山东省枣庄市滕州三中2017届高三上学期第二周周练物理试卷

山东省枣庄市滕州三中2017届高三上学期第二周周练物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年山东省枣庄市滕州三中高三（上）第二周周练物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．关于物理学研究中使用的主要方法，以下说法正确的是（　　）‎ A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法 B．在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用的是微元法 C．用点电荷代替带电体，应用的是理想化模型法 D．伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验归纳法 ‎2．2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是（　　）‎ A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m C．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s ‎3．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的沿斜面运动的实验，当时利用斜面做实验主要是考虑到（　　）‎ A．实验时便于测量小球运动的速度 B．实验时便于测量小球运动的路程 C．实验时便于测量小球运动的时间 D．实验时便于测量小球运动的加速度 ‎4．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于平衡状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（　　）‎ A．F1保持不变，F3缓慢增大 B．F1缓慢增大，F3保持不变 C．F2缓慢增大，F3缓慢增大 D．F2缓慢增大，F3保持不变 ‎5．如图所示，平台重600N，滑轮重量不计，要使系统保持静止，人的重力不能小于（　　）‎ A．600N B．300N C．200N D．150N ‎6．如图所示，光滑水平面上，水平恒力F拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ．则在运动过程中（　　）‎ A．木块受到的摩擦力大小一定为μmg B．木块受到的合力大小为ma C．小车受到的摩擦力大小为 D．小车受到的合力大小为（m+M）a ‎7．木块A、B重量分别为50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m．系统置于水平地面上静止不动．现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，如图所示．则力F作用后，下列说法正确的是（　　）‎ A．木块A所受摩擦力大小是12.5N B．木块A所受摩擦力大小是10.5N C．木块B所受摩擦力大小是10N D．木块B所受摩擦力大小是6N ‎8．质量为1.0kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.20． 对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论正确的是（　　）‎ A．车速越大，它的惯性越大 B．质量越大，它的惯性越大 C．车速越大，刹车后滑行的路程越长 D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 ‎10．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD=DE=15m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为（　　）‎ A． s B．2s C． s D．2s ‎11．如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧，则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大 B．若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 C．若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大 D．若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 ‎12．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．出水口单位时间内的出水体积Q=vS B．出水口所出水落地时的速度 C．出水后，手连续稳定按压的功率为+‎ D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 ‎13．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）‎ A．tanθ和 B．（﹣1）tanθ和 C．tanθ和 D．（﹣1）tanθ和 ‎14．如图所示，A、C和B、C是两个固定的斜面，斜面的顶端A、B在同一竖直线上．甲、乙两个小物体在同一竖直线上．甲、乙两个小物块分别从斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，质量分别是m1、m2（m1＜m2），与斜面间的动摩擦因数均为μ．若甲、乙滑至底端C的过程中克服摩擦力做的功分别是W1、W2，所需时间分别是t1、t2．甲、乙滑至底端C时速度分别是v1、v2，动能分别是EK1、EK2，则（　　）‎ A．EK1＞EK2 B．v1＞v2 C．W1＜W2 D．t1＜t2‎ ‎15．如图所示：长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（　　）‎ A．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能 B．A、B两点间的电压一定等于 C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为 D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°‎ ‎16．A、D两点分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，LAB=LBC=LCD，E点在D点正上方并与A点等高．从E点以一定水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，球1和球2从抛出到落在斜面上的过程（不计空气阻力）中，（　　）‎ A．两球运动的时间之比为1：‎ B．两球抛出时初速度之比为2：1‎ C．两球动能增加量之比为1：2‎ D．两球重力做功之比为1：3‎ ‎17．据媒体报道，嫦娥一号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运用周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（　　）‎ A．月球表面的重力加速度 B．月球对卫星的吸引力 C．卫星绕月球运行的速度 D．卫星绕月运行的加速度 ‎18．某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t．