湖南省衡阳市衡阳三中2017届高三上学期第二次月考物理试卷

湖南省衡阳市衡阳三中2017届高三上学期第二次月考物理试卷

‎2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳三中高三（上）第二次月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共有12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题只有一个选项是正确的；9-12题有多个选项正确，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是（　　）‎ A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 C．笛卡尔发现了万有引力定律；卡文迪许比较准确地测出了引力常量G D．牛顿首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法 ‎2．银河系处于本超星系团的边缘，已知银河系距离星系团中心月2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x10﹣11N•m2/kg2，根据上述数据可估算（　　）‎ A．银河系的密度 B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度 C．银河系的质量 D．银河系绕本超星系团之间的万有引力 ‎3．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v﹣t图象为（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎4．如图所示，在长方形区域中，AD边竖直，边长AB：AD=k，将两小球分别以初速度v1、v2从A、B两点水平抛出，经过一段时间，二者恰好在对角线AC上相遇，且相遇时两小球速度方向相互垂直，不计空气阻力，小球可看做质点，则（　　）‎ A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2‎ ‎5．如图所示，质量分别为3m和2m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F．若已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为（　　）‎ A．5mgB．4mgC．2mgD．3mg ‎6．2016第三届环青海湖（国际）电动汽车挑战赛于6月20日在青海省西宁市的青海湖畔举行，某时刻b车经过a车由静止开始运动，从该时刻开始计时，他们的v﹣t图象如图所示，已知两车始终在同一直线上运动，则下列两汽车运动情况说法正确的是（　　）‎ A．整个过程两车可以相遇两次B．整个过程两车最大距离为1m C．前2s内a车加速度小于b车D．两车只在第二秒时相遇一次 ‎7．据中国之声《新闻高峰》报到，科学家或将在2016年8月底公布在银河系里发现一个与“地球相近似”的行星．这个行星孕育生命的可能性，这个“地球”要比上次发现的“地球近亲比邻星要近得多．若质量可视为均匀分布的球形“与地球相近似”的行星的密度为ρ，半径为R、自转周期为T0，若万有引力常量为G，则（　　）‎ A．该行星的同步卫星的运行速率为 B．该行星的同步卫星的轨道半径为 C．该行星表面重力加速度在两极的大小为GρRπ D．该行星的卫星在星球表面附近做圆周运动的速率为2πR ‎8．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．则下列判断正确的是（　　）‎ A．0～t1内，物块对传送带做正功 B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ C．0～t2内，传送带对物块做功为W=mv22﹣mv12‎ D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 ‎9．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　‎ A．0～t1时间内物块静止B．t2时刻物块A的速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动D．t4时刻物块A离出发点最远 ‎10．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 ‎11．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度 C．在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2‎ D．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ ‎12．将一左侧带有曲面的物体固定在水平面上，曲面在O点与水平面相切，今有一可视为质点的小球从O点以v1的速度进入曲面，其能到达的最高点为Q，而后返回到出发点的速度为v2，已知v2＜v1，在OQ间有一点P，其中P点距离地面的高度为Q点距离地面高度的一半，取过O点的势能面为零势能面．下列正确的是（　　）‎ A．小球从O到Q机械能减少量大于从Q到O机械能减少量 B．小球从O到Q机械能减少量等于从Q到O机械能减少量 C．小球从O到Q的过程中动能等于重力势能的位置在P点 D．小球从O到Q的过程中动能等于重力势能的位置在P点上方 ‎　‎ 二、实验题（本题2小题，共18分）‎ ‎13．（9分）某学习小组利用如图1所示装置验证牛顿第二定律．