物理·广东省深圳市三校2017届高三上学期第一次联考物理试卷 Word版含解析 29页

‎2016-2017学年广东省深圳市三校高三（上）第一次联考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共8个小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选、不选均不得分）‎ ‎1．物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，不可能使物体处于平衡状态的是（　　）‎ A．1N、10N、10N B．2N、6N、10N C．6N、8N、9N D．12N、13N、15N ‎2．从某一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体 I、II，其v﹣t图象如图所示．在0～t0时间内下列说法中正确的是（　　）‎ A．两个物体Ⅰ、Ⅱ所受合外力都在不断减小 B．物体Ⅰ所受合外力不断增大，物体Ⅱ所受合外力不断减小 C．物体Ⅰ的位移不断增大，物体Ⅱ的位移不断减小 D．两物体Ⅰ、Ⅱ的平均速度大小都是 ‎3．如图所示，滑轮本身的质量忽略不计，滑轮轴安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，B0与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小变化情况是（　　）‎ A．只有角θ变小，弹力才变大 B．只有角θ变大，弹力才变大 C．不论角θ变大或变小，弹力都变大 D．不论角θ变大或变小，弹力都不变 ‎4．如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体（　　）‎ A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力 C．支持力为（M+m）g D．支持力大于（M+m）g ‎5．将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0N，下底板显示的压力为10.0N．取g=10m/s2，若上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（　　）‎ A．匀加速上升，a=5m/s2 B．匀加速下降，a=5m/s2‎ C．匀速上升 D．静止状态 ‎6．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）‎ A．b球一定先落在斜面上 B．a球可能垂直落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 ‎7．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，‎ 简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大 B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大 C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多 D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小 ‎8．重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），平板B的上表面及墙壁是光滑的．底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变 B．θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大 C．要保持底座C静止不动，应满足tan θ＞2μ D．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大△G，仍要保持底座C静止，则△G的最大值△Gm=G ‎　‎ 二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题可能有一个或多个选项符合题意，正确不全得2分，错选、不选得零分．）‎ ‎9．如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角α可以改变．讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（　　）‎ A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大 B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力可能越小 C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大 D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小 ‎10．如题图所示，倾斜角为θ的斜面上OP段光滑，PQ段粗糙，且tanθ＜μ，μ为滑块A与PQ段的动摩擦因数，滑块A与水平顶面上的物块B保持相对静止从斜面上O点由静止开始下滑到Q的过程，B与A之间始终无相对滑动．则关于物块B在OP段和PQ段的受力情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在OP段物块B仅受重力 B．在OP段物块B仅受重力和支持力 C．在PQ段A对B的支持力大于B的重力 D．在PQ段物块B受到水平向左的摩擦力 ‎11．将软木板挂在竖直墙壁上作为镖靶．在离墙壁一定距离的同一处，将两只飞镖水平掷出，不计空气阻力，如图，则（　　）‎ A．A掷出时的初速度一定比B大 B．B插入靶时的末速度一定比A大 C．B运动时间一定比A长 D．A的质量一定比B大 ‎12．如图所示，两个内壁光滑半径不同的半圆轨道固定在地面上，质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时（　　）‎ A．线速度相同 B．向心加速度相同 C．对轨道的压力相等 D．两小球都处于超重状态 ‎13．如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端．则（　　）‎ A．两次小球运动时间之比为1：2‎ B．两次小球运动时间之比为1：‎ C．两次小球落到斜面上时动能之比1：2‎ D．两次小球落到斜面上时动能之比1：‎ ‎14．