湖南省怀化市2017届高三上学期期中物理试卷

湖南省怀化市2017届高三上学期期中物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年湖南省怀化市高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共11小题，每小题4分，共48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，有选错的得0分．‎ ‎1．下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（　　）‎ A．探究如速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B．加速度a=、功率a=的定义都运用了比值法 C．克、米、秒都是基本单位 D．平均速度、合力、有效值等概念的建立运用了等效替代法 ‎2．物理学中，将物体的质量和速度的乘积称为物体的动量，公式表达为：p=mv．质量m=2kg的物体静止于光滑水平面上，现给其施加一水平恒力F=10N，经过时间t=4s，则物体的动量变化△p的大小是（　　）‎ A．20kg•m/s B．30kg•m/s C．40kg•m/s D．50kg•m/s ‎3．如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间距离为h，则（　　）‎ A．A、B两点间距离为 B．A、B两点间距离为 C．C、D两点间距离为2h D．C、D两点间距离为 ‎4．已知某行星半径为R，以该行星第一宇宙速度运行的卫星的角速度为ω，围绕该行星运动的同步卫星运行速度为v，则该行星的自转周期为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图，一根轻绳跨过定滑轮，连接着质量分别为M和m的两物体，滑轮左侧的绳和斜面平行，两物体都保待静止不动．已知斜面倾角为37° （sin37°=0.6，cos37°=0.8），质量为M的物体和斜面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等子滑动摩擦力，不计绳与定滑轮之间的摩擦，则M与m的比值应该是（　　）‎ A．1≤≤5 B．1≤≤6 C．2≤≤5 D．2≤≤6‎ ‎6．提高物体（例如汽车）运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方成正比，即f=kv2，k是阻力因数）．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（　　）‎ A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0‎ B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0‎ D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 ‎7．如图所示的装置，其中AB部分为以v=5m/s速度顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为 r=0.5m竖直放5的半圆形光滑轨道，直径BD恰好竖直，轨道与传送带相切于B点．现将一质量为m=1kg的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，设AB水平距离为L，滑块与 传送带间的动摩擦因数为μ，g=lOm/s2，为使滑块能过D点，以下关于μ和L的取值可能正确的是（　　）‎ A．μ=0.2，L=4m B．μ=0.2，L=5m C．μ=0.3，L=4m D．μ=0.3，L=5m ‎8．质量为m的物体，从地面以的加速度由静止竖直向上做匀加速直线运动，上升高度为h的过程中，下面说法中正确的是（　　）‎ A．物体的重力势能增加了 B．物体的机械能增加了 C．物体的动能增加了 D．物体克服重力做功mgh ‎9．如图，x﹣t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（　　）‎ A．5 s末两车速度相等 B．甲车的速度为4 m/s C．乙车的加速度大小为1.8 m/s2‎ D．乙车在10 s内的平均速度大小为8 m/s ‎10．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于0点，现用铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v0匀速运动，运动到图示位置时θ=60°．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是（不计一切摩檫）（　　）‎ A．橡皮的运动轨迹是一条直线 B．绳子的拉力一定大于橡皮的重力 C．橡皮的速度一定大于v0‎ D．橡皮在图示位罝时的速度大小为v0‎ ‎11．如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2kg和3kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为RA=0.2m、RB ‎=0.3m．A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍．g取10m/s2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物体A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为12N B．当A恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为4rad/s C．细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为rad/s D．当A恰好达到最大静摩擦力时，剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动 ‎　‎ 二.实验题：本大题共2小题，每小题12分，共18分．‎ ‎12．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系 ‎（1）下列说法正确的是　　（填字母代号）‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度 ‎（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条 件是砝码桶及桶内砝码的总质量　　木块和木块上砝码的总质量，（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）‎ ‎（3）如图2，为某次实验得到的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中 x1=7.05cm，x2=7.68cm．x3=8.33cm，x4=8.95cm，x5=9.61cm，x6=10.26cm．打C点时木块的瞬时速度大小是　　m/s，处理纸带数据，得木块加速度的大小是　　m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在木平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别μ甲、μ乙，由图可知，m甲　　 m乙，μ甲　　μ乙（选填“大于”“小于”或“等于”）‎ ‎13．