安徽省合肥五中2017届高三上学期第二次月考物理试卷 29页

www.ks5u.com ‎2016-2017学年安徽省合肥五中高三（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示，一物体分别从3个不同高度，但同底的光滑斜面的顶端由静止开始滑下，斜面与水平面夹角分别为30°、45°、60°，滑到底端所用的时间t1、t2、t3的关系是（　　）‎ A．t1=t2=t3 B．t1=t3＞t2 C．t1＞t2＞t3 D．t1＜t2＜t3‎ ‎2．如图是演示小蜡块在玻璃管中运动规律的装置．现让玻璃管沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，同时小蜡块从O点开始沿竖直玻璃管向上做匀速直线运动，那么下图中能够大致反映小蜡块运动轨迹的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，重力为G的小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使轻绳保持偏离竖直方向60°角且不变．当F与竖直方向的夹角为θ时，有F最小，则θ、F的值分别为（　　）‎ A．0°，G B．30°，G C．60°，G D．90°，G ‎4．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平．则外力F的大小为（　　）‎ A．2mg B． mg C．6mg D．4.5mg ‎5．如图所示，一物块质量m=0.5kg，斜面质量M=2kg，倾角为37°，地面与M之间的滑动摩擦因数为0.1．当m在M上以a=2m/s2加速下滑时，下列说法正确的是（　　）‎ A．m与M之间的滑动摩擦因数为0.5‎ B．地面对M的支持力的大小为25N C．m下滑过程中，M会向右滑动 D．地面对M的摩擦力大小为2.5N ‎6．某人划船横渡一河流，船划行静水速度（船速）和水流动速度（水速）一定，此人过河最短时间为t1；若此船用最短的位移过河，则需时间为t2，若船速大于水速，则船速与水速之比为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是（　　）‎ A．t2时刻该同学的脚刚接触地面 B．t3时刻该同学的加速度为零 C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段 D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段 ‎8．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于 B．和0‎ C． g和0 D．0和g ‎　‎ 二、多项选择题 ‎9．如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上，当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1．当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（　　）‎ A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等 B．在两次作用过程中，F1+F2＜F C．在两次作用过程中，F1+F2=F D．在两次作用过程中 ‎10．电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）‎ A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/s2‎ B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2‎ C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2‎ D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2‎ ‎11．如图所示，斜面上有a、b、c、d 四个点，ab=bc=cd，从a点以初动能EK0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为θ．若小球从 a 点以初动能2EK0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球将落在c点 B．小球将落在c下方 C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θ D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ ‎12．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0=10m/s B．传送带的倾角θ=30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5‎ D．0〜2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m ‎13．如图所示，AB为半圆弧ACB的水平直径，C为ACB弧的中点，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度v0 为（g取10m/s2 ）（　　）‎ A．1.5m/s B．0.5m/s C．3m/s D．4.5m/s ‎14．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（　　）‎ A．竖直挡板对球的弹力一定增大 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面对球的弹力保持不变 D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma ‎　‎ 三、实验题 ‎15．某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图．（所用交流电的频率为50Hz）‎ ‎（1）为了研究加速度和质量的关系，在实验中必须采用控制变量法，应保持　　不变，用砂桶及砂所受的重力作为　　，图（b）为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为　　 m/s2．（保留三位有效数字）‎ ‎（2）在本次实验中，实验小组通过改变小车质量共做了8组实验，得到下表所示的实验数据，通过分析表中数据，你得出的结论是：　　． ‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 小车加速度a/（m•s﹣2）‎ ‎0.633‎ ‎0.572‎ ‎0.497‎ ‎0.418‎ ‎0.332‎ ‎0.250‎ ‎0.167‎ ‎0.101‎ 小车质量m/kg ‎0.25‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.71‎ ‎1.00‎ ‎1.67‎ 现需通过图象进一步验证你的结论，可利用表格数据作图，应在坐标纸中画出　　图线．