如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin15°=0.26，cos15°=0.97，tan15°=0.27，g=10m/s2．则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（　　）‎ A．3 m/s2 B．2.5 m/s2 C．2 m/s2 D．1.5 m/s2‎ ‎　‎ 三、非选择题（本题包括6大题，共52分．论述计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）‎ ‎15．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤通过细绳把橡皮条的另一端拉到某一位置O点，某同学认为在此实验过程中必须注意以下几项：‎ A．实验中所用的两根细绳必须等长 B．同一次实验过程中，O点位置不允许变动 C．在实验时，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 D．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条的结点拉到O点 E．实验中，把橡皮条的结点拉到O点时，两弹簧秤之间的夹角应取90°不变，以便于算出合力的大小 其中正确的是　　．（填入相应的字母）‎ ‎16．请读出螺旋测微器和游标卡尺的读数 读数甲：　　 cm 读数乙：　　cm．‎ ‎17．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关系的实验，图甲为实验装置简图，所使用的交流电源频率为50Hz．如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点（每两个计数点间还有4个点没有标出），距离如图，其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm．则计数点间的时间间隔为　　s，打C点时小车的速度为　　m/s；加速度为　　m/s2．（计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎18．如图所示，竖直平面内一与水平方向夹角θ=60°的杆上套一铁环，铁环质量为m、直径略大于杆的截面直径；水平轻绳一端连在铁环上，一端连在质量为2m 的小球上，小球受到的拉力F与杆平行，铁环和小球都处于静止状态，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）拉力F的大小；‎ ‎（2）铁环受到的摩擦力．‎ ‎19．如图所示是水平面上的甲、乙两物体在同一地点同一时刻开始分别受到沿同一直线的水平拉力作用时的速度﹣时间图象．已知两物体的质量分别为m甲=2m，m乙=3m，两物体与水平面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）通过分析，判断甲、乙所受水平拉力的方向是否相同？求出甲、乙所受水平拉力大小之比．‎ ‎（2）从t=0开始经过多长时间甲、乙再次相遇？甲与乙再次相遇时通过的位移多大？甲与乙再次相遇前的最远距离为多少？‎ ‎20．如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.8m．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：‎ ‎（1）物块离开A点时水平初速度的大小； ‎ ‎（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；‎ ‎（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为 5m/s，求PA间的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省深圳市三校高三（上）第一次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共8个小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选、不选均不得分）‎ ‎1．物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，不可能使物体处于平衡状态的是（　　）‎ A．1N、10N、10N B．2N、6N、10N C．6N、8N、9N D．12N、13N、15N ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】二力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|；先合成两个力，如果合力范围包括第三个力，则三力可以平衡．‎ ‎【解答】解：A、1N与10N合成时，合力最大11N，最小9N，可能为10N，故三个力合力可能为零，故A错误；‎ B、2N与6N合成时，合力最大8N，最小4N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零，故B正确；‎ C、6N与8N合成时，合力最大14N，最小2N，可能为9N，故三个力合力可能为零，故C错误；‎ D、12N与13N合成时，合力最大25N，最小1N，可能为15N，故三个力合力可能为零，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．从某一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体 I、II，其v﹣t图象如图所示．在0～t0时间内下列说法中正确的是（　　）‎ A．两个物体Ⅰ、Ⅱ所受合外力都在不断减小 B．物体Ⅰ所受合外力不断增大，物体Ⅱ所受合外力不断减小 C．物体Ⅰ的位移不断增大，物体Ⅱ的位移不断减小 D．两物体Ⅰ、Ⅱ的平均速度大小都是 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，由牛顿第二定律可分析合外力的变化；‎ 图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，再根据平均速度的定义进行分析．