2019-2020年高三上学期第二次模拟物理试卷含解析.doc

2019-2020年高三上学期第二次模拟物理试卷含解析一、选择题（本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车与b车速度相同Ct1到t3时间内a车与b车的平均速度相等Dt1到t2时间内有一时刻两车的速度相同2一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其vt图象如图所示已知汽车的质量为m=2103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0l倍则以下说法正确的是（）A汽车在前5 s内的牵引力为4103NB汽车的最大速度为30m/sC汽车的额定功率为50kwD0t0时间内汽车牵引力做功为mvm23如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD4如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，BC离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以下说法中不正确的是（）A当转速增大时，C先开始滑动BC与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C转台的角速度一定满足：D转台的角速度一定满足：5如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A在CD段时，A受三个力作用B在DE段时，A可能受三个力作用C在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D整个下滑过程中，A、B均处于失重状态6研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A地球的第一宇宙速度变小B地球赤道处的重力加速度变小C地球同步卫星距地面的高度变小D地球同步卫星的线速度变小7如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动，已知Mm用和分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（）ABCD8开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是（）A物块运动过程中加速度始终为零B物块所受合外力恒定不变C在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大9如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）A合外力做功为mghB增加的动能为mghC克服摩擦力做功为mghD减少的机械能为mgh10如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道，则下列说法正确的是（）A该卫星需在Q点点火加速才能进入同步轨道B卫星在同步轨道II上的运行速度大于在轨道I上Q点的速度C卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道上的速度D如果要把该同步卫星回收且在P点着陆可在轨道上的Q点通过点火减速实现11如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A弹簧秤的示数是50 NB弹簧秤的示数是24 NC在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s2D在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s212放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示下列说法正确的是（）A06s内物体的位移大小为30mB26s内拉力做的功为40JC合外力在06s内做的功与02s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5N13如图所示，物体A和B质量均为m，分别与轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮之间的摩擦）当用水平力F拉B物体沿水平面向右做匀速直线运动时，下列判断正确的是（）A物体A也做匀速直线运动B绳子对物体A的拉力始终大于A的重力C物体A的速度小于物体B的速度D物体A的速度大于物体B的速度14如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）A与a之间一定满足关系B煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为C煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为D黑色痕迹的长度为二、实验题（2小题，共14分）15请写出下列仪器的读数：（1）图1cm（2）图2纸带上O点与A点间的距离：cm16为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（1）实验时，一定要进行的操作是A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm那么：则打3点处瞬时速度的大小是m/s，若纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，则小车运动的加速度计算表达式为，加速度的大小是m/s2已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为A2tan B Ck D三、计算题（3小题，共38分，请写出必要的文字和公式，只写结果的不得分）17如图所示，斜面AB倾角为37，底端A点与斜面上B点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面间的动摩擦因数为0.5，某时刻甲从A点沿斜面以10m/s的初速度滑向B，同时乙物体从B点无初速释放，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；（2）甲、乙两物体经多长时间相遇18如图，在水平轨道右侧固定半径为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可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度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已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数=0.4，轨道其他部分摩擦不计取g=10m/s2求：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动19如图是利用传送带装运煤块的示意图其中传送带长20m，倾角=37，煤块与传送带间的动摩擦因数=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖起高度H=3.2m，与运煤车车箱中心的水平距离x=1.6m现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（l