重庆市秀山高中2016-2017学年上学期高三（上）月考物理试卷（10月份）（解析版） 18页

‎2016-2017学年重庆市秀山高中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．其中1～6为单项选择题，7～10为多项选择题，选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分．）‎ ‎1．孔明灯又叫天灯，中国很多地方有放孔明灯的习俗．如图所示某质量为m的孔明灯升空后与竖直方向夹角为θ斜向上匀速运动，则此孔明灯所受空气的作用力大小是（　　）‎ A．mgB．mg tan θC．D．‎ ‎2．如图s﹣t图象（位移时间图象）和v﹣t图象（速度时间图象）中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（　　）‎ A．图线1表示物体做曲线运动 B．v﹣t图象中t3时刻v4＞v3‎ C．s﹣t图象中0至t1时间内1的平均速度等于2的平均速度 D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动 ‎3．某次实验中一物体自楼顶由静止开始下落，历时2s落地，若物体的加速度不变，则测得落地速度为18m/s，g=10m/s2，则楼高为（　　）‎ A．18mB．20mC．36mD．32.4m ‎4．有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大．当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎5．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a的时间间隔为Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔为Tb，则a、b之间的距离为（　　）‎ A． g（Ta2﹣Tb2）B． g（Ta2﹣Tb2）C． g（Ta2﹣Tb2）D． g（Ta2+Tb2）‎ ‎6．某同学在电梯里的托盘秤上放一个质量为m=5kg的玩具，电梯从一楼上升到六楼停下，测得从启动到匀速再到制动停下所用总时间t=6s，托盘秤读数的差值最大为30N，如果电梯从一楼上到六楼通过的位移为x=24m，设电梯启动时和制动时的加速度大小相等且恒定，取重力加速度g=10m/s2，则电梯启动和制动时的加速度大小a和匀速运动时的速度大小v分别为（　　）‎ A．a=6m/s2 v=6m/sB．a=3m/s2 v=6m/s C．a=6m/s2 v=3m/sD．a=3m/s2 v=3m/s ‎7．如图所示，一平直公路上有三个路标o、m、n，且om=3m、mn=5m．一辆汽车在该路段做匀加速直线运动依次通过o、m、n三个路标，已知汽车在相邻两路标间的速度增加量相同，均为△v=2m/s，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．汽车在om段的平均速度大小为4m/s B．汽车从m处运动到n处的时间为2s C．汽车在该路段行驶的加速度大小为2m/s2‎ D．汽车经过o处时的速度大小为2m/s ‎8．如图，质量为M的盒子，放在水平面上，盒的上面挂一轻弹簧，弹簧下端挂有质量为m的小球P，P与盒底面用细线相连，细线拉力为F，今将细线剪断，则细线剪断瞬间（　　）‎ A．地面支持力减小了FB．地面支持力增加了F C．P的加速度为D．P的加速度为F﹣‎ ‎9．如图所示，大三角形物块的斜面上放置小三角形物块，小三角形物块上又放置方形物块，开始时小三角形物块和方形物块一起沿斜面加速下滑，后对小三角形物块沿斜面向上施加一力F，发现它们匀速下滑，则下面说法正确的是（　　）‎ A．加速时，地面对大三角形物块有向右的摩擦力 B．匀速时，地面对大三角形物块有向右的摩擦力 C．加速时，方形物块有向右的摩擦力 D．匀速时，方形物块有向右的摩擦力 ‎10．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为900，两底角为a和β．a b 为两个位于斜面上质量均为m的小木块．已知所有接触面都是光滑的．现使a、b同时沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时的楔形木块对水平面的压力为FN，a、b的加速度的水平分量为a1，a2，下面关于FN，a1与a2的比值的说法正确的是（　　）‎ A．FN=Mg+mgB．FN=Mg+mg（sinα+sinβ）‎ C． =1D．‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共2个小题，满分18分．）‎ ‎11．在用打点计时器研究小车匀变速直线运动的实验中，某同学将打点计时器接到频率为f的交流电源上，实验时得到一条纸带．他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0，以后每5个点取1个计数点，依次得1、2、3、4计数点，相邻两计数点间有4个打点未标出，如图所示．测量时，发现计数点1已模糊不清，于是该同学测得2、3、4计数点到0点的距离分别为x1、x2、x3，则打2点时小车的瞬时速度大小为　　，小车运动的加速度为　　，计数点0、1间的距离应为　　．