‎ ‎【解答】解：A、B、速度﹣时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体Ⅰ做加速度不断减小的加速运动，物体Ⅱ做加速度不断减小的减速运动，再结合牛顿第二定律，Ⅰ物体所受的合外力不断减小，II物体所受的合外力不断减小，故A正确，B错误；‎ C、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：随着时间的推移，Ⅰ、Ⅱ的速度图象与时间轴围城的面积不断变大，故位移不断变大，故C错误；‎ D、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故Ⅰ的平均速度大于，Ⅱ的平均速度小于，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，滑轮本身的质量忽略不计，滑轮轴安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，B0与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ 的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小变化情况是（　　）‎ A．只有角θ变小，弹力才变大 B．只有角θ变大，弹力才变大 C．不论角θ变大或变小，弹力都变大 D．不论角θ变大或变小，弹力都不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力，根据平衡条件进行分析即可．‎ ‎【解答】解：对滑轮受力分析，受连个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线；‎ 由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，故两个拉力的合力为mg，与水平方向成45°斜向右下方；‎ 若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，滑轮受力情况不变，故滑轮受到木杆的弹力大小不变；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体（　　）‎ A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力 C．支持力为（M+m）g D．支持力大于（M+m）g ‎【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】选择合适的研究对象是本题的关键，因为m匀速直线运动，M 静止，所以M和m具有相同的加速度，只要两个物体的加速度一样我们就可以看做一个整体，所以选M和m组成的整体为研究对象分析较简单．‎ ‎【解答】解：选M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为T，受力分析如图：‎ 由平衡条件可以判断，M必受到沿水平面向右的摩擦力 假设：斜面的倾角为θ 则：N+Tsinθ=（M+m）g，所以：N小于（M+m）g，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0N，下底板显示的压力为10.0N．取g=10m/s2，若上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（　　）‎ A．匀加速上升，a=5m/s2 B．匀加速下降，a=5m/s2‎ C．匀速上升 D．静止状态 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对m分析，根据牛顿第二定律求出m的质量．‎ 当上项板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于下面传感器示数不变，根据牛顿第二定律求出金属块的加速度，从而判断出箱子的运动情况．当上顶板示数为零，恰好没有离开上板，知下面传感器的示数仍然为10N ‎，结合牛顿第二定律求出金属块的加速度，从而判断出箱子的运动情况．‎ ‎【解答】解：当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，由牛顿第二定律知：‎ N上+mg﹣N下=ma 代入数据解得：m===1kg，所以金属块的重力为G=mg=10N 若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，下面传感器示数不变，仍为10N，则上顶板传感器的示数是5N．‎ 取向下为正方向，由牛顿第二定律知 N′上+mg﹣N′下=ma′‎ 解得 a′=5m/s2，方向向下，故升降机以a=5m/s2的匀加速下降，或以a=5m/s2的匀减速上升．故ACD错误，B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）‎ A．b球一定先落在斜面上 B．a球可能垂直落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上．故C正确，A、D错误．‎ 若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大 B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大 C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多 D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．‎ ‎【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．如图向心力Fn=mgtanα，m，α不变，向心力大小不变．故A错误．‎ ‎ B、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大．故 B正确．‎ ‎ C、向心力对物体不做功，故C错误；‎ ‎ D、侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），平板B的上表面及墙壁是光滑的．底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变 B．θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大 C．要保持底座C静止不动，应满足tan θ＞2μ D．