广东省珠海实验中学、东莞六中2017届高三上学期第一次联考物理试卷 21页

‎2016-2017学年广东省珠海实验中学、东莞六中高三（上）第一次联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题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．如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是（　　）‎ A．F1=F2=F3 B．F1=F2＜F3 C．F1=F3＞F2 D．F3＞F1＞F2‎ ‎2．两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是（　　）‎ A．A、B加速时的加速度大小之比为2：1，A、B减速时的加速度大小之比为1：1‎ B．在t=3t0时刻，A、B相距最远 C．在t=5t0时刻，A、B相距最远 D．在t=6t0时刻，A、B相遇 ‎3．一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（　　）‎ A．物体在2 s末的速度是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s C．物体在第2 s内的位移是20 m D．物体在前5 s内的位移是50 m ‎4．气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的．我国先后自行成功研制和发射了“风云Ⅰ号”和“风云Ⅱ号”两颗气象卫星，“风云Ⅰ号”卫星轨道（极地圆轨道）与赤道平面垂直并且通过两极，绕地做匀速圆周运动的周期为12h．“风云Ⅱ号”气象卫星轨道（地球同步轨道）平面在赤道平面内，绕地做匀速圆周运动的周期为24h，则“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星（　　）‎ A．轨道半径小 B．线速度小 C．角速度大 D．向心加速度大 ‎5．如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．A受到的压力逐渐变大 B．A受到的摩擦力逐渐变大 C．C对B的压力逐渐变大 D．C受到三个力的作用 ‎6．距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2．可求得h等于（　　）‎ A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m ‎7．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮半径RA=2RB．当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（　　）‎ A． B． C． D．RB ‎8．如图所示，两个质量分别为mA，mB（mA≠mB）的物体通过轻绳相连静止在光滑水平面上，第一次在恒力F1的作用下向左加速运动，绳子拉力为T1；第二次在恒力F2（F1≠F2）的作用下向右加速运动，绳子的拉力为T2，则T1和T2的关系是（　　）‎ A．= B．=‎ C．= D．=‎ ‎9．如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）‎ A．F1、F2大小不相等 B．F1、F2方向相同 C．小车加速度大小为gtanα D．小车加速度大小为gtanβ ‎10．如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块（可视为质点），小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则（　　）‎ A．F1：F2=cos θ：1 B．F1：F2=sin θ：1‎ C．N1：N2=cos2 θ：1 D．N1：N2=sin2 θ：1‎ ‎11．如图所示，倾角为45°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平抛出，乙以初速度v0沿斜面运动，甲乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为g，则（　　）‎ A．斜面的高度h= B．甲球落地时间为 C．乙球落地时间为 D．乙球落地速度大小为 ‎12．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题有2小题，共15分）‎ ‎13．（8分）如图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用△t表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．‎ ‎（1）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是　　．‎ ‎（2）图2是实验所得纸带，设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．a可用s1、s3和△t表示为a=　　．‎ 图为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=　　mm，s3=　　mm，由此求得加速度的大小a=　　m/s2（保留三位有效数字）．‎ ‎14．（7分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．‎ ‎（1）有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图中，请作出F﹣L图线．‎ ‎（2）由此图线可得出该弹簧的原长L0=　　cm，劲度系数k=　　 N/m．‎ ‎（3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较．‎ 优点在于：　　．‎ 缺点在于：　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题有3小题，共37分）‎ ‎15．（10分）如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v﹣t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；‎ ‎（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F．‎ ‎16．（12分）如图所示，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μ1=0.1．木板右端静止放置一个小物块（可视为质点），它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=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．‎ ‎17．