广东省广州市荔湾区2017届高三上学期第二次调研物理试卷

广东省广州市荔湾区2017届高三上学期第二次调研物理试卷

‎2016-2017学年广东省广州市荔湾区高三（上）第二次调研物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．t=0时，甲乙两汽车从相距60km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．在第1小时末，乙车改变运动方向 B．在第2小时末，甲乙两车相遇 C．在前4小时内，甲车运动加速度的大小总比乙车的大 D．在第4小时末，甲乙两车相距20 km ‎2．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（　　）‎ A．F1保持不变，F3增大 B．F1增大，F3保持不变 C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变 ‎3．如图所示，一小球由不可伸长的轻绳系于一竖直细杆的A点，当竖直杆以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动．关于小球到A点的竖直距离h与角速度ω的关系图线，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．某人在地面上用体重秤称得体重为G，之后他将体重秤移至电梯内称其体重，电梯运行的v﹣t图线如图所示（取电梯向上运动的方向为正）．设t0至t1时间段内体重秤的示数为F1，t1至t2时间段内体重秤的示数为F2，t2至t3时间段内体重秤的示数为F3，下列说法正确的是（　　）‎ A．F1=F2=F3=G B．F1＞F2＞F3＞G C．F1＜F2=G＜F3 D．F1=F3＜F2=G ‎5．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（　　）‎ A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度 C．炸弹的飞行时间 D．炸弹投出时的动能 ‎6．“嫦娥一号”和“嫦娥二号”卫星相继完成了对月球的环月飞行，标志着我国探月工程的第一阶段已经完成．设“嫦娥二号”卫星环绕月球的运动为匀速圆周运动，它绕月球运行的周期为T，已知月球的质量为M、半径为R，引力常量为G，则卫星（　　）‎ A．绕月球运动的线速度v=‎ B．绕月球运动的角速度ω=‎ C．绕月球运动的向心加速度a=‎ D．距月球表面的高度为h=﹣R ‎7．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（　　）‎ A．物体的质量为2kg B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm C．物体的加速度大小为5m/s2‎ D．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 ‎8．如图所示，一倾角为a的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．μ＜tana B．物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能 C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和 D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2Ekm ‎　‎ 二、解答题 ‎9．某学生用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动，打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上．如图乙所示为实验时得到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．则打点计时器在打计数点5时小车的瞬时速度大小v5=　　m/s，小车运动的加速度大小a=　　m/s2 （两空均保留两位有效数字）．若实验时电源的电压升高了，测得的加速度　　 （填“大于”“等于”或“小于”）实际的加速度．‎ ‎10．用如图a所示装置做“验证动能定理”的实验．实验时，通过电磁铁控制小铁球从P处自由下落，小铁球依次通过两个光电门甲、乙，测得遮光时间分别为△t1和△t2，两光电门中心点间的高度差为h．‎ ‎（1）用游标卡尺测得小铁球直径的示 如图b所示，则小铁球的直径d=　　mm；‎ ‎（2）为验证动能定理，还需知道的物理量是　　（填物理量名称及符号），验证动能定理的表达式为：　　；‎ ‎（3）由于光电门甲出现故障，某同学实验时只改变光电门乙的高度，进行多次实验获得多组数据，分别计算出各次小铁球通过光电门乙时的速度v，并作出并作出v2﹣h图象．图（c）中给出了a、b、c三条直线，他作出的图象应该是直线　　；由图象得出，小铁球到光电门甲中心点的高度差为　　cm，小铁球通过光电门甲时的速度为　　m/s．‎ ‎11．广州中山大道、广州大道等路段设置了“绿波带”，根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯．设一路上某直线路段每间隔L=500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间△t1=50 s，红灯时间△t2=40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后△t=50s．要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口，汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅．‎ ‎（1）若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过3个路口，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a=2 m/s2匀加速运动，加速到第（3）问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动．试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯．‎ ‎12．一长木板在水平地面上运动，从木板经过A点时开始计时，在t=1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的v﹣t图线如图所示．