‎ ‎（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是　　（填选项前的字母）；‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砝码盘和砝码质量的大小，使小车在砝码盘和砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砝码盘和砝码，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砝码盘和砝码，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 ‎（2）如图2是按正确实验步骤打出的一条纸带，打点计时器的电源频率为50Hz，可算出小车的加速度a=　　m/s2（计算结果保留三位有效数字）；‎ ‎（3）该小组同学在验证“合力一定时加速度与质量成反比”时，增减砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a﹣图线后，发现：当较大时，图线发生弯曲．在处理数据时为避免图线发生弯曲的现象，该小组同学的应画出是　　．‎ A．a与的关系图线 B．a与（M+m）的关系图线 C．改画a与的关系图线 D．改画a与的关系图线．‎ ‎14．（9分）探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图1所示．在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值．小球半径、摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化可忽略不计．实验过程如下：‎ ‎①测量小球质量m，摆线长L；‎ ‎②将小球拉离平衡位置某一高度处无初速度释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，小球摆到最低点时的动能表达式为　　．（用上面给定物理量的符号表示）；‎ ‎③改变释放高度h，重复上述过程，获取多组摆动高度h与对应过程的拉力最大值F的数据，在F﹣h坐标系中描点连线：‎ ‎④通过描点连线，发现h与F成线性关系，如图2所示，可证明小球摆动过程中机械能守恒．‎ ‎⑤根据F﹣h图线中数据，可知小球质量m=　　 kg，摆线长L=　　m（计算结果保留两位有效数字，重力加速度g=l0m/s2）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，44分）‎ ‎15．（12分）如图所示，斜劈的重力是40N，与竖直墙面间的动摩擦因数μ=0.5，外力F方向垂直于斜劈面，斜劈倾角37°．若最大静摩擦力等于滑动原擦力．则：‎ ‎（1）F=50N时，斜劈受到摩擦力多大？‎ ‎（2）若要斜劈沿墙面在竖直方向上分别向下、向上匀速滑动，外力F多大？‎ ‎16．（16分）如图所示，水平面上固定一个倾角为37°的粗糙斜面A，质量为m=2kg的凹形小滑块C在斜面的底端，斜面与小滑块间的动摩擦因数μ=0.25．现将在斜面底端．正上方的一个小球B以v0=3m/s的速度水平抛出，同时小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，小滑块在上滑过程中小球恰好垂直斜面方向落入凹槽．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球从水平抛出到落入凹槽中的时间t；‎ ‎（2）凹形小滑块的初速度v；‎ ‎（3）小球落入凹槽之前的时间t内小滑块在上滑过程中损失的机械能△E．‎ ‎17．（16分）如图所示，AB段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，EF为一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，木板的下端D离斜面底端的距离为15m，开始时木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块从A点由静止开始下滑，通过B点后被水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ=．取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；‎ ‎（2）物块做平抛运动的时间；‎ ‎（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳三中高三（上）第二次月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共有12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题只有一个选项是正确的；9-12题有多个选项正确，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是（　　）‎ A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 C．笛卡尔发现了万有引力定律；卡文迪许比较准确地测出了引力常量G D．牛顿首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】本题抓住伽利略、牛顿、卡文迪许和库仑等等科学家对物理学发展的成就进行解答即可．‎ ‎【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，与事实相符．故A正确；‎ B、认为两个从同一高度自由下落的物体，重物体与轻物体下落一样快，这是伽利略的观点，这个说法与事实不相符．故B错误；‎ C、牛顿发现了万有引力定律：卡文迪许利用扭秤实验装置测出了引力常量G，与事实不相符．