山东省青岛二中2017届高三上学期第一次月考物理试卷（10月份）

山东省青岛二中2017届高三上学期第一次月考物理试卷（10月份）

‎2016-2017学年山东省青岛二中高三（上）第一次月考物理试卷（解析版）（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共14小题，每小题4分，满分56分）‎ ‎1．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（　　）‎ A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的 B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律 C．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论 D．该实验不能作为牛顿第一定律的实验依据 ‎2．a、b、c三个物体从相同地点出发运动的v﹣t图如图所示，关于这三个物体的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．b、c两物体的运动方向相反 B．第6s时a、b两物体相遇 C．三个物体中，a的加速度最大 D．0～6s时，a的位移大于c的位移 ‎3．质点做曲线运动从A到B速率逐渐减小，如图所示，有四位同学用示意图表示A到B的轨迹及速度方向和加速度的方向，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，在同一轨道平面上同向旋的三个人造地球卫星A、B、C，在某一时刻恰好在同一条直线上，它们的轨道半径之比为1：2：3，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．三颗卫星的速度之比为1：4：9‎ B．三颗卫星的加速度之比为36：9：4‎ C．B卫星加速后可与A卫星相遇 D．A卫星运动27周后，C卫星也恰回到原地点 ‎5．2015年7月31日，国际奥委会主席巴赫宣布，北京获得2022年冬奥会举办权！跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处，以初速度vo水平滑出，在运动过程中恰好通过P点，OP与水平方向夹角为37．，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出时的动能比值为（不计空气阻力，sin37°=0.6cos 37°=0.8）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球通过最高点时的最小速度vmin=‎ B．小球通过最低点时的最小速度vmin=‎ C．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 D．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 ‎7．三个长度不同的摆，摆1的摆长为L1，摆2的摆长为L2，摆3的摆长为L3，以相同的角速度绕竖直轴上的O点在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆运动），其中L1＞L2＞L3，则关于三个摆球位置关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力可能不变 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧的弹力可能增大 ‎9．我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm．设在加速过程中发动机的功率恒定为P，坦克所受阻力恒为f，当速度为v（vm＞v）时，所受牵引力为F．以下说法正确的是（　　）‎ A．坦克速度为vm时，坦克的牵引力做功为Fs B．坦克的最大速度vm=‎ C．坦克速度为v时加速度为a=‎ D．坦克从静止开始达到最大速度vm所用时间t ‎10．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（　　）‎ A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎11．如图所示，质量m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移s关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（　　）‎ A．b星的周期为T B．a星的线速度大小为 C．a、b两颗星的半径之比为 D．a、b两颗星的质量之比为 ‎13．如图所示，水平传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，质量为m的物体在传送带上由静止释放，经过一段时间保持与传送带相对静止．物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，在物体从静止释放到相对静止这一过程，物体相对于地的位移为x1、物体相对于传送带的位移为x2，传送带相对于地的位移为x3，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体获得的动能Ek=μmgx1，物体与传送带之间摩擦热能Q=μmgx2‎ B．物体获得的动能Ek=μmgx2，物体与传送带之间摩擦热能Q=mv2‎ C．电动机因为传送此物体需要多消耗的电能E=mv2=μmgx3‎ D．摩擦力对物体做的功W1=μmgx1，传送带克服摩擦力做的功W2=μmgx2‎ ‎14．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分44分）‎ ‎15．某实验小组用如图1所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板放在水平实验台上，长木板上有一滑块，滑块右侧固定一个轻小动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在动滑轮上的轻细绳相连．