陕西省西藏民族学院附中2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

陕西省西藏民族学院附中2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

‎2016-2017学年陕西省西藏民族学院附中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，满分53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，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（　　）‎ A．卡文迪许测出引力常量用了放大法 B．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法 C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法 D．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 ‎2．我国国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中（　　）‎ A．屋顶对他的支持力不变 B．屋顶对他的支持力变小 C．屋顶对他的摩擦力变大 D．屋顶对他的摩擦力变小 ‎3．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示，取开始运动方向为正方向，则物体运动的v﹣t图象，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示．在光滑水平面上有物体A、B，质量分别为m1、m2．在拉力F作用下，A和B以加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1、a2．则（　　）‎ A．a1=a2=0‎ B．a1=a；a2=0‎ C．a1=a；a2=a D．a1=a；a2=﹣a ‎5．如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是（　　）‎ A．物体B向右匀速运动 B．物体B向右匀加速运动 C．细绳对A的拉力逐渐变小 D．细绳对B的拉力逐渐变大 ‎6．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数u1＜tanθ，在BC段的动摩擦因数为u2＞tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（　　）‎ A．地面对滑梯始终无摩擦力作用 B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小 ‎7．甲乙两辆汽车同时从同一地点由静止出发沿同一直线运动，它们的速度图线如图示．下列说法正确的是（　　）‎ A．乙车在0﹣b时间内始终作匀减速运动 B．乙车在a﹣b时间内加速度方向不变 C．两辆汽车在a时刻相距最远 D．甲车在c时刻被乙车追上 ‎8．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．下列判断正确的是（　　）‎ A．物块A、B同时到达传送带底端 B．物块B到达传送带底端的速度为3m/s C．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3m D．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3m ‎9．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）‎ A．b一定比a先开始滑动 B．a，b所受的摩擦力始终相等 C．当ω=时，b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg ‎10．某马戏团演员做滑竿表演，已知竖直滑竿上端固定，下端悬空，滑竿的重力为200N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小，已知演员在滑竿上做完动作之后，先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v﹣t图象与传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g=10m/s2，则下述说法正确的是（　　）‎ A．演员的体重为600N B．演员在第1s内一直处于超重状态 C．滑竿所受的最大拉力为900N D．滑竿所受的最小拉力为620N ‎　‎ 二、解答题（共2小题，满分15分）‎ ‎11．图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　　．‎ ‎（2）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为　　m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为　　m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．‎ ‎12．某同学在实验室用如图1所示的装置来研究牛顿第二定律的问题．‎ ‎①为了尽可能减少摩擦力的影响，需要将长木板的右端垫高，直到在没有沙桶拖动下，小车拖动穿过计时器的纸带时，能在纸带上　　．‎ ‎②在　　条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．‎ ‎③在此实验中，此同学先接通计时器的电源，再放开纸带，如图是在m=100g，M=1kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图2所示，其中hA=42.05cm，hB=51.55cm，hC=62.00cm则小车的加速度为a=　　m/s2‎ ‎，打B点时小车的速度为VB=　　 m/s．（保留2位有效数字）‎ ‎④在”验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a与小车的质量M的关系时，由于没有注意始终满足②问的条件，结果得到的图象应是图3中的　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分42分）‎ ‎13．如图所示，为一倾角θ=37°的足够长斜面，将一质量为m=2kg的物体无初速度释放在斜面上，同时施加一沿斜面向上的拉力F1=3N，2s后拉力变为F2=9N，方向不变．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）F1作用时物体的加速度及2s末物体的速度；‎ ‎（2）前16s内物体发生的位移．