山西省太原外国语学校2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

山西省太原外国语学校2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年山西省太原外国语学校高三（上）月考物理试卷（解析版）（12月份）‎ ‎　‎ 一．选择题：本大题共9小题，每小题6分，其中14-18小题只有一项符合题目要求；19-22小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．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述中错误的是（　　）‎ A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法 B．牛顿进行了“月﹣地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 C．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人 D．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 ‎2．如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g．则（　　）‎ A．A对地面的摩擦力方向向左 B．B对A的压力大小为mg C．细线对小球的拉力大小为mg D．A对地面的压力等于（M+m）g ‎3．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1‎ 时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小直到为0‎ C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g D．小球下降过程中的平均速度大于 ‎4．为了验证拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力以及地球、众行星与太阳之间的作用力是同一性质的力，同样遵从平方反比定律，牛顿进行了著名的“月地检验”．已知月地之间的距离为60R（R为地球半径），月球围绕地球公转的周期为T，引力常量为G．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的 B．由题中信息可以计算出地球的密度为 C．物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的 D．由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线速度为 ‎5．从A点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD是小球运动的一段轨迹．建立如图所示的正交坐标系xOy，x轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A（﹣L，0）、C（L，0），D（2L，3L），小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y轴的交点B的坐标为（　　）‎ A．（0，﹣0.25L） B．（0，﹣0.6L） C．（0，﹣L） D．（0，﹣3L）‎ ‎6．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m的物体接触（未连接），物体静止时弹簧被压缩了x0．现用力F缓慢沿斜面向下推动物体，使弹簧在弹性限度内再被压缩2x0后保持物体静止，然后撤去F，物体沿斜面向上运动的最大距离为4.5x0，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中（　　）‎ A．物体的机械能不守恒 B．弹簧弹力对物体做功的功率一直增大 C．弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sin θ D．物体从开始运动到速度最大的过程中重力做的功为2mgx0sin θ ‎7．如图甲所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若FA和FB不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则图乙所列图象中，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（　　）‎ A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关 C．滑块一定能重新回到出发点A处 D．传送带速度v越小，滑块与传送带摩擦产生的热量越少 ‎9．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则（　　）‎ A．在0～x1过程中物体所受拉力是变力，且x1处所受拉力最大 B．在x1处物体的速度最大 C．在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小 D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小 ‎　‎ 三、非选择题 ‎10．（9分）如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，该装置依靠电子信息系统获得了小车加速度a的信息，由计算机绘制出a与钩码重力的关系图．钩码的质量为m，小车和砝码的质量为M，重力加速度为g．‎ ‎（1）下列说法正确的是　　‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m应远小于M D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他作出的a﹣F图可能是图2中　　（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　　‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．砝码盘和砝码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其它操作均正确，若轨道水平，他测量得到的图象如图3．设图中纵轴上的截距为﹣b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎11．（9分）在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是　　（填选项前的字母）．‎ A．保证钩码的质量远小于小车的质量 B．选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据 C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力 D．必须先接通电源再释放小车 ‎（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是　　，小车动能的增量是　　．（用题中和图中的物理量符号表示）‎ ‎12．