‎ ‎（3）在某次实验中为研究加速度和力的关系，根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线，如图（c）所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　　‎ A．小车与木板之间存在摩擦 B．木板保持了水平状态 C．所挂砂桶及砂的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎16．如图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有　　．‎ A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B．每次小球释放的初始位置可以任意选择 C．每次小球应从同一高度由静止释放 D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 ‎（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2‎ 图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　　．‎ ‎（3）某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，实验中只记录了竖直线没有记录平抛的起点，在竖直线上取某点记为O，过O的水平线为X轴，在轨迹上任取三点A、B、C，测A、B和C点竖直坐标y1为40.0cm、y2为120.0cm、y3为175.0cm，A、B两点水平坐标为20.0cm和40.0cm．则平抛小球的初速度v0为　　 m/s，小球在C点的速度vC为　　 m/s（结果可以用根式表示，g取10m/s2）．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎17．如图甲所示，之旅为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动，过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）力F的大小、物体与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）10s末物体离A点的距离．‎ ‎18．质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F任用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎19．如图所示，质量为m1=2kg的木板A放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.1．木板在F=7N的水平拉力作用下由静止开始向右做匀加速运动，经过时间t=4s时在木板的右端轻放一个质量为m2‎ ‎=1kg的木块B，木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4．且木块可以看成质点．若要使木块不从木板上滑下来，求：‎ ‎（1）木块B放入前木板A的加速度；‎ ‎（2）木块B放入后，经过1秒木板A的速度；‎ ‎（3）木板的最小长度．‎ ‎20．如图1为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m．滑块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面的倾角θ，重力加速度为g，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即Ff=kv2．‎ ‎（1）写出滑块下滑过程中加速度的表达式；‎ ‎（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式；‎ ‎（3）若m=2kg，斜面倾角θ=30°，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图2所示，图中的斜线是t=0时v﹣t图线的切线，由此求出μ、k的值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省合肥五中高三（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示，一物体分别从3个不同高度，但同底的光滑斜面的顶端由静止开始滑下，斜面与水平面夹角分别为30°、45°、60°，滑到底端所用的时间t1、t2、t3的关系是（　　）‎ A．t1=t2=t3 B．t1=t3＞t2 C．t1＞t2＞t3 D．t1＜t2＜t3‎ ‎【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】设斜面倾角为θ，先根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解时间表达式进行讨论．‎ ‎【解答】解：滑块在斜面上滑动时受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：‎ mgsinθ=ma 解得：a=gsinθ ①‎ 设底长为L，根据位移时间关系公式，有：‎ ‎②‎ 由①②两式联立解得：‎ ‎；‎ 故当2θ=90°时，θ=45°时的时间最短，故t1=t3＞t2；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．如图是演示小蜡块在玻璃管中运动规律的装置．现让玻璃管沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，同时小蜡块从O点开始沿竖直玻璃管向上做匀速直线运动，那么下图中能够大致反映小蜡块运动轨迹的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小蜡块在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上做匀速直线运动，合初速度的方向竖直向上，合加速度的方向水平向右，轨迹每点的切线方向表示速度的方向，轨迹的弯曲的方向大致与所受合力的方向一致．‎ 本题也可以通过轨迹方程求解．‎ ‎【解答】解：合初速度的方向竖直向上，合加速度的方向水平向右，两者不在同一条直线上，必然做曲线运动，根据轨迹每点的切线方向表示速度的方向，轨迹的弯曲的方向大致与所受合力的方向一致，可知B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，重力为G的小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使轻绳保持偏离竖直方向60°角且不变．