1、2013届山西省忻州实验中学高三第一次模拟考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 以下涉及物理学史上的叙述中，说法不正确的是（ ） A伽利略通过实验直接验证了自由落体运动的位移时间关系 B麦克斯韦预言了电磁波的存在，后来被赫兹所证实。 C托马斯杨的双缝干涉实验证实了光具有波动性 D开普勒揭示了行星的运动规律，牛顿总结出万有引力定律 答案： A 试题分析： A伽利略是由 “冲淡 ”实验验证了铜球在阻力很小的斜面上滚下时体运动的位移时间关系，然后合理推论的出了自由落体运动的位移时间关系；应选 B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，后来被赫兹用实验证实；不选 C、托马斯杨的双缝干涉实验证实了光具有波动性；不
2、选 D、开普勒揭示了行星的运动规律，牛顿总结出万有引力定律；不选 故选 A 考点：物理学史 点评：有关物理学史的知识，要了解物理学中的几个重要试验以及对于的伟大发现，注意平时多看书积累。 如下图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中 a、 b两点电场强度和电势均相同的是 ( ) 答案： C 试题分析：根据点电荷的电场强度公式 可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再 根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向由 可判断电势高低 A、根据点电荷的电场强度公式 可计算得 a、 b 两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反；错
3、误 B、根据点电荷的电场强度公式 ，可求得各个点电荷在 a、 b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得 a、 b两点的电场场强大小不等；错误 C、根据点电荷的电场强度公式 可得各个点电荷在 a、 b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同再根据 ， U=Ed得， 可判断 a、 b两 电势相等；正确 D、根据点电荷的电场强度公式 可得 a、 b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同；错误 故选 C 考点：电场强度和电势 点评：本题考查了点电荷的电场强度公式 矢量的合成，电势差与电势的关系
4、，电势差与电场强的关系 如图所示， A板发出的电子经加速后，沿水平方向射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为 U，电子最终打在光屏 P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（ ） A当滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B当滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C水平金属板电压 U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D水平金属板电压 U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 答案： BD 试题分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在
5、平行偏转电场方向的位移减小同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间 变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小。 由题意知电子在加速电场中加速运动，电子获得的速度 ，电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，加速度 ，电子在电场方向偏转的位移 ，垂直电场方向做速度的匀速直线运动，粒子在电场中运动时间 ，又 偏转电场方向向下， 电子在偏转电场里向上偏转。 A、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以
6、电子获得的速 度 v增加，电子在电场中运动时间 减少，故电子偏转位移 变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降；错误 B、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度 v减小，电子在电场中运动时间 变大，故电子偏转位移 变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升；正确 CD、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度 v不变，电子在电场中运动的时间 不变，电子打在屏上的速度 ，由于加速度 a变大时间不变，故电子打在屏上的速度增大； D正确 故选 BD 考点：带电粒子在匀 强电场中的运动 点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定