‎ ‎14．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°，表面光滑的足够长斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．（A、B均可看做质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物体A上滑到最高点所用的时间t；‎ ‎（2）物体B抛出时的初速度v2；‎ ‎（3）物体A、B间初始位置的高度差h．‎ ‎15．如图所示，细绳一端系着质量M=0.8 kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m=0.25 kg的物体，M的中点与圆孔相距0.2m，并知M与水平面的最大静摩擦力为1.5N，现使此平面绕中心轴线转动，角速度ω在什么范围内，m会处于静止状态． （g=10 m/s2）‎ ‎16．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）小物块的抛出点和A点的高度差；‎ ‎（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件．‎ ‎17．如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）为使小木块不掉下木板，试求力F作用的最长时间；‎ ‎（2）假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.3，且将水平力增加10N，问：木块是否会从木板滑落，不会请说明理由；若会，则计算木块滑离木板的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省西藏民族学院附中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，满分53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，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（　　）‎ A．卡文迪许测出引力常量用了放大法 B．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法 C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法 D．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 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、卡文迪许测出引力常量用了放大法，故A正确 B、伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误 C、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误 D、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D正确 故选AD．‎ ‎　‎ ‎2．我国国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中（　　）‎ A．屋顶对他的支持力不变 B．屋顶对他的支持力变小 C．屋顶对他的摩擦力变大 D．屋顶对他的摩擦力变小 ‎【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】由题意可知，研究对象处于动态平衡状态（因为他在缓慢爬行），所以对其在某位置受力分析，再利用平行四边形定则进行力的合成或分解来列出支持力与摩擦力的表达式．从而由式中的θ变化，可以求出屋顶对他的支持力与摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解：对警卫在某点受力分析：‎ 将F支、Ff进行力的合成，由三角函数关系可得：‎ F支=Gcosβ Ff=Gsinβ 当缓慢向上爬行时，β渐渐变小，则F支变大，Ff变小；但支持力与摩擦力的合力与重力平衡，是不变的；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示，取开始运动方向为正方向，则物体运动的v﹣t图象，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在0～1s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，‎ 在1s～2 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2s末时速度为零．‎ ‎2 s～3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复0～1s内运动情况，‎ ‎3s～4s内重复1s～2 s内运动情况．‎ ‎【解答】解：在0～1s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=a1t=1 m/s，‎ 在1s～2 s内，a2=﹣1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，‎ ‎2s末时速度v2=v1+a2t=0，‎ ‎2 s～3 s内重复0～1s内运动情况，‎ ‎3s～4s内重复1s～2 s内运动情况，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示．在光滑水平面上有物体A、B，质量分别为m1、m2．在拉力F作用下，A和B以加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1、a2．则（　　）‎ A．a1=a2=0‎ B．a1=a；a2=0‎ C．a1=a；a2=a D．a1=a；a2=﹣a ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】突然撤去拉力F的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，所以A受力不变，B只受弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律即可求解．‎ ‎【解答】解：当力F作用时，对A运用牛顿第二定律得：‎ a=‎ 突然撤去拉力F的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，所以A受力不变，即a1=a；‎ B只受弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律得：‎ 故选D ‎　‎ ‎5．