‎ ‎12．在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中力传感器的拉力为F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示．‎ ‎（1）小车与轨道的滑动摩擦力f=　　N．‎ ‎（2）从图象中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为　　kg．‎ ‎（3）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tanθ=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4个小题，共计52分，需写出公式及文字说明．）‎ ‎13．甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车的速度是8m/s，后面乙车的速度是16m/s．甲车突然以大小为2m/s2的加速度刹车，乙车也同时刹车．若开始刹车时两车相距8m，则乙车加速度至少为多大时才能避免两车相撞？‎ ‎14．如图所示，光滑斜面BC是半圆ACB的一条弦，直径AB垂直于光滑水平面BD，大小可忽略的小滑块从A点自由下落到B点的时间为2秒，斜面DE足够长，其与小滑块间的动摩擦因数为0.5，图中α=60°，β=37°，现将小滑块从斜面上C点由静止释放，滑块经过B、D两点时的能量损失可以忽略，以滑块经过D点开始计时，求滑块经过DE斜面上的F点的时间，已知DF间距离为1.8m．‎ ‎15．如图所示，平板A长l=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上．在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）．则 ‎（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？‎ ‎（2）要将A从物块B下抽出来，则加在平板A上的水平恒力F至少为多大？‎ ‎（3）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？‎ ‎16．一长为L的水平传送带沿逆时针方向转动，其转动速度v满足≤v≤2，传送带的最右端与一摩擦可忽略不计的水平导轨相切，在水平导轨的某位置有一竖直的挡板，如图所示．现有一可以视为质点的质量为m的物块以水平向右的初速度v0=从传送带的最左端冲上传送带，物块经过一段时间滑上水平导轨与竖直挡板发生碰撞，碰后物块的速度反向、大小变为碰前的．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）物块与挡板碰撞时的速度大小．‎ ‎（2）物块与挡板碰撞后的运动过程中，物块对传送带的相对位移△x大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市秀山高中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．其中1～6为单项选择题，7～10为多项选择题，选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分．）‎ ‎1．孔明灯又叫天灯，中国很多地方有放孔明灯的习俗．如图所示某质量为m的孔明灯升空后与竖直方向夹角为θ斜向上匀速运动，则此孔明灯所受空气的作用力大小是（　　）‎ A．mgB．mg tan θC．D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】孔明灯做匀速运动，加速度为零，合力为零；只受重力和空气的作用力，根据平衡条件得到空气的作用力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：孔明灯升空后与竖直方向夹角为θ斜向上匀速运动，加速度为零，合力为零；‎ 只受重力和空气的作用力，根据平衡条件得到空气的作用力的大小为mg，方向竖直向上；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键是明确孔明灯的运动情况，得到加速度后进一步确定受力情况，基础题．‎ ‎　‎ ‎2．如图s﹣t图象（位移时间图象）和v﹣t图象（速度时间图象）中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（　　）‎ A．图线1表示物体做曲线运动 B．v﹣t图象中t3时刻v4＞v3‎ C．s﹣t图象中0至t1时间内1的平均速度等于2的平均速度 D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】s﹣t图线与v﹣t图线只能描述直线运动；s﹣t的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动．v﹣t图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．