宁夏中卫一中2017届高三上学期第四次月考物理试卷 38页

www.ks5u.com ‎2016-2017学年宁夏中卫一中高三（上）第四次月考物理试 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．以下关于物理学史和物理学思想方法的叙述，不正确的是（　　）‎ A．亚里士多德通过实验和论证说明了自由落体运动是种匀变速直线运动 B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值 C．力学中将物体看成质点运用了理想化模型法 D．探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法 ‎2．如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑（　　）‎ A．A、B间没有静摩擦力 B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上 C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθ D．A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ ‎3．小船过河时，船头偏向上游且与水流方向成α角，船相对静水的速度大小为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线和到达对岸的时间不变，下列措施中可行的是（　　）‎ A．减小α角，增大船速v B．α角和船速v均增大 C．保持α角不变，增大船速v D．增大α角，保持船速v不变 ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．匀速圆周运动是匀变速运动 B．做曲线运动的物体所受的合外力可能为零 C．曲线运动一定是变速运动 D．竖直上抛的物体运动到最高点时处于平衡状态 ‎5．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D．甲的加速度一定比乙的大 ‎6．如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2s时，传送带突然制动停下． 已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2． 在图中，关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m．该车减速时的加速度大小为5m/s2．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线的距离为2m B．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人 C．如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人 D．如果驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人 ‎8．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度﹣时间图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（　　）‎ A．t2时刻两物体相遇 B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远 C．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是 D．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小 ‎9．物体从A静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在先后两个运动过程中（　　）‎ A．物体通过的路一定相等 B．两次运动的加速度大小一定相同 C．平均速度一定相同 D．所用的时间一定相同 ‎10．如图，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，使杆发生弯曲．逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向（　　）‎ A．水平向左，与竖直方向夹角不变 B．斜向右下方，与竖直方向夹角增大 C．斜向左上方，与竖直方向夹角减小 D．斜向左上方，与竖直方向夹角增大 ‎11．以下说法错误的是（　　）‎ A．一群处于n=4能级激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光 B．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 C．10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后，一定有5个原子核发生衰变 D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小 ‎12．如图所示，一根粗绳AB质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动．绳上距B端x处的张力T与x的关系中正确的是（　　）‎ A．x越大，T越大 B．x越大，T越小 C．若水平面光滑，则T与x无关 D．若水平面粗糙，则T与x无关 ‎13．如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R．将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出．设重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法错误的是（　　）‎ A．当小球的初速度时，掉到环上时的竖直分速度最大 B．当小球的初速度时，将撞击到环上的圆弧ac段 C．当v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 ‎14．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g．据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（　　）‎ A．g B．2g C．3g D．4g ‎15．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）‎ A．P物体受3个力 B．Q受到3个力 C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大 D．若绳子变长，绳子的拉力将变小 ‎　‎ 二、不定项选择题 ‎16．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 ‎17．某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象．在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重．电梯从t=0时由静止开始运动，到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g=10m/s2）．则（　　）‎ A．电梯为下降过程 B．在10﹣11s内电梯的加速度大小为2m/s2‎ C．F3的示数为550N D．电梯运行的总位移为19m ‎18．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．相对地面的运动轨迹为直线 B．相对地面做变加速曲线运动 C．t时刻猴子对地速度的大小为v0+at D．t时间内猴子对地的位移大小为 ‎19．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A点；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，加速度先减小后增大 C．下滑过程中，克服摩擦力做功为mv2‎ D．在C处，弹簧的弹性势能为mv2﹣mgh ‎20．