湖南省长沙市第一中学2020届高三上学期月考物理试题 21页

2020 届高三月考试卷（二）物 理 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.在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 分勺选对但不全 的得 2 分勺有选错的得 0 分） 1.在物理学的发展过程中，科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步,下列说法不 正确 A. 在对自山落体运动的研究中，伽利略巧妙地利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易 测量最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律 B. 所谓“月一地检验”即需证明物体在地面附近下落时的加速度大约是它 在月球轨道上运动 时的加速度的 3600 倍 C. "月一地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同 样的规律 D. 卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律 推广到宇宙中的一 切物体，得出万冇引力定律，并测岀了引力常量 的数值 【答案】D 【解析】 【详解】A．在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时 间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律。故 A 不符合题意。 B．所谓“月一地检验”即需证明物体在地面附近下落时的加速度大约是它在月球轨道上运动 时的加速度的 3600 倍。故 B 不符合题意。 C．“月一地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律。故 C 不 符合题意。 D．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物 体，得出万有引力定律，卡文迪许测岀了引力常量 G 的数值。故 D 符合题意。 2.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动，以初速度方向 为正方向，其加速度随时间变化的 a–t 图象如图所示。关于甲、乙在 0~t0 时间内的运动情况， 下列说法正确的是 G A. 0~t0 时间内，甲做减速运动，乙做加速运动 B. 0~t0 时间内，甲和乙的平均速度相等 C. 在 t0 时刻，甲的速度比乙的速度小 D. 在 t0 时刻，甲和乙之间的间距最大 【答案】D 【解析】 0~t0 时间内，甲做加速度减小的加速运动，乙做加速度增加的加速运动，选项 A 错误；两物 体的初速度相同，由图像可知，速度的变化量相同，则在 t0 时刻两物体的速度相同，但是由 于甲做加速度减小的加速运动，乙做加速度增加的加速运动，则甲的位移大于乙的位移，可 知甲的平均速度大于乙，选项 BC 错误；在 t0 时刻，甲和乙速度相同，则甲乙之间的间距最大， 选项 D 正确；故选 D. 点睛：此题关键是先搞清 a-t 图像的物理意义，知道图像的“面积”等于速度的变化量；可 借助于 v-t 图像进行分析. 3. 一质量为 m 的物体放在光滑的水平面上，今以恒力 F 沿水平方向推该物体，在相同的时间 间隔内，下列说法正确的是（ ） A. 物体的位移相等 B. 物体动量的变化量相等 C. F 对物体做的功相等 D. 物体动能的变化量相等 【答案】B 【解析】 试题分析：、物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐 渐增大．故 A 错误．根据动量定理得：Ft=△P，F、t 相等，则△P 相等，即物体动量的变化 量相等．故 B 正确．由功的公式 W=FL 知道，在相同的时间间隔内，F 做功增大．故 D 错误．根 据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大．故 C 错误．故选 B． 考点：动能定理；动量定理 【名师点睛】此题是对动量定理及动能定理的考查；要知道恒力在相等时间内冲量相等，动 量变化量必定相等，但位移、F 做功、动能变化量并是不相等．属于简单题。 4.如图所示，挡板垂直于斜面且固定在斜面上，一质量为 m 的滑块放在斜面［其上表面呈弧 形且左端最薄，一质量为 M 的球搁在当板与滑块上，一切摩 擦均不计,用平行于斜面的拉力 F 拉住滑块,使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在档板与 滑块上且处于静止状态，则与原来相比 A. 滑块对球 弹力增大 B. 挡板对球的弹力不变 C. 斜面对滑块的弹力增大 D. 拉力 F 增大 【答案】D 【解析】 【详解】AB．对球进行受力分析，如图（a）所示： 球只受三个力的作用，挡板对球的力 F1 方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，F2 与竖直 方向夹角减小，最小时 F2 垂直于 F1，可以知道挡板 F1 和滑块对球的作用力 F2 都减小。故 AB 不符合题意。 CD．再对滑块和球一起受力分析，如图（b）所示，其中 FN=Gcosθ 不变，F+F1 不变，F1 减小， 可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力 F 增大。故 D 符合题意，C 不符合题意。 的 5.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上， 物块质量为 M，到小环的距离为 L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F．小环和物块以 速度 v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物 块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为 g．下列说法正确的是 A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2F B. 小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 2F C. 物块上升的最大高度为 D. 