2019-2020年高三上学期第一次月考物理试卷（10月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期第一次月考物理试卷（10月份）含解析一、单选题（每题3分，共15分）1在物理学的重大发现中科学家们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、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A引入重心合力与分力的概念时运用了等效替代法B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法C在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，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，这里采用了微元法2在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )ABCD3如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直于河岸若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是( )A增大船速，过河时间不变B增大船速，过河时间缩短C减小船速，过河时间变长D减小船速，过河时间不变4质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )At1t2时间内，汽车的平均速度等于B0t1时间内，汽车的牵引力等于mCt1t2时间内，汽车的功率等于（m+Ff）v1D汽车运动的过程中最大速度v2=5一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是( )ABCD二、多选题（每题4分，共16分）6伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是( )A斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量B斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程C通过对斜面实验的观察与计算，直接得到落体运动的规律D根据斜面实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律7“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍C“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍D“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救8如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点则下列说法正确的有( )A两球在P点一定具有相同的速率B若同时抛出，两球不可能在P点相碰C若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大9如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在A处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有( )A物体重力势能减小量一定大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W三、实验题（10+8）10某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列_的点，说明小车在做_运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦力以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度a，作aF的图象如图丙图线正确的是_（3）设纸带上计数点的间距为S1和S2如图丁为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1=3.10cm，S2=_cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a=_m/s211某研究性学习小组用图1装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上；打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复的操作测出多组（h，t），计算出对应的平均速度v；画出vt图象请根据实验，回答如下问题：（1）设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为_（用v0、g和t表示）（2）实验测得的数据如表：实验次数123456h（cm）10.0020.0030.0040.0050.0060.00t （ s ）0.0690.1190.1590.1950.2260.255v （ m/s ）1.451.681.892.052.212.35请在如图2坐标纸上画出vt图象（3）根据vt图象，可以求得当地重力加速度g=_ m/s2，试管夹到光电门1的距离约为_cm（以上结果均保留两位有效数字）四、计算题（71分）12（14分）如图所示，足够长的斜面倾角=37，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，加速度大小a=8.0m/s2g取10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8，求：（1）物体沿斜面向上滑行的最大距离；（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小13（13分）如图所示，质量分别为mA=1kg、mB=3kg的物块A、B置于足够长的水平面上，在F=13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因数分别为A=0.2、B=0.1，取g=10m/s2求：（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度；（2）物块A对物块B的作用力大小；（3）某时刻A、B的速度为v=10m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块A、B间的最大距离14如图所示，一倾角为=30的光滑足够长斜面固定在水平面上，其顶端固定一劲度系数为k=50N/m的轻质弹簧，弹簧的下端系一个质量为m=1kg的小球，用一垂直于斜面的挡板A挡住小球，此时弹簧没有发生形变，若挡板A以加速度a=4m/s2沿斜面向下匀加速运动，弹簧与斜面始终保持平行，g取10m/s2求：（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间；（3）从开始运动到小球与挡板分离时外力对小球的总功15（14分）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角=53，不计空气阻力，重力加速度g=1Om/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量16如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道xx江苏省泰州市泰兴四中高三（上）第一次月考物理试卷（10月份）一、单选题（每题3分，共15分）1在物理学的重大发现中科学家们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、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A引入重心合力与分力的概念时运用了等效替代法B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法C在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