物理·安徽师大附中2016-2017学年高二上学期入学物理试卷 Word版含解析 27页

‎2016-2017学年安徽师大附中高二（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一．单项选择题（共8小题，每题4分，共32分）‎ ‎1．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A，某时刻，B受到水平向左的外力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若A、B之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A的v﹣t图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．飞镖运动正以其独有的魅力风靡全世界．如图为飞镖大赛中一选手水平抛出三支飞镖，打到竖直飞镖盘上的情况如图所示，不计空气阻力，根据飞镖的位置和角度可以推断（　　）‎ A．三支飞镖不可能从同一高度抛出 B．三支飞镖不可能以相同速度抛出 C．①号与②号飞镖可能从同一点抛出 D．②号与③号飞镖可能从同一点抛出 ‎3．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g．某卫星原来在半径为rl的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为r2，则此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）‎ A．mgR2（﹣） B．mgR2（﹣） C．（﹣） D．（﹣）‎ ‎4．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 ‎5．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，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，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（　　）‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于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小于Q球的向心加速度 ‎6．某小船船头垂直指向洒岸渡河，若水流速度突然增大，其它条件不变，下列判断正确的是（　　）‎ A．小船渡河的时间不变 B．渡河时间减少 C．小船渡河时间增加 D．小船到达对岸地点不变 ‎7．我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（　　）‎ A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接 B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接 C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 ‎8．如图所示，小球从离地高为H的位置A由静止释放，从C点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h的B位置．再由B位置下落，再经轨道由C点滑出到离地高为H′的位置．速度减为零，不计空气阻力，则（　　）‎ A．＞（h﹣h′）‎ B．＜（h﹣h′）‎ C．=（h﹣h′）‎ D．不能确定与（h﹣h′）的大小关系 ‎　‎ 二．多选题（共4题，每题5分，共20分；答错不得分，漏答得2分）‎ ‎9．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直 固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　） ‎ A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能为0‎ C．t2～t3这段时间内，小球的动能先减小后增加 D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能 ‎10．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（　　）‎ A．受到向心力为m B．受到的摩擦力为μm C．受到的摩擦力为μmg D．受到的合力方向斜向左上方 ‎11．如图所示，可视为质点的，质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（　　）‎ A．小球能通过最高点的最小速度为 B．若在最高点管道对小球施加弹力大小为mg，则这个力的方向可能向下，也可能向上 C．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道有向上的作用力 D．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最低点时与管道间有相互作用力 ‎12．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1，匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ，关于这一过程的下列判断，正确的有（　　）‎ A．滑块滑上传送带上的加速度大小为μg B．滑块向左滑动后离开左端的最大距离为 C．滑块返回传送带右端的速率为v2‎ D．从滑块滑上传送带到离开所用时间大于 ‎　‎ 三．实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13．某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：‎ ‎（1）弹簧的劲度系数为　　N/m．‎ 为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案．‎ ‎①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案　　更合理．‎ ‎②若A和B的重力分别为10.0N和20.0N．当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，c的示数为4.0N，则A和B间的动摩擦因数为　　．‎ ‎14．某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图1所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验．‎ ‎（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是　　，理由是　　．‎ 若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小　　m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出v2﹣h图线如图3所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g=　　m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎　‎ 四．计算题 ‎15．“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一步．