物理卷·2018届江西省新余一中高二上学期入学物理试卷 （解析版） 16页

‎2016-2017学年江西省新余一中高二（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每题4分，共40分）‎ ‎1．美国物理学家于1995年在国家实验室观察到了顶夸克．这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为EP=﹣K，式中r是正、反顶夸克之间的距离，as=0.12是强相互作用耦合常数，无单位，K是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数K的单位是（　　）‎ A．J B．N C．J•m D．J/m ‎2．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移﹣时间图象如图所示．下列表述正确的是（　　）‎ A．0.2﹣0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B．0.2﹣0.5小时内，甲的速度比乙的大 C．0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的小 D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等 ‎3．小球P和Q用不可伸长的轻绳挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两球均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨道的最低点（　　）‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定大于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度 ‎4．在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是（　　）‎ A．AB：AC=2：1 B．AB：AC=4：1 C．t1：t2=4：1 D．t1：t2=：1‎ ‎5．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（　　）‎ A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同 C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 ‎6．如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示．则（　　）‎ A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎7．为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F﹣图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（　　）‎ A．电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/s B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动 C．该车做匀加速运动的时间是1.5s D．该车加速度大小为0.75m/s2‎ ‎8．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图象如题图乙所示．则（　　）‎ A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2=c时，杆对小球的弹力方向向下 D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 ‎9．在一东西向的水平直铁轨道上，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的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩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（　　）‎ A．7 B．10 C．15 D．21‎ ‎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3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N，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1.1×106N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2‎ ‎　‎ 二、填空题(11题6分，12题6分，13题4分，共16分）‎ ‎11．某同学利用如图1所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系．实验中，将一端带滑轮的长木板放在水平实验台上，实验小车通过轻细线跨过定滑轮与钩码相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz，在保持实验小车质量不变的情况下，放开钩码，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度a；改变钩码的个数，重复实验．‎ ‎（1）实验过程中打出的一条纸带如图2所示，在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这个点上标明A，第六个点上标明B，第十一个点上标明C，第十六个点上标明D，第二十一个点上标明E，测量时发现B点已模糊不清，于是测得AC长度为12.30cm，CD的长度为6.60cm，DE的长度为6.90cm，则小车运动的加速度a=　　m/s2．‎ ‎（2）根据实验测得的数据，以小车运动的加速度a为纵轴，钩码的质量m为横轴，得到如图3所示的a﹣m图象，已知重力加速度g=10m/s2．‎ ‎①由图象求出实验小车的质量为　　kg；‎ ‎②平衡摩擦力时，长木板与水平实验台夹角的正切值约为　　．‎ ‎12．在实验验证自由落体的重物机械能守恒时，打出的纸带如图所示．图中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为x1，DF间的距离为x2，已知打点计时器打点的周期是T，重力加速度为g．‎ ‎（1）如果在实验误差允许的范围内x1、x2、T、g满足关系式　　，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．‎ ‎（2）已知T=0.02s．如果打出的纸带OA距离大约是5mm，则出现这种情况的原因可能是　　；如果操作正确，但打出的纸带OA距离大约是1mm，则　　（填“能”或“不能”）利用这条纸带来进行验证．‎ ‎13．质量M=500t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过时间t=5min在水平路面上行驶了s=2.25km，速度达到了最大值vm=54km/h，则机车的功率为　　W，机车运动中受到的平均阻力为　　N．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎14．如图所示，质量m=0.5kg的物体放在水平面上，在F=3.0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x=4.0m时撤去力F，物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物体在力F作用过程中加速度的大小；‎ ‎（2）撤去力F的瞬间，物体速度的大小；‎ ‎（3）撤去力F后物体继续滑动的时间．