（15分）如图1所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度大小g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离；‎ ‎（2）试分析传送带的速度满足什么条件时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离；‎ ‎（3）设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动是v′为负．试分析在图2中画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线（不需要计算过程，只需画出图线即可）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省珠海实验中学、东莞六中高三（上）第一次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题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．如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是（　　）‎ A．F1=F2=F3 B．F1=F2＜F3 C．F1=F3＞F2 D．F3＞F1＞F2‎ ‎【考点】胡克定律．‎ ‎【分析】弹簧的弹力大小等于弹簧所受的拉力大小，分别以小球为研究对象，由平衡条件求解弹簧的弹力．‎ ‎【解答】解：第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；‎ 第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；‎ 第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；‎ 所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1=F2=F3．‎ 故选A ‎【点评】本题根据平衡条件确定弹簧的弹力大小，容易产生的错误是第三幅图：认为弹力等于2G或0．‎ ‎　‎ ‎2．两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v﹣t图象如图所示．对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是（　　）‎ A．A、B加速时的加速度大小之比为2：1，A、B减速时的加速度大小之比为1：1‎ B．在t=3t0时刻，A、B相距最远 C．在t=5t0时刻，A、B相距最远 D．在t=6t0时刻，A、B相遇 ‎【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】速度时间图象的斜率表示加速度，速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，当AB图象与坐标轴围成的面积相等时，相遇．‎ ‎【解答】解：A、速度时间图象的斜率表示加速度，则A加速时的加速度，减速时的加速度为，B加速时的加速度，减速时的加速度，所以A、B加速时的加速度大小之比为10：1，A、B减速时的加速度大小之比为1：1，故A错误；‎ B、速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，由图象可知，在2t0和3t0之间相距最远，故BC错误；‎ D、当AB图象与坐标轴围成的面积相等时，相遇，根据图象可知，在t=6t0时刻，A、B位移相等，相遇，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．‎ ‎　‎ ‎3．一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（　　）‎ A．物体在2 s末的速度是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s C．物体在第2 s内的位移是20 m D．物体在前5 s内的位移是50 m ‎【考点】万有引力定律及其应用；自由落体运动．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】第5s内的位移等于5s内的位移减去4s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度．再根据速度时间公式v=gt，位移时间公式h=gt2求出速度和位移．‎ ‎【解答】解：A、第5s内的位移是18m，有：gt12﹣gt22=18m，t1=5s，t2=4s，解得：g=4m/s2．所以2s末的速度：v=gt=8m/s．故A错误．‎ B、第5s内的平均速度：==m/s=18m/s．故B错误．‎ C、t=2s，t′=1s，物体在第2s内的位移：x=gt2﹣gt′2=8﹣2m=6m．故C错误．‎ D、物体在5s内的位移：x=gt2=×4×25m=50m．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同．‎ ‎　‎ ‎4．气象卫星是用来拍摄云层照片、观测气象资料和测量气象数据的．我国先后自行成功研制和发射了“风云Ⅰ号”和“风云Ⅱ号”两颗气象卫星，“风云Ⅰ号”卫星轨道（极地圆轨道）与赤道平面垂直并且通过两极，绕地做匀速圆周运动的周期为12h．“风云Ⅱ号”气象卫星轨道（地球同步轨道）平面在赤道平面内，绕地做匀速圆周运动的周期为24h，则“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星（　　）‎ A．轨道半径小 B．线速度小 C．角速度大 D．向心加速度大 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【专题】人造卫星问题．‎ ‎【分析】风云二号卫星为地球同步轨道卫星，故周期为24h，卫星运行时万有引力提供向心力，可得轨道半径、向心加速度以及线速度的大小关系．‎ ‎【解答】解：对于卫星，万有引力提供向心力，故：‎ G 解得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A、根据，“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星的轨道半径大，故A错误；‎ B、根据公式，“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星的线速度小，故B正确；‎ C、根据，“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星的角速度小，故C错误；‎ D、根据，“风云Ⅱ号”卫星比“风云Ⅰ号”卫星的加速度小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】知道地球同步轨道卫星的周期T=24h，然后根据万有引力提供向心力的表达式进行速度、轨道以及向心加速度的讨论，知向更高轨道发射卫星需要克服重力做更多的功，因此需要列大的发射速度．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．A受到的压力逐渐变大 B．A受到的摩擦力逐渐变大 C．C对B的压力逐渐变大 D．C受到三个力的作用 ‎【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】先对BC研究：分析BC整体的受力，由平衡条件分析A对B的支持力和摩擦力变化，即可知道B对A的压力和摩擦力如何变化；C球只受两个力，对B的压力不变．