山东省济宁市邹城市龙山高考培训学校2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

山东省济宁市邹城市龙山高考培训学校2016-2017学年上学期高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年山东省济宁市邹城市龙山高考培训学校高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-6题单选，7-10多选，每题5分，共50分．多选题选对但选不全3分，选错0分．）‎ ‎1．关于曲线运动的下列说法正确的是（　　）‎ A．做曲线运动的物体，速度方向时刻改变，一定是变速运动 B．做曲线运动的物体，物体所受的合外力一定不可能是恒力 C．物体不受力或受到的合外力为零时，可能作曲线运动 D．做曲线运动的物体可能处于平衡状态 ‎2．A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的x﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A质点以20m/s的速度匀速运动 B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动 C．经过4s，B质点的位移大于A质点的位移 D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大 ‎3．唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150m的河，他们在静水中划船的速度为5m/s，现在他们观察到河水的流速为4m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是（　　）‎ A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船 B．悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船 C．沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船 D．八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的 ‎4．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小 B．球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小 C．球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小 D．球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小 ‎5．如图所示，A、B两物体相距x=7m，物体A以vA=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，只在摩擦阻力作用下向右做匀减速运动，加速度大小为a=2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为（　　）‎ A．7sB．8sC．9sD．10s ‎6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学中称为“行星冲日”，假定有两个地外行星A和B，地球公转周期T0=1年，公转轨道半径为r0，行星公转周期TA=2年，B行星公转轨道半径rB=4r0，则下列说法错误的是（　　）‎ A．A星公转周期比B星公转周期小 B．A星公转线速度比B星公转线速度大 C．相邻两次A星冲日间隔比相邻两次B星冲日间隔时间长 D．相邻两次A、B两星同时冲日时间间隔为2年 ‎7．一质点正在做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）‎ A．质点单位时间内速率的变化量总是不变 B．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 ‎8．如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象．若汽车质量为2×103 kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　）‎ A．汽车所受阻力为2×103 N B．汽车匀加速所需时间为5 s C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2‎ D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104 W ‎9．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（　　）‎ A．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态 B．当v0＞时，小球一定能通过最高点P C．小球运动到最高点P时，处于失重状态 D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 ‎10．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为 C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 ‎　‎ 二、填空题（共14分）‎ ‎11．用如图甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测得弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺，当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙ab虚线所示，再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙cd虚线所示，已知每个钩码质量为50g，重力加速度g=9.8m/s2，则 ‎（1）被测弹簧的劲度系数为　　N/m ‎（2）挂三个钩码时弹簧的形变量为　　cm．‎ ‎12．某同学设计了如题图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ．滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）为测量滑块的加速度a，须测出它在 AB间运动的　　与　　，计算a的运动学公式是　　；‎ ‎（2）根据牛顿运动定律得到a与m的关系为，他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ．