贵州省铜仁一中2017届高三（上）第二次月考物理试卷（解析版） 16页

2016-2017 学年贵州省铜仁一中高三（上）第二次月考物理试卷 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，1-8 小题为单 项选择，9-12 题为多项选择．全部选对的得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分） 1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说 法正确的是（ ） A．伽利略实验研究和逻辑推理相结合发现了力是维持物体运动的原因 B．亚里士多说若忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 2．如图所示是汽车中的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如 图甲所示的位置，经过 7s 后指针指示在如图乙所示位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速 度约为（ ） A．1.6m/s2 B．2.6m/s2 C．5.7m/s2 D．7.1m/s2 3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v 时发生位移 x1，紧接着速度变化同样的△v 时发生位 移 x2，则该质点的加速度为（ ） A．（△v）2（ + ） B．2 C．（△v）2（ ﹣ ） D． 4．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第 1s 内和第 3s 内位移大小依 次为 9m 和 5m，则刹车后 6s 内的位移是（ ） A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 5．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上滑动，长木板与水平地面间的动摩擦因数为 μ1，木块与木板间动摩擦因数为μ2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到的地面摩擦力 大小为（ ） A．μ2mgB．μ1MgC．μ1（m+M）g D．μ2mg+μ1Mg 6．如图所示，A、B 两物块的质量分别为 m 和 M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下 滑．已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．则在此过程中物块 B 对物块 A 的压力为（ ） A．Mgsinθ B．Mgcosθ C．0 D．（M+m）gsinθ 7．图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是 G，在图甲、 乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是 F1、F2、F3，则（ ） A．F3＞F1=F2 B．F3=F1＞F2 C．F1=F2=F3 D．F1＞F2=F3 8．如图所示，滑轮的质量不计，忽略一切摩擦力．当三个重物满足质量关系 m1=m2+m3 时，系统静 止．若迅速把物体 m2 从右边移到左边的物体 m1 上，弹簧秤的读数将（ ） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断 9．将一个质量为 1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向 与运动方向相反．该过程的 v﹣t 图象如图所示，g 取 10m/s2．下列说法中正确的是（ ） A．小球上升与下落所用时间之比为 2：3 B．小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s C．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态 D．小球重力和阻力之比为 5：1 10．两个共点力 F1、F2 大小不同，它们的合力大小为 F，则（ ） A．F1、F2 同时增大一倍，F 也增大一倍 B．F1、F2 同时增加 10 N，F 也增加 10 N C．若 F1、F2 中的一个增大，F 不一定增大 D．F1 增加 10 N，F2 减少 10 N，F 一定不变 11．关于物体的运动状态与受力关系，下列说法中正确的是（ ） A．物体的运动状态发生变化，物体的受力情况一定变化 B．物体的运动状态保持不变，说明物体所受的合外力为零 C．物体在恒力作用下，一定做匀变速直线运动 D．物体做曲线运动时，受到的合外力可以是恒力 12．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（ ） A．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小 B．太阳内部发生的核反应是热核反应 C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子 D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的射线 二、实验题（共两题共 12 分，每空 2 分） 13．（6 分）某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到频率为 50Hz 的 交流电源上，实验时得到一条如图所示的纸带．他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在 这点下标明 A，第六个点下标明 B，第十一个点下标明 C，第十六个点下标明 D，第二十一个点下 标明 E．测量时发现 B 点已模糊不清，于是他测得 AC 长为 14.56cm，CD 长为 11.15cm，DE 长为 13.73cm，则打 C 点时小车的瞬时速度大小为 m/s，小车运动的加速度大小为 m/s2，AB 的距 离应为 cm．（保留 3 位有效数字） 14．