湖南省岳阳市华容一中2017届高三上学期第一次月考物理试卷

湖南省岳阳市华容一中2017届高三上学期第一次月考物理试卷

‎2016-2017学年湖南省岳阳市华容一中高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共计48分．1-8小题为单选题，9-12小题为多选题，选错或不选得0分，选不全得2分）‎ ‎1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体做曲线运动，其速度一定改变 B．物体做曲线运动，其加速度一定改变 C．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变 D．物体在变力作用下运动，其速度大小一定改变 ‎2．一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0s内的位移是1.0m．那么该物体在这3.0s内的平均速度是（　　）‎ A．1.0 m/s B．3.0 m/s C．5.0 m/s D．9.0 m/s ‎3．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，红旗上升的高度是17.6m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是（　　）‎ A．a=0.2 m/s2，v=0.1 m/s B．a=0.4 m/s2，v=0.2 m/s C．a=0.1 m/s2，v=0.4 m/s D．a=0.1 m/s2，v=0.2 m/s ‎4．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于（　　）‎ A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg ‎5．如图所示，高空滑索是一项勇敢者的运动，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在倾角θ=30°的钢索上运动，在下滑过程中轻绳始终保持如图所示的状态．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．人随环一起减速下滑 B．人随环一起匀速下滑 C．钢索对轻环无摩擦力 D．钢索对轻环的作用力小于人的重力 ‎6．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t的图象如图所示，则（　　）‎ A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2‎ C．质点在1s末速度为1.5m/s D．质点在第1s内的平均速度0.75m/s ‎7．如图所示，一木块受到一水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面底边平行，如果将力F撤掉，下列对木块的描述正确的是（　　）‎ A．木块将沿斜面下滑 B．木块受到的摩擦力变小 C．木块即获得加速度 D．木块所受的摩擦力方向不变 ‎8．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）‎ A．b球一定先落在斜面上 B．a球不可能垂直落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 ‎10．如图所示，吊车一速度v1速度沿水平直线匀速行驶，同时以速度v2速度收拢绳索提升物体是，下列表述正确的是（　　）‎ A．物体实际运动速度为v1+v2‎ B．物体实际运动速度为 C．物体相对地面做曲线运动 D．绳索保持竖直状态 ‎11．用一根轻绳把一质量为0.5kg的小球悬挂在O点，用力F拉小球使悬线偏离竖直方向30°角保持不变，小球处于平衡状态，力F与竖直方向的夹角为θ，如图所示（g取10N/kg），则（　　）‎ A．若拉力F水平向右，则F最小，此时绳的拉力为N B．若使力F取最小值，此时绳的拉力为N C．若使力F顺时针转动，绳的拉力一定变大 D．若使力F逆时针转动，拉力F最大为5N ‎12．如图所示，半球形物体A和小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态，忽略小球B表面的摩擦，用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始终保持静止状态，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体A受到4个力的作用 B．物体A受到斜面的摩擦力大小始终不变 C．小球B对物体A的压力大小一直减小 D．小球B对物体A的压力大小一直增加 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎13．某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门．设重力加速度为g．‎ ‎（1）如图2示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为　　．‎ ‎（2）记下窄片通过光电门的时间△t=10ms，则　　．‎ ‎（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为　　（用m，L，△t表示）．‎ ‎14．（1）如图1所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．‎ ‎①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：‎ A．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；‎ B．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和砝码的总质量M．‎ 以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）‎ ‎②如图2是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0.02s，结合图中给出的数据（单位cm），求出小车运动加速度的大小为　　m/s2，并求出纸带中P点瞬时速度大小为　　m/s（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎（2）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎①图线　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）；‎ ‎②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0=72km/h，靠近站口时以大小为a1=5m/s2‎ 的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt=28.8km/h，然后立即以a2=4m/s2的加速度加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）．试问：‎ ‎（1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？‎ ‎（2）该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？‎ ‎（3）在（1）（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？