湖南省常德市安乡一中2017届高三上学期第一次月考物理试卷 23页

‎2016-2017学年湖南省常德市安乡一中高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4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，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．‎ ‎1．甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．第1s末，两质点相遇 B．第2s末，甲的加速度方向发生改变 C．第4s末，两质点相距20m D．0～2s内，两质点间的距离越来越大 ‎2．装修工人在搬运材料时将其从水平台面上拖出，如图所示，则在匀加速拖出过程中（　　）‎ A．材料与平台之间的接触面积逐渐减小，摩擦力逐渐减小 B．材料与平台之间的相对速度逐渐增大，摩擦力逐渐增大 C．平台对材料的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小 D．材料与平台之间的动摩擦因数不变，支持力也不变，因而工人拉力也不变 ‎3．如图所示，物体以一定的初速度从A点冲上固定的粗糙斜面，到达斜面最高点c后沿斜面反向下滑，已知物体沿斜面向上运动到AC长度处的B点时，所用时间为t，则（　　）‎ A．物体由B到c的时间为 B．物体由C到B的时间为t C．物体由A到C的时间为2t D．物体由C到A的时间小于2t ‎4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（　　）‎ A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为0.667T ‎5．有上下两条摩擦因数相同的水平轨道L1、L2，它们在同一竖直面内，相同质量的物块A、B放置在两轨道上，轨道L1开一条平行轨道方向的细缝，可使细线通过，如图所示．A物块在B物块正上方．在连接A、B细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向可能是（图中OQ表示水平方向）（　　）‎ A．沿OP方向 B．沿OQ方向 C．沿ON方向 D．沿OP、OQ、ON方向都可能 ‎6．如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（　　）‎ A．m B．m C．m D．‎ ‎7．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A，B相距355m，已知声速为340m/S，则下列说法正确的是（　　）‎ A．经1s钟，B接收到返回的超声波 B．超声波追上A车时，A车前进了10m C．A车加速度的大小为10m/s2‎ D．A车加速度的大小为5m/s2‎ ‎8．如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连．已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且R＜L＜2R．现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（　　）‎ A．F1和F2均增大 B．F1保持不变，F2先增大后减小 C．F1先减小后增大，F2保持不变 D．F1先增大后减小，F2先减小后增大 ‎9．如图所示，一小滑块（可视为质点）沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速直线运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，已知AB=BD=6m，BC=1m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s．设滑块经B、C时的速度分别为vB、vC，则（　　）‎ A．vC=3 m/s B．vB= m/s C．DE=3 m D．从D到E所用时间为4 s ‎10．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（　　）‎ A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上 ‎11．（多选）如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙=5kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙=1kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲 ‎=2kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开过水平桌面，重力加速度g=10m/s2，则（　　）‎ A．细绳对盒子的拉力大小为20N B．盒子的加速度大小为2.5m/s2‎ C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5N D．定滑轮受到细绳的作用力为30N ‎12．质量为M的木楔倾角为α=30°，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑，如图所示．如果对木块施一拉力，使木箱沿斜面向上做匀速直线运动（已知木楔在整个过程中始终静止）．设F的方向与水平面的夹角为θ（图中未画出），在θ从0°逆时针逐渐增大到90°的过程中，木块的速度保持不变，则（　　）‎ A．F一直减小 B．F的最小值为mg C．F先减小后增大 D．当θ=0°时，斜面对m的作用力为Fsinα+mgcosα ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分，所答案填在题中横线上或按题目要求作答．）‎ ‎13．（6分）某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．‎ ‎①实验中，必要的措施是　　．‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2‎ ‎=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a=　　m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=　　m/s．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎14．（8分）某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m．如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下，‎ ‎（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是　　N（图2中所示），则弹簧秤b的读数可能为　　N．‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数是　　、弹簧秤b的读数　　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共38分．