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（　　）‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为（1﹣sinα）g D．M运动加速度大小为g ‎　‎ 三、实验题 ‎21．图甲是验证机械守恒定律的声音．小球由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放小球．在最低点前后放置一组光电门，测出小球经过最低点的挡光时间△t，再用游标卡尺测出小球的直径d，用刻度尺测出轻绳的长度l，已知重力加速度为g．则：‎ ‎（1）小球经过最低点时速度可表示为　　；（用已知量的字母表示）‎ ‎（2）若等式gl=　　成立，说明小球下摆过程机械能守恒．‎ ‎22．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．‎ ‎（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车加速度a=　　m/s2．（保留两位有效数字）‎ ‎（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2﹣F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，下列图象中正确的是　　．‎ ‎（3）同一次实验中，小车加速运动时传感器示数F2与小车释放前传感器示数F1的关系是F2　　F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．‎ ‎（4）关于该实验，下列说法中正确的是　　．‎ A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量 B．实验中需要将长木板右端垫高 C．实验中需要测出小车和传感器的总质量 D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎23．一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小 ‎（2）物块质量m ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ ‎24．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H．N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；‎ ‎（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；‎ ‎（3）摩擦力对小球做的功．‎ ‎25．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A和小球均可视为质点（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球对物块A的冲量大小；‎ ‎（2）物块A相对B静止后的速度大小；‎ ‎（3）木板B至少多长．‎ ‎26．如图所示，BC为半径R=0.8m的 圆弧固定在水平地面上，AB为水平轨道，两轨道在B处相切连接；AB轨道上的滑块P通过不可伸长的轻绳与套在竖直光滑细杆的滑块Q连接；P、Q均可视为质点且圆弧轨道C点与竖直杆间距离足够远，开始时，P在A处，Q在与A同一水平面上的E处，且绳子刚好伸直处于水平，固定的小滑轮在D处，DE=0.35m，现把Q从静止释放，当下落h=0.35m时，P恰好到达圆弧轨道的B点，且刚好对B无压力，并且此时绳子突然断开，取g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）在P到达B处时，P、Q的速度大小分别为多少；‎ ‎（2）滑块P、Q落地的时间差．‎ ‎27．如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求 ‎（1）B离开平台时的速度vB．‎ ‎（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB．‎ ‎（3）A左端的长度l2．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏中卫一中高三（上）第四次月考物理试 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．以下关于物理学史和物理学思想方法的叙述，不正确的是（　　）‎ A．亚里士多德通过实验和论证说明了自由落体运动是种匀变速直线运动 B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值 C．力学中将物体看成质点运用了理想化模型法 D．探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、伽利略通过铜球在斜面上的实验及合理外推，指出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A不正确；‎ B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，故B正确；‎ C、力学中将物体看成质点运用了理想化模型法，故C正确；‎ D、探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑（　　）‎ A．A、B间没有静摩擦力 B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上 C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθ D．A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ ‎【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】对B物体受力分析，根据共点力平衡可以得出A受力的情况，得出AB间摩擦力的大小及方向．再对整体受力分析可得出A受斜面的摩擦力情况．‎ ‎【解答】解：A、对B受力分析可知，B受重力、支持力；将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的摩擦力；故A错误；‎ B、由牛顿第三定律可知，A受到B的摩擦力应沿斜面向下，故B错误；‎ C、对整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，故C错误；‎ D、根据滑动摩擦力的公式，A与斜面间的摩擦力2mgsinθ=μ•2mgcosθ，得：μ=tanθ，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．小船过河时，船头偏向上游且与水流方向成α角，船相对静水的速度大小为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线和到达对岸的时间不变，下列措施中可行的是（　　）‎ A．减小α角，增大船速v B．α角和船速v均增大 C．保持α角不变，增大船速v D．增大α角，保持船速v不变 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间．‎ 当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角．‎ ‎【解答】解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．匀速圆周运动是匀变速运动 B．做曲线运动的物体所受的合外力可能为零 C．曲线运动一定是变速运动 D．竖直上抛的物体运动到最高点时处于平衡状态 ‎【考点】匀速圆周运动；曲线运动．‎ ‎【分析】做匀速圆周运动的物体，其向心力总指圆心，是变力．曲线运动的速度是变化的，合外力不为零．抛体运动仅受重力，加速度不变，做匀变速运动．‎ ‎【解答】解：A、匀速圆周运动的加速度是向心加速度，方向时刻改变，故匀速圆周运动是变加速运动，故A错误；‎ B、曲线运动的速度沿轨迹的切线，方向时刻在变化，所以其速度是变化的，有加速度，合外力一定不为零，故B错误；‎ C、曲线运动的速度沿轨迹的切线，方向时刻在变化，所以其速度是变化的，故曲线运动一定是变速运动，故C正确；‎ D、竖直上抛的物体运动到最高点时只受重力，合外力不为零，不是平衡状态，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D．