河南省三门峡市陕州中学2016届高三下学期尖子生训练物理试卷 26页

www.ks5u.com ‎2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高三（下）尖子生训练物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（其中2、3、5、8、11、12为多选，其余为单选．合计56分）‎ ‎1．（3分）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）‎ A．kg•A2•m3 B．kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ C．kg•m2•C﹣2 D．N•m2•A﹣2‎ ‎2．（3分）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（　　）‎ A．物体的初速率v0=3m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75‎ C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m D．当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 ‎3．（3分）“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，重力加速度为g，则（　　）‎ A．每根橡皮绳的拉力为mg B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小 C．若此时小明左侧橡皮绳在腹间断裂，则小明此时加速度以a=g D．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a=g ‎4．（3分）如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以4m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10m/s2，则小球将落在标号为几的台阶上？（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎5．（3分）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（　　）‎ A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力作用，物体只能处于静止状态 C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 ‎6．（3分）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g．则有（　　）‎ A．a1=g，a2=g B．a1=0，a2=g C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g ‎7．（3分）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（3分）2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是（　　）‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 ‎9．（3分）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）‎ A． +mg B．﹣mg C． +mg D．﹣mg ‎10．（3分）在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．（3分）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）‎ A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎12．（3分）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（　　）‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为（1﹣sinα）g D．M运动加速度大小为g ‎13．（3分）如图甲所示，一质量为m=1kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是（　　）‎ A．t=1s时物体开始做加速运动 B．t=2s时物体做减速运动的加速度大小为2m/s2‎ C．t=3s的物体刚好停止运动 D．物体在1～3s内做匀减速直饯运动 ‎14．（3分）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（　　）‎ A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s ‎　‎ 二、计算题（合计44分）‎ ‎15．如图所示，某货场而将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．‎ ‎（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．‎ ‎16．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A．B，它们的质量均为为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C 时F的大小恰为2mg．求：‎ ‎（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．‎ ‎（2）到物块B刚要离开C时力F所做的功．‎ ‎17．如图所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M，滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H．某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为α=30°时，杆的角速度为ω，求此时物块M的速率vM．‎ ‎18．如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：‎ ‎（1）物块的质量；‎ ‎（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高三（下）尖子生训练物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（其中2、3、5、8、11、12为多选，其余为单选．合计56分）‎ ‎1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）‎ A．kg•A2•m3 B．kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ C．kg•m2•C﹣2 D．N•m2•A﹣2‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．‎ ‎【解答】解：根据F=k可得：k=，‎ 由于F=ma，‎ q=It，‎ 所以k=‎ 根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得 k的单位是kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ 故选：B ‎【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位．‎ ‎　‎ ‎2．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（　　）‎ A．物体的初速率v0=3m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75‎ C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m D．当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 ‎【考点】动能定理的应用；动摩擦因数；动能定理．‎ ‎【分析】由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：‎ v02=2gh；‎ 解得：v0===6m/s；故A错误；‎ B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx=mv02；解得：μ==0.75；故B正确；‎ C、﹣mgxsinθ﹣μmgcosθx=0﹣mv02解得：x===；‎ 当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确；‎ D、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=‎ mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解．‎ ‎　‎ ‎3．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，重力加速度为g，则（　　）‎ A．每根橡皮绳的拉力为mg B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小 C．若此时小明左侧橡皮绳在腹间断裂，则小明此时加速度以a=g D．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a=g ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据共点力平衡求出每根绳的拉力，根据平行四边形定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化．当左侧绳子断裂，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据平行四边形定则知，2Fcos30°=mg，解得F=，故A错误．‎ B、根据共点力平衡得，2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，则θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力变小．故B正确．