广东省广州四十七中2017届高三上学期月考物理考试卷（10月份） 21页

‎2016-2017学年广东省广州四十七中高三（上）月考物理考试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中1-5题为单选，6-10题为多选．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为（　　）‎ A． v B． v C．2v D． m/s ‎2．轿车起动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上起动时的加速度，利用相机每隔2s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示．如果轿车车身总长为4.5m，那么这辆轿车的加速度大约为（　　）‎ A．1m/s2 B．2m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2‎ ‎3．甲、乙两物体均做直线运动，它们在某段时间内的位移x随时间f变化的图象如图所示，则在0～t1时间内，下列判断正确的是（　　）‎ A．甲物体做加速运动 B．甲、乙两物体运动方向相同 C．甲的平均速度比乙的平均速度大 D．甲、乙两物体的平均速度大小相等 ‎4．两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则（　　）‎ A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力 B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力 C．m受到水平面的静摩擦力大小为零 D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左 ‎5．如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为（　　）‎ A． mg B．2mg C．3mg D．4mg ‎6．如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止．现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B之间的摩擦力可能变大 B．B与墙面的弹力可能不变 C．B与墙之间可能没有摩擦力 D．弹簧弹力一定不变 ‎7．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g=10m/s2，则可以计算出（　　）‎ A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14N时物体的速度 C．物体与水平面间的滑动摩擦因数 D．物体的质量 ‎8．如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°．下列判断正确的有（　　）‎ A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg B．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g C．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mg D．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g ‎9．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（　　）‎ A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向上 D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 ‎10．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸A点，则下列判断正确的是（　　）‎ A．甲、乙两船到达对岸的时间相等 B．两船可能在未到达对岸前相遇 C．甲船一定在A点左侧靠岸 D．甲船也在A点靠岸 ‎　‎ 二、实验题（本大题共两小题，共12分．）‎ ‎11．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示．‎ ‎（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：‎ ‎①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线；‎ ‎②在其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记下细线结点的位置O、细线的方向和钩码个数；‎ ‎③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，调整B、C的位置，使　　，记录　　；‎ ‎（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα：cosβ=　　．‎ ‎12．某同学设计了如图1所示的装置来探究“加速度与力的关系”．弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接（其中弹簧秤与定滑轮之间的一段细绳与桌面平行）．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d．开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小；再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q的时间t．‎ ‎（1）木块的加速度可以用d、t表示为a=　　‎ ‎（2）（单选）改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧秤的示数F的关系．如图2的图象能表示该同学实验结果的是　　．‎ ‎（3）（多选）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　　．‎ A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取更多组实验数据 C．可以更精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题包括4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．‎ ‎13．如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：‎ ‎（1）该星球表面的重力加速度；‎ ‎（2）该星球的密度；‎ ‎（3）该星球的第一宇宙速度v；‎ ‎（4）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T．‎ ‎14．如图所示，两个质量均为m=1kg的物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1‎ 转动，物块A、B与杆CD间的动摩擦因素μ=0.2，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO1轴的距离为r=0.1m，物块B到OO1轴的距离为2r，现让该装置从静止开始转动，使转速ω逐渐增大，但A、B相对于杆一直未滑动，最大静摩擦力可看做等于滑动摩擦力，g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）当转速ω1=2rad/s时，杆对B的摩擦力？‎ ‎（2）轻绳中刚要产生张力时，转ω2等于多少？‎ ‎（3）当转速ω3=4rad/s时，杆对A的摩擦力？‎ ‎15．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2（设最大静摩擦擦等于滑动摩擦），t=0时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示，已知t=12s时，平板车停止运动，此后平板车始终静止．g取10m/s2，在运动过程中物块未从平板车上掉下．‎ ‎（1）求t=3s时物块的加速度；‎ ‎（2）求t=8s时物块的速度；‎ ‎（3）若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度．‎ ‎16．