若要求a是m的一次函数，必须使上式中的　　 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（计算题3题，需要写出必要的解题步骤，共36分）‎ ‎13．一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示，试求：‎ ‎（1）当劈静止时绳子的拉力大小．‎ ‎（2）若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？‎ ‎14．某人在相距40m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4m/s2和8m/s2，运动过程中的最大速度为8m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点．求：‎ ‎（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；‎ ‎（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．‎ ‎15．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．斜面长AC=7R，C为斜面的最高点．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R．已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度大小为g．‎ ‎（1）求小物体P下滑过程的加速度大小．‎ ‎（2）求P从C点第一次运动到B点所用的时间．‎ ‎（3）求P运动到E点时弹簧的弹性势能．‎ ‎（4）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．恰好能够沿斜面到达C点．求改变后P的质量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省济宁市邹城市龙山高考培训学校高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-6题单选，7-10多选，每题5分，共50分．多选题选对但选不全3分，选错0分．）‎ ‎1．关于曲线运动的下列说法正确的是（　　）‎ A．做曲线运动的物体，速度方向时刻改变，一定是变速运动 B．做曲线运动的物体，物体所受的合外力一定不可能是恒力 C．物体不受力或受到的合外力为零时，可能作曲线运动 D．做曲线运动的物体可能处于平衡状态 ‎【考点】曲线运动．‎ ‎【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．‎ ‎【解答】解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；‎ B、做曲线运动的物体，合力方向与速度方向不在同一条直线上，但合力可能是恒力，如平抛运动，故B错误；‎ C、物体不受力或受到的合外力为零时，处于平衡状态，物体保持静止或者做匀速直线运动，不可能作曲线运动，故C错误；‎ D、做曲线运动的物体速度方向一定变化，是变速运动，一定具有加速度，合力一定不为零，故D错误；‎ 故选：A ‎【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．‎ ‎　‎ ‎2．A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的x﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A质点以20m/s的速度匀速运动 B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动 C．经过4s，B质点的位移大于A质点的位移 D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．‎ ‎【解答】解：A、位移时间图象斜率表示该时刻的速度，则v=，故A错误．‎ B、图象的斜率表示该时刻的速度，由图象可知，B的速度先为正，后为负，所以B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确．‎ C、经过4s，A、B质点的位移都为40m，相等，故C错误；‎ D、由图可知，0﹣4s内运动方向相同，4﹣8s内运动方向相反，所以在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在8s末达到最大，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】理解位移﹣时间图象点和斜率的物理意义的同时还要理解好好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义．‎ ‎　‎ ‎3．唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150m的河，他们在静水中划船的速度为5m/s，现在他们观察到河水的流速为4m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是（　　）‎ A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船 B．悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船 C．沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船 D．八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短；由于水流速小于静水速，合速度的方向可垂直于河岸，可到达正对岸．‎ ‎【解答】解：A、B、当静水速度垂直于河岸时，渡河的时间最短，为：t=；但30s内要随着水向下游移动，故A错误，B正确；‎ C、D、当合速度与河岸垂直时，渡河的位移最小，此时船头偏向上游，故C错误，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道船参与了静水运动和水流运动，当静水速度与河岸垂直时，渡河时间最短．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小 B．球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小 C．球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小 D．