）传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R（2）煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间Txx学年山东师大附中高三（上）第二次模拟物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车与b车速度相同Ct1到t3时间内a车与b车的平均速度相等Dt1到t2时间内有一时刻两车的速度相同【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；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化根据位移和时间比较平均速度的大小【解答】解：A、b图线切线切线先为负值，然后为正值，知b的运动方向发生变化故A错误B、在t1时刻，两车的位移相等，速度不同故B错误C、t1到t3时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同故C正确D、t1到t2时间内，b图线的切线斜率始终为负，与a的速度方向相反，则两车的速度不可能相同故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向2一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其vt图象如图所示已知汽车的质量为m=2103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0l倍则以下说法正确的是（）A汽车在前5 s内的牵引力为4103NB汽车的最大速度为30m/sC汽车的额定功率为50kwD0t0时间内汽车牵引力做功为mvm2【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】汽车在前5s内做匀加速运动，根据速度图象的斜率读出加速度，由牛顿第二定律求出牵引力汽车在5s末功率达到额定功率，由P=Fv求出额定功率汽车做匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，由P=F阻vm，求出最大速度vm【解答】解：A、B汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a=，由牛顿第二定律得：FF阻=ma，F阻=0.1mg，解得F=6103N故A错误B、汽车在5s末功率达到额定功率，P=Fv=610310W=60kW当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻，最大速度vm=，故B正确，C错误D、根据动能定理知，牵引力与阻力做功的代数和等于动能的增加量，故D错误故D正确故选：B【点评】本题考查读图能力和分析汽车启动过程的能力，抓住汽车速度最大的临界条件：牵引力与阻力大小相等3如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD【考点】平抛运动【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度【解答】解：小球做平抛运动，在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30，则有：vy=v0tan30又 vy=gt，则得： v0tan30=gt，t= 水平方向上小球做匀速直线运动，则有： R+Rcos60=v0t 联立解得：v0=故选：C【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合题中隐含的位移关系、速度关系进行求解4如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，BC离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以下说法中不正确的是（）A当转速增大时，C先开始滑动BC与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C转台的角速度一定满足：D转台的角速度一定满足：【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【分析】A随转台一起以角速度匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B对A的摩擦力大小分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围【解答】解：A、摩擦力提供物体做圆周运动所需要的向心力，C所需要的向心力mg=m21.5r=1.5m2r，故C先滑动，故A正确B、由于A与C转动的角速度相同，对C，由摩擦力提供向心力，有fC=m1.5r2=fA，即C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半，故B正确；CD、对AB整体，有：（3m+2m）2r（3m+2m）g对物体C，有：m2（1.5r）mg对物体A，有：3m2r（3m）g联立解得：故C正确，D错误本题选错误的，故选：D【点评】本题关键要灵活选取研究对象，分别对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析5如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A在CD段时，A受三个力作用B在DE段时，A可能受三个力作用C在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【考点】物体的弹性和弹力；超重和失重【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力【解答】解：A、在CD段，整体的加速度为：a=gsin，隔离对A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得：fA=0，可知A受重力和支持力两个力作用故A错误B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为，在DE段，整体的加速度为：a=gsingcos，隔离对A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得：fA=mAgcos，方向沿斜面向上若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力故B错误，C正确D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态故D错误故选：C【点评】本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解6研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）A地球的第一宇宙速度变小B地球赤道处的重力加速度变小C地球同步卫星距地面的高度变小D地球同步卫星的线速度变小【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响【解答】解：B、赤道上的物体受到的重力等于万有引力减去向心力，因为T变大，向心力变小，故重力变大，即地球赤道处的重力加速度变大，故B错误A、地球的第一宇宙速度，就是近地卫星的运行速度，根据重力提供向心力，