当F与竖直方向的夹角为θ时，有F最小，则θ、F的值分别为（　　）‎ A．0°，G B．30°，G C．60°，G D．90°，G ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小球始终处于平衡状态，合力为零，根据共点力平衡，抓住重力不变，细绳的拉力方向不变，运用作图法求出F有最小值时的θ值．‎ ‎【解答】‎ 解：如图所示，小球受三个力而处于平衡状态，重力mg的大小和方向都不变，绳子拉力T方向不变，因为绳子拉力T和外力F的合力等于重力，通过作图法知，当F的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F最小，则由几何知识得θ=30°．‎ Fmin=mgcos30°=‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平．则外力F的大小为（　　）‎ A．2mg B． mg C．6mg D．4.5mg ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】本题中小球与小车相对静止，两者加速度相同，以小球为研究对象，分析受力，由牛顿第二定律求出加速度，再对整体根据牛顿第二定律即可求得F的大小．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下．如图，‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎=ma，‎ 解得：a=2g，‎ 再对整体根据牛顿第二定律可得：‎ F+（2m+m）gsin30°=3ma 解得：F=4.5mg； ‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，一物块质量m=0.5kg，斜面质量M=2kg，倾角为37°，地面与M之间的滑动摩擦因数为0.1．当m在M上以a=2m/s2加速下滑时，下列说法正确的是（　　）‎ A．m与M之间的滑动摩擦因数为0.5‎ B．地面对M的支持力的大小为25N C．m下滑过程中，M会向右滑动 D．地面对M的摩擦力大小为2.5N ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对木块m受力分析根据牛顿第二定律求得摩擦因数，利用整体，利用牛顿第二定律求得摩擦力和支持力，即可判断 ‎【解答】解：A、对m受力分析，根据牛顿第二定律可知，mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，解得μ=0.5，故A正确；‎ B、假设M没有滑动，则对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：在竖直方向（M+m）g﹣FN=masin37°‎ 水平方向f=macosθ 联立解得FN=24.4N f=0.8N M与地面滑动时的滑动摩擦力f滑=μFN=2.44N＞0.8N，假设成立，故BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎6．某人划船横渡一河流，船划行静水速度（船速）和水流动速度（水速）一定，此人过河最短时间为t1；若此船用最短的位移过河，则需时间为t2‎ ‎，若船速大于水速，则船速与水速之比为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小船过河的处理：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小．分别列式求解．‎ ‎【解答】解：解：设河宽为d，设船在静水中的速率为v1，水流速为v2‎ ‎（1）最短时间过河时，静水速与河岸垂直，有：‎ t1=…①‎ ‎（2）最小位移过河：‎ v合=‎ 则：t2==…②‎ 联立①②解得： =．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是（　　）‎ A．t2时刻该同学的脚刚接触地面 B．t3时刻该同学的加速度为零 C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段 D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段 ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】根据支持力和重力的大小关系，运用牛顿第二定律判断加速度的方向，从而判断出该同学所处的状态．‎ ‎【解答】解：A、t2时刻，地面的支持力F=mg，不是刚接触地面，故A错误；‎ B、t3时刻，F＞mg，合力不为零，加速度不为零，故B错误；‎ C、在t2到t3时间内，支持力的大小大于重力，在减速下降，故C正确；‎ D、根据牛顿第二定律得在t3到t4时间内，F在减小，加速度在减小，该同学向下做减速下降．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于 B．和0‎ C． g和0 D．0和g ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】‎ 当两球处于静止时，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度大小．‎ ‎【解答】解：对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力F=mAgsin30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，‎ 对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，对B，根据牛顿第二定律得， =．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎9．如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上，当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1．当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（　　）‎ A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等 B．在两次作用过程中，F1+F2＜F C．在两次作用过程中，F1+F2=F D．在两次作用过程中 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对整体分析，求出加速度，隔离分析，运用牛顿第二定律求出A对B的作用力大小．‎ ‎【解答】解：A、对整体分析，整体的加速度都为．故A正确．‎ B、隔离分析，第一种情况，A对B的作用力，第二中情况，A对B的作用力．F1+F2=F．故B错误，C正确．‎ D、可知．