四川省绵阳市南山中学2017届高三上学期月考物理试卷（10月份） 19页

‎2016-2017学年四川省绵阳市南山中学高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法不正确的是（　　）‎ A．质点和轻弹簧是同一种思想方法 B．重心、合力都体现了等效思想 C．牛顿开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接证明 ‎2．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）‎ A．质点一定做匀变速直线运动 B．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 C．质点单位时间内速率的变化量总是不变 D．质点有可能做匀速圆周运动 ‎3．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 ‎4．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线并使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止，则在小球移动过程中，（　　）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面体对地面的压力变小 D．地面对斜面体的摩擦力不变 ‎5．质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定规律加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度倒数的关系如图所示，则赛车（　　）‎ A．做匀加速直线运动 B．功率为20kW C．所受阻力大小为2000N D．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N ‎6．如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1，传送带与水平面的夹角为θ，物体与传送带间的动摩擦因数为µ，且µ＞tanθ，不计空气阻力，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面判断可能的是（　　）‎ A．从下端B离开，v＜v1 B．从下端B离开，v＞v1‎ C．从上端A离开，v=v1 D．从上端A离开，v＜v1‎ ‎7．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．B的向心力是A的向心力的2倍 B．A、B都有沿半径向外滑动的趋势 C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．若B先滑动，则B与A的动摩擦因数μA小于盘与B的动摩擦因数μB ‎8．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长且表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体回到出发点时的机械能是80 J B．恒力F的大小是mgsinθ C．物体上升的最大距离为vt D．在撤去力F前的瞬间，物体的速度大小为 ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9．某同学用如图甲所示的装置测滑块与长木板间的动摩擦因数，将木板水平固定在桌面上，木板左端固定挡板上连接一轻弹簧，长木板上A、B两点安装有光电门，滑块放在长木板上，靠近轻弹簧．‎ ‎（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片的宽度d=　　mm ‎（2）在滑块上装上挡光片，用手推动滑块向左移动压缩弹簧，将弹簧压缩到适当的程度松手，滑块在弹簧弹力的作用下向右滑去，滑块离开弹簧后分别通过A、B两点的光电门，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上挡光片通过A、B两点光电门的时间△t1和△t2，则滑块通过A点的速度为　　，通过B点的速度为　　（用物理量的字母表示）‎ ‎（3）通过改变物块压缩弹簧的程度大小进行多次实验，测出多组滑块通过A点和B点的速度vA和vB，作出vA2﹣vB2图象，若图象与v2轴的交点为a，重力加速度为g，要求出动摩擦因数，还需要测出　　，若此需要测出的物理量用x表示，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=　　用题中给出的字母表示）‎ ‎10．某同学利用图1示装置来研究弹簧弹力与形变的关系． 设计的实验如下：A、B是质量均为m0的小物块，A、B间由轻弹簧相连，A的上面通过轻绳绕过两个定滑轮与一个轻质挂钩相连．挂钩上可以挂上不同质量的物体C．物块B下放置一压力传感器．物体C右边有一个竖直的直尺，可以测出挂钩的下移的距离．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度g=9.8m/s2．实验操作如下：‎ ‎（1）不悬挂物块C，让系统保持静止，确定挂钩的位置O，并读出压力传感器的示数F0；‎ ‎（2）每次挂上不同质量的物块C，用手托出，缓慢释放．测出系统 稳定时挂钩相对O点下移的距离xi，并读出相应的压力传感器的示数Fi；‎ ‎（3）以压力传感器示数为纵轴，挂钩下移距离为横轴，根据每次测量的数据，描点作出F﹣x图象如图2所示．