，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，这里采用了微元法【考点】重心【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度【解答】解：A、引入重心合力与分力的概念时运用了等效替代法，故A正确；B、根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故B正确；C、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故C错误；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，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，这里采用了微元法，故D正确本题选择不正确的故选：C【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )ABCD【考点】超重和失重【专题】运动学中的图像专题【分析】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态【解答】解：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，所以D正确故选D【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了3如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直于河岸若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是( )A增大船速，过河时间不变B增大船速，过河时间缩短C减小船速，过河时间变长D减小船速，过河时间不变【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】小船渡河的运动可分解为沿河岸方向和垂直河岸方向两个分运动，分运动和合运动具有等时性，根据垂直河岸方向的运动去判断渡河的时间【解答】解：船头始终垂直于河岸，河宽一定，当水流速度增大，为保持航线不变，根据运动的合成，静水速度必须增大，再根据t=，所以渡河的时间变小，故ACD错误，B正确故选：B【点评】解决本题的关键将小船渡河的运动可分解为沿河岸方向和垂直河岸方向两个分运动，通过分运动的时间去判断渡河的时间4质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )At1t2时间内，汽车的平均速度等于B0t1时间内，汽车的牵引力等于mCt1t2时间内，汽车的功率等于（m+Ff）v1D汽车运动的过程中最大速度v2=【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【专题】功率的计算专题【分析】根据速度时间图线求出匀加速运动的加速度，根据牛顿第二定律求出牵引力，结合匀加速运动的末速度，根据P=Fv求出汽车的额定功率当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，结合P=fv求出最大速度【解答】解：A、t1t2时间内，汽车做变加速运动，平均速度不等于，故A错误B、0t1时间内，汽车的加速度a=，根据牛顿第二定律知，汽车所受的合力，则牵引力大于，故B错误C、汽车匀加速运动，有FFf=ma，解得F=，则汽车的功率P=Fv1=，故C正确D、汽车的额定功率P=，当速度最大时，牵引力等于阻力，则最大速度，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键理清恒定功率启动和恒定加速度的启动过程中，对于恒定加速度启动，当匀加速运动速度达到最大时，功率达到额定功率，当加速度为零时，速度最大5一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是( )ABCD【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】根据at图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可【解答】解：A、物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以xt图象应是开口向下的抛物线，故A错误；B、由A分析知速度方向相反，故B错误；C、根据Ek=mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C错误；D、Ep=mgh=mgx=mg（v0t），a为负，故为开口向下的抛物线，故D正确故选：D【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能的表达式，此题难度较大二、多选题（每题4分，共16分）6伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是( )A斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量B斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程C通过对斜面实验的观察与计算，直接得到落体运动的规律D根据斜面实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【专题】自由落体运动专题【分析】本题考查了有伽利略“斜面实验”的知识，根据其历史背景我们知道，之所以采用“斜面实验”，注意碍于当时对时间的测量技术、手段落后【解答】解：伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，故A正确，B错误；根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，并非是主观臆断得出的，是在实验的基础上得出的，故C错误，D正确故选AD【点评】了解伽利略“斜面实验”的历史背景，以及实验方法，体会实验在物理中的重要作用7“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍C“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍D“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动【解答】解：A、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动故A错误B、根据=maa=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍故B正确C、根据=m得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍故C正确；D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动8如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v1、v2同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点则下列说法正确的有( )A两球在P点一定具有相同的速率B若同时抛出，两球不可能在P点相碰C若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动的高度决定运动的时间，结合下降的高度判断两球能否在P点相碰若两球同时抛出，在竖直方向上相同时间内位移大小相等，结合水平方向位移的变化判断两物体间的距离变化【解答】解：A、两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，故A错误B、若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，故B正确C、若同时抛出，根据h=知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，故C错误D、若同时抛出，由图