四川省三台中学实验学校2017-2018学年高一5月月考物理试题

一．本大题12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的。

1. 下列说法中正确的是

A. 哥白尼提出“地心说”，托勒密提出“日心说”

B. 牛顿发现了万有引力定律并且利用扭秤装置测出了万有引力常量数值

C. 开普勒潜心研究导师第谷观测的行星数据数年，得出了行星运动三定律

D. 卡文迪许坚信万有引力定律的正确性并预言天王星轨道之外还有其他行星

【答案】C

【解析】

哥白尼提出“日心说”，古希腊科学家托勒密提出了“地心说”，A错误；牛顿发现了万有引力定律，但是卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量，B错误；开普勒通过对第谷的观测数据分析，总结了行星运动三大定律，C正确；牛顿用“月-地检验”验证了万有引力定律的正确性，D错误．

2. 关于曲线运动，下列说法正确的是

A. 物体受到的合外力变化，一定做曲线运动

B. 做曲线运动的物体,受到的合外力一定不为零

C. 只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心

D. 物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定做匀速圆周运动

【答案】B

【解析】

物体受到的合外力方向变化，物体不一定做曲线运动，如弹簧振子的运动。故A错误；做曲线运动的物体，其速度方向一定变化，即速度一定变化，选项B正确； 物体做曲线运动，其加速度不一定变化，例如平抛运动，选项C错误；物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做类平抛运动，选项D错误；故选B.

3. 船在静水中的速度为4.0 m/s，要渡过宽度为100 m的河，河水的流速为3.0 m/s，则下列说法中正确的是

A. 船渡河的速度一定为5.0 m/s

B. 无论船头朝哪个方向，船都会被冲到出发点的下游

C. 无论船头朝哪个方向，船到达对岸的时间都不可能小于25s

D. 如果行驶到河中央时，水流速度突然变大，仍不会改变船的运动轨迹

【答案】C

【解析】

根据平行四边形定则，知小船的合速度范围为[1m/s，7m/s]．可以大于5m/s。故A错误。当船头与岸成角，则有，即时，船垂直河岸过河，在正对岸上岸，不会冲到下游，故B错误；当船头垂直河岸时，船到达对岸的最短时间为，故C正确；如果行驶到河中央时，水流速度突然变大，合速度增大，故会改变船的运动轨迹，故D错误；故选C。

【点睛】小船参与了静水的运动和水流的运动，最终的运动是这两运动的合运动．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．

4. 如图所示，A、B两小球从相同高度同时正对相向水平抛出，经过时间t在空中P点相遇，此时它们下落高度均为h，若只是将抛出速度均增大一倍，其余条件不变，则关于两球从抛出到相遇经过的时间、下落高度的描述正确的是

A. B. ,

C. , D. ,

【答案】D

【解析】

设抛出时两球之间的水平距离为x，变化前，有，；

变化后，两球相遇，所以在水平方向上的位移和等于两球之间的水平距离，故，，解得，D正确．

【点睛】本题的关键是抓住变化前后相遇时水平方向上的位移和不变，根据水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动计算．

5. 如图所示，某卫星沿椭圆轨道运动，其近地点恰好和地球赤道相切（忽略空气阻力）。下列说法正确的是

A. 该卫星在近地点时的速度等于7.9km/s

B. 该卫星运行周期一定大于地球自转周期

C. 该卫星与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等

D. 该卫星在近地点的机械能大于远地点的机械能

【答案】C

【解析】

【详解】A、如果卫星在A点速率等于7.9km/s，卫星将以A点为圆轨道绕地球做圆周运动，而不可能沿椭圆轨道至B点，因为卫星在A点要做离心运动，满足 ，所以可知卫星在A点的速率一定大于第一宇宙速度即大于7.9km/s，A错误。

B、地球同步卫星的公转周期等于地球的自转周期24h，两卫星都绕地球公转，根据开普勒第三定律，但卫星的椭圆轨道的半长轴r2无法与同步卫星的轨道半径r1比较大小，则两者的周期无法比较大小，B错误。