（6 分）为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图甲所示的实验 装置，小车总质量用 M 表示（乙图中 M 包括小车与传感器，丙图中 M 包括小车和与/J、车固连的 滑轮），钩码总质量用 m 表示． （1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结 论，下列说法正确的是 ． A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B．三组实验都需要平衡摩擦力 C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 （2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为 a，a= g，g 为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为 ，乙、丙两人实 验用的钩码总质量之比为 ． 三、计算题（本题共 3 小题，40 分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出 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） 15．（9 分）如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为 m=1kg 的相同的小球 A、B、C．现 让 A 球以 v0=2m/s 的速度向 B 球运动，A、B 两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与 C 球碰撞，C 球的最终速度 vC=1m/s．问： ①A、B 两球与 C 球相碰前的共同速度多大？ ②两次碰撞过程中一共损失了多少动能？ 16．（13 分）如图所示，物体 A 重 40N，物体 B 重 40N，A 与 B、A 与地的动摩擦因数相同，物体 B 用细绳系住，当水平力 F=40N 时，才能将 A 匀速拉出，求接触面间的动摩擦因数． 17．（18 分）如图所示，质量 M=20kg 的物体从光滑斜面上高度 H=0.8m 处释放，到达底端时水平进 入水平传送带（不计斜面底端速度大小的损失，即在斜面底端速度方向迅速变为水平，大小不变）， 传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为 3m/s．已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．物 体冲上传送带后就移走光滑斜面．（g 取 10m/s2）． （1）物体滑上传送带 A 点时的速度大小． （2）若两皮带轮 AB 之间的距离是 6m，物体将从哪一边离开传送带？ （3）若皮带轮间的距离足够大，从 M 滑上到离开传送带的整个过程中，求 M 和传送带间相对位移． 2016-2017 学年贵州省铜仁一中高三（上）第二次月考物理试 卷 参考答案与试题解析 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，1-8 小题为单 项选择，9-12 题为多项选择．全部选对的得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分） 1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说 法正确的是（ ） A．伽利略实验研究和逻辑推理相结合发现了力是维持物体运动的原因 B．亚里士多说若忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 【考点】物理学史． 【分析】解答本题的关键是了解几个重要的物理学史，知道哪些伟大科学家的贡献 【解答】解：A、伽利略实验研究和逻辑推理相结合发现了力不是维持物体运动的原因，故 A 错误； B、伽利略认为，在忽略空气阻力的情况下，物体做自由落体运动，轻重物体下落一样快，故 B 错 误； C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故 C 错误； D、伽利略、笛卡尔等科学家对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故 D 正确． 故选：D 【点评】本题考查了物理学史部分，要了解哪些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质和为科学的 奉献精神 2．如图所示是汽车中的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如 图甲所示的位置，经过 7s 后指针指示在如图乙所示位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速 度约为（ ） A．1.6m/s2 B．2.6m/s2 C．5.7m/s2 D．7.1m/s2 【考点】加速度． 【专题】直线运动规律专题． 【分析】已知初速度、末速度、时间，根据加速度的定义式求解． 【解答】解：速度的变化量△v=40km/h=11m/s 根据 a= = ．故 A 正确，B、C、D 错误． 故选 A． 【点评】解决本题的关键掌握加速度的定义式 a= ，以及在计算时注意单位的换算． 3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v 时发生位移 x1，紧接着速度变化同样的△v 时发生位 移 x2，则该质点的加速度为（ ） A．（△v）2（ + ） B．2 C．（△v）2（ ﹣ ） D． 【考点】匀变速直线运动规律的综合运用． 【专题】直线运动规律专题． 【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合两段过程中速度的变化量相等，联立求出质点 的加速度． 【解答】解：设匀加速的加速度 a，物体的速度分别为 v1、v2 和 v3 据运动学公式可知， ， ， 且 v2﹣v1=v3﹣v2=△v 联立以上三式解得：a= ． 故选：D． 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，求解时一定要动笔 计算，可以将前两式化简作差，从而求出加速度． 4．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第 1s 内和第 3s 内位移大小依 次为 9m 和 5m，则刹车后 6s 内的位移是（ ） A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】直线运动规律专题． 