（8分）如图甲，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC．质量为0.1kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道．（g取10m/s2）（最后结果可用根式表示）‎ ‎（1）若FA=13N，求小球滑经A点时的速度vA；‎ ‎（2）若FC和FA的关系图线如图乙所示且FA=13N，求小球由A滑至C的过程中损失的机械能．‎ ‎13．（15分）如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ ‎（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎（2）弹簧的最大压缩量；‎ ‎（3）弹簧中的最大弹性势能．‎ ‎　‎ 选考 ‎14．（15分）如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）‎ ‎（1）物块作平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；‎ ‎（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省太原外国语学校高三（上）月考物理试卷（解析版）（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题：本大题共9小题，每小题6分，其中14-18小题只有一项符合题目要求；19-22小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．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述中错误的是（　　）‎ A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法 B．牛顿进行了“月﹣地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 C．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人 D．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】牛顿进行了“月一地检验”，说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律．‎ 卡文迪许测出了引力常量G，卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人．‎ 结合常用的物理学的方法分析A、D两个选项．‎ ‎【解答】解：A、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故A正确．‎ B、牛顿进行了“月一地检验”，说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律．故B正确，‎ C、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许测出了引力常量G，卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人．故C错误．‎ D、根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法．故D正确．‎ 本题选择不正确的，故选：C．‎ ‎【点评】对于物理学史，这些常识性问题，要与主干知识一起，可激发学生学习的热情，学到科学研究的方法等等．‎ ‎　‎ ‎2．如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g．则（　　）‎ A．A对地面的摩擦力方向向左 B．B对A的压力大小为mg C．细线对小球的拉力大小为mg D．A对地面的压力等于（M+m）g ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析A选项；再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析BC选项；若剪断绳子，对B根据牛顿第二定律列式求解瞬时加速度．‎ ‎【解答】解：A、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，故A错误；‎ BC、对小球受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：F=，T=mgtanθ 其中cosθ=，tanθ=，‎ 故：F=mg，T=mg； 故B正确，C错误；‎ D、对整体分析可知，整体受重力和支持力作用，由于整体不受外力，故A受地面的支持力为（M+m）g，根据作用力和反作用力规律可知，A对地面的压力等于（M+m）g，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析．注意整体法与隔离法的准确应用．‎ ‎　‎ ‎3．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小直到为0‎ C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g D．小球下降过程中的平均速度大于 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】A、由图中的速度可以判定何时阻力最大，进而判定最大加速度，加速度最小是零，而小球有匀速阶段，故加速度最小值应该出现在匀速阶段；‎ B、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由此加上重力，可以判定上升和下降阶段的加速度变化；‎ C、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故可以得到比例系数，进而判定抛出时加速度；‎ D、由面积表示位移来分析它与匀减速运动平均速度的关系，可判定D．‎ ‎【解答】解：A、小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大故阻力最大，可知合力在抛出时最大，可知此时加速度最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，故A错误；‎ B、由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可知在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小．下降过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下，故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，故B正确；‎ C、由图可知，速度为v1时球匀速，说明重力等于阻力，故有：kv1=mg，得：，故抛出瞬间的空气阻力为：f0=kv0=，故抛出瞬间的加速度为：a==（1+）g，故C正确；‎ D、下降过程若是匀加速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积大于匀加速直线运动的面积，即图中的位移大于做匀加速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度大于匀加速的平均速度，即大于，故D正确 本题选错误的，故选：A ‎【点评】本题关键是受力分析，只有分析好小球的受力，才能解答好前三项，至于最后一个是利用的面积表示位移，而平均速度等于位移比时间．