江西省宜春市奉新一中2017届高三上学期第二次诊断物理试卷（9月份） 19页

‎2016-2017学年江西省宜春市奉新一中高三（上）第二次诊断物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）．‎ ‎1．质量为m的木箱置于水平面上，水平推力F即可使木箱做匀速直线运动．现保持F的大小不变，方向改为与水平方向成60°斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示．则木箱与水平面间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m．现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（　　）‎ A．2F B． C．3F D．‎ ‎3．如图所示，木块放在水平地面上，在F=8N的水平拉力作用下向右做匀速直线运动，速度为1m/s．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．以1m/s的速度做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力为8N B．当木块以2m/s的速度做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力小于8N C．当水平拉力F=20N时，木块受到的摩擦力为20N D．将水平拉力F撤去，木块速度越来越小，是因为木块受到的摩擦力越来越大 ‎4．如图所示为一条河流，河水流速为v，一只船从O点先后两次渡河到对岸，船在静水中行驶的速度为u，第一次船头向着OA方向行驶，渡河时间为t1，船的位移为s1；第二次船头向着OB方向行驶，渡河时间为t2，船的位移为s2．若OA、OB与河岸的夹角相等，则有（　　）‎ A．t1＞t2，s1＜s2 B．t1＜t2，s1＞s2 C．t1=t2，s1＜s2 D．t1=t2，s1＞s2‎ ‎5．如图所示是一种娱乐设施“魔盘”，而且画面反映的是魔盘旋转转速较大时盘中人的情景．甲、乙、两三位同学看了图后发生争论，甲说：“图画错了，做圆周运动的物体受到向心力的作用，魔盘上的人应该向中心靠拢”．乙说：“图画得对，因为旋转的魔盘给人离心力，所以人向盘边缘靠拢”．丙说：“图画得对，当盘对人的摩擦力不能满足人做圆周运动所需的向心力时，人会逐渐远离圆心”．这三位同学的说法应是（　　）‎ A．甲正确 B．乙正确 C．丙正确 D．都不正确 ‎6．如图所示，在绕过盘心O的竖直轴匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连 的质量相等的两个物体A和B，它们与盘面间的动摩擦因数相同，当转速刚好使两个物体要滑动而未滑动时，烧断细线，则两个物体的运动情况是（　　）‎ A．两物体均沿切线方向滑动 B．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远 C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动 D．物体B仍随圆盘一起做圆周运动，物体A发生滑动 ‎7．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况．下列分析正确的是（　　）‎ A．若μ1＞μ2，m1=m2，则杆受到压力 B．若μ1=μ2，m1＞m2，则杆受到拉力 C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力 D．若μ1=μ2，m1≠m2，则杆无作用力 ‎8．如图光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，物块和木板间的动摩擦因数相同，开始时各物均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2．下列说法正确的是（　　）‎ A．若F1＞F2，M1=M2，则一定v1＞v2‎ B．若F1＜F2，M1=M2，则一定v1＞v2‎ C．若F1=F2，M1＜M2，则一定v1＞v2‎ D．若F1=F2，M1＞M2，则一定v1＞v2‎ ‎9．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练，斜坡上a、b、c、d共线，且ab=bc=cd，战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第三颗落在d点．不计空气阻力，第二颗炸弹可能落在（　　）‎ A．ab之间 B．b点 C．c点 D．cd之间 ‎10．如图所示，半圆形容器竖直放置，从圆心O点处分别以水平速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA和OB互相垂直，且OB与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）‎ A．两小球飞行的时间之比为 B．两小球飞行的时间之比为tanθ C．两小球的初速度之比为 D．两小球的初速度之比为 ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎11．如图所示，车厢在水平路面上向右做直线运动，车厢内系住小球的悬线偏离竖直方向的夹角恒为37°，小球的质量为2kg，则车做　　（填“匀加速”或“匀减速”）运动，悬线的拉力为　　N，小球的加速度为　　m/s2．