2019届高三物理上学期11月第二次周考试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期11月第二次周考试题(含解析)一选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，前6小题为单选题，后4小题为多选题，全选对得5分；选对但没选全的得3分；选错或不选的得0分）1xx7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示不计空气阻力下列说法正确的是（）A她在空中上升过程中处于超重状态B她在空中下落过程中做自由落体运动C她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小2如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法中正确的是（）AA球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化BA球从面1到面2的速率变化等于B球从面1到面2的速率变化CA球从面1到面2的速率变化大于B球从面1到面2的速率变化DA球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化3一只小船渡河，运动轨迹如图所示水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变由此可以确定（）A船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B船沿三条不同路径渡河的时间相同C船沿AB轨迹渡河所用的时间最短D船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大4一质点自x轴原点出发，沿正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度a运动，当速度变为时，加速度又变为a，直到速度为时，加速度再变为a，直到速度变为，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A质点一直沿x轴正方向运动B质点将在x轴上往复运动，最终停在原点C质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0D质点运动过程中离原点的最大距离为v0t05如图所示，平行板电容器与一个直流电源E（内阻不计）相连，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）AP点的电势降低B带点油滴的电势能将减少C带点油滴将沿竖直方向向上运动D电容器的电容减小，极板带电量增大6如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q（Q0）和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零下列说法正确的是（）Ab点的电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少D将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大7如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的轻弹簧和细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2水平拉直，物体处于平衡状态重力加速度大小为g下列说法错误的是（）A轻弹簧拉力大小为B轻绳拉力大小为C剪断轻绳瞬间，物体加速度大小为D剪断轻弹簧瞬间，物体加速度大小为g8如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E，大量电荷量为q（q0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用，下列说法正确的是（）A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角越大C能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qUD若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮9如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小与滑动摩擦力大小相等，则（）At1时刻物块的速度为零B物块的最大速度出现在t3时刻Ct1t3时间内F对物块先做正功后做负功D拉力F的功率最大值出现在t2t3时间内10如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间则可能正确的图象是（）ABCD二、实验题：本题共2小题，共计14分请按照题目要求把答案填写在相应位置11某同学利用图甲所示的装置探究弹簧弹力和伸长的关系（1）该同学将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指刻度尺的刻度值，所读数据列表如表（设弹簧始终未超过弹性限度，取重力加速度g=9.80m/s2）：123456钩码质量m/g0306090120150刻度尺读数x/cm6.008.389.4610.6211.80在图甲中，挂30g钩码时刻度尺的读数为 cm（2）如图乙所示，该同学根据所测数据，建立了xm坐标系，并描出了5组测量数据，请你将第2组数据描在坐标纸上（用“+”表示所描的点），并画出xm的关系图线（3）根据xm的关系图线可得该弹簧的劲度系数约为 N/m（结果保留3位有效数字）12某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a实验中打出的一条纸带如图乙所示从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3，量出1、2、3点到O点的距离分别为s1、s2、s3，从O点开始计时，1、2、3点对应时刻分别为t1、t2、t3，求得=， =， = 作出t图象如图丙所示图线的斜率为k，截距为b则木块的加速度a= ；b的物理意义是 （2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数= （3）关于上述实验，下列说法中错误的是 A木板必须保持水平B调整滑轮高度，使细线与木板平行C钩码的质量应远小于木块的质量D纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素三、计算题：本题共4小题，共46分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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13如图所示，在与水平方向成53的斜向上拉力F作用下，质量为0.4kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s运动的距离为6m，随即撤掉F，小物块运动一段距离后停止已知物块与地面之间的动摩擦因数=0.5，sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2求：（1）物块运动的最大速度；（2）F的大小14如图所示，两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电场一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地固定着A、B、C三个带正电小球，每个小球质量均为m，A、B带电量为q、C带电量为2q，相邻小球间的距离均为LA从边界M上方某一高度处由静止释放，已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍，且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动，C球进入电场时A球刚好穿出电场整个运动过程中杆始终保持竖直，重力加速度为g求：（1）匀强电场的电场强度E；（2）A球进入电场上边界的速度v0；（3）C球经过边界N时的速度15如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数k=的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能EP=kx2，重力加速度为g，不计一切摩擦将圆环由A点正下方的C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求：（1）圆环的速率v；（2）导轨对圆环的作用力F的大小？