‎ ‎16．如图所示，水平地面的B点右侧有一圆形挡板．圆的半径R=4m，B为圆心，BC连线与竖直方向夹角为37°．滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L=4.5m．现用水平拉力F=18N沿AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，已知滑块质量m=2kg，与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）拉力F作用的距离，‎ ‎（2）滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间．‎ ‎17．如图甲所示为一风力实验示意图，一根足够长的固定细杆与水平面成θ=37°，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，今用沿杆向上的恒定风力F作用于小球上，经时间t1=0.2s后撤去风力，小球沿细杆运动的一段v﹣t图象如图乙所示（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求：‎ ‎（1）小球与细杆之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）0～0.2s内风力F的大小；‎ ‎（3）撤去风力F后，小球经多长时间返回底部．‎ ‎18．如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动．‎ ‎（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？‎ ‎（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省岳阳市华容一中高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共计48分．1-8小题为单选题，9-12小题为多选题，选错或不选得0分，选不全得2分）‎ ‎1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体做曲线运动，其速度一定改变 B．物体做曲线运动，其加速度一定改变 C．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变 D．物体在变力作用下运动，其速度大小一定改变 ‎【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第一定律．‎ ‎【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．‎ ‎【解答】解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；‎ B、平抛运动是曲线运动，加速度恒定不变，故B错误；‎ C、物体在恒力作用下运动，其速度方向可能改变，如平抛运动，受到恒力作用，做曲线运动，速度方向时刻改变．故C错误；‎ D、匀速圆周运动受到变力作用，但速度大小不变，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0s内的位移是1.0m．那么该物体在这3.0s内的平均速度是（　　）‎ A．1.0 m/s B．3.0 m/s C．5.0 m/s D．9.0 m/s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．‎ ‎【分析】假设时间倒流，物体做反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式求解出加速度，再求解3s内总位移，得到3s的平均速度．‎ ‎【解答】解：假设时间倒流，物体做反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：‎ 最后一秒：‎ ‎3s内：‎ 故：x=9x1=9m 那么该物体在这3.0s内的平均速度是：‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．我们学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48s，红旗上升的高度是17.6m．若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4s，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4s，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．则国旗匀加速运动时加速度a及国旗匀速运动时的速度v，正确的是（　　）‎ A．a=0.2 m/s2，v=0.1 m/s B．a=0.4 m/s2，v=0.2 m/s C．a=0.1 m/s2，v=0.4 m/s D．a=0.1 m/s2，v=0.2 m/s ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】红旗经历了匀加速、匀速和匀减速直线运动过程，抓住三段的位移之和等于17.6m，总时间为48s，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，运用运动学公式联立方程组求出加速度和匀速运动时的速度．‎ ‎【解答】解：对于红旗加速上升阶段：x1=a1t12，‎ 对于红旗匀速上升阶段：v2=at1，x2=v2t2，‎ 对于红旗减速上升阶段：x3=v2t3﹣a3t32，‎ 对于全过程：a1=a3，x1+x2+x3=17.6 m，t1+t2+t3=48 s，t1=t3=4 s，‎ 由以上各式可得：a1=0.1 m/s2，v2=0.4 m/s．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于（　　）‎ A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】隔离物体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，找出使纸板相对砝码运动的临界条件即可判断 ‎【解答】解：（1）当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：‎ f1=μ•2mg=2ma1‎ 得：a1==μg F﹣f1﹣f2=m2a2‎ 发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2＞a1‎ 所以：F=f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1=μ•2mg+μ•3mg+μmg=6μmg 即：F＞6μmg 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，高空滑索是一项勇敢者的运动，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在倾角θ=30°的钢索上运动，在下滑过程中轻绳始终保持如图所示的状态．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．人随环一起减速下滑 B．人随环一起匀速下滑 C．钢索对轻环无摩擦力 D．