己知木板质量为物块质量的2倍，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）木板离A点的最终距离；‎ ‎（3）木板的最小长度．‎ ‎13．如图，水平轨道A点左侧光滑，右侧粗糙，距A点s=1.0m的B端与半径R=0.25m的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直．一小物块b以v0=3.0m/s的速度，与静置于A点的小物块a发生弹性碰撞．碰后a沿水平轨道运动，然后滑上轨道BCD．已知小物块a的质量ma=1.0kg，a与AB轨道间的动摩擦因数μ=0.20，g取10m/s2．‎ ‎（1）若a到达半圆轨道的中点C点时速率vC=1.0m/s，求a进入半圆轨道的B点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）若a能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求a碰后的最大速度；‎ ‎（2）若a能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求b的质量mb的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省广州市荔湾区高三（上）第二次调研物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．t=0时，甲乙两汽车从相距60km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．在第1小时末，乙车改变运动方向 B．在第2小时末，甲乙两车相遇 C．在前4小时内，甲车运动加速度的大小总比乙车的大 D．在第4小时末，甲乙两车相距20 km ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．根据位移关系判断两车是否相遇．‎ ‎【解答】解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．‎ B、在第2小时末，甲的位移大小为：x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小为：x乙=×30×2km=30km，此时两车相距：△x=60﹣30﹣30=0（km），甲乙相遇，故B正确．‎ C、根据速度图象的斜率大小等于加速度，可知，在前4 小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大，故C错误．‎ D、在第4小时末，甲的位移大小为：x甲=×60×4km=120km，乙的位移大小为：x乙=×60×2﹣×30×2km=30km，此时两车相距：△x=60+120﹣30=150（km），故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（　　）‎ A．F1保持不变，F3增大 B．F1增大，F3保持不变 C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】先对BC整体分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件作图分析；再对ABC整体分析，受重力、支持力、墙壁的支持力和地面的静摩擦力，根据平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：先对BC整体分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：‎ 加上C物体，相当于整体的重力增加了，故墙对B的作用力F1增加，A对B的支持力也增加，根据牛顿第三定律，B对A的作用力为F2增加；‎ 再对ABC整体分析，受重力、地面支持力、地面的静摩擦力，墙壁的支持力，根据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，故加上C物体后，地面的支持力F3变大，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，一小球由不可伸长的轻绳系于一竖直细杆的A点，当竖直杆以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动．关于小球到A点的竖直距离h与角速度ω的关系图线，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球做圆周运动靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出h与角速度的关系式，从而分析判断．‎ ‎【解答】解：设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得，mgtanθ=mLsinθω2，‎ 解得，‎ 可知h=，即h与成正比，h与的图线是一条过原点的倾斜直线，故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．某人在地面上用体重秤称得体重为G，之后他将体重秤移至电梯内称其体重，电梯运行的v﹣t图线如图所示（取电梯向上运动的方向为正）．设t0至t1时间段内体重秤的示数为F1，t1至t2时间段内体重秤的示数为F2，t2至t3时间段内体重秤的示数为F3，下列说法正确的是（　　）‎ A．F1=F2=F3=G B．F1＞F2＞F3＞G C．F1＜F2=G＜F3 D．F1=F3＜F2=G ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据图示图象判断出电梯的运动状态，然后判断出人是出于失重状态还是出于超重状态，再判断体重秤的示数大小关系，然后答题．‎ ‎【解答】解：由图示图象可知：‎ t0至t1时间内电梯向下做加速运动，电梯处于失重状态，F1＜G；‎ t1至t2时间内电梯向下做匀速直线运动，电梯处于平衡状态，F2=G；‎ t2至t3时间内电梯向下做减速运动，电梯处于超重状态，F3＞G；‎ 综上分析可知：F1＜F2=G＜F3，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（　　）‎ A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度 C．炸弹的飞行时间 D．炸弹投出时的动能 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】轰炸机沿水平方向匀速飞行，释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、C由图可得炸弹的水平位移为 x=‎ 设轰炸机的飞行高度为H，炸弹的飞行时间为t，初速度为v0．