16如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角=37，圆弧BC半径R=2m一质量m=1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD已知P点与斜面底端B间的距离L1=6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为=0.25，g=10m/s2求：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时的速率；（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最高点Q（图中未标出）距C点的距离； （3）小滑块从静止开始下滑到第8次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程xx湖北省孝感市应城一中高三（上）第二次周考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，前6小题为单选题，后4小题为多选题，全选对得5分；选对但没选全的得3分；选错或不选的得0分）1xx7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示不计空气阻力下列说法正确的是（）A她在空中上升过程中处于超重状态B她在空中下落过程中做自由落体运动C她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小【考点】3E：牛顿运动定律的应用超重和失重【分析】分析陈若琳的运动情况得出其加速度的方向根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的关系超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关【解答】解：A、起跳以后的下落过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误C、入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误D、入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相对故D正确故选：D2如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法中正确的是（）AA球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化BA球从面1到面2的速率变化等于B球从面1到面2的速率变化CA球从面1到面2的速率变化大于B球从面1到面2的速率变化DA球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化【考点】43：平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合两个分运动的规律，通过动量定理以及机械能守恒判断【解答】解：A、两球的加速度相等，A球从面1到面2的时间等于B球从面1到面2的时间，则速度变化相同，故A正确BC、A球从面1到面2的速率变化，B球从面1到面2的速率变化等于图中粗线对应的线段，根据两边之差小于第三边，知A球从面1到面2的速率变化小于B球从面1到面2的速率变化，故BC错误；D、根据动能定理，所以A球从面1到面2的动能变化等于B球从面1到面2的动能变化，故D错误故选：A3一只小船渡河，运动轨迹如图所示水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变由此可以确定（）A船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B船沿三条不同路径渡河的时间相同C船沿AB轨迹渡河所用的时间最短D船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大【考点】44：运动的合成和分解【分析】根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小【解答】解：A、当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；B、船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；C、沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故C错误；D、沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D正确故选：D4一质点自x轴原点出发，沿正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度a运动，当速度变为时，加速度又变为a，直到速度为时，加速度再变为a，直到速度变为，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A质点一直沿x轴正方向运动B质点将在x轴上往复运动，最终停在原点C质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0D质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0【考点】1I：匀变速直线运动的图像【分析】vt图象是反映物体的速度随时间变化情况的，速度的正负表示质点的运动方向，图线的斜率表示加速度，面积表示位移由此分析质点的运动情况【解答】解：A、由图象看出，质点的速度正负作周期性变化，则质点的运动方向在周期性的变化，质点在x轴上往复运动故A错误BD、质点在02t0时间内位移为 x1=v02t0=v0t0根据“面积”表示位移，可知，在2t04t0时间内位移为负值，此后各时间段内的位移依次为正值、负值、正值质点运动过程中离原点的最大距离为 x=x1=v0t0总位移大于零，所以质点最终不在原点，故B错误，D正确C、质点的总位移为 x=x1+x2+x3+xn=，n时，x=v0t0即质点最终静止时离开原点的距离等于v0t0，故C错误故选：D5如图所示，平行板电容器与一个直流电源E（内阻不计）相连，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）AP点的电势降低B带点油滴的电势能将减少C带点油滴将沿竖直方向向上运动D电容器的电容减小，极板带电量增大【考点】AS：电容器的动态分析；AC：电势；AE：电势能【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据E=知板间场强的变化，由U=Ed判断P点与下极板间的电势差的变化，确定P点电势的变化由题分析知道油滴带负电，再判断其电势能的变化根据场强的变化，判断油滴向什么方向运动【解答】解：A、由题，板间距离增大，电容器的电压不变，根据E=知板间场强减小，由U=Ed得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向下，P点电势比下极板高，则可知，P点的电势降低故A正确B、根据油滴原来静止知道，油滴带负电，P点电势降低，油滴的电势能将增大故B错误C、板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动故C错误D、板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器的电量减小故D错误故选A6如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q（Q0）和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零下列说法正确的是（）Ab点的电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少D将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系【解答】解：A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0故A错误；B、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；故B正确；C、电场线由Q指向Q，故正电荷从o向a运动的过程中，电场