甘肃省武威十八中2017届高三上学期第三次月考物理试卷 18页

‎2016-2017学年甘肃省武威十八中高三（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一.选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．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．某质点以20m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2s到达最高点，上升高度为20m，又经过2s回到出发点时，速度大小仍为20m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点运动的加速度大小为10m/s2，方向竖直向下 B．质点在这段时间内的平均速度大小为10m/s C．质点在最高点时加速度为零 D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相同 ‎2．如图所示，两个质量相等的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1、F2，且F1＞F2，则A施于B的作用力的大小为（　　）‎ A．F1 B．F2 C． D．‎ ‎3．如图所示，斜面顶端固定有半径为R的轻质滑轮，用不可伸长的轻质细绳将半径为r的球沿斜面缓慢拉升．不计各处摩擦，且R＞r．设绳对球的拉力为F，斜面对球的支持力为N，则关于F和N的变化情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．F一直增大，N一直减小 B．F一直增大，N先减小后增大 C．F一直减小，N保持不变 D．F一直减小，N一直增大 ‎4．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．在地面上方的A点以E1=3J的初动能水平抛出一小球，小球刚落地前的瞬时动能为E2=7J，落地点在B点，不计空气阻力，则A、B两点的连线与水平方向的夹角为（　　）‎ A．30° B．37° C．45° D．60°‎ ‎6．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（　　）‎ A． R B． R C．2R D． R ‎7．大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体沿粗糙的水平面移动相同的距离，其中力F做功最多的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma＞mb，它们的初动能相同．若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则（　　）‎ A．Fa＞Fb，且sa＜sb B．Fa＞Fb，且sa＞sb C．Fa＜Fb，且sa＜sb D．Fa＜Fb，且sa＞sb ‎9．地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，已知其轨道半径为r，同期为T，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g．根据题目提供的已知条件，可以估算出的物理量有（　　）‎ A．地球的质量 B．同步卫星的质量 C．地球的平均密度 D．同步卫星离地面的高度 ‎10．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g）．下列说法正确的是（　　）‎ A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能 B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能 C．B球的最大速度为 D．A球克服细杆所做的功为mgR ‎11．轻质弹簧竖直放在地面上，物块P的质量为m，与弹簧连在一起保持静止．现用竖直向上的恒力F使P向上加速运动一小段距离L时，速度为v，下列说法中正确的是（　　）‎ A．重力做的功是mgL B．合外力做的功是 C．合外力做的功是FL﹣mgL D．弹簧弹力做的功为mgL﹣FL+‎ ‎12．如图所示，水平传送带A、B两端相距s=4m，以v0=4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（　　）‎ A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m ‎　‎ 二．实验题（每空3，共15分）‎ ‎13．在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中；‎ ‎（1）实验过程中，下列做法正确的是　　．‎ A．先接通电源，再使纸带运动 B．先使纸带运动，再接通电源 C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处 ‎（2）如图所示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有4个点未画出，按时间顺序取0，1，2，3，4，5，6共7个计数点，测出1，2，3，4，5，6点到0点的距离，如图所示（单位：cm）．由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v4=　　m/s，小车的加速度大小为　　m/s2．（保留2位有效数字）‎ ‎14．在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出．‎ ‎（1）当M与m的大小关系满足　　时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．‎ ‎（2）某组同学实验得出数据，画出a﹣F图象如图2所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是　　‎ A．实验中没有平衡摩擦力 B．实验中平衡摩擦力过度 C．实验中绳子拉力方向没有跟木板平行 D．实验中小车质量发生变化．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，第15、16题各12分，第17题13分．共34分）‎ ‎15．如图（a）所示，轻绳AD跨过固定在竖直墙上的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：‎ ‎（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比；‎ ‎（2）轻杆BC对C端的支持力；‎ ‎（3）轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎16．如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与平板小车右端平滑对接．小车质量 M=3kg，车长 L=2.06m．现有一质量m=1kg的小滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ=0.3，当小车运动了1.5s时，小车被地面装置锁定．试求：（g=10m/s2 ）‎ ‎（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小FN；‎ ‎（2）小车被锁定时，小车右端距轨道B端的距离；‎ ‎（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块与平板小车之间产生的热．‎ ‎17．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m=0.5kg，通电后以额定功率P=2w工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.00m，R=0.32m，（g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少多大？‎ ‎（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t？