C、由开普勒第二定律可知卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，C正确。

D、卫星从近地点A到远地点B的运动过程中只有万有引力做负功，引力势能增大动能减小，卫星的机械能守恒，故卫星在近地点的机械能等于远地点的机械能，D错误。

故选C。

【点睛】掌握开普勒三大定律，同时要会知识的转移应用，开普勒定律是来源与太阳和它的行星，但是也适用与其他天体和它的卫星．

6. 若地球自转变快，下列说法正确的是

A. 赤道上的重力加速度会变小 B. 两极的重力加速度会变小

C. 地球同步轨道的离地高度会变大 D. 地球的第一宇宙速度会变大

【答案】A

【解析】

【详解】A、地球自转快了，则地球自转的周期变小；对于赤道上的物体来说，由于地球自转的周期变小，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而“向心力”等于“地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力”，万有引力的大小不变，所以必然是地面对物体的支持力减小。地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力”，所以是物体的“重力”减小了，即赤道位置的重力加速度变小；A正确。

B、两极处在地轴上，自转的向心力为零，万有引力不变使得重力不变，则两极处的重力加速度不变，B错误。

C、对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期。地球自转的周期T变小了，由开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径R减小，卫星的高度要减小些，故C错误。

D、地球的第一宇宙速度，R是地球的半径，可知v与地球自转的速度无关，则第一宇宙速度不变；D错误。

故选A。

【点睛】地球自转变快，即地球自转的周期变小，根据向心力公式知道在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而万有引力的大小不变．对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，由开普勒第三定律可以得出卫星的高度的变化．

7. 汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的 周长．某汽车的车轮的半径约为 30cm，当该车在公路上行驶时，速率计的指针指 在“120km/h”上，可估算该车轮的转速约为

A. 1000r/s B. 1000r/min C. 1000r/h D. 2000r/s

【答案】B

【解析】

试题分析：汽车匀速行驶，t时间路程为：；车轮t时间的转过的圈数为：；车轮上点转动的路程为：；汽车在公路上行驶不打滑，故：；联立解得：故选B。

考点：线速度、角速度和周期、转速。

【名师点睛】本题关键明确线速度、转速的定义，同时结合车轮不打滑进行分析即可。

8. 如图所示，放在水平转台上的小物体C、叠放在水平转台上的小物体A、B能始终随转台一起以角速度ω 匀速转动。A、B、C的质量分别为3m、2m和m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数均为μ，B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r， 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法中正确的是

A. B对A的摩擦力一定为3μmg

B. C与转台间的摩擦力等于A、B两物体间摩擦力的二倍

C. 转台的角速度一定满足

D. 转台的角速度一定满足

【答案】C

【解析】

【详解】AB、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=（3m）ω2r≤μ（3m）g．故A错误，B正确；

C、由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故

对A，有：（3m）ω2r≤μ（3m）g

对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g

对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg

解得ω≤，故C错误，D正确．

故选：BD

【点睛】物体A随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B对A的摩擦力大小．分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围．

9. 质量为m的汽车，启动后沿平直公路行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶中受到的阻力大小恒定，汽车能达到的最大速度为v ，当汽车的瞬时速度为v/3时，汽车的加速度大小为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

试题分析：由题，汽车以速度v匀速行驶时，牵引力，速度为时，牵引力为，故此时加速度为，B正确。

考点：功和功率、牛顿第二定律应用

10. 将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ的值为（不计空气阻力）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：，且，即；末状态的机械能：，且，则，根据机械能守恒定律：，即，解得，设此时速度与水平方向的夹角为，则，故选A。

【点睛】根据机械能守恒定律，以及已知条件，分别列式即可求出此时速度与水平速度的关系，从而求出物块此时的速度方向与水平方向夹角的正切。

11. 如图所示，甲、乙两颗卫星在同一平面上绕地球做匀速圆周运动，公转方向相同。已知卫星甲的公转周期为T，每经过最短时间9T，卫星乙都要运动到与卫星甲同居地球一侧且三者共线的位置上，则卫星乙的公转周期为

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

已知甲卫星的周期为T，所以甲卫星的角速度ω1=，每经过最短时间9T，乙卫星都要运动到与甲卫星同居于地球一侧且三者共线的位置上，所以有：（-）×9T=2π，解得：T′=，故选A。

12. 如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在同一竖直面内，小球A和B在与球心同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，A球的质量大于B球的质量。当小球通过两轨道最低点时(A、B两小球均可视为质点)

A. A球的速度一定大于B球的速度

B. A球的机械能一定等于B球的机械能

C. A球所受到轨道的支持力一定大于B球所受到轨道的支持力

D. A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度

【答案】C

【解析】

根据动能定理得：，解得最低点速度为：，由于B球运动的半径大于A球运动的半径，则A球在最低点的速度小于B球在最低点的速度，故A错误。小球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，若规定初始位置为零势能平面，则初状态两球的动能为零，重力势能的为零，可知在最低点的机械能都为零，故两个物体的机械能可能相等，故B正确。根据牛顿第二定律得：，解得：，由A的质量大于B的质量，则A球在最低点受到的支持力大于B球在最低点受到的支持力，故C正确。向心加速度为：，可知两球在最低点向心加速度大小相等，故D错误。故选BC。

