2019-2020年高三上学期第一次诊考物理试卷含解析.doc

2019-2020年高三上学期第一次诊考物理试卷含解析一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意1物理学中有多种研究问题的方法，下列有关研究方法的叙述中错误的是（）A将实际的物体抽象为质点采用的是建立理想模型法B探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，采用了控制变量法C定义电场强度的概念，采用的是比值定义法D伽利略比萨斜塔上的落体实验，采用的是理想实验法2一宇航员在一星球上以速度为v0竖直上抛一物体，经t秒钟落回手中，已知该星球半径为R，那么该星球的第一宇宙速度是（）ABCD3火星和地球绕太阳运行的轨道可近似视为圆形，若已知火星和地球绕太阳运行的周期之比，则由此可求得（）A火星和地球受到太阳的万有引力之比B火星和地球绕太阳运行速度大小之比C火星和地球表面的重力加速度之比D火星和地球的第一宇宙速度之比4物体A、B从同一地点开始沿同一方向做直线运动，它们的速度图象如图所示则（）A在0t2时间内，A的加速度不断增大，B的加速度不断减小B在0t2时间内，A物体的位移大于B物体的位移C在0t1时间内B在前A在后，t1t2时间内A在前B在后D在0t2时间内A、B两物体的平均速度相等5在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大D斜向下抛的最大6如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分7从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是（）A物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间D物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间8如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动若给P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）AQ球在运动过程中机械能守恒BP从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLC水平位置时杆对P的作用力大小为mgDQ到达最高点时杆对其作用力大小为mg9在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A8B10C15D1810我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器，舰载机总质量为3.0104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N，弹射器有效作用长度为100m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则（）A弹射器的推力大小为1.1106NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2三、简答题：每空3分，共计27分请将解答填写在答题卡相应的位置11某学生在“研究匀变速直线运动”的实验中得到了一条如图所示的纸带，测出相邻计数点间的距离分别为s1=2.60cm，s2=4.14cm，s3=5.69cm，s4=7.22cm，s5=8.75cm，s6=10.29cm，已知打点计时器的打点间隔T=0.02s，则物体运动的加速度计算表达式为a=，代入数据，可得加速度a=m/s2（计算结果保留三位有效数字）12某同学做验证“力的平行四边形定则”实验，其装置如图甲所示，A为固定橡皮筋的图钉，OB、OC为细绳，O为橡皮筋与细绳的结点，图乙是根据实验数据画出的力的图示图甲中弹簧秤B的读数为N；图乙中的F和F两力中，方向一定沿OA方向的是（填F或F）；本实验采用的科学方法是A理想实验法B等效替代法C控制变量法D建立物理模型法13如图，气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光电门间的距离为L，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为t1和t2当地的重力加速度为g（1）用上述装置测量滑块加速度的表达式为（用已知量表示）；（2）用上述装置探究滑块加速度a与质量M及拉力F的关系，要使绳中拉力近似等于钩码的重力，则m与M之间的关系应满足；（3）用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1运动到光电门2的过程中满足关系式时（用已知量表示），系统机械能守恒若测量过程中发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量，可能的原因是四、计算题：本题共4小题，共计59分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的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14某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W15如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53和37将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道已知物体与轨道CD间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物体水平抛出时的初速度大小V0；（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN；（3）物体在轨道CD上运动的距离x16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17如图所示，厚0.2m、长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数2=0.2已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2现对木板施加一个水平向右的恒力F，（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；（2）当F=20N时，求小物块经多长时间滑到木板中点C；（3）接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离xx学年江苏省徐州市邳州市运河中学高三（上）第一次诊考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意1物理学中有多种研究问题的方法，下列有关研究方法的叙述中错误的是（）A将实际的物体抽象为质点采用的是建立理想模型法B探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，采用了控制变量法C定义电场强度的概念，采用的是比值定义法D伽利略比萨斜塔上的落体实验，采用的是理想实验法【考点】物理学史【分析】在现实生活中不存在真正的质点，将实际的物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，保持