某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”．小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．‎ ‎（1）在实验中，下列说法正确的有　　‎ A．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力 B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力 C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度 D．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功 ‎（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，O点为静止开始释放沙桶纸带上打的第一个点，速度为0．相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE=　　．‎ ‎（3）若用O、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为　　（用所测物理量的符号表示）．‎ ‎　‎ 三、计算题：15题6分，16题16分，17题12分，共34分．‎ ‎14．已知弹簧的弹性势能EP=kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量．如图，一轻质弹簧竖直立于水平地面上，下端固定，现将一小球从弹篑的正上方由静止释放，不计空气阻力，小球下落并压缩弹簧，弹簧始终处在弹性限度内．已知弹簧的劲度系数k=40N/m．小球释放位置离弹簧上端距离h=lm，小球质量m=lkg，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球下落过程的最大速度．‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时小球的如加速度．‎ ‎15．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，（取g=10m/s2），求：‎ ‎（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度大小各为多大？‎ ‎（2）要使物块不从小车上滑落．小车的长度L至少是多少？‎ ‎（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s系统产生的热量Q及力F所做的功W？‎ ‎16．如图所示，坚直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R=1.6m，A端与圆心0等高，B端 在O的正上方，与A右侧相连的是高和宽都为L=0.3m的台阶，台阶有若干级，一个质量为 m=0.3kg的小球从A点正上方h处，由静止释放，自由下落至A点后进入圆形轨道，不计小球进入轨道时的能量损失，不计空气阻力，小球恰能到达轨道的最高点B，求：‎ ‎（1）释放点距A点的竖直高度；‎ ‎（2）若释放点距A点的竖直高度H=3R，则小球在B点时对轨道的压力是多大？小球会落在第几级台阶上？设g=10m/s2．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省怀化市高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共11小题，每小题4分，共48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，有选错的得0分．‎ ‎1．下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（　　）‎ A．探究如速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B．加速度a=、功率a=的定义都运用了比值法 C．克、米、秒都是基本单位 D．平均速度、合力、有效值等概念的建立运用了等效替代法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法；理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；平均速度、合力与分力等概念的建立运用了等效替代法．‎ ‎【解答】解：A、在探究加速度与力、质量的关系实验中需要先控制其中的某一个物理量不变，探讨另外的两个物理量之间的关系，所以使用了控制变量法，故A正确；‎ B、加速度a=是牛顿第二定律的表达式，不是定义式，没有运用了比值法，故B错误；‎ C、克、米、秒都是基本单位，故C正确；‎ D、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况．如“平均速度”、“合力与分力”等；故D正确；‎ 本题选错误的，故选：B ‎　‎ ‎2．物理学中，将物体的质量和速度的乘积称为物体的动量，公式表达为：p=mv．质量m=2kg的物体静止于光滑水平面上，现给其施加一水平恒力F=10N，经过时间t=4s，则物体的动量变化△p的大小是（　　）‎ A．20kg•m/s B．30kg•m/s C．40kg•m/s D．50kg•m/s ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】力与力的作用时间的乘积是力的冲量，根据冲量的定义与动量定理分析答题．‎ ‎【解答】解：由动量定理可知，物体动量的变化：△P=F合t=F•t=10×4=40kg•m/s；故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间距离为h，则（　　）‎ A．A、B两点间距离为 B．A、B两点间距离为 C．C、D两点间距离为2h D．C、D两点间距离为 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球在AB段做自由落体运动，BC段做平抛运动，由于运动时间相等，则自由落体运动的高度和平抛运动的高度相等，根据速度位移公式求出平抛运动的初速度，结合时间求出水平位移．‎ ‎【解答】解：A、AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；‎ C、BC段平抛初速度，持续的时间，所以C、D两点间距离x=vt=2h，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．已知某行星半径为R，以该行星第一宇宙速度运行的卫星的角速度为ω，围绕该行星运动的同步卫星运行速度为v，则该行星的自转周期为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】第一宇宙速度的轨道半径为R，根据求出GM，再根据万有引力提供向心力，求出同步卫星的高度；行星自转周期等于同步卫星的运转周期，根据T=求出自转周期．‎ ‎【解答】解：设同步卫星距地面高度为h，则：‎ ‎…①‎ 以第一宇宙速度运行的卫星其轨道半径就是R，则：‎ ‎…②‎ 由①②得：h=‎ 行星自转周期等于同步卫星的运转周期：‎ T==‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图，一根轻绳跨过定滑轮，连接着质量分别为M和m的两物体，滑轮左侧的绳和斜面平行，两物体都保待静止不动．