河南省安阳二中2016届高三上学期月考物理试卷（10月份）

河南省安阳二中2016届高三上学期月考物理试卷（10月份）

‎2015-2016学年河南省安阳二中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共14小题；每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．质量为m的物体沿着光滑斜面由静止开始下滑，斜面倾角为θ，当它在竖直方向下降的高度为h时，重力的瞬时功率为（　　）‎ A．mg B．mg﹣cosθ C．mg D．mg•sinθ ‎2．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，力F的大小应（　　）‎ A．恒定不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小 ‎3．如图所示，一均质杆长为r，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动，AB是半径为r的圆弧，BD为水平面．则当杆滑到BD位置时的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．2‎ ‎4．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（　　）‎ A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大 ‎5．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（　　）‎ A．物块m上滑所用的时间大于下滑所用的时间 B．物块m下滑时受到斜劈的作用力竖直向上 C．地面对斜劈M的摩擦力先向左后向右 D．地面对斜劈M的支持力总小于（M+m）g ‎6．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（　　）‎ A．1﹣ B．1+ C．（）2 D．（）2‎ ‎7．如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，巳知重力加速度为g，空气阻力不计，（　　）‎ A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做勾速圆周运动的周期为2π B．若盒子以周期做匀速圆周运动则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子左侧面的力为4mg C．若盒子以角速度2做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子的下面的力为3mg D．盒子从最低点向最髙点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态 ‎8．一物体在地球表面上的重力为16N，它在以5m/s2的加速度加速上升的火箭中的示重9N，则此时火箭离地面的高度是地球半径R的（g取10m/s2 ）（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．3倍 D．0.5倍 ‎9．如图所示是一辆汽车和一辆摩托车同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t图象，则由图象可知（　　） ‎ A．40s末汽车在摩托车之前 B．20s末汽车运动方向发生改变 C．60s内两车相遇两次 D．60s末汽车回到出发点 ‎10．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（　　）‎ A．0～2s内外力的平均功率是W B．第2秒内外力所做的功是J C．第2秒末外力的瞬时功率最大 D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是 ‎11．为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F﹣象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（　　）‎ A．在全过程中，电动车在B点时速度最大 B．BA过程电动车做匀加速运动 C．BC过程电动车做减速运动 D．CB过程电动车的牵引力的功率恒定 ‎12．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则（　　）‎ A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g C．当F＞μ2（m+M）g时，长木板便开始运动 D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 ‎13．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体重力势能减少mgh B．物体的机械能减少mgh C．物体的动能增加mgh D．重力做功﹣mgh ‎14．如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab=bc=cd=de，从a点水平抛出一 个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时（　　）‎ A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间 B．小球一定落在斜面上的e点 C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ D．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ ‎　‎ 二、实验题（1×7+2×2+1+2×3=18分）‎ ‎15．（11分）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用△t表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．‎ ‎（1）完成下列实验步骤中的填空：‎ ‎①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列　　的点．‎ ‎②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．‎ ‎③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．‎ ‎④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③．‎ ‎⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，…求出与不同m相对应的加速度a．‎ ‎⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出﹣m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成　　关系（填“线性”或“非线性”）．‎ ‎（2）完成下列填空：‎ ‎①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是　　．‎ ‎②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．a可用s1、s3和△t表示为a=　　．图乙为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=　　mm，s3=　　mm，由此求得加速度的大小a=　　m/s2．