江西省百所重点中学高三上学期阶段性诊断考试物理试题 及答案.doc

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1、2015届江西省百所重点中学高三上学期阶段性诊断考试物理试卷考生注意： 1本试卷分第1卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分。考试时闯90分钟。2请将各题答案填在试卷后面的答题卡上。 3本试卷主要考试内容：必修1、必修2。第1卷(选择题共40分)一、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16小题只有一个选项正确。第710小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分。有选错或不答的得0分。 1在经典力学建立过程中，伽利略、牛顿等物理学家作出了彪炳史册的贡献。关于物理学家的贡献，下列说法正确的是（ ） A. 牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量得出

2、了引力常量G B. 伽利略在对自由落体运动的研究中，采用了以实验检验猜想和假设的科学方法 C. 牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体，物体都会落回地面 D伽利略揭示了力与运动的关系，并用实验验证了在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去解答：A. 牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许通过实验测量得出了引力常量G,故A错误B. 伽利略在对自由落体运动的研究中，是采用了以实验检验猜想和假设的科学方法,B正确C. 牛顿认为站在足够高的山顶上以达到第一宇宙速度的水平速度抛出物体，物体就不会落回地面,故C错误.D. 伽利略揭示了力与运动的关系，并用实验检验猜想基础上,推理

3、出在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去,故D错误.2一物体运动的速度一时闯图象如图所示，由此可知（ ）A.在2t0时间内物体的速度变化量为0 B.在2t0时间内物体的速度一直在减小C. 在2t0时间内物体的加速度一宣在减小D.在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大 考点:匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：本题是速度-时间图象，速度图象的斜率等于物体的加速度大小，速度和加速度的正负表示速度的方向，纵坐标的大小表示速度的大小解答：A、2 t0时间内物体的速度的变化量v=v2-v1=-2v00，故A错误；B、2 t0时间内物体的速度先减小后反向增大，故B错误；

4、C、物体速度图象的切线斜率等于物体的瞬时加速度大小，物体的加速度方向一直为负值，所以加速度一直沿负方向，没有发生改变，但a大小是先减少到0再遂渐增大,故C错误；D、在2t0时间内物体所受的合力F=ma，a大小是先减少到0再遂渐增大,所以合力F先减少再增大，故D正确故选：D点评：本题考查基本的读图能力，矢量的正负表示其方向，数值表示其大小32014年3月8日，“马航MH370”客机失联后，我国巳紧急调动多颗卫星，利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持。把地球看作质量分布均匀的球体，关于环绕地球运动的低轨卫星(环绕地球运动的半径比地球同步卫星的环绕半径小得多)和同步卫星；下列

5、说法正确的是( ) A.低轨卫星的环绕速率可能大于79 kmsB.低轨卫星和地球同步卫星的轨道平面一定重合C.低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期 D地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系和第一宇宙速度专题：万有引力定律的应用专题-人造卫星问题分析：由万有引力提供向心力解得卫星做圆周运动的线速度表达式，判断速度与轨道半径的关系可得，第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，轨道半径最小，线速度最大，从而即可求解解答： A、同步卫星相对地球静止，低轨卫星相对地球是运动的，由万有引力提供向心力，G, 第一宇宙速度的轨道半径等于地

6、球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度同步卫星的轨道半径大于第一宇宙速度对应的半径，则其环绕速度小于第一宇宙速度，第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度故A错误，C正确； B、低轨卫星和地球同步卫星，它们的轨道平面不一定重合，但圆心都在地心，故B错误C、根据G 得，低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则低轨卫星的速率大于同步卫星，周期小于同步卫星同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些故D正确；故C错误故选：D点评：解决本

7、题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星的特点注意第一宇宙速度有三种说法：它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度4用细绳一端拴着一颗小钢球，另一端系一光滑小圆环，挂在T形支架的横杆上。设小球质量为m，细绳长度为L。一同学给小球一足够大的沿水平方向的初速度，使小球在拉力作用下在垂直于横杆的竖直面内做圆周运动，下列说法正确的是A.小钢球的初速度一定不小于B.小钢球可能做匀速圆周运动 C.小钢球运动到最高点的线速度不可能小于D.小钢球在圆周运动过程