【分析】研究刹车后第 1s 内和第 3s 内的运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式列式，可求出 汽车的初速度和加速度，结合速度时间公式判断物体到停止的时间，从而根据位移公式求出刹车后 6s 内的位移． 【解答】解：设汽车的初速度为 v0，加速度为 a． 则刹车后第 1s 内位移为：x1=v0t1+ ， 代入数据得：9=v0+ ； 第 3s 内的位移 x3=v0t3+ ， 代入数据得：5= 解得：v0=10m/s，a=﹣2m/s2． 汽车刹车到停止所需的时间为：t= = =5s． 则汽车刹车后 6s 内的位移等于 5s 内的位移，所以有：x= = =25m 故选：C． 【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车刹车速度减为零后不再运动，是道易错题，对 于加速度，也可以根据推论：△x=aT2 求解． 5．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上滑动，长木板与水平地面间的动摩擦因数为 μ1，木块与木板间动摩擦因数为μ2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到的地面摩擦力 大小为（ ） A．μ2mgB．μ1MgC．μ1（m+M）g D．μ2mg+μ1Mg 【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力． 【专题】摩擦力专题． 【分析】先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分 析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支 持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断． 【解答】解：对小滑块受力分析，受重力 mg、长木板的支持力 FN 和向左的滑动摩擦力 f1，有 f1=μ2FN FN=mg 故 f1=μ2mg 再对长木板受力分析，受到重力 Mg、小滑块的对长木板向下的压力 FN、小滑块对其向右的滑动摩 擦力 f1、地面对长木板的支持力 FN′和向左的静摩擦力 f2，根据共点力平衡条件，有 FN′=FN+Mg f1=f2 故 f2=μ2mg 故选：A． 【点评】滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据 共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解． 6．如图所示，A、B 两物块的质量分别为 m 和 M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下 滑．已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．则在此过程中物块 B 对物块 A 的压力为（ ） A．Mgsinθ B．Mgcosθ C．0 D．（M+m）gsinθ 【考点】物体的弹性和弹力；牛顿第二定律． 【专题】受力分析方法专题． 【分析】对整体受力分析求出整体的加速度，再对 B 受力分析即可求得 A 对 B 的压力，再由牛顿第 三定律可求得 B 对 A 的压力． 【解答】解：对 A、B 组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛 顿第二定律可知，a= =gsinθ； 则再对 B 由牛顿第二定律可知：F 合=Ma=Mgsinθ；合力等于 B 的重力沿斜面向下的分力；故说明 AB 间没有相互作用力，故 ABD 错误，C 正确． 故选：C． 【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要明确两物体加速度相同，均是重力的分力提供加速度． 7．图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是 G，在图甲、 乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是 F1、F2、F3，则（ ） A．F3＞F1=F2 B．F3=F1＞F2 C．F1=F2=F3 D．F1＞F2=F3 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】共点力作用下物体平衡专题． 【分析】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙 图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解． 【解答】解：甲图：物体静止，弹簧的拉力 F1=mg； 乙图：对物体为研究对象，作出力图如图． 由平衡条件得 F2=Gsin60°= =0.866mg 丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得 F3=mg．故 F3=F1＞F2 故选 B 【点评】本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图．对于丙图，是平衡中 的特例，结果要记忆． 8．如图所示，滑轮的质量不计，忽略一切摩擦力．当三个重物满足质量关系 m1=m2+m3 时，系统静 止．若迅速把物体 m2 从右边移到左边的物体 m1 上，弹簧秤的读数将（ ） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力． 【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】弹簧秤的读数等于两根绳子的拉力之和，对整体分析，运用整体法和隔离法求出绳子拉力 的大小，与初始开始进行比较，从而判断弹簧秤读数的变化． 【解答】解：根据平衡知，开始弹簧秤读数 FT=2T=2m1g． 把物体 m2 从右边移到左边的物体 m1 上，整体的加速度为： a= ． 隔离对 m3 分析．有：T′﹣m3g=m3a， 解得： =m1g． 可知 T′＜T，则 FT′＜2m1g．故 B 正确，ACD 错误． 故选：B． 【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法 的运用． 9．将一个质量为 1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向 与运动方向相反．