宁夏石嘴山三中2017届高三上学期月考物理试卷（10月份） 31页

‎2016-2017学年宁夏石嘴山三中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题，选对得3分，选错不得分，共36分．‎ ‎1．关于力的说法错误的是（　　）‎ A．力可以改变物体的运动状态，也可以改变物体的形状 B．空中飞行的炮弹没有受到与前进方向相同的推力 C．几何形状规则的物体，其重心必然在物体的几何中心上 D．重心是物体总重力的等效作用点 ‎2．竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，则（　　）‎ A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B．上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功 C．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率 D．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率 ‎3．某星球直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，以下说法正确的是（　　）‎ A．该星球表面重力加速度的数值比地球表面大 B．该星球公转的周期比地球的长 C．该星球公转的线速度比地球的大 D．该星球公转的向心加速度比地球的大 ‎4．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大 B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大 C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多 D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小 ‎5．在汽车中悬线上挂一小球．实验表明，当小球做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度．如图所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况正确的是（　　）‎ A．汽车一定向右做加速运动 B．汽车一定向左做加速运动 C．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用 D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用 ‎6．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移△x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x所用时间为t2．则物体运动的加速度为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（　　）‎ A．2R B． C． D．‎ ‎8．如图所示，在托盘测力计放一个重力为5N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为5N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，测力计的示数为（取g=10m/s2）（　　）‎ A．8.2N B．7N C．7.4N D．10N ‎9．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于 B．和0‎ C． •和0 D．0和•‎ ‎10．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2、W3，不计空气阻力，则上述过程中（　　）‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球重力势能的变化为W1‎ C．小球动能的变化为W1+W2+W3‎ D．小球机械能的变化为W1+W2+W3‎ ‎11．如图所示，木块A放在木块B上左端，用力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（　　）‎ A．W1＜W2，Q1=Q2 B．W1=W2，Q1=Q2 C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1=W2，Q1＜Q2‎ ‎12．如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧（但未飞离斜面），则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块（　　）‎ A．最大加速度可能相同 B．最大速度一定不同 C．重力势能的变化量不同 D．上升的最大高度不同 ‎　‎ 二、多选择题，选对得3分，选不全的得1，选错不得分，共18分．‎ ‎13．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2＞μ1），下列说法正确的是（　　）‎ A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2‎ B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2‎ C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1‎ D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞μ1＞tanθ ‎14．一物体做变速运动时，下列说法正确的有（　　）‎ A．合力一定对物体做功，使物体动能改变 B．物体所受合力一定不为零 C．合力一定对物体做功，但物体动能可能不变 D．物体加速度一定不为零 ‎15．我国将第16颗北斗卫星“北斗﹣G6”送入太空，并定点于地球静止轨道东经110.5°．由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太地区提供高精度、高可靠性的定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力，其定位精度优于20m，授时精度优于100ns．关于这颗“北斗﹣G6”卫星，以下说法中正确的有（　　）‎ A．这颗卫星轨道平面与东经110.5°的经线平面重合 B．通过地面控制可以将这颗卫星定点于杭州正上方 C．这颗卫星的线速度大小比离地350 km高的“天宫一号”空间站线速度要小 D．这颗卫星的周期一定等于地球自转周期 ‎16．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个质量相等的物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，甲、乙两个物体同时到达地面．下列说法正确的是（　　）‎ A．v0=‎ B．v0=‎ C．甲乙到达地面时重力的瞬时功率相同 D．甲比乙到达地面时重力的瞬时功率大 ‎17．我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（　　）‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 C．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2‎ D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2‎ ‎18．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球从M点运动到N点的过程中，（　　）‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率不为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 ‎　‎ 三、填空题（5分+7分）‎ ‎19．