‎ ‎15．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，求地球的密度ρ．‎ ‎16．如图所示，有一个质量为m=1kg的小物块沿倾角α为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）的斜面加速下滑，斜面体静止不动，已知物块与斜面的动摩擦因数为μ=0.5．求斜面体对小物块的支持力和摩擦力．‎ ‎17．如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R=10cm的光滑圆轨道，质量为m=4kg的物块静止放在粗糙水平面上A处、物块与水平面的动摩擦因数μ=0.75，A与B的间距L=0.5m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点，求：‎ ‎（1）物块到达B处时的功能；‎ ‎（2）拉力F的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省新余一中高二（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题4分，共40分）‎ ‎1．美国物理学家于1995年在国家实验室观察到了顶夸克．这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为EP=﹣K，式中r是正、反顶夸克之间的距离，as=0.12是强相互作用耦合常数，无单位，K是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数K的单位是（　　）‎ A．J B．N C．J•m D．J/m ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】根据正、反顶夸克之间的强相互作用势能公式表示出K，代入国际单位以后可以知道它的单位．‎ ‎【解答】解：由题意知K=﹣，as无单位，r的单位为m，EP的单位为J，则K的单位为Jm，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移﹣时间图象如图所示．下列表述正确的是（　　）‎ A．0.2﹣0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B．0.2﹣0.5小时内，甲的速度比乙的大 C．0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的小 D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的正负分析速度的方向．物体的位移等于s的变化量．‎ ‎【解答】解：A、由图知，0.2﹣0.5小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A错误．‎ B、s﹣t图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B正确．‎ C、物体的位移等于s的变化量．则知0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的大，故C错误．‎ D、0﹣0.6小时内，甲的位移比乙的大，0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8小时内，甲的路程比乙的大，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．小球P和Q用不可伸长的轻绳挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两球均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨道的最低点（　　）‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定大于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度 ‎【考点】机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，得到最低点的速度表达式；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度表达式，再比较它们的大小．‎ ‎【解答】解：A、对任意一球，设绳子长度为L．小球从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgL=mv2，解得：v=，v∝，则知，通过最低点时，P球的速度一定小于Q球的速度．故A错误．‎ B、由于P球的质量大于Q球的质量，而P球的速度小于Q球的速度，所以P球的动能不一定大于Q球的动能．故B错误．‎ C、在最低点，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，解得，F=3mg，与L无关，与m成正比，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，故C正确．‎ D、在最低点小球的向心加速度 a向==2g，与L无关，所以P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是（　　）‎ A．AB：AC=2：1 B．AB：AC=4：1 C．t1：t2=4：1 D．t1：t2=：1‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是一定值，即tanθ===，知运动的时间与初速度有关．从而求出时间比．根据时间比，可得出竖直方向上的位移比，从而可知AB与AC的比值．‎ ‎【解答】解：平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为 tanθ===．‎ 则t=．则知运动的时间与初速度成正比，所以t1：t2=2：1．‎ 竖直方向上下落的高度h=gt2．知竖直方向上的位移之比为4：1．斜面上的距离s=，知AB：AC=4：1．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是（　　）‎ A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同 C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星变轨，做离心运动要加速；万有引力提供向心力；加速度和动量都是矢量．‎ ‎【解答】解：A．卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故A错误；‎ B．在轨道1和在轨道2运行经过P点，都是万有引力提供向心力，由a=可知，卫星在P点的加速度都相同，故B正确；‎ C．由a=可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误；‎ D．卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示．则（　　）‎ A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】分别对a、ab以及abP整体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用．