他测得的g值偏小，可能的原因是（　　）‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时，秒表过早按下 D．实验中误将51次全振动数为50次 E．实验中误将49.5次全振动数为50次 ‎19．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB ‎，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（　　）‎ A．停止运动 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 ‎20．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=1m的P点时开始计时，已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的振动周期为0.4s B．P点开始振动的方向沿y轴正方向 C．当M点开始振动时，P点正好在波峰 D．这列波的传播速度是10m/s E．从计时开始的0.4s内，P质点通过的路程为30cm ‎　‎ 二、实验题 ‎21．某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到下表所示的数据（I和U分别表示小灯泡的电流和电压），则：‎ U/V ‎ 0‎ ‎ 0.20‎ ‎ 0.40‎ ‎ 0.60‎ ‎ 0.80‎ ‎ 1.00‎ ‎ 1.20‎ ‎ 1.40‎ ‎ 1.60‎ ‎ 1.80‎ ‎ 2.00‎ I/A ‎ 0‎ ‎ 0.12‎ ‎ 0.21‎ ‎ 0.29‎ ‎ 0.34‎ ‎ 0.38‎ ‎ 0.45‎ ‎ 0.47‎ ‎ 0.49‎ ‎ 0.50‎ ‎（1）当U=1.20V时对应的电流表如图甲所示，其读数为　　A．‎ ‎（2）实验中所用的器材有：‎ 电压表（量程3V，内阻约为2kΩ）‎ 电流表（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）‎ 滑动变阻器（0～5Ω，1A）‎ 电、待测小灯泡、电键、导线若干．‎ 请在图乙方框中画出该实验的电路图．‎ ‎（3）根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的U﹣I曲线．‎ ‎（4）如果把这个小灯泡接在一个电动势为1.5V、内阻为2.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率是　　W（结果保留2位有效数字）．‎ ‎22．（1）某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律．‎ ‎①实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除平衡摩擦力外，还必须满足的 实验条件是　　远小于小车的质量．‎ ‎②如图乙是某次实验打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图所示，电源频率为50Hz．则小车的加速度为a=　　m/s2，打B点时小车的速度vB=　　m/s （保留2位有效数字）．‎ ‎③在探究加速度与质量的关系时，多次改变小车及车中砝码的总质量M，并测出对应的加速度a．若用图象法处理数据，应作a与　　的关系图象，才能直观反映它们的关系．‎ ‎④‎ 若使用上述实验数据来验证动能定理，对于沙和沙桶（总质量为m）以及小车组成的系统，应验证的关系式是　　（用符号表示，不要求计算结果，重力加速度为g）．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎23．如图所示，质量为M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数μ=0.2，可视为质点的小木块A质量m=1kg，原来静止于滑板的左端，当滑板B受水平向左的恒力F=14N作用时间t后撤去，这时木块A恰好到达C处，假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，（取g=10m/s2）试求：水平恒力F的作用时间t．‎ ‎24．如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面．用细线连接甲、乙两物体，中问夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量朋m1=4kg，乙的质量m2=5kg，甲、乙均静止．若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零．取g=10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：‎ ‎（1）甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小vB；‎ ‎（2）在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ=0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移S．‎ ‎25．如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接．传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m．可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB ‎=1kg．A、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、B的动能．设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失．取重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）分开瞬间A、B的速度大小；‎ ‎（2）B向右滑动距N的最远距离；‎ ‎（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省枣庄市滕州三中高三（上）第二周周练物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．关于物理学研究中使用的主要方法，以下说法正确的是（　　）‎ A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法 B．在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用的是微元法 C．用点电荷代替带电体，应用的是理想化模型法 D．伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验归纳法 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等．‎ ‎【解答】解：A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A正确；‎ B、在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，故B正确；‎ C、点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故C正确；‎ D、理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎2．