m恒定的情况下，探究a与F的关系，采用的是控制变量法电场强度运用比值法定义伽利略比萨斜塔上的落体实验，是真实的实验【解答】解：A、质点是用来代替物体的有质量的点，是实际物体的简化，质点在现实生活中不存在，将实际的物体抽象为质点是一种科学研究的方法故A正确B、探究加速度a与力F、质量m之间的关系时，保持m恒定的情况下，探究a与F的关系，采用的是控制变量法故B正确C、电场强度的定义式，采用的是比值法故C正确D、伽利略理想实验是想象的实验，而伽利略比萨斜塔上的落体实验，是真实的实验故D错误本题选错误的，故选：D【点评】本题考查物理学常用的研究方法，有理想模型法、控制变量法、理想实验法等等2一宇航员在一星球上以速度为v0竖直上抛一物体，经t秒钟落回手中，已知该星球半径为R，那么该星球的第一宇宙速度是（）ABCD【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据竖直上抛运动，运用运动学公式求出星球表面的重力加速度，根据mg=m求出星球的第一宇宙速度【解答】解：根据运动学公式得：g=，根据mg=m，得第一宇宙速度为：v=故B正确，ACD错误故选：B【点评】解决本题的关键理解第一宇宙速度，知道第一宇宙速度等于贴近星球表面运行的速度3火星和地球绕太阳运行的轨道可近似视为圆形，若已知火星和地球绕太阳运行的周期之比，则由此可求得（）A火星和地球受到太阳的万有引力之比B火星和地球绕太阳运行速度大小之比C火星和地球表面的重力加速度之比D火星和地球的第一宇宙速度之比【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出轨道半径进一步根据周期之比计算其它量的比值【解答】解：A、由于无法知道火星和地球的质量之比，故不能计算出火星和地球所受太阳的万有引力之比，故A错误B、根据圆周运动知识得：，由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故B正确C、忽略球体自转的影响，万有引力和重力相等，即：，得，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度之比，故C错误D、根据万有引力提供向心力得：，即，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的第一宇宙速度之比，故D错误；故选：B【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用4物体A、B从同一地点开始沿同一方向做直线运动，它们的速度图象如图所示则（）A在0t2时间内，A的加速度不断增大，B的加速度不断减小B在0t2时间内，A物体的位移大于B物体的位移C在0t1时间内B在前A在后，t1t2时间内A在前B在后D在0t2时间内A、B两物体的平均速度相等【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，再根据平均速度的定义进行分析【解答】解：A、速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体A做加速度不断减小的减速运动，物体B做加速度不断减小的加速运动，故A错误；B、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故A的平均速度大于，B的平均速度小于，故B正确，D错误；C、由图象可知在t1时刻，两者速度相等，位移之差最大，此后一段时间内A的位移仍大于B的位移，在位移相等前，A始终在B的前面，故C错误；故选：B【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据平均速度的定义和图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理5在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大D斜向下抛的最大【考点】平抛运动；抛体运动【分析】不计空气阻力，物体的机械能守恒，分析三个球的运动情况，由机械能守恒可以判断落地的速度【解答】解：由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度差相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同故选：A【点评】本题是机械能守恒的直接应用，比较简单，也可以直接用动能定理求解6如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【考点】功能关系；机械能守恒定律【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，由于弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得 弹簧的弹性势能增大量为Ep=mgh=mgL，故B正确C、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误故选：B【点评】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分7从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是（）A物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间D物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间【考点】竖直上抛运动【分析】物体做竖直上抛运动，上升过程做加速度为g的匀减速运动，下降过程中自由落体运动，根据运动的对称性分析判断【解答】解：A、竖直上抛运动在上升过程和下降过程的加速度均为g，方向竖直向下，故A正确，B错误C、上升过程做加速度为g的匀减速直线运动，下降过程做自由落体运动，两个运动对称，则运动的时间相等，故C正确，D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道竖直上抛运动上升过程和下降过程的运动规律，知道上升和下降过程具有对称性8如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动若给P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）AQ球在运动过程中机械能守恒BP从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLC水平位置时杆对P的作用力大小为mgDQ到达最高点时杆对其作用力大小为mg【考点】功能关系；向心力；动能和势能的相互转化【分析】两个小球在运动的过程中受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力的合力提供向心力，故小球在最高点与最低点时杆的弹力的方向一定与杆平行，但可能与杆同向，也可能与杆反向最低点时方向肯定向上【解答】解：A、由于两个小球的质量相等，所以P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动，两球在运动的过程中，二者的总重力势能保持不变，但单个的小球的重力势能不断变化，Q球在运动过程中机械能不守恒故A错误；B、P从最高点运动到最低点过程中动能不变，重力对其做功是mg2L，所以杆对其做功为2mgL故B错误；C、在水平位置时，杆的弹力和重力的合力提供向心力，受力如图，则：故C正确；D、Q到达最高点时，设