速度 v 不能超过 【答案】D 【解析】 【详解】物块向右匀速运动时，则夹子与物体 M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于 Mg， 故 A 错误；小环碰到钉子 P 时，物体 M 做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向 心力，因此绳中的张力大于 Mg，而与 2F 大小关系不确定，故 B 错误；依据机械能守恒定律， 减小的动能转化为重力势能，则有： ，则物块上升的最大高度为 ，故 C 错误；因夹子对物体 M 的最大静摩擦力为 2F，依据牛顿第二定律，对物体 M，则有： ，解得： ，故速度 v 不能超过 ，故 D 正确；故选 D。 【点睛】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时， 最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与 Mg 的关系，与 2F 关系无 22v g ( )2F Mg L M − 21 2 Mv Mgh= 2 2 vh g = 2 2 mvF Mg M L − = ( )2 m F Mg Lv M −= ( )2F Mg L M − 法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均 为 F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解． 6.某同学设想驾驶一辆“陆地—太空”两用汽车，沿地球赤道行驶并且汽车 相对于地球速度 可以增加到足够大.当汽车速度增加到某一值时，它将成 为脱离地面绕地球做圆周运动的"航 天汽车”.不计空气阻力，已知地球的 半径 R=6400km，地球表面重力加速度 g 为 10m/s2.下列 说法正确的是 A. 汽车在地面上速度增加时-它对地面的压力不变 B. 当汽车速度增加到 8.0km/s 时,将离开地面绕地球做圆周运动 C. 此"航大汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为 1 h D. 在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力 【答案】B 【解析】 【详解】A．汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力。设汽车的质量为m， 支持力为 F，速度为 v，地球半径为 R，根据由牛顿第二定律得： ，解得： 当汽车速度 v 减小时，支持力 F 增大，则汽车对对地面的压力增大。故 A 错误。 B．7.9km/s 是第一宇宙速度，当汽车速度 v=7.9km/s 时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动， 成为近地卫星。故 B 正确。 C．“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运 动时，周期最小。根据 ，代入 v=7.9km/s，R=6400km，解得： T=5087s=1.4h “航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为 1.4h。故 C 错误。 D．在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力。故 D 错 误。 7.卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整.如图所示，某次发射任务中先将卫星送 2vmg F m R − = 2vF mg m R = − 2 RT v π= 至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道．图中 O 点为地心，A 点是近地轨道和椭圆轨道的 交点，远地点 B 离地面高度为 6R(R 为地球半径)．设卫星在近地轨道运动的周期为 T，下列对 卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的是 A. 控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速 B. 卫星通过 A 点时的速度是通过 B 点时速度的 6 倍 C. 卫星通过 A 点时的加速度是通过 B 点时加速度的 6 倍 D. 卫星从 A 点经 4T 的时间刚好能到达 B 点 【答案】D 【解析】 控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星加速，选项 A 错误；根据开普勒行星运动第 二定律可得： ，则卫星通过 A 点时的速度是通过 B 点时速度的 7 倍，选 项 B 错误；根据 ，则 ,则 卫星通过 A 点时的加速度是通过 B 点时加速度的 49 倍,选项 C 错误；根据开普勒第三定律， ，解得 , 则 卫星从 A 点经 4T 的时间刚好能到达 B 点，选项 D 正确；故选 D. 点睛：此题主要是对开普勒行星运动定律的考查；关键要掌握第二和第三定律；注意绕同一 个中心天体做圆周或椭圆周运动的卫星的 是定值. 8.在离水平地面 h 高处将一质量为 m 的小球水平抛岀，在空中运动的过程 中所受空气阻力大 小恒为 f. 落地时小球距抛出点的水平距离为 x,速率为 v,那么,在小球运动的过程中 A. 重力做功为 B. 克服空气阻力做的功为 (6 )A Bv R v R R⋅ = ⋅ + 2 GMa r = 2 2 2 2 (7 ) 49A B B A a r R a r R = = = 3 3 2 '2 2 6( )2 R R R T T + = 8T T′ = 3 2 R T 2 2mg h x+ 2 2f h x+ C. 落地时，重力的瞬时功率为 D. 重力势能和机械能都逐渐减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球运动过程中下降的高度为 h，根据功的定义可知重力做功为 mgh。故 A 错误。 B．根据动能定理得： ，可得克服空气阻力做功为： 故 B 错误。 C．落地时，速度方向不是竖直向下，则重力的瞬时功率不等于 mgv。故 C 错误。 D．下降的过程中，重力势能减小，阻力做负功，则机械能减小。故 D 正确 9.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。取地面为重力 势能零点，该物体 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度取 10 m/s2。 由图中数据可得 A. 