某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度大小g=9.80m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图2所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的3个点A、B、C进行测量，图中给出了这3个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题（计算结果保留三位有效数字）：‎ ‎（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=　　m/s；‎ ‎（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．　　．‎ ‎20．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．‎ ‎（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是　　．‎ A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先放小车，后接通电源 C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有　　．‎ ‎（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m．请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来　　．‎ ‎　‎ 四、计算题，要求有严谨的步骤，准确答案（6分+8分+8分+10分+12分）‎ ‎21．如图（a）所示，轻绳AD跨过固定在竖直墙上的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：‎ ‎（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比；‎ ‎（2）轻杆BC对C端的支持力；‎ ‎（3）轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎22．如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为．一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎（1）求小球在B、A两点的动能之比；‎ ‎（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ ‎23．如图所示，A、B、C质量分别为mA=0.7kg，mB=0.2kg，mC=0.1kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数u=0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2=0.3m，当B、C下降h1=0.3m，C穿环而过，B被D挡住，不计绳子质量和油轮的摩擦，取g=10m/s2，若开始时A离桌边足够远，试求：‎ ‎（1）物体C穿环瞬间的速度．‎ ‎（2）物体C能否到达地面？如果能到达地面，其速度多大？‎ ‎24．传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为m=0.5kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求 ‎（1）物体从A运动到B的时间为多少？‎ ‎（2）若皮带轮以速率v=2m/s沿逆时针方向转动，在传送带下端B处无初速地放上一个小物块，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，那么物块从B端运到A端所需的时间是多少？‎ ‎25．图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图．整个轨道在同一竖直平面内．表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切，A点距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R．圆心O恰在水面，一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB上任意位置滑下，不计空气阻力．‎ ‎（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf．‎ ‎（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h．（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m）‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-3]‎ ‎26．如图所示，U型细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2=25cm、L3=25cm、L4=10cm，A端被封空气柱的长度为L1=60cm，BC在水平面上．整个装置处在恒温环境中，外界气压P0=75cmHg．将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，求此时被封空气柱的长度．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎27．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎28．如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：‎ ‎（1）木板B上表面的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径R．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏石嘴山三中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题，选对得3分，选错不得分，共36分．‎ ‎1．关于力的说法错误的是（　　）‎ A．力可以改变物体的运动状态，也可以改变物体的形状 B．空中飞行的炮弹没有受到与前进方向相同的推力 C．几何形状规则的物体，其重心必然在物体的几何中心上 D．重心是物体总重力的等效作用点 ‎【考点】重心；力的概念及其矢量性．‎ ‎【分析】要解答此题需掌握力的定义和力的作用效果．明确重心的定义，知道几何形状规则的物体，其重心必然在物体的几何中心上．‎ ‎【解答】解：A、力可以改变物体的运动状态，也可以改变物体的形状，故A正确； ‎ B、空中飞行的炮弹没有受到与前进方向相同的推力，只是由于惯性在运动，故B正确； ‎ C、只有形状规则，质量分布均匀的物体，其重心才在物体的几何中心上，故C错误； ‎ D、重心是物体各部分所受重力的等效作用点，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，则（　　）‎ A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B．上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功 C．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率 D．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】重力做功只与物体的初末位置有关，与物体的运动过程和是否受其它力无关；‎ 由于空气阻力的作用，物体在上升和下降的过程中用的时间不同，根据P=可以判断重力做功的平均功率的大小．