可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移9如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在A处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有( )A物体重力势能减小量一定大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W【考点】功能关系；弹性势能【分析】物体在B为平衡位置mg=kh，根据功能关系分析能量变化情况即可【解答】解：A、重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功W弹力，根据动能定理知mghWW弹力=0，故物体重力势能减小量一定大于W，故A正确；B、根据动能定理知mghWW弹力=0，由平衡知kh=mg，即mghW=，弹簧弹性势能增加量一定等于W，B错误；C、物体克服手的支持力所做的功为W，机械能减小W，故C错误；D、重物从静止下落到B速度最大的过程中，根据动能定理，有mgh=Ek结合B选项知Ek=W，故D正确；故选：AD【点评】本题通过弹簧模型综合考了力与运动关系、动能定理、能量守恒定律，综合性较强三、实验题（10+8）10某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速运动运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦力以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度a，作aF的图象如图丙图线正确的是C（3）设纸带上计数点的间距为S1和S2如图丁为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1=3.10cm，S2=5.50cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a=2.40m/s2【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）平衡摩擦力时，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；（2）正确的aF图象应该是过原点的直线，不满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量时图象发生弯曲；（3）根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小【解答】解：（1）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，（2）如果这位同学先如（1）中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始aF的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图象发生弯曲，故C正确；故选：C（3）根据图象可知，S2=5.50cm，打点计时器的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，则T=0.1s，加速度的大小a=2.40m/s2故答案为：（1）点迹均匀； 匀速运动；（2）C；（3）5.50； 2.40【点评】明确实验原理以及具体的操作细节，加强动手实验，同时加强基本运动学规律在物理实验中的应用探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力11某研究性学习小组用图1装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上；打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复的操作测出多组（h，t），计算出对应的平均速度v；画出vt图象请根据实验，回答如下问题：（1）设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt（用v0、g和t表示）（2）实验测得的数据如表：实验次数123456h（cm）10.0020.0030.0040.0050.0060.00t （ s ）0.0690.1190.1590.1950.2260.255v （ m/s ）1.451.681.892.052.212.35请在如图2坐标纸上画出vt图象（3）根据vt图象，可以求得当地重力加速度g=9.7 m/s2，试管夹到光电门1的距离约为6.2cm（以上结果均保留两位有效数字）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解通过两光电门间平均速度v；根据数据作出vt图象，根据vt图象的斜率物理意义求解重力加速度【解答】解：（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt；（2）根据数据作出vt图象：（3）小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt；所以vt图象的斜率表示g，所以当地重力加速度g=2k=9.7m/s2，根据vt图象得出v0=1.10m/s，根据运动学公式得试管夹到光电门1的距离约为x=0.062m=6.2cm，故答案为：（1）v=v0+gt （2）如图（3）9.7；6.2【点评】本题的关键知道极短时间的平均速度等于瞬时速度的大小，并能熟练应用运动学公式求解四、计算题（71分）12（14分）如图所示，足够长的斜面倾角=37，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，加速度大小a=8.0m/s2g取10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8，求：（1）物体沿斜面向上滑行的最大距离；（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据初速度、末速度、加速度，结合速度位移公式求出物体沿斜面上滑的最大距离（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度大小【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式得，上滑的最大距离为：x=；（2）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度为：a=gsin37+gcos37代入数据解得：=0.25；（3）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为：a=gsingcos=10=4m/s2答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离s为9m；（2）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速大小为4m/s2；【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁13（13分）如图所示，质量分别为mA=1kg、mB=3kg的物块A、B置于足够长的水平面上，在F=13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因数分别为A=0.2、B=0.1，取g=10m/s2求：（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度；（2）物块A对物块B的作用力大小；（3）某时刻A、B的速度为v=10m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块A、B间的最大距离【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）物块A、B由推力F和滑动摩擦力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律求解整体的加速度（2）以B为研究对象，由牛顿第二定律求出物块A对物块B的作用力（3）撤去水平力F后，物块A、B一起做减速运动，以整体为研究对象，由动能定理求出滑行的距离【解答】解：（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则FAmAgBmBg=（mA+mB）a代入数据解得a=2 