‎ ‎12．在交通事故中，测定碰撞瞬间汽车的速度对于事故责任的认定具有重要的作用，《中国汽车驾驶员》杂志曾给出一个估算碰撞瞬间车辆速度的公式：v=式中△L是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两物体A、B沿公路方向上的水平距离，h1、h2分别是散落物A、B在车上时的离地高度．只要用米尺测量出事故现场的△L、h1、h2三个量，根据上述公式就能够估算出碰撞瞬间车辆的速度．根据所学知识，可知A、B落地时间差与车辆速度　　（填“有关”或“无关”），由上面的公式可推算出A、B落地时间差和车辆碰撞瞬间速度的乘积等于　　．‎ ‎13．如图所示，长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端固定一质量为m=3.0kg的小球，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m/s，则此时细杆OA对小球的作用力大小为　　N，方向　　．（g取10m/s2）‎ ‎14．采用图1所示的装置，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：‎ ‎（1）本实验所采用的科学方法是　　‎ A、理想实验法 B、等效替代法 C、控制变量法 D、假设法 ‎（2）保持小车质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表：‎ F/N ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ a/（m•s﹣2）‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.28‎ ‎0.40‎ ‎0.52‎ ‎①根据表中的数据在图2的坐标系中作出a﹣F图象；‎ ‎②由图可知，当小车的质量保持不变时，小车的加速度a和拉力F是　　（选填“线性”或“非线性”）关系；‎ ‎③图线在纵轴或横轴上的截距值是　　，不为零的原因可能是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（每小题10分，共40分）‎ ‎15．将一个质量为1kg的小球从某高处以3m/s的初速度水平抛出，测得小球落地点到抛出点的水平距离为1.2m．小球运动中所受空气阻力忽略不计，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球在空中运动的时间；‎ ‎（2）抛出点距地面的高度；‎ ‎（3）物体落地的速度v的大小．‎ ‎16．演员表演“水流行”节目，他用绳系着装水的水桶，使其在竖直平面内做圆周运动，水的质量为m=0.5kg，绳长L=80cm，g=10m/s2求 ‎（1）为使桶在最高点的水不流出，桶的最小速率？‎ ‎（2）桶在最高点的速率v=4m/s时，水对桶底的压力？‎ ‎17．质量m=4kg的物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，沿水平地面向右做直线运动，经过A点时速度为6m/s．物体过A点时开始计时，对物体施加水平恒力F作用，经过0.5s物体向右移动了2.5m到达B点；若t时刻撤去水平恒力F，物体最后停在A的右方3.75m处．g=10m/s2．求：‎ ‎（1）撤去水平恒力F的时刻t ‎（2）从物体经过A点到最终停止，水平恒力F做的功WF．‎ ‎18．如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，Q为位于水平地面上的质量为M的特殊平板， =‎ ‎，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.1．在板的上表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，区域的上边界为MN，如图中划虚线的部分．当物块P进入相互作用区域时，P、Q之间便有相互作用的恒力F=11mg，其中Q对P的作用力竖直向上，F对P的作用使P不与Q的上表面接触．在水平方向上，P、Q之间没有相互作用力．已知物块P开始下落的时刻，平板Q向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为t0=1.0s．平板Q足够长，空气阻力不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块P在相互作用区域中运动时P、Q加速度的大小；‎ ‎（2）从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t及此过程Q的位移；‎ ‎（3）从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回到出发点几次？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市奉新一中高三（上）第二次诊断物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）．‎ ‎1．质量为m的木箱置于水平面上，水平推力F即可使木箱做匀速直线运动．现保持F的大小不变，方向改为与水平方向成60°斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示．