物体的质量为 2 kg B. h=0 时，物体的速率为 20 m/s C. h=2 m 时，物体的动能 Ek=40 J D. 从地面至 h=4 m，物体的动能减少 100 J 【答案】AD 【解析】 的 mgv 2 2 0 1 1 2 2fmgh W mv mv− = − 2 2 0 1 1 2 2fW mgh mv mv= − + 【详解】A．Ep-h 图像知其斜率为 G，故 G= =20N，解得 m=2kg，故 A 正确 B．h=0 时，Ep=0，Ek=E 机-Ep=100J-0=100J，故 =100J，解得：v=10m/s，故 B 错误； C．h=2m 时，Ep=40J，Ek= E 机-Ep=90J-40J=50J，故 C 错误 D．h=0 时，Ek=E 机-Ep=100J-0=100J，h=4m 时，Ek’=E 机-Ep=80J-80J=0J，故 Ek- Ek’=100J， 故 D 正确 10.如图所示，在某质量分布均匀的行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30°，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动。盘面上与转轴距离 处有一小物体与 圆盘保持相对静止,角速度为 时，小物体恰好要发生相对滑动，物体与盘面间的动摩擦因 数为 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为 ，引力常量为 ，,则下列说 法正确的是 A. 此行星的密度 B. 质量为 m 的物体在离行星表面距离为 R 的地方的重力为 C. 此行星的第一宇宙速度 D. 此行星的同步卫星的周期是 【答案】AB 【解析】 【详解】物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物 体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大。由牛顿第二定 律得：μmgcos30°-mgsin30°=mω2L 解得： 80J 4m 21 2 mv L ω 3 2 R G 23 L GR ωρ π= 2m Lω 1v RLω= R L π ω A．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力： ，联立可 求得星球的质量为： 所以密度为 故 A 正确。 B．物体在 R 高度处的重力： 则 故 B 正确。 C．第一宇宙速度 故 C 错误。 D．星球的自转周期无法知道，所以同步卫星的周期无法求出。故 D 错误。 11.如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 θ，物块 a 通过平行于传送带的轻绳跨过光 滑轻滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m，开始时 a、b 及传送带均静止，且 a 不受传送带摩擦 力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度（未与滑轮相碰）过程中 A. 物块 a 重力势能减少 mgh B. 摩擦力对 a 做的功大于 a 机械能的增加 24g Lω= 2 MmG mgR = 2 24 R LM G ω= 23M L V GR ωρ π= = ( )2 1 42 GMg g R =′ = 21 4G mg mg m Lω= = =′ ′ 2 1 4 2v gR RL RLω ω= = = C. 摩擦力对 a 做的功小于物块 a、b 动能增加之和 D. 任意时刻.重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等 【答案】ACD 【解析】 【详解】A. 开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，有 magsinθ=mbg,则 ma=m/sinθ，b 上升 h，则 a 下降 hsinθ，则 a 重力势能的减小量为 mag×hsinθ=mgh，故 A 正确； B.根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对 a 做的功等于 a、b 机械能的增量。所以摩擦 力做功大于 a 的机械能增加。因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加。 故 B 错误，C 正确； D. 任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，克服重力的瞬时功率 Pb=mgv,对 a 有： Pa=magvsinθ=mgv，所以重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等。故 D 正确。 故选：ACD. 点睛：通过开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出 a、b 的质量关系．根据 b 上升的高度得出 a 下降的高度，从而求出 a 重力势能的减小量，根 据能量守恒定律判断摩擦力做功与 a、b 动能以及机械能的关系． 12.如图所示左侧为一个固定在水平桌面上的半径为 的半球形碗，碗口直径 AB 水平.O 点为 球心。碗的内表面及碗口光滑.右侧是一个足够 长的固定光滑斜面.一根不可伸长的轻质细绳 跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球 和物块 , ,开始时 恰在 点, 在斜面上且距斜面顶端足够远，此时连接 的细绳与 斜面平行且伸直，C 点在圆心 O 的止下方. 由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是 A. 从 A 点运动到 C 点的过程中,轻质细绳对 的总功等于零 R 1m 2m 1 2m m> 1m A 2m 1 2m m、 1m 1m 1 2m m、 B. 当 运动到 C 点时， 的速率是 速率的 倍 C. 当 运动到 C 点时绳断开, 可能沿碗面上升到 B 点 D. 沿斜面上滑过程中,地面对斜面的摩擦力始终保持恒定 【答案】AD 【解析】 【详解】A．对 与 组成的系统，在 从A 点运动到 C 点的过程中，只存在动能与势能的 相互转化，故 与 组成的系统机械能守恒，轻绳对 与 做的功之和为零。故 A 正确。 B．设小球 m1 到达最低点 C 时 m1、m2 的速度大小分别为 v1、v2，由运动的合成分解得： v1cos45°=v2，则有： 故 B 错误。 C．在 C 点断开绳子，由机械能守恒可得 不能上升到 B 点。