钢索对轻环的作用力小于人的重力 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】人做直线运动，若是匀速直线运动，合力为零；若是变速直线运动，合力与速度共线；受力分析后运用平行四边形定则作图分析．‎ ‎【解答】解：A、B、对人受力分析，受重力和拉力，由于两个力不共线，故合力一定不为零；做直线运动，故合力与速度共线，与钢索平行的方向做匀加速直线运动，故A、B错误；‎ C、假设钢索对轻环没有摩擦力，对人和环整体根据牛顿第二定律有：mgsin30°=ma 对人，受力如图，‎ 根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣Tcosθ=ma 联立解得：θ=90°，即绳应该与钢索垂直，这与题不符，则钢索对轻环有摩擦力，故C错误；‎ D、对人进行受力分析，如图，‎ 由图可知：T＜mg，‎ 对人和环整体进行受力分析，受到重力、支持力、摩擦力，钢索对轻环的作用力应该为支持力与摩擦力的合力，设为F'，由于环质量不计，则整体受合力和人受到的合力相同，故F'与T也相等，即F'＜mg，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t的图象如图所示，则（　　）‎ A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2‎ C．质点在1s末速度为1.5m/s D．质点在第1s内的平均速度0.75m/s ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．‎ ‎【分析】﹣t的图象表示平均速度与时间的关系．在v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，贴图产直接读出速度．由=求平均速度．‎ ‎【解答】解：A、由图得： =0.5+0.5t．根据x=v0t+at2，得： =v0+at，‎ 对比可得： a=0.5m/s2，则加速度为 a=2×0.5=1m/s2．由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A错误．‎ B、质点做匀加速直线运动，根据x=v0t+at2，得v0+at=，由图得： =0.5，则加速度为 a=2×0.5=1m/s2．故B错误．‎ C、质点的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s．故C正确．‎ D、质点在第1s内的平均速度 ===1m/s，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一木块受到一水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面底边平行，如果将力F撤掉，下列对木块的描述正确的是（　　）‎ A．木块将沿斜面下滑 B．木块受到的摩擦力变小 C．木块即获得加速度 D．木块所受的摩擦力方向不变 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，在垂直于斜面的平面内分析受力情况，根据平衡条件分析摩擦力大小和方向如何变化．‎ ‎【解答】解：设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为Gsinθ，如图，在斜面平面内受力如图．力F未撤掉时，由图1根据平衡条件得，静摩擦力大小f1=，力F撤掉时，重力分力Gsinθ＜‎ ‎，所以木块仍保持静止．由图2，根据平衡条件得f2=Gsinθ，所以木块受到的摩擦力变小．由图看出，木块所受的摩擦力方向发生了改变．‎ 故选B ‎　‎ ‎8．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先以整体为研究对象，由平衡条件求出F的大小；再以2017个到5000个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出第2016个小球与2016个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值．‎ ‎【解答】解：以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得：‎ F=5000mg；‎ 再以2017个到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有：‎ tanα==，‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．如图，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）‎ A．b球一定先落在斜面上 B．a球不可能垂直落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：ACD、将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上．故C正确，A、D错误．‎ B、若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，吊车一速度v1速度沿水平直线匀速行驶，同时以速度v2速度收拢绳索提升物体是，下列表述正确的是（　　）‎ A．物体实际运动速度为v1+v2‎ B．物体实际运动速度为 C．物体相对地面做曲线运动 D．绳索保持竖直状态 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】物体参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据平行四边形定则求出物体的实际速度．通过平衡判断绳索的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据平行四边形定则得，物体的实际速度v=．故A错误，B正确．‎ C、因为物体在水平方向和竖直方向上做匀速直线运动，则合运动仍然为匀速直线运动．故C错误．‎ D、因为物体做匀速直线运动，知物体受重力和拉力平衡，绳索保持竖直状态．故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎11．用一根轻绳把一质量为0.5kg的小球悬挂在O点，用力F拉小球使悬线偏离竖直方向30°角保持不变，小球处于平衡状态，力F与竖直方向的夹角为θ，如图所示（g取10N/kg），则（　　）‎ A．若拉力F水平向右，则F最小，此时绳的拉力为N B．若使力F取最小值，此时绳的拉力为N C．若使力F顺时针转动，绳的拉力一定变大 D．若使力F逆时针转动，拉力F最大为5N ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】该题考察了物体在三个共点力的作用下平衡的问题，由题意可知，绳子的拉力T和F的合力与重力等大反向，画出力图，由几何关系可知当F与T垂直时，F具有最小值，从而得出结论．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析，小球受到重力G、绳子的拉力T和拉力F三个力作用处于平衡状态，由平衡条件可得F与T的合力跟G等值反向，通过几何关系可得要使F最小，F应与绳垂直，如图示，得：θ=60°，此时拉力F的最小值：Fmin=mgsin30°=0.5×10×0.5=2.5N 绳子的拉力：T=．故A错误，B正确；‎ C、由图可知，此时拉力与绳子之间的夹角大于90°，若使力F顺时针转动，绳的拉力一定变大．故C正确；‎ D、若使力F逆时针转动，拉力F最大等于物体的重力，为5N．