：f=当牵引力等于阻力时速度最大为：v=，故C正确，D错误；【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉7．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】先对小球受力分析，受绳子拉力、斜面弹力、重力，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力，由圆周运动规律可列此时的表达式；小球从释放到最高点的过程，在依据动能定理可列方程，依据恰好通过最高点的条件是绳子拉力，可得倾角α的范围．【解答】解：C、D、小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力．在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mgsinα，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T+mgsinα=…①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：﹣mglsinα=﹣mv02…②若恰好通过最高点绳子拉力T=0，联立①②解得：sinα===故小球能保持在板面内作圆周运动时，α最大值为arcsin．故C错误，D正确；A、若a=0°，则轻绳对小球的拉力大小为：F T==0.5×=4N故A正确；B、若a=90°，小球不能到达最高点；如果上升0.7m，重力势能的增加量mgh=0.5×10×0.7=3.5J，初动能=1J，机械能不守恒，故B错误；【点评】本题重点是小球能通过最高点的临界条件，这个情形虽然不是在竖直平面内的圆周运动，但是其原理和竖直平面内的圆周运动一直，都是T=0为小球能过最高点的临界条件．二、非选择题8．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】物理学中对于多因素的问题，常常采用控制变量的方法，把多因素的问题变成单因素的问题，每一次只改变其中的一个因素，而控制其余因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别研究，甲加以综合解决，即为控制变量法；【解答】解：（1）在这两个装置中，控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故采用的控制变量法，故选A（2）控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故选D （3）通过控制变量法，得到的结果为在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故选C故答案为：（1）A；（2）D；（3）C【点评】本体主要考察了控制变量法，明确控制变量法的内容即可；9．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式得出滑块的加速度；（2）根据滑块的运动时间判断加速度是否发生变化，从而得出加速度与质量的关系；（3、4）作出a﹣h图线，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，通过图线斜率的物理意义求出重力加速度的大小．【解答】解：（1）根据L=得，滑块的加速度a=．故选：C．（2）根据以上信息，我们发现，在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间不改变，经过分析得出加速度与质量的关系为：斜面倾角一定时，加速度与物体质量无关．故选：BD．（3）根据表格中的数据作出a﹣h图线，如图所示．（4）根据牛顿第二定律得：a=，则图线的斜率为：k=，解得：g=9.82m/s2．故答案为：（1）C，（2）BD（3）如图所示（4）9.82（9.70﹣9.83之间）【点评】要清楚实验的原理，实验中需要测量的物理量是直接测量还是间接测量，通过物理规律可以把变量进行转换，以便更好研究和测量．10．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】共点力作用下物体平衡专题；万有引力定律的应用专题．【分析】（1）小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g．（2）根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量．（3）根据万有引力提供向心力列式化简可得卫星的线速度大小．【解答】解：（1）小球做平抛运动，根据h=gt2得星球表面的重力加速度为：g=．（2）根据G=mg得星球的质量为：M=．则星球的密度为：ρ==．（3）根据万有引力提供向心力为：得：V=答：（1）该星球表面的重力加速度；（2）若该星球的半径为R，忽略星球的自转，该星球的密度；（3）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动，该卫星的线速度大小．【点评】本题是万有引力与平抛运动的综合，要抓住平抛运动的加速度就等于重力加速度，能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，根据万有引力等于重力求天体的质量．11．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）对全过程分析，运用动能定理求出小球从抛出到落回抛出点的过程中克服阻力所做的功；（2）飞镖对上升过程和下落过程运用动能定理，联立求出阻力的大小；（3）根据功能关系求出小球上升过程和下降过程重力势能和动能相等的位置高度．【解答】解：（1）由动能定理：，代入数据可得：W克=72J；（2）设小球上升的最大高度为h，用f表示小球所受的阻力，对小球上升和下落过程分别运用动能定理：，，由以上两式可得：，代入数据可得：；（3）设小球上升过程中重力势能和动能相等时距地面高度为H1，下落过程中重力势能和动能相等时距地面高度为H2，则由功能关系：，解得：，，解得：．答：（1）小球从抛出到落回抛出点的过程中克服阻力所做的功为72J；（2）小球受到的阻力f的大小为2.2N；（3）若以地面为零势面，小球动能和重力势能相等时距地面的高度为9.0m和7.2m．【点评】本题考查了动能定理的综合运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，结合动能定理列式求解．12．【考点】向心力；向心加速度；机械能守恒定律．【专题】计算题；定量思想；临界法；匀速圆周运动专题．【分析】（1）先据曲线方程y=5.0cos（kx+）m求出小环运动到x=（m）时的高度，再据机械能守恒求出该点的速度．（2）据机械能守恒求出小环运动的最高点，再据曲线方程求出小环在赶上的运动区域即可．（3）先据机械能守恒和牛顿运动定律求出再低点的曲率半径，再利用机械能守恒和牛顿运动定律求出最高点时与杆的作用力【解答】解：（1）据曲线方程y=5.0cos（kx+）m可知，当x=0时，y=﹣2.5m；当x=（m）时，y=﹣5m．由x=0时到x=（m）为研究过程，由机械能守恒定律得：=﹣mg（5﹣2.5）+mv2；代入数据解得：v=5m/s（2）分析可知，小环在曲线上运动机械能守恒，当运动到最高点是速率为零，据机械能守恒定律得：+mg（﹣2.5）=mgh，[h为最高点到x轴的距离]…①据曲线方程：h=5.0cos（kx+）…②联立①②解得：x=5π，所以﹣≤x≤5π；（3）由小环从x=0处到最低点为研究对象，据机械能守恒定律得：+mg（﹣2.5）=﹣5mg，（v3为最低点的速度）…③在最低点，据牛顿第二定律得：F﹣mg=m，（F为最低点时轨道对小环的弹力）…④由小环x=0到最高点为研究对象，据机械能守恒定律：+mg（﹣2.5）=5mg+（v4为最高点的速度）…⑤在最高点，据牛顿第二定律得：mg﹣F2=m，（F2为最高点时，小环与轨道的弹力）…④联立③④⑤⑥解得：F2=﹣10N，负号表示方向竖直向下答：（1）若使小环以v1=10m/s的初速度从x=0处沿杆向下运动，小环运动到x=（m）处时的速度的大小5m/s；（2）在第（1）问的情况下，小环在杆上运动区域的x坐标范围﹣≤x≤5π；（3）小环经过轨道最高点Q时杆对小环的弹力为10N，方向竖直向下．【点评】本题和数学的上的方程结合起来，根据方程来确定物体的位置，从而利用机械能守恒和牛顿第二定律来解题．。