‎ ‎【解答】解：A、对BC整体：分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知：N=mgcosθ，f=mgsinθ，减小θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大．故A正确，B错误．‎ C、D由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变．故CD错误．‎ 故选A ‎【点评】本题是三个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究的对象，采用整体法和隔离法结合研究，比较简便．‎ ‎　‎ ‎6．距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2．可求得h等于（　　）‎ A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【专题】定量思想；寻找守恒量法；平抛运动专题．‎ ‎【分析】经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下后，小球做平抛运动，小车运动至B点时细线被轧断，则B处的小球做自由落体运动，根据平抛运动及自由落体运动基本公式抓住时间关系列式求解．‎ ‎【解答】解：设轨道离地的高度为H，则知 H=5m 经过A点，将球自由卸下后，A球做平抛运动，则有：‎ ‎ H=gt12‎ 解得：t1=1s 小车从A点运动到B点的时间 t2==s=0.5s 因为两球同时落地，则细线被轧断后B处小球做自由落体运动的时间为 t3=t1﹣t2=1﹣0.5=0.5s 则 h=gt22=×10×0.52=1.25m 故选：A ‎【点评】本题的关键要分析AB两球的运动情况，抓住同时落地时两球运动的时间关系，运用运动学规律分段研究．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮半径RA=2RB．当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（　　）‎ A． B． C． D．RB ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【专题】匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】A和B用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，根据线速度角速度关系可得出角速度的关系，对于在A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，也是最大静摩擦力提供向心力，根据向心力公式即可求解．‎ ‎【解答】解：A和B用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，则 ωARA=ωBRB 而RA=2RB．‎ 所以=‎ 对于在A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即 mωA2RA=fmax 当在B轮上恰要滑动时，设此时半径为R 则mωB2R=fmax 解得R=‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题要抓住恰好静止这个隐含条件，即最大静摩擦力提供向心力，难度适中．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，两个质量分别为mA，mB（mA≠mB）的物体通过轻绳相连静止在光滑水平面上，第一次在恒力F1的作用下向左加速运动，绳子拉力为T1；第二次在恒力F2（F1≠F2）的作用下向右加速运动，绳子的拉力为T2，则T1和T2的关系是（　　）‎ A．= B．=‎ C．= D．=‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】第一次在恒力F1的作用下向左加速运动时，对于mA、mB两个物体整体和隔离分析，根据牛顿第二定律可得出绳子拉力为T1的表达式，‎ 同理，第二次在恒力F2的作用下向左加速运动时，对于mA、mB两个物体整体和隔离分析，根据牛顿第二定律可得出绳子拉力为T2的表达式，‎ 最后得出T1和T2的关系结合选项即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：第一次在恒力F1的作用下向左加速运动时，根据牛顿第二定律，‎ 对于mA、mB两个物体有：F1=（mA+mB）a1 …①‎ 对于mB物体有：T1=mBa1…②‎ 联立①②可解得：T1=，‎ 第二次在恒力F2的作用下向左加速运动时，根据牛顿第二定律，‎ 对于mA、mB两个物体有：F2=（mA+mB）a2 …③‎ 对于mB物体有：T2=mAa2…④‎ 联立①②可解得：T2=，‎ 则T1和T2的关系是：==，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查学生牛顿第二定律和整体法与隔离法的掌握和运用，通过审题灵活地选取研究对象，明确研究对象的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律列方程即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）‎ A．F1、F2大小不相等 B．F1、F2方向相同 C．小车加速度大小为gtanα D．小车加速度大小为gtanβ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】两小球和小车具有相同的加速度，先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度．再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向．‎ ‎【解答】解：A、B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：‎ mgtanβ=ma，‎ 得到：a=gtanβ 对左边的小铁球研究．设其加速度为a′，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，‎ 由牛顿第二定律，得：‎ mgtanθ=ma′‎ 因为a=a′，得到θ=β，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；‎ C、D、小车的加速度a=gtanβ，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块（可视为质点），小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则（　　）‎ A．F1：F2=cos θ：1 B．F1：F2=sin θ：1‎ C．N1：N2=cos2 θ：1 D．