‎ ‎　‎ ‎4．为了验证拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力以及地球、众行星与太阳之间的作用力是同一性质的力，同样遵从平方反比定律，牛顿进行了著名的“月地检验”．已知月地之间的距离为60R（R为地球半径），月球围绕地球公转的周期为T，引力常量为G．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的 B．由题中信息可以计算出地球的密度为 C．物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的 D．由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线速度为 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，根据已知量结合牛顿第二定律求出月球绕地球运行的加速度进行比较分析．‎ ‎【解答】解：AC、物体在月球球轨道上受到地球引力F=，故A错误，C正确；‎ B、据万有引力提供向心力有可得地球质量M=，根据密度公式可知地球的密度，故B错误；‎ D、据v==，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】万有引力定律通过理论进行科学、合理的推导，再由实际数据进行实践证明，从而进一步确定推导的正确性．‎ ‎　‎ ‎5．从A点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD是小球运动的一段轨迹．建立如图所示的正交坐标系xOy，x轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A（﹣L，0）、C（L，0），D（2L，3L），小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y轴的交点B的坐标为（　　）‎ A．（0，﹣0.25L） B．（0，﹣0.6L） C．（0，﹣L） D．（0，﹣3L）‎ ‎【考点】竖直上抛运动；平抛运动．‎ ‎【分析】由图知，小球的轨迹是二次函数，开口向下，且过A（﹣L，0）、C（L，0），可设轨迹方程为 y=﹣a（x﹣L）（x+L），将D点坐标代入求出a，再求解B的坐标．‎ ‎【解答】解：由图象可知，小球的轨迹是二次函数，开口向下，且过A（﹣L，0）、C（L，0），‎ 设轨迹方程为：y=﹣a（x﹣L）（x+L）‎ 将D的坐标 x=2L，y=3L代入上式得：a=﹣‎ 则 y=（x﹣L）（x+L）‎ 当x=0，得：y=﹣L，故B的坐标为（0，﹣L），故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键要掌握二次函数方程的一般表达式，运用代入求值的方法求a．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m的物体接触（未连接），物体静止时弹簧被压缩了x0．现用力F缓慢沿斜面向下推动物体，使弹簧在弹性限度内再被压缩2x0后保持物体静止，然后撤去F，物体沿斜面向上运动的最大距离为4.5x0，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中（　　）‎ A．物体的机械能不守恒 B．弹簧弹力对物体做功的功率一直增大 C．弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sin θ D．物体从开始运动到速度最大的过程中重力做的功为2mgx0sin θ ‎【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】以滑块为研究的对象，分析滑块受到的力，然后结合各个力做功的特点与功能关系即可正确解答．‎ ‎【解答】解：A、由于物体受弹簧的弹力做功，故物体的机械能不守恒．故A正确；‎ B、物体在弹簧的弹力的作用下向上运动，开始时弹力大于重力沿斜面向下的分力，物体做加速运动，速度越来越大；当弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力时，物体加速度的方向向下，物体做减速运动，速度减小，同时弹力也减小，所以弹力的功率一定减小．故B错误；‎ C、物体运动的过程中重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒，所以物块的动能、重力势能与弹簧弹性势能的和保持不变，物体到达最高点时的速度是0，重力势能：EPG=mg•4.5x0•sinθ，由功能关系可知，弹簧的最大弹性势能是4.5mgx0sinθ，弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sinθ．故C正确；‎ D、速度最大时应在重力与弹力相等时，根据题意就是弹簧压缩量为x0时，由此可知物体从开始运动到速度最大的过程中上升的高度：△h=2x0sinθ克服重力做的功为2mgx0sinθ．即重力做功为﹣2mgx0sinθ，故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题解题的关键是根据物体的受力分析判断运动情况，知道当物体加速度为0时，速度最大，此时物体的受力平衡．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若FA和FB不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则图乙所列图象中，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对小球的受力情况和运动情况进行分析，当a较小时，；当a较大时，，A、B选项是，受力分析时小球只受FA和FC以及重力的作用；小球加速度达到某个临界值时， =0，之后受FB、FC和重力的作用，运用牛顿第二定律分析研究．‎ ‎【解答】解：AB选项对小球进行受力分析当a＜gtanθ时如图一，根据牛顿第二定律 水平方向：①‎ 竖直方向：②‎ 联立①②得：‎ 成线性关系，当a=0时，，‎ 当a=gtanθ时，，‎ 与a成线性关系，当a=gsinθ时，‎ 所以A错误，B正确，D错误 当a＞gtanθ时，受力如图二，根据牛顿第二定律 水平方向：③‎ 竖直方向：④‎ 联立③④得：‎ 也成线性，不变 综上C错误，D正确 故选：B ‎【点评】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（　　）‎ A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关 C．滑块一定能重新回到出发点A处 D．传送带速度v越小，滑块与传送带摩擦产生的热量越少 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】滑块恰能通过C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求C点时的临界速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．