7、理可得电子获得的速度与加速电压大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定，熟练运用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题。 如图所示，点电荷 A、 B是带电量为 Q 的正电荷， C、 D是带电量为 Q 的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上。它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径 abcd（与 ABCD 共面 )，如实线所示，O 为正方形与矩 形的中心。取无穷远处电势为零，则（ ） A O 点电势为零，场强为零。 B b、 d两点场强相等电势相等。 C将电子沿正方形
8、路径 a-d-c移动，电场力先做负功，后做正功。 D将质子沿直线路径 a-o-c移动，电势能先减少后增加。 答案： C 试题分析：电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小。 A、从图中可以看出，经过 O 点的等势面通向无穷远处，故 O 点的电势与无穷远处电势相等，故 O 点电势为零，而场强不为零；错误 B、由电场的对称性可得 b、 d两点场强相等，将一个正的试探电荷从 b点移动到 d点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故 b、 d两点电势不相等；错误 C、将电子沿正方形路径 adc 移动，从 a到 d，电场力做负功，从 d到 c，电场力做正功，由于 a与 c在同一等势面上，
9、故电场力做的总功为零；正确 D、将质子沿直线路径 a-o-c移动，由于 a、 o、 c三点在同一等势面上，故质子沿直线路径 a-o-c移动，电场力不做功；错误 故选 C 考点：电场的叠加、电场力做功 点评：注意等势面与电场线垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小进行讨论，同时运用在同一等势面上移动，电场力做功为 零。 如图所示为空间某一电场的电场线， a、 b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为 h，一个质量为 m、带电量为 q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 ，则下列说法中正确的有 （ ） A质量为 m、带电量为 2q的小球从 a点静止释放后沿
10、电场线运动到 b点时速度大小为 2 B质量为 m、带电量为 -q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 2 C质量为 2m、带电量为 -q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 D质量为 2m、带电量为 -2q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 答案： A 试题分析：由动能定理计算，得出 a、 b两点间的电势差，再由动能定理计算得其他带电小球运动到 b点时的速度大小。 质量为 m、带电量为 q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点过程中，由动能定理有： ，可得 ； A、由动能定理，质量为 m、带电量为 2q的小球从 a点静止释放后
11、沿电场线运动到 b点时速度大小为： 可得 ；正确 B、由动能定理，质量为 m、带电量为 -q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 可得 ；错误 C、由动能定理， 质量为 2m、带电量为 -q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 可得 ；错误 D、由动能定理，质量为 2m、带电量为 -2q的小球从 a点静止释放后沿电场线运动到 b点时速度大小为 可得 ；错误 故选 A 考点：动能定理，电场力做功 点评：注意计算电场力做功的公式 对匀强电场，非匀强电场都适用。 2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行。北斗导航系统又被称为 “双星定位系统 ”，具有导航、定
12、位等功能。 “北斗 ”系统中两颗工作星均绕地心 O 做匀速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的 A、 B两 位置（如图所示）若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力则以下判断中正确的是（ ） A这两颗卫星的加速度大小相等，均为 B卫星 l由位置 A运动至位置 B所需的时间为 C卫星 l向后喷气就一定能追上卫星 2 D卫星 1由位置 A运动到位置 B的过程中万有引力做正功 答案： A 试题分析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由圆周运送规律进行分析。 A、根据万有引力提供向心力 ， 而 所以卫星的加速度 ；正确