甲的加速度一定比乙的大 ‎【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；人造卫星的环绕速度．‎ ‎【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．‎ ‎【解答】解：B、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 F=F向 F=G F向=m=mω2r=m（）2r 因而 G=m=mω2r=m（）2r=ma 解得 v=①‎ T==2π②‎ a=③‎ 由于甲的运行速率比乙的大，根据①式，可以知道甲的轨道半径较小，故B错；‎ A、由公式②可知甲的周期小故A错；‎ C、由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；‎ D、碎片的加速度是指引力加速度，由③式，可知甲的加速度比乙大，故D对；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行．t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2s时，传送带突然制动停下． 已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2． 在图中，关于滑块相对地面运动的v﹣t图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止．‎ ‎【解答】解：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a==μg=2m/s2，‎ 滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1==1s 然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t﹣t1=1s 当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′=﹣a=﹣2m/s2‎ 运动的时间t3=‎ 所以速度时间图象对应D选项．‎ 故选D ‎　‎ ‎7．目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m．该车减速时的加速度大小为5m/s2．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线的距离为2m B．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人 C．如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人 D．如果驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据位移时间公式求出立即匀加速运动的位移，判断是否通过停车线，根据速度位移公式求出减速到零的时间，然后求出位移，判断是否超过停车线．‎ ‎【解答】解：A、若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间s＜2s，所以刹车到停止的位移，汽车离停车线的距离为8m﹣6.4m=1.6m，故A错误；‎ B、如果在距停车线6m处开始刹车制动，刹车到停止的位移是6.4m，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人．故B错误；‎ C、刹车的位移是6.4m，所以车匀速运动的位移是1.6m，则驾驶员的反应时间： s．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度﹣时间图象如图所示．在0～t2时间内，下列说法中正确的是（　　）‎ A．t2时刻两物体相遇 B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远 C．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是 D．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小 ‎【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】‎ v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；图象与坐标轴围成的面积表示位移，相遇要求在同一时刻到达同一位置；匀变速直线运动的平均速度为．‎ ‎【解答】解：A、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则t2时刻Ⅰ的位移大于Ⅱ的位移，没有相遇，故A错误；‎ ‎ B、图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；‎ ‎ C、Ⅱ物体做匀减速直线运动，平均速度大小等于，Ⅰ物体做变加速直线运动，根据图线与时间轴所围面积表示位移可知，其位移大于以相同的初速度和末速度做匀加速运动的位移，所以其平均速度大小大于，故C错误；‎ D、由图象可知I物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小，II物体做匀减速直线运动所受的合外力不变，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．物体从A静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在先后两个运动过程中（　　）‎ A．物体通过的路一定相等 B．两次运动的加速度大小一定相同 C．平均速度一定相同 D．所用的时间一定相同 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】匀变速直线运动的平均速度，结合加速度和位移的基本规律解答．‎ ‎【解答】解：设匀加速运动的末速度为v，则根据匀变速直线运动的平均速度 匀加速直线运动的平均速度=‎ 匀减速直线运动的平均速度=‎ 故先后两个运动过程中平均速度相等，运动的时间不一定相等，故加速度和路程不一定相等，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，使杆发生弯曲．逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向（　　）‎ A．水平向左，与竖直方向夹角不变 B．斜向右下方，与竖直方向夹角增大 C．斜向左上方，与竖直方向夹角减小 D．斜向左上方，与竖直方向夹角增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分析球的受力情况：重力、水平拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球作用力的大小．‎ ‎【解答】解：对球受力分析，受重力、拉力和杆的弹力，根据平衡条件，杆的弹力与拉力、重力的合力等值、反向、共线；‎ 拉力方向不变、大小变大，重力大小和方向都不变，根据平行四边形定则，两个力的合力大小逐渐增大，方向向右下方，根据平衡条件，杆的弹力斜向左上方，与竖直方向夹角增大；‎ 故选：D ‎　‎ ‎11．以下说法错误的是（　　）‎ A．一群处于n=4能级激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光 B．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 C．