8、中的加速度不可能超过5g答案:A解析:小球在竖直面内做圆周运动,要通过最高点须满足条件: mgmv2/L,得最高点线速度 v ,故C错误,从最低点到最高点过程中机械能守恒, 运动过程中有重力势能与动能的相互转化，速度会发生改变小钢球不可能做匀速圆周运动,B错误,整个过程中有2mgL+mv2=mv02 ,得到小钢球的初速度v0 ,A正确,在最低点时 拉力和重力的合力提供向心力 F-mg=mv02/L=ma,加速度a5g ,a=5g是能进行圆周运动最小速度情况下得最大加速度D错误5如图所示，可视为质点的小球从位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以某一初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于

9、B点。已知半圆柱体的半径为R，过B点的半径与水平方向的夹角为300，由此可知A.小球抛出时的初速度v0 = B.小球抛出时的初速度v0 =C小球从抛出点飞行到B点经历的时间t= D小球从抛出点飞行到B点经历的时间t=考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成60角，根据速度方向得到在B点竖直分速度的大小，再根据平抛运动的规律和几何知识结合即可求解半圆柱体的半径解答：在B点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60角，由速度的分解可知，竖直分速度大小vy=v0tan600=v0 , vy=gt 水平方向上有:x=v0t=R+Rc

10、os300 得: t= v0 = ,B正确，A、C、D错误 。 故选：B点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解6图示为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图象，图中Pe为发动机的额定功率，若已知汽车在t2时刻之前已达到最大速度vm，据此可知A. t1t2时间内汽车做匀速运动B. 0t1时间内发动机做的功为Pet1 C . 0t2时间内发动机做的功为Pe(t2一t1/2) D汽车匀速运动时所受的阻力小于考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：根据图象可知，在0t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车由静止开始做

11、匀加速直线运动，通过受力判断功率达到额定功率后的运动从而得出合力随时间的变化图线解答：在0t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F-f=ma可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t1时间达到额定功率，随后在t1-t2时间内，汽车速度继续增大，由P=Fv可知，牵引力减小，加速度减小，但速度继续增大，直到牵引力减小到与阻力相等时f=F=Pe/vm，达到最大速度vm，接着做匀速运动f=F=Pe/vm，最终汽车所受的合力为零 发动机所做的功为图线与t轴所围成的面积，0t1时间内发动机做的功为Pet1/2，0t2时间内发动机做的功为Pe(t2一t1/2)，故C正确，A、B、D错误

12、 故选：C点评：解决本题的关键会通过受力判断物体的运动，知道加速度随着合力的变化而变化7在2014年8月28日第二届南京青年奥林匹克运动会闭幕式举行现场，国际奥委会主席托马斯巴赫再次提议全场观众使用智能手机拍照“传情”，这已经成为本届青奥会最时尚的“传情”方式。若他们拿手机进行自拍时，只用两个手指捏着手机，则下列说法正确的是A.手机可能只受到弹力和重力作用，处于平衡状态B.手机可能受到摩擦力、弹力、重力作用，处于平衡状态C手机可能只受到摩擦力和重力作用，处于平衡状态D手机受到摩擦力、手臂的举力、弹力、重力作用，处于平衡状态解答：两个手指竖直一上一下捏着手机，手机只受到弹力和重力作用，处于平衡状

13、态；其他方位捏着手机，手机受到摩擦力、弹力、重力作用，处于平衡状态，有摩擦力一定有弹力存在的。故A、B正确，C、D错误。82014年夏季，我国北方出现严重干旱。8月下旬，喜降甘露，缓解了旱情。假设质量为m的雨滴在到达地面前已经开始匀速下落。已知雨滴所受阻力与其速度及其横截面积均成正比，雨滴可视为球体，据此分析可知 A.雨滴落到地面的速度与雨滴半径的二次方成正比B.雨滴在匀速下落前做加速度逐渐减小的加速运动 C.雨滴落到地面的速度与雨滴半径成正比D.即将落地时，雨滴所受的阻力与雨滴质量无关解析: (1)雨滴所受阻力F=kvs=kvr2 , 雨滴质量m=r3 匀速下落时达到最大速度（收尾速度）为v