‎ ‎（3）若电动机工作时间为t0=5s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省武威十八中高三（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．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．某质点以20m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2s到达最高点，上升高度为20m，又经过2s回到出发点时，速度大小仍为20m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点运动的加速度大小为10m/s2，方向竖直向下 B．质点在这段时间内的平均速度大小为10m/s C．质点在最高点时加速度为零 D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相同 ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】由速度位移公式求加速度大小；‎ 平均速度=；‎ 质点在最高点时速度为零，但加速度不为零；‎ 速度时矢量，判断速度是否相同还要注意速度的方向．‎ ‎【解答】解：A、由速度位移公式： =x 代入数据： =20m 得：a=10m/s2，故A正确；‎ B、质点在这段时间内回到了出发点，故位移为零，平均速度=，则平均速度为零，故B错误；‎ C、质点在最高点时，加速度仍为10m/s2，不为0，故C错误；‎ D、质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度方向不同，故速度不同，D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两个质量相等的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1、F2，且F1＞F2，则A施于B的作用力的大小为（　　）‎ A．F1 B．F2 C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以整体为研究对象，由牛顿第二定律可以求出加速度；以A或B为研究对象，由牛顿第二定律可以求出两物体间的作用力．‎ ‎【解答】解：以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ ‎（F1﹣F2）=2ma，‎ 加速度为：a=，‎ 以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F1﹣N=ma，‎ 解得A、B间的作用力：N=；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，斜面顶端固定有半径为R的轻质滑轮，用不可伸长的轻质细绳将半径为r的球沿斜面缓慢拉升．不计各处摩擦，且R＞r．设绳对球的拉力为F，斜面对球的支持力为N，则关于F和N的变化情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．F一直增大，N一直减小 B．F一直增大，N先减小后增大 C．F一直减小，N保持不变 D．F一直减小，N一直增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，三力平衡，通过作图法分析即可．‎ ‎【解答】解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示：‎ 由于细线与斜面的夹角不断增加，故F一直增大，N一直减小；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】物体沿斜面匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件可求出物体所受的滑动摩擦力大小，当物体沿斜面上滑时，滑动摩擦力大小不变，再根据牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求上滑的最大距离．‎ ‎【解答】解：物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsinθ，‎ 当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma，‎ 由此解得：a=2gsinθ，方向沿斜面向下．‎ 根据v2﹣v02=2ax，解得：x=；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．在地面上方的A点以E1=3J的初动能水平抛出一小球，小球刚落地前的瞬时动能为E2=7J，落地点在B点，不计空气阻力，则A、B两点的连线与水平方向的夹角为（　　）‎ A．30° B．37° C．45° D．60°‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】物体做的是平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，求出A、B两点的连线与水平方向的夹角的正切值，即可求得夹角的大小．‎ ‎【解答】解：设物体的质量为m，物体的动能为E1=3J，‎ 所以E1=mv02=3J，‎ 所以物体的速度v0为v0==，‎ 物体的末动能E2=7J，‎ 根据E2=mv2=7J，‎ 所以物体的速度v为v==，‎ 所以物体在竖直方向上的速度的大小为vy==，‎ 设A、B两点的连线与水平方向的夹角为θ，‎ 则tanθ======，‎ 所以θ=30°，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（　　）‎ A． R B． R C．2R D． R ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星的半径．‎ ‎【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g．‎ 根据平抛运动的规律得 h=得，t=‎ 则水平射程x=v0t=v0．‎ 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 ==‎ 根据G=mg，得g=‎ 可得 =•‎ 解得行星的半径 R行=R地•=Rו=2R 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体沿粗糙的水平面移动相同的距离，其中力F做功最多的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】由功的公式分别分析几种情况下拉力做功的情况，即可比较做功的多少．‎ ‎【解答】解：拉力做功W=FLcosθ；由图可知，A中夹角为0°，B中夹角为30°；C中夹角为30°，D中拉力为60°，因夹角越大，则cosθ越小，故A中拉力做功最多；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma＞mb，它们的初动能相同．若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则（　　）‎ A．Fa＞Fb，且sa＜sb B．Fa＞Fb，且sa＞sb C．Fa＜Fb，且sa＜sb D．Fa＜Fb，且sa＞sb ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据动能与速度的关系和运动学公式s=t分析位移关系．由动能定理分析阻力的大小关系．‎ ‎【解答】解：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s．‎ 物体的速度与动能的关系为Ek=mv2，得v=，由s=t得：s=t，‎ 由题意可知：t和Ek相同，则质量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb．‎ 由动能定理得：﹣Fs=0﹣EK，因初动能相同，F与s成反比，则Fa＞Fb．‎ 故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，已知其轨道半径为r，同期为T，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g．