10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后，一定有5个原子核发生衰变 D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】根据数学组合，即可确定辐射种类；核子结合成原子核时一定有质量亏损，释放出能量；核子结合成原子核时伴随巨大能量产生，半衰期是个统计规律；光电效应方程，即可求解判定金属的逸出功的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据数学组合=6，一群处于n=4能级激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光，故A正确；‎ B、核子结合成原子核时一定有质量亏损，释放出能量，故B正确；‎ C、半衰期是大量原子核显现出来的统计规律，对少量的原子核没有意义，故C错误；‎ D、据光电效应方程可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一根粗绳AB质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动．绳上距B端x处的张力T与x的关系中正确的是（　　）‎ A．x越大，T越大 B．x越大，T越小 C．若水平面光滑，则T与x无关 D．若水平面粗糙，则T与x无关 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系．‎ ‎【解答】解：设单位长度质量为m；对整体分析有：F﹣μLmg=Lma；‎ 则对x分析可知：T﹣μxmg=xma 联立解得：‎ T=；‎ 故可知T与x成正比；x越大，T越大，与水平面粗糙程度无关，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R．将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出．设重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法错误的是（　　）‎ A．当小球的初速度时，掉到环上时的竖直分速度最大 B．当小球的初速度时，将撞击到环上的圆弧ac段 C．当v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球做平抛运动，当小球掉在c点时竖直分速度最大，由平抛运动的规律可求得初速度；并能分析当小球的初速度时，撞击在什么位置．根据速度的反向延长交于水平位移的中点，分析小球能否垂直撞击圆环．‎ ‎【解答】解：A、小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，当小球掉在c点时下落的高度最大，掉到环上时的竖直分速度最大，设初速度为v0．则：‎ ‎ R=，R=v0t；解得：，故A正确．‎ B、由上知当小球的初速度时，水平位移小于R，小球将撞击到环上的圆弧ac段．故B正确．‎ C、D、小球撞击在圆弧ac段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧cb段时，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环．故C错误，D正确．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g．据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（　　）‎ A．g B．2g C．3g D．4g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，故结合牛顿第二定律可以求出最大加速度．‎ ‎【解答】解：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0‎ 即：0.6F0=mg…①‎ Fm=1.8F0 …②‎ 结合牛顿第二定律，有：‎ F﹣mg=ma…③‎ 当拉力最大时，加速度最大，因而有：‎ ‎1.8F0﹣mg=mam…④‎ 由①④两式解得：am=2g 所以ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）‎ A．P物体受3个力 B．Q受到3个力 C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大 D．若绳子变长，绳子的拉力将变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．对Q，由平衡条件分析绳子变短时，Q受到的静摩擦力如何变化．对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．‎ ‎【解答】解：A、P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A错误．‎ B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．‎ C、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故C错误．‎ D、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ 二、不定项选择题 ‎16．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 ‎【考点】机械能守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．‎ ‎【解答】解：A、因Mm之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故A错误；‎ B、M的重力分力为Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；‎ C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；‎ D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎17．某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象．在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重．电梯从t=0时由静止开始运动，到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g=10m/s2）．则（　　）‎ A．电梯为下降过程 B．在10﹣11s内电梯的加速度大小为2m/s2‎ C．F3的示数为550N D．电梯运行的总位移为19m ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】（1）前2秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降；‎ ‎（2）电梯前2秒加速下降，2～10秒匀速下降，10～11s是减速下降；先求解2s时速度，然后求解最后1s的加速度，再根据牛顿第二定律求解弹力；‎ ‎（3）分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为：F1=450N 由牛顿第二定律定律有：mg﹣F1=ma1‎ 解得：‎ 加速度方向竖直向下，故电梯下降，故A正确；‎ B、设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则a1t1=a3t3‎ 解得：，故B正确 C、由牛顿第二定律定律有：F3﹣mg=ma3‎ 解得：F3=600N，故C错误 D、0～2s内位移 ‎ ‎2s～10s内位移 x2=a1t1t2=16m ‎10s～11s内位移 =1m 小明运动的总位移 x=x1+x2+x3=19m，故D正确 故选：ABD ‎　‎ ‎18．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A．相对地面的运动轨迹为直线 B．相对地面做变加速曲线运动 C．t时刻猴子对地速度的大小为v0+at D．t时间内猴子对地的位移大小为 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】A、猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．‎ C、求出t时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的速度，即合速度．‎ D、分别求出猴子在t时间内水平方向和竖直方向上的位移，根据平行四边形定则，求出猴子的合位移．