2019-2020年高三物理上学期第六次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期第六次月考试卷（含解析）一、选择题（每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）1质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（）A 第1s内的位移是5mB 前2s内的平均速度是6m/sC 任意相邻的1s内位移差都是1mD 任意1s内的速度增量都是2m/s2如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为=90，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为N，细线的拉力大小为T，则（）A N=（m2m1）gB N=m2gC T=m1gD T=（m2m1）g3如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于D点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态，若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能是（）A 可能为mgB 可能为mgC 可能为mgD 可能为mg42013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”成功发射，“嫦娥三号”最终进入距月面h=200km的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A 嫦娥三号绕月球运行的周期为2B 月球的平均密度为C 嫦娥三号在工作轨道上的绕行速度为D 在嫦娥三号的工作轨道处的重力加速度为5如图，物体A与斜面B保持相对静止一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度的大小由a减小为a（ A与B仍保持相对静止），后一状态与前一状态相比，B对A的弹力N、摩擦力f的大小将（）A N减小，f可能增大B N增大，f可能减小C N增大，f可能增大D N不变，f可能不变6如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔（位于p板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A 使U2加倍B 使U2变为原来的4倍C 使U2变为原来的倍D 使U2变为原来的7如图所示，电源内电阻为r，定值电阻R0的阻值等于r，滑动变阻器R的最大阻值是5r变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（）A 电源的输出功率逐渐变小B 电源消耗的总功率逐渐变小C 滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D 电源内部消耗的功率先变大后变小8在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电表为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A 电流表示数变小B 电压表示数变小C a点的电势降低D 电容器C所带电荷量增多9如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（）A Q2一定带负电B Q2的电量一定大于Q1的电量C b点的电场强度一定为零D 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大10质量为m的人造卫星与地心距离为r时，引力势能可表示为EP=，其中G为引力常量，M为地球质量已知地球半径为R，根据机械能守恒定律可得地球第二宇宙速度（可使卫星脱离地球引力的发射速度）为（）A B C D 2二、实验题：（本题共2小题，每空2分，共14分）11关于验证力的平行四边形定则的实验，下列叙述正确的是（）A 两弹簧秤的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B 橡皮筋的拉力是合力，两弹簧秤的拉力是它的两个分力C 两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D 若只增大某一只弹簧秤的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧秤拉力的大小即可12使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为（填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为，电流表的读数为mA，电阻箱的读数为：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为V（保留3位有效数字）三、计算题（本题共4小题，共46分，需写出必要的文字说明、关系式和重要的演算步骤，只写答案的不得分）13如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球相连今用跟水平方向成=30角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2求：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数14一质量为m=2kg的木块放在水平地面上，如图所示在力F作用下从静止开始匀加速运动，经时间t撤去力F，木块作匀减速运动直到停止从木块开始运动起计时，下表给出了某些时刻木块的瞬时速度时刻（s）1.02.03.05.07.09.011.0速度（m/s）4.08.012.014.010.06.02.0根据表中的数据通过分析、计算下列问题：（1）木块与地面间的动摩擦因数；（2）力F大小；（3）木块通过的总路程是多少？15如图所示，在直角坐标系的第象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第象限分布着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0103 V/m，现从图中M（1.8，1.0）点由静止释放一比荷=2105 C/kg的带正电的粒子，该粒子经过电场加速后经x轴上的P点进入磁场，在磁场中运动一段时间后经y轴上的N（0，0.6）点离开磁场不计重力，问：（1）磁感应强度为多大？（2）若要求粒子最终从N点垂直y轴离开磁场，则磁感应强度为多大？从M点开始运动到从N点垂直y轴离开磁场的时间为多少？16如图，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成=30角的皮带轮与水平面在p点平滑连接，皮带轮逆时针转动，速度为3m/s一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不连接），弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因数1=0.1；另一与A完全相同的物块B停在P点，B与皮带轮的摩擦因数2=，皮带轮足够长A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间不计，重力加速度g取10m/s2，现释放A，求：（1）物块A与B第一次碰撞前的速度；（2）A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间；（3）A、B碰撞的次数xx学年安徽省安庆市桐城中学范岗分校高三（上）第六次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）1质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（）A 第1s内的位移是5mB 