‎ ‎③图丙为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为　　，小车的质量为　　．‎ ‎16．（7分）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：‎ ‎（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到　　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep=　　 J，动能增加量△Ek=　　 J （结果取三位有效数字）；‎ ‎（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17．（10分）如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，把物块释放，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：‎ ‎（1）弹簧对物块的弹力做的功；‎ ‎（2）物块从B至C克服阻力做的功；‎ ‎（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小．‎ ‎18．（10分）如图所示为上、下两端相距L=5m、倾角α=30°、始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2s到达下端．重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）传送带与物体间的动摩擦因数多大？‎ ‎（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？‎ ‎19．（10分）如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M=3kg，车长L=2.06m，车上表面距地面的高度h=0.2m．现有一质量m=lkg的小滑块（可看成质点），由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定．（g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小 ‎（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离 ‎（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小 ‎（4）滑块落地点离车左端的水平距离．‎ ‎20．（10分）如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45m，水平轨道AB长s1=3m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F．当小车在CD上运动了s2=3.28m时速度v=2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M=0.2kg，与CD间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）恒力F的作用时间t；‎ ‎（2）AB与CD的高度差h．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河南省安阳二中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共14小题；每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．质量为m的物体沿着光滑斜面由静止开始下滑，斜面倾角为θ，当它在竖直方向下降的高度为h时，重力的瞬时功率为（　　）‎ A．mg B．mg﹣cosθ C．mg D．mg•sinθ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】由机械能守恒定律可求得木块下滑的高度，由功率公式可求得重力瞬时功率．‎ ‎【解答】解：由机械能守恒得：‎ mgh=mv2； ‎ 物体的速度v=；‎ 则重力的功率P=Fvcosα=mgvcos（90°﹣θ）=mgsinθ； ‎ 故选：D．‎ ‎【点评】功率公式P=Fv应注意公式里的速度为与力F方向一致的速度，若不在同一直线上，可以将速度进行分解，功率为力与沿力的方向上分速度的乘积．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，力F的大小应（　　）‎ A．恒定不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小 ‎【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】以P点为研究对象，分析受力情况，运用三角形相似法，得到力F与重力的关系，再分析F的变化情况．‎ ‎【解答】解：以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图，由三角形相似法得：‎ ‎=‎ 当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大．‎ 故选B ‎【点评】本题涉及非直角三角形的动态分析问题，运用三角相似法是常用的方法，形象直观方便．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一均质杆长为r，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动，AB是半径为r的圆弧，BD为水平面．则当杆滑到BD位置时的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】当杆滑到BD位置的过程中杆的机械能守恒，列出等式求解．‎ ‎【解答】解：匀质直杆AB沿光滑轨道滑动过程中机械能守恒，‎ 初态机械能E1=mg•，末态机械能E2=mv2，‎ 由E2=E1求得v=．‎ 故选B．‎ ‎【点评】直接对杆应用机械能守恒求解即可，注意初状态杆的重心位置的确定．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（　　）‎ A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化．‎ ‎【解答】解；A、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故A正确；‎ B、以C为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有F﹣fab=ma可知，摩擦力Fab应变大，故B错误；‎ C、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有Fac=2ma=f，所以摩擦力是变小的，故C正确；‎ D、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，F﹣FT=2ma，加速度减小，所以拉力FT变大，对b有F﹣fab=ma，知Fab增大；故D正确；‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎【点评】在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，做好受力分析，再由牛顿运动定律即可分析各量的变化关系．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（　　）‎ A．