13、 B、根据万有引力提供向心力 ， ，所以卫星 1由位置 A运动到位置 B所需的时间 ；错误 C、卫星向后喷气，速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，会离开原来的圆轨道所以卫星 1在原轨道加速不会追上卫星 2；错误 D、卫星在运动的过程中万有引力与速度方向垂直，不做功；错误 故选 A 考点：万有引力定律的应用 点评：本题的关键掌握万有引力提供向心力 ，以及黄金代换式。 如图所示，水平传送带 AB距离地面的高度为 h，以恒定速率 v0顺时针运行。甲、乙两滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在 AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两 滑块以相同的速率分别向左、右运动。下
14、列判断正确的是 ( ) A甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等 B甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等 C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等 D甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等 答案： AC 试题分析：两滑块被弹开后，由两滑块速度与传送带速度关系判断两滑块的运动关系，由匀变速运动规律和平抛运动规律得出，两滑块落落地时相对传送带的位置。 AB、甲、乙两滑块弹开后，在传送带上做匀减速直线运动，加速度为，若速度足够大，可能一直匀减速到达传送带的两端，速度仍大于传送带的速度，因甲、乙加
15、速度一样大，通过的位移一样大，由可知离开传送带时 ，由平抛运动规律可知，落地时甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离相等；若速度较小，甲可能一直减速到左端，速度小于传送带的速度，而乙向右先减速后匀速，则离开传送带时有 ，由平抛运动规律可知，落地时甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离不等； A正确 CD、若甲乙两物体被弹开时，速度较 小，甲物体先向左匀减速，后反方向匀加速，最后匀速，乙可能先减速后匀速（弹开时速度大于 v0），也可能先加速后匀速（弹开时速度小于 v0），则甲、乙两物体均以 v0大小的速度由传送带的右端做平抛下落，由平抛运动规律可知，甲、乙滑块
16、落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等； C正确 故选 AC 考点：平抛运动 点评：注意物体在传送带上运动，由于物体速度与传送带速度大小关系的不同，导致物体离开传送带时的位置和速度不同，落地时据释放点的距离不同。 如图所示，一长为 L 的木板，倾斜放置，倾角为 45，今有一弹性小球，自 与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为 ( ) A L B L C L D L 答案： D 试题分析：由平抛运动的规律和自由落体运动的规律找出小球落到木板上时的速度与释放
17、点距木板上端的水平距离间的关系，从而的到水平距离的大小。 小球释放后落到木板上之前做自由落体运动，设小球释放点距木板上端的水平距离为 x,小球落到木板上时的速度为 v，由自由落体运动的规律得： ，小球落到木板上反弹后做初速度为 v的平抛运动，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，由几何关系和平抛运动规律的： 竖直方向 ；水平方向 ；由以上三式可得： 。 故选 D 考点：平抛运动 点评：注意有几何关系的处平抛运动的水平、竖直位移是解决本题的关键。 一物体从某一行星表面竖直向上抛出 (不计空气阻力 ) t 0时抛出 ,得到如图所示的位移 s-t图象，则 ( ) A该行星表面的重力加速度为 8m/s2
18、 B该物体上升的时间为 5s C该物体被抛出时的初速度为 10m/s D该物体落到行星表面时的速度为 20m/s 答案： AD 试题分析：从图上可以读出上升的最大高度和竖直上抛的时间，根据求出星球表面的重力加速度；初速度可以根据 求解。 AB、由图线可得，物体上升的最大高度 25m,2.5s末到达最大高度，据得 ； A正确 CD、据 得 ，即初速度向上，大小为 20m/s，据竖直上抛运动速度的对称性可得，该物体落到行星表面时的速度为 20m/s； D正确 故选 AD 考点：竖直上抛运动与匀变速运动的图象 点评：解决本题的关键掌握竖直上抛运动的上升过程和下降过程具有对称性，以及掌握自由落体运动的
19、公式 。 一质量为 2 kg的物体 ,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动 ,当运动一段时间后 ,拉力逐渐减小 ,且当拉力减小到零时 ,物体刚好停止运动 ,图中给出了拉力随位移的变化的关系图象 .则根据以上信息可以精确得出或估算得出的物理量有 ( ) A物体与水平面间的动摩擦因数 B合外力对物体做的功 C物体匀速运动时的速度 D物体运动的时间 答案： ABC 试题分析：匀速运动时拉力与摩擦力相等，由图可得摩擦力大小，即可求得动摩擦因数； F-s图线与横轴所围面积为力对物体做的功，可得合外力做的功；由动能定理可得物体的初速度。 A、物体在粗糙的水平面上做匀速运动 ,拉力与摩