则木箱与水平面间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】用水平推力F即可使物体做匀速直线运动，根据共点力平衡列式，改用与水平方向成θ角的斜向上的拉力F去拉物体，也使它做匀速直线运动，根据共点力平衡联立列式可求解 ‎【解答】解：用水平推力F即可使物体做匀速直线运动，知摩擦力f=F=μmg…①‎ 当改用与水平方向成θ角的斜向上的拉力F去拉物体，则有：‎ Fcos60°=f′…②‎ f′=μ（mg﹣Fsin60°）…③‎ 联立①②③解得：μ=‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m．现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（　　）‎ A．2F B． C．3F D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A或B受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有 fm=ma…①‎ 对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有 F=3ma…②‎ 由①②解得：‎ fm=‎ 当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有 F1﹣fm=ma1…③‎ 对整体，有：‎ F1=3ma1…④‎ 由上述各式联立解得：‎ F1=‎ 即F1的最大值是 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，木块放在水平地面上，在F=8N的水平拉力作用下向右做匀速直线运动，速度为1m/s．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．以1m/s的速度做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力为8N B．当木块以2m/s的速度做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力小于8N C．当水平拉力F=20N时，木块受到的摩擦力为20N D．将水平拉力F撤去，木块速度越来越小，是因为木块受到的摩擦力越来越大 ‎【考点】滑动摩擦力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由于此时木块处于匀速直线运动状态，即平衡状态，分析该木块所受的平衡力情况即可判断AB，滑动摩擦力f=μFN与水平方向拉力无关，将拉力撤去后，滑动摩擦力不变．‎ ‎【解答】解：A、由于此时木块处于匀速直线运动状态，即平衡状态，水平方向受力平衡，f=F=8N，不管运动速度等于多少，只要是匀速运动，滑动摩擦力总等于8N，故A正确，B错误；‎ C、滑动摩擦力f=μFN与水平方向拉力无关，故当水平拉力F=20N时，木块受到的摩擦力为8N，故C错误；‎ D、滑动摩擦力f=μFN与水平方向受力无关，故将拉力撤去后，滑动摩擦力不变，物体在滑动摩擦力作用下做减速运动，速度减小，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示为一条河流，河水流速为v，一只船从O点先后两次渡河到对岸，船在静水中行驶的速度为u，第一次船头向着OA方向行驶，渡河时间为t1，船的位移为s1；第二次船头向着OB方向行驶，渡河时间为t2，船的位移为s2．若OA、OB与河岸的夹角相等，则有（　　）‎ A．t1＞t2，s1＜s2 B．t1＜t2，s1＞s2 C．t1=t2，s1＜s2 D．t1=t2，s1＞s2‎ ‎【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，根据垂直于河岸方向上的分速度比较运行的时间．再通过比较沿河岸方向上的位移，根据平行四边形定则比较出实际的位移大小．‎ ‎【解答】解：因为OB、OA与河岸的垂线方向的夹角相等，则在垂直于河岸方向上的分速度相等，渡河时间t=．‎ 所以两次渡河时间相等．船头向着OB方向行驶时，沿河岸方向的分速度v∥=μcosθ+v，‎ 船头向着OA方向行驶时，沿河岸方向行驶的分速度v∥′=v﹣ucosθ＜v∥，水平方向上的位移x1＜x2，‎ 根据平行四边形定则，则s1＜s2．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示是一种娱乐设施“魔盘”，而且画面反映的是魔盘旋转转速较大时盘中人的情景．甲、乙、两三位同学看了图后发生争论，甲说：“图画错了，做圆周运动的物体受到向心力的作用，魔盘上的人应该向中心靠拢”．乙说：“图画得对，因为旋转的魔盘给人离心力，所以人向盘边缘靠拢”．丙说：“图画得对，当盘对人的摩擦力不能满足人做圆周运动所需的向心力时，人会逐渐远离圆心”．这三位同学的说法应是（　　）‎ A．甲正确 B．乙正确 C．丙正确 D．都不正确 ‎【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】人做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，当提供的力小于所需要的力，做离心运动，当提供的力大于所需要的力，做近心运动．