故C错误；‎ D、伽利略首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法．故D错误 故选：A ‎【点评】本题考查物理学史，这也是高考考查的内容之一，对著名科学家的贡绩要记牢，不能张冠李戴．‎ ‎　‎ ‎2．银河系处于本超星系团的边缘，已知银河系距离星系团中心月2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x10﹣11N•m2/kg2，根据上述数据可估算（　　）‎ A．银河系的密度 B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度 C．银河系的质量 D．银河系绕本超星系团之间的万有引力 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】已知银河系绕超星系运动的轨道半径和公转周期，根据线速度和周期、加速度和周期的关系公式可以计算出银河系绕本超星系团中心运动的加速度．银河系是环绕天体，无法计算其质量，只能计算中心天体超星系的质量．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，因半径r和周期T已知，故可求得中心天体本超星系的质量M，但无法根据题设条件求出银河系的质量，银河系的密度也无法求出，故A、C错误．‎ B、因为公转周期已知，根据a=可以求出银河系绕本超星系团中心运动的加速度，故B正确．‎ D、由于银河系的质量无法得出，则无法求出银河系绕本超星系团之间的万有引力，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题要能知道银河系绕超星系做匀速圆周运动，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，无法计算环绕天体的质量，只能计算中心天体超星系的质量．‎ ‎　‎ ‎3．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v﹣t图象为（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关．根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，a=，‎ 根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力．‎ 根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0﹣8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，‎ 同理，可得：当8﹣16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在长方形区域中，AD边竖直，边长AB：AD=k，将两小球分别以初速度v1、v2从A、B两点水平抛出，经过一段时间，二者恰好在对角线AC上相遇，且相遇时两小球速度方向相互垂直，不计空气阻力，小球可看做质点，则（　　）‎ A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；平抛运动专题．‎ ‎【分析】物体AB做平抛运动，物体A落到斜面上，根据平抛运动的特点求得物体运动的时间，又因为AB落到斜面上是速度方向垂直，根据速度与水平方向的夹角即可求得 ‎【解答】解：两球下落的时间为t 则对A球：，x1=v1t 联立解得t=‎ A球在相遇时与水平方向的夹角为α，则=‎ B球在相遇时与水平方向的夹角为β，则 两球相遇时速度的方向相互垂直，则两球速度方向与水平方向的夹角互余，即 联立解得 故选：C ‎【点评】本题主要考查了平抛运动的特点，即竖直方向自由落体运动，水平方向匀速运动，关键是抓住两球相遇时速度的方向相互垂直，即两球速度方向与水平方向的夹角互余 ‎　‎ ‎5．如图所示，质量分别为3m和2m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F．若已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为（　　）‎ A．5mgB．4mgC．2mgD．3mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值对应的细线拉力．‎ ‎【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：‎ 根据平衡条件得：F=（3m+2m）gsin37°=3mg，T=（3m+2m）gcos37°=4mg，故B正确，ACD错误 故选：B ‎【点评】本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．‎ ‎　‎ ‎6．2016第三届环青海湖（国际）电动汽车挑战赛于6月20日在青海省西宁市的青海湖畔举行，某时刻b车经过a车由静止开始运动，从该时刻开始计时，他们的v﹣t图象如图所示，已知两车始终在同一直线上运动，则下列两汽车运动情况说法正确的是（　　）‎ A．整个过程两车可以相遇两次B．整个过程两车最大距离为1m C．前2s内a车加速度小于b车D．两车只在第二秒时相遇一次 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】在v﹣t图象中，斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体运动的位移，根据图象即可判断出相距最远距离 ‎【解答】解：A、b做减速运动，a做加速运动，再做减速运动，加速度分别为，；‎ 相遇时位移相同，根据，解得t=2s，在2s后，a做减速运动，加速度与b的相同，故不可能再次相遇，故AC错误，D正确；‎ B、由图象可知，最远距离△x=m=7.5m，故B错误；‎ 故选：D ‎【点评】本题主要考查了v﹣t图象，在v﹣t图象中，能判断出加速度大小，运动方向，明确与时间轴所围面积为物体运动的位移即可 ‎　‎ ‎7．