放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．（忽略绳与滑轮间的摩擦）‎ ‎（1）放开钩码，滑块加速运动，读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码的个数，重复实验，以弹簧测力计的示数F为纵轴，得到的图象是纵轴截距等于b的一条倾斜直线，如图2所示；已知滑块和轻小动滑轮的总质量为m，重力加速度为g．则滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（2）在某次实验中，用天平称出滑块（含动滑轮）的质量为m=1kg，弹簧测力计的示数F=4N时，某同学得到一条纸带，如图3所示，每隔三个计时点取一个计数点，即为图中0、1、2、3、4、5、6点．测得相邻两个计数点间的距离为s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50Hz，已知当地重力加速度为9.8m/s2，则滑块运动的加速度a=　　m/s2，滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=　　．（保留两位有效数字）‎ ‎16．某同学利用如图所示的装置验证动能定理．将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置，在木板上依次固定好白纸、复写纸．将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球离开斜槽后的竖直位移yo改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：‎ 高度H（h为单位长度）‎ h ‎2h ‎3h ‎4h ‎5h ‎6h ‎7h ‎8h ‎9h 竖直位移y/cm ‎30.0‎ ‎15.0‎ ‎10.0‎ ‎7.5‎ ‎6.0‎ ‎5.0‎ ‎4.3‎ ‎3.8‎ ‎3.3‎ ‎（1）在安装斜槽时，应注意　　；‎ ‎（2）已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，木板与斜槽末端的水平距离为x，小球在离开斜槽后的竖直位移为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，若动能定理成立则应满足的关系式是　　‎ ‎（3）若想利用图象直观得到实验结论，最好应以H为横坐标，以　　为纵坐标，描点作图．‎ ‎17．（8分）汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：‎ ‎（1）经多长时间，两车第一次相遇？‎ ‎（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？‎ ‎18．（12分）如图所示，一块质量为M=2kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m=0.2kg的物块A（可视为质点），A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0=0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h=1m；已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动；重力加速度g=10m/s2；‎ ‎（1）求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小；‎ ‎（2）当AB相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间．‎ ‎19．（12分）如图所示，在竖直方向上，A、B两物体通过劲度系数为k=16N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α=30°的固定光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m=0.2kg，重力加速度取g=10m/s2‎ ‎，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：‎ ‎（1）从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；‎ ‎（2）物体C的质量；‎ ‎（3）释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省青岛二中高三（上）第一次月考物理试卷（解析版）（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共14小题，每小题4分，满分56分）‎ ‎1．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（　　）‎ A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的 B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律 C．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论 D．该实验不能作为牛顿第一定律的实验依据 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】物理常识的理解和记忆，对于每个物理学家，要了解他的主要的贡献的内容是什么．‎ ‎【解答】解：AB、伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，所以A错误B正确．‎ C、伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C错误．‎ D、牛顿总结了前人的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．‎ ‎　‎ ‎2．