‎ ‎【解答】解：人随圆盘做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，当转速较大时，静摩擦力不够提供向心力，人将做离心运动．向心力不是物体受到的力．故丙正确，甲、乙错误．‎ 故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在绕过盘心O的竖直轴匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连 的质量相等的两个物体A和B，它们与盘面间的动摩擦因数相同，当转速刚好使两个物体要滑动而未滑动时，烧断细线，则两个物体的运动情况是（　　）‎ A．两物体均沿切线方向滑动 B．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远 C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动 D．物体B仍随圆盘一起做圆周运动，物体A发生滑动 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对AB两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，通过提供力与所需向心力的关系即可判断烧断细线后AB的运动情况．‎ ‎【解答】解：当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况．下列分析正确的是（　　）‎ A．若μ1＞μ2，m1=m2，则杆受到压力 B．若μ1=μ2，m1＞m2，则杆受到拉力 C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力 D．若μ1=μ2，m1≠m2，则杆无作用力 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，比较大小，然后判断AB的相对运动趋势，再判断AB间弹力的方向．‎ ‎【解答】解：假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：‎ m1gsinθ﹣μ1gcosθ=ma1‎ 解得：a1=g（sinθ﹣μ1cosθ）；‎ 同理a2=gsinθ﹣μ2cosθ；‎ A、若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；‎ B、若μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B错误，D正确；‎ C、若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎8．如图光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，物块和木板间的动摩擦因数相同，开始时各物均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2．下列说法正确的是（　　）‎ A．若F1＞F2，M1=M2，则一定v1＞v2‎ B．若F1＜F2，M1=M2，则一定v1＞v2‎ C．若F1=F2，M1＜M2，则一定v1＞v2‎ D．若F1=F2，M1＞M2，则一定v1＞v2‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．‎ ‎【解答】解：A、若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律得：M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aa＞ab，由于M1=M2，所以摩擦力作用下的木板M1、M2加速度相同，‎ 设M1、M2加速度为a，木板的长度为L．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：‎ 物块与M1的相对位移：L=aa﹣‎ 物块与M2的相对位移：L=‎ 由于aa＞ab，所以得：t1＜t2，‎ M1的速度为v1=aat1，M2的速度为v2=abt2，‎ 则v1＜v2，‎ 故A错误；‎ B、若F1＜F2、M1=M2，根据A选项公式，由aa＜ab，则v1＞v2，故B正确；‎ C、若F1=F2 时：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，‎ 对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，‎ 根据牛顿第二定律得：μmg=M1a1=M2a2‎ 得加速度：，‎ 设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：‎ 物块与M1的相对位移：L=‎ 物块与M2的相对位移：L=‎ 若M1＜M2，则a1＞a2，所以得：t3＞t4M1的速度为v1=a1t3，M2的速度为v2=a2t4，则v1＞v2，故C正确．‎ D、若M1＞M2，a1＜a2，根据C项分析得：t3＜t4‎ M1的速度为v1=a1t3，M2的速度为v2=a2t4，则v1＜v2，故D错误 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎9．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练，斜坡上a、b、c、d共线，且ab=bc=cd，战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第三颗落在d点．