2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是（　　）‎ A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m C．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 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】（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出卡车匀减速运动的时间，从而得知发现情况后，卡车到停止的时间；‎ ‎（2）司机发现情况后，在反应时间内做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动，结合运动学公式求出位移的大小；‎ ‎（3）平均速度等于总位移除以总时间；‎ ‎【解答】解：A、卡车减速到零的时间．则t=t′+t1=0.6+3=3.6s，故A错误；‎ B、在反应时间内的位移x1=v0t′=15×0.6m=9m．‎ 匀减速直线运动的位移，则x=x1+x2+1.5=33m，故B正确；‎ C、平均速度，故CD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的沿斜面运动的实验，当时利用斜面做实验主要是考虑到（　　）‎ A．实验时便于测量小球运动的速度 B．实验时便于测量小球运动的路程 C．实验时便于测量小球运动的时间 D．实验时便于测量小球运动的加速度 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】伽利略对自由落体运动规律研究应当结和当时科学发展的实际水平，应当加深对物理学史的研究．‎ ‎【解答】解：伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但是他所在的那个时代还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律．伽利略通过数学运算得到结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化．但是物体下落很快，当时只能靠滴水计时，这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间．伽利略采用了一个巧妙的方法，用来“冲淡”重力．他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，二小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所以时间长，所以容易测量．故ABD错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于平衡状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（　　）‎ A．F1保持不变，F3缓慢增大 B．F1缓慢增大，F3保持不变 C．F2缓慢增大，F3缓慢增大 D．F2缓慢增大，F3保持不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】分别以B和整体为研究对象，分别进行受力分析画出力的示意图，根据F的变化可知B对A的作用力，及地面对A的作用力．‎ ‎【解答】解：对B分析，可知墙对B的作用力及A对球的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，B对A的压力增大；即F2‎ 增大；同理可知，墙对B的作用力F1增大；‎ 对整体分析，整体受重力、支持力、摩擦力、墙对球B的压力及压力F而处于平衡，故当F增大时，地面对A的支持力增大，同时摩擦力也将增大；故F3增大；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，平台重600N，滑轮重量不计，要使系统保持静止，人的重力不能小于（　　）‎ A．600N B．300N C．200N D．150N ‎【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】对人和平板整体受力分析，受重力和三根绳子的拉力，根据平衡条件列式求解即可求解出拉力．‎ 再对人受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件和牛顿第三定律可得人对平台的压力等于重力减去绳子对人的拉力．‎ ‎【解答】解：对人和平板整体受力分析，受重力和三根绳子的拉力，根据平衡条件，有：‎ T2+T3+F=（M+m）g 其中：T2=2T3=2F ‎4T3=（M+m）g 解得：T3=0.25（M+m）g；‎ 再对人受力分析，受重力、支持力和拉力，当支持力为零时，对绳子的拉力等于人的重力，此时人的重力最小，得：‎ mg=F=0.25（M+m）g；‎ N 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，光滑水平面上，水平恒力F拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ．则在运动过程中（　　）‎ A．木块受到的摩擦力大小一定为μmg B．木块受到的合力大小为ma C．小车受到的摩擦力大小为 D．小车受到的合力大小为（m+M）a ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】先对整体运用牛顿第二定律求出共同的加速度，再分别对小车和木块进行受力分析，根据牛顿第二定律即可解题．‎ ‎【解答】解：把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a=‎ A．木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得：f=ma=，故A错误；‎ B．对木块运用牛顿第二定律得：F合=ma，故B正确；‎ C．木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得：f=ma=，故C正确；‎ D．对小车运用牛顿第二定律得：F车合=Ma，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎7．木块A、B重量分别为50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m．系统置于水平地面上静止不动．现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，如图所示．则力F作用后，下列说法正确的是（　　）‎ A．木块A所受摩擦力大小是12.5N B．木块A所受摩擦力大小是10.5N C．木块B所受摩擦力大小是10N D．木块B所受摩擦力大小是6N ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】静摩擦力的大小随外力的变化而变化，但有一个最大值，其最大值略大于滑动摩擦力，在一般的计算中可以认为等于滑动摩擦力；‎ 本题中，为施加拉力F时，A、B两木块在弹簧的推动下，相对地面有运动趋势，但无相对运动，故均受静摩擦力；在木块B上加上一个水平拉力后，通过计算会发现，虽然B木块相对地面的滑动趋势变大，但仍然无法滑动，说明静摩擦力只是变大了，并不会变成滑动摩擦力 ‎【解答】解：木块A与地面间的滑动静摩擦力为：‎ fA=μmAg=0.25×50N=12.5N 木块B与地面间的滑动静摩擦力为：‎ fB=μmBg=0.25×60N=15N 弹簧弹力为：‎ F弹=kx=400×0.02N=8N AB、施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：fA′=F弹=8N；故AB错误；‎ CD、施加水平拉力F后，对B物体受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N（等于滑动摩擦力），大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，故木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而：fB′=F弹+F=8N+2N=10N；故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．