20、擦力相等，由图可得摩擦力大小为 ,物体对水平面的压力与物体重力大小相等，由滑动摩擦定律有，则 ；正确 B、由 F-s图象可得合外力对物体做的功为 ；正确 C、由动能定理可得 ， ；正确 D、由于物体先匀速后变减速，由初速度与位移不能求得运动时间；错误 故选 ABC 考点：动能定理的应用 点评：本题注意 F-s图线与横轴所围面积为力对物体做的功，巧妙之处在算出每一小格的功，通过数格数找出 力 F对物体做的功。 如图所示，一个质量为 m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因数为 ，现给环一个向右的初速度 v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力 F的作用，已知力 F的大小 F
21、 kv(k为常数， v为环的运动速度 )，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功 (假设杆足够长 )可能为 ( ) A mv B mv C 0 D mv -答案： ACD 试题分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、竖直向上的力 F、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析竖直向上的力 F与重力大 小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功。 A、当 时圆环受摩擦力做减速运动到静止，只有摩擦力做功，由动能定理得： ，即 ；正确 C、当 时圆环 摩擦力做功为零；正确 D、当 时圆环受摩擦力，先做减速运动，当 时圆环做
22、匀速直线运动，当 时，得 据动能定理可得： ，；正确 故选 ACD 考点：动能定理的应用 点评：注意摩擦力是被动力，要分情况讨论在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力 如图所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，已知小车的质量为 M，小桶与沙子的总质量为 m，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为 h的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，下列说法中正确的是（ ） A轻绳对小车的拉力等于 mg B m处于完全失重状态 C小桶获得的动能为 m2gh (m+M) D运动中小车的机械能增加， M和 m组成系统机械能守恒 答案： C
23、D 试题分析：该题是连接体问题，一般采用整体法和隔离法求解通过对整体进行受力分析求合力，根据牛顿第二定律求加速度，部分和整体的加速度、速度大小相等；判断一个物体是否处于完全失重状态，就是看他的加速度是否等于重力加速度 A、将小车和沙桶做为整体，对整体进行受力分析可知， ，据牛顿第二定律有 ，再以沙桶为研究对象，受重力和绳子拉力，据牛顿第二定律有 ，则 ；错误 B、物体处于完全失重状态时，其加速度等于自由落体加速度，沙桶下落加速度与整体加速度相等，即 ， m没有处于完全失重状态；错误 C、小桶下落竖直高度为 h时 的速度为 v：则 ，小桶获得的动能为：，解得 ；正确 D、对小车轻绳拉力做正功，小
24、车的机械能增加，对系统只有沙桶重力做功，M和 m组成系统机械能守恒；正确 故选 CD 考点：牛顿第二定律、机械能守恒 点评：注意连接体问题，一般采用整体法和隔离法去求解整体和部分的速度、加速度大小相等多次对整体或部分运用牛顿第二定律，求加速度 如图所示，水平固定倾角为 的光滑斜面上有两质量均为 m 的小球 A、 B，它们用劲度系数为 k的轻质弹簧连接，现对 B施加一水平向左推力 F使 A、 B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为 l，则弹簧原长和推力 F的大小分别为 ( ) A B C D 答案： D 试题分析：对于连接体问题，优先考虑以整体为研究对象，本题中以整体为研究对象，可以求出力 F 的大
25、小，然后根据 A 处于平衡状态，可以求出弹簧弹力，从而进一步求出弹簧的原长。 以整体为研究对象，系统处于平衡状态，沿斜面方向有： ，则 ；以 A为研究对象沿斜面方向有： ， ，可得： 。 故选 D 考点：共点力平衡条件及应用 点评：对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解 用水平力 F拉着一 物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力 F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力 随时间 t变化如下图中实线所示。下列说法正确的是（ ） A F是从 时刻开始减小的， 时刻物体的速度刚好变为零 B F是从 时刻开始减小的， 时刻物体的速度刚好变为零 C从 0-
26、t1内，物体做匀速直线运动， t1-t2时间内物体做加速度不断增大的减速运动， 时刻物体的速度刚好变为零 D从 0-t2内，物体做匀速直线运动， t2-t3时间内物体做加速度不断增大的减速运动， t3时刻物体的速度刚好变为零 答案： AC 试题分析：物体在水平地面上做匀速运动，随水平拉力 F 的减小，做减速运动，最后静止，而滑动摩擦力与物体运动状态无关；静摩擦力与运动趋势强弱有关。 滑动摩擦力与速度大小无关，则图中 0 t2时间内物体是运动的， 时刻物体停止运动， t2 t3物体静止，静摩擦力与 F大小相等，力 F随时间均匀减小，则斜线的反向延长线与至直线交点为拉力与滑动摩擦力相等，即 0 t