不计空气阻力，第二颗炸弹可能落在（　　）‎ A．ab之间 B．b点 C．c点 D．cd之间 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】飞机与炮弹的水平速度相同，则落点在飞机的正下方，据水平向与竖直向的位移关系画图分析，从而再确定落点．‎ ‎【解答】解：如图作出过a点的水平直线，设第三颗炸弹该直线的D点，第二颗经过BQ点； 设炸弹经过aD面时的速度为vy；‎ 取ad的中点O过竖直线OO′；‎ 设aB=BD=x0，ab=bc=cd=L；‎ 对第三颗炸弹有：水平方向上，x3=3Lcosθ﹣2x0=v0t1‎ 竖直方向上有：y3=Ⅰ+gt12‎ 对于第二颗炸弹：‎ 水平方向上有：x2=1.5Lcosθ﹣x0=v0t2‎ 竖直方向上有：y2=vyt2+gt22‎ 联立可知，t1=2t2；而y2＜‎ 则说明第二颗炸弹一定能过OO′且其与aD相交的位置一定在OO′线的右侧，则说明炸弹可能落到cd之间，包括c点．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，半圆形容器竖直放置，从圆心O点处分别以水平速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA和OB互相垂直，且OB与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）‎ A．两小球飞行的时间之比为 B．两小球飞行的时间之比为tanθ C．两小球的初速度之比为 D．两小球的初速度之比为 ‎【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，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球运动时间之比和初速度大小之比．‎ ‎【解答】解：由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为yA=Rsinθ，小球B下降的竖直高度为yB=Rcosθ 由平抛运动规律可知：yA=gtA2；yB=gtB2‎ 由此可得：时间之比 =‎ 由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为：‎ ‎ xA=Rcosθ，xB=Rsinθ 由平抛运动规律可知：xA=vAtA，xB=vBtB，‎ 由此可得：两小球的初速度之比为 =．故AD正确，BC错误．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎11．如图所示，车厢在水平路面上向右做直线运动，车厢内系住小球的悬线偏离竖直方向的夹角恒为37°，小球的质量为2kg，则车做　匀加速　（填“匀加速”或“匀减速”）运动，悬线的拉力为　25　N，小球的加速度为　7.5　m/s2．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，而车厢相对于小球静止，加速度相等，进而判断车厢的运动情况；‎ ‎【解答】解：车厢的加速度与小球加速度相同，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得： =7.5m/s2‎ 所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，因为车厢向右运动，故车厢向右做匀加速直线运动．‎ 如图悬线的拉力T=‎ 故答案为：匀加速，25，7.5．‎ ‎　‎ ‎12．在交通事故中，测定碰撞瞬间汽车的速度对于事故责任的认定具有重要的作用，《中国汽车驾驶员》杂志曾给出一个估算碰撞瞬间车辆速度的公式：v=式中△L是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两物体A、B沿公路方向上的水平距离，h1、h2分别是散落物A、B在车上时的离地高度．只要用米尺测量出事故现场的△L、h1、h2三个量，根据上述公式就能够估算出碰撞瞬间车辆的速度．根据所学知识，可知A、B落地时间差与车辆速度　无关　（填“有关”或“无关”），由上面的公式可推算出A、B落地时间差和车辆碰撞瞬间速度的乘积等于　△L　．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】A、B两物体离开汽车后做平抛运动，平抛运动的初速度等于汽车当时的速度．平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．平抛运动的时间和初速度共同决定水平位移，求出水平位移差看与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、B两物体离开车后都做平抛运动，在竖直方向：h=gt2，运动时间：t=，两物体的运动时间与初速度无关，落地时间差与车辆的速度无关；‎ A、B两个物体做平抛运动的水平位移之差为：△x=xA﹣xB=v0tA﹣v0tB=v0•（t1﹣t2）=v0•△t=△L；‎ 故答案为：无关；△L ‎　‎ ‎13．如图所示，长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端固定一质量为m=3.0kg的小球，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m/s，则此时细杆OA对小球的作用力大小为　6　N，方向　竖直向上　．