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎10．电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）‎ A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/s2‎ B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2‎ C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2‎ D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2‎ ‎【考点】超重和失重．‎ ‎【分析】对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方向，从而判断出电梯的运动规律．‎ ‎【解答】解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，‎ 在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，对重物根据牛顿第二定律有：‎ mg﹣F=ma，‎ 解得a=4m/s2，方向竖直向下，‎ 则电梯的加速度大小为4m/s2，方向竖直向下．‎ 电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，斜面上有a、b、c、d 四个点，ab=bc=cd，从a点以初动能EK0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为θ．若小球从 a 点以初动能2EK0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球将落在c点 B．小球将落在c下方 C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θ D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】A、小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值一定，即，t=，运动的时间与初速度有关，根据竖直方向上的位移公式，可得出竖直位移与初速度的关系，从而知道小球的落点．‎ C、判断速度方向与水平方向的夹角变化，去判断θ的变化．‎ ‎【解答】解：A、设斜面的倾角为α，小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值，t=，在竖直方向上的位移，当初动能变为原来的2倍，根据，知初速度变为原来的倍，则y变为原来的2倍，知小球落在c点．故A正确，B错误．‎ ‎ C、设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则，又t=，所以tanβ=2tanα，α不变，则β不变，所以速度方向与斜面的夹角也不变．故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0‎ 沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0=10m/s B．传送带的倾角θ=30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5‎ D．0〜2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m ‎【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】由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合传送带的位移，从而得到相对位移．‎ ‎【解答】解：A、由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t=1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为 v0=10m/s．故A正确．‎ BC、在0﹣1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a1==gsinθ+μgcosθ 由图可得：a1==m/s2=10m/s2．即有：gsinθ+μgcosθ=10m/s2…①‎ 在1.0﹣2.0s，物体的加速度为 a2==gsinθ﹣μgcosθ 由图可得：a2==m/s2=2m/s2．即有：gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2…②‎ 联立①②两式解得 μ=0.5，θ=37°．故B错误，C正确．‎ D、根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移 x1=×10×1=5m，传送带的位移为 x2=v0t1=10×1=10m，物体对传送带的位移大小为△‎ x1=x2﹣x1=10﹣5=5m，方向向上．1.0～2.0s物体相对于地的位移 x3=×1=11m，传送带的位移为 x4=v0t1=10×1=10m，物体对传送带的位移大小为△x2=x3﹣x4=11﹣10=1m，方向向下．故留下的痕迹为5m．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎13．如图所示，AB为半圆弧ACB的水平直径，C为ACB弧的中点，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度v0 为（g取10m/s2 ）（　　）‎ A．1.5m/s B．0.5m/s C．3m/s D．4.5m/s ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球从A点开始做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由时间求出下落高度h，根据几何知识求出水平位移x．小球水平方向做匀速直线运动，由公式v0=求解初速度．‎ ‎【解答】解：由题，圆弧ACB的半径R=0.75m．‎ 竖直方向：小球下落的高度h==0.45m．‎ 若小球落在AC圆弧上时，由几何知识得到，水平位移x=R﹣=0.15m．‎ 则v0==0.5m/s；‎ 若小球落在CB圆弧上时，由几何知识得到，水平位移x=R+=1.35m．‎ 则v0==4.5m/s；‎ 故选BD ‎　‎ ‎14．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（　　）‎ A．竖直挡板对球的弹力一定增大 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面对球的弹力保持不变 D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况，小球所受的合力为ma．