‎ ‎【解答】解：AB、重力做功的大小只与物体的初末位置有关，与物体的路径等无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，上升过程重力做负功，所以上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功．故A、B错误．‎ CD、物体在上升的过程中，受到的空气阻力向下，在下降的过程中受到的阻力空气向上，所以在上升时物体受到的合力大，加速度大，物体运动的时间短，在上升和下降的过程中物体重力做功的大小是相同的，由P=可知，上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．某星球直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，以下说法正确的是（　　）‎ A．该星球表面重力加速度的数值比地球表面大 B．该星球公转的周期比地球的长 C．该星球公转的线速度比地球的大 D．该星球公转的向心加速度比地球的大 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较．‎ 研究星球直和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力等于重力得出： =mg g=‎ 根据星球直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，‎ 计算得出星球表面的重力加速度约为地球表面的，故A错误；‎ B、研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：‎ ‎=r得：‎ T=2π，M为太阳的质量，r为轨道半径，星球的轨道半径大于地球的轨道半径，‎ 通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B正确；‎ C、研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出： =m 得：v=，M为太阳的质量，r为轨道半径．星球的轨道半径大于地球的轨道半径，‎ 通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，故C错误；‎ D、研究星球和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出： =ma，‎ 得：a=，M为太阳的质量，r为轨道半径．星球的轨道半径大于地球的轨道半径，‎ 通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大 B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大 C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多 D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．‎ ‎【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．如图向心力Fn=mgtanα，m，α不变，向心力大小不变．故A错误．‎ ‎ B、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大．故B正确．‎ ‎ C、向心力对物体不做功，故C错误；‎ ‎ D、侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．在汽车中悬线上挂一小球．实验表明，当小球做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度．如图所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况正确的是（　　）‎ A．汽车一定向右做加速运动 B．汽车一定向左做加速运动 C．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用 D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】由题可知物体M、小球m和汽车的加速度相同．先以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律可求得加速度，判断汽车的运动情况；再以物体M为研究对象，根据牛顿第二定律，分析受力情况．‎ ‎【解答】解：A、B以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg和细线的拉力F，由于小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律得知，小球的合力也水平向右，则有 mgtanθ=ma，得a=gtanθ，θ一定，则加速度a一定，汽车的加速度也一定，则汽车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．故A错误，B错误．‎ C、D以物体M为研究对象：受到重力、底板的支持力和摩擦力．M相对于汽车静止，加速度必定水平向右，根据牛顿第二定律得知，一定受到水平向右的摩擦力．故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移△x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x所用时间为t2．则物体运动的加速度为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可以求得两部分位移的中间时刻的瞬时速度，再由加速度的公式可以求得加速度的大小．‎ ‎【解答】解：物体作匀加速直线运动在前一段△x所用的时间为t1，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度；‎ 物体在后一段△x所用的时间为t2，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度．‎ 速度由变化到的时间为：△t=，‎ 所以加速度为：a=‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（　　）‎ A．2R B． C． D．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出B上升的最大高度．‎ ‎【解答】解：设B的质量为m，则A的质量为2m，‎ 以A、B组成的系统为研究对象，‎ 在A落地前，由动能定理可得：‎ ‎﹣mgR+2mgR=（m+2m）v2﹣0，‎ 以B为研究对象，在B上升过程中，‎ 由动能定理可得：﹣mgh=0﹣mv2，‎ 则B上升的最大高度H=R+h，‎ 解得：H=；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在托盘测力计放一个重力为5N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为5N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，测力计的示数为（取g=10m/s2）（　　）‎ A．8.2N B．7N C．7.4N D．10N ‎【考点】物体的弹性和弹力；作用力和反作用力．‎ ‎【分析】木块沿斜面做匀加速直线运动时，受到重力、支持力、摩擦力，根据木块在垂直斜面方向受力平衡可以解出木块所受的支持力，再根据牛顿第三定律的木块对斜面的压力大小等于斜面对木块的支持力，然后对斜面受力分析解得斜面放上木块后受力的变化情况．‎ ‎【解答】解：选木块为研究对象，受力分析如图，‎ 由于木块在垂直斜面方向受力平衡，‎ 可以解出木块所受的支持力为：FN=Gcos37°‎ 再选择斜面为研究对象，受力如图，‎ 根据牛顿第三定律，木块对斜面的压力FN2大小等于FN，‎ 把FN2分解的y轴方向上，有：Fy=FN2cos37°‎ 所以解得：Fy=Gcos237°=3.2N 因此小铁块下滑的过程中，测力计的示数为：5N+3.2N=8.2N；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于 B．