据中国之声《新闻高峰》报到，科学家或将在2016年8月底公布在银河系里发现一个与“地球相近似”的行星．这个行星孕育生命的可能性，这个“地球”要比上次发现的“地球近亲比邻星要近得多．若质量可视为均匀分布的球形“与地球相近似”的行星的密度为ρ，半径为R、自转周期为T0，若万有引力常量为G，则（　　）‎ A．该行星的同步卫星的运行速率为 B．该行星的同步卫星的轨道半径为 C．该行星表面重力加速度在两极的大小为GρRπ D．该行星的卫星在星球表面附近做圆周运动的速率为2πR ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】定性思想；方程法；人造卫星问题．‎ ‎【分析】利用行星两极物体所受的万有引力等于重力求出重力加速度，根据万有引力提供向心力结合行星密度可以求出行星的卫星在星球表面圆周运动的速度，行星同步卫星的周期等于行星自转周期，根据万有引力提供向心力得到轨道半径，行星运行速率根据v=ωr求解 ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：‎ 得：‎ 由于M=ρV=‎ 解得：，故A错误．‎ B、根据，该行星的同步卫星的轨道半径不等于行星半径R，故B错误；‎ C、对于放置于行星两极的质量为m的物体，由万有引力等于重力得出：‎ 得：…①‎ 其中…②‎ 联立①②得：，故C正确 D、卫星绕行星表面做匀速圆周运动，万有引力等于向心力，有：‎ 解得：‎ 由于 所以有，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】卫星绕行星做匀速圆周运动的物理模型，关键是抓住两条核心规律：一是万有引力等于向心力，二是重力等于万有引力，另外要注意同步卫星的特点：定周期、定轨道、定高度．‎ ‎　‎ ‎8．（2014•南湖区校级一模）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．则下列判断正确的是（　　）‎ A．0～t1内，物块对传送带做正功 B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ C．0～t2内，传送带对物块做功为W=mv22﹣mv12‎ D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 ‎【考点】牛顿第二定律；功能关系．‎ ‎【专题】传送带专题．‎ ‎【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小 ‎【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误．‎ B、在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B错误．‎ C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=，则传送带对物块做功W≠．故C错误．‎ D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　‎ A．0～t1时间内物块静止B．t2时刻物块A的速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动D．t4时刻物块A离出发点最远 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】当推力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，当推力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当推力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，故A正确；‎ B、t2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻加速度等于零，速度达到最大值，此时动能最大，故B正确；‎ C、t2时刻后物块受到的合力仍然沿正方向，故物体继续加速运动，没有反向运动，故C错误；‎ D、t3﹣t4 时间内物体减速，由于减速时间远小于加速过程的时间，故到达t4时刻时，速度不为零；故t4时刻物块A离出发点最远，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】明确物体受力情况，知道力只是改变速度的原因，明确在t1时刻前，合力为零，物体静止不动，t1到t3时刻，合力向前，物体加速前进，t3之后合力向后，物体减速前进．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 ‎【考点】机械能守恒定律；功能关系．‎ ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．‎ ‎【解答】解：A、因Mm之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故A错误；‎ B、M的重力分力为Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；‎ C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；‎ D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查功能关系，要注意明确能量之间的转化及功能关系的正确应用．