前2s内的平均速度是6m/sC 任意相邻的1s内位移差都是1mD 任意1s内的速度增量都是2m/s考点：匀变速直线运动的公式分析：根据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论解答：解：A、将t=1代入即可求出第1s内的位移是x=6m，A错误；B、前2s内的平均速度为m/s，B错误；C、与对比可知a=2m/s2，则s=aT2=2m，C错误；D、由加速的定义式可知D选项正确故选：D点评：本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，根据公式即可求得，比较简单2如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为=90，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为N，细线的拉力大小为T，则（）A N=（m2m1）gB N=m2gC T=m1gD T=（m2m1）g考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：受力分析方法专题分析：先对小球m1受力分析，再对小球m2受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解解答：解：先对小球m1受力分析，受重力和支持力，假设细线对小球m1有拉力作用，则小球m1受力不能平衡，故拉力T为零；再对小球m2受力分析，受到重力和支持力，支持力与重力平衡，故N=m2g；故选B点评：本题关键是对小球m1受力分析，得出细线的拉力为零，然后再对球m2受力分析，得出支持力的大小3如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于D点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态，若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能是（）A 可能为mgB 可能为mgC 可能为mgD 可能为mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对AB两球整体受力分析，受重力G，OA绳子的拉力T以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值解答：解：对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为（2m）gsin30，即mg；由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值；故ABC正确，D错误；故选：D点评：本题是三力平衡问题中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，集合平行四边形定则作出力的图示，得到未知力的变化情况42013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”成功发射，“嫦娥三号”最终进入距月面h=200km的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A 嫦娥三号绕月球运行的周期为2B 月球的平均密度为C 嫦娥三号在工作轨道上的绕行速度为D 在嫦娥三号的工作轨道处的重力加速度为考点：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专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力及GM=gR2求周期、线速度和加速度可根据GM=gR2，求出月球的质量，从而求出月球的密度解答：解：A、根据万有引力提供向心力，有：G=m及GM=gR2解得：T=2，故A错误B、根据万有引力等于重力得GM=gR2，月球的质量为，月球的密度=，故B正确；C、根据圆周运动知识得：v=，故B错误D、根据万有引力提供向心力G=ma，所以：a= 故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式，要注意黄金代换式的应用，难度适中5如图，物体A与斜面B保持相对静止一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度的大小由a减小为a（ A与B仍保持相对静止），后一状态与前一状态相比，B对A的弹力N、摩擦力f的大小将（）A N减小，f可能增大B N增大，f可能减小C N增大，f可能增大D N不变，f可能不变考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：物块A与B具有相同的加速度，将A的加速度分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据牛顿第二定律进行分析解答：解：A受重力和支持力和摩擦力作用，将A的加速度分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，加速度减小，垂直于斜面方向上的加速度减小，则支持力N减小沿斜面方向上的加速度也减小，由于初始位置的摩擦力方向不确定，可知，摩擦力f可能增大，可能减小，可能不变故A正确，BCD错误故选：A点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解6如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔（位于p板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A 使U2加倍B 使U2变为原来的4倍C 使U2变为原来的倍D 使U2变为原来的考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论y=，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化解答：解：设平行金属板板间距离为d，板长为l电子在加速电场中运动时，由动能定理得：eU1=mv020，垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，水平方向有：l=v0t，竖起方向有：y=at2=t2，联立以上四式得偏转距离为：y=，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍故选：A点评：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出y=7如图所示，电源内电阻为r，定值电阻R0的阻值等于r，滑动变阻器R的最大阻值是5r变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（）A 电源的输出功率逐渐变小B 电源消耗的总功率逐渐变小C 滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D 电源内部消耗的功率先变大后变小考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，由此可分析输出功率变化由可分析总功率的变化将定值电阻R0看做电源的内阻，则输出功率的变化即为滑动变阻器消耗的功率变化由可得电流的变化，P=I2r可得电源内部消耗的功率的变化解答：解：A、当内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于R0=r，故当滑动变阻器的为零的时候，电源输出功率最大，变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，外电阻减小，所以电源的输出功率在增加，故A错误B、变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，外电阻减小，由可知电源消耗的总功率逐渐变大，故B错误C、把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为2r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是5r，所以此时外电阻在减小，电源的输出功率先增大后减小，即滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，故C正确D、由可知外电阻减小，总电流增大，P=I2r可得电源内部消耗的功率先变大，故D错误故选：C点评：分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率8在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电表为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A 