球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球做圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度、角速度、向心加速度的表达式，从而比较大小．根据平行四边形定则得出支持力的表达式，比较大小关系．‎ ‎【解答】解：A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图，根据牛顿第二定律，有：‎ F=mgtanθ=ma=，‎ 解得v=，a=gtanθ，ω=，A的半径大，则A的线速度大，角速度小，向心加速度相等．故A、B错误，C正确．‎ D、根据平行四边形定则得，N=，由于两球的质量不一定相等，则支持力不一定相等，所以压力不一定相等，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道加速度、角速度、线速度与小球的质量无关．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B两物体相距x=7m，物体A以vA=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，只在摩擦阻力作用下向右做匀减速运动，加速度大小为a=2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为（　　）‎ A．7sB．8sC．9sD．10s ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】分析在B匀减速直线运动到静止的这段时间内的平均速度，故物体A追上物体B时物体B早已停止运动，根据位移关系求出物体A追上B所用的时间．‎ ‎【解答】解：因为B做匀减速直线运动，当B速度减为0时，根据平均速度公式可知，故在B停止运动前A追不上B．‎ 所以此时B物体做匀减速直线运动的时间，故B运动的位移 所以A追上B时，A的位移xA=x+xB=32m，故A追上B所用的时间 故选：B ‎【点评】A追上B时两者的位移关系很易得到，但考虑到B做匀减速直线运动B的位移表达式不仅是简单的把代入位移就行的，要注意B停止运动的时间及位移公式的适用条件．‎ ‎　‎ ‎6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学中称为“行星冲日”，假定有两个地外行星A和B，地球公转周期T0=1年，公转轨道半径为r0，行星公转周期TA=2年，B行星公转轨道半径rB=4r0，则下列说法错误的是（　　）‎ A．A星公转周期比B星公转周期小 B．A星公转线速度比B星公转线速度大 C．相邻两次A星冲日间隔比相邻两次B星冲日间隔时间长 D．相邻两次A、B两星同时冲日时间间隔为2年 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据开普勒第三定律，求出B行星的公转周期，从而比较A星公转周期与B星公转周期的大小关系；由公转周期比较公转的轨道半径大小关系，最后A、B星的公转线速度大小关系，行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等求出B行行公转周期，如果时间是两个周期的最小公倍数，则两个行星都转动整数圈，两者一定共线．‎ ‎【解答】解：A、根据开普勒第三定律，，代入，得年，据题意，所以A星公转周期比B星公转周期小，故A正确；‎ B、根据，B星周期越大，B星轨道半径越大，由，B星的线速度小，所以A星公转线速度比B星公转线速度小，故B正确；‎ C、A行星公转周期TA=2年，地球公转周期T0=1年，则当A星与地球处于同一直线上时，再经过2年，A行行又与地球在同一直线上，所以相邻两次A星冲日间隔为2年；相邻两次B星冲日间隔为8年，所以相邻两次A星冲日间隔比相邻两次B星冲日间隔短，故C错误；‎ D、若某个时刻A、B两星冲日，根据AB选项的分析可知，经过8年，A、B两星再次冲日，故D错误．‎ 本题选错误的，故选：CD ‎【点评】本题关键是结合开普勒第三定律分析（也可以运用万有引力等于向心力列式推导出），找到两个行星的周期与地球周期的最小公倍数是关键，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．一质点正在做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）‎ A．质点单位时间内速率的变化量总是不变 B．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．‎ 明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；‎ 由牛顿第二定律F=ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；‎ ‎【解答】解：A．如果恒力与速度方向在同一直线上，则因为合外力恒定，加速度恒定，由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的，故A错误；‎ B、质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故B错误；‎ C．因原来物体受力平衡，则加上恒力后，合力即为该恒力；则由牛顿第二定律可知，加速度的方向一直与恒力方向相同；故C正确 D、由于力是恒力，故物体不可能做匀速圆周运动，故力的方向与速度方向不可能一直垂直，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象．若汽车质量为2×103 kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　）‎ A．汽车所受阻力为2×103 N B．汽车匀加速所需时间为5 s C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2‎ D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104 W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动 ‎【解答】解：A、设汽车的额定功率为P，由图知，汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f，代入得：P=f×30①‎ 当时，，‎ 根据牛顿第二定律得：，‎ 代入得：②‎ 由①②解得：，，故A正确；‎ B、汽车匀加速运动的末速度，得v=10m/s，匀加速运动的时间，故B正确；‎ C、由图汽车匀加速运动的加速度为，故C错误；‎ D、根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有：F﹣f=ma，代入数据得 车速为5m/s时，功率为，故D错误；‎ 故选：AB ‎【点评】解决本题的关键能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率 ‎　‎ ‎9．