‎ ‎【解答】解：A、若滑块恰能通过C点时有：mg=m…①‎ 由A到C，根据动能定理知 mghAC=…②‎ 联立①②解得：hAC=R 则AB间竖直高度最小为 2R+R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；‎ B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0﹣=2mgR﹣μmgx，知x与传送带速度无关，故B正确；‎ C、若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；‎ D、滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越小，相对路程越小，产生热量越少，故D正确；‎ 故选：BCD ‎【点评】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则（　　）‎ A．在0～x1过程中物体所受拉力是变力，且x1处所受拉力最大 B．在x1处物体的速度最大 C．在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小 D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小 ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣x2过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示受到的拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据功能关系可知，机械能与位移图线的斜率表示物体受到的拉力，可见，A处切线的斜率最大，说明此位置受到的拉力F最大，在0～x1过程中物体所受拉力是变力，故A正确；‎ B、在0～x1过程中物体做加速运动．在x1→x2过程中，图象的斜率越来越小，则说明受到的拉力越来越小，拉力先大于重力，后小于重力，在x2处物体的机械能最大，图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；所以在这一过程中物体应先加速后减速，所以在x1处物体的速度不是最大，应在x1→x2过程中速度最大，故B错误；‎ C、由上分析知，在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小，故C正确；‎ D、在0～x2过程中，拉力先增大后减小，直到变为零，则物体受到的合力应先向上增大，后减小，减小到零后，再反向增大；故D错误；‎ 故选：AC ‎【点评】本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运动过程．要求我们能明确机械能与外力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结合图象进行分析求解．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎10．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，该装置依靠电子信息系统获得了小车加速度a的信息，由计算机绘制出a与钩码重力的关系图．钩码的质量为m，小车和砝码的质量为M，重力加速度为g．‎ ‎（1）下列说法正确的是　C　‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m应远小于M D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他作出的a﹣F图可能是图2中　丙　（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　C　‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．砝码盘和砝码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其它操作均正确，若轨道水平，他测量得到的图象如图3．设图中纵轴上的截距为﹣b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②当小车的质量远远大于钩码的质量时，绳子的拉力才等于钩码的重力；‎ ‎（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．得出图象弯曲的原因是：未满足沙和沙桶质量远小于小车的质量．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．‎ B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．‎ C、让小车的质量M远远大于钩码的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=，故应该是m＜＜M，故C正确；‎ D、F=Ma，所以：a=，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a﹣图象，故D错误；‎ 故选：C ‎（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F不为零时，加速度为零．故可能作出图2中丙．‎ 此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，‎ 故选：C．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律可知，mg﹣μMg=Ma；‎ 结合a﹣图象，可得：a=mg﹣μg 设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为﹣b，‎ 因此小车与木板间的动摩擦因数μ=．‎ 故答案为：（1）C；（2）丙； C；（3）．‎ ‎【点评】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于钩码的质量m，且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法．‎ ‎　‎ ‎11．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是　AC　（填选项前的字母）．‎ A．保证钩码的质量远小于小车的质量 B．选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据 C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力 D．必须先接通电源再释放小车 ‎（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是　mgs　，小车动能的增量是　M（）2﹣M（）2　．（用题中和图中的物理量符号表示）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力．