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】在最高点，小球靠重力和弹力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律得出作用力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：在最高点，根据牛顿第二定律得，mg﹣F=，‎ 解得F==6N，‎ 可知杆子对小球的作用力方向竖直向上．‎ 故答案为：6；竖直向上．‎ ‎　‎ ‎14．采用图1所示的装置，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：‎ ‎（1）本实验所采用的科学方法是　C　‎ A、理想实验法 B、等效替代法 C、控制变量法 D、假设法 ‎（2）保持小车质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表：‎ F/N ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ a/（m•s﹣2）‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.28‎ ‎0.40‎ ‎0.52‎ ‎①根据表中的数据在图2的坐标系中作出a﹣F图象；‎ ‎②由图可知，当小车的质量保持不变时，小车的加速度a和拉力F是　线性　（选填“线性”或“非线性”）关系；‎ ‎③图线在纵轴或横轴上的截距值是　0.10N　，不为零的原因可能是　没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之间的关系；‎ ‎（2）根据描点法作出图象，根据图象分析a与F的关系，结合物理规律分析图线不过原点的原因 ‎【解答】解：（1）该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎（2）①根据描点法，作出图象，如图所示：‎ ‎②根据图象可知，a﹣F图象是一次函数，所以当小车的质量保持不变时，小车的加速度a和拉力F是线性关系，‎ ‎③根据图象可知，图线在横轴上的截距是0.10N，‎ 根据图象可知，当F不为零时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足．‎ 故答案为：（1）C；（2）①如图所示；②线性；③0.10N；没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足．‎ ‎　‎ 三、计算题（每小题10分，共40分）‎ ‎15．将一个质量为1kg的小球从某高处以3m/s的初速度水平抛出，测得小球落地点到抛出点的水平距离为1.2m．小球运动中所受空气阻力忽略不计，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球在空中运动的时间；‎ ‎（2）抛出点距地面的高度；‎ ‎（3）物体落地的速度v的大小．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由初速度和水平距离结合求时间．‎ ‎（2）小球竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的时间求高度．‎ ‎（3）由时间求落地时竖直分速度，再由速度的合成求出小球落地时的速度大小 ‎【解答】解：（1）小球水平方向做匀速直线运动，小球抛出的水平距离：x=v0t 则得：t===0.4s ‎（2）小球竖直方向做自由落体运动，则下落的高度为：h==0.8m ‎（3）落地竖直分速度大小：vy=gt=4m/s ‎ 速度大小为：v==5m/s 答：（1）小球在空中运动的时间是0.4s；‎ ‎（2）抛出点距地面的高度是0.8m；‎ ‎（3）物体落地的速度v的大小是5m/s．‎ ‎　‎ ‎16．演员表演“水流行”节目，他用绳系着装水的水桶，使其在竖直平面内做圆周运动，水的质量为m=0.5kg，绳长L=80cm，g=10m/s2求 ‎（1）为使桶在最高点的水不流出，桶的最小速率？‎ ‎（2）桶在最高点的速率v=4m/s时，水对桶底的压力？‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】（1）水桶运动到最高点时，水不流出恰好不流出时由水受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求解最小速率；‎ ‎（2）桶在最高点速率v=4m/s时，以水为研究对象，分析受力情况：重力和桶底的弹力，其合力提供水做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律求解此弹力，再牛顿第三定律，水对桶的压力大小和方向．‎ ‎【解答】解：（1）水桶运动到最高点时，设速度为v时恰好水不流出，由水受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得在最高点时：‎ 解得：vmin=，‎ ‎（2）对水，在最高点有：‎ N+mg=m 解得：N=5N，方向竖直向下，‎ 根据牛顿第三定律可知，水对桶底的压力大小为5N，方向竖直向上．