‎ ‎【解答】解：A、猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线．故A错误．‎ ‎ B、猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动．故B错误．‎ ‎ C、t时刻猴子在水平方向上的速度为v0，和竖直方向上的分速度为at，所以合速度v=．故C错误．‎ ‎ D、在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移s=．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A点；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，加速度先减小后增大 C．下滑过程中，克服摩擦力做功为mv2‎ D．在C处，弹簧的弹性势能为mv2﹣mgh ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；‎ ‎【解答】解：A、B、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误，B正确；‎ C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式 mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0‎ 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式 ‎﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv2‎ 解得：Wf=﹣mv2，故C正确；‎ D、由C中的公式得：W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故D错误 故选：BC ‎　‎ ‎20．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（　　）‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为（1﹣sinα）g D．M运动加速度大小为g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力．‎ ‎【解答】解：‎ 第一次放置时M静止，则：‎ Mgsinα=mg，‎ 第二次放置时候，由牛顿第二定律：‎ Mg﹣mgsinα=（M+m）a，‎ 联立解得：‎ a=（1﹣sinα）g=g．‎ 对m由牛顿第二定律：‎ T﹣mgsinα=ma，‎ 解得：‎ T=mg，‎ 故A错误，B正确，C正确，D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎21．图甲是验证机械守恒定律的声音．小球由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放小球．在最低点前后放置一组光电门，测出小球经过最低点的挡光时间△‎ t，再用游标卡尺测出小球的直径d，用刻度尺测出轻绳的长度l，已知重力加速度为g．则：‎ ‎（1）小球经过最低点时速度可表示为　　；（用已知量的字母表示）‎ ‎（2）若等式gl=　﹣gd　成立，说明小球下摆过程机械能守恒．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球经过最低点时速度可用平均速度替代．‎ ‎（2）根据机械能守恒定律列出表达式即可分析．‎ ‎【解答】解：（1）小球经过最低点时速度可表示为 v=；‎ ‎（2）小球下摆过程中重力势能减少是为 mg（l+），动能的增加量=‎ 若mg（l+）=，即gl=﹣gd成立，说明小球下摆过程机械能守恒．‎ 故答案为：（1）；（2）﹣gd．‎ ‎　‎ ‎22．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．‎ ‎（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车加速度a=　0.16　m/s2．（保留两位有效数字）‎ ‎（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2﹣F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，下列图象中正确的是　B　．‎ ‎（3）同一次实验中，小车加速运动时传感器示数F2与小车释放前传感器示数F1的关系是F2　＜　F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．‎ ‎（4）关于该实验，下列说法中正确的是　D　．‎ A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量 B．实验中需要将长木板右端垫高 C．实验中需要测出小车和传感器的总质量 D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．‎ ‎【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）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象，由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点；‎ ‎（3）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；‎ ‎（4）在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．‎ ‎【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，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的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，‎ 得：a==0.16 m/s2，‎ ‎（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．‎ 由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，‎ 木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，‎ 设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，‎ 根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma 所以F1＞F2，‎ ‎（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；‎ B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；‎ C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；‎ D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；‎ 故选：D．‎ 故答案为：（1）0.16；（2）B；（3）＜；（4）D ‎　‎ 四、计算题 ‎23．一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小 ‎（2）物块质量m ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】（1）根据速度图象（b）可知，1秒末物体处于静止状态，摩擦力f与水平拉力平衡．‎ ‎（2）由图象分析可知，在2s～4s内，物块做匀加速运动，水平拉力大小为12N；在4s～6s内，物块做匀速运动，水平拉力大小为8N，此时滑动摩擦力与拉力平衡，而且滑动摩擦力大小不变．由速度的斜率求出匀加速运动的加速度，分别用牛顿定律和平衡条件列方程，求出物块的质量．‎ ‎（3）在4s～6s内，滑动摩擦力大小与拉力相等，由公式f=μN求出μ．