力做负功，电势能减增加；故C错误；D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等故D错误故选：B7如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的轻弹簧和细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2水平拉直，物体处于平衡状态重力加速度大小为g下列说法错误的是（）A轻弹簧拉力大小为B轻绳拉力大小为C剪断轻绳瞬间，物体加速度大小为D剪断轻弹簧瞬间，物体加速度大小为g【考点】37：牛顿第二定律【分析】细线的弹力可以发生突变，弹簧的弹力不能发生突变，根据物体的受力情况，由牛顿第二定律求出加速度【解答】解：A、对小球受力分析如图：将重力G和绳子拉力T合成，合力与弹簧弹力等大反向，有几何关系得：，解得：，故A正确；B、根据A中，同理可得：解得：T=mgtan，故B错误；C、细线烧断后，弹簧弹力和重力都没变化，故两力的合力为mgtan，根据牛顿第二定律：F=ma得：a=gtan，故C正确；D、弹簧下端切断瞬间，绳子上的力发生突变，变成零，故物体只受重力作用，加速度a=g，故D正确；本题选择错误的，故选：B8如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E，大量电荷量为q（q0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用，下列说法正确的是（）A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角越大C能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qUD若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动规律列方程求解粒子的初位置的坐标，由初位置的坐标的函数进行判断即可；（2）粒子在竖直方向做匀加速直线运动由速度时间公式求出vy，根据tan=求正切值；（3）负电荷进入第一象限后电场力做负功，由功能关系分析到达荧光屏的粒子的特点；（4）求出粒子速度的偏转角与时间的关系，判断出粒子可以以任意夹角进入第一象限即可【解答】解：A、设粒子开始时的坐标为（x，h），粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得x=v0t h=at2 qE=ma 联立得：可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上故A错误；B、粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大粒子到达O点时，沿+y方向的分速度vy速度与x正方向的夹角满足：可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与x轴的夹角越大，与y轴的夹角越小故B错误；C、负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：0即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU故C正确；D、粒子在电场中的偏转角： =，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮故D正确故选：CD9如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小与滑动摩擦力大小相等，则（）At1时刻物块的速度为零B物块的最大速度出现在t3时刻Ct1t3时间内F对物块先做正功后做负功D拉力F的功率最大值出现在t2t3时间内【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；62：功的计算【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动【解答】解：A、冲量是力与时间的乘积，在0t1时间拉力小于最大静摩擦力，所以合外力等于0，故合力的冲量为0，t1时刻物块的速度为零故A正确；B、t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻A的速度最大，故B正确；C、0t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功故C错误；D、t2时刻拉力最大，但物体的速度在t3时刻最大，t2到t3时间内，拉力减小而速度增大，所以拉力F的功率最大值出现在t2t3时间内，故D正确故选：ABD10如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间则可能正确的图象是（）ABCD【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律【分析】根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形【解答】解：A、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故A正确B、上滑时x曲线斜率先大后小，下滑时x曲线斜率先小后大，故B错误C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线斜率小，但速度是个矢量，有方向，下滑阶段速度应为负值，故C错误D、根据动能定理得：，上滑时做匀减速运动，故EK曲线斜率先大后小；下滑时做匀加速运动，故Ek曲线斜率先小后大，故D错误故选：A二、实验题：本题共2小题，共计14分请按照题目要求把答案填写在相应位置11某同学利用图甲所示的装置探究弹簧弹力和伸长的关系（1）该同学将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指刻度尺的刻度值，所读数据列表如表（设弹簧始终未超过弹性限度，取重力加速度g=9.80m/s2）：123456钩码质量m/g0306090120150刻度尺读数x/cm6.008.389.4610.6211.80在图甲中，挂30g钩码时刻度尺的读数为7.15 cm（2）如图乙所示，该同学根据所测数据，建立了xm坐标系，并描出了5组测量数据，请你将第2组数据描在坐标纸上（用“+”表示所描的点），并画出xm的关系图线（3）根据xm的关系图线可得该弹簧的劲度系数约为25.3N/m（结果保留3位有效数字）【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】（1）根据刻度尺的最小分度，结合估读得出读数（2）以纵轴表示弹簧的弹力，横轴表示弹簧的伸长量，描点作图让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧（3）图象的斜率表示弹簧的劲度系数【解答】解：（1）由图，刻度尺的最小分度为1mm，由图可知，读数为：7.15cm；（2）以横轴表示弹簧的弹力，纵横轴表示弹簧的伸长量，描点作图让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧如图所示；（3）图象的斜率表示弹簧的劲度系数，根据图象，该直线为过原点的一条直线，即弹力与伸长量成正比，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，k=N/m故答案为：（1）7.15（在7.150.01都对）cm（2）如图所示 （3）25.3（0.3）N/m12某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a实验中打出的一条纸带如图乙所示从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3，量出1、2、3点到O点的距离分别为s1、s2、s3，从O点开始计时，1、2、3点对应时刻分别为t1、t2、t3，求得=， =， = 