该过程的 v﹣t 图象如图所示，g 取 10m/s2．下列说法中正确的是（ ） A．小球上升与下落所用时间之比为 2：3 B．小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s C．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态 D．小球重力和阻力之比为 5：1 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像． 【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】根据图象可以得到上升过程中的加速度的大小，根据牛顿第二定律可以求得阻力的大小， 下降过程的加速度的大小，利用位移时间的关系可以求得运动的时间关系，根据速度和位移公式可 求得小球回到抛出点时速度；由加速度的方向分析物体超重还是失重状态． 【解答】解：根据图象可得，上升的过程中，加速度的大小为：a 上= m/s2=﹣12m/s2， 根据牛顿第二定律可得：﹣（mg+f）=ma， 所以位移受到的摩擦力的大小为：f=﹣ma﹣mg=﹣1×（﹣12）﹣10N=2N， 在下降的过程中，物受到的合力为：F=mg﹣f=10N﹣2N=8N， 所以下降的过程中的加速度的大小为：a 下= = =8m/s2 根据 x= at2 可得运动的时间为：t= ， 所以时间之比为： = = ，故 A 错误； B、小球匀减速上升的位移为：x= ×2×24m=24m，根据 v2=2a2x 得： v= = =8 m/s．故 B 正确． C、小球下落过程，加速度向下，处于失重状态，故 C 错误； D、由 A 的分析可知，重力与阻力之比为：mg：f=10：2=5：1； 故 D 正确． 故选：BD 【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁， 知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移． 10．两个共点力 F1、F2 大小不同，它们的合力大小为 F，则（ ） A．F1、F2 同时增大一倍，F 也增大一倍 B．F1、F2 同时增加 10 N，F 也增加 10 N C．若 F1、F2 中的一个增大，F 不一定增大 D．F1 增加 10 N，F2 减少 10 N，F 一定不变 【考点】力的合成． 【专题】学科综合题；定性思想；推理法；受力分析方法专题． 【分析】两个大小不等的共点力 F1、F2，根据平行四边形定则表示出合力进行求解． 【解答】解：A、根据平行四边形定则，F1、F2 同时增大一倍，F 也增大一倍，故 A 正确； B、Fl、F2 方向相反，F1、F2 同时增加 10N，F 不变，故 B 错误； C、Fl、F2 方向相反，若 F1、F2 中的一个增大，F 不一定增大，故 C 正确； D、Fl、F2 方向相反，F1 增加 10N，F2 减少 10N，F 可能增加 20N，故 D 错误． 故选：AC 【点评】解决本题关键知道力的合成与分解遵循平行四边形定则，会根据平行四边形定则去求合力 或分力． 11．关于物体的运动状态与受力关系，下列说法中正确的是（ ） A．物体的运动状态发生变化，物体的受力情况一定变化 B．物体的运动状态保持不变，说明物体所受的合外力为零 C．物体在恒力作用下，一定做匀变速直线运动 D．物体做曲线运动时，受到的合外力可以是恒力 【考点】物体做曲线运动的条件． 【专题】学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题． 【分析】力是改变物体运动状态的原因，当物体受到的合外力为零时，物体的运动状态保持不变， 即物体处于匀速直线运动状态或静止状态；根据牛顿第二定律可知，物体加速度的方向与物体所受 合外力的方向相同，但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同．当物体的加速度不为 0 时， 物体的速度一定发生变化． 【解答】解：A、力是改变物体运动状态的原因，故当物体的运动状态变化时，物体受到的合外力 不为零，但合外力不一定变化．故 A 错误． B、当物体的运动状态不变时，处于平衡状态，说明物体受到的合外力为零．故 B 正确． C、根据牛顿第二定律可知，物体在恒力作用下，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，但加 速度的方向与速度的方向不一定相同，物体不一定作匀变速直线运动，故 C 错误． D、物体作曲线运动时，物体的速度发生了变化，受到的合外力一定不是 0，但不一定是变力，可以 为恒力，如平抛运动受到的力只有重力，大小和方向都不变．故 D 正确． 故选：BD 【点评】物体的运动状态即物体的速度，物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变，既包 括速度大小发生改变，也包括速度的方向发生改变． 12．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（ ） A．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小 B．太阳内部发生的核反应是热核反应 C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子 D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的射线 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程． 【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题． 【分析】根据光电效应的条件判断不能发生光电效应的原因；太阳内部发生的是热核反应；三种射 线是从原子核内放出的射线；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子 释放出来． 【解答】解：A、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为入射光的频率较小．故 A 错 误． B、太阳内部发生的是热核反应．故 B 正确． C、β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外 电子．故 C 错误． D、天然放射现象的射线来自原子核的内部．故 D 正确． 故选：BD． 