解答时请写出必要的文字说明、方程式的演算步骤，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．（8分）甲、乙两人在某一直道上完成200m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20m、乙跑了18m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10s、乙为13s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2s，且速度都降为8m/s，最后冲刺阶段以8m/s的速度匀速达到终点．求：‎ ‎（1）甲做匀减速运动的加速度；‎ ‎（2）甲冲刺阶段完成的位移大小．‎ ‎16．（9分）如图1所示，一质量为m=1kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图3所示，4s后图线没有画出．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物体在第3s末的加速度大小；‎ ‎（2）物体与水平面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）物体在前6s内的位移．‎ ‎17．（10分）如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点，O点处安装一力传感器．质量为10kg的物块B放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，aO′、bO′与bO′夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若O点处安装的力传感器显示受到的拉力是F0=20N，物块B与水平桌面之间的动摩擦因数为0.2，求：‎ ‎（1）重物A的质量．‎ ‎（2）重物C的质量和桌面对B物体的摩擦力．‎ ‎18．（11分）如图所示，用同种材料制成的粗糙程度相同的斜面和长水平面，斜面倾角为θ=37°，斜面长L=20m且固定，当一小物块从斜面顶端以初速度v0=2m/s沿斜面下滑，则经过t0=5s后小物块停在斜面上，不考虑小物块到达斜面底端时因碰撞损失的能量，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）‎ ‎（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）当小物块以初速度v沿斜面下滑，写出物块从开始运动到最终停下的时间t与初速度v的函数关系式．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省常德市安乡一中高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分．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，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．‎ ‎1．甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．第1s末，两质点相遇 B．第2s末，甲的加速度方向发生改变 C．第4s末，两质点相距20m D．0～2s内，两质点间的距离越来越大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．‎ ‎【解答】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇．根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=1s时，甲的位移大于乙的位移，没有相遇．故A错误．‎ B、速度图象的斜率表示加速度，则甲做匀变速直线运动，加速度一直没有变．故B错误．‎ C、根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移可知，0﹣4s内甲的位移为0，回到出发点，乙的位移x=5×4=20m，所以第4s末，两质点相距20m．故C正确．‎ D、0～1s内，甲的速度大于乙的速度，距离越来越大，1﹣2s内甲的速度小于乙的速度，距离越来越小，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题是速度﹣时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况．‎ ‎　‎ ‎2．装修工人在搬运材料时将其从水平台面上拖出，如图所示，则在匀加速拖出过程中（　　）‎ A．材料与平台之间的接触面积逐渐减小，摩擦力逐渐减小 B．材料与平台之间的相对速度逐渐增大，摩擦力逐渐增大 C．平台对材料的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小 D．材料与平台之间的动摩擦因数不变，支持力也不变，因而工人拉力也不变 ‎【考点】滑动摩擦力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】因材料与台面间有相对滑动，故为滑动摩擦力；而滑动摩擦力与接触面积、速度无关，只取决于正压力及动摩擦因数，分析在运动中材料对台面的正压力的变化，即可得出摩擦力是否发生变化．‎ ‎【解答】解：匀加速拉动的过程，只能持续到重心离开台面的瞬间，故在匀加速拉动过程中，物体的重心在台面上，故物体对台面的压力不变，故物体受到的支持力不变，故C错误；而在拉动过程中动摩擦因数不变，由Ff=μFN可知摩擦力是不变的；故A、B错误；‎ 因为摩擦力不变，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知F﹣Ff=ma，因为加速度不变，摩擦力不变，所以工人的拉力是不变的，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】滑动摩擦力的大小取决于正压力及动摩擦因素，分析物理问题时应注意排除干扰，准确把握物理概念规律的决定因素．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，物体以一定的初速度从A点冲上固定的粗糙斜面，到达斜面最高点c后沿斜面反向下滑，已知物体沿斜面向上运动到AC长度处的B点时，所用时间为t，则（　　）‎ A．物体由B到c的时间为 B．物体由C到B的时间为t C．物体由A到C的时间为2t D．物体由C到A的时间小于2t ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】采用逆向思维，结合匀变速直线运动的位移时间公式求出CB、CA的时间之比，从而得出CB与BA的时间之比，得出物体从B滑到C所用的时间．根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度大小，结合运动学公式比较运动的时间．