14、m时，即将落地时，雨滴所受的阻力F=mg,D错误, 雨滴落到地面的速度v=gr ,A错误, C正确.（2）雨滴在匀速下落前,根据牛顿第二定律：mgF=ma,a=gkv ,故B正确9如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10 ms2，则 A. 当F=8 N时，滑块的加速度为2 ms2B小滑块的质量m=4 kgC. 滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1D力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t(N)考点:牛顿第二定律；动摩擦因数专题：牛顿运动定律综合专题

15、分析：当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析解答： 1.当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=6kg当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a= =(F-mg)/M，知图线的斜率k=1/M=1/2，解得：M=2kg，滑块的质量为：m=4kg故B正确2.根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=(1/2)F(40)/2，代入数据解得：=0.1，所以a= F2 ,当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2对滑块：根据mg=m

16、a得滑块的加速度为： a=mg/m =g=1m/s2，故C正确，A错误3.从图象中无法得出力F随时间t变化的函数关系一定可以表示为F=6t(N), 故D错误. 故选：BC点评：本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析10如图所示，在竖直平面内，半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，圆弧轨道的半径OB和BC垂直，水平轨道BC的长度大于R，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个质量为m、半径为r(rR)的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点

17、B依次标记为1、2、3N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，若以BC所在的平面为重力势能的零势面，下列说法正确的是 A第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能增大 B. 第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能减小C第1个小球到达最低点的速度的大小vD. N个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且总机械能E=NmgR专题：机械能守恒定律应用专题分析：N个小球在BC和CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位

18、置可能高也可能低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度解答：1、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，且第N-1个力对第N个球做正功,根据功能关系有第N个小球在斜面CD上向上运动时机械能增大,故A正确；B错误.2、把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧A

19、B的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，N个小球构成的系统总机械能E= Nmg) 0.36NmgR NmgR,故D错误；小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：Nmg)=Nmv2 解得：v ,所以第1个小球到达最低点的速度v，故C正确故选：AC点评：本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，能把N个小球看成一个整体处理，难度适中第卷(非选择题共60分)二、实验题：本题共2小题共15分。把答案填在答题卡上或按题目要求作答.11(6分)

20、某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。 如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止。剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和滑块沿斜面运动的位移x .(不计空气阻力对本实验的影响) (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为 .(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为 。(3)以下能引起实验误差的是 。 a. 滑块的质量 b当地重力加速度的大

21、小 c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时答案：(1) x/H (2分) (2) (h-x2/H) (2分) (3) cd (2分)考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题；摩擦力专题分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差解答：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由H= gt2和

22、x= at2得：a/g = x/H 根据几何关系可知：sin=h/x，cos= ，对滑块由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma，且a= gx/H ;联立方程解得=(h-x2/H)由得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故他们的分析是正确的故答案为：(1) x/H , (2) (h-x2/H) , (3) cd点评：本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式以及牛顿第二定律的应用，要求同学们能学会对实验进行误差分析12(8分)某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律。 (1)某同学用20分度游标卡

23、尺测量小球的直径，示数如图甲所示，小球直径为 cm。 (2)若小球直径为d，图乙所示的弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为tA、tB，用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较 和 相等，就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号表示)。 (3)若固定光电门A，通过改变光电门A、B间的距离h，得到vB2随h变化的曲线。不计空气阻力，则vB2随h变化的曲线斜率的绝对值等于 。答案：(1) 1.020 (2分) (2)2gh ; (d/tA)2一(d/tB)2 (或gh ; (d/tA)2一(d/tB)2/2

24、) (每空2分) (3)2g (2分) 考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读知道光电门测量瞬时速度的原理根据重力势能和动能的定义求出对应的物理量解答：（1）游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.054mm=0.20mm，所以小球的直径为最终读数为10mm+0.054mm=10.20mm=1.020cm（新课标课本读法为主尺读数游标尺读数：小球的直径为1.4cm4(19/20)mm=10.20mm=1.020cm）利用平均速度代替瞬时速度算得小球经过光电门时的速度,得：小球经过光电门A时的速度为vA=d/

25、tA ,小球经过光电门B时的速度为vB=d/tB ,小球动能增加量为Ek= m()2m()2 ;小球的重力势能减小量为mgh ；所以若公式mgh= m()2m()2成立，即只需比较得gh= ()2()2，就可以验证机械能守恒由机械能守恒得mgh= mv2，则vB2随h变化的曲线斜率的绝对值k=vB2/h =2g .点评：掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度三、计算题：本大题共4小题，共45分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的