已知“嫦娥一号”绕月飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G．求：‎ ‎（1）月球的质量；‎ 月球的第一宇宙速度．‎ ‎16．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=37°，以v=2m/s的恒定速率逆时针转动．一个质量为m=1kg的小物块以初速度v0‎ ‎=10m/s从传送带两端A、B之间的中点开始沿传送带向上运动．已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B之间的距离为L=20.4m．求：（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）物体沿传送带向上运动的最大距离为多少？‎ 物体在传送带上运动的总时间？‎ ‎（3）物体在传送带上由于摩擦而产生的热量为多少？‎ ‎17．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（ sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）小物块Q的质量m2；‎ 烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）烧断细绳后，物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则 MK间距多大？‎ ‎（4）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽师大附中高二（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（共8小题，每题4分，共32分）‎ ‎1．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A，某时刻，B受到水平向左的外力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若A、B之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A的v﹣t图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】当F较小时，AB一起加速，A的加速度最大只能达到μg．‎ ‎【解答】解：开始一段时间内，AB具有相同的加速度，根据牛顿第二定律：‎ F=（M+m）a 可见，a随F的增大而增大，即A做加速度逐渐增大的加速运动；‎ 当a增大到有关系μmg=ma，即a=μg后加速度不再增大，即做匀加速直线运动；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了牛顿第二定律在整体法和隔离法中的运用，当两者相对运动后，A将受恒力（滑动摩擦力）作用，做匀加速运动，难度适中．‎ ‎　‎ ‎2．飞镖运动正以其独有的魅力风靡全世界．如图为飞镖大赛中一选手水平抛出三支飞镖，打到竖直飞镖盘上的情况如图所示，不计空气阻力，根据飞镖的位置和角度可以推断（　　）‎ A．三支飞镖不可能从同一高度抛出 B．三支飞镖不可能以相同速度抛出 C．①号与②号飞镖可能从同一点抛出 D．②号与③号飞镖可能从同一点抛出 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】飞镖的角度反应了末速度的方向，结合平抛运动的速度偏转角公式和分运动公式分析即可．‎ ‎【解答】解：如果三支飞镖以相同速度抛出，末速度的水平分速度相等；‎ 由于①号和③号角度相等，小于②号的角度，故②号的竖直分速度大，运动的时间长，只要控制水平分位移不同即可，故是可能的，故B错误；‎ 由于①号位置高于②号的位置，从同一点抛出，故②号运动的竖直分位移大，运动时间长；由于水平分位移相同，故②号的初速度要小，故②号的角度大于①号，不矛盾，故C正确；‎ 由于②号位置高于③号的位置，从同一点抛出，故②号运动的竖直分位移小，运动时间短；由于水平分位移相同，故②号的初速度要大，故②号的角度小于③号，与图矛盾，故D错误；‎ 由于①号与②号飞镖可能从同一点抛出，故初位置高度可能相同；‎ ‎②号与③号飞镖相比，②号运动的竖直分位移小，运动时间短，偏转角度大，竖直分速度小，故水平分速度要更小，故初位置高度可能相同，故A错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是两两讨论，注意初位置的高度、水平分位移、初速度都是可以调节的，要两两考虑，不难．‎ ‎　‎ ‎3．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g．某卫星原来在半径为rl的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为r2，则此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）‎ A．mgR2（﹣） B．mgR2（﹣） C．（﹣） D．（﹣）‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．‎ ‎【解答】解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，即，则轨道半径为r1时：，依题意其引力势能为，‎ 轨道半径为r2时：，引力势能为，‎ 设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：‎ 联立得：Q=（﹣），故C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解．‎ ‎　‎ ‎4．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．‎ ‎【点评】本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用．‎ ‎　‎ ‎5．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，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，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（　　）‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于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小于Q球的向心加速度 ‎【考点】机械能守恒定律；向心加速度；向心力．‎ ‎【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度．‎ ‎【解答】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=‎ 在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于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，所以不能比较动能的大小．故AB错误；‎ CD．在最低点，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=mg+m=3mg，a向=，‎ 所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】再求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．