故 C 错误。 D．在 m2 沿斜面上滑过程中，m2 对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可 知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故 D 正确。 二、实验题（本题共 2 小题，每空 2 分，共 16 分） 13.为了验证动能定理,某学习小组在实验室组装了如图所示的装置， 备有下列器材：打点计 时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、刻度 尺、细沙.他们称量滑块的质量为 、沙 和小桶的总质量为 m 当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时滑块处于静止状 态。要完成该实验，请冋答下列问题： （1）实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，需要做的步骤是_____。实验时为保证 滑块受到的力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是 1m 2m 1m 2 1m 1m 2m 1m 2m 1m 1m 2m 1m 2m 1 2 2v v = 1m M __________. （2）在满足（1）)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图所示为打点计时器所打的纸 带的一部分，图中 A、B、C、D、E 是按时间先后顺序确定的计数点,相邻计数点间的时间间隔 为 T,相邻计数点间的距离标 注在图上，当地重力加速度为 g,则滑块在 B、D 两点间运动时， 合力 对滑块做的功 W 为 _____ ,滑块动能的变化 为__________（用题中所给的表示数据 的字母表示）. 【答案】 (1). 平衡摩擦力 (2). 沙和小桶的总质量远小于滑块的质量 (3). (4). 【解析】 【详解】(1)[1]在该实验中，为了保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要将木板一端 抬高，以平衡摩擦力。 [2]设绳子上拉力为 F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg-F=ma，由此解 得： 由此可知当 M＞＞m 时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，所以若使绳子拉力近似等于沙和沙 桶的重力，应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即 m＜＜M。 (2) [1]滑块在运动过程中外力做功为：W=mg（x2+x3）。 [2]根据推论可知 B 点的瞬时速度为： ，C 点的瞬时速度为： 。动能 的增加量为： 14.图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如 图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的 点标为 0，, 然后每两个计时点取一个计数点, 分别标记为 1、2、3、4、5、6,用 刻度尺量出计数点 1、2、3、4、5、6 与 0 点的距离分别为 .（重力加速度为 ） kE ( )2 3mg x x+ 2 2 3 4 1 21 1 2 2 2 2 x x x xM MT T + +   −       1 mgF m M = + 1 2 2B x xv T += 1 2 2B x xv T += 2 2 3 4 1 21 1 2 2 2 2K x x x xE m mT T + +   ∆ = −       1 2 3 4 5 6h h h h h h、 、 、 、 、 g （1）已知打点计时器的打点周期为 T,可求岀打各个计数点时对应的速度分别为 ，其中 的计算式 _________. （2）若重锤的质量为 ，, 取打点 0 时电锤所在水平面为参考平面。分别算出打各个计数点 时对应重锤的势能 和动能 则打计数点 3 时对应重锤的势能 _______（用题中所给 物理量的符号表示）；接着在 坐标系中描点作出如图丙所示的 和 图线，求 得 图线斜率的绝对值为 , 图线的斜率为 .则在误差允许的范围内， ___________（填 “ “或“=“ ） 时重锤的机械能守恒. （3）关于上述实验，下列说法中正确的是___________ A.实验中可用干电池作为电源 B.为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些 C.实验时应先释放纸带后接通电源 D.图丙 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能 【答案】 (1). (2). (3). = (4). BD 【解析】 【详解】(1)[1]计数点 5 的瞬时速度等于 4、6 两点间的平均速度，则 。 (2)[2][3]打计数点 3 时对应重锤的势能 Ep3=-mgh3，根据图象可知，每一段对应的重力势能减 小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此 k1=k2。 (3)[4]A．实验中打点计时器，使用的是交流电源，不可用干电池作为电源。故 A 错误。 B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些。故 B 正确。 C．实验时应先接通电源，再释放纸带。故 C 错误。 1 2 3 4 5v v v v v、 、 、 、 5v 5v = m pE kE 3pE = E h− kE h− pE h− pE h− 1k kE h− 2k 1k ” "> <或 2k kE h− 6 4 4 h h T − mghs− 6 4 5 4 h hv T += D．图丙 Ek-h 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能。故 D 正确。 三、计算题（本题共 4 小题，共 46 分） 15.2018 年国庆假期期间，国家取消了 7 座及以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了 很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车 辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。