电流表示数变小B 电压表示数变小C a点的电势降低D 电容器C所带电荷量增多考点：闭合电路的欧姆定律；电势；电容专题：电容器专题分析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于R2两端的电压解答：解：B、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故B错误D、电阻R2两端的电压U2=EI（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故D错误A、C、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=II2，I增大，I2减小，则IA增大即电流表示数变大故AC正确故选：AC点评：本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化9如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（）A Q2一定带负电B Q2的电量一定大于Q1的电量C b点的电场强度一定为零D 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大考点：电场强度；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小10质量为m的人造卫星与地心距离为r时，引力势能可表示为EP=，其中G为引力常量，M为地球质量已知地球半径为R，根据机械能守恒定律可得地球第二宇宙速度（可使卫星脱离地球引力的发射速度）为（）A B C D 2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：第二宇宙速度为卫星脱离地球束缚的最小速度，即卫星在地表处动能刚好等于此处势能时便可脱离地球解答：解：设物体在地球表面的速度为v2，当它脱离地球的引力时r，此时速度为零，由机械能守恒定律可得：mv22=0，解得v2=；故B正确，ACD错误；故选：B点评：此题是机械能守恒在天体中的运动问题，要充分利用万有引力提供向心力的条件，并且选无限远处为势能零点时，地球表面处势能最大，当动能大于或等于地球表面势能时，卫星就能脱离地球的吸引二、实验题：（本题共2小题，每空2分，共14分）11关于验证力的平行四边形定则的实验，下列叙述正确的是（）A 两弹簧秤的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B 橡皮筋的拉力是合力，两弹簧秤的拉力是它的两个分力C 两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D 若只增大某一只弹簧秤的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧秤拉力的大小即可考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：根据合力与分力的关系来分析判断；两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答解答：解：A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大故A正确；B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O，故C正确；D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D错误故选：AC点评：解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题12使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为黑（填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为14.0，电流表的读数为53.0mA，电阻箱的读数为4.6：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为102mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为1.54V（保留3位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程解答：解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔（2）多用电表用1倍率测量，读数为：14.01=14.0电流表的量程是60m A，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0 m A电阻箱的读数为：0100+010+41+60.1=4.6（3）（4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻当选择1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E=I（R内+R外）=0.053（15+14）=1.537V则满偏电流Ig=m A故答案为：（1）黑； （2）14.0，53.0，4.6； （3）102； （4）1.54点评：本题要明确多用电表的使用以及原理；由闭合电路的殴姆定律可得，电流与待测电阻不成比例，所以导致表盘的刻度不均匀同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻三、计算题（本题共4小题，共46分，需写出必要的文字说明、关系式和重要的演算步骤，只写答案的不得分）13如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球相连今用跟水平方向成=30角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2求：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角；（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数解答：解：（1）设细绳对B的拉力为T以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得： Fcos30=Tcos Fsin30+Tsin=mg 代入解得，T=10，tan=，即=30（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2再平衡条件得 Fcos30=f N+Fsin30=（M+m）g又f=N得到，=代入解得，=答：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角=30；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数=点评：本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究14一质量为m=2kg的木块放在水平地面上，如图所示在力F作用下从静止开始匀加速运动，经时间t撤去力F，木块作匀减速运动直到停止从木块开始运动起计时，下表给出了某些时刻木块的瞬时速度时刻（s）1.02.03.05.07.09.011.0速度（m/s）4.08.012.014.010.06.02.0根据表中的数据通过分析、计算下列问题：（1）木块与地面间的动摩擦因数；（2）力F大小；（3）木块通过的总路程是多少？