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度 C．在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2‎ D．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【专题】应用题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，分析经过B的速度关系；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解．‎ ‎【解答】解：A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；‎ B．研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列式得：‎ ‎ mgh′﹣W′f﹣W′弹=mv′B2﹣0‎ 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式：‎ ‎﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣m 即得：mgh′+W′f﹣W′弹=m 由于W′f＞0，所以m＞mvB2，所以圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故B错误；‎ CD．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0，‎ 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得：﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv2‎ 联立解得：克服摩擦力做的功为：Wf=mv2，W弹=mgh﹣mv2，所以在C处，弹簧的弹性势能为 Ep=W弹=mgh﹣mv2，故CD正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用．‎ ‎　‎ ‎12．将一左侧带有曲面的物体固定在水平面上，曲面在O点与水平面相切，今有一可视为质点的小球从O点以v1的速度进入曲面，其能到达的最高点为Q，而后返回到出发点的速度为v2，已知v2＜v1，在OQ间有一点P，其中P点距离地面的高度为Q点距离地面高度的一半，取过O点的势能面为零势能面．下列正确的是（　　）‎ A．小球从O到Q机械能减少量大于从Q到O机械能减少量 B．小球从O到Q机械能减少量等于从Q到O机械能减少量 C．小球从O到Q的过程中动能等于重力势能的位置在P点 D．小球从O到Q的过程中动能等于重力势能的位置在P点上方 ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】小球在运动的过程中重力和摩擦力做功，重力做功影响重力势能的改变，而摩擦力做功影响机械能的改变，由此分析解答即可．‎ ‎【解答】解：A、小球在曲面上运动，支持力与重力沿垂直于斜面方向的分力提供向心力，可知向下运动的过程中小球受到的摩擦力比较小．同时由题意可知，除重力外，还有摩擦力做功，而摩擦力的大小与正压力成正比，由于v2＜v1，可知向下运动的过程中小球受到的摩擦力做的功比较小，所以小球从O到Q机械能减少量大于从Q到O机械能减少量．故A正确，B错误；‎ C、取过O点的势能面为零势能面．由于P点的高度是Q点距离地面高度的一半，所以小球在P点的重力势能是Q点重力势能的一半，由于摩擦力还要做功，所以小球在P点的动能一定要大于PQ之间的重力势能的差，所以小球在P点的动能一定大于小球在P点的重力势能，可知小球从O到Q的过程中动能等于重力势能的位置在P点上方．故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】该题考查重力做功与重力势能变化的关系，以及摩擦力做功的特点，要牢记重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题2小题，共18分）‎ ‎13．（9分）某学习小组利用如图1所示装置验证牛顿第二定律．‎ ‎（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是　B　（填选项前的字母）；‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砝码盘和砝码质量的大小，使小车在砝码盘和砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砝码盘和砝码，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砝码盘和砝码，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 ‎（2）如图2是按正确实验步骤打出的一条纸带，打点计时器的电源频率为50Hz，可算出小车的加速度a=　0.843　m/s2（计算结果保留三位有效数字）；‎ ‎（3）该小组同学在验证“合力一定时加速度与质量成反比”时，增减砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a﹣图线后，发现：当较大时，图线发生弯曲．在处理数据时为避免图线发生弯曲的现象，该小组同学的应画出是　A　．‎ A．a与的关系图线 B．a与（M+m）的关系图线 C．改画a与的关系图线 D．改画a与的关系图线．