‎ ‎　‎ ‎6．某小船船头垂直指向洒岸渡河，若水流速度突然增大，其它条件不变，下列判断正确的是（　　）‎ A．小船渡河的时间不变 B．渡河时间减少 C．小船渡河时间增加 D．小船到达对岸地点不变 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】小船实际参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和顺着水流方向的匀速直线运动，由于分运动与合运动同时进行，互不干扰，故渡河时间由沿船头方向的分运动决定，与水流速度无关．‎ ‎【解答】解：将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解，由于分运动互不干扰，故渡河时间与水流速度无关，只与船头指向方向的分运动有关，故船航行至河中心时，水流速度突然增大，只会对轨迹有影响，对渡河时间无影响；沿水流方向的位移，小球到达对岸的地点改变，到达对岸下游更远的位置．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键抓住渡河时间只与沿船头指向方向的分运动有关，与沿水流方向的分运动无关．‎ ‎　‎ ‎7．我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（　　）‎ A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接 B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接 C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 ‎【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】正常运行的卫星若加速则所需向心力大于万有引力做离心运动，若减速则所需向力小于万有引力做向心运动，据此分析各选项．‎ ‎【解答】解：A、B、在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接．则AB错误 C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C正确 D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触．则D错误．‎ 故选：C ‎【点评】明确正常运行的卫星加速做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，小球从离地高为H的位置A由静止释放，从C点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h的B位置．再由B位置下落，再经轨道由C点滑出到离地高为H′的位置．速度减为零，不计空气阻力，则（　　）‎ A．＞（h﹣h′）‎ B．＜（h﹣h′）‎ C．=（h﹣h′）‎ D．不能确定与（h﹣h′）的大小关系 ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】根据机械能的损失转化为摩擦产生的内能，通过摩擦产生的内能大小比较两次情况下的高度差之间的关系．‎ ‎【解答】解：根据能量守恒得，运动过程中损失的机械能转化为摩擦产生的内能，则有：‎ mg=△E1，‎ mg（h﹣h′）=△E2，‎ 因为第一次通过圆弧轨道时的速度大于第二次通过圆弧轨道的速度，根据径向合力提供向心力知，第一次通过圆弧轨道时对轨道的压力大，摩擦力大，则摩擦产生的内能大，即△E1＞△E2，所以H﹣h＞h﹣h′．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题综合考查了能量守恒、牛顿第二定律的综合，挖掘出本题的隐含条件，即第一次通过圆弧轨道的压力大于第二次通过圆弧轨道的压力，是解决本题的关键．‎ ‎　‎ 二．多选题（共4题，每题5分，共20分；答错不得分，漏答得2分）‎ ‎9．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直 固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　） ‎ A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能为0‎ C．t2～t3这段时间内，小球的动能先减小后增加 D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能 ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，压缩弹簧，在下降的过程中，弹力不断变大，弹力先小于重力，后大于重力，‎ 小球先加速后减小，合力为零时速度最大．小球和弹簧构成的系统，机械能守恒．根据小球的受力情况分析其运动情况．根据系统的机械能守恒分析能量转化情况．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大．故A错误；‎ B、t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于0，动能为0，故B正确；‎ C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做加减速运动，则小球的动能先增大后减小，故C错误；‎ D、t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．要知道系统的机械能守恒，但小球的机械能并不守恒．‎ ‎　‎ ‎10．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（　　）‎ A．受到向心力为m B．受到的摩擦力为μm C．受到的摩擦力为μmg D．受到的合力方向斜向左上方 ‎【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向．‎ ‎【解答】解：A、在最低点，物体受到的向心力，故A正确．‎ B、在最低点，根据牛顿第二定律得，，解得N=，则受到的摩擦力f=，故B、C错误．‎ D、因为重力和支持力的合力竖直向上，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则知，物体所受的合力方向斜向左上方，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，可视为质点的，质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（　　）‎ A．小球能通过最高点的最小速度为 B．若在最高点管道对小球施加弹力大小为mg，则这个力的方向可能向下，也可能向上 C．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道有向上的作用力 D．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最低点时与管道间有相互作用力 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球通过圆管最高点的临界速度为零，根据牛顿第二定律，抓住指向圆心的合力提供向心力，分析作用力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、小球在圆管的最高点，受到管子的作用力可以向上，可以向下，最高点的最小速度为零，故A错误．