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：跨学科；牛顿运动定律综合专题分析：（1）有拉力作用时，物体做匀减速直线运动，根据运动学公式求解加速度，根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素；（2）先由表格数据求解加速过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解拉力；（3）根据速度时间关系公式求解加速的时间、最大速度、总时间，然后根据平均速度公式求解位移解答：解：（1）由表中数据可知减速时加速度大小：a2=2 m/s2减速过程合力等于阻力，根据牛顿第二定律，有：f=m a2故：a2=g代入数据解得：=0.2（2）加速时加速度大小：a1=4m/s2根据牛顿第二定律，有：Ff=m a1代入数据解得：F=12N（3）设加速时间为t，对前11s过程，根据速度时间关系公式，有：2=4t2（11t）解得：t=4s故最大速度为：vm=at=44=16m/s对运动全过程，有：Vt=4t2（t总t）=0解得：t总=12sS总=96m答：（1）木块与地面间的动摩擦因数为0.2；（2）力F大小为12N；（3）木块通过的总路程是96m点评：本题是已知运动情况确定受力情况问题，关键根据表格数据得到运动的加速度，然后结合运动学公式列式和牛顿第二定律列式求解15如图所示，在直角坐标系的第象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第象限分布着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0103 V/m，现从图中M（1.8，1.0）点由静止释放一比荷=2105 C/kg的带正电的粒子，该粒子经过电场加速后经x轴上的P点进入磁场，在磁场中运动一段时间后经y轴上的N（0，0.6）点离开磁场不计重力，问：（1）磁感应强度为多大？（2）若要求粒子最终从N点垂直y轴离开磁场，则磁感应强度为多大？从M点开始运动到从N点垂直y轴离开磁场的时间为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做匀加速运动，由动能定理可求进入磁场的初速度，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律求得半径，由几何关系得到N点的纵坐标，粒子在圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度（2）粒子最终从N点垂直y轴离开磁场，则O点为圆周运动的坐标原点；洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解磁感应强度和周期；粒子在电场中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律确定加速度，根据运动学公式求解加速时间；在磁场中的运动时间为四分之一周期解答：解：（1）由动能定理可得：Edq=mv02 解得：v0=4104 m/s，N点的坐标为（0，0.6），由图可知：y=0.6m，解得：r=1m，由牛顿第二定律得：Bqv0=m，解得：B=0.2T；（2）由题意可得：粒子在磁场中的运动半径：r=0.6m，由牛顿第二定律得：Bqv0=，解得：B=T，设粒子在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，整个过程运动的时间为：t=t1+t2=3+=（15+）105s；答：（1）磁感应强度为0.2T；（2）若要求粒子最终从N点垂直y轴离开磁场，则磁感应强度为T，从M点开始运动到从N点垂直y轴离开磁场的时间为（15+）105s点评：带电离子在复合场中的运动问题是考试的热点，找准关联点（此处为速度相等），分阶段研究粒子的运动规律，建立运动模型；此外，这部分题目运算量较大，提升了解题难度16如图，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成=30角的皮带轮与水平面在p点平滑连接，皮带轮逆时针转动，速度为3m/s一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不连接），弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因数1=0.1；另一与A完全相同的物块B停在P点，B与皮带轮的摩擦因数2=，皮带轮足够长A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间不计，重力加速度g取10m/s2，现释放A，求：（1）物块A与B第一次碰撞前的速度；（2）A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间；（3）A、B碰撞的次数考点：动量守恒定律；动能定理的应用分析：（1）从释放到与B碰撞前的过程，对A运用动能定理列式，即可求解物块A与B第一次碰撞前的速度；（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后A、B的速度B获得速度后碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，然后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，分段求出时间，即可得解（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回时与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞每一次过程中损失的机械能为21mgl，根据整个过程能量守恒列式求解A、B碰撞的次数解答：解：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，由动能定理：Ep1mgl=mv02，解得：v0=4m/s；（2）设A、B第次碰撞后的速度分别为vA，vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+mvB，由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+mvB2，解得：vA=0，vB=4m/s，碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，由牛顿第二定律：a1=gsin+2gcos=10m/s2运动的时间为：t1=0.4s运动的位移为：x1=t1=0.8m此后B开始向下加速，加速度仍为a1，速度与皮带轮速度v相等时匀速运动，设加速时间为t2，位移为x2，匀速时间为t3则有：t2=0.3s，x2=t2=0.45m，t3=0.117sA、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间为：t=t1+t2+t3=0.817s（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞每一次过程中损失的机械能为21mgl，设第二次碰撞后重复的过程数为n，则：mv2=n21mgl，解得：n=2.25，故两者碰撞的次数为6次；答：（1）物块A与B第一次碰撞前的速度为4m/s；（2）A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间为0.817s；（3）A、B碰撞的次数为6次点评：本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度