N1：N2=sin2 θ：1‎ ‎【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】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再根据牛顿第三定律，可得A、B分别对球面的压力大小之比．‎ ‎【解答】解：对物体A进行分析受力，A受重力、支持力和摩擦力，将物块A的重力沿半径和切面方向分解，可得：F1=mgsin θ，N1=mgcosθ；‎ 对物体B，受推力、重力和支持力，将物块B的重力和F2分别沿半径方向和切面方向分解，由平衡条件可得：F2cosθ=mgsin θ，F2sin θ+mgcos θ=N2，‎ 解得：F2=mg tan θ，N2=；‎ 故有：F1：F2=cos θ：1，N1：N2=cos2 θ：1；‎ 故选：AC ‎【点评】本题是共点力平衡问题，关键是受力分析．对于三力平衡问题的基本解题方法：‎ ‎①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力；‎ ‎②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法；应用这种方法，往往能收到简捷的效果．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，倾角为45°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平抛出，乙以初速度v0沿斜面运动，甲乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为g，则（　　）‎ A．斜面的高度h= B．甲球落地时间为 C．乙球落地时间为 D．乙球落地速度大小为 ‎【考点】平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题．‎ ‎【分析】抓住甲乙落地时速度相互垂直，根据平行四边形定则求出甲的速度方向，从而得出甲的竖直分速度，结合速度位移公式求出斜面的高度，根据速度时间公式求出甲球落地的时间．根据牛顿第二定律求出乙球下滑的加速度，结合速度位移公式求出乙球落地的速度，根据速度时间公式求出乙球落地的时间．‎ ‎【解答】解：A、甲乙落地时，末速度方向相互垂直，则甲的速度方向与水平方向的夹角为45°，根据平行四边形定则知，vy=v0，可知斜面的高度h=，甲球落地时间t=，故B正确，A错误．‎ C、根据牛顿第二定律得，乙球下滑的加速度a=，根据速度位移公式得，，解得v=，落地时间t=，故C错误，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，以及知道乙球做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】要分不同的情况进行讨论：若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况 ‎　　　　　　　　　　　　若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况 ‎【解答】解：若V2＜V1：f向右，若f＞GQ，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，则为B图 ‎　　若f＜GQ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项 ‎　　若V2＞V1：f向左，若f＞GQ，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项 ‎　　若f＜GQ，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为C图 则AD错误，BC正确 故选：BC．‎ ‎【点评】考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题有2小题，共15分）‎ ‎13．（8分）如图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用△t表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．‎ ‎（1）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是　远小于小车和砝码的总质量　．‎ ‎（2）图2是实验所得纸带，设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3．a可用s1、s3和△t表示为a=　　．‎ 图为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=　24.0　mm，s3=　47.0　mm，由此求得加速度的大小a=　1.15　m/s2（保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；方程法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）当根据盘及盘中物块的质量远小于小车总质量时可以近似认为小车受到的拉力等于盘及盘中重物的重力，实验注意事项分析答题；‎ ‎（2）由图示刻度尺读出其示数；应用匀变速运动的推论求出加速度．‎ ‎【解答】解：（1）探究牛顿第二定律实验时，当小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和车中砝码的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于小吊盘和盘中物块受到的重力，认为小车受到的拉力不变．‎ ‎（2）由图示纸带可知，计数点间的时间间隔：t=5△t，由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知加速度为：a==；‎ 由图示刻度尺可知：s1=3.65﹣1.25=2.40cm=0.0240m=24.0mm，s3=12.0﹣7.30=4.70cm=0.0470m=47.0mm，‎ 由图示纸带可知：△t=0.02×5=0.1s，加速度为：a===1.15m/s2；‎ 故答案为：（1）远小于小车和砝码的总质量；（2）；24.0；47.0；1.15．‎ ‎【点评】本题考查了实验注意事项、刻度尺读数、求加速度，知道实验注意事项、实验原理、应用匀变速直线运动的推论即可正确解题．对刻度尺读数时要注意刻度尺的分度值，要注意估读一位．‎ ‎　‎ ‎14．（7分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．‎ ‎（1）有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图中，请作出F﹣L图线．‎ ‎（2）由此图线可得出该弹簧的原长L0=　5　cm，劲度系数k=　20　 N/m．‎ ‎（3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较．‎ 优点在于：　避免弹簧自身所受重力对实验的影响　．‎ 缺点在于：　弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差　．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】实验中需要测量多组弹力的大小和弹簧的长度，根据要求设计出表格．