‎ ‎【解答】解：A、物体向上匀减速运动，相当于从静止向下匀加速运动，则：‎ 根据 x=得，t=，因为CB与CA的位移之比为1：4，则CB与CA的时间之比为1：2，所以CB与BA的时间之比为1：1．则物体从B运动到C的时间 tBC=t．A到C的时间为2t．故A错误，C正确．‎ B、根据牛顿第二定律知，返回的加速度小于上滑的加速度大小，则C到B的时间大于B到C的时间，即物体由C到B的时间大于t，故B错误．‎ D、根据牛顿第二定律知，返回的加速度大小小于上滑的加速度大小，则C到A的时间大于A到C的时间，即大于2t，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，注意逆向思维的正确运用．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（　　）‎ A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为0.667T ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．‎ ‎【解答】解：A、质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；‎ B、对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：a=，隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得：轻绳中拉力为 F′=3ma=F，由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力F′=T，轻绳刚好被拉断，故B错误；‎ C、由B可知，当拉力F=1.5T时，绳子的拉力F′=T，绳子没有拉断，故C正确；‎ D、轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为T，后面两个木块的加速度a′=，对质量为m木块研究，由牛顿第二定律得 摩擦力为 f=ma′=T=0.33T，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是连接体问题，关键在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法求解拉力之间的关系．‎ ‎　‎ ‎5．有上下两条摩擦因数相同的水平轨道L1、L2，它们在同一竖直面内，相同质量的物块A、B放置在两轨道上，轨道L1开一条平行轨道方向的细缝，可使细线通过，如图所示．A物块在B物块正上方．在连接A、B细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向可能是（图中OQ表示水平方向）（　　）‎ A．沿OP方向 B．沿OQ方向 C．沿ON方向 D．沿OP、OQ、ON方向都可能 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】对A、B两物体分析，抓住A、B对水平轨道的正压力不同，导致摩擦力不等，根据水平方向上平衡，得出AO、BO拉力的大小，从而确定拉力F的方向．‎ ‎【解答】解：力的作用点是在细线的中点，而且物块A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO与BO与水平方向的夹角相等．因为A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，由题意细线AO受到的拉力必须大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是ON方向．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键知道滑动摩擦力与正压力成正比，通过摩擦力的大小得出绳子拉力的大小，从而确定拉力的方向．‎ ‎　‎ ‎6．如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（　　）‎ A．m B．m C．m D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小．‎ ‎【解答】解：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a=‎ 再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：‎ ‎ N==m 故选：B ‎【点评】本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法和隔离法相结合进行研究．‎ ‎　‎ ‎7．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A，B相距355m，已知声速为340m/S，则下列说法正确的是（　　）‎ A．经1s钟，B接收到返回的超声波 B．超声波追上A车时，A车前进了10m C．A车加速度的大小为10m/s2‎ D．A车加速度的大小为5m/s2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀速直线运动及其公式、图像．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】从B发出超声波到接收到反射回来的超声波信号这段时间内，求出A的位移，由于超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，根据匀变速直线运动的推论求出超声波从B发出到A这段时间内A的位移，从而得出超声波从B到A的位移，根据声速求出运行的时间，从而再根据△x=aT2求出汽车运动的加速度．‎ ‎【解答】解：A、B、超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在整个这段时间内汽车的位移x=355﹣335m=20m．初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1：3，所以x1=5m，x2=15m，则超声波被A接收时，AB的位移x′=335+5m=340m，所以超声波从B发出到被A接收所需的时间T==1s．‎ 则t=2T=2s，故A错误，B错误；‎ C、D、根据△x=aT2得，a==m/s2=10m/s2．故C正确，D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键理清运动过程，抓住超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，运用匀变速直线运动的规律进行求解．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连．已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且R＜L＜2R．现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（　　）‎ A．F1和F2均增大 B．F1保持不变，F2先增大后减小 C．F1先减小后增大，F2保持不变 D．