平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重力越接近．‎ ‎（2）对系统研究，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等．‎ ‎【解答】解：（1）为使钩码的重力近似等于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，故C正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，故A正确；D项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，故D错误；B项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，故B错误； ‎ 故选：AC ‎（2）从打 B 点到打 E 点的过程中，合力对小车做的功为：W=mgh=mgS 根据中间时刻的速度等于平均速度得：vB=，vE=，‎ 小车动能的增量是：△EK=MvE2﹣MvB2=M（）2﹣M（）2．‎ 故答案为：（1）AC；（2）mgs， M（）2﹣M（）2‎ ‎【点评】‎ 本题考查探究功与速度变化的关系，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC．质量为0.1kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道．（g取10m/s2）（最后结果可用根式表示）‎ ‎（1）若FA=13N，求小球滑经A点时的速度vA；‎ ‎（2）若FC和FA的关系图线如图乙所示且FA=13N，求小球由A滑至C的过程中损失的机械能．‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律；动能定理；功能关系．‎ ‎【分析】（1）小球对A点的压力等于轨道对A的支持力，结合牛顿第二定律求出小球经过A点的速度．‎ ‎（2）根据C点的压力，通过牛顿第二定律求出C点的速度，根据动能定理求出A到C克服摩擦力做功的大小，从而得出损失的机械能．‎ ‎【解答】解：（1）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小为：NA=FA，NC=FC．‎ 在A点由牛顿第二定律得：NA﹣mg=，‎ 解得：vA=2 m/s ‎ ‎（2）在C点由牛顿第二定律得：NC+mg=‎ 对A至C的过程，由动能定理得：Wf﹣mg•2R=mv2C﹣mv2A 对A至C的过程，由功能关系得：△E损=|Wf|‎ 由以上三式解得损失的机械能为0.2 J ‎ 答：（1）小球滑经A点时的速度为m/s；‎ ‎（2）小球由A滑至C的过程中损失的机械能为0.2J．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解．‎ ‎　‎ ‎13．（15分）（2013春•曲沃县校级期末）如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ ‎（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎（2）弹簧的最大压缩量；‎ ‎（3）弹簧中的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，根据能量守恒定律列式求出物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎（2）从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后回到C点的过程中，弹簧的弹力和重力做功都为零，根据动能定理求出弹簧的最大压缩量；‎ ‎（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，根据能量守恒定律求解弹簧中的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有：‎ ‎2mgLsinθ+•3mv02=•3mv2+mgL+fL，‎ 代入解得v=．‎ ‎（2）从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，‎ ‎﹣f•2x=0﹣×3mv2，解得x=﹣=﹣．‎ ‎（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有 ‎ Ep+mgx=2mgxsinθ+fx 因为mgx=2mgxsinθ 所以Ep=fx=mv02﹣μmgL=mv02﹣mgL．‎ 答：‎ ‎（1）物体A向下运动刚到C点时的速度为；‎ ‎（2）弹簧的最大压缩量为﹣；‎ ‎（3）弹簧中的最大弹性势能为mv02﹣mgL．‎ ‎【点评】本题关键是搞清能量如何转化的，可以先分清在物体运动的过程中涉及几种形式的能量，分析哪些能量增加，哪些能量减小，再判断能量如何转化．‎ ‎　‎ 选考 ‎14．（15分）（2016秋•万柏林区校级月考）如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）‎ ‎（1）物块作平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；‎ ‎（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E．‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出物块的初速度；‎ ‎（2）物块从最高点开始做平抛运动，结合平抛运动的特点求出水平距离，由图可知，该距离即为传送带的长度；然后由功能关系即可求出物块开始时的高度；‎ ‎（3）分析判断物快在皮带的运动情况，求出物块在传送带上滑行的时间以及传送带的位移；最后利用能量守恒求多提供的能量．‎ ‎【解答】解：（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据得：v0=4m/s ‎（2）物块离开最高点后做平抛运动，由：‎ 得运动的时间： s 物块沿水平方向平抛的距离：L=v0t=4×0.4=1.6m 由题可知，传送带的长度也是1.6m 物块在整个运动的过程中，重力和传送带的摩擦力做功，由动能定理得：‎ 拉力以上公式，代入数据得：H=2m ‎（3）物块到达传送带的左端的过程中重力做功，由机械能守恒得：‎ 得： m/s 物块在传送带上的加速度：a=﹣‎ 物块经过传送带的时间t′，则：‎ 该时间内传送带运动的距离：L′=v1t′‎ 传送带克服摩擦力做的功：W=fL′=μmgL′‎ 根据能量转化的方向可知，电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E等于传送带克服物块的摩擦力做的功，即：‎ E=W 联立以上各式，代入数据得：E≈3J 答：（1）物块作平抛运动的初速度是4m/s；‎ ‎（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度是2m；‎ ‎（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能是3J．‎ ‎【点评】该题结合平抛运动和机械能守恒考查传送带问题，判断物快在皮带上的运动情况是关键，灵活应用机械能、平抛运动和能量守恒定律是解题的核心．‎ ‎　‎