a、b、c三个物体从相同地点出发运动的v﹣t图如图所示，关于这三个物体的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．b、c两物体的运动方向相反 B．第6s时a、b两物体相遇 C．三个物体中，a的加速度最大 D．0～6s时，a的位移大于c的位移 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图象中速度的正负表示物体运动的方向．图线与时间轴围成的面积表示位移．斜率等于加速度．根据这些知识分析．‎ ‎【解答】解：A、b、c两物体的速度一直为正值，说明它们的运动方向相同．故A错误．‎ B、t=6s时，a、b两物体图线与时间轴围成的面积不等，则位移不等，又a、b是从同一地点出发，则两物体没有相遇．故B错误．‎ C、根据斜率等于加速度，可知，三个物体中，a的加速度最大，故C正确．‎ D、0﹣6s时，a的位移为xa=m=5m，b的位移为xb=m=7.5m，则a的位移小于c的位移．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，明确斜率表示加速度．‎ ‎　‎ ‎3．质点做曲线运动从A到B速率逐渐减小，如图所示，有四位同学用示意图表示A到B的轨迹及速度方向和加速度的方向，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】物体做曲线运动的条件．‎ ‎【分析】当物体速度方向与加速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度指向曲线凹的一侧；当加速度与速度方向夹角小于90度时物体做加速运动；当加速度的方向与速度方向大于90度时物体做减速运动；分析图示情景然后答题．‎ ‎【解答】解：A、由图示可知，加速度方向与速度方向夹角大于90度，物体做减速运动，故A正确；‎ B、由图示可知，速度方向与加速度方向相同，物体做直线运动，不做曲线运动，故B错误；‎ C、由图示可知，加速度在速度的右侧，物体运动轨迹向右侧凹，故C错误；‎ D、由图示可知，加速度方向与速度方向夹角小于90度，物体做加速曲线运动，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】知道物体做曲线运动的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，同时掌握加速与减速的区分．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在同一轨道平面上同向旋的三个人造地球卫星A、B、C，在某一时刻恰好在同一条直线上，它们的轨道半径之比为1：2：3，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．三颗卫星的速度之比为1：4：9‎ B．三颗卫星的加速度之比为36：9：4‎ C．B卫星加速后可与A卫星相遇 D．A卫星运动27周后，C卫星也恰回到原地点 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据卫星的速度公式比较三颗卫星的速度大小．卫星的向心加速度等于，再比较向心加速度的大小．根据周期的关系，分析A卫星运动27周后，C卫星得位置．‎ ‎【解答】解：A、设地球的质量为M，卫星的轨道半径为r，根据得：卫星的速度，它们的轨道半径之比为1：2：3，则三颗卫星的速度之比为1：：．故A错误；‎ B、根据得：，它们的轨道半径之比为1：2：3，则三颗卫星的加速度之比为36：9：4．故B正确；‎ C、B卫星加速后做离心运动，轨道半径要变大，不可能与A卫星相遇．故C错误；‎ D、根据得：卫星的周期，则，若A卫星运动27周后，C卫星只经过了个周期，没有回到原点．故D错误；‎ 故选：B ‎【点评】对于卫星的线速度、周期、角速度、向心加速度等物理量的比较，只要抓住卫星的速度公式比较出线速度的大小，其他量可以根据圆周运动知识理解并比较．‎ ‎　‎ ‎5．2015年7月31日，国际奥委会主席巴赫宣布，北京获得2022年冬奥会举办权！跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处，以初速度vo水平滑出，在运动过程中恰好通过P点，OP与水平方向夹角为37．，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出时的动能比值为（不计空气阻力，sin37°=0.6cos 37°=0.8）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】运动员做平抛运动，到达P点时竖直位移与水平位移之比等于tan37°，结合分位移求出时间，再由速度的合成求出到达P点的速度，即可求解动能的关系．‎ ‎【解答】解：滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．设水平位移x，竖直位移为y，OP=L，结合几何关系，有：‎ 水平方向上：x=Lcos37°=v0t 竖直方向上：y=Lsin37°=‎ 联立可得：t=‎ 运动员达到P点的速度 v====‎ 故滑雪运动员到达P点时的动能与滑出时的动能比值为： =13：4‎ 故选：C ‎【点评】本题考查平抛运动规律的应用，关键要能够灵活利用分位移公式求得t和的表达式，要注意斜坡的倾角反映位移与水平方向的夹角，而不是速度与水平方向的夹角．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球通过最高点时的最小速度vmin=‎ B．小球通过最低点时的最小速度vmin=‎ C．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 D．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0．小球从最低点运动到最高点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒．根据机械能守恒求出最低点的最小速度．由牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、由于圆形管道能支撑小球，所以小球能够通过最高点时的最小速度为0．故A错误．‎ B、小球通过最高点时的最小速度为0，根据机械能守恒得：mg（2R+2r）=‎ 可得最低点的最小速度为：v=2，故B错误．‎ C、小球在水平线ab以上的管道中运动时，设小球的速度为v，管道对小球的弹力大小为F，方向指向圆心，半径与竖直方向的夹角为α．小球经过最高点的速度为v′．由牛顿第二定律得：‎ ‎ mgcosα+F=m 根据机械能守恒得：mgR（1﹣cosα）=﹣‎ 联立得：F=2mg（1﹣2cosα）﹣m 可知F可能为正，也可能为负，所以外侧管壁对小球可能有作用力．故C错误．‎ D、在a点，小球所需要的向心力是由轨道外侧管壁的弹力提供的，所以可知小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为．‎ ‎　‎ ‎7．三个长度不同的摆，摆1的摆长为L1，摆2的摆长为L2，摆3的摆长为L3，以相同的角速度绕竖直轴上的O点在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆运动），其中L1＞L2＞L3，则关于三个摆球位置关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，绳子拉力和重力的合力提供向心力，应用力的合成与分解、牛顿第二定律、向心力公式分析答题．‎ ‎【解答】解：小球受重力和拉力作用，两个力的合力提供向心力，根据合成法得：‎ 小球圆周运动的向心力 F=F1=mgtanθ．‎ 根据向心力公式得：F=mrω2，r=Lsinθ 得ω=，‎ 摆1的摆长为L1，摆2的摆长为L2，摆3的摆长为L3，以相同的角速度绕竖直轴上的O点在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆运动），所以Lcosθ相同，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题是圆锥摆问题，关键分析受力，确定向心力的来源．在分析受力时，向心力不要单独分析，避免与其他力的效果重复．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力可能不变 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧的弹力可能增大 ‎【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】绳子拉力等于a的重力，保持不变．b对斜面的压力等于b及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力．b所受的重力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力．当向b中缓慢加入沙子时，根据平衡条件讨论b受到的摩擦力的变化．整体保持静止，合力为零，保持不变．‎ ‎【解答】解：A、由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大．故A正确；‎ B、以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，在b盒内缓慢加入适量砂粒后，竖直向下的重力增大，而其他的力不变，所以整体受到的支持力一定增大．故B错误；‎ C、以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知摩擦力的方向一定向右．故C错误；‎ D、a、b、c始终处于静止状态，则弹簧的长度不变，由胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，故D错误；‎ 故选：A ‎【点评】本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向；注意静摩擦力可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上．‎ ‎　‎ ‎9．我国自行研制的新一代8×‎ ‎8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm．设在加速过程中发动机的功率恒定为P，坦克所受阻力恒为f，当速度为v（vm＞v）时，所受牵引力为F．以下说法正确的是（　　）‎ A．坦克速度为vm时，坦克的牵引力做功为Fs B．坦克的最大速度vm=‎ C．坦克速度为v时加速度为a=‎ D．坦克从静止开始达到最大速度vm所用时间t ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据W=Pt求出牵引力做功的大小，当速度最大时，牵引力与阻力相等，根据P=Fv=fv求出最大速度的大小，根据牵引力的大小，结合牛顿第二定律求出加速度．根据v﹣t图象分析加速的时间．‎ ‎【解答】解：A、因为在运动的过程中，功率不变，速度增大，则牵引力减小，知牵引力不是恒力，不能通过W=Fs求解牵引力做功的大小，所以牵引力做功不等于Fs，因为功率不变，知牵引力做功W=Pt．故A错误．‎ B、当牵引力与阻力相等，即F′=f时，速度最大，根据P=F′vm知，最大速度 vm=．故B正确．‎ C、当坦克的速度为v时，根据牛顿第二定律得，a=．故C正确．‎ D、坦克从静止开始达到最大速度的过程做变加速直线运动，结合v﹣t图象知：s＞，所以t＜．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题考查了机车以恒定功率运动的问题，注意汽车在启动过程中，牵引力在变化，知道当牵引力等于阻力时，速度最大．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（　　）‎ A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；‎ B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；‎ C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；‎ D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握物体的运动情况，能根据牛顿第二定律进行分析．