根据题目提供的已知条件，可以估算出的物理量有（　　）‎ A．地球的质量 B．同步卫星的质量 C．地球的平均密度 D．同步卫星离地面的高度 ‎【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．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力求解中心天体（地球）的质量．‎ 根据万有引力等于重力列出等式，联立求解．‎ ‎【解答】解：A、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得=m M= ①，所以可求出地球的质量，故A正确 B、根据万有引力提供向心力列出等式，同步卫星的质量在等式中消去，‎ 所以根据题目已知条件无法求出同步卫星的质量，故B错误 C、根据万有引力等于重力列出等式： m=mg 地球半径R= ②‎ 根据密度ρ= 和①②等式可求出地球的平均密度，故C正确 D、已知其轨道半径为r，由①②等式可求出地球半径R，同步卫星离地面的高度h=r﹣R，‎ 所以可求出同步卫星离地面的高度，故D正确 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g）．下列说法正确的是（　　）‎ A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能 B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能 C．B球的最大速度为 D．A球克服细杆所做的功为mgR ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】本题的关键是明确球A与B组成的系统机械能守恒，球B减少的机械能应等于球A增加的机械能；通过球B减少的重力势能等于球A增加的重力势能和两球增加的动能之和即可求出球B的最大速度；再对A球应用动能定理即可求出细杆对小球做的功．‎ ‎【解答】解：A：对小球A与B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，小球B减少的机械能应等于小球A增加的机械能，所以A正确；‎ B：根据机械能守恒定律可知，小球B减少的重力势能应等于小球增加的重力势能与两小球增加的动能之和，所以B错误；‎ C：根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能为=2mg•2R 系统增加的机械能为=mg•2R+‎ 由=解得：B球的最大速度为v=，所以C正确；‎ D：对A球由动能定理应有：﹣mg•2R+=，代入数据可得： =，为正值说明细杆对球A做正功，所以D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．轻质弹簧竖直放在地面上，物块P的质量为m，与弹簧连在一起保持静止．现用竖直向上的恒力F使P向上加速运动一小段距离L时，速度为v，下列说法中正确的是（　　）‎ A．重力做的功是mgL B．合外力做的功是 C．合外力做的功是FL﹣mgL D．弹簧弹力做的功为mgL﹣FL+‎ ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】滑块受重力、弹簧的拉力和恒力F，根据动能定理列式求解合外力做的功，物体上升时重力做负功，再由动能定理求弹簧弹力做的功．‎ ‎【解答】解：A、物体上升L时，克服重力做功为mgL，即重力做功为﹣mgL，故A错误；‎ BC、根据动能定理，合外力做功为：W合=△Ek=mv2，故B正确，C错误；‎ D、根据动能定理，有：﹣mgL+FL+W弹=mv2，解得：W弹=mgL﹣FL+mv2，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．如图所示，水平传送带A、B两端相距s=4m，以v0=4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（　　）‎ A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】小煤块在传送带上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，划痕的长度等于煤块相对于传送带的位移．根据牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎【解答】解：AB、煤块的加速度a=μg=4m/s2，煤块达到传送带速度时所用的时间，此时的位移，则匀速直线运动的时间．则小煤块从A运动到B的时间为1.5s．故A错误，B正确．‎ CD、当小煤块速度达到传送带速度时，传送带的位移x2=v0t1=4m，则划痕的长度△x=x2﹣x1=4﹣2m=2m．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二．实验题（每空3，共15分）‎ ‎13．在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中；‎ ‎（1）实验过程中，下列做法正确的是　AD　．‎ A．先接通电源，再使纸带运动 B．先使纸带运动，再接通电源 C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处 ‎（2）如图所示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有4个点未画出，按时间顺序取0，1，2，3，4，5，6共7个计数点，测出1，2，3，4，5，6点到0点的距离，如图所示（单位：cm）．由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v4=　0.41　m/s，小车的加速度大小为　0.76　m/s2．（保留2位有效数字）‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）AB、先接通电源，再使纸带运动，故A正确，B错误；‎ CD、将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故C错误，D正确；‎ ‎（2）计时器所用电源的频率为50Hz，则打点周期为0.02s．带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：‎ v4=≈0.41m/s，‎ 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，得：‎ x4﹣x1=3a1T2‎ x5﹣x2=3a2T2‎ x6﹣x3=3a3T2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：‎ a=（a1+a2+a3）‎ 代入数据得：a=≈0.76m/s2‎ 故答案为：（1）AD；（2）0.41，0.76．‎ ‎　‎ ‎14．在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出．‎ ‎（1）当M与m的大小关系满足　M＞＞m　时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．‎ ‎（2）某组同学实验得出数据，画出a﹣F图象如图2所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是　B　‎ A．实验中没有平衡摩擦力 B．实验中平衡摩擦力过度 C．实验中绳子拉力方向没有跟木板平行 D．实验中小车质量发生变化．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．‎ ‎（2）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大；‎ ‎【解答】解：（1）以整体为研究对象有：mg=（m+M）a；解得：a=，以M为研究对象有绳子的拉力为：；显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a﹣M图象；但存在关系：，故a与成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作图象；‎ ‎（3）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，故选B．