‎ C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为，则加速度为．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度 ‎　‎ ‎4．如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以4m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10m/s2，则小球将落在标号为几的台阶上？（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球做平抛运动，根据平抛运动的特点水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合几何关系即可求解．‎ ‎【解答】解：如图：设小球落到斜线上的时间t，‎ 水平：x=v0t 竖直：y=‎ 因为每级台阶的高度和宽度均为1m，所以斜面的夹角为45°，‎ 则 代入数据解得t=0.8s；‎ 相应的水平距离：x=4×0.8m=3.2m 台阶数：n=，知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（　　）‎ A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力作用，物体只能处于静止状态 C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 ‎【考点】惯性．‎ ‎【分析】根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关．‎ ‎【解答】解：A、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；‎ B、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；‎ C、惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；‎ D、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确；‎ 故选AD ‎【点评】牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度．‎ ‎　‎ ‎6．如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g．则有（　　）‎ A．a1=g，a2=g B．a1=0，a2=g C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】木板抽出前，木块1和木块2都受力平衡，根据共点力平衡条件求出各个力；木板抽出后，木板对木块2的支持力突然减小为零，其余力均不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度．‎ ‎【解答】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，mg=F，a1=0．‎ 对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律 a==‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失．‎ ‎　‎ ‎7．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．‎ ‎【解答】解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得出：‎ 小物块的加速度a1=μg，‎ 设滑行初速度为v0，则滑行时间为t=；‎ 木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析：‎ 小滑块的合力F合=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°‎ 小物块上滑的加速度a2==，‎ 滑行时间t′==2，‎ 因此==，‎ 故选A．‎ ‎【点评】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进行受力分析．‎ ‎　‎ ‎8．2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是（　　）‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 ‎【考点】万有引力定律及其应用；超重和失重；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】知道机械能包括动能和势能，点火加速动能增加．‎ 判断物体出于超重和失重的方法是看物体加速度的方向．‎ 根据同步卫星和圆轨道上运动飞船周期的关系结合周期与角速度的关系去求出同步卫星和圆轨道上运动飞船角速度的关系．‎ 根据加速度是物体合力所决定的来求出两者加速度关系．‎ ‎【解答】解：A、飞船点火变轨，点火以后的质量可以认为几乎不变．或者说，损失的气体质量与飞船相比较太小了．不于考虑．变轨后．可以认为势能不变（在变轨点），增加的是动能，所以变轨后机械能增加，故A错误．‎ B、飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，故B正确．‎ C、飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C正确．‎ D、飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，而两个位置的轨道半径相等，所以飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时万有引力与沿圆轨道运动时万有引力相等，即加速度相等，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎【点评】若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力（非重力、弹性力）做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒．‎ ‎　‎ ‎9．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）‎ A． +mg B．﹣mg C． +mg D．﹣mg ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】先根据h=求解自由落体运动的时间；然后对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力．‎ ‎【解答】解：对自由落体运动，有：‎ h=‎ 解得：‎ 规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：‎ mg（t1+t）﹣Ft=0 ‎ 解得：‎ F=+mg 故选：A ‎【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向．‎ ‎　‎ ‎10．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．‎ ‎【解答】解：隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析如图所示，可得：‎ FN=Fcosθ Mg﹣Fsinθ=Ma 解得：FN=M（g﹣a）cotθ，‎ 对两球组成的整体有：‎ ‎（m+M）g﹣μFN=（M+m）a 联立解得：μ=‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎　‎ ‎11．一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）‎ A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动．‎ ‎【解答】解：A、C、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和合力同向，故合力与速度同方向，故A正确，C正确；‎ B、D、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故B错误，D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】‎ 本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目．‎ ‎　‎ ‎12．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（　　）‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为（1﹣sinα）g D．M运动加速度大小为g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力．‎ ‎【解答】解：‎ 第一次放置时M静止，则：‎ Mgsinα=mg，‎ 第二次放置时候，由牛顿第二定律：‎ Mg﹣mgsinα=（M+m）a，‎ 联立解得：‎ a=（1﹣sinα）g=g．‎ 对m由牛顿第二定律：‎ T﹣mgsinα=ma，‎ 解得：‎ T=mg，‎ 故A错误，B正确，C正确，D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】‎ 该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用．‎ ‎　‎ ‎13．如图甲所示，一质量为m=1kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是（　　）‎ A．t=1s时物体开始做加速运动 B．t=2s时物体做减速运动的加速度大小为2m/s2‎ C．t=3s的物体刚好停止运动 D．物体在1～3s内做匀减速直饯运动 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从t=1s开始力F随时间均匀减小，物体先做减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当物体速度为零后，物体受静摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、物体在开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1s时物体开始做减速运动，故A错误．