‎ ‎①由图象可知，在实验误差范围内，可以认为弹簧弹力与弹簧形变量成　　（填“正比”“反比”“不确定关系”）；‎ ‎②由图象可知：弹簧劲度系数k=　　 N/m；‎ ‎③如果挂上物块C的质量mc=3m0，并由静止释放．当压力传感器的示数为零时，物块C的速度v0=　　 m/s．‎ ‎11．如图，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁定．现接触锁定，小物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右从A点滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC．已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与长L=2.8m的水平粗糙直轨道CD平滑连接，小物块恰能到达D处．重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计．求：‎ ‎（1）小物块由A到B的运动时间t；‎ ‎（2）解除锁定前弹簧所储存的弹性势能Ep；‎ ‎（3）小物块与轨道CD间的动摩擦因数μ．‎ ‎12．在光滑的水平长直轨道上，有一长度为L=1m的平板车，某时刻将一质量为m=1kg的小滑块轻放在平板车的右端，滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2．整个过程中平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s水平向右做匀速直线运动．（取g=10m/s2，≈1.7，≈2.46）‎ ‎（1）求小滑块从放上平板车到滑离平板车左端所用的时间；‎ ‎（2）当滑块轻放到平板车右端的同时，对滑块m施加一个水平向右的恒力F，要保证滑块不能从平板车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件；‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用总时间应该在什么范围内．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎13．在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s，振幅为5cm．M、N是平衡位置相距2m的两个质点，M在N的左侧．在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处．则（　　）‎ A．该波的周期可能为s B．若M与N之间有两个波谷，则该波的波长为m C．若该波的周期大于1 s，在t=s时，N 的速度一定为2m/s D．若该波的周期大于1 s，从t=0到t=16s，质点M 振动的路程为2.5cm E．若该波的周期大于1 s，从t=s到t=s，M 的动能逐渐增大 ‎14．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线AB传播，激光束入射到玻璃球表面的B点经折射进入小球，激光束在B点入射角i=60°，并于玻璃球表面的C点经折射又进入真空中（光线所在平面经过球心）．最后打在玻璃球右边的竖直光屏上D点，已知玻璃球球心与D点的距离为d=，∠BOC=120°，光在真空中速度为c，求：‎ ‎（i） 玻璃球对该激光束的折射率；‎ ‎（ii）激光束自B点运动至光屏的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省绵阳市南山中学高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法不正确的是（　　）‎ A．质点和轻弹簧是同一种思想方法 B．重心、合力都体现了等效思想 C．牛顿开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接证明 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点，合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；质点和轻弹簧采用了理想化的物理模型的方法，不受力的实验只能是理想实验，是无任何实验误差的思维实验，严格来说“不受力”的条件真实实验不能满足．‎ ‎【解答】解：A、质点和轻弹簧均采用了理想模型法，故是同一种思想方法，故A正确；‎ B、重心、合力都体现了等效思想，故B正确；‎ C、伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，故C错误；‎ D、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接证明，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）‎ A．质点一定做匀变速直线运动 B．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 C．质点单位时间内速率的变化量总是不变 D．质点有可能做匀速圆周运动 ‎【考点】牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．‎ ‎【分析】正确理解和应用牛顿第二定律解决力与运动的关系，明确物体做曲线运动的条件，明确匀速圆周运动所受外力特点．