‎ 据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A，则根据速度的分解有：tanθ==‎ 又 ==‎ 联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．‎ 炸弹的飞行时间 t=，也可以求出t．‎ 轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为 v0=，可知也可以求出．故A、B、C正确．‎ D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎6．“嫦娥一号”和“嫦娥二号”卫星相继完成了对月球的环月飞行，标志着我国探月工程的第一阶段已经完成．设“嫦娥二号”卫星环绕月球的运动为匀速圆周运动，它绕月球运行的周期为T，已知月球的质量为M、半径为R，引力常量为G，则卫星（　　）‎ A．绕月球运动的线速度v=‎ B．绕月球运动的角速度ω=‎ C．绕月球运动的向心加速度a=‎ D．距月球表面的高度为h=﹣R ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】卫星绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力定律与向心力公式可以求出卫星绕月球运动的半径、向心加速度a和线速度v．‎ ‎【解答】解：A、D、嫦娥二号卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设嫦娥二号卫星距离地面的高度为h，由牛顿第二定律得：‎ G=‎ 所以：h=‎ 根据线速度与周期的关系可知，绕月球运动的线速度v=．故A错误，D正确；‎ B、根据角速度与周期的关系可知：．故B正确；‎ C、嫦娥二号卫星距离地面的高度为h，其向心加速度：a=．故C错误；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎7．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（　　）‎ A．物体的质量为2kg B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm C．物体的加速度大小为5m/s2‎ D．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】由图示图象可知：开始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F后即为合力，物体匀加速上升，弹簧上的弹力逐渐变小，运动位移为4cm后，弹簧恢复原长，此时物块和弹簧分离，此后物体受到恒定的力F=30N和重力做匀加速运动．根据牛顿第二定律分别列出起始和分离状态时的方程联立可解得．‎ ‎【解答】解：A、开始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F后即为合力，所以有10N=ma①，此后物体匀加速上升，弹力逐渐变小，当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，合力为 30N﹣mg=ma②，联立①②两式，整理得物体重力：mg=20N，质量m=2Kg，故A正确；‎ B、由图可知，从初始弹簧弹力等于重力到弹簧恢复原长，位移为4cm，即弹力等于重力时，弹簧形变量为△X=4cm，劲度系数k===500N/m=5N/cm，故B错误；‎ C、当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，合力为 30N﹣mg=ma，又已求得m=2Kg，则a=m/s2=5m/s2，故C正确；‎ D、因为力F随弹簧形变量在不断变化，由图象分析可知物体与弹簧分离时弹簧恢复原长，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一倾角为a的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．μ＜tana B．物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能 C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和 D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2Ekm ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】小物块从静止释放后能下滑，说明重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，由此列式得到μ与α的关系．物块所受的合力为零时动能最大．根据能量守恒定律分析各种能量的关系．‎ ‎【解答】解：A、小物块从静止释放后能沿斜面下滑，则有 mgsinα＞μmgcosα，解得 μ＜tanα．故A正确；‎ B、物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B错误；‎ C、根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和．故C正确；‎ D、若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep．此位置弹簧的压缩量为x．‎ 根据功能关系可得：‎ 将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm=mg（s+x）sinα﹣μmg（s+x）cosα﹣Ep．‎ 将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm′=mg•（2s+x）sinα﹣μmg•（2s+x）cosα﹣Ep．‎ 而2Ekm=mg（2s+2x）sinα﹣μmg（2s+2x）cosα﹣2Ep=[mg（2s+x）sinα﹣μmg（2s+x）cosα﹣Ep]+[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]=Ekm′+[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]‎ 由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：mgxsinα﹣μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep＞0，所以得Ekm′＜2Ekm．故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ 二、解答题 ‎9．