作出F﹣L的关系图线．当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小．误差分析．‎ ‎【解答】（1）描点作图，F﹣L如图所示如图所示　‎ ‎（3）当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=5cm，可知弹簧的原长L0=5cm．‎ 根据胡克定律知，k=，可知图线的斜率表示劲度系数，则k===20N/m，‎ ‎（3）弹簧悬挂弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧水平放置：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差；‎ 故答案为：（1）如图所示．‎ ‎（2）5　20‎ ‎（3）避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差 ‎【点评】本题考查了学生设计的能力和作图的能力，知道F﹣L图线的斜率表示劲度系数．注意误差来源．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题有3小题，共37分）‎ ‎15．（10分）如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v﹣t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；‎ ‎（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出2s内物块的位移大小和路程大小．‎ ‎（2）根据图线的斜率求出沿斜面向上运动两个阶段的加速度大小．根据牛顿第二定律对上升的两个阶段列出表达式，求出拉力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）由图乙知 物块沿斜面上升的位移： …①‎ 物块沿斜面下滑的距离： …②‎ 所以位移s=s1﹣s2== …③‎ 路程L=s1+s2= …④‎ ‎（2）由图乙知，各阶段加速度的大小 a1=6m/s2 …⑤‎ a2=12m/s2 …⑥‎ 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律 ‎0～0.5s内 F﹣Ff﹣mgsinθ=ma1 …⑦‎ ‎0.5～0.75s内 Ff+mgsinθ=ma2 …⑧‎ 由⑤⑥⑦⑧得：F=36N …⑨‎ 答：（1）2s内物块的位移大小s为，通过的路程L为m；‎ ‎（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2分别为6m/s2、12m/s2，拉力大小为36N．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）如图所示，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μ1=0.1．木板右端静止放置一个小物块（可视为质点），它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=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．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；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．‎ ‎【解答】解：（1）小物块能够达到的最大加速度为am μ2mg=mam 代入数据解得：am=2m/s2‎ 对整体进行受力分析，由牛顿运动定律有：‎ Fm﹣μ1（M+m）g=（M+m）am 代入数据解之得：Fm=12N ‎（2）此时小物块相对于木板发生相对滑动，对长木板受力分析，有牛顿运动定律有：‎ ‎ F﹣μ1（M+m）g﹣μ2mg=Ma1‎ 代入数据得：a1=6m/s2‎ 小物块加速度为：a2=μ2g=2m/s2‎ 有：‎ 可得：s 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；‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）如图1所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度大小g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离；‎ ‎（2）试分析传送带的速度满足什么条件时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离；‎ ‎（3）设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动是v′为负．试分析在图2中画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线（不需要计算过程，只需画出图线即可）．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；平抛运动；动能定理．‎ ‎【专题】直线运动规律专题．‎ ‎【分析】（1）小物块在传送带上一直做匀减速运动，求出小物块到传送带最右端时的速度，然后做平抛运动，求出平抛运动的时间，即可求出离开传送带右边缘落地的水平距离；‎ ‎（2）如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，射程最远；‎ ‎（3）滑块可能一直加速、先加速后匀速、一直匀速，先减速后匀速、一直减速；求解出对应的速度即可得到射程．‎ ‎【解答】解：（1）若传送带静止，物块一直匀减速，根据动能定理，有：‎ ‎﹣，‎ 解得：‎ v1=1m/s 平抛运动的时间：‎ t=‎ 故射程为：‎ x1=v1t=1×1=1m；‎ ‎（2）如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，‎ 根据动能定理，有：‎ 解得：‎ v2=7m/s 故射程为：‎ ‎ x2=v2t=7×1=7m；‎ ‎（3）如果传送带顺时针转动，速度v′≥7m/s，物体一直加速，射程最远，为7m；‎ 如果传送带顺时针转动，速度1m/s≤v′＜7m/s，物体先加速后匀速，射程：x=v′t=v′；‎ 如果传送带顺时针转动，速度v′＜1m/s，物体一直减速，射程为1m；‎ 如果传送带逆时针转动，物体一直减速，射程为1m；‎ 故s﹣v′图象如图所示：‎ 答：（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离为1m；‎ ‎（2）传送带的速度v′≥7m/s时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，最大距离为7m；‎ ‎（3）小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线如图所示．‎ ‎【点评】本题关键是明确小滑块的受力情况和运动情况，结合动能定理和平抛运动的分位移公式列式求解，不难．‎