已知斜面倾角为37° （sin37°=0.6，cos37°=0.8），质量为M的物体和斜面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等子滑动摩擦力，不计绳与定滑轮之间的摩擦，则M与m的比值应该是（　　）‎ A．1≤≤5 B．1≤≤6 C．2≤≤5 D．2≤≤6‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对物体m受力分析，根据力的平衡条件求出绳子的拉力F，然后根据物块M恰好不上滑和恰好不下滑两种临界状态对物体M受力分析，根据平衡条件列方程即可求出物块M的质量范围，得到M与m的比值．‎ ‎【解答】解：依题意，对物体m受力分析，根据平衡条件，绳子的拉力：‎ F=mg …①‎ 若F较小，物块A有沿着斜面向下滑的趋势，此时物块A受力分析如图所示：‎ 由力的平衡条件得：‎ FN=Mgcos37° …②‎ F+Ff=Mgsin37° …③‎ Ff≤μFN …④‎ 联立①②③④可解得得：m≥0.2M；‎ 若F较大，A物块有沿着斜面向上滑动的趋势，此时物块A受力分析如图所示：‎ 由平衡条件得，‎ FN=Mgcos37° …⑤‎ F=Ff+Mgsin37° …⑥‎ Ff≤μFN …⑦‎ 代入数据解①⑤⑥⑦得：m≤M；‎ 物块m的质量的取值范围是：0.2M≤m≤M，故：1≤≤5；‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．提高物体（例如汽车）运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方成正比，即f=kv2，k是阻力因数）．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（　　）‎ A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0‎ B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0‎ D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】当速度最大时，牵引力等于阻力．联合P=Fvm=fvm和f=kv2进行分析．‎ ‎【解答】解：A、当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，有，则k=．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0，有 ‎，则v=，故A错误．‎ B、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到，则有，则v=，故B错误．‎ C、阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0，则有，则v=，故C错误．‎ D、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到，则有，解得v=2vm．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示的装置，其中AB部分为以v=5m/s速度顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为 r=0.5m竖直放5的半圆形光滑轨道，直径BD恰好竖直，轨道与传送带相切于B点．现将一质量为m=1kg的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，设AB水平距离为L，滑块与 传送带间的动摩擦因数为μ，g=lOm/s2，为使滑块能过D点，以下关于μ和L的取值可能正确的是（　　）‎ A．μ=0.2，L=4m B．μ=0.2，L=5m C．μ=0.3，L=4m D．μ=0.3，L=5m ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】滑块恰好过D点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出临界速度，然后应用动能定理求出滑块到达B点的最小速度，然后应用动能定理求出μ与L的关系，分析各选项得出结论．‎ ‎【解答】解：滑块恰好过D点时，由牛顿第二定律得：mg=m，解得：vD=m/s，‎ 从B到D过程，由动能定理得：﹣mg•2r=mvD2﹣mvB2，解得：vB=5m/s，‎ 从A到B过程，由动能定理得：μmgL=mvB2，解得：μL=1.25，‎ 滑块恰好通过D点时：vD=m/s，μL=1.25，‎ 滑块能通过D点时的条件是：vD≥m/s，则：μL≥1.25；‎ A、如果：μ=0.2，L=4m，则μL＜1.25，故A错误；‎ B、如果：μ=0.2，L=5m，则μL＜1.25，故B错误；‎ C、如果：μ=0.3，L=4m，则μL＜1.25，故C错误；‎ D、如果：μ=0.3，L=5m，则μL＞1.25，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．质量为m的物体，从地面以的加速度由静止竖直向上做匀加速直线运动，上升高度为h的过程中，下面说法中正确的是（　　）‎ A．物体的重力势能增加了 B．物体的机械能增加了 C．物体的动能增加了 D．物体克服重力做功mgh ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】对物体受力分析，受重力G和向上的拉力F，根据牛顿第二定律列式求出各个力，然后根据功能关系得到各种能量的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、D、物体上升，克服重力做功，重力做功为﹣mgh，物体重力势能增加了mgh，故A错误，D正确；‎ B、C、物体从静止开始以g的加速度沿竖直方向匀加速上升，由牛顿第二定律得：F﹣mg=ma，‎ 解得：F=mg，‎ 由动能定理得：﹣mgh+Fh=Ek﹣0，‎ 解得：Ek=﹣mgh+Fh=mgh，物体重力势能增加量mgh，动能增加了mgh，‎ 故机械能增加量mgh，故B错误，C正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎9．如图，x﹣t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（　　）‎ A．5 s末两车速度相等 B．甲车的速度为4 m/s C．乙车的加速度大小为1.8 m/s2‎ D．乙车在10 s内的平均速度大小为8 m/s ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】位移﹣时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动．位移等于x的变化量．结合这些知识分析 ‎【解答】解：A、位移﹣时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知5s时乙车速度较大，故A错误．‎ B、甲车做匀速直线运动，速度为：v甲==4m/s，故B正确．‎ C、乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则 s=at2，根据图象有：S0=a•102，20=a•52，解得：a=1.6m/s2，s0=80m，故C错误．