‎ ‎【解答】解：A、若所施加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，但如果力与初速度不在同一直线上，则不可能做直线运动，故A错误；‎ B、由牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故B正确；‎ C、质点的加速度恒定，速度的变化量在单位时间内是相同的，但是速率在单位时间内的变化量不一定相同，故C错误；‎ D、匀速圆周运动所受外力为变力，始终指向圆心，由于所施加的是恒力，因此不可能做匀速圆周运动，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．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 ‎　‎ ‎4．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线并使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止，则在小球移动过程中，（　　）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面体对地面的压力变小 D．地面对斜面体的摩擦力不变 ‎【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】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．‎ ‎【解答】解：AB、设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．‎ 取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得 斜面方向：mgsinα=Tcosθ…①‎ 垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα…②‎ 使小球沿斜面缓慢下移时，θ减小，其他量不变，由①式知，T减小．‎ 由②知，N变大，故A错误，B正确．‎ CD、对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得 f=Nsinα，N变大，则f变大，‎ N′=（M+m）g+Ncosα，N变大，则N′变大，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变大．故CD均错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定规律加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度倒数的关系如图所示，则赛车（　　）‎ A．做匀加速直线运动 B．功率为20kW C．所受阻力大小为2000N D．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】汽车恒定功率启动，明确P=Fv的意义和正确应用，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可，‎ ‎【解答】解：A、由图可知，加速度变化，故做变速直线运动，故A错误；‎ B、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣f=ma 其中：F=‎ 联立得：a=﹣‎ 结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时， =0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s 由图象可知：‎ ‎﹣=﹣4，‎ ‎0=•﹣‎ 解得：P=200kW，f=2×103N 故B错误C正确；‎ D、有P=Fv可知，F==N=4000N，故D错误 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1，传送带与水平面的夹角为θ，物体与传送带间的动摩擦因数为µ，且µ＞tanθ，不计空气阻力，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面判断可能的是（　　）‎ A．从下端B离开，v＜v1 B．从下端B离开，v＞v1‎ C．从上端A离开，v=v1 D．从上端A离开，v＜v1‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据动摩擦了因数大小判断物块在传送带上的运动过程，然后判断物块从什么地方离开传送带；‎ 然后应用匀变速直线运动的规律分析判断物块离开传送带时的速度大小．‎ ‎【解答】解：由题意可知，µ＞tanθ，则μmgcosθ＞mgsinθ，物块先向下做匀减速直线运动，向下做减速运动的加速度：a=g（μcosθ﹣sinθ），向下做匀减速直线运动的位移：x=，如果物块向下做匀减速直线运动的位移大于传送带的长度，则物块从下端B离开传送带，如果物块向下做减速运动的位移小于传送带的长度，则物块从上端A离开传送带；‎ ‎ 如果物块从传送带的上端A离开传送带，由运动的可逆性可知，物块离开传送带时的速度：v=v2，故C正确，D错误；‎ 如果物块从传送带的B端离开，由于μmgcosθ＞mgsinθ，物块在传送带上做匀减速直线运动，离开传送带时的速度：v＜v1＜v2，故A正确，B错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．B的向心力是A的向心力的2倍 B．A、B都有沿半径向外滑动的趋势 C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．