得，因为地球表面的重力加速度变大，故地球的第一宇宙速度变大故A错误C、地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据，得，由此可知，地球自转在逐渐变慢，即同步卫星的周期T增大，轨道半径r增大，距地面的高度变大，故C错误D、万有引力提供圆周运动向心力，得，由此可知，轨道半径r变大，卫星的线速度变小，故D正确故选：D【点评】本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同7如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动，已知Mm用和分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（）ABCD【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律比较出A、B的加速度大小，从而确定速度时间图线的正误，若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大【解答】解：AB、木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：aA=，已知Mm，则aAaB图线斜率的绝对值大于图线斜率的绝对值，故AB错误；C、若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故C正确；D、若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故D错误故选：C【点评】本题综合考查了动能定理，牛顿第二定律，对学生能力的要求较高，关键是通过图线的斜率判断图象的正误8开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是（）A物块运动过程中加速度始终为零B物块所受合外力恒定不变C在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大【考点】向心力；摩擦力的判断与计算【分析】小物块下滑时的速度大小不变，所以物块做的是匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可以逐项分析求解【解答】解：A、B、物体做的是匀速圆周运动，受到的合力作为物体的向心力，产生加速度，所以物体的加速度大小不变，方向时刻在变化，合外力也大小不变方向时刻变化，所以A错误，B错误；C、物块在下滑的过程中，速度的大小不变，所以沿切线方向上合力为零，重力在切线方向上的分力与摩擦力大小相等，重力在切线方向上的分力减小，摩擦力减小，所以C正确；D、滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率为零，故D错误故选：C【点评】由于物体做的是匀速运动，说明物体沿切线始终处于受力平衡状态，摩擦力的大小也在不断的变小；在物体下滑的过程中，重力沿半径方向上分量变大，物体受到的支持力不断变大9如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）A合外力做功为mghB增加的动能为mghC克服摩擦力做功为mghD减少的机械能为mgh【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】本题中合外力做功由功的公式和牛顿第二定律结合即可求解；根据动能定理可求出动能的增加量；根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，再根据功的公式即可求解克服摩擦力做功；根据“功能原理”求出减少的机械能【解答】解：A、根据功的公式可知，合外力做功应为：W合=F合=ma2h=mgh，故A错误；B、对滑雪运动员，由动能定理可知，Ek=W合=mgh，故B正确；C、对滑雪运动员由牛顿第二定律应有：mgsin30f=ma，可得运动员受到的阻力f=mg，所以运动员克服摩擦力做的功为 Wf=f=mgh，故C正确；D、根据“功能原理”可知减少的机械能应等于克服阻力做的功，即有：E=Wf=mgh，故D错误；故选：BC【点评】本题应明确：涉及到“动能”、“功”等字眼时考虑应用动能定理求解；“功能原理”是指除重力以外其它力做的功等于物体机械能的变化10如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道，则下列说法正确的是（）A该卫星需在Q点点火加速才能进入同步轨道B卫星在同步轨道II上的运行速度大于在轨道I上Q点的速度C卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道上的速度D如果要把该同步卫星回收且在P点着陆可在轨道上的Q点通过点火减速实现【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【分析】卫星在轨道上的Q点进入轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力通过万有引力做功可以比较P点和Q点的速度，以及根据万有引力提供向心力比较卫星在同步轨道上的运行速度和第一宇宙速度的大小【解答】解：A、从椭圆轨道到同步轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道故A正确；B、从轨道到轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以在轨道上Q点的速度大于轨道上Q点的速度故B正确；C、由万有引力提供向心力，即=m v=轨道半径越大，速度越小，则经过P点的圆轨道速度大于在轨道上的速度，因为P点是近地点，在P点的速度大于经过P点圆轨道的速度，可知卫星在轨道I上P点的速度大于在轨道上的速度，故C错误；D、要把该同步卫星回收，卫星在Q点是做近心运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力小于万有引力，所以应给卫星减速，减小所需的向心力所以卫星在Q点通过减速实现由轨道进入轨道故D正确故选：ABD【点评】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力解决问题的思路卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定11如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A弹簧秤的示数是50 NB弹簧秤的示数是24 NC在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为2 