‎ D、平均速度v=，故D正确 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于0点，现用铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v0匀速运动，运动到图示位置时θ=60°．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是（不计一切摩檫）（　　）‎ A．橡皮的运动轨迹是一条直线 B．绳子的拉力一定大于橡皮的重力 C．橡皮的速度一定大于v0‎ D．橡皮在图示位罝时的速度大小为v0‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，橡皮在水平方向上的分速度为v，根据平行四边形定则求出橡皮的速度．‎ ‎【解答】解：A、橡皮在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所以橡皮做曲线运动，故A错误；‎ B、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，如图，则沿绳子方向上的分速度为vsinθ，因为沿绳子方向上的分速度等于橡皮在竖直方向上的分速度，所以橡皮在竖直方向上速度为vsinθ，因为θ逐渐增大，所以橡皮在竖直方向上做加速运动，因此细绳对橡皮的拉力大于橡皮的重力，故B正确；‎ CD、根据平行四边形定则得：橡皮在图示位置时的速度大小为v==v0，故C正确，D也正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2kg和3kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为RA=0.2m、RB=0.3m．A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍．g取10m/s2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物体A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为12N B．当A恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为4rad/s C．细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为rad/s D．当A恰好达到最大静摩擦力时，剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】A刚开始滑动时，静摩擦力达到最大值，分别对A、B，由向心力公式可求得B受到的摩擦力和角速度；由两物体的受力情况可知细线烧断后外力能否充当向心力，则可判断物体的运动．‎ ‎【解答】解：AC、细线上开始有弹力时，B的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：0.4mBg=mBω02RB得ω0=rad/s，此时A的静摩擦力 fA=mAω02RA=N 则当A恰好达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力也达到最大，为 fB=0.4mBg=12N，故A、C正确．‎ B、当A恰好达到最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ 对A：0.4mAg﹣FT=mAω2RA ‎ 对B：FT+0.4mBg=mBω2RB ‎ 由以上两式联解得：此时圆盘的角速度为：ω=4rad/s，故B正确．‎ D、烧断细线，A与盘间静摩擦力减小，继续随盘做半径为RA=20cm的圆周运动．而B由于最大静摩擦力不足以提供向心力而做离心运动．故D正确．‎ 故选：ABCD ‎　‎ 二.实验题：本大题共2小题，每小题12分，共18分．‎ ‎12．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系 ‎（1）下列说法正确的是　A　（填字母代号）‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度 ‎（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条 件是砝码桶及桶内砝码的总质量　远小于　木块和木块上砝码的总质量，（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）‎ ‎（3）如图2，为某次实验得到的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中 x1=7.05cm，x2=7.68cm．x3=8.33cm，x4=8.95cm，x5=9.61cm，x6=10.26cm．打C点时木块的瞬时速度大小是　0.86　m/s，处理纸带数据，得木块加速度的大小是　0.64　m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在木平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别μ甲、μ乙，由图可知，m甲　大于　 m乙，μ甲　小于　μ乙（选填“大于”“小于”或“等于”）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；‎ ‎（2）实验满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力；‎ ‎（3）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间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小；‎ ‎（4）根据牛顿第二定律得出加速度与拉力F的关系式，结合图线的斜率和截距比较质量和动摩擦因数的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；‎ B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误； ‎ C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误； ‎ D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误；‎ 故选：A ‎（2）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg﹣T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为 a=＜，只有当m＜＜M时，才能有效的保证实验的准确性；‎ 故答案为：远小于．‎ ‎（3）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得：‎ vC==0.86m/s，‎ 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=m/s2=0.64m/s2‎ 故答案为：0.86，0.64．‎ ‎（4）当没有平衡摩擦力时有：FF﹣μmg=ma，故a=﹣μg，知图线的斜率表示质量的倒数，可知m甲＜m乙，‎ 甲的纵轴截距大于乙的纵轴截距，可知μ甲＞μ乙．