如图所示，在足够高和足够长的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C栓接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ=0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）C由静止下落距离h时，A的速度大小vo；‎ ‎（2）木板A的长度L；‎ ‎（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F=7mg，其他条件不变，求 B滑出A时的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省广州四十七中高三（上）月考物理考试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中1-5题为单选，6-10题为多选．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为（　　）‎ A． v B． v C．2v D． m/s ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】滑板爱好者做匀加速直线运动，对运动的前半程和全程分别根据速度位移关系公式列式后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：设位移为L，对前半程，有：‎ ‎ ①‎ 对运动的全程，有：‎ v′2=2aL ②‎ 联立解得：‎ v′=‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．轿车起动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上起动时的加速度，利用相机每隔2s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示．如果轿车车身总长为4.5m，那么这辆轿车的加速度大约为（　　）‎ A．1m/s2 B．2m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】加速度是用来描述物体速度变化快慢的物理量，加速度的解法通常有①定义式法；②匀变速直线运动的基本公式；③处理纸带时常用的方法：△x=aT2．‎ ‎【解答】解：由图可知，车身对应图上3小格，而车身的长度是4.5m，每一格表示1.5m 则第一段位移大小为x1=8×1.5m=12m，第二段位移为x2=13.6×1.5m=20.4m 根据推论：△x=aT2，则有：x2﹣x1=aT2，其中T=2s 解得：，故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．甲、乙两物体均做直线运动，它们在某段时间内的位移x随时间f变化的图象如图所示，则在0～t1时间内，下列判断正确的是（　　）‎ A．甲物体做加速运动 B．甲、乙两物体运动方向相同 C．甲的平均速度比乙的平均速度大 D．甲、乙两物体的平均速度大小相等 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】位移图象的斜率等于物体的速度，由数学知识比较速度的大小，确定物体的运动性质．物体的位移大小等于纵坐标的变化量．‎ ‎【解答】解：A、位移图象的斜率等于物体的速度，0～t1的时间内甲沿正方向做减速运动，乙沿负方向做加速运动，运动方向相反．故AB错误．‎ C、物体的位移大小等于纵坐标的变化量，根据图象可知甲、乙两物体的位移大小相等，时间相等，所以平均速度大小相等，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则（　　）‎ A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力 B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力 C．m受到水平面的静摩擦力大小为零 D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左 ‎【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】对结点O受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO绳的张力F1和F2．对m受力分析，两绳对m的拉力为水平向左的F1，水平向右的F2，有平衡条件知F1和F2的差就等于m受到的摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、对接点O受力分析如图：‎ 把F1和F2分别分解到水平方向和竖直方向．‎ 沿水平方向列方程：‎ F1cos30°=F2cos60°…①‎ 沿竖直方向列方程：‎ F1sin30°+F2sin60°=Mg…②‎ 由①②联立得：F1=．‎ F2=‎ 故F2＞F1‎ 故A错误，B错误；‎ C、D、对m受力分析如下图：‎ 水平方向列平衡方程：F1+f=F2…③‎ 由③解得：f=F2﹣F1=，故m受到的摩擦力为静摩擦力方向水平向左．‎ 故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为（　　）‎ A． mg B．2mg C．3mg D．4mg ‎【考点】向心力；匀速圆周运动．‎ ‎【分析】小球在最高点绳子张力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在最高点速率为2v时，两段绳子拉力的合力，从而根据力的合成求出每段绳子的张力大小．‎ ‎【解答】解：当小球到达最高点速率为v，有mg=m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F+mg=m=4mg，所以F=3mg，此时最高点各力如图所示，所以FT=mg，A正确．B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止．现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B之间的摩擦力可能变大 B．B与墙面的弹力可能不变 C．B与墙之间可能没有摩擦力 D．弹簧弹力一定不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化．通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，三力平衡，A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，当施加F后，仍然处于静止，若F＞2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小为f=F﹣mAgsinθ＞mAgsinθ，变大，故A正确；‎ B、以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcosa，故B错误；‎ CD、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F有竖直向上的分量，则根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力．故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎7．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g=10m/s2，则可以计算出（　　）‎ A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14N时物体的速度 C．物体与水平面间的滑动摩擦因数 D．物体的质量 ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解．‎ ‎【解答】解：物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力 根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma 解得：a=﹣μg ‎ 由a与F图线，得到 ‎0.5=﹣10μ ①‎ ‎4=﹣10μ ②‎ ‎①②联立得，m=2Kg，μ=0.3，故CD正确；‎ 故a=0时，F为6N，即最大静摩擦力为6N，故A正确；‎ 由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度，故B错误；‎ 故选ACD ‎　‎ ‎8．