‎ ‎【解答】解：对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；f1≠0；‎ 再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；f2≠0；‎ 对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；f3=0；‎ 故只有C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F﹣图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（　　）‎ A．电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/s B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动 C．该车做匀加速运动的时间是1.5s D．该车加速度大小为0.75m/s2‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力 ‎【解答】解：A、因为横坐标是，所以全过程中，C点的值最小，匀加速达到的最大速度为15m/s．故A正确．‎ B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动；BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动．故B错误．‎ C、电动机的功率为：P=W=6000W，‎ 匀加速运动的末速度为：v==m/s 当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f=400N，‎ 根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a==2m/s 2，‎ 则匀加速运动的时间t=．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图象如题图乙所示．则（　　）‎ A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2=c时，杆对小球的弹力方向向下 D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、由图象知，当v2=0时，F=a，故有：F=mg=a，由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：‎ mg=，得：g=．‎ 由可知，m=，故A正确，B错误．‎ C、由图象可知，当v2=c时，有：0＜F＜a=mg，可知向心力小于重力，则杆对小球的弹力方向向上，故C错误．‎ D、由图象可知，当v2=2b时，由，故有：‎ F+mg==，得：F=mg，故D正确 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎9．在一东西向的水平直铁轨道上，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的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩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（　　）‎ A．7 B．10 C．15 D．21‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据两次给出的加速度大小和P和Q之间拉力的情况，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n和k，‎ 当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=nm•a，‎ 当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=km•a，‎ 根据以上两式可得，n=k，‎ 即两边的车厢的数目为N=n+k=k，‎ k的取值应该为2的倍数，所以N可能是21，‎ 所以正确的D．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎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3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N，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1.1×106N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D．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．‎ ‎【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=1.1×106N；故AD正确；‎ B、弹射器对对舰载机所做的功W=Fs=1.1×106N×100=1.1×108J；故B正确；‎ C、作用时间t===2.5s；平均功率P==4.4×107W；故C错误；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 二、填空题(11题6分，12题6分，13题4分，共16分）‎ ‎11．某同学利用如图1所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系．实验中，将一端带滑轮的长木板放在水平实验台上，实验小车通过轻细线跨过定滑轮与钩码相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz，在保持实验小车质量不变的情况下，放开钩码，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度a；改变钩码的个数，重复实验．‎ ‎（1）实验过程中打出的一条纸带如图2所示，在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这个点上标明A，第六个点上标明B，第十一个点上标明C，第十六个点上标明D，第二十一个点上标明E，测量时发现B点已模糊不清，于是测得AC长度为12.30cm，CD的长度为6.60cm，DE的长度为6.90cm，则小车运动的加速度a=　0.3　m/s2．‎ ‎（2）根据实验测得的数据，以小车运动的加速度a为纵轴，钩码的质量m为横轴，得到如图3所示的a﹣m图象，已知重力加速度g=10m/s2．‎ ‎①由图象求出实验小车的质量为　1.0　kg；‎ ‎②平衡摩擦力时，长木板与水平实验台夹角的正切值约为　0.01　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）根据表中实验数据作出a﹣F图象，求出图象对应的函数表达式，进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，‎ 第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E．‎ 所以相邻两个计数点间的时间间隔为0.1秒．‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可知，加速度为：a===0.3m/s2．‎ ‎（2）①实验中钩码的重力近似等于小车的合力，根据牛顿第二定律得：a==，‎ 根据图象的斜率得出k==10，所以实验小车的质量为M=1.0kg，‎ ‎②由图可知，当F≠0时，a=0，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小，‎ 即小车与水平实验台的最大静摩擦力f=0.01×10=0.1N；‎ 小车的质量为M=1.0kg，所以小车与水平实验台的动摩擦因数μ=0.01，‎ 所以平衡摩擦力时，长木板与水平实验台倾角的正切值约为tanα=μ=0.01．