物块m上滑所用的时间大于下滑所用的时间 B．物块m下滑时受到斜劈的作用力竖直向上 C．地面对斜劈M的摩擦力先向左后向右 D．地面对斜劈M的支持力总小于（M+m）g ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度大小，结合位移公式比较运动的时间．对M与m整体受力分析，根据牛顿第二定律列式分析地面支持力和摩擦力变化情况．‎ ‎【解答】解：A、物块上滑的加速度大小=gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下，物块下滑的加速度大小=gsinθ﹣μgcosθ，‎ 对于上滑的过程，采用逆向思维，有：x=‎ ‎，对于下滑的过程有：x=，因为a1＞a2，则t1＜t2，故A错误．‎ B、物块下滑时，支持力垂直斜面向上，摩擦力沿斜面向上，由于物体不是平衡状态，则受到斜劈的作用力方向不是竖直向上，故B错误．‎ C、物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力（M+m）g，地面支持力N，和地面摩擦力，根据牛顿第二定律，有：‎ 水平分析：f=m•（a•sinθ）…①‎ 竖直方向：（M+m）g﹣N=m•（a•cosθ）…②‎ 其中θ为斜面坡角，故地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变，地面对M的支持力总小于（M+m）g．故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用与有相对运动的物体之间．‎ ‎　‎ ‎6．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（　　）‎ A．1﹣ B．1+ C．（）2 D．（）2‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，矿井深度为d的井底的加速度相当于半径为R﹣d的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可．‎ ‎【解答】解：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=，由于地球的质量为：M=，所以重力加速度的表达式可写成：‎ g==．‎ 根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（R﹣d）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g′=‎ 所以有=‎ 故选A．‎ ‎【点评】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R﹣d）的球体的质量．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，巳知重力加速度为g，空气阻力不计，（　　）‎ A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做勾速圆周运动的周期为2π B．若盒子以周期做匀速圆周运动则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子左侧面的力为4mg C．若盒子以角速度2做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子的下面的力为3mg D．盒子从最低点向最髙点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态 ‎【考点】牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，小球所受的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律判断盒子侧面对小球的作用力．‎ ‎【解答】解：A、盒子在最高点，若盒子与小球间恰好无压力，则小球的重力提供向心力，有：mg=，解得：‎ T=2π．故A正确．‎ B、盒子以周期做匀速圆周运动则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，靠盒子右侧面对小球的弹力提供向心力，有：F==4mg，小球对右侧面的压力为4mg．故B错误．‎ C、若盒子以角速度2做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，有：mg+F=mRω2，解得F=3mg，可知上侧面对小球有弹力．故C错误．‎ D、盒子从最低点向最髙点做匀速圆周运动的过程中，先具有向上的加速度，后具有向下的加速度，所以先处于 超重状态，后处于失重状态．反之，从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，先处于失重状态，后处于超重状态，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎8．一物体在地球表面上的重力为16N，它在以5m/s2的加速度加速上升的火箭中的示重9N，则此时火箭离地面的高度是地球半径R的（g取10m/s2 ）（　　）‎ A．2倍 B．4倍 C．3倍 D．0.5倍 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出火箭所在处的重力加速度，结合万有引力等于重力求出火箭离地面的高度．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得，N﹣mg′=ma，‎ m=，‎ 则m/s2．‎ 根据，得，‎ ‎，解得h=3R．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和万有引力理论的综合运用，掌握万有引力等于重力这一重要理论，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示是一辆汽车和一辆摩托车同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t图象，则由图象可知（　　） ‎ A．40s末汽车在摩托车之前 B．20s末汽车运动方向发生改变 C．60s内两车相遇两次 D．60s末汽车回到出发点 ‎【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】两车从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移再次相等时，两车再次相遇．根据“面积”分析什么时刻两车再次相遇．根据速度的大小关系分析t=40s时两车的位置关系，回到出发点说明位移为零 ‎【解答】解：A、由图看出，t=40s时摩托车图线的“面积”小于汽车图线的“面积”，则摩托车的位移小于汽车的位移，两者又是从同一位置出发的，则40s末汽车在甲摩托车之前．故A正确．‎ B、根据图象看出，汽车的速度一直都为正值，说明一直沿正方向向前运动．故B错误．‎ C、两车从同一地点沿同一方向做直线运动，从图象看出，20s末和60s末两图线的“面积”相等，说明两物体的位移相等，两物体相遇．故C正确．‎ D、60s内汽车一直沿正向运动，60s末没有回到出发点．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题考查分析和理解速度图象的能力，主要根据“面积”分析两者位置关系，确定是否相遇及什么时刻相距最远．‎ ‎　‎ ‎10．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（　　）‎ A．0～2s内外力的平均功率是W B．