【点睛】根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而比较大小，结合牛顿第二定律求出支持力，从而比较大小．根据向心加速度公式求出小球在最低点的向心加速度，从而比较大小．抓住小球在运动过程中机械能守恒，通过比较初始位置的机械能得出最低点机械能的大小．

二、本大题6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分。

13. 最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为 1200 年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的 100 倍。假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有

A. 恒星质量与太阳质量之比 B. 恒星密度与太阳密度之比

C. 行星质量与地球质量之比 D. 行星运行速度与地球公转速度之比

【答案】AD

【解析】

试题分析：行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设恒星质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，有①

解得：，同理，太阳质量为：，

由于该行星的周期为1200年，地球的公转周期为1年，则有：T：T′=1200：1；题中有：r：r′=100：1，故可以求得恒星质量与太阳质量之比，故A正确；由于恒星与太阳的体积均不知，故无法求出它们的密度之比，故B错误；由于①式中，行星质量可以约去，故无法求得行星质量，也不能求出地球的质量，故C错误．由于能求出行星质量与太阳质量之比，已知r：r′=100：1，所以可求出行星运行速度与地球公转速度之比，故D正确．故选AD．

考点：万有引力定律的应用

【名师点睛】此题是万有引力定律的应用习题；解题时根据行星的万有引力等于做做圆周运动的向心力，结合行星的轨道半径和公转周期列式，求出恒星质量的表达式进行讨论即可。

视频

14. 如图所示，半径为R的薄圆筒绕竖直中心轴线匀速转动．一颗子弹沿直径方向从左侧射入，再从右侧射出，发现两弹孔在同一竖直线上，相距h，若子弹每次击穿薄圆筒前后速度不变，重力加速度为g，则以下说法正确的是

A. 子弹的速度大小为 B. 子弹的速度大小为

C. 圆筒转动的周期可能 D. 圆筒转动的周期可能为

【答案】AC

【解析】

子弹穿过圆筒的过程中，做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有，解得，A正确B错误；因为两弹孔在同一竖直线上，即在同一侧，所以有，故，当n=2时，当n=1时，C正确D错误．

【点睛】子弹在桶中做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出子弹的初速度．在子弹平抛运动的过程中，运动的时间是转筒半个周期的奇数倍，根据该关系求出圆筒转动的角速度．

15. 某同学将原来静止在地面上的质量为1kg的物体竖直向上提高1m，并使物体获得2m/s的速度，取g=10m/s2。在此过程中

A. 物体重力势能增加10J B. 合外力对物体做功12J

C. 人对物体做功2J D. 物体机械能增加12J

【答案】AD

【解析】

选C.把物体向上提起的过程中有两个力对物体做功，人对物体做正功，重力对物体做负功．物体的动能增加了1 J，重力势能增加了20 J，即机械能增加了21 J．由功能关系知，人对物体做的功等于物体机械能的变化，所以人对物体做功21 J．由动能定理知，合力对物体所做的功等于物体动能的变化，所以合外力对物体做功1 J，故选项C正确．

16. 如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为600，右侧斜面倾角为300，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面，若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述正确的是

A. 两物体的质量比为mA:mB=

B. 着地瞬间物体的速度相同

C. 着地瞬间两物体的动能相等

D. 着地瞬间两物体的重力的功率相等

【答案】AD

【解析】

两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示：

绳子对AB的拉力大小相等，对A有：，对B有：，联立解得：，故A正确；绳子剪断后，两个物体都是机械能守恒，有，解得：，由于初末位置高度差相等，故速度大小相等，但方向不同，故速度不相同，故B错误；绳子剪断后，两个物体都是机械能守恒，由于质量不同，故初位置的重力势能不等，故落地时机械能不等，即动能不相等，故C错误；着地瞬间两物体所受重力的功率之比为：，故D正确；故选AD。

【点睛】分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比；剪断细线后，两物体在重力的作用下自由下滑，由机械能守恒可求得落地的速度，由功率公式可求得两物体所受重力做功的功率之比。

17. 如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在水平地面上，一小球压在轻弹簧的上端而不栓连，从静止开始释放，在小球向上运动的过程中，规定运动的起点为重力势能的零势能点，小球机械能E随其位移大小x的变化规律如图乙所示，且曲线与平行与x轴的直线相切，则下列说法中正确的是