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；‎ ‎（2）在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，说明任意两个技计数点之间的时间间隔为打点周期的5倍，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；‎ ‎（3）分别对小车和砝码盘列出牛顿第二定律方程，即可知道绳子拉力就是砝码重力的条件以及图象弯曲的原因．‎ ‎【解答】解：（1）为了保证轻绳对小车的拉力等于小车所受的合力，应使轻绳与长木板平行，小车的重力沿斜面向下的分力刚好与小车下滑过程中所受的阻力平衡，为使轻绳中没有拉力，应撤去沙桶，不能撤去纸带，故B正确，故选B；‎ ‎（2）由图示纸带可知，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，DG=632.7mm﹣278.4mm=354.3mm=0.3543m，AD=278.4mm=0.2784m，‎ ‎ 由匀变速直线运动推论：△x=at2可知，加速度：a==≈0.843m/s2；‎ ‎（3）当较大时，图线发生弯曲是因为没有满足M＞＞m造成的，沙桶（包括桶中的沙）与小车（包括车中的砝码）的加速度a大小相等，以沙桶、小车整体为研究对象，若牛顿第二定律成立，则有mg=（M+m）a，即mg一定的情况下，a与成正比，没有必要满足M＞＞m，避免了图线发生弯曲的现象，故选A．‎ 故答案为：（1）B；（2）0.843；（3）A．‎ ‎【点评】明确实验原理是解决有关实验问题的关键．在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用“二分法”求出小车的加速度．‎ ‎　‎ ‎14．（9分）探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图1所示．在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值．小球半径、摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化可忽略不计．实验过程如下：‎ ‎①测量小球质量m，摆线长L；‎ ‎②将小球拉离平衡位置某一高度处无初速度释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，小球摆到最低点时的动能表达式为　（F﹣mg）L　．（用上面给定物理量的符号表示）；‎ ‎③改变释放高度h，重复上述过程，获取多组摆动高度h与对应过程的拉力最大值F的数据，在F﹣h坐标系中描点连线：‎ ‎④通过描点连线，发现h与F成线性关系，如图2所示，可证明小球摆动过程中机械能守恒．‎ ‎⑤根据F﹣h图线中数据，可知小球质量m=　0.10　 kg，摆线长L=　0.80　m（计算结果保留两位有效数字，重力加速度g=l0m/s2）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【专题】实验题；定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】②根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，及动能表达式，即可求解；‎ ‎⑤根据机械能守恒定律，结合图象的斜率与截距的含义，即可求解．‎ ‎【解答】解：②根据牛顿第二定律，则有：F﹣mg=m；‎ 而动能表达式为：EK=mv2=（F﹣mg）L；‎ ‎⑤根据机械能守恒定律，则有：mgh=（F﹣mg）L；‎ 那么F=h+mg；‎ 而F﹣h图象中，截距为1，即mg=1N，‎ 则m=0.10kg；‎ 而图象的斜率k=2.5；‎ 因此L=0.80m；‎ 故答案为：②（F﹣mg）L，⑤0.10，0.80．‎ ‎【点评】考查牛顿第二定律与向心力表达式的内容，掌握机械能守恒定律的应用，理解图象的斜率及截距在本题的运用．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，44分）‎ ‎15．（12分）如图所示，斜劈的重力是40N，与竖直墙面间的动摩擦因数μ=0.5，外力F方向垂直于斜劈面，斜劈倾角37°．若最大静摩擦力等于滑动原擦力．则：‎ ‎（1）F=50N时，斜劈受到摩擦力多大？‎ ‎（2）若要斜劈沿墙面在竖直方向上分别向下、向上匀速滑动，外力F多大？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】（1）将推力F沿着水平和竖直方向正交分解，结合平衡条件进行判断；‎ ‎（2）对物体受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）将推力F沿着水平和竖直方向分解，竖直分力：‎ F1=Fsin37°=50×0.6=30N 水平分力：‎ F2=Fcos37°=50×0.8=40N 最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，故：‎ fmax=μF2=0.5×40=20N 竖直方向，有：G﹣F1=10N＜fmax，故物体静止不动，静摩擦力为：‎ f静=G﹣F1=10N ‎（2）情况1：‎ 斜劈沿墙面匀速上滑，受重力、推力、支持力和滑动摩擦力（向下），根据平衡条件，有：‎ 水平方向：F1cos37°﹣N1=0‎ 竖直方向：F1sin37°﹣G﹣f1=0‎ 其中：f1=μN1‎ 联立解得：‎ F1==‎ 情况2：‎ 斜劈沿墙面匀速下滑，受重力、推力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件（向上），有：‎ 水平方向：F2cos37°﹣N2=0‎ 竖直方向：F2sin37°﹣G﹣f2=0‎ 其中：f2=μN2‎ 联立解得：‎ F2==‎ 答：（1）F=50N时，斜劈受到摩擦力为10N；‎ ‎（2）推力为200N时匀速上滑，推力为50N时匀速下滑．