故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎12．如图所示，半球形物体A和小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态，忽略小球B表面的摩擦，用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始终保持静止状态，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体A受到4个力的作用 B．物体A受到斜面的摩擦力大小始终不变 C．小球B对物体A的压力大小一直减小 D．小球B对物体A的压力大小一直增加 ‎【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】先对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，据此分析拉力和支持力的变化情况；再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法分析．‎ ‎【解答】解：A、对球A分析可知，A受重力、支持力、B的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故A正确；‎ B、对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：‎ 将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，θ变小，故支持力N变小，拉力F也变小；‎ 根据牛顿第三定律，压力也减小； ‎ 再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：‎ f=（M+m）sinα+Fcosα α为斜面的坡角，由于F减小，故拉力F减小，故静摩擦力减小；故BD错误，C正确．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎13．某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门．设重力加速度为g．‎ ‎（1）如图2示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为　10.15mm　．‎ ‎（2）记下窄片通过光电门的时间△t=10ms，则　物块通过O点的速度为1.015m/s．　．‎ ‎（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为　　（用m，L，△t表示）．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系；弹性势能．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；‎ ‎（2）由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，可得物块通过O点的速度；‎ ‎（3）由能量守恒可得弹性势能；‎ ‎【解答】解：（1）根据图可知该游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第3个刻度和主尺上的某一刻度对齐，因此其读数为：3×0.05mm=0.15mm，‎ 故最后读数为：10mm+0.15mm=10.15mm．‎ ‎（2）由于片比较窄，可知窄片通过O的平均速度为此时物块的瞬时速度，由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，‎ 可得物块通过O点的速度为：vO===1.015m/s ‎（3）弹射物块过程中释放的弹性势能转化为物体的动能，由能量守恒得弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为：‎ Ep=m=．‎ 故答案为：（1）10.15mm；（2）物块通过O点的速度为1.015m/s；（3）．‎ ‎　‎ ‎14．（1）如图1所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．‎ ‎①在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于砝码和砝码盘的总重量，通常采用如下两个措施：‎ A．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在砝码盘的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；‎ B．在调整砝码多少的过程中，要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和砝码的总质量M．‎ 以上哪一个措施中有何重大错误？（说明错误点）‎ ‎②如图2是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0.02s，结合图中给出的数据（单位cm），求出小车运动加速度的大小为　4.0　m/s2，并求出纸带中P点瞬时速度大小为　2.6　m/s（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎（2）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎①图线　甲　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“甲”或“乙”）；‎ ‎②滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　0.5　kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　0.1　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）应用匀变速直线运动的推论可以求出加速度与瞬时速度．‎ ‎（2）知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．‎ 对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）②由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度：a===4.0m/s2，‎ 纸带中P点瞬时速度大小：v==≈2.6m/s；‎ ‎（2）①由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．‎ ‎②由牛顿第二定律得：a==F﹣μg，由图乙所示图象可知，图象斜率：k=，质量：m==0.5kg，图象的截距：b=μg，动摩擦因数：μ ‎==0.1；‎ 故答案为：（1）②4.0；2.6；（2）①甲；②0.5；0.1．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0=72km/h，靠近站口时以大小为a1=5m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt=28.8km/h，然后立即以a2=4m/s2的加速度加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）．试问：‎ ‎（1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？