‎ B、若在最高点管道对小球施加弹力大小为mg，因为合力的方向向下，可知管道对小球的弹力方向向下，不可能向上，故B错误．‎ C、如果小球在最高点时的速度大小为2，根据牛顿第二定律得，，解得F=mg，管道对小球的作用力方向向下，则小球对管道有向上的作用力，故C正确．‎ D、如果小球在最低点时的速度大小为，根据牛顿第二定律得，，解得F=2mg，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1，匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ，关于这一过程的下列判断，正确的有（　　）‎ A．滑块滑上传送带上的加速度大小为μg B．滑块向左滑动后离开左端的最大距离为 C．滑块返回传送带右端的速率为v2‎ D．从滑块滑上传送带到离开所用时间大于 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，‎ 由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，最后物体与传送带一起向右匀速运动，直到离开传送带．根据运动学公式，可求出运动的总时间．‎ ‎【解答】解：A、滑块滑上传送带，受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度a=μg，故A正确；‎ B、滑块受摩擦力作用，根据动能定律得fs=得：s=，故B错误；‎ C、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，速度等于v1，故C错误；‎ D、由题意知，物体先想做减速，后反向加速到v1后一起随传送带匀速运动，速度﹣时间图象如图所示：‎ 物体向右运动的位移即图象下方的位移与向左时的位移即图象上方的位移相等，根据图象，故时间t大于时，才能满足 故从滑块滑上传送带到离开所用时间t大于，故选项D正确 故选：AD ‎【点评】对于传送带问题，通常运动分两个过程，要对这两个过程分别进行运动分析和受力分析，然后结合牛顿第二定律和运动学公式求解 ‎　‎ 三．实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13．某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：‎ ‎（1）弹簧的劲度系数为　300　N/m．‎ 为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案．‎ ‎①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案　甲　更合理．‎ ‎②若A和B的重力分别为10.0N和20.0N．当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，c的示数为4.0N，则A和B间的动摩擦因数为　0.30　．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】（1）由弹簧的长度L和弹力f大小的关系图象，读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；由图读出弹力为F=10N，弹簧的长度为x=5cm，求出弹簧压缩的长度，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．‎ ‎①根据作用力与反作用力的关系，摩擦力的大小与弹簧的示数相等，求摩擦力也就是看弹簧的读数；‎ ‎②在不同的情况下接触面受到的正压力的大小不同，摩擦力也就不一样 ‎【解答】解：（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=10cm，即弹簧的原长为10cm，由图读出弹力为F0=60N，弹簧的长度为L0=5cm，弹簧压缩的长度x0=L﹣L0=40﹣20=20cm=0.2m；‎ 由胡克定律得弹簧的劲度系数为k===300N/m；‎ ‎①甲乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理；‎ ‎②由于弹簧测力计a示数为6.0N，所以A、B间的动摩擦因数μ===0.30；‎ 故答案为：（1）300 ①甲 ②0.30‎ ‎【点评】胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度．第关键明确实验原理，根据平衡条件和滑动摩擦定律列式求解 ‎　‎ ‎14．某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图1所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验．‎ ‎（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是　甲图　，理由是　采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用．且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒　．‎ 若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小　1.37　m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出v2﹣h图线如图3所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g=　9.7　m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；‎ 纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；‎ ‎（3）由mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度．‎ ‎【解答】解：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适．‎ 匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：‎ vB==m/s=1.37m/s ‎（3）由机械能守恒mgh=mv2得v2=2gh，‎ 由此可知：图象的斜率k=2g，由此可以求出当地的重力加速度，‎ 由图可知，当h=20cm=0.2m时，v2=3.88，所以k===19.4，‎ 所以g≈9.7m/s2，在范围9.7～9.8内皆可．‎ 故答案为：（1）甲图，采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒；‎ ‎1.37；‎ ‎（3）9.7．‎ ‎【点评】本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，正确利用匀变速直线运动的规律、推论求解某点的瞬时速度，根据图象特点明确图象斜率的含义．‎ ‎　‎ 四．计算题 ‎15．“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一步．已知“嫦娥一号”绕月飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G．求：‎ ‎（1）月球的质量；‎ 月球的第一宇宙速度．