26、不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(9分)2014年8月29日，天津国际无人机展开幕。其中，首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注。据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型。同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不受损:(1)求空气对飞机的作用力的大小。(2)若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计)。解：(1)飞机做匀速圆周运动，所受合力提供向心力即F合=mv2/R (2分) 空气对飞机的作用力的大小F= =m (2分) (2)飞

27、机上的质点脱落，做初速度为v的平抛运动，由平抛运动规律得： x=vt (1分) h = gt2 (1分) 质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离L= (1分) 联立解得：L= (2分)14(10分)2013年12月14日，我国自行研制的“嫦娥三号”探测器成功实施月面软着陆，实现了我国航天器首次在地外天体的软着陆和巡视勘探。12月15日4时06分，“嫦娥三号”着陆器转移机构正常解锁，托举着巡视器轻轻展开、降落、接触月面，并在着陆器与月面之间搭起了一架斜梯。随后，“玉兔号”沿着斜梯款步而下。4时35分，“玉兔号”踏上月球，在月面印出一道长L的深深痕迹。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为

28、R，月球质量与地球质量之比为q，月球半径与地球半径之比为p 。 (1)求月球表面的重力加速度。 (2)若“玉兔号”沿着斜梯下滑的运动可视作初速度为零、加速度为a的匀加速运动，“玉兔号”在水平月面上滑行时所受阻力约为其重力的是倍，不计“玉兔号”滑行至斜面底端的能量损失，求“玉兔号”滑到斜梯底端时的速度v。答案：（1）g月= qg/p2 （2）v= 考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）设月球质量为M月，半径为R月，月球表面重力加速为g月；地球质量为M地，由万有引力定律及牛顿第二定律列式求解（2）万有引力定律及向心力公式列式求解解：(1)设月球质量为M月，半径为

29、R月，月球表面重力加速度为g月；地球质量为M地 ，则：在月球表面上有: mg月=G (1分) 在地球表面上有: mg=G (1分)又由: q=M月/M地 ; P = R月/R (2分)解得：g月= qg/p2 (1分)(2)设“玉兔号”的质量为m，“玉兔号”在水平月面上滑行时所受阻力f=kmg月 (1分)由牛顿第二定律得：f = ma/ (1分)得“玉兔号”在月面上滑行时的加速度大小a/ =kg月 (1分)由匀变速直线运动规律得：v2 = 2a/L (1分)解得：v= (1分)点评：本题注意万有引力定律应用的两个公式的选择，研究天体运动时选择万有引力等于向心力15(12)如图所示，滑块的质量为

30、m，其与水平地面间的动摩擦因数=0.1，它以v0=3的初速度由A点开始向B点滑行，并滑上光滑的半径为R的1/4圆弧BC，已知AB=5R。在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方。假设滑块滑过C点后通过P孔，又恰能从Q孔落下，求： (1)滑块滑过C点后能上升的最大高度。 (2)平台转动的角速度应满足的条件。答案：（1）H=3R （2）= (n=o，1，2，)解：(1)设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有：-mg5R= mvB2一mv02(2分) 解得：vB2=8gR (1分) 设滑块上升到

31、最大高度处时离C点的高度为H，则有： mvB2 = mg(H+R) (2分) 解得：H=3R。 (1分) (2)设滑块到达P孔时速度为vP，则：mvB2 = mvP2+ mg2R (2分) 滑块穿过P孔后做竖直上抛运动，再回到平台所用的时间为： t=2vP/g (1分) 解得t=4 (1分) 要想实现题述过程，需满足t= (2n+1) (1分) 解得：= (n=o，1，2，) (1分)16(14分)如图所示，某高台的上面有一竖直的1/4圆弧形光滑轨道，轨道半径R=5/4 m，轨道端点B的切线水平。一质量M=5 kg的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1 s撞击在

32、斜面上的P点。已知斜面的倾角=370，斜面底端C与B点的水平距离x0= 3 m。g取10m/s2，sin 370 =06，cos 370= 08，不计空气阻力。 (1)求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小。 (2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m=1 kg的另一滑块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中。已知滑块m与斜面间动摩擦因数= 025，求拉力F大小。 (3)若第(2)问中滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上