F1先增大后减小，F2先减小后增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】设小球处在位置C，小球受重力、细线的拉力和支持力，处于平衡状态，三个力可以构成矢量三角形，该矢量三角形与几何三角形POC相似，结合几何关系列式分析即可．‎ ‎【解答】解：小球受重力、细线的拉力和支持力，由于平衡，三个力可以构成矢量三角形，如图所示：‎ 根据平衡条件，该矢量三角形与几何三角形POC相似，故：‎ 解得：‎ F1=‎ F2=‎ 当P点下移时，PO减小，L、R不变，故F1增大，F2增大；‎ 故选：A ‎【点评】本题关键是正确的对小球受力分析，然后造成矢量三角形与几何三角形相似，由于高考说明中明确提出力平衡问题只涉及有解直角三角形的问题，故本题是超纲题目．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一小滑块（可视为质点）沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速直线运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，已知AB=BD=6m，BC=1m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s．设滑块经B、C时的速度分别为vB、vC，则（　　）‎ A．vC=3 m/s B．vB= m/s C．DE=3 m D．从D到E所用时间为4 s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】本题的突破口是AB=BD=6m，BC=1m，小球从A到C的时间是2s，从A到D的时间是4s，根据x=v0t+即可求出va和a；再根据速度公式vt=v0+at求出vc和vD，然后根据vt2﹣v02=2ax求出DE的距离，最后根据vt=v0+at求出从D到E的时间．‎ ‎【解答】解：A、物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，‎ 则从A到C有：xAC=v0t1+，‎ 即：7=v0×2+，①‎ 物体从A到D有：xAD=v0t2+‎ 即：12=v0×4+a×42②‎ 由①②解得：a=﹣m/s2，v0=4m/s 根据速度公式vt=v0+at可得：vC=4﹣=3m/s，故A正确．‎ B、从A到B有：vB2﹣vA2=2axAB 解得：vB=m/s，故B错误．‎ C、根据速度公式vt=v0+at可得：vD=v0+at2=4﹣=2m/s，‎ 则从D到E有：﹣vD2=2axDE 则：xDE=﹣==4m，故C错误．‎ vt=v0+at可得从D到E的时间为：tDE===4s．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．‎ ‎　‎ ‎10．（有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（　　）‎ A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上 ‎【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）重力做功相同，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同；‎ ‎（2）根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间；‎ ‎（3）滑块损失的机械能为克服摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：A．根据mgh=，小球质量相同，达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故A正确，B错误；‎ C、以O点为最低点作等时圆，可知从ab点运动到O点时间相等，C正确；‎ D、若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：，即各释放点处在同一竖直线上，D正确；‎ 故选：ACD ‎【点评】本题考查了功能关系，其中根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间是本题的难点．‎ ‎　‎ ‎11．（多选）如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙=5kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙 ‎=1kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲=2kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开过水平桌面，重力加速度g=10m/s2，则（　　）‎ A．细绳对盒子的拉力大小为20N B．盒子的加速度大小为2.5m/s2‎ C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5N D．定滑轮受到细绳的作用力为30N ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成的平行四边形定则．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小；再以乙和丙为研究对象求解绳子拉力大小，以丙为研究对象，根据牛顿第二定律求解摩擦力大小；以滑轮为研究对象，根据力的合成求解绳子对滑轮的作用力大小．‎ ‎【解答】解：AB、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m甲g=（m甲+m乙+m丙）a，解得整体的加速度为：a==2.5m/s2，以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的拉力大小为：F=（m乙+m丙）a=（5+1）×2.5=15N，所以A错误、B正确；‎ C、以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为f=m丙a=2.5N，所以C正确；‎ D、定滑轮受到细绳的作用力为：T=F=15N，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．‎ ‎　‎ ‎12．质量为M的木楔倾角为α=30°，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑，如图所示．如果对木块施一拉力，使木箱沿斜面向上做匀速直线运动（已知木楔在整个过程中始终静止）．设F的方向与水平面的夹角为θ（图中未画出），在θ从0°逆时针逐渐增大到90°的过程中，木块的速度保持不变，则（　　）‎ A．F一直减小 B．F的最小值为mg C．F先减小后增大 D．当θ=0°时，斜面对m的作用力为Fsinα+mgcosα ‎【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】定性思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】对木块进行受力分析，根据木块匀速下滑，由共点力的平衡求出即可动摩擦因数；‎ 由拉力F时，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解．