27、1内物体匀速运动， t1 t2由牛顿第二定律有 ，力 F随时间均匀减小，加速度增大，速度减小，由以上分析可得 : 从 0 t1内，物体做匀速直线运动， t1 t2时间内物体做加 速度不断增大的减速运动， 时刻物体的速度刚好变为零。 故选 AC 考点：牛顿第二定律、摩擦力 点评：注意滑动摩擦力与物体运动状态无关；静摩擦力与运动趋势强弱有关。 实验题 在 “验证机械能守恒定律 ”实验中，某研究小组采用了如图甲所示的实验装置。实验的主要步骤是：在一根不可伸长的细线一端系住一金属小球，另一端固定于竖直黑板上的 O 点，记下小球静止时球心的位置 O，粗略测得 OO两点之间的距离约为 0 5m，通过 O作
28、出一条水平线 PQ。在 O附近位置放置一个光电门，以记下小球通过 O时的挡光时间。现将小球拉离至球心距 PQ 高度为h 处由静止释放，记下小球恰好通过光电门时的挡光时间 t。重复实验若干次。问： （ 1）如图乙，用游标卡尺测得小球的直径 d= cm （ 2）多次测量记录 h 与 t 数值如下表： 请在答题纸的坐标图中作出 与 h 的图像，指出图像的特征 ，并解释形成的原因 。 答案：（ 1） 10.2mm即 1.02cm（ 2）图见，特征原因解释见 试题分析：（ 1）游标卡尺读数方法：首先读出游标尺 0刻线对应的主尺的整数部分读作 n毫米，然后读出游标尺第几个刻度线和主尺刻度线对齐，读作 m，
29、最后读数为： (m+n0.1)mm，所以本题读作 10.2mm即 1.02cm。 （ 2）图象见下图 图线特征：当 时为直线，当 时为曲线（向下弯曲） 原因解释：当 时因为机械能守恒， 有 ，而 ，故 ，所以图线为直线；当 时因为全过程机械能不守恒（线绷紧时机械能有损失） 考点：验证机械能守恒定律 点评：本题中小球过最低点的速度 ，由于 t很短，所以可以把平均速度看成瞬时速度。 测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定 （ 1）实验过程中，电火花计时器应接在 电源上调整定滑轮高度，使 （ 2）已知重力加速度为 g，测得木块的质量为 M，砝码盘和砝码的总质量为
30、m，木块的加速度为 a，则木块与长木板间动摩擦因数 = （ 3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分， 0、 1、2、 3、 4、 5、 6为计数点，相邻两计数点间还有 4个打点未画出从纸带上测出 x1=3.20cm， x2=4.52cm， x5=8.42cm， x6=9.70cm则木块加速度大小 a= m/s2(保留两位有效数字 ) 答案：（ 1）交流 细线与长木板平行（答 “细线水平 ”同样给分） （ 2） （ 3） 1.3 试题分析：（ 1）电火花计时器使用 220V交流电，调整定滑轮高度，当细线与长木板平行拉力才水平，摩擦力才等于 （ 2）根据牛顿第二定律 ，得 。
31、 （ 3）相邻两计数点之间的时间间隔 T=0.10s, 根据逐差法 可得， ，所以 考点：求动摩擦因数和研究匀变速直线运动 点评：逐差法是求加速度的最常用方法，所以要熟练掌握这种方法，掌握这种分析方法的原理。 计算题 近年来，我国高速公路网发展迅速。为了确保安全，高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，已知某高速公路的最高限速 v 24 m/s。某司机驾车在该高速公路上以限定的 最高速度行驶，突然前方约 90 m处有一车辆因故已停挡住去路，司机从发现后便操作紧急刹车，到汽车开始匀减速所经历的时间 (即反应时间 )为 t0 0.50 s（注：在反应时间内汽车做匀速运动），刹车时汽车的加速度大小
32、为 4.0 m/s2（计算结果数值保留两位有效数字），问 (1)刹车减速后 5.0s内的位移 S1？ 7.0s末的速度 v2？ (2)试通过计算说明是否会发生追尾事故？ (3)若司机是酒后驾车，反应时间延缓为 t0 1.5 s，请你做出该车的 vt 图像（注：不考虑路障，从司机发现前方车辆因故停止时开始计时。 只作规范图像，不需任何计算过程） 答案：（ 1） ， （ 2）不会发生追尾事故（ 3）见 试题分析：（ 1）汽车刹车到停下，历时 因为 所以 代入数据解得 而 ,车已停下 故 （ 2）由题意有 代入数据 解得 s=84m 因 s 90m不会发生追尾事故 （ 3）如图 考点：相遇问题 点评
33、：本题关键是弄清运动过程，灵活运用运动学公式。 “嫦娥一号 ”探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想。假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如下图所示力学实验：让质量为 m=1.0kg的小滑块以 v0=1m/s的初速度从倾角为 53的斜面 AB的顶点 A滑下，到达 B点后恰好能沿倾角为 37的斜面到达 C点。不计滑过 B点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为 ，测得 A、 C两点离 B点所在水平面的高度分别为 h1=1.2m， h2=0.5m。已知 sin37=0.6， cos37=0.8，不计该星球的自转以及其他星球对它的作用。 （ 1）求该星球表面的重力加速度