若B先滑动，则B与A的动摩擦因数μA小于盘与B的动摩擦因数μB ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】A、B两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定律分析判断 ‎【解答】解：A、因为A、B两物体的角速度大小相等，根据F=mω2r，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误．‎ B、A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故B正确．‎ C、对AB整体分析，fB=2mrω2，对A分析，有：fA=mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故C正确．‎ D、对AB整体分析，μB2mg=2mrωB2，解得=，对A分析，μAmg=mrωA2，解得，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB＜μA，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长且表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体回到出发点时的机械能是80 J B．恒力F的大小是mgsinθ C．物体上升的最大距离为vt D．在撤去力F前的瞬间，物体的速度大小为 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据功能原理求物体回到出发点时的机械能．根据物体的运动的特点，物体在拉力F的作用时做匀加速直线运动．撤去拉力F之后可看作匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．根据位移时间公式和位移相等关系列出方程，可以求得拉力的大小和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得物体上升的最大距离．‎ ‎【解答】解：A、根据功能原理知，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故A正确．‎ B、设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和a2．这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：‎ a1t2=﹣（a1t•t﹣a2t2），则得，a1：a2=1：3．‎ 因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ=ma1，‎ 撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为：a2=gsinθ 联立上两式得：F=mgsinθ，故B错误．‎ CD、设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v′，则有：v′=a1t=gsinθt 对于从撤去到返回的整个过程，有：﹣v=v′﹣gsinθ•t，‎ 解得，v′=‎ 物体上升的最大距离为 S==vt，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9．某同学用如图甲所示的装置测滑块与长木板间的动摩擦因数，将木板水平固定在桌面上，木板左端固定挡板上连接一轻弹簧，长木板上A、B两点安装有光电门，滑块放在长木板上，靠近轻弹簧．‎ ‎（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片的宽度d=　9.30　mm ‎（2）在滑块上装上挡光片，用手推动滑块向左移动压缩弹簧，将弹簧压缩到适当的程度松手，滑块在弹簧弹力的作用下向右滑去，滑块离开弹簧后分别通过A、B两点的光电门，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上挡光片通过A、B两点光电门的时间△t1和△t2，则滑块通过A点的速度为　　，通过B点的速度为　　（用物理量的字母表示）‎ ‎（3）通过改变物块压缩弹簧的程度大小进行多次实验，测出多组滑块通过A点和B点的速度vA和vB，作出vA2﹣vB2图象，若图象与v2轴的交点为a，重力加速度为g，要求出动摩擦因数，还需要测出　AB之间的距离x　，若此需要测出的物理量用x表示，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=　　用题中给出的字母表示）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；‎ ‎（2）根据平均速度代替瞬时速度即可求得AB两点的速度；‎ ‎（3）根据速度位移公式，可知，必须测量AB间的距离，根据截距即可求得摩擦因数 ‎【解答】解：（1）主尺读数为9mm，游标尺上对齐的格数为6，由图知该游标尺为二十分度的卡尺，精度为0.05mm，故测量结果为：d=9mm+6×0.05mm=9.30mm．‎ ‎（2）根据公式v=可知：A点的速度为vA=，B点的速度为v2=．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律可知：‎ a=μg；‎ 根据速度位移公式有：vA2﹣vB2=2ax 则有：vA2=vB2+2μgx 由数学规律可知：2μgx=a 因此要求出μ，还需要测量AB间的距离，解得：μ=‎ 故答案为：（1）9.30；（2），；（3）AB间的距离，‎ ‎　‎ ‎10．某同学利用图1示装置来研究弹簧弹力与形变的关系． 设计的实验如下：A、B是质量均为m0的小物块，A、B间由轻弹簧相连，A的上面通过轻绳绕过两个定滑轮与一个轻质挂钩相连．