北京市海淀区2017-2018高三年级第一学期期中练习物理
一、单选题
1. 一位同学从操场A点出发，向西走了30m，到达B点，然后又向北走了40m，达到C点.在从A点到C点的过程中，该同学的位移大小是
A. 70m B. 50m C. 40m D. 30m
【答案】B
【解析】位移的大小等于首末位置的距离，所以总位移是大小为＝50m，故B正确．故选B.
点睛：解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．
2. 如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计. 则悬绳对球的拉力F的大小为
A. F=mgtanα B. F=mgsinα C. D.
【答案】C
【解析】足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示；
根据平行四边形定则，绳子对球的拉力：,故C正确，ABD错误。
点睛：本题考查共点力平衡条件的应用，注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法等，一般三力平衡时优先考虑合成法。
3. 一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点.从某时刻开始计时，经过二分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度.下图中能正确反映该弹簧振子的位移
x与时间t关系的图像是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：某一时刻作计时起点（），经周期，振子具有正方向最大加速度，则其位移为负方向最大，说明时刻质点经过平衡位置向负方向运动，故C正确．
考点：考查了简谐运动图像
4. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理.如图所示，从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g.则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为
A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N
【答案】B
【解析】豆粒从80cm高处落下时速度为v， ，
则
设向上为正方向，根据动量定理：
B正确，ACD错误。
故选：B。
二、多选题
5. 如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象.由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程.她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是
A. “起立”过程，体重计的示数一直大于A0
B. “下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0
C. “起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象
D. “起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
【答案】CD
BC、下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态，B错误，C正确。
故选：CD。
点睛：人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态。
6. 用如图所示装置研究摩擦力的变化规律，把木块放在水平长木板上，在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团，它只能被指针向左推动.用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使拉力由零缓慢增大.下列说法正确的是
A. 木块开始运动前，摩擦力逐渐增大
B. 当拉力达到某一数值时木块开始移动，此时拉力会突然变小
C. 该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小
D. 木块开始运动前，拉力小于摩擦力
【答案】ABC
【解析】A、木块开始运动前，拉力与摩擦力平衡，摩擦力拉力增大逐渐增大，A正确；
B、当摩擦力增大到最大静摩擦力，木块开始移动，静摩擦力变成滑动摩擦力，滑动摩擦力小于静摩擦力，所以拉力会突然变小，B正确；
C、木块开始移动，静摩擦力达到最大静摩擦力，此时拉力等于最大静摩擦力，C正确；
D、木块开始运动前，拉力等于摩擦力，D错误。
故选：ABC。
7. 物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0的方向为x轴的正方向、竖直向下的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系.如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏.两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】A、因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以影子在x方向做匀速运动，位移与时间成正比，位移时间图线为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；
C、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子在y轴方向做自由落体运动，位移时间图线是抛物线的分支，位移与时间的平方成正比，位移时间平方的图线是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确。
故选：AD。
点睛：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，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
8. 如图是某绳波形成过程的示意图.质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，… 各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端.t=T/4时，质点5刚要开始运动.下列说法正确的是
A. t＝T/4时，质点5开始向下运动
B. t＝T/4时，质点3的加速度方向向下
C. 从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小
D. 从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小
【答案】BC
【解析】A、t＝T/4时，质点5开始向上运动，A错误；
B、t＝T/4时，质点3受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下，B正确；
CD、从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8正在从平衡位置向上运动，速度正在减小，加速度正在增大，C正确，D错误。
故选：BC。
9. 与嫦娥1号、2号月球探测器不同，嫦娥3号是一次性进入距月球表面100km高的圆轨道Ⅰ（不计地球对探测器的影响），运行一段时间后再次变轨，从100km的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球15km的近月点B、距月球100km的远月点A的椭圆轨道Ⅱ，如图所示，为下一步月面软着陆做准备.关于嫦娥3号探测器下列说法正确的是
A. 探测器在轨道Ⅱ经过A点的速度小于经过B点的速度
B. 探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力
C. 探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应加速
D. 探测器在轨道Ⅱ经过A点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过A点时的加速度
【答案】AB
B、探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，科考仪器受到的万有引力充当向心力，处于完全失重状态，对其支持面没有压力，B正确；
C、在轨道Ⅱ经过A点的速度小于在轨道Ⅰ经过A点的速度，探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应减速，C错误；
D、万有引力提供向心力，探测器在轨道Ⅱ经过A点在轨道Ⅰ经过A点时受到的万有引力相同，加速度相同，D错误。
故选：AB。
10. 如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是
A. 当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小
B. 最低点的坐标为x=h+2x0
C. 小球受到的弹力最大值大于2mg
D. 小球动能的最大值为
【答案】ACD
【解析】A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
B、根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；
C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；
D、在x=h+x0处速度最大。由图知，mg=kx0，根据动能定理：，，D正确。
故选：ACD。
三、实验题
11. 如图所示，某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验.
（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的间隔判断小车是否做________运动.
（2）按上图所示装置，接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，如图所示.纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T，O点是打点计时器打出的第一个点，从O点到A、B、C、D、E、F点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6.已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m.由此可求得纸带上由O点到E点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W＝____________，该小车动能改变量的表达式ΔEk＝________.由于实验中存在误差，所以，W_______ΔEk.（选填“小于”、“等于”或“大于”）.
【答案】 (1). 匀速直线 (2). (3). (4). 大于
【解析】（1）平衡摩擦力时，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；
（2）盘和砝码的重力所做的功
从静止下落，O点的速度为零，而E点速度为：
则滑块动能的改变量为：
由于实验中存在空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦等原因，导致有热量产生，故。
点睛：本题的关键是明确该实验的实验原理和方法，只有平衡摩擦力才能使滑块受到的拉力为合力，然后求出合力对滑块做的功和滑块动能的变化，比较即可。
12. 在用如图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：
a.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b.用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；
c.缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球；
d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；
e.用公式g=计算当地重力加速度；
f. 改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量.