某学生用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动，打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上．如图乙所示为实验时得到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．则打点计时器在打计数点5时小车的瞬时速度大小v5=　0.91　m/s，小车运动的加速度大小a=　1.3　m/s2 （两空均保留两位有效数字）．若实验时电源的电压升高了，测得的加速度　等于　 （填“大于”“等于”或“小于”）实际的加速度．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1、5点时小车的瞬时速度大小．根据加速度定义可以求出加速度的大小，依据求解加速度公式，电压变化不影响其大小．‎ ‎【解答】解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1点时小车的瞬时速度大小．‎ v1=m/s=0.39 m/s 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上5点时小车的瞬时速度大小．‎ v5== m/s=0.91 m/s 根据加速度定义得a===1.3 m/s2‎ 若只是电压提高，频率不变，则得出的加速度不变； ‎ 故答案为：0.91，1.3，等于．‎ ‎　‎ ‎10．用如图a所示装置做“验证动能定理”的实验．实验时，通过电磁铁控制小铁球从P处自由下落，小铁球依次通过两个光电门甲、乙，测得遮光时间分别为△t1和△t2，两光电门中心点间的高度差为h．‎ ‎（1）用游标卡尺测得小铁球直径的示 如图b所示，则小铁球的直径d=　6.30　mm；‎ ‎（2）为验证动能定理，还需知道的物理量是　重力加速度g　（填物理量名称及符号），验证动能定理的表达式为：　gh=　；‎ ‎（3）由于光电门甲出现故障，某同学实验时只改变光电门乙的高度，进行多次实验获得多组数据，分别计算出各次小铁球通过光电门乙时的速度v，并作出并作出v2﹣h图象．图（c）中给出了a、b、c三条直线，他作出的图象应该是直线　a　；由图象得出，小铁球到光电门甲中心点的高度差为　10.0　cm，小铁球通过光电门甲时的速度为　1.4　m/s．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ ‎（2）根据动能定理得出验证的表达式，从而确定需要测量的物理量；‎ ‎（3）根据速度位移公式得出v2与h的关系式，从而得出正确的图线，结合图线的横轴截距求出小铁球到光电门甲中心点的高度差，根据速度位移公式求出小球铁球通过光电门甲的速度．‎ ‎【解答】解：（1）小铁球的主尺读数为6mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，则小铁球的直径为6.30mm．‎ ‎（2）根据动能定理知，mgh=，而，，则验证的动能定理表达式为gh=，可知还需要测量的物理量是重力加速度g．‎ ‎（3）改变光电门乙的高度，根据知，，知正确的图线为直线a．‎ 当v=0时，h=﹣10.0cm，小铁球到光电门甲中心点的高度差，小铁球通过光电门甲时的速度v=≈1.4m/s．‎ 故答案为：（1）6.30；（2）重力加速度g，；‎ ‎（3）a； 10.0； 1.4‎ ‎　‎ ‎11．广州中山大道、广州大道等路段设置了“绿波带”，根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯．设一路上某直线路段每间隔L=500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间△t1=50 s，红灯时间△t2=40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后△t=50s．要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口，汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅．‎ ‎（1）若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过3个路口，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a=2 m/s2匀加速运动，加速到第（3）问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动．试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）若汽车刚好在绿灯亮起时通过第3个路口，求出汽车通过3个路口的时间 t=3△t，此时匀速运动的速度最大，为vmax=．若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，通过五个路口的时间是 t′=3△t+△t1，此时匀速运动的速度最小，为vmin=．代入求解．‎ ‎（2）若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax，由速度公式求出加速的时间，并求得加速的位移．然后汽车以此速度匀速运动，求出匀速的时间，从而求出汽车从该路口开始启动到下一个路口的总时间，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：（1）若汽车刚好在绿灯亮起时通过第3个路口，则通过3个路口的时间t=3△t 此时匀速运动的速度最大 若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间 此时匀速运动的速度最小 ‎（2）若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到 ‎ 所需时间 在此过程中汽车走过的位移 然后汽车以此速度匀速运动到下一路口所需时间 因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为 由于，即50＜52.5＜100，所以走到下个路口时能够遇到绿灯． ‎ 答：（1）汽车匀速行驶的最大速度是10m/s，最小速度又是7.5m/s ‎（2）试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能够遇到绿灯 ‎　‎ ‎12．一长木板在水平地面上运动，从木板经过A点时开始计时，在t=1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的v﹣t图线如图所示．