挂钩上可以挂上不同质量的物体C．物块B下放置一压力传感器．物体C右边有一个竖直的直尺，可以测出挂钩的下移的距离．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度g=9.8m/s2．实验操作如下：‎ ‎（1）不悬挂物块C，让系统保持静止，确定挂钩的位置O，并读出压力传感器的示数F0；‎ ‎（2）每次挂上不同质量的物块C，用手托出，缓慢释放．测出系统 稳定时挂钩相对O点下移的距离xi，并读出相应的压力传感器的示数Fi；‎ ‎（3）以压力传感器示数为纵轴，挂钩下移距离为横轴，根据每次测量的数据，描点作出F﹣x图象如图2所示．‎ ‎①由图象可知，在实验误差范围内，可以认为弹簧弹力与弹簧形变量成　正比　（填“正比”“反比”“不确定关系”）；‎ ‎②由图象可知：弹簧劲度系数k=　98　 N/m；‎ ‎③如果挂上物块C的质量mc=3m0，并由静止释放．当压力传感器的示数为零时，物块C的速度v0=　1.4　 m/s．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】结合弹簧弹力与压力传感器示数的关系，以及压力传感器与挂钩下移距离的关系得出弹簧弹力与弹簧形变量的关系．‎ 根据F﹣x图线的斜率绝对值求出弹簧的劲度系数．‎ 抓住初末状态弹簧的弹力相等，形变量相同，弹性势能变化量为零，结合系统机械能守恒求出当压力传感器的示数为零时，物块C的速度．‎ ‎【解答】解：①对B分析，根据平衡有：F弹+mg=F，可知F与弹簧弹力成线性关系，又F与x成线性关系，可知弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比．‎ ‎②由题意可知，F﹣x图线斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数，则k=．‎ ‎③未挂物块C时，弹簧处于压缩，弹力等于m0g，当压力传感器示数为零时，可知弹簧处于伸长，弹力为m0g，可知弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能不变，根据系统机械能守恒知，，因为h=0.2m，mc=3m0，代入数据解得v0=1.4m/s．‎ 故答案为：①正比，②98，③1.4．‎ ‎　‎ ‎11．如图，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁定．现接触锁定，小物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右从A点滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC．已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与长L=2.8m的水平粗糙直轨道CD平滑连接，小物块恰能到达D处．重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计．求：‎ ‎（1）小物块由A到B的运动时间t；‎ ‎（2）解除锁定前弹簧所储存的弹性势能Ep；‎ ‎（3）小物块与轨道CD间的动摩擦因数μ．‎ ‎【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】（1）首先要清楚物块的运动过程，A到B的过程为平抛运动，已知高度运用平抛运动的规律求出时间；‎ ‎（2）知道运动过程中能量的转化，弹簧的弹性势能转化给物块的动能；‎ ‎（3）从A点到最后停在轨道CD上的某点p，物块的动能和重力势能转化给摩擦力做功产生的内能．‎ ‎【解答】解：（1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知：‎ h1﹣h2=gt2‎ 小物块由A运动到B的时间为：t==s≈0.346s ‎ ‎（2）根据图中几何关系可知：h2=h1（1﹣cos∠BOC），‎ 代入数据解得：∠BOC=60°‎ 设小滑块从A点离开时速度大小为v，根据平抛运动规律有：‎ tan60°=，‎ 代入数据解得：v=2m/s ‎ 根据功能关系可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为t2：‎ Ep=mv2=2J ‎（3）依据题意根据功能关系有：‎ mgh1+EP=μmgL 代入数据解得：μ=．‎ 答：（1）小物块由A到B的运动时间为0.346s；‎ ‎（2）解除锁定前弹簧所储存的弹性势能为2J；‎ ‎（3）小物块与轨道CD间的动摩擦因数为．‎ ‎　‎ ‎12．在光滑的水平长直轨道上，有一长度为L=1m的平板车，某时刻将一质量为m=1kg的小滑块轻放在平板车的右端，滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2．整个过程中平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s水平向右做匀速直线运动．（取g=10m/s2，≈1.7，≈2.46）‎ ‎（1）求小滑块从放上平板车到滑离平板车左端所用的时间；‎ ‎（2）当滑块轻放到平板车右端的同时，对滑块m施加一个水平向右的恒力F，要保证滑块不能从平板车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件；‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用总时间应该在什么范围内．