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】（1）根据月球对“嫦娥一号”的万有引力提供“嫦娥一号”的向心力，列方程求解月球的质量．第一宇宙速度为贴着月球的表面做圆周运动的速度，根据万有引力提供向心力计算大小．‎ ‎【解答】解：（1）设月球质量为M，“嫦娥一号”的质量为m，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ G=m 解得：M=．‎ 设绕月飞船运行的线速度为V，飞船质量为m0，则有：‎ ‎ G=‎ 又M=，‎ 联立解得：V=．‎ 答：（1）月球的质量M为； ‎ 月球的第一宇宙速度为．‎ ‎【点评】本题考查应用万有引力定律解决实际问题的能力，本题的关键知道线速度与周期的关系，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=37°，以v=2m/s的恒定速率逆时针转动．一个质量为m=1kg的小物块以初速度v0=10m/s从传送带两端A、B之间的中点开始沿传送带向上运动．已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B之间的距离为L=20.4m．求：（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）物体沿传送带向上运动的最大距离为多少？‎ 物体在传送带上运动的总时间？‎ ‎（3）物体在传送带上由于摩擦而产生的热量为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功能关系．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律求出物体的加速度，应用匀变速直线运动的运动学公式求出其位移；‎ 由牛顿第二定律求出物体的加速度，应用运动学公式求出物体在各阶段的运动时间，然后求出物体的运动时间；‎ ‎（3）求出物体与传送带间的相对位移，然后求出摩擦产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）物体经过时间t1沿传送带向上运动速度为零，在时间t1内，物体的位移为x1，传送带位移为x2，‎ 对物体，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，‎ 由匀变速直线运动的速度公式得：v0=a1t1，由匀变速直线运动的位移公式得：x1=a1t12，‎ 对传送带，有：x2=vt1，解得：a1=10m/s2，t1=1s，x1=5m，x2=2m，‎ 物体沿传送带向上运动的最大距离为：x1=5m；‎ 物体经过时间t2沿传送带向下运动速度和传送带共速，在时间t2内，‎ 物体的位移为x3，传送带位移为x4，此过程物体的受力情况不变，加速度为a1不变，‎ 对物体，由匀变速直线运动的速度公式得：v=a1t2，由位移公式得：x3=a1t22，‎ 传送带的位移：x4=vt2，解得：t2=0.2s，x3=0.2m，x4=0.4m，‎ 物体经过时间t3沿传送带向下恰好离开传送带，设离开时速度为v′，‎ 在时间t3内，物体的位移为x5，传送带位移为x6，‎ 对物体，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2，‎ 物体的速度：v′=v+a2t3，物体的位移：x5=vt3+a2t32，‎ 对传送带的位移：x6=vt3，由题意知：x5=L+x1﹣x3，‎ 解得：a2=2m/s2，x5=15m，t3=3s，x6=6m，v′=8m/s，‎ 设物体在传送带上运动的总时间为t，有：t=t1+t2+t3，解得：t=4.2s；‎ ‎（3）设物体在传送带上相对传送带运动的总路程为x，有：‎ x=（ x1+x2）+（ x4﹣x3）+（x5﹣x6），解得：x=16.2m，‎ 设物体在传送带上由于摩擦而产生的热量为Q，有：‎ Q=μmgxcosθ，解得：Q=64.8J；‎ 答：（1）物体沿传送带向上运动的最大距离为：5m；‎ 物体在传送带上运动的总时间为4.2s；‎ ‎（3）物体在传送带上由于摩擦而产生的热量为：64.8J．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，要注意正确掌握能量的转化方向，同时注意掌握由于摩擦产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q=μmg△x，难度适中．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（ sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）小物块Q的质量m2；‎ 烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）烧断细绳后，物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则 MK间距多大？‎ ‎（4）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的应用-物体的平衡；牛顿第二定律；牛顿第三定律；牛顿运动定律的应用-连接体；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据共点力平衡条件列式求解；‎ 先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；‎ ‎（3）先根据动能定理求出M点速度，再根据牛顿第二定律求MN段上升和下降的加速度，再结合运动学公式求MK间距；‎ ‎（4）直接根据动能定理全程列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有 m1gsin53°=m2gsin37°‎ 解得 ‎ m2=4kg 即小物块Q的质量m2为4kg．‎ 滑块由P到D过程，由动能定理，得 根据几何关系，有 h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）‎ 在D点，支持力和重力的合力提供向心力 FD﹣mg=m 解得 FD=78N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．‎ ‎（3）PM段，根据动能定理，有 解得 vM=2m/s ‎ 沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到 a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2‎ 根据速度时间公式，有 vM=a1 t1‎ 解得 t1=0.2s ‎ 所以t1=0.2s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有 沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有 a2=gsin53°﹣μgcos53°=6m/s2‎ 故，根据运动学公式，有 xMK=﹣=0.17m 即MK之间的距离为0.17m．‎ ‎（4）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到 mgL1sin53°﹣μmgcos53°L总=0‎ 解得 L总=1.0m ‎ 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．‎ ‎【点评】本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．‎ ‎　‎