‎ B、t=2s时，拉力大小为3N，则加速度大小a=，故B错误．‎ C、3s后，摩擦力随F的减小而减小，可知物体在t=3s时刚好停止，然后静摩擦力的大小等于拉力的大小，故C正确．‎ D、1﹣3s内，拉力均匀减小，则加速度增大，做加速度增大的减速运动，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道物体做匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止．摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力．‎ ‎　‎ ‎14．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（　　）‎ A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比．‎ ‎【解答】解：根据三角形相似得： =，得t1=0.3s．‎ 根据速度图象的斜率等于加速度，得到：‎ 甲的加速度大小为a甲==，乙的加速度大小为a乙==10m/s2‎ 据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F=ma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙=a乙：a甲=3：1．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力．‎ ‎　‎ 二、计算题（合计44分）‎ ‎15．（2015•宝安区模拟）如图所示，某货场而将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2‎ ‎=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．‎ ‎（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）物体下滑的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒可以得出到达底端时的速度，再由向心力的公式可以求得物体受到的支持力的大小，根据牛顿第三定律可以得到货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）货物滑上木板A时，木板不动，说明此时货物对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力的大小，而滑上木板B时，木板B开始滑动，说明此时货物对木板的摩擦力大于了地面对货物的摩擦力的大小，由此可以判断摩擦因数的范围．‎ ‎（3）当μ1=0.5时，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，货物做的是匀减速直线运动，位移是木板的长度L，由匀变速直线运动的规律可以求得．‎ ‎【解答】解：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：…①‎ 设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得：…②‎ 联立以上两式代入数据得：FN=3mg=3000N…③‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．‎ ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g…④‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2（m1+m2）g…⑤‎ 联立④⑤式代入数据得：0.4＜μ≤0.6…⑥．‎ ‎（3）μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：‎ μ1m1g=m1a1 …⑦‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得：…⑧‎ 联立①⑦⑧式代入数据得：v1=4m/s…⑨‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：‎ v1=v0﹣a1t…⑩‎ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得：t=0.4s．‎ 答：（1）货物到达圆轨道末端时对轨道的压力是3000N；‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件是0.4＜μ1≤0.6；‎ ‎（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间是0.4s．‎ ‎【点评】本题考查了机械能守恒、圆周运动和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样．‎ ‎　‎ ‎16．（2016•漯河四模）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A．B，它们的质量均为为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C 时F的大小恰为2mg．求：‎ ‎（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．‎ ‎（2）到物块B刚要离开C时力F所做的功．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；胡克定律．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加F时弹簧的压缩量，根据共点力平衡和胡克定律求出B刚要离开时弹簧的伸长量，通过牛顿第二定律求出A的加速度大小，通过位移时间公式求出从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．‎ ‎（2）根据v=at求出物块B刚要离开C时，物块A的速度，此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零．由动能定理列式即可求解．‎ ‎【解答】解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：‎ mgsin30°=kx1‎ 令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：‎ kx2=mgsin30° ‎ F﹣mgsin30°﹣kx2=ma ‎ 将F=2mg和θ=30°代入以上各式，解得：a=g 由x1+x2=‎ 解得：t=‎ ‎（2）物块B刚要离开C时，物块A的速度为：‎ 此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零．由动能定理得：‎ 解得：‎ 答：（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间为；‎ ‎（2）到物块B刚要离开C时力F所做的功为．‎ ‎【点评】本题综合考查了共点力平衡、胡克定律和牛顿第二定律，综合性较强，关键理清初末状态，结合动力学知识求解．‎ ‎　‎ ‎17．（2016春•河南校级月考）如图所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M，滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H．某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为α=30°时，杆的角速度为ω，求此时物块M的速率vM．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】对速度vA作如图所示的正交分解，沿绳BA的分量就是物块M的速率，根据平行四边形定则，结合几何关系求出M的速率．‎ ‎【解答】解：杆的端点A点绕0点作圆周运动，其速度vA的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为 vA=Rω．‎ 对速度vA作如图所示的正交分解，沿绳BA的分量就是物块M的速率vM，则 vM=vAcosφ ‎ 由正弦定理知 由图看出φ ‎ 由以上各式得 ωH．‎ 答：此时物块M的速率为ωH．‎ ‎【点评】解决本题的关键将A点的速度分解，知道沿绳BA的分量等于物块M的速率．‎ ‎　‎ ‎18．（2015•山东）如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：‎ ‎（1）物块的质量；‎ ‎（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）分别对开始及夹角为60度时进行受力分析，由共点力平衡列式，联立可求得物块的质量；‎ ‎（2）对最低点由向心力公式进行分析求解物块的速度，再对全过程由动能定理列式，联立可求得克服阻力做功．‎ ‎【解答】解：（1）设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1‎ ‎，物块质量为M，由平衡条件可得：‎ 对小球：T1=mg 对物块，F1+T1=Mg 当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，根据题意可知，F2=1.25F1，由平衡条件可得：‎ 对小球：T2=mgcos60°‎ 对物块：F2+T2=Mg 联立以上各式，代入数据可得：‎ M=3m；‎ ‎（2）设物块经过最低位置时速度大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力做功为Wf，由动能定理得：‎ mgl（1﹣cos60°）﹣Wf=mv2‎ 在最低位置时，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，‎ F3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得：‎ T3﹣mg=m 对物块由平衡条件可得：‎ F3+T3=Mg 联立以上各式，代入数据解得：‎ Wf=0.1mgl．‎ 答：（1）物块的质量为3m；‎ ‎（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功为0.1mgl．‎ ‎【点评】本题考查动能定理及共点力的平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析及过程分析；进而选择正确的物理规律求解；要注意在学习中要对多个方程联立求解的方法多加训练．‎ ‎　‎