1、1四川省宜宾市一中 2018-2019 学年高中物理上学期第九周周训练题题序 能力阶层一级 二级考点及具体知识点 分值 设计难度系数了解理解（掌握）综合应用1 匀变速直线运动的应用 6 0.75 2 运动合成与分解的简单应用 6 0.75 3 速度图象、牛顿运动定律、功率 6 0.70 4 动能定理的理解与简单应用 6 0.70 5 机械能守恒定律的应用：链条 6 0.70 6 牛顿运动定律：斜面等时圆 6 0.60 7 牛顿运动定律的整体法与隔离法 6 0.75 8 力的平衡与运动的合成与分解 6 0.60 9 动力学和功能分析：圆周运动、皮带轮 6 0.60 第卷选择题10 万有引力的变轨
2、问题 6 0.70 11 验证机械能守恒定律 6 0.70 12 探究加速度与力和质量的关系 9 0.75 13 牛顿运动定律、系统机械能守恒 17 0.60 第卷非选择题 14 动力学分析、能量守恒 17 0.50 合计 110 0.64满分 110 分，考试时间 50 分钟1、选择题（本小题共 10 小题，17 题为单项选择题，810 题为多项选择题，每小题 6分，共 60 分，全选对的得 6 分，未选全得 3 分，有错选的得 0 分）1汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是 x24 t6 t2，则它在前 3 s 内的平均速度为( )A6 m/s B8 m/sC10 m/s D12 m/
3、s2趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球。则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是( )23如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2 kg 的物体在拉力 F 作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )A物体加速度大小为 2 m/s2B F 的大小为 21 NC4 s 末 F 的功率为 42 WD4 s 内 F 的平均功率为 42 W4一个质量为 m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成 60角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为 v，在力的方向
4、上获得的速度分别为v1、 v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A mv2 B16mv2 C mv2 D mv214 13 125如图所示，长为 L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的 垂在桌边，松手14后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( )A B32gL gL4C D415gL4 gL6. 如图所示， Oa、 Ob 和 ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆， O、 a、 b、 c、 d 位于同一圆周上， c 为圆周的最高点， a 为最低点， O为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从 O 点无初速释放，一个滑环从 d 点
5、无初速释放，用 t1、 t2、 t3分别表示滑环沿 Oa、 Ob、 da 到达 a、 b 所用的时间，则下列关系错误的是( )A t1 t2 B t2t3C t1aOb，由 x at2可知， t2tca，故选项 A 错误，B、C、D 均正确。12答案 A7.解析：选 D 同时释放两物体时，以物体 A、 B 为整体，根据牛顿第二定律可知：(mA mB)gsin ( mA mB)a，解得 a gsin ， A、 B 之间保持相对静止，选项 A 错误，D 正确；根据牛顿定律，对斜面及 A、 B 整体分析，在竖直方向具有竖直向下的加速度，因此整体处于失重状态，选项 B 错误；对物体 A： mAgsin
6、 f mAa，解得 f0，故物体A、 B 之间的动摩擦因数可能为零，选项 C 错误。8.解析：选 BD 物块有相对于钢板水平向左的速度 v1和沿导槽的速度v2，故物块相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，物块做匀速运动，所受导槽的作用力和拉力 F 的合力与滑动摩擦力大小相等方向相反，由几何关系易知， F 的方向沿 y 轴正方向时有最小值，即F fcos mg cos mg mg ，故选 B、D。v2v12 v229.解析：选 BD 物块在圆弧轨道上下滑的过程中，物块的机械能守恒，根据机械能守恒可得： mgR mv02，所以小物块滑上传送带的初速度： v0 ，物块到达传送带
7、上之后，12 2gR6由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物块的受力可知，物块在减速和加速的过程物块的加速度的大小是相同的，只要传送带的速度 v ，物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速2gR度大小，物块就能返回到 A 点，则 R ，故 A 项错误；若减小传送带速度，只要传送带v22g的速度 v ，物块就能返回到 A 点，故 B 项正确；若增大传送带的速度，由于物块返2gR回到圆弧轨道的速度不变，只能滑到 A 点，不能滑到圆弧轨道的最高点，故 C 项错误，D项正确。10.解析：选 AD 由于卫星 a 的运行轨道的半长轴比卫星
8、 b 的运行轨道半长轴短，根据开普勒定律，卫星 a 的运行周期比卫星 b 的运行周期短，选项 A 正确；两颗卫星分别经过 A 点处时，卫星 a 通过加速可以到圆轨道上运行，所以卫星 a 的速度小于卫星 b 的速度，选项 B 错误 D 正确；两颗卫星分别经过 A 点处时，由万有引力定律及牛顿第二定律得G ma，即卫星 a 的加速度等于卫星 b 的加速度，选项 C 错误。Mmr211.解析：(1)由题图乙可知，主尺刻度为 7 mm；游标尺上对齐的刻度为 5；故读数为：(750.05) mm7.25 mm0.725 cm。(2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有： mgH m
9、v2，12即：2 gH0 2(dt0)解得：2 gH0t02 d2。(3)由于该过程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后， Ep Ek将增大。答案：(1)0.725 (2)2 gH0t02 d2 (3)增大12.解析 (1)由题图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系(2)am 图线不经过原点，在 m 轴上有截距，即挂上小钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力(3)本实验直接以钩码所受重力 mg 作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量答案 (1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以
10、平衡摩擦力 远小于小车的质量13.解析：(1)弹簧恢复原长时，物体 A、 B 的加速度大小相同，对 B 分析： mg T ma对 A 分析： T mgsin 30 ma代入数据解得： T30 N。(2)初始位置，弹簧的压缩量为： x1 10 cm，mgsin 30k当物体 A 速度最大时，即物体 A 的加速度为 0，对物体 A 分析有： mg kx2 mgsin 30弹簧的伸长量为： x210 cm所以物体 A 沿斜面上升的距离为： x x1 x220 cm。(3)因为 x1 x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得： mg(x1 x2) mg(x1 x2)sin 30 2mv21
11、2解得： v1 m/s。答案：(1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s14 （1）根据题给条件，从近圆道到地面的空间中重力加速度 g=10m/s2，若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为 MghEp7以 表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得 Mgr2其中 r 为轨道半径，若以 地R表示地球半径，则 hR地 由、式可得空间站在近圆轨道上的动能为 )(21EK地 由、式得，在近圆轨道上空间站的机械能 3g地 在坠落过程中，用于销毁部分所需的能量为 )(mMQ汽 用于残片升温所需的能量 Tcm残 残片的动能为 21E残 以 E表示其他方式散失的能量，则由能量守恒得 钱残汽 由此得 chRMg 21)(231(地 （2）以题给数据代入得 JE209.11