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）小滑块运动中，受到的合外力为滑动摩擦力，则由牛顿第二定律和运动学公式小滑块从放上平板车到滑离平板车左端所用的时间；‎ ‎（2）由牛顿第二定律可求得滑块运动的加速度，而当滑块恰好到达小车的左端时恰好与小车速度相同，即可保证滑块不从车的左端掉下，则由临界条件可求得F的条件；‎ ‎（3）由牛顿第二定律可求得滑块有力作用和撤去拉力后的加速度，则由平均速度公式可求得滑块的距离，由速度公式可求得小车的位移，由临界条件可得出两位移间的关系；则可求得力F作用的范围 ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，滑块的加速度 滑块相对车滑动的时间t，，‎ 滑块相对车滑动的距离 解得：t=3.7s（舍去），t=0.3s ‎（2）设恒力F取最小值，滑块加速度为，此时滑块恰好到达车的左端，则 滑块运动到车左端的时间 由几何关系有，‎ 滑块相对车滑动的距离 由牛顿定律有 联立上式代入数据解得： ‎ 则恒力F大小应满足条件是F≥6N ‎（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为，时间为），‎ 再做匀减速运动（设运动加速度大小为，时间为），到达车右端时，与车达共同速度，则有 对滑块加速阶段：‎ 减速阶段：‎ 对车：（也可以以平板车为参考系）‎ 又因为：‎ 联立上式代入数据解得：‎ 则力F的作用时间t应满足，即0.5≤t≤0.91s 答：（1）小滑块从放上平板车到滑离平板车左端所用的时间0.3s；‎ ‎（2）当滑块轻放到平板车右端的同时，对滑块m施加一个水平向右的恒力F，要保证滑块不能从平板车的左端掉下，恒力F大小应该满足条件F≥6N；‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用总时间应该在0.5≤t≤0.91s范围内 ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎13．在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s，振幅为5cm．M、N是平衡位置相距2m的两个质点，M在N的左侧．在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处．则（　　）‎ A．该波的周期可能为s B．若M与N之间有两个波谷，则该波的波长为m C．若该波的周期大于1 s，在t=s时，N 的速度一定为2m/s D．若该波的周期大于1 s，从t=0到t=16s，质点M 振动的路程为2.5cm E．若该波的周期大于1 s，从t=s到t=s，M 的动能逐渐增大 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由题，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，周期大于1s，可知M、N平衡位置间的距离等于，可求出波长，由v=，求出周期．N点振动速度与波传播速度不是一回事．波传播过程中质点M不向前移动．根据质点的位置，分析从从t=s到t=s，M的动能如何变化．‎ ‎【解答】解：A、由题意：波速为2m/s，如果周期大于1s，则波长λ＞vT=2m．由题意知，M、N是平衡位置相距2m的两个质点，分析得知，λ=2m，得波长λ=m，所以周期为T==s，故A正确；‎ B、因为M在N的左侧．波向右传，在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处．若M与N之间有两个波谷，则M、N之间有1个波长，即1λ=2，解得：λ=m，故B正确；‎ C、N的速度与波传播速度是两回事，在t=s时，N的速度不一定等于2m/s．故C错误；‎ D、若该波的周期大于1 s，由A分析可知，波长λ=m，周期为T==，则16s内含有的周期个数为： =12，每个周期质点振动的路程为20cm，所以质点M 振动的路程为：12×20=240cm，故D错误；‎ E、若该波的周期大于1 s，从t=s到t=s，即T到T，M点正从波峰向平衡位置运动，动能逐渐增大．故E正确．‎ 故选：ABE．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线AB传播，激光束入射到玻璃球表面的B点经折射进入小球，激光束在B点入射角i=60°，并于玻璃球表面的C点经折射又进入真空中（光线所在平面经过球心）．最后打在玻璃球右边的竖直光屏上D点，已知玻璃球球心与D点的距离为d=，∠BOC=120°，光在真空中速度为c，求：‎ ‎（i） 玻璃球对该激光束的折射率；‎ ‎（ii）激光束自B点运动至光屏的时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（i）由几何知识得到激光束在在B点的折射角，由折射定律求出玻璃球对该激光束的折射率；‎ ‎（ii）由几何知识求出CD的长度，由v=求出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中穿越的时间．求CD的长度，根据t=求光从C传到D的时间，从而得到总时间．‎ ‎【解答】解：（i）在B点，入射角 i=60°，折射角 r=30° ‎ 由光的折射定律得：‎ ‎ n===‎ ‎（ii）光在玻璃球中的速度：v==c ‎ 光在玻璃中运动的路程：sBC=2Rsin60°=R 由数学知识可得：sCD=R ‎ 光从B传到C的时间 tBC===‎ 光从C传到D的时间 tCD==‎ 所以，激光束自B点运动至光屏的时间 t=tBC+tCD=‎ 答：‎ ‎（i）玻璃球对该激光束的折射率是；‎ ‎（ii）激光束自B点运动至光屏的时间是．‎ ‎　‎ ‎2017年1月1日