在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：mg+T=解得：T=mg故D正确故选：CD【点评】该题中P与Q的质量是相等的，所以系统的力矩平衡，两球都做匀速圆周运动，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力，要注意对小球的受力分析9在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A8B10C15D18【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可【解答】解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qma，根据以上两式可得，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC故选：BC【点评】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题10我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器，舰载机总质量为3.0104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N，弹射器有效作用长度为100m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则（）A弹射器的推力大小为1.1106NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【专题】功率的计算专题【分析】由运动学公式可求得加速度，再由牛顿第二定律可求得推力大小；由功的公式求解功；再由功率公式求解功率【解答】解：由速度和位移公式可得，v2=2as，解得a=32m/s2；由牛顿第二定律可知：F+F发0.2（F+F发）=ma；解得：F=1.1106N；故AD正确；B、弹射器对对舰载机所做的功W=Fs=1.1106N100=1.1108J；故B正确；C、作用时间t=2.5s；平均功率P=4.4107W；故C错误；故选：ABD【点评】本题考查牛顿第二定律及功和功率的公式，要注意正确分析题意，明确物理过程的分析，再选择合适的物理规律求解三、简答题：每空3分，共计27分请将解答填写在答题卡相应的位置11某学生在“研究匀变速直线运动”的实验中得到了一条如图所示的纸带，测出相邻计数点间的距离分别为s1=2.60cm，s2=4.14cm，s3=5.69cm，s4=7.22cm，s5=8.75cm，s6=10.29cm，已知打点计时器的打点间隔T=0.02s，则物体运动的加速度计算表达式为a=，代入数据，可得加速度a=9.60m/s2（计算结果保留三位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题【分析】根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小【解答】解：根据匀变速直线运动的推论x=aT2，有：s6s3=3a1（2T）2 s5s2=3a2（2T）2 s4s1=3a3（2T）2 a=（a1+a2+a3）解得：a=带入数据解得a=9.60m/s2故答案为：； 9.60【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用12某同学做验证“力的平行四边形定则”实验，其装置如图甲所示，A为固定橡皮筋的图钉，OB、OC为细绳，O为橡皮筋与细绳的结点，图乙是根据实验数据画出的力的图示图甲中弹簧秤B的读数为11.40N；图乙中的F和F两力中，方向一定沿OA方向的是F（填F或F）；本实验采用的科学方法是BA理想实验法B等效替代法C控制变量法D建立物理模型法【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题【分析】在实验中F和F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确答题本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用【解答】解：根据图甲可知，弹簧秤B的读数为11.40N，图乙中的F与F中，F是由平行四边形得出的，而F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是 F本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法故选：B故答案为：11.40；F；B【点评】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析13如图，气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光电门间的距离为L，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为t1和t2当地的重力加速度为g（1）用上述装置测量滑块加速度的表达式为（用已知量表示）；（2）用上述装置探究滑块加速度a与质量M及拉力F的关系，要使绳中拉力近似等于钩码的重力，则m与M之间的关系应满足Mm；（3）用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1运动到光电门2的过程中满足关系式时（用已知量表示），系统机械能守恒若测量过程中发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量，可能的原因是导轨不平，右端高【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）光电门测量滑块瞬时速度的原理是遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替即v=，再根据运动学公式即可求出物体的加速度a（2）只有在滑块质量远大于钩码质量时，才可近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力（3）实验原理是：求出通过光电门1时的速度v1，通过光电门1时的速度v2，测出两光电门间的距离A，在这个过程中，减少的重力势能能：Ep=mgL，增加的动能为：Ek=（M+m）v22（M+m）v12；再比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系将气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等，两种情况分别讨论【解答】解：（1）根据遮光板通过光电门的速度可以用平均速度代替得：滑块通过第一个光电门时的速度：滑块通过第二个光电门时的速度：滑块的加速度：（2）当滑块质量M远大于钩码质量m 时，细线中拉力近似等于钩码重力（3）实验原理是：求出通过光电门1时的速度v1，通过光电门1时的速度v2，测出两光电门间的距离A，在这个过程中，减少的重力势能能：Ep=mgL，增加的动能为：（M+m）v22（M+m）v12我们验证的是：Ep与Ek的关系，即验证：Ep=Ek代入得：mgL=（M+m）v22（M+m）v12即将气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等：若左侧高，系统动能增加量大于重力势能减少量；若右侧高，系统动能增加量小于重力势能减少量；故气垫导轨的左侧偏高故答案为：（1）（2）Mm （3） 导轨不平，右端高【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果四、计算题：本题共4小题，共计59分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的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14某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W【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）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间（2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小（3）根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W【解答】解：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：F=mg 取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft=mv0，由式并代入数据得，t=0.2s （2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有： 由式并代入数据得，x=0.1m （3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：s=vt 摩擦力对皮带做的功W=Fs 由式并代入数据得，W=2J答：（1）邮件滑动的时间t为0.2s；（2）邮件对地的位移大小x为0.1m；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W为2J【点评】本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整个过程中的运动规律15如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53和37将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道已知物体与轨道CD间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物体水平抛出时的初速度大小V0；（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN；（3）物体在轨道CD上运动的距离x【考点】机械能守恒定律；平抛运动；动能定理【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0（2）通过计算分析清楚物体的运动过程，由能量守恒定律求出物体在B点的速度，然后又牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小FN；（3）因mgcos37mgsin37，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑，然后由动能定理即可求解【解答】解：（1）由平抛运动规律知 竖直分速度 m/s 由图可得初速度 v0=vytan37=3m/s （2）对从P至B点的过程，由机械能守恒有 经过B点时，由向心力公式有 代入数据解得 =34N 由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为 FN=34N，方向竖直向下 （3）因mgcos37mgsin37，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑 从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有代入数据可解得 m在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09m 答：（1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s；（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小是34N；（3）物体在轨道CD上运动的距离是1.09m【点评】本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、能量守恒定理解题16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根据动能定理知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17如图所示，厚0.2m、长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分的动摩擦因数2=0.2已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2现对木板施加一个水平向右的恒力F，（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；（2）当F=20N时，求小物块经多长时间滑到木板中点C；（3）接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离【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）先对小物块分析受力知它的最大加速度，再对整体受力分析知拉力的范围；（2）小物块相对于长木板发生相对滑动，分别受力分析求解加速度，根据位移时间关系求解时间（3）求出撤掉外力时各自速度分别为v1、v2，分别受力分析求解加速度，以长木板为参考系，根据速度位移关系求解速度，最后根据位移时间求解小物块落地时与木板A端的距离【解答】解：（1）小物块能够达到的最大加速度为am2mg=mam解得：a对整体进行受力分析Fm1（M+m）g=（M+m）am解之得 Fm=12N（2）此时小物块相对于长木板发生相对滑动对长木板受力分析 F1（M+m）g2mg=Ma1得a1=6m/s2小物块加速度a2=2g=2m/s2可得 ts（3）撤掉外力时各自速度分别为v1、v2v1=a1t1=6=3m/s v2=a2t1=2=m/s撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为a31（M+m）g=Ma3得a3=2m/s2设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，以长木板为参考系，则有2a3=可得此时m/s此时长木板的做减速运动加速度为1Mg=Ma4，得a4=1m/s2此后小物块做平抛运动，长木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为=0.38m答：（1）为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值为12N；（2）当F=20N时，小物块经s滑到木板中点C；（3）当小物块到达C点时撤去F，小物块落地时与木板A端的距离为0.38m【点评】本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解本题运动过程较为复杂，难度较大