如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°．下列判断正确的有（　　）‎ A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg B．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g C．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mg D．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】明确绳子与弹簧的性质，当弹簧脱钩后，绳子发生突变；而绳子脱钩后，弹簧不能突变；再根据受力分析即可求得球受到的合力，则可求得加速度．‎ ‎【解答】解：AB、原来p、q对球的拉力大小均为mg．p和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解（见图1），‎ 有：F﹣mgcos60°=m=0，即F=mg，合力为mgsin60°=ma，即加速度为，A错误，B正确；‎ CD、q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度为大小为g．故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（　　）‎ A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向上 D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；‎ ‎（2）由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；‎ ‎（3）若c=2b．根据向心力公式即可求解．‎ ‎【解答】解：A、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，解得g=，m=R，故A正确，B错误；‎ C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C正确；‎ D、若c=2b．则N+mg=m，解得N=a=mg，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎10．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸A点，则下列判断正确的是（　　）‎ A．甲、乙两船到达对岸的时间相等 B．两船可能在未到达对岸前相遇 C．甲船一定在A点左侧靠岸 D．甲船也在A点靠岸 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=2u．小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的位移．‎ ‎【解答】解：A、乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v=2u．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的分速度相等，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=．故A正确．‎ B、甲船沿河岸方向上的位移x=（vcos60°+u）t=L＜2L．知甲船在A点左侧靠岸，不可能在未到对岸前相遇．故C正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共两小题，共12分．）‎ ‎11．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示．‎ ‎（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：‎ ‎①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线；‎ ‎②在其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记下细线结点的位置O、细线的方向和钩码个数；‎ ‎③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，调整B、C的位置，使　结点O的重合　，记录　钩码个数、细绳的方向　；‎ ‎（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα：cosβ=　3：4　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作．‎ ‎【解答】解：（1）该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向．‎ ‎（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有：‎ 竖直方向：4mgsinα+3mgsinβ=5mg…①‎ 水平方向：4mgcosα=3mgcosβ…②‎ 联立①②解得：cosα：cosβ=3：4．‎ 故答案为：（1）结点O的重合，钩码个数、细绳的方向；（2）3：4‎ ‎　‎ ‎12．某同学设计了如图1所示的装置来探究“加速度与力的关系”．弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接（其中弹簧秤与定滑轮之间的一段细绳与桌面平行）．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d．开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小；再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q的时间t．‎ ‎（1）木块的加速度可以用d、t表示为a=　F﹣　‎ ‎（2）（单选）改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧秤的示数F的关系．如图2的图象能表示该同学实验结果的是　C　．‎ ‎（3）（多选）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　BC　．‎ A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取更多组实验数据 C．可以更精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】长木板做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解加速度；‎ 知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值；‎ 知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）根据匀变速直线运动公式得：‎ d=at2‎ 可得：a=．‎ ‎（2）由牛顿第二定律可知，F﹣F0=ma，故a=F﹣，‎ 当F1＞F0时，木板才产生加速度．随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，‎ 矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象出现弯曲．‎ 故选：C．‎ ‎（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误．‎ B、缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故B正确．‎ C、缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故C正确．‎ D、并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度．故D错误．‎ 故选：BC．‎ 故答案为：（1）；（2）C；（3）BC ‎　‎ 三、计算题（本大题包括4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．‎ ‎13．如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：‎ ‎（1）该星球表面的重力加速度；‎ ‎（2）该星球的密度；‎ ‎（3）该星球的第一宇宙速度v；‎ ‎（4）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动规律列出水平方向和竖直方向的位移等式，结合几何关系求出重力加速度．