‎ ‎（2）该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？‎ ‎（3）在（1）（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解．‎ ‎（2）根据v=v0+at求解加速和减速的时间．‎ ‎（3）根据速度位移关系求加速阶段位移，知道总位移，根据速度时间关系求出不减速所需要时间，和（2）时间比较的耽误的时间．‎ ‎【解答】解：设小汽车初速度方向为正方向，vt=28.8km/h=8m/s，v0=72km/h=20m/s，a1=﹣5 m/s2‎ ‎（1）小汽车进入站台前作匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：‎ 由 解得：x1=33.6m ‎ ‎（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt=v0+a1t1‎ 加速阶段：‎ 则加速和减速的总时间为：t=t1+t2=2.4+3=5.4 s 　 ‎ ‎（3）在加速阶段：‎ 则总位移：x=x1+x2=75.6m ‎ 若不减速所需要时间：‎ 车因减速和加速过站而耽误的时间：△t=t﹣t'=5.4﹣3.78=1.62s 答：（1）该车驾驶员应在距收费站口33.6m处开始减速？‎ ‎（2）该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是5.4s；‎ ‎（3）在（1）（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为1.62s．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，水平地面的B点右侧有一圆形挡板．圆的半径R=4m，B为圆心，BC连线与竖直方向夹角为37°．滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L=4.5m．现用水平拉力F=18N沿AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，已知滑块质量m=2kg，与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）拉力F作用的距离，‎ ‎（2）滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）物体从B点做平抛运动，由平抛运动学公式求出B点的速度，再由动能定理求出拉力作用的位移；‎ ‎（2）在水平面上物体在力F 的作用下做加速运动，撤去外力做减速运动，利用运动学公式求出各段时间，从而求出所用总时间；‎ ‎【解答】解：（1）滑块落在C点，其从B点射出做平抛运动，速度v2满足 Rsin37°=v2t3‎ Rcos37°=‎ 联立解得v2=3m/s 在水平面上加速前进位移为x1时，物体恰好落到C点，由动能定理得 代入数据解得x1=2.5m；t3=0.8s ‎（2）开始时的加速度为F﹣μmg=ma1‎ a1=‎ x1=‎ vm=a1t1=5×1m/s=5m/s 撤去外力后滑块在水平面上减速运动的加速度为a2，运动时间为t2‎ μmg=ma2‎ a2=μg=0.4×10m/s2=4m/s2‎ v2=vm﹣a2t2‎ t=t1+t2+t3=1+0.5+0.8s=2.3s 答：（1）拉力F作用的距离为2.5m，‎ ‎（2）滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间为2.3s．‎ ‎　‎ ‎17．如图甲所示为一风力实验示意图，一根足够长的固定细杆与水平面成θ=37°，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，今用沿杆向上的恒定风力F作用于小球上，经时间t1=0.2s后撤去风力，小球沿细杆运动的一段v﹣t图象如图乙所示（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求：‎ ‎（1）小球与细杆之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）0～0.2s内风力F的大小；‎ ‎（3）撤去风力F后，小球经多长时间返回底部．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由图象求出撤去风力后的加速度，根据牛顿第二定律求出小球与细杆之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）根据图象求出0～0.2s内的加速度，根据牛顿第二定律列方程求风力大小；‎ ‎（3）撤去风力后，根据运动学公式求出向上运动到速度为0的时间和位移，由牛顿第二定律求下滑的加速度，由位移时间关系式求出下滑时间，即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）由图知a2==10 m/s2‎ 由牛顿第二定律 解得μ=0.5‎ ‎（2）由图知a1==20 m/s2‎ 由牛顿第二定律 解得F=30 N ‎（3）由图，风力F作用时间为t1=0.2 s 撤去风力后，物体继续向上运动时间为t2=‎ 得t2=0.4 s 向上的最大位移为xm=vm（t1+t2）‎ 得xm=1.2 m 以后物体下滑，由牛顿第二定律 解得a3=2 m/s2 由xm=a3t 得t3= s 总时间为t=t2+t3‎ 代入数据得t=（0.4+） s≈1.5 s 答：（1）小球与细杆之间的动摩擦因数为0.5；‎ ‎（2）0～0.2s内风力F的大小为30N；‎ ‎（3）撤去风力F后，小球经1.5s时间返回底部 ‎　‎ ‎18．如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动．‎ ‎（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？‎ ‎（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】分别以滑块和木板为研究对象根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2．‎ 先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解．‎ ‎【解答】解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律：‎ 对小滑块：μ1mg=ma1‎ 对木板：F1﹣μ1mg﹣μ3（m+M）g=Ma2‎ 若小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2‎ 联立以上方程得：F1=4.5N ‎（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则：‎ 根据运动学公式：v=a1t 根据牛顿第二定律，对小滑块：μ2mg=ma3‎ 由速度位移公式：x1= x2=‎ 由几何关系：x1+x2=L 木板的位移： L+=a4t2‎ 根据牛顿第二定律，对木板：F2﹣μ1MG﹣μ3（m+M）g=Ma4‎ 联立以上方程解得：F2=6N 要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N．‎ 答：（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N．‎ ‎（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件F≥6N．‎ ‎　‎ ‎2017年1月6日