假设收费站的前、 后都是平直大道，假期间过站的车速要求不超过 vt=21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为 v0=108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为 a1=4m/s2，试问： (1)假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动； (2)假设车过站后驾驶员立即使车以 a2=6m/s2 的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最 终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少； (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少。 【答案】（1）108m（2）10s（3）4s 【解析】 试题分析：1、根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解． 2、根据 v=v0+at 求解加速和减速的时间． 3、根据速度位移关系求加速阶段位移，知道总位移，根据速度时间关系求出不减速所需要时 间，和（2）时间比较的耽误的时间． 解：（1）vt=21.6km/h=6m/s，事先小汽车未减速的车速均为 v0=108km/h=30m/s， 小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设据收费站 x1 处开始制动，则： vt2﹣v02=2a1x1 即：62﹣302=2×（﹣4）x1 解得：x1=108m （2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为 x1 和 x2，时间 分别为 t1 和 t2 则： 减速阶段：vt=v0﹣a1t1 t1= = =6s 加速阶段：v0=vt+a2t2 t2= = =4s 则加速和减速的总时间 t=t1+t2=10s （3）在加速阶段：v02﹣vt2=2a2x2 302﹣62=2×6x1 解得：x2=72m 则总位移 x=x1+x2=180m 若不减速所需时间 t′= =6s 车因减速和加速过站而耽误的时间△t=t﹣t′="4" s 答：（1）大假期间，驾驶员应在距收费站至少 108m 远处开始制动； （2）假设车过站后驾驶员立即使车以 a2=6m/s2 的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到 最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是 10s； （3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 4s． 【点评】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分 析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．此题 有一定的难度，是一道好题． 16.滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满 空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气 垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间 超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过 4m/s 时，滑雪板 与雪地间的动摩擦因数就会由 μ1＝0.25 变为 μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为 θ＝37°的坡 顶 A 由静止开始自由下滑，滑至坡底 B(B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停 在 C 处，如图所示。不计空气阻力，坡长为 l＝26 m，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8。求： (1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达 B 处的速度； (3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。 【答案】1s 99.2m 【解析】 【分析】 由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位 移和时间。 【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1= =4m/s2 解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1s (2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1= a1t2=2m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2= =5m/s2 由 vB2-v2=2a2(L-x1) 解得滑雪者到达 B 处时的速度：vB=16m/s (3)设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，则由动能定理有： ；解得 x3=96m 速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有： ；解得 x4=3.2m 所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m 17.光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道 bc 粗糙，直轨道 cd 光滑，两 轨道相接处为一很小的圆弧。质量为 m=0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动， 到达轨道最高点 a 时的速度大小为 v=4m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道 bc 的相切处 b 时， 脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道 bc 滑行，到达轨道 cd 上的 d 点时速度为零。