‎ 故答案为：（1）M＞＞m；（2）B．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，第15、16题各12分，第17题13分．共34分）‎ ‎15．如图（a）所示，轻绳AD跨过固定在竖直墙上的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：‎ ‎（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比；‎ ‎（2）轻杆BC对C端的支持力；‎ ‎（3）轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据定滑轮的力学特性，可知a图中，细绳AC段的张力等于物体的重力．‎ 图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；‎ 乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎【解答】解：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如右图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解．‎ ‎（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FAC=FCD=M1g；‎ 上图（b）中由于FEGsin 30°=M2g得FEG=2M2g，所以FAC：FEG=M1：2M2．‎ ‎（2）上图（a）中，根据FAC=FCD=M1g且夹角为120°‎ 故FNC=FAC=M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方． ‎ ‎（3）上图（b）中，根据平衡方程有FEGsin 30°=M2g、FEGcos 30°=FNG 所以FNG=M2gcot 30°=M2g，方向水平向右． ‎ 答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；‎ ‎（2）M1g方向与水平方向成30°角，指向斜右上方；‎ ‎（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g　方向水平向右．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与平板小车右端平滑对接．小车质量 M=3kg，车长 L=2.06m．现有一质量m=1kg的小滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ=0.3，当小车运动了1.5s时，小车被地面装置锁定．试求：（g=10m/s2 ）‎ ‎（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小FN；‎ ‎（2）小车被锁定时，小车右端距轨道B端的距离；‎ ‎（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块与平板小车之间产生的热．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）滑块从光滑圆弧轨道下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒．经过B端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出滑块到达B点的速度，再由牛顿第二定律求解轨道的支持力．‎ ‎（2）当小滑块滑上小车后，滑块向左做匀减速运动，小车向左做匀加速运动．根据牛顿第二定律分别求出滑块滑上小车后滑块和小车的加速度，由速度公式求出两者速度所经历的时间，再求解车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；‎ ‎（3）从车开始运动到被锁定的过程中，系统损失的机械能转化为内能，求出滑块相对于小车滑动的距离，根据能量守恒定律求出系统损失的机械能，即为滑块与平板小车之间产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）小滑块在1/4光滑圆弧轨道过程中，由机械能守恒得 ‎ 在B点，对小滑块，由牛顿第二定律得 联立两式，代入数值得 FN=3mg=30（N）‎ ‎（2）当小滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得 对小滑块有：﹣μmg=ma1，得 ‎ 对小车有：μmg=Ma2，得 ‎ 经时间t两者达到共同速度v’，则有 v+a1t=a2t得 t=1s 由于t=1s＜1.5s，此时小车未被锁定，两者共同速度 v′=a2t=1m/s，并一起匀速运动 因此，小车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离 ‎ ‎（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，对滑块和小车组成的系统，由能量转化和守恒，得：‎ 滑块和小车之间产生的热 ‎ ‎（或：从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车的位移 滑块和小车之间产生的热 Q=μmgx相对=6J）‎ 答：‎ ‎（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小FN是30N．‎ ‎（2）小车被锁定时，小车右端距轨道B端的距离是1m．‎ ‎（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块与平板小车之间产生的热是6J．‎ ‎　‎ ‎17．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m=0.5kg，通电后以额定功率P=2w工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.00m，R=0.32m，（g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少多大？‎ ‎（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t？‎ ‎（3）若电动机工作时间为t0=5s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出vC ‎，在从B到C的过程中质点仅受重力和轨道的支持力，而轨道的支持力不做功，共可以根据动能定理求出物体在B的速度，在B点根据支持力和重力的合力提供向心力得出物体在B点所受的支持力；‎ ‎（2）物体从A向B运动过程中所拉力和摩擦力，由动能定理结合额定功率、阻力及位移可求出电动机至少工作时间．‎ ‎（3）从A到C运用动能定理，从C落地运用平抛运动规律，从而由数学知识来求出赛车既能完成比赛且飞出的最大半径与最远距离．‎ ‎【解答】解：（1）当赛车恰好过C点时在B点对轨道压力最小，‎ 赛车在C点对有：‎ 解得…①‎ 对赛车从B到C由机械能守恒得：…②‎ 赛车在B处；…③‎ 由牛顿第三定律； 压力 F=FN 联立以上得： =4m/s ‎ ‎ F=6mg=30N ‎ ‎（2）对赛车从A到B由动能定理得：‎ ‎ Pt﹣‎ ‎ 解得：t=4s ‎ ‎（3）对赛车从A到C由动能定理得：‎ 赛车飞出C后有：竖直方向 水平方向x=v0t ‎ 解得：‎ 所以 当R=0.3m时x最大，xmax=1.2m ‎ 答：（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为30N；‎ ‎（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作时间4s；‎ ‎（3）若电动机工作时间为t0=5s，当R为0.3m时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是1.2m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月13日