‎ ‎（2）忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式．根据密度公式求解．‎ ‎（3）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供，该星球表面物体所受重力等于万有引力，联立方程即可求出该星球的第一宇宙速度υ ‎【解答】解：（1）设该星球表现的重力加速度为g，根据平抛运动规律：‎ 水平方向：x=v0t 竖直方向：‎ 平抛位移与水平方向的夹角的正切值 得； ‎ ‎（2）在星球表面有：，所以 该星球的密度：； ‎ ‎（3）由，可得v=，‎ 又GM=gR2，所以； ‎ ‎（4）绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，即：‎ 故答案为：（1）；（2）该星球的密度；（3）该星球的第一宇宙速度；（4）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期 ‎　‎ ‎14．如图所示，两个质量均为m=1kg的物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，物块A、B与杆CD间的动摩擦因素μ=0.2，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO1轴的距离为r=0.1m，物块B到OO1轴的距离为2r，现让该装置从静止开始转动，使转速ω逐渐增大，但A、B相对于杆一直未滑动，最大静摩擦力可看做等于滑动摩擦力，g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）当转速ω1=2rad/s时，杆对B的摩擦力？‎ ‎（2）轻绳中刚要产生张力时，转ω2等于多少？‎ ‎（3）当转速ω3=4rad/s时，杆对A的摩擦力？‎ ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】当角速度逐渐增大，B先达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求出出现拉力时的临界角速度，从而得出转速ω1=2rad/s时，杆对B的摩擦力．‎ 当转速ω3=4rad/s时，绳子出现拉力，B所受的摩擦力为最大静摩擦力，分别对A和B运用牛顿第二定律，求出杆对A的摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1、2）B转动的半径较大，根据μmg=mrω2，知B先达到最大静摩擦力，则出现拉力时的角速度为：‎ ω=‎ 当转速ω1=2rad/srad/s，知B没达到最大静摩擦力．‎ 根据牛顿第二定律得：．‎ ‎（3）当转速ω3=4rad/srad/s，绳子出现拉力．设杆对A摩擦力指向圆心，则有：‎ 对A有：‎ 对B有：‎ 联立并代入数据解得：fA=0.4N．‎ 答：（1）当转速ω1=2rad/s时，杆对B的摩擦力为0.8N．‎ ‎（2）轻绳中刚要产生张力时，转ω2等于．‎ ‎（3）当转速ω3=4rad/s时，杆对A的摩擦力为0.4N．‎ ‎　‎ ‎15．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2（设最大静摩擦擦等于滑动摩擦），t=0时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示，已知t=12s时，平板车停止运动，此后平板车始终静止．g取10m/s2，在运动过程中物块未从平板车上掉下．‎ ‎（1）求t=3s时物块的加速度；‎ ‎（2）求t=8s时物块的速度；‎ ‎（3）若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）分析物块的受力情况以及平板车的加速度，从而明确物块的运动情景；从而求出其加加速度； ‎ ‎（2）由图象分析平板车的运动过程，再根据小车的运动进行分析，明确两物体的运动规律，从而根据运动学公式分析8s时小车的速度； ‎ ‎（3）根据位移公式求出两物体的对地位移，从而确定所产生的痕迹．‎ ‎【解答】解：（1）平板车对物块的摩擦力最大值为fmax=μmg，故物块的加速度最大值为amax==μg=0.2×10=2m/s2‎ 但平板车的加速度由图象知为a===4m/s2＞amax 故平板车不可能与物块一起向右加速，其加速度只能取a1=amax=2m/s2‎ ‎（2）物块向右做加速度为2m/s2的匀加速运动，而平板车则做加速度为a0=4 m/s2的加速运动；‎ 当t=t1=6s时，物块速度v1=a1t1=12m/s 此后，由图象可知平板车在外力作用下做初速度为v0=24m/s、加速大小为a0=4 m/s2的匀减速运动，开始时物块的速度仍小于平板车的速度，故物块仍加速，直至两者共速．设平板车减速持续时间为t2，两者共速，则：‎ v=v1+a1t2=v0﹣a0 t2‎ 解得：t2=2s，v=16m/s 故t=8s时物块的速度为v=16m/s ‎（3）t=8s后，平板车的加速度为a0=4 m/s2，而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为a1=amax=2m/s2，显然物块不可能与平板车一起减速，只能做加速度为a1=amax=2m/s2的匀减速运动，直至停止．‎ 在物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为x1=a0t12+（v1+v）t2﹣a1（t1+t2）2‎ 解得：x1=48m 物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移大小为x2==﹣=32m 两阶段的相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于x1＞x2，故痕迹长度为x=48m 答：（1）t=3s时物块的加速度为2m/s2；‎ ‎（2）t=8s时物块的速度16m/s ‎（3）物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度为48m．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在足够高和足够长的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C栓接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ=0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）C由静止下落距离h时，A的速度大小vo；‎ ‎（2）木板A的长度L；‎ ‎（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F=7mg，其他条件不变，求 B滑出A时的速度大小．‎ ‎【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）对A、C系统，由动能定理可以求出A的速度；‎ ‎（2）绳绷紧后，根据牛顿第二定律对AC系统列式，可知AC向右匀速运动．B向右匀加速运动，根据牛顿第二定律求得B的加速度．由公式v=at求出从绳绷紧至二者共速所经过的时间，再由运动学公式求出二者相对位移大小，即为木板A的长度．‎ ‎（3）应用牛顿第二定律求出物体的加速度，然后应用匀变速直线运动的运动规律可以求出B的速度．‎ ‎【解答】解：（1）对A、C系统，由动能定理得：，‎ 解得：；‎ ‎（2）B放在A上后，设A、C仍一起加速运动，‎ 由牛顿第二定律得：mg﹣μ•4mg=ma，‎ 解得：a=0，‎ 则B放在A上后，A、C以速度v0做匀速直线运动，‎ B做匀加速直线运动，加速度：，‎ 经时间t0后，A、B、C共速，且B刚好运动至木板A的左端，‎ 则：v0=aBt0，木板A的长度：L=v0t0﹣v0t0，‎ 解得：L=2h；‎ ‎（3）三者共速前，A、C做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，‎ aB1=，，‎ ‎△x1=xAC﹣xB=v0t1﹣v0t1=h，‎ 共速后，A、B、C全都向右加速运动，‎ 加速度：aB2==g，aAC=，‎ ‎△x2=△x1=（aB2﹣aAC），‎ 解得：t2=，‎ 物体B的速度：vB2=v0+aB2t2=；‎ 答：（1）C由静止下落距离h时，A的速度大小为；‎ ‎（2）木板A的长度L为2h；‎ ‎（3）B滑出A时的速度大小为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月16日