m/s2方向与力F的方向相同，即方向水平向右（2）设物块A对物块B的作用力大小为F，则 FBmBg=mBa 代入数据解得F=9 N（3）撤去水平力F后，物块A、B都做匀减速运动，AmAg=mAaABmBg=mBaB代入数据解得aA=2 m/s2aB=1m/s2物块A、B间的最大距离x=25m答：（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度是2 m/s2方向与力F的方向相同，即方向水平向右；（2）物块A对物块B的作用力大小是9N；（3）某时刻A、B的速度为v=10m/s，此时撤去推力F，撤去推力后物块A、B间的最大距离是25m【点评】本题考查综合运用牛顿第二定律和动能定理处理动力学问题的能力，常规题，比较简单14如图所示，一倾角为=30的光滑足够长斜面固定在水平面上，其顶端固定一劲度系数为k=50N/m的轻质弹簧，弹簧的下端系一个质量为m=1kg的小球，用一垂直于斜面的挡板A挡住小球，此时弹簧没有发生形变，若挡板A以加速度a=4m/s2沿斜面向下匀加速运动，弹簧与斜面始终保持平行，g取10m/s2求：（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间；（3）从开始运动到小球与挡板分离时外力对小球的总功【考点】动能定理；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得路程（2）从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移，由挡板运动的位移可以求得物体运动的时间（3）根据动能定理列式求解W【解答】解：（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即 kxm=mgsin，解得 xm=0.1m（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F根据牛顿第二定律有 mgsinFF1=ma， F=kx随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsinkx=ma，又x=at2联立解得 mgsinkat2=ma，所以经历的时间为 t=0.1s（3）分离时，小球速度为v=at=40.1=0.4m/s位移x1=0.02m根据动能定理知W=W=+=0.08J答：（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小为0.1m；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间为0.1s；（3）从开始运动到小球与挡板分离时外力对小球的总功为0.08J【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移和运动的时间15（14分）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角=53，不计空气阻力，重力加速度g=1Om/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量【考点】向心力；平抛运动；功能关系【专题】匀速圆周运动专题【分析】（1）先利用平抛运动求出物体到达C点速度，由C到D利用动能定理求解D点速度，在D点利用牛顿第二定律和牛顿第三定律列式求解即可；（2）物块在传送带上滑动时，做匀减速运动，当速度减到零后，反向匀加速直线运动，速度相同后一起做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出共同运动的速度，根据能量守恒求出物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q【解答】解：（1）设小物体在C点时得速度大小为vC，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成=53，则由几何关系可得：由C点到D点，由动能定理得：小球在D点，由牛顿第二定律得：由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：FN=FN联立得：FN=22.5N，方向竖直向下（2）设小物块在传送带上滑动得加速度大小为a，由牛顿第二定律得：小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过得位移为x1，传送带向右运动得距离为x2，则：vD=at1x2=vt1小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2，向左通过得位移为x3，传送带向右运动得距离为x4，则：v=at2x4=vt2整个过程小物块相对传送带滑动得距离为：x=x1+x2+x4x3生成得热量为：Q=mgx联立至联立解得：Q=32J答：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为22.5N；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量为32J【点评】恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点进入光滑竖直圆弧轨道，这是解这道题的关键，理解了这句话就可以求得小球在C点速度，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起运用机械能守恒或动能定理解决，能够很好的考查学生的能力，是道好题16如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）物块A从Q到P过程中，运用动能定理，结合摩擦力做功，从而求出物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）根据运动学公式求得回到圆轨道的速度大小，再根据动能定理求出A能够上升的高度，并讨论能否达到此高度（3）A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，要么能够越过圆轨道的最高点，要么在圆轨道中上升的高度不要超过圆轨道的半径，结合动能定理、动量守恒定律和牛顿第二定律求出l所满足的条件【解答】解：（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，与弹簧接触瞬间，可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s；（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有；解得A速度 v2=2m/s，A滑上圆形轨道，有，（也可以应用 ）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有，可得，A回到右侧速度：，要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0hR，根据机械能守恒：联立可得，1.0ml1.5m；若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：且，联立得 l0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0ml1.5m或 l0.25m；答：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2m/s（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1.0ml1.5m或 l0.25m【点评】本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律，以及知道小球不脱离圆轨道的条件，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练