【点评】本题考查了衰变的实质、光电效应、核反应等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材， 牢记这些基础知识点． 二、实验题（共两题共 12 分，每空 2 分） 13．（6 分）某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到频率为 50Hz 的 交流电源上，实验时得到一条如图所示的纸带．他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在 这点下标明 A，第六个点下标明 B，第十一个点下标明 C，第十六个点下标明 D，第二十一个点下 标明 E．测量时发现 B 点已模糊不清，于是他测得 AC 长为 14.56cm，CD 长为 11.15cm，DE 长为 13.73cm，则打 C 点时小车的瞬时速度大小为 0.986 m/s，小车运动的加速度大小为 2.58 m/s2， AB 的距离应为 5.99 cm．（保留 3 位有效数字） 【考点】测定匀变速直线运动的加速度． 【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题． 【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时 间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小． 【解答】解：在这个点下标明 A，第六个点下标明 B，第十一个点下标明 C，第十六个点下标明 D， 第二十一个点下标明 E；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为 T=0.1s，根据匀变速直线运动中时 间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小： vC= = =0.986m/s 设 A 到 B 之间的距离为 x1，设 B 到 C 之间的距离为 x2，设 C 到 D 之间的距离为 x3，设 D 到 E 之 间的距离为 x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2 可以求出加速度的大小，得： x3﹣x1=2a1T2 x4﹣x2=2a2T2 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得： a= （a1+a2） 即小车运动的加速度计算表达式为： a= = m/s2=2.58m/s2 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有： x2﹣x1=x4﹣x3 解得：x1=5.99cm 小车是加速，故加速度与速度同向，向右，即由 B 指向 A； 故答案为：0.986，2.58，5.99． 【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知 识的理解与应用． 14．（6 分）为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图甲所示的实验 装置，小车总质量用 M 表示（乙图中 M 包括小车与传感器，丙图中 M 包括小车和与/J、车固连的 滑轮），钩码总质量用 m 表示． （1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结 论，下列说法正确的是 BC ． A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B．三组实验都需要平衡摩擦力 C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 （2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为 a，a= g，g 为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为 1：2 ，乙、丙两 人实验用的钩码总质量之比为 1：2 ． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码的总质量 m 与小车的 总质量 M 的关系； （2）根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数 2 倍，从而即可求解． 【解答】解：（1）AB、为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力， 而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的 2 倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故 A 错误，B 正 确； CD、由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码 的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件，故 C 正确，D 错误； 故选：BC （2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为 a， 根据牛顿第二定律，则有：F=M 乙 a，2F=M 丙 a； 因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为 1：2； 由牛顿第二定律，对砝码研究，则有 m 乙 g﹣F=m 乙 a， 而 m 丙 g﹣F=m 丙 2a， 因 a= g，解得，m 乙：m 丙=1：2； 即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为 1：2； 故答案为：（1）BC； （2）1：2，1：2． 【点评】考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第 二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键． 三、计算题（本题共 3 小题，40 分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出 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） 15．