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（　　）‎ A．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态 B．当v0＞时，小球一定能通过最高点P C．小球运动到最高点P时，处于失重状态 D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】绳子绷直有两种情况：1、不越过四分之一圆周，2、越过圆周运动的最高点，结合动能定理分析判断．根据加速度的方向得出小球处于超重还是失重．根据牛顿第二定律和动能定理得出在P、Q两点的拉力差，从而分析判断．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得，，若v0＜时，则h，可知小球不会越过四分之一圆周，细绳始终处于绷紧状态，故A正确．‎ B、小球越过最高点的临界速度v=，根据动能定理得，，解得v0=，即在最低点的速度需满足，小球才能通过最高点P，故B错误．‎ C、小球运动到最高点P时，加速度的方向向下，处于失重状态，故C正确．‎ D、在Q点，根据牛顿第二定律得，，在P点，，又，联立解得△F=F1﹣F2=6mg，故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理解答即可．‎ ‎　‎ ‎10．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为 C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小．‎ 根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率．‎ 当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度．‎ ‎【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，解得弹簧的伸长量，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=，故A正确．‎ B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W=﹣3mgxsinθ=﹣，故B错误．‎ C、根据牛顿第二定律得，F﹣3mgsinθ﹣kx2=3ma，解得F=5mgsinθ+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsinθ+3ma）v，故C错误．‎ D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣3mgsinθ﹣T′=0‎ 所以：T′=2mgsinθ+3ma B沿斜面方向受到的力：FB=T′﹣2mgsinθ=2ma′，‎ 解得，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，难度适中．‎ ‎　‎ 二、填空题（共14分）‎ ‎11．用如图甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测得弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺，当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙ab虚线所示，再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙cd虚线所示，已知每个钩码质量为50g，重力加速度g=9.8m/s2，则 ‎（1）被测弹簧的劲度系数为　70　N/m ‎（2）挂三个钩码时弹簧的形变量为　2.10　cm．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】（1）在实验中，所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，P点对应刻度的变化可知弹簧的伸长量．‎ 对钩码受力分析，由平衡条件可求得劲度系数；‎ ‎（2）同理由胡克定律可求得挂3个钩码时弹簧的形变量；‎ ‎【解答】解：（1）钩码的质量m=50g=50×10﹣3kg，由图可知，当钩码增至3个时，弹力增大mg，而弹簧的长度伸长x=0.7cm=0.007m，则由平衡关系可知，mg=kx 解得劲度系数k===70N/m；‎ ‎（2）对3个钩码由3mg=kx1；‎ 解得：x1=2.10cm； ‎ 故答案为：70，2.10‎ ‎【点评】解决本题的关键由平衡条件得所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，掌握胡克定律F=kx．注意明确增加的钩码的重力与增加的弹簧长度之间也是符合胡确定律的，即△F=k△x．‎ ‎　‎ ‎12．某同学设计了如题图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ．滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）为测量滑块的加速度a，须测出它在 AB间运动的　位移S　与　时间t　，计算a的运动学公式是　　；‎ ‎（2）根据牛顿运动定律得到a与m的关系为，他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ．若要求a是m的一次函数，必须使上式中的　m′+m　 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于　滑块上　．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】根据初速为零的匀加速直线运动位移时间公式找出求解加速度要测量的物理量；要作出直线图，必须保证斜率一定．‎ ‎【解答】解：（1）滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据s=at2 得a=，所以需要测量的是位移s和时间t．‎ ‎（2）若要求a是m的一次函数，必须使中的保持不变，即m′+m保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置滑块上；‎ 故答案为：（1）位移S，时间t，；（2）m′+m，滑块上．