和0‎ C． •和0 D．0和•‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力．突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度．‎ ‎【解答】解：线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAg•sin 30°的弹力，所以可得其加速度为．‎ 答：D ‎　‎ ‎10．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2、W3，不计空气阻力，则上述过程中（　　）‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球重力势能的变化为W1‎ C．小球动能的变化为W1+W2+W3‎ D．小球机械能的变化为W1+W2+W3‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】图中电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的减小量；弹簧对小球做的功等于弹性势能的减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功．‎ ‎【解答】解：A、撤去力F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球受向上的弹力、电场力和向下的重力，因为电场力做正功，故机械能增加，故A错误；‎ B、小球重力势能的变化与重力做功大小相等，为﹣W1，故B错误；‎ C、小球动能的变化等于合力做功，故C正确；‎ D、小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功，故小球机械能变化等于电场力和弹簧弹力的合力做功，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，木块A放在木块B上左端，用力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（　　）‎ A．W1＜W2，Q1=Q2 B．W1=W2，Q1=Q2 C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1=W2，Q1＜Q2‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】根据W=Fscosθ，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．‎ ‎【解答】解：木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2．‎ 摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎12．如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧（但未飞离斜面），则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块（　　）‎ A．最大加速度可能相同 B．最大速度一定不同 C．重力势能的变化量不同 D．上升的最大高度不同 ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，根据能量守恒判断最后的重力势能．‎ ‎【解答】解：由于弹簧势能足够让物块离开弹簧，那么由kx2/2＞mgxsinθ化简可以得出kx＞2mgsinΘ；‎ A、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律：‎ F﹣mgsinθ=ma 质量不同，故最大加速度不同，故A错误；‎ B、物块受力平衡时具有最大速度，即：mgsinθ=k△x 则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，‎ 而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，‎ v2﹣02=2ax 加速度小的位移小，则最大速度v较小，故B正确；‎ C、D、由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能mgh相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、多选择题，选对得3分，选不全的得1，选错不得分，共18分．‎ ‎13．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2＞μ1），下列说法正确的是（　　）‎ A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2‎ B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2‎ C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1‎ D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞μ1＞tanθ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，此时沙子所受的重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力．当与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，根据重力的分力与最大静摩擦力的关系，求出tanθ满足的条件．‎ ‎【解答】解：A、B、由题，μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有 mgsinθ＞μ2mgcosθ，得tanθ＞μ2．故A正确，B错误．‎ C、D、与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，这时，应有 mgsinθ＞μ1mgcosθ，mgsinθ＜μ2mgcosθ，得足μ2＞tanθ＞μ1．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．一物体做变速运动时，下列说法正确的有（　　）‎ A．合力一定对物体做功，使物体动能改变 B．物体所受合力一定不为零 C．合力一定对物体做功，但物体动能可能不变 D．物体加速度一定不为零 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】物体做变速运动时，可能只是速度大小变化，可能只是速度方向变化，也可能速度的大小和方向同时改变．根据动能定理分析做功情况．‎ ‎【解答】解：A、物体做变速运动时，可能只是速度方向变化，速度大小不变，动能不变，合力对物体不做功，比如匀速圆周运动，故A错误．‎ BD、物体做变速运动时，速度是变化的，一定有加速度，合力一定不为零，故BD正确．‎ C、若速度不变，合力对物体不做功，动能可能变化，也可能不变，故C错误．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎15．我国将第16颗北斗卫星“北斗﹣G6”送入太空，并定点于地球静止轨道东经110.5°．由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太地区提供高精度、高可靠性的定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力，其定位精度优于20m，授时精度优于100ns．关于这颗“北斗﹣G6”卫星，以下说法中正确的有（　　）‎ A．这颗卫星轨道平面与东经110.5°的经线平面重合 B．