34、； （ 2）若测得该星球的半径为 m，宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多大？ （ 3）取地球半径 m，地球表面的重 力加速度 g0=10m/s2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比 。 答案：（ 1） （ 2） 6km/s （ 3） 0.64 试题分析：（ 1）小滑块从 A到 C的过程中，由动能定理得 代入数值解得 （ 2）设探测器质量为 ，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行速度最大，由牛顿第二定律和万有引力定律得 又 解得 代入数值解得 （ 3）由星球密度 和 得该星球的平均密度与地球的平均密度之比 代入数值解得 考点：万有引力定律的应用
35、点评：此类问题的一般方法是先求出星球表面的重力加速度，利用万有引力等于卫星做圆周运动的向心力和在星球表面万有引力等于重力，如果求密度还可以把天体看成球形，体积 。 如图所示， AB为半径 R 0.8 m的 1/4光滑圆弧轨道，下端 B恰与小车右端平滑对接小车质量 M 3 kg，车长 L 2.06 m，车上表面距地面的高度 h 0.2 m现有一质量 m 1 kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到 B端后冲上小车已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 0.3，当车运行了 1.5 s时，车被地面装置锁定 (g 10 m/s2)试求： (1)滑块刚到达 B端瞬间，轨道对它支持力的大小； (2)车
36、被锁定时，车右端距轨道 B端的距离； (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小； (4)滑块落地点离车左端的水平距离 答案： (1)30 N (2)1 m (3)6 J (4)0.16 m 试题分析： (1)设滑块到达 B端时速度为 v， 由动能定理，得 由牛顿第二定律，得 联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力： . (2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得 对滑块有： 对小车有： 设经时间 t两 者达到共同速度，则有： 解得 t 1s由于 1s 1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：因此，车被锁定时，车右端距轨道 B端的距离： . (3)从车开始
37、运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离 所以产生的内能： . (4)对滑块由动能定理，得 滑块脱离小车后，在竖直方向有： 所以，滑块落地点离车左端的水平距离： . 考点：力学综合问题 点评：本题涉及到机械能守恒、竖直平面内圆周运动、牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、功能关系、平抛运动等重要知识点，是一道典型的力学综合问题。 如图 ,可视为质点的三物块 A B C放在倾角为 30的固定斜面上 ,物块与斜面间的动摩擦因数 = A与 B紧靠一起 ,C紧靠在固定挡板上 ,三物块的质量分别为 mA=0.80 kg mB=0.64 kg、 mC=0.50 kg,其中 A不带电 ,B C均带正电 ,
38、且qC=2.010-5 C,开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用 ,B C 间相距 L=1.0 m.如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为 0,则相距为 r时 ,两点电荷具有的电势能可表示为 Ep=k 现给 A施加一平行于斜面向上的力F,使 A在斜面上做加速 度 a=1.5 m/s2的匀加速直线运动 ,假定斜面足够长 .已知静电力常量 k=9.0109 N m2/C2,取 g=10 m/s2.求 : (1)B物块的带电荷量 qB. (2)A B运动多长距离后开始分离 . (3)从开始施力到 A B分离 ,力 F对 A物块做的功 .答案： (1) (2)0.2m (3)1.05J
39、 试题分析： (1)A B C 处于静止状态时 ,设 B物块的带电荷量为 qB,则 C对 B的库仑斥力 以 A B为研究对象 ,根据力的平衡 联立解得 (2)给 A施加力 F后 ,A B沿斜面向上做匀加速直线 运动 ,C对 B的库仑力逐渐减小 ,A B之间的弹力也逐渐减小 .设经过时间 t,B C间距离变为 L,A B两者间弹力减小到零 ,此后两者分离 .则 t时刻 C对 B的库仑斥力为 以 B为研究对象 ,由牛顿第二定律有 联立 解得 则 A B分离时 ,A B运动的距离 (3)设从开始施力到 A B开始分离这段时间内库仑力做的功为 ,力 F对 A物块做的功为 ,A B分离时速度为 . 由功能关系有 : 由动能定理有 而 由 式解得 . 考点：牛顿第二定律应用和动能定理 点评：本题综合运用了牛顿运动定律、动能定理以及电场力做功与电势能的关系，关键理清物体的运动情况，以及在运动过程中关键点的受力情况