‎ 答：（1）为使桶在最高点的水不流出，桶的最小速率为；‎ ‎（2）桶在最高点的速率v=4m/s时，水对桶底的压力大小为5N，方向竖直向上．‎ ‎　‎ ‎17．质量m=4kg的物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，沿水平地面向右做直线运动，经过A点时速度为6m/s．物体过A点时开始计时，对物体施加水平恒力F作用，经过0.5s物体向右移动了2.5m到达B点；若t时刻撤去水平恒力F，物体最后停在A的右方3.75m处．g=10m/s2．求：‎ ‎（1）撤去水平恒力F的时刻t ‎（2）从物体经过A点到最终停止，水平恒力F做的功WF．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）研究AB段，由位移公式求出加速度．再对A到物体停止的整个过程，运用速度位移公式列式，可求得恒力作用的时间．‎ ‎（2）对整个过程，运用动能定理求恒力做功．‎ ‎【解答】解：（1）首先判断F的方向．设恒力水平向左，大小为F，摩擦力大小为f，物体从A到B的加速度大小为a1．‎ 则：由牛顿第二定律：F+f=ma1；‎ 又：f=μmg，‎ 由题设条件，物体从A到B作匀减速运动，有：，‎ 联立并代入数据，得：a1=4m/s2（水平向左），‎ F=12N（水平向左）；‎ 接下来要判断在哪个阶段撤去F．设物体从A点到速度为零的P点共经历的时间为t2，通过的位移为sAP，‎ 这段时间没有撤去F．有：，，‎ 解得：t2=1.5ssAP=4.5m＞3.75m；‎ 设在t时刻撤去F，则在t﹣t2时间内，物体在F和水平向右方向的摩擦力f'=μmg作用下，由P点向左作匀加速运动并到达M点．‎ 设其加速度大小为a2，设水平向右为正，有F﹣f'=ma2；‎ 根据位移时间关系可得：，‎ 根据速度时间关系可得：vM=a2（t﹣t2），‎ 在M点后，物体在摩擦力的作用下匀减速运动到停止在Q点，设其加速度大小为a3，‎ 有：f'=ma3，‎ 根据位移速度关系可得：，‎ 依题意：sAQ=sAP﹣sPM﹣sMQ=3.75m，‎ 联立并代入数据，得：t=2s；‎ ‎（2）根据（1）的分析可知：WF=﹣F•sAM，‎ ‎ 又由于：sAM=sAP﹣sPM，‎ 联立并代入数据，得：WF=﹣51J．‎ 答：（1）撤去水平恒力F的时刻t为2s；‎ ‎（2）从物体经过A点到最终停止，水平恒力F做的功为﹣51J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，Q为位于水平地面上的质量为M的特殊平板， =，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.1．在板的上表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，区域的上边界为MN，如图中划虚线的部分．当物块P进入相互作用区域时，P、Q之间便有相互作用的恒力F=11mg，其中Q对P的作用力竖直向上，F对P的作用使P不与Q的上表面接触．在水平方向上，P、Q之间没有相互作用力．已知物块P开始下落的时刻，平板Q向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为t0=1.0s．平板Q足够长，空气阻力不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块P在相互作用区域中运动时P、Q加速度的大小；‎ ‎（2）从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t及此过程Q的位移；‎ ‎（3）从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回到出发点几次？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求P、Q的加速度；‎ ‎（2）注意当物块P到达相互作用区域时，Q对地面的压力增大，因此摩擦力发生变化，其运动的加速度也发生变化，理清其加速度的变化情况，然后根据运动规律；‎ ‎（3）物块P进入相互作用区域和离开时加速度不同，而且具有周期性，然后根据速度与时间的关系求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，得：‎ 对P：‎ 对Q：‎ 解得：aP=100m/s2，aQ=6.5m/s2‎ ‎（2）P进入相互作用区域时的速度vP=gt0=10m/s P在相互作用区域运动的时间 设P开始下落至进入区域前Q的加速度为aQ0，‎ 根据第二定律，得μMg=MaQ0‎ 解得：aQ0=1m/s2‎ 由运动学公式，得：‎ Q在此过程的位移： =9.5m P刚到达相互作用区域时Q的速度为v1=v0﹣aQ0t0=9 m/s P进入相互作用区域至运动到最低点过程中，Q的位移：‎ 故Q的位移为x=x1+x2=10.37m ‎（3）设板Q速度为零时，P一共回到出发点n次．则：‎ v0﹣2naQ0t0﹣2naQt=0‎ 代入数据，解得n=3.03‎ 故n取3‎ 答：（1）物块P在相互作用区域中运动时P、Q加速度的大小 ‎（2）从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t为0.1s及此过程Q的位移10.37m；‎ ‎（3）从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回到出发点3次 ‎　‎ ‎2017年1月6日