质量为1.0kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.20．‎ ‎ 对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出各段时间内物体的位移，再确定哪种情况位移最大．‎ ‎【解答】解：‎ A、在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==1m/s2，位移x1==0.5m，第2s末速度为v=a1t1=0.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==3m/s2，位移为x2=vt2=2m．‎ C、在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==3m/s2，位移x1==1.5m，第2s末速度为v=a1t1=1.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==1m/s2，位移为x2=vt2=2m．‎ B、在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s．在1﹣2s内，加速度a2==﹣0.5m/s2，位移x2=v1t2+=2.75m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=2.5m/s．在2﹣3s内，加速度a3==1m/s2，位移为x3=v2t3+=3m．‎ D、在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1‎ ‎=3m/s．在1﹣2s内，加速度a2==1m/s2，位移x2=v1t2+=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s．在2﹣3s内，加速度a2==﹣0.5m/s2，位移为x3=v2t3=3.25m．‎ 故选D ‎　‎ ‎9．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论正确的是（　　）‎ A．车速越大，它的惯性越大 B．质量越大，它的惯性越大 C．车速越大，刹车后滑行的路程越长 D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 ‎【考点】惯性；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】惯性是指物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，质量是物体惯性大小大小的唯一的量度．‎ ‎【解答】解：A、B、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，所以A错误，B正确 C、D、车速越大，所需制动距离越大，与物体惯性的大小无关，所以C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD=DE=15m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为（　　）‎ A． s B．2s C． s D．2s ‎【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】设斜面坡角为θ，从D向AE做垂线交于点F，由AD=DE=15m，得AF=15×sinθ，故AE=2AF=30sinθ；再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据匀加速直线运动的位移时间关系公式列式求解即可．‎ ‎【解答】解：设斜面坡角为θ，则：AE=2AF=30sinθ…①‎ 物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：‎ mgsinθ=ma 解得：a=gsinθ…②‎ 根据速度位移公式，有：AE=…③‎ 由①②③式，解得：t=s 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧，则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大 B．若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 C．若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大 D．若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】物体在合力为零时加速度为零，速度最大．‎ ‎【解答】解：A、若接触面光滑，则物体是在刚接触弹簧时速度最大，加速度为零，随着向右将弹簧压缩，弹簧的弹力增大，则加速度一直增大，直至物体速度减小到零，‎ 然后物体反向运动，反向过程是向右运动的逆过程，故向左运动时加速度逐渐减小，‎ 即若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增加后减小，故A错误B错误；‎ C、若接触面粗糙，设弹簧压缩量为x，弹力和摩擦力方向均向左：kx+μmg=ma，x增大则a一直增大，直至速度减小到零，‎ 当物体反向向左运动时，kx﹣μmg=ma，x减小，则加速度减小，当kx=μmg时，加速度减小到零，之后kx＜μmg，加速度开始反向增大，‎ 即若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大，D正确C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．出水口单位时间内的出水体积Q=vS B．出水口所出水落地时的速度 C．出水后，手连续稳定按压的功率为+‎ D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功能关系．‎ ‎【分析】出水口的体积V=Sl，再除以时间即为位时间内的出水体积，水从出水平流出后做斜抛运动，根据动能定理求出出水口所出水落地时的速度，在时间t内，流过出水口的水的质量m=ρSvt，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳定按压做的功，再根据求解功率即可．‎ ‎【解答】解：A、出水口的体积V=Sl，则单位时间内的出水体积Q=，故A正确；‎ B、水从出水平流出后到落地的过程，根据动能定理得，‎ 解得：，所以出水口所出水落地时的速度为，故B错误；‎ C、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m=ρSvt，‎ 则出水口的水具有的机械能E=，‎ 而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W=，‎ 则功率P=，故C正确；‎ D、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎13．