‎ ‎【解答】解：A、无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，而不能表示物体做曲线运动．故A错误．‎ B、v﹣t图象中图象的交点表示速度相同，则t3时刻v3＞v4．故B错误．‎ C、s﹣t图象中0至t1时间内，1和2的位移相同，时间又相等，则平均速度相同．故C正确．‎ D、s﹣t图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动．而t2时刻之前物体的运动沿正方向，t2时刻之后物体沿负方向运动．故t2时刻开始反向运动．t4时刻没有反向运动；故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】对于v﹣t图线和s﹣t图线的基本的特点、功能一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累．‎ ‎　‎ ‎3．某次实验中一物体自楼顶由静止开始下落，历时2s落地，若物体的加速度不变，则测得落地速度为18m/s，g=10m/s2，则楼高为（　　）‎ A．18mB．20mC．36mD．32.4m ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】已知初末速度和时间，结合平均速度推论求出楼的高度．‎ ‎【解答】解：根据平均速度推论知，楼的高度为：‎ h=．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题也可以结合速度时间公式求出物体下落的加速度，根据速度位移公式或位移时间公式进行求解．‎ ‎　‎ ‎4．有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大．当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对整体分析，通过整体合力方向，结合平行四边形定则得出上面绳子的拉力方向，然后隔离分析，分别对下面小球和上面小球运用牛顿第二定律，得出两根绳子拉力方向的关系．‎ ‎【解答】解：手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，对整体分析，整体受到重力和拉力，两个力的合力水平向右，根据平行四边形定则知，则拉力的方向斜向右上方．对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有：Tcosα=ma…①，‎ 而在竖直方向则有：Tsinα=mg…②；‎ ‎ 对上面小球M，同理有：Fcosβ﹣Tcosα=Ma…③，‎ Fsinβ=Tsinα+Mg…④，‎ 由①③容易得到：Fcosβ=（M+m）a，‎ 而②④则得：Fsinβ=（M+m）g，‎ 故有：tanβ=．‎ 而由①②得到：tanα=，因此α=β．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎　‎ ‎5．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a的时间间隔为Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔为Tb，则a、b之间的距离为（　　）‎ A． g（Ta2﹣Tb2）B． g（Ta2﹣Tb2）C． g（Ta2﹣Tb2）D． g（Ta2+Tb2）‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】物体做竖直上抛运动，上下两个过程具有对称性，可以利用对称来解，可以得到物体从最高点到A点的时间为Ta，从最高点到B点的时间为Tb，因物体从最高点出发初速度为0，作自由落体运动，由位移公式求解即可．‎ ‎【解答】解：小球做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，‎ 物体从最高点自由下落到A点的时间为Ta，‎ 物体从最高点自由下落到B点的时间为Tb，‎ 竖直上抛运动的加速度a=g，由匀变速直线运动的位移公式：x=at2可得：‎ 最高点到A点的距离为：ha=gTa2 ①‎ 最高点到B点的距离为：hb=gTb2 ②‎ a点在b点下方，由①、②解得，ab相距△h=g（Ta2﹣Tb2）．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】竖直上抛上去和下来具有对称性，所需的时间是一样的，所以只要讨论下来就可以，在最高点速度是0，就是个初速度为0的匀加速运动．‎ ‎　‎ ‎6．某同学在电梯里的托盘秤上放一个质量为m=5kg的玩具，电梯从一楼上升到六楼停下，测得从启动到匀速再到制动停下所用总时间t=6s，托盘秤读数的差值最大为30N，如果电梯从一楼上到六楼通过的位移为x=24m，设电梯启动时和制动时的加速度大小相等且恒定，取重力加速度g=10m/s2，则电梯启动和制动时的加速度大小a和匀速运动时的速度大小v分别为（　　）‎ A．a=6m/s2 v=6m/sB．a=3m/s2 v=6m/s C．a=6m/s2 v=3m/sD．