通过地面控制可以将这颗卫星定点于杭州正上方 C．这颗卫星的线速度大小比离地350 km高的“天宫一号”空间站线速度要小 D．这颗卫星的周期一定等于地球自转周期 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．在地球同步轨道上布设3颗通讯卫星，即可实现除两极外的全球通讯．‎ ‎【解答】解：AB、同步卫星运行轨道只能位于地球赤道平面上的圆形轨道，所以北斗导航卫星不可能与东经110.5°的经线平面重合，也不可能定点于成都正上方，故AB错误；‎ C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，r越大，v越小．同步卫星距离地球的高度约为36000 km，所以该卫星正常运行时的速度比离地350公里高的天宫一号空间站线速度小．故C正确；‎ D、同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，轨道平面一定与赤道平面重合，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个质量相等的物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，甲、乙两个物体同时到达地面．下列说法正确的是（　　）‎ A．v0=‎ B．v0=‎ C．甲乙到达地面时重力的瞬时功率相同 D．甲比乙到达地面时重力的瞬时功率大 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小 根据瞬时功率P=mgvcosθ求得落地时的功率 ‎【解答】解：A、平抛运动的时间为：t=；‎ 乙在斜面下滑的加速度为：a=．‎ 根据，代入数据得：‎ v0=．故A正确，B错误 C、甲球到达地面的瞬时功率P=‎ 乙沿斜面下滑到达底端时的速度 重力的瞬时功率P，故甲比乙到达地面时重力的瞬时功率大，故C错误，D正确 故选：AD ‎　‎ ‎17．我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（　　）‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 C．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2‎ D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量．‎ ‎【解答】解：设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，‎ A、启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同．故A错误；‎ B、设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：‎ 可得：s=‎ 可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比．故B错误；‎ C、做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：‎ ‎2F﹣8kmg=8ma 对6、7、8车厢进行受力分析得：‎ F1﹣3kmg=3ma 对7、8车厢进行受力分析得：‎ F2﹣2kmg=2ma 联立可得：．故C正确；‎ D、当只有两节动力车时，最大速率为v，则：‎ ‎2P=8kmg•v 改为4节动车带4节拖车的动车组时：‎ ‎4P=8kmg•v′‎ 所以：v′=2v，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎18．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球从M点运动到N点的过程中，（　　）‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率不为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N弹力大小相等则弹性势能相等；‎ 利用功能关系分析小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差．‎ ‎【解答】解：A、由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误；‎ B、在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则有两处（即有两个时刻）加速度为g，故B正确；‎ C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C错误；‎ D、因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、填空题（5分+7分）‎ ‎19．某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度大小g=9.80m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图2所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的3个点A、B、C进行测量，图中给出了这3个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题（计算结果保留三位有效数字）：‎ ‎（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=　3.90　m/s；‎ ‎（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．　从O到B，动能的增加量≈7.61mJ，重力势能的减小量≈7.70mJ，可知在误差允许的范围内，机械能守恒　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量，判断机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：（1）B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则m/s=3.90m/s．‎ ‎（2）从O到B，动能的增加量≈7.61mJ，重力势能的减小量≈7.70mJ，可知在误差允许的范围内，机械能守恒．‎ 故答案为：（1）3.90，（2）从O到B，动能的增加量≈7.61mJ，重力势能的减小量≈7.70mJ，可知在误差允许的范围内，机械能守恒．‎ ‎　‎ ‎20．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．‎ ‎（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是　AD　．‎ A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先放小车，后接通电源 C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 ‎（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有　刻度尺、天平　．‎ ‎（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m．请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来　　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．‎ 由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平．‎ 恒力做功根据W=Fscosα进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出AB两点的速度，进而求出动能的改变量．