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）‎ A．tanθ和 B．（﹣1）tanθ和 C．tanθ和 D．（﹣1）tanθ和 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；‎ ‎【解答】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知 以速度上升过程中，由动能定理可知 联立解得，h=‎ 故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，A、C和B、C是两个固定的斜面，斜面的顶端A、B在同一竖直线上．甲、乙两个小物体在同一竖直线上．甲、乙两个小物块分别从斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，质量分别是m1、m2（m1＜m2），与斜面间的动摩擦因数均为μ．若甲、乙滑至底端C的过程中克服摩擦力做的功分别是W1、W2，所需时间分别是t1、t2．甲、乙滑至底端C时速度分别是v1、v2，动能分别是EK1、EK2，则（　　）‎ A．EK1＞EK2 B．v1＞v2 C．W1＜W2 D．t1＜t2‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比较动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比较大小；由功的计算公式求出克服摩擦力所做的功，然后比较功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比较时间大小．‎ ‎【解答】解：A、设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L，由动能定理得：mgLtanθ﹣μmgcosθ=EK1﹣0，EK1=mgL（tanθ﹣μ），‎ m1＜m2，θ1＞θ2，无法判断两物体动能大小，故A错误；‎ B、EK1=mgL（tanθ﹣μ）=mv2，v=，θ1＞θ2，v1＞v2，故B正确；‎ C、克服摩擦力做的功W=μmgcosθ×=μmgL，∵m1＜m2，∴W1＜W2，故C正确；‎ D、由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma， =at2，t=====，根据题意无法确定2θ﹣β的取值范围，无法确定sin（2θ﹣β）大小关系，无法确定时间关系，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示：长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（　　）‎ A．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能 B．A、B两点间的电压一定等于 C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为 D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的．‎ ‎【解答】解：A、小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；‎ B、根据动能定理得：﹣mgLsinθ+qUAB=m﹣，得到：UAB=．故B正确；‎ C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是．电场强度的最大值不能确定．故C错误；‎ D、若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎16．A、D两点分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，LAB=LBC=LCD，E点在D点正上方并与A点等高．从E点以一定水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，球1和球2从抛出到落在斜面上的过程（不计空气阻力）中，（　　）‎ A．两球运动的时间之比为1：‎ B．两球抛出时初速度之比为2：1‎ C．两球动能增加量之比为1：2‎ D．两球重力做功之比为1：3‎ ‎【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，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比．根据动能定理求出动能的增加量之比．‎ ‎【解答】解：A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：，故A正确．‎ B、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为，故B正确．‎ C、根据动能定理得，mgh=△Ek，因为下降的高度之比为1；2，则重力做功为1：2，动能的增加量之比为 1：2，故C正确，D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎17．据媒体报道，嫦娥一号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运用周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（　　）‎ A．月球表面的重力加速度 B．月球对卫星的吸引力 C．卫星绕月球运行的速度 D．卫星绕月运行的加速度 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】本题关键根据万有引力提供绕月卫星做圆周运动的向心力，以及月球表面重力加速度的表达式，列式求解分析．‎ ‎【解答】解：A、绕月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，有 G=m（）2（R月+h）‎ 地球表面重力加速度公式 g月=‎ 联立①②可以求解出 g月=‎ 即可以求出月球表面的重力加速度；‎ 由于卫星的质量未知，故月球对卫星的吸引力无法求出；‎ 由v=可以求出卫星绕月球运行的速度；‎ 由a=（）2（R月+h）可以求出卫星绕月运行的加速度；‎ 本题要选不能求出的，故选B．‎ ‎　‎ ‎18．某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t．他测得的g值偏小，可能的原因是（　　）‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时，秒表过早按下 D．实验中误将51次全振动数为50次 E．实验中误将49.5次全振动数为50次 ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π，根据此公式变形得到g=，判断g值偏小的原因．‎ ‎【解答】解：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π，根据此公式变形得到g=，‎ A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．‎ B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．