m/s2D在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律解出加速度，再隔离单独分析一个物体，解出弹簧受力；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，对两物块分别列牛顿第二定律，解出其加速度【解答】解：A、B在两水平拉力作用下，整体向右做匀加速运动先选整体为研究对象，进行受力分析，由牛顿第二定律得： F1F2=（m1+m2）a得：a=m/s2=2m/s2对m2受力分析：向左的F2和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得：FF2=m2a解得：F=F2+m2a=20+22=24（N），故A错误，B正确C、在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2m/s2，故C正确D、突然撤去F2的瞬间，m2的受力仅剩弹簧的弹力，对m2由牛顿第二定律得：F=m2a，解得：a=m/s2=12m/s2，故D正确故选：BCD【点评】在解决连接体问题时，注意整体法与隔离法的灵活应用，然后分别列牛顿第二定律，解出未知量12放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示下列说法正确的是（）A06s内物体的位移大小为30mB26s内拉力做的功为40JC合外力在06s内做的功与02s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5N【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；功的计算【分析】速度图象的“面积”表示位移02s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，26s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出02s内的拉力，由W=Fx求出02s内的拉力做的功，由W=Pt求出26s内拉力做的功【解答】解：A、06s内物体的位移大小x=6m=30m故A正确 B、在02s内，物体的加速度a=3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F=5N在02s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=56J=30J26s内拉力做的功W2=Pt=104J=40J所以06s内拉力做的功为W=W1+W2=70J故B正确 C、在26s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在06s内做的功与02s内做的功相等故C正确 D、在26s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=N=N故D错误故选：ABC【点评】本题解题关键是理解图象的物理意义求功的方法通常有三种：一是W=Flcos，F应是恒力；二是W=Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候13如图所示，物体A和B质量均为m，分别与轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮之间的摩擦）当用水平力F拉B物体沿水平面向右做匀速直线运动时，下列判断正确的是（）A物体A也做匀速直线运动B绳子对物体A的拉力始终大于A的重力C物体A的速度小于物体B的速度D物体A的速度大于物体B的速度【考点】运动的合成和分解【分析】将B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A的速度，根据平行四边形定则判断A的速度的变化【解答】解：A、设绳子与水平方向的夹角为，将B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A的速度，有vA=vBcosB向右做匀速直线运动，则减小，则A的速度增大，A做加速运动故A错误；B、A向上做加速运动，拉力T=mg+mamg故B正确；C、设绳子与水平方向的夹角为将B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A的速度，有vA=vBcosB向右做匀速直线运动，则减小，则A的速度增大，A做变速运动因为cos1，所以A的速度小于B的速度，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题考查运动的合成与分解，抓住B在沿绳子方向的速度等于A的速度，通过平行四边形定则进行求解14如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）A与a之间一定满足关系B煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为C煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为D黑色痕迹的长度为【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】要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度当煤块的速度达到v时，求出煤块相对传送带静止所需的时间和位移，以及传送带的位移，两者位移之差为黑色痕迹的长度【解答】解：A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度即ag，则故A正确B、根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a=g，则煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t=此时煤块的位移，此时传送带的位移，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则故C正确，B、D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差二、实验题（2小题，共14分）15请写出下列仪器的读数：（1）图15.015cm（2）图2纸带上O点与A点间的距离：4.50cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm纸带上O点与A点间的距离为5.00cm0.50cm=4.50cm故答案为：5.015 4.50【点评】对于基本测量仪器游标卡尺要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量16为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（1）实验时，一定要进行的操作是BCDA用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm那么：则打3点处瞬时速度的大小是0.26m/s，若纸带上两相邻计数点的时间间隔为T，则小车运动的加速度计算表达式为，加速度的大小是0.49m/s2已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为DA2tan B Ck