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由图（a）中可知，当t=1s时，F1=f1=4N ‎（2）由图（b）中可知，当2s～4s内，物块做匀加速运动，加速度大小为 ‎ a===2m/s2‎ 由牛顿第二定律，有 ‎ F2﹣μmg=ma 在4s～6s内，物块做匀速运动，则有 ‎ F3=f3=μmg 所以联立得 m===2kg ‎（3）由F3=f3=μmg 得 ‎ μ===0.4‎ 答：‎ ‎（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小是4N；‎ ‎（2）物块质量m为2kg；‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．‎ ‎　‎ ‎24．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H．N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；‎ ‎（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；‎ ‎（3）摩擦力对小球做的功．‎ ‎【考点】向心力；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动的特点，将运动分解即可求出；‎ ‎（2）根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q点时速度的大小；在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小；最后有牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向；‎ ‎（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功．‎ ‎【解答】解：（1）小球从Q抛出后运动的时间：①‎ 水平位移：L=vQ•t ②‎ 小球运动到距Q水平距离为的位置时的时间：③‎ 此过程中小球下降的高度：h=④‎ 联立以上公式可得：h=‎ 圆环中心到底板的高度为：H﹣=；‎ ‎（2）由①②得小球到达Q点的速度：⑤‎ 在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：⑥‎ 联立⑤⑥得：‎ 由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力的大小：mg（1+） 方向：竖直向下 ‎（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系得：mgR+Wf=⑦‎ 联立⑥⑦得：Wf=mg（）‎ 答：（1）到底板的高度：；‎ ‎（2）小球的速度的大小：小球对轨道的压力的大小：mg（1+） 方向：竖直向下；‎ ‎（3）摩擦力对小球做的功：mg（）．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A和小球均可视为质点（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球对物块A的冲量大小；‎ ‎（2）物块A相对B静止后的速度大小；‎ ‎（3）木板B至少多长．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出碰后两者的共同速度，再对A，由动量定理求小球对物块A的冲量大小．‎ ‎（2）A在木板B上滑动的过程，三者的合力为零，系统的动量守恒，结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小．‎ ‎（3）再运用能量守恒定律求出木板B的最小长度．‎ ‎【解答】解：（1）设小球和物体A碰撞后二者的共同速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 ‎ mv0=（m+m）v1 ‎ 得 v1=v0．‎ 对A，根据动量定律得 ‎ I=mv1﹣0=mv0．‎ ‎（2）设物块A相对B静止后的速度大小为v2，根据动量守恒定律得 ‎ mv0=（m+2m+m）v2‎ 得，v2=v0．‎ ‎（3）当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为内能，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得：‎ ‎•2mv12﹣•4mv22=μ•2mgL ‎ 联立解得，L=‎ 答：‎ ‎（1）小球对物块A的冲量大小是mv0；‎ ‎（2）物块A相对B静止后的速度大小是v0；‎ ‎（3）木板B至少长为．‎ ‎　‎ ‎26．如图所示，BC为半径R=0.8m的 圆弧固定在水平地面上，AB为水平轨道，两轨道在B处相切连接；AB轨道上的滑块P通过不可伸长的轻绳与套在竖直光滑细杆的滑块Q连接；P、Q均可视为质点且圆弧轨道C点与竖直杆间距离足够远，开始时，P在A处，Q在与A同一水平面上的E处，且绳子刚好伸直处于水平，固定的小滑轮在D处，DE=0.35m，现把Q从静止释放，当下落h=0.35m时，P恰好到达圆弧轨道的B点，且刚好对B无压力，并且此时绳子突然断开，取g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）在P到达B处时，P、Q的速度大小分别为多少；‎ ‎（2）滑块P、Q落地的时间差．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】（1）P恰好到达圆弧轨道的B，且对B无压力，重力提供向心力，根据向心力公式得vp，P到达B点时，绳子的速度等于P的速度，根据几何关系知绳与竖直方向夹角为45°，vQ=．‎ ‎（2）绳子断后，P做平抛运动R=，Q做竖直下抛运动R﹣h=vQt从而知各自运动时间，△t=t1﹣t2．‎ ‎【解答】解：（1）P恰好到达圆弧轨道的B，且对B无压力，重力提供向心力，‎ 根据向心力公式得：‎ mpg=mp 解得：vp===2m/s P到达B点时，绳子的速度等于P的速度，根据几何关系知绳与竖直方向夹角为45°，‎ vQ===4m/s ‎（2）绳子断后，P做平抛运动R=①‎ Q做竖直下抛运动R﹣h=vQt②‎ ‎△t=t1﹣t2③‎ 由①②③得△t=0.3s 答：（1）在P到达B处时，P、Q的速度大小分别为2m/s，4m/s ‎（2）滑块P、Q落地的时间差为0.3s．‎ ‎　‎ ‎27．如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求 ‎（1）B离开平台时的速度vB．‎ ‎（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB．‎ ‎（3）A左端的长度l2．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．‎ ‎【分析】对A、B隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题．要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移．要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题．‎ ‎【解答】解：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：‎ h=gt2，x=vBt 联立解得vB=2m/s．‎ ‎（2）设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动．‎ 由牛顿第二定律，F合=μmg=maB，‎ 由匀变速直线运动规律，vB=aBtB，xB=aBtB2，‎ 联立解得：tB=0.5s，xB=0.5m．‎ ‎（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=Mv12‎ 设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得：‎ F﹣μmg=MaA，（l2+xB）=v1tB+aAtB2，‎ 联立解得l2=1.5m．‎ 答：（1）B离开平台时的速度vB为2m/s．‎ ‎（2）B运动的时间tB为0.5s，位移xB为0.5m．‎ ‎（3）A左端的长度l2为1.5m．‎ ‎　‎ ‎2017年2月6日