‎ C、开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C正确；‎ D、实验中误将51次全振动数为50次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故D正确；‎ E、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故E错误．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎19．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB ‎，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（　　）‎ A．停止运动 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析．‎ ‎【解答】解：力F大小相等，mA＞mB，‎ 由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA＜aB，‎ 由题意知：SA=SB，‎ 由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，‎ 可知：tA＞tB，由IA=F•tA，IB=F•tB，得：IA＞IB，‎ 由动量定理可知△PA=IA，△PB=IB，则PA＞PB，‎ 碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，‎ 由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=1m的P点时开始计时，已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的振动周期为0.4s B．P点开始振动的方向沿y轴正方向 C．当M点开始振动时，P点正好在波峰 D．这列波的传播速度是10m/s E．从计时开始的0.4s内，P质点通过的路程为30cm ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，由图读出，t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，则可知P点的周期．读出波长，由v=求出波速v．P点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同．根据PM间的距离判断M点开始振动时，P点的位置．‎ ‎【解答】解：A、由题意，简谐横波沿x轴正向传播，在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，t=0.4s时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，故P点的周期为0.4s．故A正确．‎ B、P点开始振动的方向与图示时刻x=5m处质点的振动方向相同，由波形平移法得知，P点开始振动的方向沿y轴负方向．故B错误．‎ C、当M点开始振动时，由波形可知，P点在波峰．故C正确 由图知，波长λ=4m，则波速v==10m/s．故D正确．‎ E、计时开始的0.4s内，P质点已完成一个周期的振动，完成的路程为4A=40CM．故E错误 ‎　故选：ACD ‎　‎ 二、实验题 ‎21．某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到下表所示的数据（I和U分别表示小灯泡的电流和电压），则：‎ U/V ‎ 0‎ ‎ 0.20‎ ‎ 0.40‎ ‎ 0.60‎ ‎ 0.80‎ ‎ 1.00‎ ‎ 1.20‎ ‎ 1.40‎ ‎ 1.60‎ ‎ 1.80‎ ‎ 2.00‎ I/A ‎ 0‎ ‎ 0.12‎ ‎ 0.21‎ ‎ 0.29‎ ‎ 0.34‎ ‎ 0.38‎ ‎ 0.45‎ ‎ 0.47‎ ‎ 0.49‎ ‎ 0.50‎ ‎（1）当U=1.20V时对应的电流表如图甲所示，其读数为　0.42　A．‎ ‎（2）实验中所用的器材有：‎ 电压表（量程3V，内阻约为2kΩ）‎ 电流表（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）‎ 滑动变阻器（0～5Ω，1A）‎ 电、待测小灯泡、电键、导线若干．‎ 请在图乙方框中画出该实验的电路图．‎ ‎（3）根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的U﹣I曲线．‎ ‎（4）如果把这个小灯泡接在一个电动势为1.5V、内阻为2.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率是　0.29　W（结果保留2位有效数字）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．‎ ‎（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎（3）根据描点法可得出对应的灯泡的U﹣I图象；‎ ‎（4）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．．‎ ‎【解答】解：（1）电流表的指针对应的刻度超过1.4一个小格，因此可以读作：0.42A ‎（2）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值 R灯===4.0Ω，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图所示．‎ ‎（3）根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图所示．‎ ‎（4）作出电源的U﹣I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，小灯泡的实际电流为0.35A电压为0.82V，功率P=IU=0.35×0.82=0.29W．‎ 故答案为：（1）0.42；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）0.29．‎ ‎　‎ ‎22．（1）某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律．‎ ‎①实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除平衡摩擦力外，还必须满足的 实验条件是　沙和沙桶总质量　远小于小车的质量．‎ ‎②如图乙是某次实验打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，有关数据如图所示，电源频率为50Hz．则小车的加速度为a=　0.40　m/s2，打B点时小车的速度vB=　0.20　m/s （保留2位有效数字）．‎ ‎③在探究加速度与质量的关系时，多次改变小车及车中砝码的总质量M，并测出对应的加速度a．若用图象法处理数据，应作a与　　的关系图象，才能直观反映它们的关系．‎ ‎④若使用上述实验数据来验证动能定理，对于沙和沙桶（总质量为m）以及小车组成的系统，应验证的关系式是　mgxB=（M+m）　（用符号表示，不要求计算结果，重力加速度为g）．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】当沙和沙桶的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力．‎ 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B点时小车的瞬时速度大小．根据牛顿第二定律，拉力一定时，物体的加速度与质量成反比，故作a﹣图线．