第2秒内外力所做的功是J C．第2秒末外力的瞬时功率最大 D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是 ‎【考点】动能定理的应用；动量定理；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率；‎ ‎【解答】解：由动量定理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s ‎ 由动能定理可知合力做功为w=‎ 故0～2s内功率是，故A正确；‎ ‎1s末、2s末功率分别为：P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w；故C错误；‎ 第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，故第2s内外力所做的功为2.5J，B错误；‎ 而动能增加量的比值为4：5，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点．‎ ‎　‎ ‎11．为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102‎ kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F﹣象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（　　）‎ A．在全过程中，电动车在B点时速度最大 B．BA过程电动车做匀加速运动 C．BC过程电动车做减速运动 D．CB过程电动车的牵引力的功率恒定 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，在全过程中，C点的速度最大．故A错误．‎ B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动．故B正确．‎ C、BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则（　　）‎ A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g C．当F＞μ2（m+M）g时，长木板便开始运动 D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】以木板为研究对象，根据平衡条件求出地面对木板的摩擦力大小．当木块对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时木板便会开始运动．‎ ‎【解答】解：A、以木板为研究对象，木板水平方向两个力：m的向右的滑动摩擦力，大小为f1=μ1mg和地面向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：f2=f1=μ1mg．故A正确，B错误．‎ C、当F＞μ2（m+M）g时，木块对木板的滑动摩擦力大小仍等于f1=μ1mg，没有变化，木板都不可能运动．故C错误．‎ D、无论怎样改变F的大小，木块对木板的滑动摩擦力大小不变，不会大于地面对木板的最大静摩擦力，木板都不可能运动．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题采用隔离法分析木板的受力情况，木板所受的静摩擦力一般不能用f=μN求解大小．‎ ‎　‎ ‎13．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体重力势能减少mgh B．物体的机械能减少mgh C．物体的动能增加mgh D．重力做功﹣mgh ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】物体距地面一定高度以的加速度由静止竖直下落到地面，则说明物体下落受到一定阻力．那么重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的．‎ ‎【解答】解：A、物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh．故A错误；‎ B、物体除重力做功，阻力做负功，导致机械能减少．由物体的合力为，则阻力做功为，机械能减少为，故B正确；‎ C、物体的合力为，则合力做功为，所以物体的动能增加为，故C错误；‎ D、物体在下落过程中，重力做正功为mgh，故D错误；‎ 故选：B ‎【点评】功是能量转化的量度，重力做功导致重力势能变化；合力做功导致动能变化；除重力外其他力做功导致机械能变化；弹力做功导致弹性势能．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab=bc=cd=de，从a点水平抛出一 个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时（　　）‎ A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间 B．小球一定落在斜面上的e点 C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ D．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值一定，运动的时间与初速度有关，根据竖直方向上的位移公式，可得出竖直位移与初速度的关系，从而知道小球的落点．‎ ‎（2）根据速度方向与水平方向的夹角变化，去判断θ的变化．‎ ‎【解答】解：A、小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为α，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度的比值tanα=，‎ 解得：t=，‎ 在竖直方向上的位移y==‎ 当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，所以小球一定落在斜面上的e点，故A错误，B正确；‎ C、设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tanβ=，又t=2×=，所以tanβ=tanα，所以落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．以及知道在任一时刻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．‎ ‎　‎ 二、实验题（1×7+2×2+1+2×3=18分）‎ ‎15．（11分）（2015秋•安阳校级月考）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用△t表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．‎ ‎（1）完成下列实验步骤中的填空：‎ ‎①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列　等间距　的点．‎ ‎②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．‎ ‎③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．‎ ‎④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③．‎ ‎⑤‎ 在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，…求出与不同m相对应的加速度a．