a=3m/s2 v=3m/s ‎【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】根据托盘秤读数的差值最大为30N求出玩具受到的增大支持力，结合牛顿第二定律即可求出玩具的加速度；‎ 根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速运动的时间和匀减速运动的时间，结合匀加速和匀减速运动的位移得出匀速运动的位移，从而得出匀速运动的时间，得出电梯上升到楼顶的最大速度．‎ ‎【解答】解：由于托盘秤读数的差值最大为30N，而且电梯启动时和制动时的加速度大小相等，所以玩具受到的支持力的最大值比玩具的重力大：‎ 所以玩具受到的支持力的最大值为：Fmax=5×10+15=65N 玩具向上的加速度为：‎ 向上加速的过程中有：v=at 位移为：‎ 由于电梯启动时和制动时的加速度大小相等且恒定，所以向上减速过程中的位移与向上加速过程中的位移也相等，即：x3=x1‎ 向上匀速运动的过程有：x2=vt′‎ 运动的时间为：t+t′+t=6‎ 向上运动的位移为：x=x1+x2+x3=24m 联立以上方程得：a=3m/s2；v=6m/s 所以选项B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题关键要理清电梯的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解．有时运用推论求解会使问题更加简捷．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一平直公路上有三个路标o、m、n，且om=3m、mn=5m．一辆汽车在该路段做匀加速直线运动依次通过o、m、n三个路标，已知汽车在相邻两路标间的速度增加量相同，均为△v=2m/s，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．汽车在om段的平均速度大小为4m/s B．汽车从m处运动到n处的时间为2s C．汽车在该路段行驶的加速度大小为2m/s2‎ D．汽车经过o处时的速度大小为2m/s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】由于汽车在相邻两路标间的速度增加量相同，均为△v=2m/s，可以先设出汽车经过o、m、n三个路标的速度，再利用匀变速直线运动的速度与位移求出汽车经过0点的速度，以及汽车在该路段行驶的加速度大小再对选项进行分析．‎ ‎【解答】解：设汽车经过0路标时速度为v，又由于汽车在相邻两路标间的速度增加量相同，均为△v=2m/s，故通过m路标时速度为v+2，通过n路标时速度为v+4‎ 由匀变速直线运动的速度与位移关系有：‎ ‎（v+4）2﹣（v+2）2=2axmn 解得：v=2m/s；a=2m/s2；‎ A、汽车在om段的平均速度大小为，故A错误；‎ B、汽车在mn段的平均速度大小为，故汽车从m处运动到n处的时间为：，故B错误；‎ C、由上述分析可知汽车在该路段行驶的加速度大小为2m/s2，故C正确；‎ D、汽车经过o处时的速度大小为v=2m/s，故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】本题考查了匀变速直线运动的位移与速度关系，根据已知条件建立方程，求出汽车经过0点的速度，以及汽车在该路段行驶的加速度大小是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎8．如图，质量为M的盒子，放在水平面上，盒的上面挂一轻弹簧，弹簧下端挂有质量为m的小球P，P与盒底面用细线相连，细线拉力为F，今将细线剪断，则细线剪断瞬间（　　）‎ A．地面支持力减小了FB．地面支持力增加了F C．P的加速度为D．P的加速度为F﹣‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】‎ 开始小球受重力、绳子的拉力和弹簧的弹力处于平衡，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力瞬间不变，根据牛顿第二定律求出小球P的加速度，从而确定其处于超重还是失重状态．细线剪断前，对整体分析求出地面的支持力，剪断细线后对盒子受力分析，求出地面的支持力，从而判断支持力的变化．‎ ‎【解答】解：细线剪断前，对小球有：F弹=F+mg，剪断细线后，F立即消失，则小球的加速度a=，方向向上．P处于超重状态．‎ 剪断细线前，对整体分析，N=（m+M）g，剪断细线后，对盒子分析，根据平衡有：F弹+Mg=N′，知N′﹣N=F，所以地面的支持力增加了F．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，大三角形物块的斜面上放置小三角形物块，小三角形物块上又放置方形物块，开始时小三角形物块和方形物块一起沿斜面加速下滑，后对小三角形物块沿斜面向上施加一力F，发现它们匀速下滑，则下面说法正确的是（　　）‎ A．加速时，地面对大三角形物块有向右的摩擦力 B．匀速时，地面对大三角形物块有向右的摩擦力 C．加速时，方形物块有向右的摩擦力 D．匀速时，方形物块有向右的摩擦力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用-连接体．