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移s关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动能；重力势能；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析．‎ ‎【解答】解：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，设加速度沿着斜面向上，根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 其中：F=mgsinθ，μ=tanθ 联立解得：a=﹣gsinθ 即物体沿着斜面向上做匀减速直线运动；‎ 位移x=v0t+‎ 速度v=v0+at A、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q=fx，由于x与t不是线性关系，故Q与t不是线性关系，故A错误；‎ B、Ek=，由于v与t是线性关系，故mv2与t不是线性关系，故B错误；‎ C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能Ep=mgh，故Ep﹣s图象是直线，故C正确；‎ D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题关键明确物体的运动规律，然后根据功能关系得到表达式分析图象．‎ ‎　‎ ‎12．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（　　）‎ A．b星的周期为T B．a星的线速度大小为 C．a、b两颗星的半径之比为 D．a、b两颗星的质量之比为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系．‎ ‎【解答】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；‎ B、根据题意可知，ra+rb=l，ra﹣rb=△r，‎ 解得：，，则a星的线速度大小，，故B正确，C错误；‎ D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：‎ 解得：，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】‎ 解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等，难度适中．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，水平传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，质量为m的物体在传送带上由静止释放，经过一段时间保持与传送带相对静止．物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，在物体从静止释放到相对静止这一过程，物体相对于地的位移为x1、物体相对于传送带的位移为x2，传送带相对于地的位移为x3，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体获得的动能Ek=μmgx1，物体与传送带之间摩擦热能Q=μmgx2‎ B．物体获得的动能Ek=μmgx2，物体与传送带之间摩擦热能Q=mv2‎ C．电动机因为传送此物体需要多消耗的电能E=mv2=μmgx3‎ D．摩擦力对物体做的功W1=μmgx1，传送带克服摩擦力做的功W2=μmgx2‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】物体获得的动能根据动能定理求，物体与传送带之间摩擦热能由摩擦力与相对位移乘积求．根据能量守恒定律求电动机多消耗的电能．‎ ‎【解答】解：A、对物体，根据动能定理得：μmgx1=Ek﹣0，得 Ek=μmgx1．物体与传送带之间摩擦热能Q=μmgx2．故A正确．‎ B、物体做匀加速直线运动，则物体相对于地的位移x1=t=，传送带做匀速直线运动，传送带相对于地的位移 x3=vt，则物体相对于传送带的位移 x2=x3﹣x1=，则x1=x2，结合A项结果可得，Ek=μmgx2，Q=μmgx1=Ek=mv2．故B正确．‎ C、电动机因为传送此物体需要多消耗的电能 E=Q+Ek=mv2，根据功能关系得，电动机因为传送此物体需要多消耗的电能等于传送带对物体做的功，即 E=μmgx3．故C正确．‎ D、摩擦力对物体做的功 W1=μmgx1，传送带克服摩擦力做的功W2=μmgx3．故D错误．‎ 故选：ABC ‎【点评】‎ 本题要正确分析物体的运动情况，根据运动学规律分析三个位移之间的关系．当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解：两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A、D正确，B、C错误．‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分44分）‎ ‎15．某实验小组用如图1所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板放在水平实验台上，长木板上有一滑块，滑块右侧固定一个轻小动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在动滑轮上的轻细绳相连．放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．（忽略绳与滑轮间的摩擦）‎ ‎（1）放开钩码，滑块加速运动，读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码的个数，重复实验，以弹簧测力计的示数F为纵轴，得到的图象是纵轴截距等于b的一条倾斜直线，如图2所示；已知滑块和轻小动滑轮的总质量为m，重力加速度为g．则滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（2）在某次实验中，用天平称出滑块（含动滑轮）的质量为m=1kg，弹簧测力计的示数F=4N时，某同学得到一条纸带，如图3所示，每隔三个计时点取一个计数点，即为图中0、1、2、3、4、5、6点．测得相邻两个计数点间的距离为s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50Hz，已知当地重力加速度为9.8m/s2，则滑块运动的加速度a=　3.0　m/s2，滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=　0.51　．（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）由实验方案可知，滑块受到的拉力为弹簧秤示数的两倍，滑块同时受摩擦力，由牛顿第二定律可得弹簧秤示数与加速度a的关系．由图象可得摩擦因数 ‎（2）根据逐差法求得加速度，利用牛顿第二定律求得摩擦因数 ‎【解答】解：（1）滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍，即：‎ T=2F 滑块受到的摩擦力为：‎ f=μmg 由牛顿第二定律可得：‎ T﹣f=ma 解得力F与加速度a的函数关系式为：‎ 由图象所给信息可得图象截距为：‎ 解得：‎ ‎（2）s1=0.96cm=0.0096m，s2=2.88cm=0.0288m，s3=4.80cm=0.0480m，s4=6.72cm=0.0672m，s5=8.64cm=0.0864m，s6=10.56cm=0.1056m 利用逐差法可以求出小车的加速度大小即a==m/s2=3.0m/s2‎ 根据牛顿第二定律可知2F﹣μmg=ma 解得 故答案为：（1） （2）3.0 0.51‎ ‎【点评】本题重点是考察学生实验创新能力及运用图象处理实验数据的能力，对这种创新类型的题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型．‎ ‎　‎ ‎16．某同学利用如图所示的装置验证动能定理．将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置，在木板上依次固定好白纸、复写纸．将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球离开斜槽后的竖直位移yo改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：‎ 高度H（h为单位长度）‎ h ‎2h ‎3h ‎4h ‎5h ‎6h ‎7h ‎8h ‎9h 竖直位移y/cm ‎30.0‎ ‎15.0‎ ‎10.0‎ ‎7.5‎ ‎6.0‎ ‎5.0‎ ‎4.3‎ ‎3.8‎ ‎3.3‎ ‎（1）在安装斜槽时，应注意　使斜槽末端O点的切线水平　；‎ ‎（2）已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，木板与斜槽末端的水平距离为x，小球在离开斜槽后的竖直位移为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，若动能定理成立则应满足的关系式是　H=　‎ ‎（3）若想利用图象直观得到实验结论，最好应以H为横坐标，以　　为纵坐标，描点作图．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）本实验利用平抛运动的知识测量小球离开斜槽的速度，应使使斜槽末端O点的切线水平．‎ ‎（2）小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，写出合力做的功．根据平抛运动的规律求出小球离开斜槽时的速度，得到动能的变化．即可写出动能定理的关系式．‎ ‎（3）根据平抛运动的规律得到v与y的关系式，再由动能定理求得H与的关系式，根据解析式选择纵坐标．‎ ‎【解答】解：（1）本实验根据平抛运动的规律测量小球离开斜槽的速度，为保持小球作平抛运动，应使使斜槽末端O点的切线水平．‎ ‎（2）设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得：‎ ‎ x=vt，y=‎ 联立得：v=x 小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：‎ ‎ W=mgH﹣μmgcosθ•=mgH（1﹣）‎ 小球动能的变化量△Ek==（x）2=‎ 则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是：H（1﹣‎ ‎）=或H=．‎ ‎（3）根据上式可知：最好应以H为横坐标，以为纵坐标，描点作图．‎ 故答案为：（1）使斜槽末端O点的切线水平．（2）H=．（3）．‎ ‎【点评】本题关键利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活选择坐标．‎ ‎　‎ ‎17．汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：‎ ‎（1）经多长时间，两车第一次相遇？‎ ‎（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？‎ ‎【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）抓住汽车和自行车的位移关系，运用运动学公式求出第一次相遇的时间．‎ ‎（2）抓住位移相等，运用运动学公式求出第二次相遇的时间，需讨论汽车刹车到停止的时间，若经历的时间大于汽车到停止的时间，则汽车停在某处让自行车追赶，再根据运动学公式求出追及的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设经t1秒，汽车追上自行车ν2t1=ν1t1+S ‎ ‎ t1=10s ‎ 故经过10s两车第一次相遇．