‎ ‎【点评】本题关键是多次对物体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解，不难，要偶耐心！‎ ‎　‎ ‎16．（16分）如图所示，水平面上固定一个倾角为37°的粗糙斜面A，质量为m=2kg的凹形小滑块C在斜面的底端，斜面与小滑块间的动摩擦因数μ=0.25．现将在斜面底端．正上方的一个小球B以v0=3m/s的速度水平抛出，同时小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，小滑块在上滑过程中小球恰好垂直斜面方向落入凹槽．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球从水平抛出到落入凹槽中的时间t；‎ ‎（2）凹形小滑块的初速度v；‎ ‎（3）小球落入凹槽之前的时间t内小滑块在上滑过程中损失的机械能△E．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；功能关系．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据运动时间可以求出平抛小球竖直方向速度，根据水平和竖直速度关系可以求出小球运动时间；‎ ‎（2）滑块沿斜面减速上划，根据牛顿第二定律求出其加速度，然后求出其位移可正确解答本题；‎ ‎（3）损失的机械能等于除重力之外的力所做功大小，因此求出摩擦力对滑块所做负功即可明确滑块损失的机械能大小．‎ ‎【解答】解：（1）小球垂直落到斜面上，将则合速度与斜面相互垂直；如图所示 设小球落入凹槽时竖直速度为vy，则有：‎ ‎=tan37°‎ 解得：vy==4m/s；‎ 则由vy=gt可得：‎ t==0.4s；‎ ‎（2）小球落入凹槽时的水平位移：x=v0t=3×0.4=1.2m．‎ 则滑块的位移为：‎ 根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为：‎ a=gsin37°+μgcos37°=8m/s2‎ 根据公式：‎ 得：v=5.35m/s．‎ ‎（3）根据功能关系可知，滑块损失的机械能等于滑块克服摩擦力做的功，因此有：‎ ‎△E=μmgcos37°s=0.25×20×0.8×1.5=6J．‎ 答：（1）小球落入槽中的时间为0.4s；‎ ‎（2）滑块的初速度为5.35m/s；‎ ‎（3）小滑块损失的机械能6J．‎ ‎【点评】本题考查动能定理与平抛运动的结合，要注意分析清楚运动过程，掌握平抛运动的处理方法、应用动能定理即可正确解题．一定要掌握运动的合成与分解的应用、运动学公式的应用．‎ ‎　‎ ‎17．（16分）如图所示，AB段为一半径R=0.2m的光滑 圆形轨道，EF为一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，木板的下端D离斜面底端的距离为15m，开始时木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块从A点由静止开始下滑，通过B点后被水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ=．取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；‎ ‎（2）物块做平抛运动的时间；‎ ‎（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）物块从A到B的过程中机械能守恒，由机械能守恒即可求出物块到达B的速度，然后由牛顿第二定律和牛顿第三定律求出对轨道的压力；‎ ‎（2）物块做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得物块落在C上时的水平分速度和竖直分速度之间的关系，然后由自由落体运动的规律即可求出平抛运动的时间；‎ ‎（3）物块落在C上后，对它与木板进行受力分析，求出二者的加速度，然后结合运动学的公式即可求出共同的速度．‎ ‎【解答】解：（1）物块从A到B的过程中机械能守恒，得：‎ 得：m/s 物块到达B受重力G和向上的弹力F作用，由牛顿第二定律知：‎ 得：N 由牛顿第三定律可知，物块到达B点时对圆形轨道的压力大小等于物块受到的支持力，即3N，方向竖直向下．‎ ‎（2）设物块离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点时竖直方向的分速度是vy，则：‎ 所以：m/s 又：vy=gt1‎ 所以：s ‎（3）物块到达C时的合速度：m/s 到达C点后物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面方向：‎ ma1=mgsin30°﹣μmgcos30°‎ 代入数据得：，方向沿斜面向下；‎ 此时木板沿斜面的方向：Ma2=Mgsin30°+μmgcos30°‎ 代入数据得：，方向沿斜面向下；‎ 设经过时间t2二者的速度相等，则：v+a1t2=a2t2‎ 联立方程，代入数据得：s 二者的共同速度：v共=a2t2=7.5×0.462m/s=3.465m/s 该过程中木板的位移：m＜15m 即二者达到共同速度时，木板没有滑动底端．‎ 答：（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小是3N；‎ ‎（2）物块做平抛运动的时间是s；‎ ‎（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为3.465m/s．‎ ‎【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的规律，平抛运动可以分解为在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来求解．‎