如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是（　　）‎ A．物体B向右匀速运动 B．物体B向右匀加速运动 C．细绳对A的拉力逐渐变小 D．细绳对B的拉力逐渐变大 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，‎ 由绳子速率v绳=vcosθ 而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vB=v绳=vcosθ．因θ减小，则B物体变加速运动，故AB错误，‎ C、对B受力分析，重力、拉力、支持力，当θ减小，B做变加速运动的加速度减小，则对B拉力减小，再由牛顿第三定律可知绳子对A的拉力也减小；故C正确；‎ D、对B受力分析，则重力、拉力、支持力，因B做变加速运动，所以拉力在变小，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数u1＜tanθ，在BC段的动摩擦因数为u2＞tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（　　）‎ A．地面对滑梯始终无摩擦力作用 B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小 ‎【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】‎ 小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小．‎ ‎【解答】解：A、B小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎7．甲乙两辆汽车同时从同一地点由静止出发沿同一直线运动，它们的速度图线如图示．下列说法正确的是（　　）‎ A．乙车在0﹣b时间内始终作匀减速运动 B．乙车在a﹣b时间内加速度方向不变 C．两辆汽车在a时刻相距最远 D．甲车在c时刻被乙车追上 ‎【考点】匀速直线运动及其公式、图像．‎ ‎【分析】此题应先分析甲乙物体实际运动情况，后利用图象的物理意义解决问题．‎ ‎【解答】解：甲一直沿正方向做匀加速直线运动，乙O﹣a先沿反方向做匀加速直线运动，a﹣b沿反方向做匀减速直线运动，b﹣d沿正方向做匀加速直线运动，c时刻甲乙速度相同，由面积法可知相距最远，故A、C、D错，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．下列判断正确的是（　　）‎ A．物块A、B同时到达传送带底端 B．物块B到达传送带底端的速度为3m/s C．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3m D．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3m ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】分析A重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A物体的运动规律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合运动学公式分析求解．‎ ‎【解答】解：A、对A，因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等．故A正确；‎ B、B受到重力、斜面的支持力和摩擦力，沿斜面方向：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ 代入数据得：a=2m/s2‎ 根据速度﹣位移公式 得到达底端的速度： m/s．故B正确；‎ C、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，‎ 以A为研究对象，由牛顿第二定律得：a=2m/s2‎ 由运动学公式得运动时间分别为：t=1s．‎ 所以皮带运动的位移为x=vt=1m．‎ 所以A对皮带的划痕为：△x1=2m﹣1m=1m．故C错误；‎ D、对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，‎ 同理得出B对皮带 的划痕为△x2=3m．故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎9．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）‎ A．b一定比a先开始滑动 B．a，b所受的摩擦力始终相等 C．当ω=时，b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．‎ ‎【解答】解：A、B、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2‎ r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，B错误；‎ C、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故C正确；‎ D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：‎ ‎ f=mω2l，可解得：f=，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．某马戏团演员做滑竿表演，已知竖直滑竿上端固定，下端悬空，滑竿的重力为200N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小，已知演员在滑竿上做完动作之后，先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v﹣t图象与传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g=10m/s2，则下述说法正确的是（　　）‎ A．演员的体重为600N B．演员在第1s内一直处于超重状态 C．滑竿所受的最大拉力为900N D．滑竿所受的最小拉力为620N ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．