‎ ‎【点评】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．‎ ‎　‎ 三、计算题（计算题3题，需要写出必要的解题步骤，共36分）‎ ‎13．一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示，试求：‎ ‎（1）当劈静止时绳子的拉力大小．‎ ‎（2）若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？‎ ‎【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】（1）小球静止时合力为零，对小球受力分析，由共点力平衡条件可求得绳子的拉力；‎ ‎（2）对劈进行受力分析，当劈相对于地面刚要滑动时静摩擦力达到最大，由共点力的平衡条件可得出支持力的大小，从而得到k的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）以水平方向为x轴，建立坐标系，以小球为研究对象，受力分析如图甲所示 ‎ Fsin60°+FNcos30°=mg ①‎ ‎ Fcos60°=FNsin30° ②‎ 解①②得：绳子的拉力大小 F=FN=mg ‎（2）如图乙，以水平方向为x轴，对劈进行受力分析 ‎ FN′=FNcos30°+Mg Ff′=FNsin30°‎ 且有 ‎ 又FN=F=mg 联立解之得 ‎ 答：‎ ‎（1）绳子的拉力大小是mg．‎ ‎（2）为使整个系统静止，k值必须满足的条件是：．‎ ‎【点评】当一个题目中有多个物体时，一定要灵活选取研究对象，分别作出受力分析，即可由共点力的平衡条件得出正确的表达式．‎ ‎　‎ ‎14．某人在相距40m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4m/s2和8m/s2，运动过程中的最大速度为8m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点．求：‎ ‎（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；‎ ‎（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）设最大速度为vm，抓住总位移，结合匀变速直线运动的推论和匀速运动的位移求出从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出从A点运动到B点和B点到A点的时间，结合平均速度的定义式求出平均速度大小之比．‎ ‎【解答】解：（1）设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，从B点返回A点的过程中做匀速运动的时间为t2，A、B两点间的距离为L，由运动学公式可得vm=a1t1‎ L﹣x1=vmt2‎ 联立以上各式并代入数据可得t2=4 s．‎ ‎（2）设此人从A点运动到B点的过程中做匀速运动的时间为t3，减速运动的位移大小为x2，减速运动的时间为t4，由运动学方程可得 vm=a2t4，‎ x2=t4，‎ L﹣x1﹣x2=vmt3‎ 联立以上各式并代入数据可得．‎ 答：（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间4s；‎ ‎（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比 ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．‎ ‎　‎ ‎15．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．斜面长AC=7R，C为斜面的最高点．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R．已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度大小为g．‎ ‎（1）求小物体P下滑过程的加速度大小．‎ ‎（2）求P从C点第一次运动到B点所用的时间．‎ ‎（3）求P运动到E点时弹簧的弹性势能．‎ ‎（4）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．恰好能够沿斜面到达C点．求改变后P的质量．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求小物体P下滑过程的加速度大小．‎ ‎（2）根据速度位移关系公式求出物体运动到B的速度，再由速度公式求P从C点第一次运动到B点所用的时间．‎ ‎（3）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程，运用能量守恒定律求P运动到E点时弹簧的弹性势能．‎ ‎（4）从B恰好运动到C，弹性势能转化为重力势能的增加量和内能的增加量，运用能量守恒定律求改变后P的质量．‎ ‎【解答】解：（1）选P为研究对象，受力分析如图：‎ 设P的加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡：Gcosθ=N 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：Gsinθ﹣f=ma 且f=μN 可得：a=gsinθ﹣μgcosθ=g ‎（2）对CB段过程，由=2axCB，‎ 代入数据得B点速度：vB=2‎ 根据运动学公式：vB=at 得 t=5‎ ‎（3）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程；‎ 由C到F，重力势能变化量：△EP=﹣mg3Rsinθ 减少的重力势能全部转化为内能．设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热为：Q=μmgcosθ（7R+2xR）‎ 由Q=|△EP|，联立解得：x=1；‎ 研究P从C点运动到E点过程重力做功：WG=mgsinθ（5R+xR）‎ 摩擦力做功：Wf=﹣μmgcosθ（5R+xR）‎ 动能变化量：△Ek=0‎ 由动能定理：WG+Wf+W弹=△Ek 代入得：W弹=﹣‎ 由△E弹=﹣W弹，‎ 得E点时弹性势能 E弹=．‎ ‎（3）从B恰好运动到C，弹性势能转化为重力势能的增加量和内能的增加量，设改变后的物体的质量为m′．‎ ‎=μm′gcosθ6R+mg6Rsinθ 解得：m′=0.5m 答：（1）小物体P下滑过程的加速度大小是g．‎ ‎（2）P从C点第一次运动到B点所用的时间是5．‎ ‎（3）P运动到E点时弹簧的弹性势能是．‎ ‎（4）改变后P的质量是0.5m．‎ ‎【点评】解决本题的关键要理清物体的运动过程，分析清楚能量是如何转化的，分段运用能量守恒定律研究．‎ ‎　‎ ‎ ‎