‎ ‎【解答】解：A、B以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 竖直方向：F1cosθ=mg ①‎ 水平方向：F2﹣F1sinθ=ma，②‎ 由①看出，斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零．故B错误，C正确 由②看出，若加速运动时，F2=F1sinθ+ma．F2将增大，故A正确 D、根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 三、实验题 ‎15．某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图．（所用交流电的频率为50Hz）‎ ‎（1）为了研究加速度和质量的关系，在实验中必须采用控制变量法，应保持　拉力F　不变，用砂桶及砂所受的重力作为　小车所受拉力　，图（b）为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为　0.64　 m/s2．（保留三位有效数字）‎ ‎（2）在本次实验中，实验小组通过改变小车质量共做了8组实验，得到下表所示的实验数据，通过分析表中数据，你得出的结论是：　在小车所受外力不变的条件下，加速度与质量成反比例关系　． ‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 小车加速度a/（m•s﹣2）‎ ‎0.633‎ ‎0.572‎ ‎0.497‎ ‎0.418‎ ‎0.332‎ ‎0.250‎ ‎0.167‎ ‎0.101‎ 小车质量m/kg ‎0.25‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.71‎ ‎1.00‎ ‎1.67‎ 现需通过图象进一步验证你的结论，可利用表格数据作图，应在坐标纸中画出　a﹣　图线．‎ ‎（3）在某次实验中为研究加速度和力的关系，根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线，如图（c）所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　C　‎ A．小车与木板之间存在摩擦 B．木板保持了水平状态 C．所挂砂桶及砂的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；‎ 控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；‎ 根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）采用控制变量法研究加速度与质量的关系，需要将外力F保持不变，平衡摩擦后，可将砂桶及砂的重力等效为F，纸带上有6组数据，充分利用数据，采用“作差法”计算，‎ 即有：a==0.64m/s2．‎ ‎（2）通过1、5、7组数据，可看到质量加倍，加速度在误差范围内减半，故加速度与质量成反比例关系，a﹣m图线为曲线，并不能说明是反比例关系，故应作a﹣图线；‎ ‎（3）由图象OA段可知，a与F成正比，即：在小车质量一定时，加速度a与小车受到的合力F成正比；‎ 以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，‎ 由牛顿第二定律得：m钩码g=（m小车+m钩码）a，小车的加速度a= g，‎ 小车受到的拉力F=m小车a=g，当m钩码＜＜m小车时，‎ 可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，‎ 则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a﹣F图象偏离直线，故C正确．‎ 故答案为：（1）拉力F，小车所受拉力，0.64；‎ ‎（2）在小车所受外力不变的条件下，加速度与质量成反比例关系，a﹣；（3）C．‎ ‎　‎ ‎16．如图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．‎ ‎（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有　AC　．‎ A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B．每次小球释放的初始位置可以任意选择 C．每次小球应从同一高度由静止释放 D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 ‎（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是　C　．‎ ‎（3）某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，实验中只记录了竖直线没有记录平抛的起点，在竖直线上取某点记为O，过O的水平线为X轴，在轨迹上任取三点A、B、C，测A、B和C点竖直坐标y1为40.0cm、y2为120.0cm、y3为175.0cm，A、B两点水平坐标为20.0cm和40.0cm．则平抛小球的初速度v0为　1.0　 m/s，小球在C点的速度vC为　8.0　 m/s（结果可以用根式表示，g取10m/s2）．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．‎ ‎（2）根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出y与x2的关系式，从而确定正确的图线．‎ ‎（3）根据竖直方向相邻的相等时间内的位移差是个定值求出OA和AB间的时间，结合水平位移和时间求出初速度．根据速度位移公式求出C点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出C点的速度．‎ ‎【解答】解：（1）A、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故A正确；‎ B、为了使小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止滚下，故B错误，C正确；‎ D、描绘小球的运动轨迹，用平滑曲线连接，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎（2）根据y=，x=v0t得，y=，可知y﹣x2图象是过原点的倾斜直线，故选：C．‎ ‎（3）40cm=0.4m，120cm=1.20m，175cm=1.75m，20cm=0.20m，‎ 根据△y=gT2得：T==0.2s，‎ 则平抛运动的初速度．‎ A点的竖直分速度为：，‎ ‎，代入数据解得vyC=m/s，‎ 则C点的速度=m/s=8.0m/s．‎ 故答案为：（1）AC，（2）C，（3）1.0，8.0．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎17．