‎ ‎【分析】A、由速度为零时传感器的示数等于任何杆的重力之和，可得演员的重力 B、由速度时间图可知演员有向下的加速运动，此阶段为失重 C、演员减速下滑的阶段为超重，此阶段杆受拉力最大，由图可知超重阶段的加速度，由牛顿第二定律可得最大拉力 D、向下的加速阶段为失重，故此时对杆的拉力最小，由图可得加速阶段的加速度，进而由牛顿第二定律可得最小拉力 ‎【解答】解：A、由两图结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去杆的重力200N，演员的重力就是600N，故A正确 B、由图可知0.5s至1.5s演员速度下滑，故演员此时处于失重状态，故B错误 C、演员减速下滑的阶段为超重，此阶段杆受拉力最大，由图可知此阶段的加速度为：，‎ 由牛顿第二定律：mg﹣F2=ma2，解得：F2=690N，加上杆自身的重力200N，故杆所受最大拉力为890N，故C错误 D、在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，此阶段的加速度为：，‎ 由牛顿第二定律得：mg﹣F1=ma，解得：F1=420N，加上杆的重力200N，可知杆受的拉力为620N，故D正确 ‎ 故选：AD ‎　‎ 二、解答题（共2小题，满分15分）‎ ‎11．图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　C　．‎ ‎（2）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2‎ 为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为　2.0　m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为　4.0　m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】（1）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．‎ ‎（2）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；‎ 联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎（2）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，‎ 所以y1=g …①‎ ‎ y2= …②‎ 水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=…③‎ 联立①②③代入数据解得：v0=2.0m/s ‎ 若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：据公式可得=2gh，所以vy=2m/s 所以C点的速度为：vc==4.0m/s 故答案为：（1）C；（2）2.0；4.0．‎ ‎　‎ ‎12．某同学在实验室用如图1所示的装置来研究牛顿第二定律的问题．‎ ‎①为了尽可能减少摩擦力的影响，需要将长木板的右端垫高，直到在没有沙桶拖动下，小车拖动穿过计时器的纸带时，能在纸带上　打出间距均匀的点　．‎ ‎②在　沙桶质量远小于小车总质量　条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．‎ ‎③在此实验中，此同学先接通计时器的电源，再放开纸带，如图是在m=100g，M=1kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图2所示，其中hA=42.05cm，hB=51.55cm，hC=62.00cm则小车的加速度为a=　0.95　m/s2，打B点时小车的速度为VB=　1.0　 m/s．（保留2位有效数字）‎ ‎④在”验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a与小车的质量M的关系时，由于没有注意始终满足②问的条件，结果得到的图象应是图3中的　D　．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】①本实验中要求用沙和沙桶的拉力等效代替绳子的拉力，故应保证小车受到的摩擦力为零；‎ ‎②在砂桶质量远小于小车质量的情况下，可以近似认为小车受到的拉力等于砂桶受到的重力；实验要注意控制变量法的应用；‎ ‎③做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；做匀变速运动的物体在相邻的相等时间间隔内的位于之差是定值，△x=at2，据此求出纸带的加速度；‎ ‎④设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg﹣F=ma，由此解得：F=，由此可知当M＞＞时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，据此根据该实验实验误差产生的原因即可正确解答．‎ ‎【解答】解：①实验中要研究牛顿第二定律，需要平衡摩擦力，应通过右侧垫高的方法使小车受到的摩擦力与重力的分力相互平衡，平衡的依据就是在小车没有沙桶拖动下，小车做匀速直线运动，即小车拖动穿过计时器的纸带时，能在纸带上打出间距均匀的点；‎ ‎②沙桶质量远小于小车总质量的条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力；‎ ‎③相临计数点间有四个点未画出，故两个计数点间的时间间隔为T=0.1s，‎ 由△s=aT2，得：a==0.95m/s，打B点时小车的速度为vB==1.0m/s，‎ ‎④随着增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D 故答案为：①打出间距均匀的点；②沙桶质量远小于小车总质量；③0.95；1.0；④D ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分42分）‎ ‎13．如图所示，为一倾角θ=37°的足够长斜面，将一质量为m=2kg的物体无初速度释放在斜面上，同时施加一沿斜面向上的拉力F1=3N，2s后拉力变为F2=9N，方向不变．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）F1作用时物体的加速度及2s末物体的速度；‎ ‎（2）前16s内物体发生的位移．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得速度；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律和运动学公式联合求位移．‎ ‎【解答】解：（1）由分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律可得mgsinθ﹣F1﹣μmgcosθ=ma1‎ 代入数据得：‎ 又：v1=a1t1‎ 代入数据可得v1=5m/s ‎（2）物体在前2s内发生的位移为x1，‎ 则 当拉力为F2=9N时，由牛顿第二定律可得 F2+μmgcosθ﹣mgsinθ=ma2‎ 代入数据可得 物体经过t2时间速度减为0，‎ 则v1=a2t2‎ t2=10s t2时间发生的位移为x2，‎ 则 由于 mgsinθ﹣μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ+mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态． ‎ 故物体在前16s内所发生的位移x=x1+x2=5+25=30m，方向沿斜面向下． ‎ 答：（1）F1作用时物体的加速度是2m/s2；2s末物体的速度5m/s；‎ ‎（2）前16s内物体发生的位移30m．