作出t图象如图丙所示图线的斜率为k，截距为b则木块的加速度a=2k；b的物理意义是O点的瞬时速度（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数=（3）关于上述实验，下列说法中错误的是CA木板必须保持水平B调整滑轮高度，使细线与木板平行C钩码的质量应远小于木块的质量D纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）分析t图象的斜率的物理含义与加速度的关系；（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数；（3）根据实验原理，选取整体作为研究对象，从而即可一一求解【解答】解：（1）图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示O点的瞬时速度各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，即的图象的斜率表示加速度a，则t图象的斜率的2倍表示加速度，即a=2k（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mgMg=（M+m）a，解得：=；（3）A木板必须保持水平，则压力大小等于重力大小，故A正确；B调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B正确；C钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象的，故C错误；D纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D正确；本题选错误的，故选：C故答案为：（1）2k，O点的瞬时速度； （2）；（3）C三、计算题：本题共4小题，共46分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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13如图所示，在与水平方向成53的斜向上拉力F作用下，质量为0.4kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s运动的距离为6m，随即撤掉F，小物块运动一段距离后停止已知物块与地面之间的动摩擦因数=0.5，sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2求：（1）物块运动的最大速度；（2）F的大小【考点】37：牛顿第二定律【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s时速度最大已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求出物块的最大速度（2）由公式v=at求出物块匀加速直线运动，由牛顿第二定律求F的大小【解答】解：（1）物块运动2s时速度最大由运动学公式有：x=可得物块运动的最大速度为：v=6m/s（2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=3m/s2设物块所受的支持力为N，摩擦力为f，根据牛顿第二定律得：Fcosf=maFsin+Nmg=0又 f=N联立解得：F=3.2N答：（1）物块运动的最大速度是6m/s；（2）F的大小是3.2N14如图所示，两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电场一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地固定着A、B、C三个带正电小球，每个小球质量均为m，A、B带电量为q、C带电量为2q，相邻小球间的距离均为LA从边界M上方某一高度处由静止释放，已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍，且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动，C球进入电场时A球刚好穿出电场整个运动过程中杆始终保持竖直，重力加速度为g求：（1）匀强电场的电场强度E；（2）A球进入电场上边界的速度v0；（3）C球经过边界N时的速度【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；66：动能定理的应用【分析】（1）对B球进入过程进行分析，根据平衡条件即可求得匀强电场的电场强度；（2）对A球进入电场到B球进入电场过程中，运用动能定理列式，即可求得A球进入时的初速度（3）从A球进入电场到C球穿出电场的过程，运用动能定理列式，即可求得C球经过N时的速度【解答】解：（1）B球进入电场后杆立即做匀速直线运动，有：3mg=2Eq 得：E= （2）从A球进入电场到B球进入电场过程中，运用动能定理有：3mgLEqL=（3m）（2v0）2（3m）v02 得：v0= （3）由受力分析可知，C球在电场中先减速再匀速，设C球经过边界N时的速度为v1，从A球进入电场到C球穿出电场的过程，运用动能定理有：3mg4L4Eq2L=（3m） v12（3m）v02 得：v1= 答：（1）匀强电场的电场强度E；（2）A球进入电场上边界的速度；（3）C球经过边界N时的速度为15如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数k=的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能EP=kx2，重力加速度为g，不计一切摩擦将圆环由A点正下方的C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求：（1）圆环的速率v；（2）导轨对圆环的作用力F的大小？【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律【分析】（1）从C到D过程，由机械能守恒定律可以求出圆环的速度；（2）圆环做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出在D点轨道对圆环的作用力【解答】 解：（1）如图所示，由几何知识得，圆环在C点、D点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等圆环从C到D过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，由几何关系可知：h=，解得：v=；（2）圆环在D点受力如图，弹性绳的弹力：f=kx，其中：x=（1）R，在D点，由牛顿第二定律得：FN+fcos60+fsin60mg=m，解得：FN=mg；答：（1）圆环的速率为；（2）导轨对圆环的作用力F的大小为mg16如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角=37，圆弧BC半径R=2m一质量m=1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD已知P点与斜面底端B间的距离L1=6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为=0.25，g=10m/s2求：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时的速率；（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最高点Q（图中未标出）距C点的距离； （3）小滑块从静止开始下滑到第8次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程【考点】66：动能定理的应用【分析】（1）对从P运动到E点过程运用动能定理列式求解E点速度（2）根据动能定理列式求解即可；（3）先找出物体在斜面上滑动位移间的规律，然后分为留在左右两侧讨论【解答】解：（1）小滑块由P运动到E点，由动能定理有： mgL1sin37+mgR（1cos37）mgcos37L1=解得：vE=2m/s（2）设小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最高点Q距C点的距离为x1小滑块由P运动到Q点，由动能定理得：mg（L1x1）sin37mg（L1+x1）cos37=0解得 x1=3m （3）设小滑块在斜面AB上依次下滑的距离分别为L1、L2、L3，在斜面CD上依次上滑的距离分别为x1、x2、x3，与上同理可得：L2=，x2=，L3=，x3=L1、L2、L3构成公比为的等比数列设从静止开始下滑到第8次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程为S8则 S8=L1+2（L2+L3+L7）=6+210m答（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时的速率是2m/s；（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最高点Q距C点的距离是3m； （3）小滑块从静止开始下滑到第8次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程是10m