若滑块变换轨道 瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为 R=0.25m，直轨道 bc 的倾角 =37o，其长 度为 L=26.25m，d 点与水平地面间的高度差为 h=0.2m，取重力加速度 g=10m/s2，sin37o=0.6。 求： 16 /m s 1sin cosmg mg m θ µ θ− 1 v a 1 2 2sin cosmg mg m θ µ θ− 2 2 2 3 1 1 1 2 2 Bmgx mv mvµ− = − 2 1 4 1 10 2mgx mvµ− = − θ (1)滑块在圆轨道最高点 a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道 bc 问的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道 bc 上能够运动的时间。 【答案】（1）5.4N（2）0.8 7.66s 【解析】 试题分析：（1）在圆轨道最高点 a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第 二定律即可求解； （2）从 a 点到 d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解； （3）分别对上滑 过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的 公式，即可求得时间． 解：（1）在圆轨道最高点 a 处对滑块由牛顿第二定律得： 所以 =5.4N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点 a 时对轨道的压力大小为 5.4N （2）从 a 点到 d 点全程由动能定理得： =0.8 （3）设滑块在 bc 上向下滑动的加速度为 a1，时间为 t1，向上滑动的加速度为 a2，时间为 t2； 在 c 点时的速度为 vc． 由 c 到 d： =2m/s a 点到 b 点的过程： 所以 =5m/s , 的 在轨道 bc 上： 下滑： =7.5s 上滑：mgsinθ+μmgcosθ=ma2 a2=gsinθ+μgcosθ=12.4m/s2 0=vc﹣a2t2 =0.16s 因为 μ＞tanθ，所以滑块在轨道 bc 上停止后不再下滑 滑块在两个斜面上运动的总时间：t 总=t1+t2=（7.5+0.16）s=7.66s 答：（1）滑块在圆轨道最高点 a 时对轨道的压力大小是 5.4N； （2）滑块与直轨道 bc 问的动摩擦因数是 0.8； （3）滑块在直轨道 bc 上能够运动 时间是 7.66s． 点评：该题中滑块经历的过程比较多，要分析清楚运动的过程中，在列公式的过程中一定要 注意各物理量与对应的过程的关系． 18.如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为 θ=300、高度为 h=1.5m。一薄木板 B 置于 斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为 l0=0.2m 的轻弹簧，木质总质量 为 m=1kg，总长度为 L=2.0m。一质量为 M=3kg 的小物块 A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该 位置离地高度 H=1.7m，物块 A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开 始向下滑行，已知 A、B 之间的动摩擦因数为 。木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻 停下，物块 A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可 认为等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力。求： 的 3 2 µ = （1）物块 A 落到木板上的速度大小 v； （2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 【答案】（1）4m/s（2）5J 【解析】 （1）物块 A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g(H−h)＝vy2， 得：vy＝2m/s 物块 A 落到木板时的速度大小为：v＝ ＝4m/s （2）由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的摩擦因数 μ0 应满足： mgsin30°＝μ0mgcos30° 得：μ0＝tan30°＝ 物块 A 在木板上滑行时，以 A 为对象有： （沿斜 面向上） 以木板 B 为对象有： （沿 斜面向下） 假设 A 与木板达到 v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共=aBt=v-aAt 解得：v 共＝3m/s，t=0.4s 此过程， ， 故△x＝xA-xB=＝0.8m＜L-l0=1.8m，说明以上假设成立 共速后，由于（M+m）gsin30°=μ0（M+m）gcos30°，A 与木板 B 一起匀速到木板与底端挡板 30 yv sin ° 3 3 230 30 2.5 /A Mgcos Mgsina m sM µ °− °= = ( )0 230 30 30 7.5 /B Mgcos mgsin M m gcosa m sm µ µ°+ °− + °= = 1.42A v vx t m + ⋅共＝ ＝ 0.6 12 sin30B v hx t m m⋅ < =  共＝ ＝ 碰撞，木板停下，此后 A 做匀减速到与弹簧接触的过程，设接触弹簧时 A 的速度为 vA，有： 解得：vA＝2m/s 设弹簧最大压缩量为 xm，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q＝2μMgxmcos30°= MvA2 得：Q=6J， A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有： 即弹簧压缩到最短时的弹性势能为 5J 点睛：本题综合考查了平抛运动、牛顿运动定律、运动学公式及能量守恒定律，过程复杂， 综合性较强，对学生的要求较高，要加强这类题型的训练． 2 2 02 ( )A Aa L l x v v− − − ∆ = − 共 1 2 2 15mx m＝ 21 130 52 2pm A mE Mv Mgx sin Q J＝ + °− =