如图甲所示，之旅为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动，过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）力F的大小、物体与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）10s末物体离A点的距离．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；‎ ‎（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积．‎ ‎【解答】解：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得：‎ a1=2 m/s2…①‎ 根据牛顿第二定律，有：F+μmg=ma1…②‎ 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得：‎ a2=﹣1m/s2…③‎ 根据牛顿第二定律，有：F﹣μmg=ma2…④‎ 解①②③④得：F=3N，μ=0.05 ‎ ‎（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积，则有：，负号表示物体在a点以左 ‎ 答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；‎ ‎（2）10s末物体离a点的距离为2m．‎ ‎　‎ ‎18．质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F任用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎【考点】动能定理的应用；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；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】清楚物体的运动过程，知道物体的受力情况，运用动量定理列出等式找出已知量和未知量之间的关系．‎ 对于匀变速直线运动我们可以运用牛顿第二定律结合运动学公式求解．‎ ‎【解答】解：由于全过程物体动量变化为0，对全过程应用动量定理有：‎ Fcosθt1=μ（mgcosθ+Fsinθ）t1+mgsinθ（t1+t2）+μmgcosθt2‎ 代入数据解得μ=0.25‎ 又考虑第二个过程，对物体进行受力分析，则由牛顿第二定律有a2=gsinθ+μgcosθ=8m/s2‎ 第二过程的初速度为v=a2t2=10m/s 根据匀变速直线运动规律得：‎ 总位移为s=×t1+×t2=16.25m 答：物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25，物体的总位移S为16.25m．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，质量为m1=2kg的木板A放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.1．木板在F=7N的水平拉力作用下由静止开始向右做匀加速运动，经过时间t=4s时在木板的右端轻放一个质量为m2=1kg的木块B，木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4．且木块可以看成质点．若要使木块不从木板上滑下来，求：‎ ‎（1）木块B放入前木板A的加速度；‎ ‎（2）木块B放入后，经过1秒木板A的速度；‎ ‎（3）木板的最小长度．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）在0﹣4s内，根据牛顿第二定律求解加速度；‎ ‎（2）根据摩擦力的计算公式求解摩擦力，分析A的受力判断A的运动情况，确定A的速度大小；‎ ‎（3）对木块B有根据牛顿第二定律求解加速度，求出B与A共速时经过的时间，根据匀变速直线运动的规律求解相对位移．‎ ‎【解答】解：（1）在0﹣4s内，对木板A受到重力、支持力、拉力和摩擦力，‎ 水平方向根据牛顿第二定律有：F﹣μ1m1g=m1a1，‎ 即：7﹣0.1×10×2=2×a1，‎ 可得a1=2.5m/s2；‎ 根据速度时间关系可得在4s末的速度为：v1=10m/s；‎ ‎（2）放上木块B后，B对A的摩擦力为f1=μ2m2g=0.4×1×10=4N，‎ 地面对A的摩擦力为f2=μ1（m1+m2）g=3N，‎ 所以有F=f1+f2，木板A的受力恰好平衡，以v1=10m/s匀速运动；‎ ‎（3）对木块B有：根据牛顿第二定律可得：a2=μ2g=4m/s2，‎ 木块B经过t时间达木板A的速度，则：t=，‎ 以后共同加速，在B加速过程中，B的位移为：‎ ‎，‎ A匀速运动的位移为：xA=v1t=10×2.5=25m，‎ 则木板A至少的长度为：L=xA﹣xB=12.5m．‎ 答：（1）木块B放入前木板A的加速度为2.5m/s2；‎ ‎（2）木块B放入后，经过1秒木板A的速度为10m/s；‎ ‎（3）木板的最小长度为12.5m．‎ ‎　‎ ‎20．如图1为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m．滑块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面的倾角θ，重力加速度为g，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即Ff=kv2．‎ ‎（1）写出滑块下滑过程中加速度的表达式；‎ ‎（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式；‎ ‎（3）若m=2kg，斜面倾角θ=30°，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图2所示，图中的斜线是t=0时v﹣t图线的切线，由此求出μ、k的值．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律得出滑块下滑过程中的加速度．‎ ‎（2）当加速度为零时，速度最大，结合加速度的表达式得出最大速度的表达式．‎ ‎（3）根据v=0时的加速度，以及加速度等于零时的最大速度表达式，求出k和μ的大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，‎ ‎=‎ ‎（2）当a=0时速度最大，，解得vmax=．‎ ‎（3）当v=0时，a=gsinθ﹣μgcosθ=3m/s2，‎ 代入数据解得μ==0.23．‎ 最大速度v=2m/s，vmax==2m/s，解得k=1.5kg/m．‎ 答：（1）滑块下滑过程中加速度的表达式；‎ ‎（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式为；‎ ‎（3）μ、k的值分别为0.23，1.5．‎ ‎　‎ ‎2017年1月24日