A. 小球在0~x1这段位移上加速度一直减小

B. 小球动能的最大值在0~x1这段位移上的某个位置

C. 小球在0~x1这段位移上的机械能守恒

D. 小球在x1~x2这段位移上的机械能守恒

【答案】BD

【解析】

【详解】A、由图知，小球在0～x1 这段位移内，弹簧对小球有向上的弹力，弹力先大于重力，后小于重力；弹力不断减小，则小球的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，A错误。

B、小球的加速度在0～x1先向上减小后向下增大，可知小球先加速后减速，则此过程中a=0时速度最大，即动能最大，B正确。

C、0～x1这段过程为弹簧弹开小球的过程，除重力做负功之外，弹簧的弹力对小球做正功，把弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，故小球的机械能不断增大，C错误。

D、x1~x2的过程为小球离开弹簧后在空中上升的阶段，只有小球的重力做负功，动能转化为重力势能，小球的机械能守恒，D正确。

故选BD。

【点睛】本题关键是分析小球的受力情况来确定小球的运动情况．分析时要抓住弹力与压缩量成正比的特点，要知道除重力以外的力对单个物体做功等于物体机械能的变化．

18. 如图a所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图b所示，取沿传送带向上为正方向，，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法正确的是

A. 物体与传送带间的动摩擦因数为0.875

B. 0～8s内物体机械能的增量为90J

C. 0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为120J

D. 0～8s内传送带因传送小物体致使电动机多消耗的能量为216J

【答案】ABD

【解析】

根据v-t图象的斜率表示加速度，可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为：a==lm/s2
由牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得 μ=0.875．故A错误．0～8s内物体位移为： ，故B正确．物体被送上的高度为：h=ssinθ=8.4m，重力势能的增量为：△Ep=mgh=84J
动能增量为：

机械能增加为：△E=△Ep+△Ek=90J，故C正确．0-8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动．0-6s内传送带运动距离为：s带=4×6m=24m…⑧
0-6s内物体位移为：

产生的热量为：Q=μmgcosθ•s相对=126J，则0〜8 s内因放上物体，传送带电动机多消耗的电能为Q+△E=216J, 故D正确；故选BD.

点睛：本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解．

三．本大题3小题。每空2分，共16分。

19. 如图所示，长L=0.5m，质量可以忽略的杆，一端连接着一个质量为m=2kg的小球A，另一端可绕O点在竖直平面内做圆周运动。取g=10m/s2，在A以速率v=1m/s通过最高点时，小球A对杆的作用力大小为_________N，方向是____________。

【答案】 (1). 16 (2). 竖直向下

【解析】

【详解】设杆对小球表现为支持力，根据牛顿第二定律得，

解得：；

则杆对小球的弹力方向竖直向上，根据牛顿第三定律知，小球对杆作用力的方向竖直向下．

【点睛】掌握杆—球模型和绳—球模型的异同，分析小球做圆周运动在最高点和最低点的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解。

20. 如图所示，有两个处于同一竖直面上的相同轨道，A、B两个相同小球从离出口处相同高度的地方同时由静止开始释放，假设小球经过斜面与水平轨道连接处无能量损失，所有的接触都是光滑的。离开轨道后A球做平抛运动，B球做匀速直线运动。则：

(1)A、B两球是否在A球第一次落地点处相碰，答：_______(选填“是”或“否”)；

(2)如果多次观察到同样的现象，你可以得出什么结论是：___________________________________________

(3)若两轨道出口间的高度差h，两球相碰处到下轨道出口的距离x ,重力加速度g,则A球平抛运动的初速度表达式为 ___________________

【答案】 (1). 是 (2). 平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动 (3).

【解析】

（1）A、B两球从相同高度同时由静止释放，到达斜槽底端的速度相同，因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以在相同时间内水平位移相等，两球将在水平地面上的某处相遇．（2）如果多次观察到同样的现象，又因A球做平抛运动，而B球做匀速直线运动，可知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．（3）根据平抛运动的规律，则有：，解得：，由此可知还需要测量的物理量是两轨道出口间的高度差h，两球相碰处到下轨道出口的距离x。

【点睛】抓住两球到达底端时速度相同，A球做平抛运动，B球做匀速直线运动，根据两球水平方向上的运动规律相同，得出实验的现象；依据平抛运动处理规律，结合运动学公式，即可求解．