‎ ‎⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出﹣m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成　线性　关系（填“线性”或“非线性”）．‎ ‎（2）完成下列填空：‎ ‎①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是　小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量　．‎ ‎②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．a可用s1、s3和△t表示为a=　　．图乙为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=　24.2　mm，s3=　47.3　mm，由此求得加速度的大小a=　1.15　m/s2．‎ ‎③图丙为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为　　，小车的质量为　　．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】（1）①平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点时间相同，则可根据打点间隔是否相等，来确定是否平衡；⑥根据牛顿第二定律求出与m的表达式即可判断是否成线性关系；‎ ‎（2）应用匀变速直线运动的推论求出加速度；由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）①在平衡摩擦力时，应小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列等间距的点，则此时说明小车做匀速运动；‎ ‎⑥由牛顿第二定律：F=ma可知：，在F一定时，与m成正比，与m成线性关系；‎ ‎（2）①探究牛顿第二定律实验时，当小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于小吊盘和盘中物块受到的重力，认为小车受到的拉力不变．‎ ‎②两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为△t，计数点间的时间间隔：t=5△t，‎ 由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，加速度：a==；‎ 根据乙图可知，s1=36.5﹣12.2=24.3mm，s3=120.0﹣72.7=47.3mm，‎ 则a=，‎ ‎③设小车质量为M，由牛顿第二定律得：F=（M+m）a，则，‎ 由图示图象可知：k=，则拉力：F=，b=，则：M=bF=．‎ 故答案为：（1）①等间距；⑥线性；（2）①小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量；②；24.2；47.3；1.15；③；．‎ ‎【点评】实验问题要掌握实验原理、注意事项和误差来源；遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．‎ ‎　‎ ‎16．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2‎ ‎，那么：‎ ‎（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到　B　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep=　1.88　 J，动能增加量△Ek=　1.84　 J （结果取三位有效数字）；‎ ‎（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的　A　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．‎ ‎（2）重物重力势能的减少量△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．‎ B点的速度=1.92m/s，则B点的动能=1.84J．所以动能的增加量△Ek=1.84J．‎ ‎（3）根据mgh=得，，即与h成正比．故A正确．‎ 故答案为：（1）B　（2）1.88　1.84　（3）A ‎【点评】解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共4小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17．（10分）（2014•富阳市校级一模）如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，把物块释放，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：‎ ‎（1）弹簧对物块的弹力做的功；‎ ‎（2）物块从B至C克服阻力做的功；‎ ‎（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小．‎ ‎【考点】动能定理；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）研究物体经过B点的状态，根据牛顿运动定律求出物体经过B点的速度 ‎（2）物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功；‎ ‎（3）得到物体的在C点 的速度，物体从C返回至AB点的过程中机械能守恒定律，由机械能守恒即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）设物块进入半圆导轨B点瞬间的速度为vB，物块到达B点时受重力mg和支持力N=7mg作用，这时对物块依牛顿第二定律得：‎ ‎…①‎ 设弹簧对物块的弹力做的功为WF，对弹簧推动物块过程依动能定理得：‎ ‎…②‎ 由①②解得：WF=3mgR…③‎ ‎（2）设物块到达C点时的速度为vC，依题意可判知物块在C点仅受重力mg作用，对物块在C点依牛顿第二定律得：…④‎ 设物块从B到C过程，摩擦阻力对物块所做功的大小为Wf，对物块的此过程依动能定理得：…⑤‎ 由①④⑤解得：…⑥‎ 故物块从B到C过程克服阻力做的功为．‎ ‎（3）设物块落回水平面AB时速度大小为vt，取水平面AB为重力势能零势位，对物块由C落到水平面AB的过程，依机械能守恒定律得：…⑦‎ 由④⑦解得物块落回水平面AB时动能的大小为WK=…⑧‎ 答：（1）弹簧对物块的弹力做的功是3mgR；‎ ‎（2）物块从B至C克服阻力做的功是；‎ ‎（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小是．‎ ‎【点评】本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理、平抛运动的知识求解．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）（2008•镇江模拟）如图所示为上、下两端相距L=5m、倾角α=30°、始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2s到达下端．重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）传送带与物体间的动摩擦因数多大？