33、运动的时间。解：(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR=MvB2 (1分) 在B点，由牛顿第二定律得：FMg=M (1分) 解得：F = 150 N 由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F/ = F=150 N，方向竖直向下。 (1分) (2)滑块M离开B后做平抛运动， 水平方向：x = vBt 由几何知识可知，滑块m的位移：s= 解得：x =5 m，s= 25 m (2分) 设滑块m向上运动的加速度为a 由匀变速运动的位移公式得：s= at2 解得：a=5 ms2 (1分) 对滑块m，由牛顿第二定律得：Fmgsin 370 mgcos 370 =ma (1分) 解得：F= 13 N

34、(1分) (3)撤去拉力F后，对滑块m，由牛顿第二定律得： mgsin 370+mgcos370=ma1 解得：a1 = 8 ms2 (1分) 滑块上滑的时间t1= v/a1 = 0.5 s (1分) 上滑位移：s1= =1m (1分) 滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mgsin 370mgcos370=ma2 解得：a2 = 4 ms2 (1分) 下滑过程，s+s1= a2t22 解得：t2 = s (1分) 所用时间：t=t1+t2=(0.5+ ) s (1分)江西省百所重点年学高三阶段性诊断考试物理试卷参考答案1B 2D 3D 4A 5B 6C 7AB 8BC 9BC 10AC1

35、1(1) x/H (2分) (2) (h-x2/H) (2分) (3) cd (2分)12(1) 1.020 (2分) (2)2gh ; (d/tA)2一(d/tB)2 (或gh ; (d/tA)2一(d/tB)2/2 ) (每空2分) (3)2g (2分) 13解：(1)飞机做匀速圆周运动，所受合力提供向心力即F合=mv2/R (2分) 空气对飞机的作用力的大小F= =m (2分) (2)飞机上的质点脱落，做初速度为v的平抛运动，由平抛运动规律得： x=vt (1分) h = gt2 (1分) 质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离L= (1分) 联立解得：L= (2分)14解：(1

36、)设月球质量为M月，半径为R月，月球表面重力加速度为g月；地球质量为M地 ，则有：mg月=G (1分) mg=G (1分)又由: q=M月/M地 ; P = R月/R (2分)解得：g月= qg/p2 (1分)(2)设“玉兔号”的质量为m，“玉兔号”在水平月面上滑行时所受阻力f=kmg月 (1分)由牛顿第二定律得：f = ma/ (1分)得“玉兔号”在月面上滑行时的加速度大小a/ =kg月 (1分)由匀变速直线运动规律得：v2 = 2a/L (1分)解得：v= (1分)15解：(1)设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有：-mg5R= mvB2一mv02(2分) 解得：v

37、B2=8gR (1分) 设滑块上升到最大高度处时离C点的高度为H，则有： mvB2 = mg(H+R) (2分) 解得：H=3R。 (1分) (2)设滑块到达P孔时速度为vP，则：mvB2 = mvP2+ mg2R (2分) 滑块穿过P孔后做竖直上抛运动，再回到平台所用的时间为： t=2vP/g (1分) 解得t=4 (1分) 要想实现题述过程，需满足t= (2n+1) (1分) 解得：= (n=o，1，2，) (1分)16解：(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR=MvB2 (1分) 在B点，由牛顿第二定律得：FMg=M (1分) 解得：F = 150 N 由牛顿第三定律可知，滑块对

38、B点的压力F/ = F=150 N，方向竖直向下。 (1分) (2)滑块M离开B后做平抛运动， 水平方向：x = vBt 由几何知识可知，滑块m的位移：s= 解得：x =5 m，s= 25 m (2分) 设滑块m向上运动的加速度为a 由匀变速运动的位移公式得：s= at2 解得：a=5 ms2 (1分) 对滑块m，由牛顿第二定律得：Fmgsin 370 mgcos 370 =ma (1分) 解得：F= 13 N (1分) (3)撤去拉力F后，对滑块m，由牛顿第二定律得： mgsin 370+mgcos370=ma1 解得：a1 = 8 ms2 (1分) 滑块上滑的时间t1= v/a1 = 0.5 s (1分) 上滑位移：s1= =1m (1分) 滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mgsin 370mgcos370=ma2 解得：a2 = 4 ms2 (1分) 下滑过程，s+s1= a2t22 解得：t2 = s (1分) 所用时间：t=t1+t2=(0.5+ ) s (1分)