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°，表面光滑的足够长斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．（A、B均可看做质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物体A上滑到最高点所用的时间t；‎ ‎（2）物体B抛出时的初速度v2；‎ ‎（3）物体A、B间初始位置的高度差h．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）对物体A进行受力分析可以知道A的加速度的大小，再由匀变速直线运动的速度公式可以求得运动的时间；‎ ‎（2）A和B的水平位移是一样的，根据A的运动可以求得在水平方向上的位移，再由平抛运动的规律可以求得B的初速度的大小；‎ ‎（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，A上升的高度可以由A的运动求出，B下降的高度就是自由落体的竖直位移．‎ ‎【解答】解：（1）物体A上滑的过程中，由牛顿第二定律得：‎ ‎ mgsin θ=ma，‎ 代入数据得：a=6 m/s2 ‎ 设经过t时间B物体击中A物体，‎ 由速度公式得：0=v1﹣at，‎ 代入数据得：t=1 s，‎ ‎（2）A的水平位移和平抛物体B的水平位移相等：‎ ‎ x=v1tcos 37°=2.4 m，‎ B做平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，所以平抛初速度为：‎ ‎ v2==2.4 m/s，‎ ‎（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，‎ 所以物体A、B间的高度差为：h=v1tsin 37°+gt2=6.8 m，‎ 答：（1）物体A上滑到最高点所用的时间t为1 s；‎ ‎ （2）物体B抛出时的初速度v2为2.4 m/s；‎ ‎ （3）物体A、B间初始位置的高度差h为6.8 m．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，细绳一端系着质量M=0.8 kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m=0.25 kg的物体，M的中点与圆孔相距0.2m，并知M与水平面的最大静摩擦力为1.5N，现使此平面绕中心轴线转动，角速度ω在什么范围内，m会处于静止状态． （g=10 m/s2）‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】当角速度为最大值时，M受到指向圆心的最大静摩擦力，当角速度为最小值时，M受到背离圆心的最大静摩擦力，结合牛顿第二定律求出角速度的范围．‎ ‎【解答】解：当M的角速度最大时，M有向外的运动趋势，最大静摩擦力沿半径向内，‎ 有：，‎ 当M的角速度最小时，M有向内的运动趋势，最大静摩擦力沿半径向外，‎ 有：，‎ 代入数据解得ωmax=5rad/s，ωmin=2.5rad/s．‎ 则角速度的范围为：2.5rad/s≤ω≤5rad/s．‎ 答：角速度ω在2.5rad/s≤ω≤5rad/s范围内，m会处于静止状态．‎ ‎　‎ ‎16．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）小物块的抛出点和A点的高度差；‎ ‎（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度vy与h的关系，根据竖直方向速度vy与水平方向速度vx的夹角之间的关系，可以解得h．‎ ‎（2）现根据第一问中求得到达A的速度，从A到B运用动能定理列方程，从B到环的最高点运用机械能守恒列方程，再根据到达最高点的临界条件m≥mg，联立方程组求解．‎ ‎【解答】解：（1）设从抛出点到A点的高度差为h，根据平抛运动的规律有：‎ ‎ vy2=2gh 解得vy=‎ 且 =tan37°‎ 代入数据解得 h=0.45m ‎ ‎（2）小物体到达A点时的速度：vA==5m/s 从A到B，由动能定理：‎ ‎ mgLsin37°﹣μmgcos37°×L=﹣‎ 小物体从B到环最高点P机械能守恒：‎ ‎+2mgR 在最高点有：m≥mg 由④⑤⑥⑦解得 R≤0.66m．‎ 答：‎ ‎（1）小物块的抛出点和A点的高度差为0.45m；‎ ‎（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，则竖直圆弧轨道的半径应小于等于0.66m．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）为使小木块不掉下木板，试求力F作用的最长时间；‎ ‎（2）假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.3，且将水平力增加10N，问：木块是否会从木板滑落，不会请说明理由；若会，则计算木块滑离木板的时间．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出时间．‎ ‎（2）由牛顿第二定律求出加速度，然后根据加速度与运动学公式分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）木板受到的摩擦力：Ff=μ（M+m）g=10N，‎ 木板的加速度：a==2.5m/s 2．‎ 设拉力F作用t时间后撤去，‎ 木板的加速度为：a′=﹣=﹣2.5m/s2，‎ 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，‎ 且a=﹣a′，故at2=L，解得：t=1s，‎ 即F作用的最长时间为1s．‎ ‎（2）设木块的最大加速度为a 木块，木板的最大加速度为a 木板，‎ 由牛顿第二定律得：μ1mg=ma 木块，解得：a木块=μ1g=3m/s2‎ 对木板：F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma 木板，a木板=4.25 m/s2，‎ a木板＞a木块，木块能从木板上滑落，‎ 木块滑离木板时，两者的位移关系为：‎ s木板﹣s木块=L，即： a木板t2﹣a木块t2=L，‎ 代入数据解得：t=2s．‎ 答：（1）为使小木块不掉下木板，试求力F作用的最长时间为1s；‎ ‎（2）木块会从木板滑落，木块滑离木板的时间为2s．‎ ‎　‎ ‎2017年4月8日