‎ ‎【分析】开始时小三角形物块和方形物块一起沿斜面加速下滑，对三个物体整体受力分析，受合力向右下方，据此分析地面对大三角形物块摩擦力情况；匀速时，同样对三个物体的整体分析，根据平衡条件判断地面对大三角形物块的摩擦力情况；方形物块的摩擦力情况根据牛顿第二定律直接判断即可．‎ ‎【解答】解：A、加速时，正方形物块和小三角形物块受合力向右下方，大三角形物体合力为零，故三个物体整体合力向右下方；三个物体的整体受重力、支持力、向右的静摩擦力，故A正确；‎ B、匀速时，对三个物体整体分析，受推力、重力、支持力和向右的静摩擦力而平衡，故B正确；‎ C、加速时，方形物块合力向右下方，故方形物块有向右的摩擦力，故C正确；‎ D、匀速时，方形物块受重力和支持力而平衡，故D错误；‎ 故选：ABC ‎【点评】本题是力平衡问题，关键是采用整体法灵活选择研究对象进行分析．‎ 隔离法与整体法：‎ ‎①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．‎ ‎②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．‎ ‎③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为900，两底角为a和β．a b 为两个位于斜面上质量均为m的小木块．已知所有接触面都是光滑的．现使a、b同时沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时的楔形木块对水平面的压力为FN，a、b的加速度的水平分量为a1，a2，下面关于FN，a1与a2的比值的说法正确的是（　　）‎ A．FN=Mg+mgB．FN=Mg+mg（sinα+sinβ）‎ C． =1D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律分别求出两个小木块沿斜面下滑时的加速度，再根据分解法求出a、b的加速度的水平分量，进而得出a1与a2的比值．‎ ‎【解答】解：AB、木块a受重力和支持力作用，受力分析如图如图所示：‎ 由几何关系得，楔形木块对小木块a的支持力N1=mgcosα 故物体a对斜面体的压力为：N1′=mgcosα…①‎ 同理，物体b对斜面体的压力为：N2′=mgcosβ…②‎ 因为所有接触面都是光滑的，且楔形木块静止不动，对斜面体受力分析，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件可得，‎ N2′cosα﹣N1′cosβ=0 ③‎ F支﹣Mg﹣N1′sinβ﹣N2′sinα=0 ④‎ 根据题意知，α+β=90° ⑤‎ 由①～⑤式解得：F支=Mg+mg 根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力：FN=Mg+mg，故A正确，B错误；‎ CD、对于木块a，根据牛顿第二定律可得，mgsinα=ma，‎ 则木块a的加速度a=gsinα，‎ 木块a的加速度的水平分量为a1=gsinαcosα，‎ 对于木块b，根据牛顿第二定律可得，mgsinβ=ma′，‎ 木块b的加速度a′=gsinβ，‎ 则木块b的加速度的水平分量为a2=gsinβcosβ，‎ 所以====1，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力．也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，对于属于加速度不同连接体问题，有一定的难度．‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共2个小题，满分18分．）‎ ‎11．在用打点计时器研究小车匀变速直线运动的实验中，某同学将打点计时器接到频率为f的交流电源上，实验时得到一条纸带．他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0，以后每5个点取1个计数点，依次得1、2、3、4计数点，相邻两计数点间有4个打点未标出，如图所示．测量时，发现计数点1已模糊不清，于是该同学测得2、3、4计数点到0点的距离分别为x1、x2、x3，则打2点时小车的瞬时速度大小为　　，小车运动的加速度为　　，计数点0、1间的距离应为　x2﹣0.5x3　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率；测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据题意求出打点计时器打点时间将，求出计数点间的时间间隔，应用匀变速直线运动的推论分析答题．‎ ‎【解答】解：打点计时器的打点时间间隔T=，计数点间的时间间隔：t=5T=；‎ 打计数点2时小车的瞬时速度：v2===；‎ 小车的加速度：a===；‎ 由匀变速直线运动的推论可知：x34﹣x23=x12﹣x01，‎ 由图示纸带可知，x34﹣x23=x3﹣2x2+x1，x12+x01=x1，‎ 则x01=x2﹣0.5x3；‎ 故答案为：；；x2﹣0.5x3．‎ ‎【点评】本题考查了求瞬时速度、求加速度、求计数点间的距离问题，应用匀变速直线运动的推论、分析清楚图示纸带即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎12．