‎ ‎（2）汽车的加速度为a=﹣2 m/s2 设第二次追上所用的时间为t2，则 ν1t2=ν2t2+at22‎ ‎ t2=12s ‎ 设汽车从刹车到停下用时t3秒 ‎0=ν2+at3 t3=9s＜t2 故自行车又追上汽车前，汽车已停下． ‎ 停止前汽车的位移s汽=设经t4时间追上，则 ν1t4=‎ ‎ t4=13.5s 故再经过13.5s两车第二次相遇 ‎【点评】解决本题的关键知道两车相遇位移具有一定的关系．注意第二次相遇要判断汽车是否停止．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016秋•崂山区校级月考）如图所示，一块质量为M=2kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m=0.2kg的物块A（可视为质点），A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0=0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h=1m；已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动；重力加速度g=10m/s2；‎ ‎（1）求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小；‎ ‎（2）当AB相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间．‎ ‎【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】（1）分别以重物和A为研究对象，关键牛顿第二定律列方程求解拉力和加速度大小；根据位移速度关系求解速度大小；‎ ‎（2）求出重物落地前，A运动的时间，根据牛顿第二定律求解加速运动时B的加速度，根据速度时间关系求出重物落地时B的速度，再根据牛顿第二定律求解B减速的加速度大小，最后求出AB速度相等时经过的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设释放重物后重物的加速度为a1，细绳的张力大小为F，对重物，由牛顿第二定律可得：m0g﹣F=m0a1‎ 对A，由牛顿定律有：F﹣μmg=ma1‎ 联立解得：F=0.8N；a1=2m/s2‎ 由v12=2a1h解得重物落地前瞬间A的速度大小为：v1=2m/s；‎ ‎（2）重物落地前，A运动的时间为：‎ B的加速度为：‎ 重物落地时B的速度为：v2=a2t1=0.2m/s 落地后，A开始做减速运动，加速度大小为：a3=μg=2m/s2‎ 设经过时间t2，AB速度相等，则有：v1﹣a3t2=v2+a2t2‎ 解得：‎ 从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间为：t=t1+t2=．‎ 答：（1）重物落地前瞬间细绳上的拉力大小为0.8N，A的速度大小为2m/s；‎ ‎（2）从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间约为1.82s．‎ ‎【点评】解答本题的关键是弄清楚A和B的运动情况和受力情况；对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2016秋•崂山区校级月考）如图所示，在竖直方向上，A、B两物体通过劲度系数为k=16N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α=30°的固定光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m=0.2kg，重力加速度取g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：‎ ‎（1）从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；‎ ‎（2）物体C的质量；‎ ‎（3）释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；功的计算．‎ ‎【分析】（1）由胡克定律及共点力的平衡条件可知物体下滑的距离；‎ ‎（2）对B及C分别受力分析由共点力的平衡条件可求得C的质量；‎ ‎（3）对BC由能量守恒可求得最大速度；再对C由动能定理可求得拉力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）设开始时弹簧的压缩量为xB，得：kxB=mg 设物体A刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，得：kxA=mg 当物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为：‎ h=xA+xB 由①②③解得：h==0.25 m ‎（2）物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度vm，加速度为零，设C的质量为M，对B有：T﹣mg﹣kxA=0‎ 对C有：Mgsinα﹣T=0‎ 联立可得：Mgsinα﹣2mg=0‎ 解得：M=4m=0.8 kg．‎ ‎（3）由于xA=xB，物体B开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B、C两物体速度大小相等，由能量守恒有：‎ Mghsinα﹣mgh=（m+M）vm2；‎ 解得：vm=1 m/s 对C由动能定理可得：Mghsinα+WT=Mvm2‎ 解得：WT=﹣0.6 J．‎ 答：（1）从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为0.25m；‎ ‎（2）物体C的质量为0.8kg；‎ ‎（3）释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功为﹣0.6J．‎ ‎【点评】本题考查动能定理及胡克定律的应用，要注意正确分析物理过程，做好受力分析，选择合适的物理规律求解即可．‎ ‎　‎