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大△G，仍要保持底座C静止，则△G的最大值△Gm=G ‎【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A进行受力分析，根据平衡条件表示出A受到的支持力，对B、C及D整体进行受力分析，根据平衡条件表示出C受到的摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、对A进行受力分析，如图1所示：‎ 根据平衡条件得：N=，‎ 对B、C及D整体进行受力分析，如图2所示，‎ 当B、C及D整体静止时，摩擦力f=Nsinθ=Gtanθ，当θ角增大时，地面对C的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时f滑=2μG，故AB错误；‎ C、要保持底座C静止不动，则f≤f滑，即Gtanθ≤2μG，‎ 解得：tanθ≤2μ，故C错误；‎ D、若保持θ=45°不变，圆柱体的重力增大△Gm，‎ 则N′=（G+△Gm），‎ 底座C受到的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，保持底座C静止，‎ 根据平衡条件得：，‎ 解得：△Gm=G．故D正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题可能有一个或多个选项符合题意，正确不全得2分，错选、不选得零分．）‎ ‎9．如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角α可以改变．讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（　　）‎ A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大 B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力可能越小 C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大 D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对滑块M受力分析，将力按效果沿着与斜面平行和与斜面垂直方向正交分解，根据平衡条件列式分析各个力．‎ ‎【解答】解：AB、物体m受到重力mg和拉力T，处于平衡状态，有T=mg 对滑块M受力分析，受重力Mg、支持力N、拉力T和静摩擦力f，其中静摩擦力方向取决于拉力T和重力的下滑分量的大小，若mg＜Mgsinα，如图1；若mg＞Mgsinα，如图2‎ 根据平衡条件，对于图1，有：T+f=Mgsinα，故α越大，f越大；‎ 根据平衡条件，对于图2，有：T=f+Mgsinα，故α越大，f越小；‎ 故A错误、B正确；‎ CD、由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f，有：f=μN，‎ 又由于是在斜面上，所以f=μmgcosα，‎ 当α增大时cosα减少（0～90度），所以f减少，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如题图所示，倾斜角为θ的斜面上OP段光滑，PQ段粗糙，且tanθ＜μ，μ为滑块A与PQ段的动摩擦因数，滑块A与水平顶面上的物块B保持相对静止从斜面上O点由静止开始下滑到Q的过程，B与A之间始终无相对滑动．则关于物块B在OP段和PQ段的受力情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在OP段物块B仅受重力 B．在OP段物块B仅受重力和支持力 C．在PQ段A对B的支持力大于B的重力 D．在PQ段物块B受到水平向左的摩擦力 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对系统进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，分别将加速度向水平和竖直方向分解，然后对B进行受力分析，分析判断B的受力情况．‎ ‎【解答】解：OP段光滑，A、B一起向下做匀加速运动，加速度平行于斜面向下，B有平行于斜面向下的加速度，则B受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向右的摩擦力作用，故AB错误；‎ PQ段粗糙，且tanθ＜μ，故在PQ段，物体受到的合力平行于斜面向上，由牛顿第二定律可知，物体的加速度平行于斜面向上，B受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力作用，同时物体有竖直向上的分加速度，物体处于超重状态，A对B的支持力大于B的重力，故CD正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎11．将软木板挂在竖直墙壁上作为镖靶．在离墙壁一定距离的同一处，将两只飞镖水平掷出，不计空气阻力，如图，则（　　）‎ A．A掷出时的初速度一定比B大 B．B插入靶时的末速度一定比A大 C．B运动时间一定比A长 D．A的质量一定比B大 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】A、B两只“飞镖”，水平掷出，不计空气阻力，都做平抛运动，根据竖直方向上的位移比较运动的时间，再通过水平位移和时间比较初速度．由速度的合成法分析末速度大小．‎ ‎【解答】解：AC、由于两个飞镖从同一个点抛出，水平位移相同，但是B在A的下面，说明B在竖直方向上的位移比A的大，由h=gt2得，B的运动时间要比A的长，由x=v0t知，所以A初速度要比B的大，故A、C正确；‎ B、末速度为 v==，v取决于初速度和下落的高度，B下落的高度大，但初速度小，所以B插入靶时的末速度不一定比A大，故B错误；‎ D、平抛运动的加速度为g，与物体的质量无关，所以不能判断AB的质量关系，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎12．如图所示，两个内壁光滑半径不同的半圆轨道固定在地面上，质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时（　　）‎ A．线速度相同 B．向心加速度相同 C．对轨道的压力相等 D．两小球都处于超重状态 ‎【考点】机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【分析】小球从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小；明确超重和失重的性质以及判断方法．