在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中力传感器的拉力为F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示．‎ ‎（1）小车与轨道的滑动摩擦力f=　0.60　N．‎ ‎（2）从图象中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为　0.67　kg．‎ ‎（3）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tanθ=　0.09　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）a﹣F图象与横坐标的交点等于摩擦力，根据图象直接得出f；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得出a和F的关系式，根据图象的斜率表示小车质量的倒数求解质量；‎ ‎（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据图象可知，当F=0.60N时，小车开始有加速度，则f=0.60N，‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得：‎ a==，则a﹣F图象的斜率表示小车质量的倒数，则 M=，‎ ‎（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：‎ Mgsinθ=μMgcosθ 解得：tanθ=μ，‎ 根据f=μMg得： =0.09‎ 所以tanθ=0.09‎ 故答案为：（1）0.60；（2）0.67；（3）0.09‎ ‎【点评】实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键，注意该实验必须要平衡摩擦力，否则a与F不成正比，能结合图象得出有用的信息，难度适中．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4个小题，共计52分，需写出公式及文字说明．）‎ ‎13．甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车的速度是8m/s，后面乙车的速度是16m/s．甲车突然以大小为2m/s2的加速度刹车，乙车也同时刹车．若开始刹车时两车相距8m，则乙车加速度至少为多大时才能避免两车相撞？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】解答本题要注意相遇的条件：当乙车追上甲车速度恰好相等时，乙车刹车时加速度为最小值．再根据位移关系求解时间，根据速度相等条件求出加速度．‎ ‎【解答】解：设经过时间t甲、乙都停止时，则，‎ 此时甲车的位移，乙车的位移=32m，‎ ‎△x=x乙﹣x甲=16m＞s0=8m，说明在甲停止前乙已经追上．‎ 设经t'甲乙有共同速度v'，则v'=v甲﹣a甲t'=v乙﹣a乙t'‎ 此时甲车的位移，‎ 乙车的位移 不相撞的条件是：△x'=x'乙﹣x'甲≤s0‎ 由以上几式，代入数据解得．‎ 即乙车加速度至少6 m/s2，两车才能避免相撞．‎ 答：乙车的加速度至少为6 m/s2才能避免两车相撞．‎ ‎【点评】本题是追及问题，关键是寻找相关条件．两个物体刚好不撞的条件：速度相等； 同时还要注意平均速度公式的应用，用平均速度求位移可以简化解题思路和过程．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，光滑斜面BC是半圆ACB的一条弦，直径AB垂直于光滑水平面BD，大小可忽略的小滑块从A点自由下落到B点的时间为2秒，斜面DE足够长，其与小滑块间的动摩擦因数为0.5，图中α=60°，β=37°，现将小滑块从斜面上C点由静止释放，滑块经过B、D两点时的能量损失可以忽略，以滑块经过D点开始计时，求滑块经过DE斜面上的F点的时间，已知DF间距离为1.8m．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】求出滑块沿弦下滑的时间，求解出达到底端的速度，再根据牛顿第二定律求出减速的加速度、减速时间和位移，再分析下滑过程中通过F点的时间．‎ ‎【解答】解：设圆弧半径为R，则根据自由落体运动可得：2R=gt2，‎ CB段加速：a=gcosα=5m/s2，在CD段运动时间为t1，‎ 根据位移时间关系可得，‎ 解得t1=t=2s；‎ 到达B点的速度为：vB=at1=10m/s；‎ DE段上滑到最高点过程中，根据牛顿第二定律可得：‎ a1=gsinβ+μgcosβ=10m/s2，‎ 上升到最高点经过的时间，位移，‎ 设上滑经过DF段的时间为t1，则：，‎ 解得：t'1=0.2s，t''1=1.4s（舍去）；‎ 因重力下滑分力大于滑动摩擦力，达最高点后又向下滑，设向下加速度为a2，再经t2过F点，‎ 根据牛顿第二定律可得下滑过程中的加速度：，‎ 下滑到F的位移为：，‎ 解得：‎ 所以滑块在0.2s和1.8s两次经过F点；‎ 答：滑块经过DE斜面上的F点的时间为0.2s或1.8s．