‎ ‎【解答】解：A、将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑，则：‎ mgsin30°=μmgcos30°‎ 所以：‎ 对m受力分析如图1：‎ 由于摩擦力与支持力之间的关系为：f=μFN 设支持力和摩擦力的合力与支持力方向的夹角为β，不论F如何变，β均不变，则：‎ tanβ=‎ 所以：β=30°‎ 若将摩擦力和支持力的合力看作一个力，则木箱受到三个力的作用，根据三个力的作用下共点力平衡的条件可知，任意两个力的合力与第三个力一定大小相等，方向相反；在θ从0°逆时针逐渐增大到90°的过程中的受力如图2：‎ 由图可知，当力F由水平逐渐变成竖直向上的过程中，F的大小是先减小后增大，并且根据矢量合成可知，当F的方向与支持力和摩擦力的合力的方向垂直时，F最小，由几何关系可知此时F与水平方向之间的夹角：θ=α+β=30°+30°=60°‎ F的大小：F=．故A错误，BC正确；‎ D、当θ=0°时，由平衡条件得：Fcosθ﹣mgsinθ﹣μFN=0，‎ FN ﹣Fsinθ﹣mgcosθ=0，‎ 解得：FN=Fsinα+mgcosα．‎ 由于斜面对m的作用力是支持力与摩擦力的合力，故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】该图中，木箱的受力看似比较简单，但实际的分析比较复杂，解答本题的关键正确受力分析，根据共点力平衡，将支持力和摩擦力的合力作为一个力来方向，再利用正交分解进行求解，基础题．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分，所答案填在题中横线上或按题目要求作答．）‎ ‎13．（6分）某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．‎ ‎①实验中，必要的措施是　AB　．‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a=　0.80　m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=　0.40　m/s．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度；探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】①分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；‎ ‎②根据逐差法可求得物体运动的加速度；根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度．‎ ‎【解答】解：①A、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带；故AB正确；‎ C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可；故C错误；‎ D、由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D错误；‎ 故选：AB；‎ ‎②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s； ‎ 根据逐差法可知，物体的加速度a===0.80m/s2； ‎ B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v===0.40m/s； ‎ 故答案为：①AB；②0.80；0.40．‎ ‎【点评】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量．‎ ‎　‎ ‎14．（8分）某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m．如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下，‎ ‎（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是　3.00　N（图2中所示），则弹簧秤b的读数可能为　4.00　N．‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数是　变大　、弹簧秤b的读数　变大　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题．‎ ‎【分析】（1）由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；‎ ‎（2）根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况．‎ ‎【解答】解：（1）根据胡克定律可知，F=kx=500×0.01=5N； ‎ 根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：F==4.00N； ‎ ‎（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；‎ 故答案为：（1）3.00，4.00；（2）变大；变大．‎ ‎【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉力变化情况．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共38分．解答时请写出必要的文字说明、方程式的演算步骤，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．（8分）甲、乙两人在某一直道上完成200m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20m、乙跑了18m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10s、乙为13s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2s，且速度都降为8m/s，最后冲刺阶段以8m/s的速度匀速达到终点．求：‎ ‎（1）甲做匀减速运动的加速度；‎ ‎（2）甲冲刺阶段完成的位移大小．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】（1）对于匀加速过程根据平均速度公式可求得甲匀速运动的速度；再由加速度公式可求得加速度；‎ ‎（2）分别求出匀速运动的位移和匀减速过程的位移，则可求得冲刺时过程的位移大小．‎ ‎【解答】解：（1）由x1= 　　‎ 解得v1=10m/s；‎ 甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2：‎ 由a2=　　 　‎ 得a2=﹣1m/s2‎ ‎（2）匀速运动的位移：x2=v1t2=10×10=100m 匀减速的位移：由x3=　‎ 解得x3=18m 最后冲刺的位移为：‎ x4=200﹣（x1+x2+x3）=200﹣（20+100+18）=62m；‎ 答：（1）甲做匀减速运动的加速度为﹣1m/s2；‎ ‎（2）甲冲刺阶段完成的位移大小为62m．