（9 分）如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为 m=1kg 的相同的小球 A、B、C．现 让 A 球以 v0=2m/s 的速度向 B 球运动，A、B 两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与 C 球碰撞，C 球的最终速度 vC=1m/s．问： ①A、B 两球与 C 球相碰前的共同速度多大？ ②两次碰撞过程中一共损失了多少动能？ 【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律． 【专题】计算题；定量思想；方程法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合． 【分析】①A、B 两球碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出 AB 的共同速度． ②AB 整体与 C 发生碰撞系统动量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律列式即可求解． 【解答】解：①A、B 相碰过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：mv0=2mv1，解得：v1=1m/s； ②两球与 C 碰撞同样满足动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：2mv1=2mv2+mvC，解得：v2=0.5m/s， 由能量守恒定律可知，两次碰撞损失的动能： △EK= mv02﹣ •2mv22﹣ mvC2，解得：△EK=1.25J； 答：①A、B 两球与 C 球相碰前的共同速度为 1m/s． ②两次碰撞过程中一共损失的动能为 1.25J． 【点评】本题主要考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用动量 守恒定律与能量守恒定律可以解题；应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择． 16．（13 分）如图所示，物体 A 重 40N，物体 B 重 40N，A 与 B、A 与地的动摩擦因数相同，物体 B 用细绳系住，当水平力 F=40N 时，才能将 A 匀速拉出，求接触面间的动摩擦因数． 【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用． 【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题． 【分析】分别以 B 和 A 两个物体为研究对象，分析受力情况．根据平衡条件和摩擦力公式求解动摩 擦因数． 【解答】解：物体 B 对 A 压力 FN2=GB=40N 地面对 A 的支持力 FN1=GA+GB=80N 因此 A 受 B 的滑动摩擦力 Ff2=μFN2 A 受地面的摩擦力 Ff1=μFN1 又由题意得 F=Ff1+Ff2 可得 μFN2+μFN1=F 代入数据得 μ×80+μ×40=40 可得到 μ= 答：接触面间的动摩擦因数是 ． 【点评】本题考查应用平衡条件处理问题的能力，要注意 B 对地面的压力并不等于 B 的重力，而等 于 A、B 总重力． 17．（18 分）如图所示，质量 M=20kg 的物体从光滑斜面上高度 H=0.8m 处释放，到达底端时水平进 入水平传送带（不计斜面底端速度大小的损失，即在斜面底端速度方向迅速变为水平，大小不变）， 传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为 3m/s．已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．物 体冲上传送带后就移走光滑斜面．（g 取 10m/s2）． （1）物体滑上传送带 A 点时的速度大小． （2）若两皮带轮 AB 之间的距离是 6m，物体将从哪一边离开传送带？ （3）若皮带轮间的距离足够大，从 M 滑上到离开传送带的整个过程中，求 M 和传送带间相对位移． 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）物体从斜面上匀加速下滑，根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系公式求 解末速度； （2）先假设皮带足够长，根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系公式求解速度减为零时 向右滑动的位移，即可以判断； （3）物体向右匀减速运动，皮带匀速传动，先根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系公 式求解物体的位移，根据速度时间关系求解时间，再根据速度的定义公式求解皮带的位移，相减得 到相对位移． 【解答】解：（1）物体从斜面上匀加速下滑，根据牛顿第二定律，有： a=gsinθ 又 解得物体滑到底端时的速度： （2）以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小 和方向都不变，加速度大小为： a= 物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为： = =8m＞6m 表明物体将从右边离开传送带． （3）以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速 度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉 下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为： a= 取向右为正方向，物体发生的位移为： = =3.5m 物体运动的时间为： =7s 这段时间内皮带向左运动的位移大小为： s2=vt=3×7=21m 物体相对于传送带滑行的距离为： △s=s1+s2=24.5m 答：（1）物体滑上传送带 A 点时的速度大小为 4m/s； （2）若两皮带轮 AB 之间的距离是 6m，物体将从右边离开传送带； （3）M 和传送带间相对位移为 24.5m． 【点评】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键分段受力分析后根据牛顿第二定律求解加 速度，根据运动学公式求解运动情况，确定相对运动的情况．