‎ ‎【解答】解：A、设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v ‎，由机械能守恒定律得：mgr=mv2，所以v=由于它们的半径不同，所以线速度不等，故A错误；‎ B、小球的向心加速度an==2g，与半径无关，因此此时小球的向心加速度相等，故B正确；‎ C、在最低点，由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，联立解得；FN=3mg，即压力为3mg，由于球的质量相等，所以对轨道的压力相同．故C正确，‎ D、由于两物体加速度均向上，故均处于超重状态，故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎13．如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端．则（　　）‎ A．两次小球运动时间之比为1：2‎ B．两次小球运动时间之比为1：‎ C．两次小球落到斜面上时动能之比1：2‎ D．两次小球落到斜面上时动能之比1：‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】根据高度之比求出平抛运动的时间之比，结合水平位移和时间之比求出初速度之比，抓住平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，得出落在斜面上的速度大小，从而得出动能之比．‎ ‎【解答】解：AB、在斜面顶端先后水平抛出同一小球，小球都做平抛运动，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端．所以两次竖直方向下落的高度之比为1：2；‎ 根据t=知，两次小球运动的时间之比为1：．故A错误，B正确．‎ CD、水平位移之比是1：2，由x=v0t知，水平速度之比为1：．‎ 因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移的夹角相同，则落在斜面上的速度方向相同，设落在斜面上速度方向与水平方向的夹角为α，则 v=，动能Ek=mv2=，可知两次小球落到斜面上时动能之比动能之比为1：2．故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎14．如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin15°=0.26，cos15°=0.97，tan15°=0.27，g=10m/s2．则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（　　）‎ A．3 m/s2 B．2.5 m/s2 C．2 m/s2 D．1.5 m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对圆柱形工件受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解，明确加速度的表达式，再进行分析明确加速度的范围，从而选出正确答案．‎ ‎【解答】解：当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，受力分析如图．‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎ FQ+mg=FNcos15°…①‎ ‎ F合=FNsin15°=ma…②‎ 由①②知：a=tan15°=×0.27+10×0.27=0.27+2.7＞2.7m/s2，故加速度大于2.7m/s2，故可能的为A选项．‎ 故选：A ‎　‎ 三、非选择题（本题包括6大题，共52分．论述计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）‎ ‎15．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤通过细绳把橡皮条的另一端拉到某一位置O点，某同学认为在此实验过程中必须注意以下几项：‎ A．实验中所用的两根细绳必须等长 B．同一次实验过程中，O点位置不允许变动 C．在实验时，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 D．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条的结点拉到O点 E．实验中，把橡皮条的结点拉到O点时，两弹簧秤之间的夹角应取90°不变，以便于算出合力的大小 其中正确的是　BC　．（填入相应的字母）‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】在实验中使用一根弹簧秤拉细绳与两根弹簧秤拉细绳的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细绳的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细绳的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细绳的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行．‎ ‎【解答】解：A、细绳的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故A错误；‎ B、一根弹簧秤拉细绳与两根弹簧秤拉细绳的作用效果要相同，故同一次实验中，O点位置不允许变动，故B正确；‎ C、在实验时，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，这是弹簧秤读数的基本要求，故C正确；‎ D、弹簧秤的弹力大小适中即可，不需要拉到最大值，故D错误．‎ E、合力是我们根据平行四边形画出来的，不是计算出来的，并不要求两弹簧秤之间的夹角一定为90°，故E错误；‎ 故答案为：BC ‎　‎ ‎16．请读出螺旋测微器和游标卡尺的读数 读数甲：　0.0700　 cm 读数乙：　10.04　cm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为0.700mm=0.0700cm．‎ 游标卡尺的固定刻度读数为100mm，游标读数为0.1×4=0.4mm，所以最终读数为=100.4mm=10.04cm 故答案为：甲：0.0700；乙：10.04‎ ‎　‎ ‎17．