‎ ‎（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）传送带顺时针转动，物块下滑时受到的向上的滑动摩擦力，根据运动学基本公式及牛顿第二定律列式即可求解 动摩擦因数；‎ ‎（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传 送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需 要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律求出最大加速度，再根据匀加速运动位移速度公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）传送带顺时针转动，有题意得：‎ L=‎ 解得：a=2.5m/s2‎ 根据牛顿第二定律得：‎ mgsinα﹣μmgcosα=ma 解得：μ=‎ ‎（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a'．‎ 由牛顿第二定律得 mgsinα+Ff=ma′‎ 而Ff=μmgcosα ‎ 根据位移速度公式得：vm2=2La'‎ 解得：vm=8.66m/s 答：（1）传送带与物体间的动摩擦因数为0.29；‎ ‎（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少8.66m/s时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．‎ ‎【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中．‎ ‎　‎ ‎19．（10分）（2015秋•安阳校级月考）如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M=3kg，车长L=2.06m，车上表面距地面的高度h=0.2m．现有一质量m=lkg的小滑块（可看成质点），由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定．（g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小 ‎（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离 ‎（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小 ‎（4）滑块落地点离车左端的水平距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】（1）由机械能守恒定律求出滑块到B端的速度，由牛顿第二定律求出支持力．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律分别求出滑块和小车的加速度，由运动式求出两者速度相同经过的时间，确定两者的运动情况．再求解车右端距轨道B端的距离．‎ ‎（3）求出滑块相对于小车的位移△x，由内能E=μmg△x求出内能．‎ ‎（4）滑块滑出小车后做平抛运动，求出滑块滑到A端的速度和平抛的时间，求解滑块落地点离车左端的水平距离．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块到达B端时速度为v，由机械能守恒定律，得：mgR=‎ ‎ 由牛顿第二定律，得：FN﹣mg=‎ 联立两式，代入数值解得：FN=3mg=30N．‎ ‎（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得 对滑块有：﹣μmg=ma1‎ 对小车有：μmg=Ma2‎ 设经时间t两者达到共同速度，则有：v+a1t=a2t 解得：t=1 s． ‎ 由于1 s＜1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v′=a2t=1 m/s 两者一起匀速运动，直到小车被锁定． ‎ 故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：x=，‎ 代入数据解得：x=1 m．‎ ‎（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离为： =2 m ‎ 故产生的内能：E=μmg△x=0.3×10×2J=6 J．‎ ‎（4）对滑块由动能定理，得：﹣μmg（L﹣△x）=‎ ‎ 滑块脱离小车后，在竖直方向有：h=‎ 代入数据得，滑块落地点离车左端的水平距离：x′=v″t″=0.16 m．‎ 答：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小为30N．‎ ‎（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离为1m．‎ ‎（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小为6J．‎ ‎（4）滑块落地点离车左端的水平距离为0.16m．‎ ‎【点评】本题之处在于分析滑块和小车速度相同所经历的时间，与1.5s进行比较来分析两者的运动情况．求摩擦生热Q=f△x，△x是相对位移．‎ ‎　‎ ‎20．（10分）（2016春•陕西校级期末）如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45m，水平轨道AB长s1=3m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F．当小车在CD上运动了s2=3.28m时速度v=2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M=0.2kg，与CD间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）恒力F的作用时间t；‎ ‎（2）AB与CD的高度差h．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）对CD段由动能定理、牛顿第二定律及位移和时间关系式联立可求得F作用的时间；‎ ‎（2）撤去F后小车做匀减速运动，小球先作圆周运动，再离开B后做平抛运动，两者相遇所经历的时间相同，则由小车的运动时间可求得小物体平抛的时间，则可求得物体下落的高度．‎ ‎【解答】解：（1）设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得：‎ Fs﹣μMgs2=Mv2…①‎ 设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得：‎ F﹣μMg=Ma…②‎ s=at2…③‎ 联立①②③式，代入数据得：t=1s…④‎ ‎（2）设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a'减速时间为t'，由牛顿运动定律得 v'=at…⑤‎ ‎﹣μMg=Ma'…⑥‎ v=v'+a't'⑦‎ 设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vt，由动能定理得：mgR=mvt2…⑧‎ 设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得：s1=vtt1…⑨‎ 设滑块做平抛运动的时间为t1'则有：t1'=t+t'﹣t1…⑩‎ 由平抛规律得：h=gt12‎ 联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，代入数据得：h=0.8m．‎ 答：（1）恒力F的作用时间t为1s；‎ ‎（2）AB与CD的高度差h为0.8m．‎ ‎【点评】本题中两个物体各自运动，应注意分别研究各自的运动情况，再由它们共同的性质进行分析即可求得联系，解答此题．‎ ‎　‎