（1）在上述步骤中，错误的是_________（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是:__________________________________.
（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了图像，该图像对应下图中的________图.
（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_________.
A.适当加长摆线
B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D.
当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
（4）北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬.若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是Ｔ0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h＝_______.(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)
【答案】 (1). e (2). (3). C (4). AC (5).
【解析】（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，由实验步骤可知，步骤e错误，单摆摆长：，由单摆周期公式：可知，重力加速度：；
（2）单摆摆长：，由单摆周期公式：可知，，
把摆线长度作为摆长，当时，，图象在横轴上有截距，由图示图象可知，C正确。
（3）A、适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差，故A正确；
B、为减小阻力对实验的影响，质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，故B错误；
C、单摆在小摆角下的摆动为简谐振动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故C正确；
D、当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期，测量的偶然误差较大，从而使实验误差较大，故D错误。
（4）由万有引力公式与牛顿第二定律得：，
由单摆周期公式可知，在海平面处：，在珠峰峰顶：，
解得：。
点睛：本题考查了用单摆测重力加速度实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
四、计算题
13. 商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行.若用力F1=100N沿水平方向推货箱，货箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=120N水平推力把货箱从静止开始推动.（g取
10m/s2）.
（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）F2作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；
（3）在F2作用下，货箱运动4.0s时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小.
【答案】（1）0.5（2）1.0m/s2（3）9.6m
【解析】（1）木箱在水平拉力下匀速运动：F1-μmg=0
μ= =0.5
（2）由牛顿第二定律：F2-μmg=ma
a= =1.0m/s2
（3）设在F2作用下木箱的位移为x1，撤掉推力时木箱速度大小为v，撤掉推力后木箱加速度大小为a1，移动的位移为x2，总位移为x，则
x1=at2=8.0m
v=at=4.0m/s
μmg=ma1 ， a1= 5.0m/s2
0-v2=2 a1x2
x2=1.6m
总位移：x=x1+x2=9.6m
14. 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0m，倾角θ=37º，水平段与斜面段平滑连接.某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上.已知小朋友质量为20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3，不计空气阻力.已知sin37º=0.60，cos37º=0.80.（g取10m/s2）.求小朋友：
（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；
（2）滑到斜面底端时的速度大小；
（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功.
【答案】（1）48N（2）6m/s（3）-360J
【解析】（1）小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为
Ff =μmgcosθ=48N
（2）小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ-μgcosθ=3.6m/s2
由运动学公式v2=2aL 解得小孩滑至B点时的速度大小为
v==6m/s
（3）小孩在水平段滑行时，由动能定理得
Wf =0mv2= -360J
15. 2017年9月12日晚上11时58分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时，为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础.如图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后，组合体沿圆形轨道运行.经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转.求：
（1）地球质量M；
（2）组合体运动的周期T；
（3）组合体所在圆轨道离地面高度H.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）地球表面的万有引力等于重力，
所以
设组合体角速度为ω，依题意
故周期
根据牛顿第二定律：
16. 暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图甲所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图乙所示.“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m.小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg.小明和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动.在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º.g取10m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，在此过程中，求：
（1）座椅受到绳子的拉力大小；
（2）小明运动的线速度大小；
（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即图乙中O1点）的距离（保留两位有效数字）.
图甲 图乙
【答案】（1）500N（2）7.5（3）8.8m
【解析】（1）拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得
拉力T=mg/cos370=500N
（2）由牛顿第二定律，得：
mgtan370=
其中 R0=4.5m+5 sin37º =7.5m
解得，v=7.5
（3）由几何关系，座椅离地高度h=5.8-5 cos37º=1.8m
由平抛运动规律，得：
x=vt
h=
解得，x=4.5m
由勾股定理，落地点与游艺机中心距离
r'=m=8.9m
17. 我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车.某列动车组由8节车厢组成，其中车头第1节、车中第5节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖车的质量均为m=2×104kg，每节动车提供的最大功率P=600kW.
（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍，若该动车组从静止以加速度a=0.5m/s2加速行驶.
a.求此过程中，第5节和第6节车厢间作用力大小；
b.以此加速度行驶时所能持续的时间.
（2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1.为提高动车组速度，现将动车组改为4节动车带4节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1与v2的比值.
【答案】（1）a.3.6×104N b.（2）
【解析】（1）a．以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有
f=0.01mg
代入数据解得F=3.6×104N
b. 设每个动车提供最大功率为p，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm，对整个动车组进行分析，据牛顿第二定律，有
2F-8f=8ma
2P=2Fvm
代入数据解得vm=12.5m/s
持续时间
（2）动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv，依据公式
两式相比得
18. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动.传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道.质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，
传送带两轴之间的距离l=4.5m.设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止.取g=10m/s2.求：
（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间.
【答案】（1）60N方向竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为
由机械能守恒知：
得
设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律得：物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为，
方向竖直向下。
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：
设物块B通过传送带后运动速度大小为，有
联立解得：
由于，所以即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，
由动量守恒定律和能量守恒定律得：，
解得，
弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块M的初动能：；
（3）物块B经第一次与物块A碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动.
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，
由动能定理得：
得
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为
由动量定理得：
解得
设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得:，
解得：
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.
由动量定理得：
解得
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn=s，构成无穷等比数列，公比q=
由无穷等比数列求和公式可知，当n→∞时，有
物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为: .
点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。
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