‎ 故答案为：（1）0.3（2）①1.0；②0.01．‎ ‎　‎ ‎12．在实验验证自由落体的重物机械能守恒时，打出的纸带如图所示．图中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为x1，DF间的距离为x2，已知打点计时器打点的周期是T，重力加速度为g．‎ ‎（1）如果在实验误差允许的范围内x1、x2、T、g满足关系式　　，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．‎ ‎（2）已知T=0.02s．如果打出的纸带OA距离大约是5mm，则出现这种情况的原因可能是　先释放纸带、后接通电源　；如果操作正确，但打出的纸带OA距离大约是1mm，则　能　（填“能”或“不能”）利用这条纸带来进行验证．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）通过某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度，从而得出动能的增加量，通过下落的高度求出重力势能的减小量，若动能的增加量和重力势能的减小量相等，则重锤下落过程中机械能守恒．‎ ‎（2）若初速度为零，加速度为g，OA间的距离大于2mm，根据OA间实际的距离分析误差的原因．‎ ‎【解答】解：（1）E点的速度为，则O到E，动能的增加量为=，‎ 重力势能的减小量△Ep=mgl，‎ 若即，机械能守恒．‎ ‎（2）若初速度为零，加速度为g，则OA间的距离大约2mm，发现OA距离大约5mm，知初速度不为零，可能是先释放纸带后启动打点计时器．‎ 操作正确，打出的纸带OA距离大约是1mm＜2mm，说明由静止释放纸带的时刻位于打两个点之间的时间内，所以能利用这条纸带来进行验证．‎ 故答案为：（1），（2）先释放纸带、后接通电源；能．‎ ‎　‎ ‎13．质量M=500t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过时间t=5min在水平路面上行驶了s=2.25km，速度达到了最大值vm=54km/h，则机车的功率为　3.75×105　W，机车运动中受到的平均阻力为　2.5×104　N．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】汽车达到速度最大时做匀速直线运动，牵引力做功为W=Pt，运用动能定理求解机车的功率P．根据匀速直线运动时的速度和功率，由P=Fv求出此时牵引力，即可得到阻力．‎ ‎【解答】解：机车的最大速度为vm=54km/h=15m/s．‎ 以机车为研究对象，机车从静止出发至达速度最大值过程，根据动能定理得 ‎ Pt﹣fx=‎ 当机车达到最大速度时P=Fvm=fvm 由以上两式得P=3.75×105W 机车匀速运动时，阻力为f=F==2.5×104N 故答案为：3.75×105；2.5×104‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎14．如图所示，质量m=0.5kg的物体放在水平面上，在F=3.0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x=4.0m时撤去力F，物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物体在力F作用过程中加速度的大小；‎ ‎（2）撤去力F的瞬间，物体速度的大小；‎ ‎（3）撤去力F后物体继续滑动的时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律，即可求出加速度；‎ ‎（2）根据速度﹣位移公式，结合加速度即可求出；‎ ‎（3）设撤去力F后物体的加速度为a2，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据速度时间公式求解时间．‎ ‎【解答】解：（1）设物体受到的滑动摩擦力为Ff，加速度为a1，则Ff=μmg 根据牛顿第二定律，物块在力F作用过程中，有F﹣Ff=ma1‎ 解得：a1=2m/s2‎ ‎（2）设撤去力F时物块的速度为v，由运动学公式v2=2a1x ‎ 解得 v=4.0m/s ‎ ‎（3）设撤去力F后物体的加速度为a2，根据牛顿第二定律，有 Ff=ma2‎ 解得 a2=4m/s2‎ 由匀变速直线运动公式得：‎ 答：（1）物体在力F作用过程中加速度的大小为2m/s2；（2）撤去力F的瞬间，物体速度的大小为4.0m/s；（3）撤去力F后物体继续滑动的时间为1s．‎ ‎　‎ ‎15．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，求地球的密度ρ．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解．‎ ‎【解答】解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，‎ 由此可得地球质量M=，‎ 在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G﹣mg=mR，‎ 密度：ρ==，解得：ρ=；‎ 答：地球的密度为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，有一个质量为m=1kg的小物块沿倾角α为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）的斜面加速下滑，斜面体静止不动，已知物块与斜面的动摩擦因数为μ=0.5．求斜面体对小物块的支持力和摩擦力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】通过受力分析，斜面体对小物块的支持力，再由公式f=μN求出摩擦力．‎ ‎【解答】解：对物体受力分析，物体受重力、支持力和滑动摩擦力，垂直于斜面方向物体的合力为零，则斜面体对小物块的支持力 N=mgcosα=1×10×cos37°=8N 摩擦力为 f=μN=0.5×8N=4N 答：斜面体对小物块的支持力是8N，摩擦力是4N．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R=10cm的光滑圆轨道，质量为m=4kg的物块静止放在粗糙水平面上A处、物块与水平面的动摩擦因数μ=0.75，A与B的间距L=0.5m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点，求：‎ ‎（1）物块到达B处时的功能；‎ ‎（2）拉力F的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ．‎ ‎【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律和向心力公式求出物块通过最高点时的速度，结合动能定理求出物块到达B处的动能；‎ ‎（2）对AB段运用动能定理，根据动能定理得出F与θ的关系式，结合数学三角函数求极值的方法得出F的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时的速度为v，则有：mg=m 物块从B点处沿光滑圆轨道移动到最高点，由机械能守恒得：‎ EkB=2mgR+mv2‎ 联立解得：EkB=mgR=10J 所以物块到达B处时的动能EkB=10J ‎（2）物块从A运动到B 由动能定理可得：W合=△Ek 即：FLcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）L=EkB 代入数据可得：F=40N 由数学知识可得，当θ=37°时，F最小值为40N 答：（1）物块到达B处时的功能为10J；‎ ‎（2）拉力F的最小值是40N，此时拉力方向与水平方向的夹角θ为37°．‎ ‎　‎