‎ ‎【解答】解：（1）A、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A正确．‎ B、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B错误．‎ C、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误．‎ D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎（2）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平．‎ ‎（3）小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx．‎ 由得：，，所以小车动能的改变量为=‎ 本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即 故答案为：（1）AD；（2）刻度尺、天平；（3）‎ ‎　‎ 四、计算题，要求有严谨的步骤，准确答案（6分+8分+8分+10分+12分）‎ ‎21．如图（a）所示，轻绳AD跨过固定在竖直墙上的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：‎ ‎（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比；‎ ‎（2）轻杆BC对C端的支持力；‎ ‎（3）轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据定滑轮的力学特性，可知a图中，细绳AC段的张力等于物体的重力．‎ 图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；‎ 乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎【解答】解：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如右图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解．‎ ‎（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FAC=FCD=M1g；‎ 上图（b）中由于FEGsin 30°=M2g得FEG=2M2g，所以FAC：FEG=M1：2M2．‎ ‎（2）上图（a）中，根据FAC=FCD=M1g且夹角为120°‎ 故FNC=FAC=M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方． ‎ ‎（3）上图（b）中，根据平衡方程有FEGsin 30°=M2g、FEGcos 30°=FNG 所以FNG=M2gcot 30°=M2g，方向水平向右． ‎ 答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；‎ ‎（2）M1g方向与水平方向成30°角，指向斜右上方；‎ ‎（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g　方向水平向右．‎ ‎　‎ ‎22．如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为．一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎（1）求小球在B、A两点的动能之比；‎ ‎（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒定律分别求出小球经过B点和A点的动能，再得到它们的比值．‎ ‎（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒定律求出小球到达C点的速度，与临界速度比较，即可判断小球能否到C点．‎ ‎【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得 ‎ EKA=mg ‎ EKB=mg（+R）=‎ 则得小球在B、A两点的动能之比 EKB：EKA=5：1．‎ ‎（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得 ‎ mg=‎ 即得到达C点的速度 vC=‎ 设小球通过C点的临界速度为v0．则有 ‎ mg=m 即得 v0=‎ 因为 vC=v0，所以小球恰好到达C点．‎ 答：‎ ‎（1）小球在B、A两点的动能之比是5：1．‎ ‎（2）小球恰好到达C点．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，A、B、C质量分别为mA=0.7kg，mB=0.2kg，mC=0.1kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数u=0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2=0.3m，当B、C下降h1=0.3m，C穿环而过，B被D挡住，不计绳子质量和油轮的摩擦，取g=10m/s2，若开始时A离桌边足够远，试求：‎ ‎（1）物体C穿环瞬间的速度．‎ ‎（2）物体C能否到达地面？如果能到达地面，其速度多大？‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）设B、C一起下降h1时，A、B、C的共同速度为v，B被挡住后，C再下落h后，A、C两者均静止，分别对A、B、C一起运动h1和A、C一起再下降h应用动能定理求出h，比较h和h2的关系即可判断；‎ ‎（2）设C落至地面时，对A、C应用能定理列出方程，再对A应用动能定理列出方程，联立即可求得A继续滑行的位移，进而求出A在桌面上滑行的距离．‎ ‎【解答】解：（1）设B、C一起下降h1时，A、B、C的共同速度为v，B被挡住后，C再下落h后，A、C两者均静止，分别对A、B、C一起运动h1和A、C一起再下降h应用动能定理得：‎ ‎（mB+mC）gh1﹣μmAgh1=（mA+mB+mC）v2…①‎ mCgh﹣μmAgh=0﹣（mA+mC）v2…②‎ 联立①②并代入已知数据解得：‎ V=3.1m/s h=0.96m ‎（2）显然h＞h2，因此B被挡后C能落至地面．设C落至地面时，对A、C应用能定理得：‎ mCgh2﹣μmAgh2=（mA+mC）（v′2﹣v2）…③‎ 对A应用动能定理得：‎ ‎﹣μmAgs=0﹣mAv′2…④‎ 联立③④并代入数据解得：V′=0.81m/s 答：（1）物体C穿环瞬间的速度3.1m/s．‎ ‎（2）物体C能到达地面，其速度0.81m/s ‎　‎ ‎24．传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为m=0.5kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求 ‎（1）物体从A运动到B的时间为多少？‎ ‎（2）若皮带轮以速率v=2m/s沿逆时针方向转动，在传送带下端B处无初速地放上一个小物块，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，那么物块从B端运到A端所需的时间是多少？‎ ‎【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）开始物块相对皮带向上运动，求出从物块刚放上直到皮带速度达到10m/s的位移，可知还未到达底端，之后由于μ＜tanθ，物体相对传送带向下运动，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间；‎ ‎（2）物体在传送带上受到重力、支持力和摩擦力作用先做初速度为0的匀加速直线运动，当速度和传送带速度一样时开始做匀速运动（是否能匀速需要进行判断），根据总位移为16m，可以求出整个运动过程的时间t．