21. 在用打点计时器“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1.0kg的重物拖着纸带竖直下落，打点计时器在纸带上打下一系列的点，如图所示。相邻计数点的时间间隔为0.04s，当地重力加速度g=9.8m/s2。P为纸带运动的起点，从打下P点到打下B点的过程中重物重力势能的减小量EP=_____J，在此过程中重物动能的增加量Ek=_____J（结果保留三位有效数字）。

若用v表示打下各计数点时的纸带速度，h表示各计数点到P点的距离，以v2/2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2/2—h图线，若图线的斜率等于某个物理量的数值时，说明重物下落过程中机械能守恒，该物理量是__________________。

【答案】 (1). 2.28 (2). 2.26 (3). 当地重力加速度

【解析】

【详解】(1)根据重力势能的定义式得出：从点P到打下计数点D的过程中，重锤重力势能减小量为：△EP=mgh=1×9.8×0.2325 J=2.28 J.

(2)利用匀变速直线运动的推论可得B点的速度为：；

在此过程中重物动能的增加量为：

(3)利用图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，有：,即；所以以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线．那么图线的斜率就等于当地重力加速度g．

【点睛】运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题同时注意数学知识在物理中的应用．

四．本大题3小题，共30分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。

22. 如图所示是发射地球同步卫星的简化轨道示意图，先将卫星发射至距地面高度为h1的近地圆轨道Ⅰ上，在卫星过A点时点火实施变轨，进入远地点为B的椭圆轨道Ⅱ上，过B点时再次点火，将卫星送入地球同步圆轨道Ⅲ。已知地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T，地球半径为R。求：

（1）卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的线速度v1大小；

（2）同步圆轨道Ⅲ距地面的高度h2。

【答案】（1） （2）

【解析】

试题分析：卫星近地点A的加速度由万有引力提供，求出万有引力加速度就可以，在地球表面，重力和万有引力相等，由此可以求出卫星在近地点的加速度a，在地球同步卫星轨道，已知卫星的周期求出卫星的轨道高度。

解：(1) 在地球表面，重力等于万有引力，故有：

得地球的质量

卫星在近地轨道I上的速度大小；

(2) 因为B在地球同步卫星轨道，周期T，卫星受地球的万有引力提供向心力，故有：

所以有：。

点晴：根据卫星运动时万有引力提供向心力和在地球表面重力等于万有引力分别列方程求解．会写向心力的不同表达式。

23. 某种型号的轿车，其部分配置参数如下表所示。若该轿车行驶过程中所受摩擦阻力大小始终不变。求：

(1)若轿车在水平直线路面上以最高车速匀速行驶时，发动机功率是额定功率，此时牵引力多大？

(2)在某次官方测试中，一位质量m=60kg的驾驶员驾驶该轿车，在水平直线路面上以额定功率将车速由零提高到108km/h，用时9s，则该车在此加速过程中行驶的距离为多少？

【答案】（1） （2）180m

【解析】

【详解】(1)已知最高车速vm=60m/s，设牵引力为F，轿车以最高速度匀速行驶时，根据

解得：

(2)设轿车行驶过程中所受摩擦阻力大小为f，轿车净质量为M，驾驶员质量为m，在水平直线路面上以额定功率将车速由零提高到v=30m/s，用时t=9s，在此加速过程中行驶的距离为s，则f=F

由动能定理：

解得:s=180m

【点睛】解决本题的关键知道轿车以恒定功率启动，是一个变加速运动过程，不能通过动力学知识求解位移，只能抓住功率不变，结合动能定理进行求解．

24. 如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧下端固定在位置E，上端恰好与水平线CD齐平，静止在倾角为θ=53°的光滑斜面上。一长为L=1.8m的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置A由静止释放，小球到达最低点B时，细绳刚好被拉断。之后小球恰好沿着斜面方向撞上弹簧上端并将弹簧压缩，最大压缩量为x=0.5m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

（1）细绳受到的拉力的最大值Tm；

（2）B点到水平线CD的高度h；

（3）弹簧所获得的最大弹性势能EP。

【答案】（1）30N （2）3.2m （3）54J

【解析】

试题分析：（1）小球由C到D，由机械能守恒定律得：

解得①

在D点，由牛顿第二定律得②

由①②解得F＝30 N

由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N。

（2）由D到A，小球做平抛运动vy2＝2gh③

④

联立解得h＝16 cm

（3）小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg（L＋h＋xsin 53°），代入数据解得：Ep＝2．9 J。

考点：机械能守恒；牛顿第二定律

【名师点睛】本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运用了牛顿第二定律、机械能守恒定律，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解。

(经典1)高一物理5月月考试题（含解析）