D【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项（2）应用匀变速直线运动的推论可以求出小车的瞬时速度与加速度（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数【解答】解：（1）A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选：BCD（2）两相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的时间间隔：T=0.025=0.1s；打3点处瞬时速度的大小：v=0.26m/s；由匀变速直线运动的推论x=at2可知，加速度：a=0.49m/s2（3）对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F=F合，故小车质量为m=，故选D故答案为：（1）BCD；（2）0.26；0.49；（3）D【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数三、计算题（3小题，共38分，请写出必要的文字和公式，只写结果的不得分）17如图所示，斜面AB倾角为37，底端A点与斜面上B点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面间的动摩擦因数为0.5，某时刻甲从A点沿斜面以10m/s的初速度滑向B，同时乙物体从B点无初速释放，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；（2）甲、乙两物体经多长时间相遇【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）对甲进行受力分析，根据牛顿第二定律求出滑块上滑的加速度；（2）结合速度时间公式求出速度减为零的时间，求出上滑的最大位移，根据牛顿第二定律求出乙下滑的加速度，根据位移公式求出下滑的位移，从而得出AB两点间的距离；然后再结合几何关系和运动学的公式即可求出相遇的时间【解答】解：（1）滑块甲沿斜面向上运动时，加速度大小为a1：ma1=mg（sin 37+cos 37）所以：a1=10（0.6+0.50.8）=10 m/s2，（2）设滑块乙沿斜面向下运动时，加速度大小为a2：ma2=mg（sin 37cos 37）所以：a2=2 m/s2，滑块甲经t1= s速度即减为零此过程中向上的位移： m物块乙下滑时的位移大小为：m此时二者之间的距离：L=Lx1x2=1051=4m乙的速度：v=a2t1=21=2m/s说明二者还没有相遇，距离是4m两个物块与斜面之间的动摩擦因数相等，所以甲向下运动时的加速度大小也是2m/s2，设再经过t2时间二者相遇，则：解得：t2=2s所以是乙追上甲，时间：t=t1+t2=1+2=3s答：（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小是10m/s2；（2）甲、乙两物体经3s时间相遇【点评】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁18如图，在水平轨道右侧固定半径为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可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度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已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数=0.4，轨道其他部分摩擦不计取g=10m/s2求：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动【考点】动能定理；向心力【分析】（1）对从初始位置到圆弧轨道的最高点过程，根据动能定理列式求解最高点的速度；在圆弧轨道的最高点，重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解弹力；（2）只有在PQ阶段有机械能损失，对从Q到P过程，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移公式求解时间，根据速度公式求解末速度；从P点到最左端过程，弹簧获得的最大弹性势能等于在P位置的动能；（3）先根据牛顿第二定律求解物体恰能经过圆弧最高点的速度，然后对运动的全程根据动能定理列式求解l的距离【解答】解：（1）对从初始位置到圆弧轨道的最高点过程，根据动能定理，有：mg（2R）=在圆弧轨道的最高点，根据牛顿第二定律，有：mg+N=m联立解得：N=40N根据牛顿第三定律，物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；（2）从Q到P过程，滑块的加速度为：a=g=4m/s2；根据位移公式，有：x=，代入数据解得：t=0.5s或t=2.5s（不可能速度减小为零后反向加速，故舍去）在P点的速度为：v2=v0+at=640.5=4m/s故最大弹性势能为：（3）物块恰能不脱离轨道返回A点，在圆轨道最高点的速度为：对从开始到第二次到圆轨道的最高点过程，根据动能定理，有：mg（2R）mg2l=解得：2l=10=2m故l=1m答：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；（2）物块从Q运动到P的时间为1s，弹簧获得的最大弹性势能为8J；（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是1m时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动【点评】本题综合考查了运动学公式、向心力公式、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19如图是利用传送带装运煤块的示意图其中传送带长20m，倾角=37，煤块与传送带间的动摩擦因数=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖起高度H=3.2m，与运煤车车箱中心的水平距离x=1.6m现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（l）传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R（2）煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T【考点】平抛运动；牛顿第二定律【分析】（1）根据平抛运动的高度确定平抛的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度v当煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，煤块做平抛运动，根据牛顿第二定律求出从动轮的半径R（2）根据牛顿第二定律求出煤块做匀加速直线运动的加速度，根据t=求出匀加速运动的时间，然后求出匀速运动的时间，加上平抛运动的时间，三个时间之和为煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T【解答】解：（l）煤块离开轮的最高点后做平抛运动，由平抛运动的公式，得：x=vt，H=gt2解得：v=x=1.6=2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得： mg=m代入数据得：R=0.4m 故传送带匀速运动的速度v为2m/s，从动轮的半径R为0.4m（2）由牛顿第二定律得：煤块匀加运动的加速度 a=gcos37gsin37=0.886=0.4m/s2由v=v0+at得：匀加速运动的时间 t1=s=5s匀加速运动的位移为：x1=at12=0.425m=5m，则匀速运动的时间为：t2=s=7.5s，平抛运动的时间为：t=s=0.8s，则煤块在传送带上由静止开始加速至落回运煤车车箱中心所经过的时间为：T=t1+t2+t=5+7.5+0.8=13.3s答：（1）传送带匀速运动的速度v为2m/s，主动轮和从动轮的半径R为0.4m；（2）煤块在传送带上由静止开始加速至落回运煤车车箱中心所经过的时间T为13.3s【点评】解决本题的关键知道平抛运动的初速度等于传送带的速度，以及知道煤块先做匀加速运动再做匀速运动，最后做平抛运动，能边计算边分析物体的运动情况