‎ 根据系统的动能变化和合力做功表示出动能定理得表达式．‎ ‎【解答】解：①对小车和沙桶受力分析可得绳子拉力与沙桶重力关系为F=mg，变形为F=mg，可见，要使F=mg必须满足条件m＜＜M，即沙和沙桶总质量应远远小于小车的质量．‎ ‎②由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 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：a===0.40m/s2，‎ 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B点时小车的瞬时速度大小．‎ vB===0.20m/s ‎③根据牛顿第二定律，拉力一定时，物体的加速度与质量成反比，故作a﹣图线．‎ ‎④若使用上述实验数据来验证动能定理，对于沙和沙桶（总质量为m）以及小车组成的系统，‎ 动能变化△Ek=（M+m）﹣0‎ 合力做功W=mgxB 所以应验证的关系式是mgxB=（M+m）‎ 故答案为：①沙和沙桶总质量；②0.40，0.20；③；④mgxB=（M+m）‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎23．如图所示，质量为M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数μ=0.2，可视为质点的小木块A质量m=1kg，原来静止于滑板的左端，当滑板B受水平向左的恒力F=14N作用时间t后撤去，这时木块A恰好到达C处，假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，（取g=10m/s2）试求：水平恒力F的作用时间t．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】本题的关键是分别求出木块与木板的加速度，然后根据题意找出木板与木块位移的关系即可求解．‎ ‎【解答】解：木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：‎ 木块的加速度为： =μg=2m/；‎ 滑板的加速度为： ==3m/；‎ 根据题意应有： =L=0.5，‎ 其中===，‎ ‎===1.5‎ 联立以上各式可得：0.5=0.5，‎ 解得：t=1s 答：恒力F作用的时间t为1s ‎　‎ ‎24．如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面．用细线连接甲、乙两物体，中问夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量朋m1‎ ‎=4kg，乙的质量m2=5kg，甲、乙均静止．若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零．取g=10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：‎ ‎（1）甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小vB；‎ ‎（2）在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ=0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移S．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出甲在D点的速度，根据机械能守恒定律求出甲离开弹簧后经过B点的速度大小．‎ ‎（2）根据能量守恒求出乙的初速度，结合牛顿第二定律和速度位移公式求出物体在粗糙水平面上运动的位移大小．‎ ‎【解答】解：（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律得：m1g=m1，‎ 设甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ m1vB2=m1vD2+m1g•2R，‎ 代入数据联立解得：vB=2m/s．‎ ‎（2）甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒定律得：‎ EP=m1vB2=m2v22，‎ 代入数据解得：v2=4m/s．‎ 乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g=m2a，‎ 代入数据解得：a=4m/s2，‎ 则有：s===2m．‎ 答：（1）甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小为2m/s；‎ ‎（2）乙物体在粗糙水平面运动的位移为2m．‎ ‎　‎ ‎25．如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接．传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m．可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB=1kg．A、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、B的动能．设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失．取重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）分开瞬间A、B的速度大小；‎ ‎（2）B向右滑动距N的最远距离；‎ ‎（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据动量守恒定律和能量守恒定律求出分开瞬间A、B的速度大小；‎ ‎（2）根据动能定理求出B向右滑动的最大距离；‎ ‎（3）根据动能定理求出A滑行的路程，确定其停止的位置，抓住A、B不能相撞求出B离开传送带的速度．‎ ‎【解答】解：（1）设A、B分开时速度大小分别为vA、vB 由A、B系统能量守恒有：…①‎ 由A、B系统动量守恒有：mAvA=mBvB…②‎ 联立解得：vA=vB=3m/s…③‎ ‎（2）假设B不能从传送带Q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，‎ 由动能定理得：…④‎ 解得：s2=2.25m…⑤‎ 由题意可知s2＜L=3m，假设成立…⑥‎ 所以B沿传送带向右滑动距N的最远距离为2.25m ‎（3）设A在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，‎ 由题意知A与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得 ‎…⑦‎ 解得：s1=2.25m＞s=2m，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；…⑧‎ 若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为vB′，后经s2′距离停下，‎ 则由动能定理有…⑨‎ 由s2′＜1.75m，解得…⑩‎ 由题意可知不论传送带速率多大，vB′至多到3m/s，即⑩符合题意，‎ 即传送带的速率取值范围是：．‎ 答：（1）分开瞬间A、B的速度大小均为3m/s；‎ ‎（2）B向右滑动距N的最远距离为2.25m；‎ ‎（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围是．‎ ‎　‎ ‎2017年2月15日