‎ ‎【解答】解：（1）设从物块刚放上直到皮带速度达到10m/s，物体位移为s1，加速度a1，时间t1，因物体速度小于皮带速度大小，根据牛顿第二定律有：，方向沿斜面向下，‎ t1==1s，s1=a1=5m＜皮带长度，‎ 由于μ=0.5＜tanθ=0.75，物体一定相对传送带向下运动，设从物块速率为10m/s到B端所用时间为t2，加速度a2，位移s2，物块速度大于皮带速度，物块受到滑动摩擦力沿斜面向上，有：‎ 即：‎ 解得：t2=1s（t2=﹣10s舍）‎ 故总时间：t=t1+t2=2s ‎（2）物体放上传送带后，开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，物体所受合力F合=f﹣Gsin37°=μmgcos37°﹣mgsin37°‎ 根据牛顿第二定律可得：F合=ma 此时物体的加速度a=μgcos37°﹣gsin37°=0.4m/s2‎ 当物体速度增加到2m/s时产生的位移 ‎ 因为x＜16m，所以匀加速运动的时间 ‎ 物体速度增加到2m/s后，由于mgsinθ＜μmgcosθ，所以物体将以速度v做匀速直线运动，故匀速运动的位移为 x2=L﹣x1=16m﹣5m=11m 所用时间 ‎ 故匀速运动的总时间：t=t1+t2=5s+5.5s=10.5s 答：（1）物体从A运动到B的时间为2s．‎ ‎（2）整个运动过程的时间为10.5s．‎ ‎　‎ ‎25．图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图．整个轨道在同一竖直平面内．表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切，A点距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R．圆心O恰在水面，一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB上任意位置滑下，不计空气阻力．‎ ‎（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf．‎ ‎（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h．（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m）‎ ‎【考点】动能定理；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）游客从B点开始做平抛运动，将运动分解，即可求出游客到达B的速度，A到B的过程中由动能定理即可求出运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf．‎ ‎（2）设OP与OB最近的夹角是θ，在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力，结合机械能守恒与向心力的表达式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）游客从B点开始做平抛运动，则：‎ ‎2R=vBt 联立得：‎ 从A到B的过程中重力与摩擦力做功，由动能定理得：‎ 得：Wf=mg（2R﹣H）；‎ ‎（2）设OP与OB最近的夹角是θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，‎ B到P的过程中只有重力做功，机械能守恒，得：‎ 在P点，根据向心力公式，有：‎ mgcosθ﹣N=，‎ 又知N=0，cosθ=，‎ 联立相关公式得：‎ 答：（1）游客滑到的速度vB大小是，运动过程轨道摩擦力对其所做的功是mg（2R﹣H）．‎ ‎（2）P点离水面的高度是．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-3]‎ ‎26．如图所示，U型细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2=25cm、L3=25cm、L4=10cm，A端被封空气柱的长度为L1=60cm，BC在水平面上．整个装置处在恒温环境中，外界气压P0=75cmHg．将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，求此时被封空气柱的长度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】先假设水品管中水银没有进入左管，根据玻意耳定律求出气体长度，对结果进行检验，与实际不符，说明有水平管中有水银进入左管，再根据玻意耳定律列式即可求解；‎ ‎【解答】解：由玻意耳定律：‎ 代入数据：‎ 解得：，＜（60﹣10）cm不成立 ‎ 所以：设原水平管中有长为xcm的水银进入左管 ‎（75﹣25+10）×60S=（75+25﹣x）×（60﹣10﹣x）S 解得：x=10cm 所以 答：此时被封空气柱的长度40cm ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎27．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）‎ ‎【考点】光的折射定律；全反射．‎ ‎【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．‎ ‎【解答】解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得： =n①‎ 由已知条件i=45°，n=解得 r=30°②‎ ‎（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系可得 ‎ AF=a③‎ 即出射点在AB边上离A点a的位置．‎ ‎（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．‎ 由几何关系可知，在D点的入射角 ‎ θ=60°④‎ 设全反射的临界角为C，则 ‎ sinC=⑤‎ 由⑤和已知条件得 ‎ C=45°⑥‎ 因此，光在D点全反射．‎ 设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°‎ ‎ BD=a﹣2AF⑦‎ ‎ BE=DBsin30°⑧‎ 联立③⑦⑧式得 BE=a 即出射点在BC边上离B点a的位置．‎ 答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点a的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点a的位置．光路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎28．如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：‎ ‎（1）木板B上表面的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径R．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】1、当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解．‎ ‎2、当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解．‎ ‎【解答】解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：‎ ‎…①‎ 由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：‎ ‎…②‎ 联立①②解得：…③‎ ‎（2）当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，‎ A、C组成的系统水平方向动量守恒有：…④‎ 由A、C组成的系统机械能守恒：…⑤‎ 联立④⑤解得：‎ 答：（1）木板B上表面的动摩擦因数是；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径．‎ ‎　‎ ‎2017年1月1日