‎ ‎【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，平板A长l=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上．在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）．则 ‎（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？‎ ‎（2）要将A从物块B下抽出来，则加在平板A上的水平恒力F至少为多大？‎ ‎（3）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？‎ ‎【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）当在平板A上加恒力F，先判断A、B之间是否发生相对滑动，再结合牛顿第二定律求出平板A和B的加速度大小．‎ ‎（2）对B分析，根据牛顿第二定律求出B滑动时的加速度，再对整体分析得出A、B发生相对滑动时F的大小．‎ ‎（3）在F的作用下A、B均做匀加速直线运动，撤去F后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，抓住B恰好从A上脱离，两者速度相同，结合牛顿第二定律和两者的位移关系求出F至少作用的时间．‎ ‎【解答】解：对系统，假设AB之间不发生滑动．则 F=（M+m）a 解得a=‎ 对B而言，ma＜μmg 所以假设成立．‎ 平板A与物块B的加速度大小为 ‎（2）对B，根据牛顿第二定律有μmg=ma0‎ 解得．‎ 对系统：F=（M+m）a0=（4+2）×4N=24N．‎ 所以加在平板A上的水平恒力F至少为24N ‎（3）设F的作用时间为t1，撤去F后，经过t2时间达到相同速度．‎ 对B：‎ 对A：‎ 则A的位移 因为sA﹣sB=10m，‎ 解得．‎ 答：（1）平板A与物块B的加速度大小都为1m/s2．‎ ‎（2）加在平板A上的水平恒力F至少为24N．‎ ‎（3）要使物块B从平板A上掉下来F至少为．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清A、B的运动规律，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎　‎ ‎16．一长为L的水平传送带沿逆时针方向转动，其转动速度v满足≤v≤2，传送带的最右端与一摩擦可忽略不计的水平导轨相切，在水平导轨的某位置有一竖直的挡板，如图所示．现有一可以视为质点的质量为m的物块以水平向右的初速度v0=从传送带的最左端冲上传送带，物块经过一段时间滑上水平导轨与竖直挡板发生碰撞，碰后物块的速度反向、大小变为碰前的．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）物块与挡板碰撞时的速度大小．‎ ‎（2）物块与挡板碰撞后的运动过程中，物块对传送带的相对位移△x大小．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）与挡板碰撞时的速度就是物块离开传送带时的速度，先要知道物块在传送带上的运动状态，根据它的运动状态用运动学公式，对离开传送带时的速度求解；‎ ‎（2）物块与挡板碰撞后的运动过程中，物块对传送带的相对位移△x大小与传送带的速度有关，由于传送带的速度是一个范围值，所以解出来的相对位移应该也是一个范围；要讨论在传送带上的运动状态，然后根据运动学公式来求相对位移．‎ ‎【解答】解：（1）设物块以v0在带上做匀减速运动直到停止的位移为x，则=2ax…①‎ 由ma=μmg…②‎ 联立①②得x=2L＞L，故物块一直在传送带上做匀减速运动直到离开传送带，‎ 设离开传送带时的速度为v1，即物块与挡板碰撞时的速度，‎ 则=2aL…③‎ 联立②③得v1=‎ ‎（2）I、当v==时，物块相对于传送带静止，△x=0…④‎ Ⅱ、当时，物块在传送带上减速，设减速到传送带左端的速度为v′，则（）2﹣v′2=2aL…⑤‎ 得v′2＜0，故不成立，应该是减速到与传送带共速后匀速直线运动，‎ 设经过t与传送带共速，则﹣v=at…⑥‎ 此时的位移△x=…⑦‎ 联立②⑥⑦解得，0＜△x≤．‎ Ⅲ、当v＞时，物块在传送带上加速，若一直加速，设物块运动到传送带左端的速度为v″，‎ 则v″2﹣（）2=2aL…⑧‎ 解得v″=‎ 若，物块一直加速，则v″﹣=at′…⑨‎ 此时相对位移△x=vt′﹣L…⑩‎ 联立②⑨⑩解得，‎ 若，则物块加速到与传送带共速后匀速，‎ 则v﹣=at″…⑪‎ ‎△x=vt″﹣t″…⑫‎ 联立②⑪⑫解得，0‎ 答：（1）物块与挡板碰撞时的速度大小为，‎ ‎（2）物块与挡板碰撞后的运动过程中，当传送速度v==时，物块相对于传送带静止，△x=0；‎ 当时，0＜△x≤；‎ 当v＞时，．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律运用和物体运动状态的讨论，通过对运动状态的分析利用运动学公式解题，做题的过程中一定要思路清晰，知道要分哪几种情况讨论是解题的关键．‎ ‎　‎