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关系的实验，图甲为实验装置简图，所使用的交流电源频率为50Hz．如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点（每两个计数点间还有4个点没有标出），距离如图，其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm．则计数点间的时间间隔为　0.1　s，打C点时小车的速度为　1.24　m/s；加速度为　6.22　m/s2．（计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．‎ ‎【解答】解：每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 小车通过C点的速度vC====124cm/s=1.24m/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：xCD﹣xAB=2a1T2‎ xDE﹣xBC=2a2T2‎ 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）‎ 解得：a===6.22m/s2．‎ 故答案为：0.1 1.24 6.22‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，竖直平面内一与水平方向夹角θ=60°的杆上套一铁环，铁环质量为m、直径略大于杆的截面直径；水平轻绳一端连在铁环上，一端连在质量为2m的小球上，小球受到的拉力F与杆平行，铁环和小球都处于静止状态，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）拉力F的大小；‎ ‎（2）铁环受到的摩擦力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）以小球为研究对象，根据平衡条件求拉力F的大小．‎ ‎（2）再对整体研究对象，运用正交分解法，由平衡条件求解．‎ ‎【解答】解：（1）以小球为研究对象，分析受力情况如图1所示．‎ 根据平衡条件得：‎ ‎ F==mg ‎（2）再对整体研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得 ‎ F+f=3mgsin60°‎ 解得 f=mg 答：‎ ‎（1）拉力F的大小是mg；‎ ‎（2）铁环受到的摩擦力为mg．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示是水平面上的甲、乙两物体在同一地点同一时刻开始分别受到沿同一直线的水平拉力作用时的速度﹣时间图象．已知两物体的质量分别为m甲=2m，m乙=3m，两物体与水平面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）通过分析，判断甲、乙所受水平拉力的方向是否相同？求出甲、乙所受水平拉力大小之比．‎ ‎（2）从t=0开始经过多长时间甲、乙再次相遇？甲与乙再次相遇时通过的位移多大？甲与乙再次相遇前的最远距离为多少？‎ ‎【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】（1）由v﹣t图线的斜率求出两个物体的加速度大小，结合牛顿第二定律分别列式，可分析拉力的方向，并求得拉力大小之比．‎ ‎（2）甲、乙再次相遇位移相等．根据位移时间公式列式求出时间．当甲乙的速度相等时两者相距最远，由速度公式求时间，再求最远距离．‎ ‎【解答】解：（1）设甲乙两物体所受的拉力分别为F甲和F乙，且均沿运动方向，则根据牛顿第二定律有 ‎ F甲﹣μm甲g=m甲a甲；‎ ‎ F乙﹣μm乙g=m乙a乙；‎ 根据v﹣t图象的斜率等于加速度，可知，a甲==﹣0.8m/s2，a乙==1.2m/s2，‎ 联立解得 F甲=2.4N，F乙=9.6N 由于F甲＞0，F乙＞0，所以甲乙所受的拉力同向，且 F甲：F乙=1：4‎ ‎（2）甲乙两物体再次相遇时，有 x甲=x乙．‎ 即 v0t1+=．‎ 解得 t1=10s，即经过10s甲乙再次相遇．‎ 相遇时，x甲=x乙==×1.2×102=60m 当甲乙速度相等时，两者相距最远，则有 ‎ v0+a甲t2=a乙t2．‎ 解得 t2=5s 最远距离为△x=（v0t2﹣）﹣．‎ 解得△x=25m 答：‎ ‎（1）甲乙所受的拉力同向，F甲：F乙为1：4．‎ ‎（2）经过10s甲乙再次相遇．甲与乙再次相遇时通过的位移是60m，甲与乙再次相遇前的最远距离为25m．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.8m．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：‎ ‎（1）物块离开A点时水平初速度的大小； ‎ ‎（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；‎ ‎（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为 5m/s，求PA间的距离．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；向心力；动能定理．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动的分位移公式列式求解，或者根据平抛运动的分速度公式列式求解；‎ ‎（2）根据机械能守恒定律列式求解出最低点速度，再根据重力和支持力的合力提供向心力列式求解；‎ ‎（3）对牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）物块从A运动到B的竖直速度由可得：vy=4m/s 物块运动到B点时的速度方向与水平方向成53°，可得水平速度即物块离开A点的速度为：vA=vx=3m/s ‎（2）由于 B运动到C点据机械能守恒定律：‎ 其中：hBC=R﹣Rcosθ 在C点设轨道对物块的支持力为FN则有：‎ 由以上两式得：FN=43N，‎ 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为43N ‎（3）因为传送带的速度比物块离开传送带的速度大，所以物块在传送带上一直处于加速运动，‎ 由Ff=ma，‎ 解得：x=1.5m 答：（1）物块离开A点时水平初速度的大小为3m/s； ‎ ‎（2）物块经过C点时对轨道压力的大小为43N；‎ ‎（3）PA间的距离为1.5m．‎ ‎　‎ ‎2017年3月1日