‎ ‎【点评】本题考查匀变速直线运动的规律的应用，要注意明确平均速度公式的应用，注意加速度的计算方法，同时在计算时要注意明确各物理量的矢量性．‎ ‎　‎ ‎16．（9分）如图1所示，一质量为m=1kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图3所示，4s后图线没有画出．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物体在第3s末的加速度大小；‎ ‎（2）物体与水平面间的动摩擦因数；‎ ‎（3）物体在前6s内的位移．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据v﹣t图象和加速度定义式即可求解加速度；‎ ‎（2）在0﹣4s内，分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律即可求解动摩擦因数；‎ ‎（3）分别求出匀加速和匀减速运动的位移，两端位移之和即为总位移．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由v﹣t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，‎ 根据v﹣t图象和加速度定义式：‎ 得，‎ ‎（2）在0﹣4s内，在水平方向：F1﹣μmg=ma1‎ 解出：μ=0.4 ‎ ‎（3）设前4 s的位移为x1，由位移公式：x1==1×16=8m；‎ 设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：‎ F2﹣μmg=ma2‎ 解得，a2=﹣2 m/s2‎ 物体在4s末时的速度为v′=4 m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：‎ ‎0=v′+a2t2　　　　　‎ 解得：t2=2 s 所以，物体在6s末速度恰好减为0．‎ 故后2s内的位移：‎ 代入数据，解得，x2=4m 所以物体在前6s内的位移x=x1+x2=8+4=12 m 答：（1）物体在第2s末的加速度为1m/s2；‎ ‎（2）物体与水平面间的摩擦因数μ为0.4；‎ ‎（3）物体在前6s内的位移为12m．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律的应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择．‎ ‎　‎ ‎17．（10分）如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点，O点处安装一力传感器．质量为10kg的物块B放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，aO′、bO′与bO′夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若O点处安装的力传感器显示受到的拉力是F0=20N，物块B与水平桌面之间的动摩擦因数为0.2，求：‎ ‎（1）重物A的质量．‎ ‎（2）重物C的质量和桌面对B物体的摩擦力．‎ ‎【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】计算题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】（1）对滑轮受力分析，根据平衡条件求解悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力关系，求出O′a绳的拉力，重物A的重力大小等于O′a绳的拉力大小；‎ ‎（2）以结点O′为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出绳子的拉力和绳O′b的拉力；再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1）设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力分别为T1和T，则有：‎ ‎2Tcos30°=T1‎ 得：T=20N．‎ 重物A的质量mA==2kg；‎ ‎（2）结点O′为研究对象，受力如图，根据平衡条件得，绳子的弹力为：F1=Tcos60°=10N．‎ mcg=10N，故mc=1kg；‎ 根据平衡条件桌面对B物体的摩擦力与O′b的拉力相等，即：f=F2=Tsin60°=20•N=10N；‎ 答：（1）重物A的质量为2kg．‎ ‎（2）重物C的质量为1kg，桌面对B物体的摩擦力为10N．‎ ‎【点评】本题涉及滑轮和结点平衡问题．根据动滑轮不省力的特点，确定细线OP与竖直方向的夹角是关键．‎ ‎　‎ ‎18．（11分）如图所示，用同种材料制成的粗糙程度相同的斜面和长水平面，斜面倾角为θ=37°，斜面长L=20m且固定，当一小物块从斜面顶端以初速度v0=2m/s沿斜面下滑，则经过t0=5s后小物块停在斜面上，不考虑小物块到达斜面底端时因碰撞损失的能量，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）‎ ‎（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）当小物块以初速度v沿斜面下滑，写出物块从开始运动到最终停下的时间t与初速度v的函数关系式．‎ ‎【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】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间公式求出物块在斜面上的加速度大小，结合牛顿第二定律求出小物块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎（2）根据速度我也公式求出物块刚好停在斜面底端的速度，从而分析讨论，结合牛顿第二定律和运动学公式求出运动的总时间．‎ ‎【解答】解：（1）在斜面上的加速度为：．‎ 根据牛顿第二定律有：f﹣mgsinθ=ma1，‎ N=mgcosθ，‎ 得到：μ==0.8．‎ ‎（2）讨论：‎ ‎①若停在斜面上，当恰好停在斜面底端时有：m/s=4m/s，‎ 当v≤4m/s时，物块停在斜面上，有：t=，‎ ‎②若停在水平面上，即v＞4m/s时，物体在水平面上的加速度为：，‎ 物体达到底端的速度为：m/s=m/s，‎ 在斜面上运动时间为：，‎ 物体在水平面上运动时间为：，‎ 总时间为：t=t1+t2==s．‎ 物块从开始运动到最终停下的时间t与初速度v的函数关系式为：‎ t=2.5v（s）（v≤4m/s）‎ t=（s）（v＞4m/s）．‎ 答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.8．‎ ‎（2）物块从开始运动到最终停下的时间t与初速度v的函数关系式为t=2.5v（s）（v≤4m/s）；t=（s）（v＞4m/s）．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．对于第二问需讨论物块是停止在斜面上还是停止在水平面上．‎