己知木板质量为物块质量的2倍，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）木板离A点的最终距离；‎ ‎（3）木板的最小长度．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）从t1=1.0s开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．根据v﹣t图象的斜率等于加速度，求出两个过程的加速度，再对两个物体分别运用牛顿第二定律列式，可求得动摩擦因数．‎ ‎（2）分别分析物块的运动情况，分段求两者相对于地面的位移，根据两者之差可求得木板离A点的最终距离．‎ ‎（3）在v﹣t图象上，画出物块的速度时间图象，由图分析物块相对木板距离的变化情况，木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小．根据v﹣t图象的“面积”大小等于位移求解．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）从t1=1.0s开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．‎ 由图可知，在t2=1.5 s时，物块和木板具有共同速度v2=1.0m/s．设t1到t2时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则 ‎ a1===2m/s2 ①‎ ‎ a2===7m/s2 ②‎ 式中v1=4.5 m/s，为木板在t1=1.0s时速度的大小．‎ 设物块和木板的质量分别为m、2m，由牛顿第二定律得 ‎ μ1mg=ma1 ③‎ ‎ μ1mg+μ2（3mg）=（2m）a2 ④‎ 联立①②③④式得：μ1=0.20，μ2=0.40‎ ‎（2）设t=0到t1时间间隔内，木板的加速度为a0，由牛顿第二定律得 ‎ μ2（2m）g=（2m）a0 ⑤‎ 得 a0=4m/s2‎ ‎ 逆过来看，将木板匀减速过程看作反向匀加速过程，则t=0到t1时间间隔内木板的位移：‎ ‎ s0=v1t1+ ⑥‎ 代入数据解得 s0=6.5m t1到t2时间间隔内，木板相对于地面的运动距离为 ‎ s1= ⑦‎ 代入数据解得 s1=1.375m 在t2时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得 ‎ f=ma1′⑧‎ ‎ μ2（3mg）﹣f=（2m）a2′⑨‎ ‎ 假设f＜μ1mg，则a1′=a2′；‎ 由⑧⑨式得 f=μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾．故 ‎ f=μ1mg ⑩‎ 由⑨⑩式得，a1′=a1=2m/s2，a2′=5m/s2‎ 在t2时刻后，木板相对于地面的运动距离为 ‎ s2=⑪‎ 代入数据解得 s2=0.1m 综上，木板离A点的最终距离 ‎ S=s0+s1+s2 ⑫‎ 解得：S=7.975m ‎（3）由（2）分析，物块的v﹣t图象如图中点划线所示．由图可知，t1到t2时间间隔内，物块相对于木板的位移逐渐增大，而t2时刻后，物块相对于木板的位移又逐渐减小．‎ t1到t2时间间隔内，物块相对于地面的运动距离为 ‎ s1′=⑬‎ 代入数据解得 s1′=0.25m 木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小，为：‎ ‎ Lmin=s1﹣s1′⑭‎ 解得Lmin=1.125 m ‎ 答：‎ ‎（1）物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2分别为0.20和0.40．‎ ‎（2）木板离A点的最终距离是7.975m；‎ ‎（3）木板的最小长度是1.125 m．‎ ‎　‎ ‎13．如图，水平轨道A点左侧光滑，右侧粗糙，距A点s=1.0m的B端与半径R=0.25m的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直．一小物块b以v0=3.0m/s的速度，与静置于A点的小物块a发生弹性碰撞．碰后a沿水平轨道运动，然后滑上轨道BCD．已知小物块a的质量ma=1.0kg，a与AB轨道间的动摩擦因数μ=0.20，g取10m/s2．‎ ‎（1）若a到达半圆轨道的中点C点时速率vC=1.0m/s，求a进入半圆轨道的B点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）若a能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求a碰后的最大速度；‎ ‎（2）若a能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求b的质量mb的取值范围．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）由机械能守恒定律求出a到达B点的速度，然后应用牛顿第二定律求出支持力，再求出压力．‎ ‎（2）应用动能定理可以求出a碰后的速度．‎ ‎（3）碰撞过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出b的质量范围．‎ ‎【解答】解：（1）设物块a经过B点时的速度为vB，‎ 由机械能守恒定律得： mavB2=mavC2+magR ①‎ 设物块刚进入圆轨道时受到的支持力为N，‎ 由牛顿第二定律得：N﹣mag=ma ②‎ 解得：N=34N，由牛顿第三定律知，a对轨道的压力大小为34N．‎ ‎（2）要使a仍能沿圆轨道滑回，a在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C．‎ 设碰后a的速度为v1时恰能滑到C点，由动能定理有：‎ ‎﹣μmags﹣magR=0﹣mav12 ③‎ 解得：v1=3m/s，此为a碰后的最大速度．‎ ‎（3）设碰后a的速度为v2时恰能滑到B点，‎ 由动能定理有：﹣μmags=0﹣mav22 解得：v2=2.0m/s；‎ 碰后a的速度满足2.0m/s≤va≤3.0m/s时，a能滑上圆轨道，并仍能沿圆轨道滑下．‎ 设 b、a发生弹性碰撞的速度分别为vb、va，以b的初速度方向为正方向，‎ 根据动量守恒定律得：mbv0=mava+mbvb，‎ 碰撞过程无动能损失： mbv02=mava2+mbvb2，‎ 解得：va=，由2.0m/s≤≤3.0m/s，‎ 解得：0.50kg≤mb≤1.0kg；‎ 答（1）a进入半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为34N；‎ ‎（2）a碰后的最大速度为3m/s；‎ ‎（2）b的质量mb的取值范围是0.50kg≤mb≤1.0kg．‎ ‎　‎ ‎2016年12月14日