‎ 故答案为：大于，小于．‎ ‎　‎ ‎13．某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”．小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．‎ ‎（1）在实验中，下列说法正确的有　AD　‎ A．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力 B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力 C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度 D．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功 ‎（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，O点为静止开始释放沙桶纸带上打的第一个点，速度为0．相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE=　　．‎ ‎（3）若用O、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为　　（用所测物理量的符号表示）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理即可正确解答；‎ ‎（2）由平均速度公式可求得E点的速度；‎ ‎（3）根据“探究加速度与力、质量的关系”实验原理结合图象特点即可正确回答．‎ ‎【解答】解：（1）若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须：‎ A、使长木板左端抬起﹣个合适的角度，以平衡摩擦力，以保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力；故A正确，B错误；‎ C、下落高度由纸带求出，不需要测量下落高度；故C错误；‎ D、在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功；故D正确；‎ 故选：AD；‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的特点，C点的速度等于BD之间的平均速度，所以：VE=‎ ‎（3）B到E之间重力势能减小：△EP=mgs5‎ 动能增大：△Ek=Mv2E 需要验证的是：‎ 故答案为：（1）AD；（2）；（3）‎ ‎　‎ 三、计算题：15题6分，16题16分，17题12分，共34分．‎ ‎14．已知弹簧的弹性势能EP=kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量．如图，一轻质弹簧竖直立于水平地面上，下端固定，现将一小球从弹篑的正上方由静止释放，不计空气阻力，小球下落并压缩弹簧，弹簧始终处在弹性限度内．已知弹簧的劲度系数k=40N/m．小球释放位置离弹簧上端距离h=lm，小球质量m=lkg，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球下落过程的最大速度．‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时小球的如加速度．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）当弹簧的弹力和重力平衡时，小球的速度最大，根据胡克定律列式求解弹簧的压缩量，根据机械能守恒定律列式求解最大速度；‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时，小球的速度为零，根据机械能守恒定律列式求解弹簧的压缩量，再根据牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎【解答】解：（1）当弹簧弹力等于小球重力时，小球有最大速度v：‎ kx1=mg 对小球和弹簧构成的系统由机械能守恒定律：‎ mg（h+x1）=‎ 联立解得：‎ x1=0.25m，‎ v=m/s；‎ ‎（2）设弹簧被压缩到最短时小球的加速度为a，弹簧的形变量为x2，对小球和弹簧构成的系统由机械能守恒定律：‎ 对小球由牛顿第二定律：‎ kx2﹣mg=ma 联立解得：‎ x2=1m，a=30m/s2；‎ 答：（1）小球下落过程的最大速度为m/s；‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时小球的加速度大小为30m/s2．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，（取g=10m/s2），求：‎ ‎（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度大小各为多大？‎ ‎（2）要使物块不从小车上滑落．小车的长度L至少是多少？‎ ‎（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s系统产生的热量Q及力F所做的功W？‎ ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）分别对小物块和小车受力分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小．‎ ‎（2）根据速度时间公式求出小物块和小车速度相同时所需的时间，结合位移公式求出两者发生的相对位移，即可得出小车的至少长度．‎ ‎（3）小物块和小车达到共同速度后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出速度相同后的加速度，运用运动学公式分别求出速度相等前和速度相等后，小物块的位移，小车的位移，根据Q=f•△x求解热量，根据W=Fx求解功．‎ ‎【解答】解：（1）物块的加速度am==μg=2m/s2，‎ 小车的加速度：aM==0.5m/s2．‎ ‎（2）由：amt1=v0+aMt1 时 ‎ 代入数据解得：t1=1s ‎ 小物块：S1=amt12==1m ‎ 小车：S2=v0t1+aMt12==1.75m ‎ 小车最小长度：L=S2﹣S1=1.75﹣1=0.75m ‎ ‎（3）由功能关系：‎ Q=μmgL=0.2×2×10×0.75=3J 设M和m相对静止时，两者的共同加速度为a：‎ F=（M+m）a 设在△t=t﹣t1=0.5s时间内，M的位移为xM：‎ xM=v•△t+a△t2=，‎ F在t=1.5s内的功：‎ W=F（S2+xM）=8×（1.75+1.1）=22.8J 答：（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度大小分别为2m/s2、0.5m/s2；‎ ‎（2）要使物块不从小车上滑落，小车的长度L至少是0.75m；‎ ‎（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s系统产生的热量Q为3J，力F所做的功W为22.8J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，坚直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R=1.6m，A端与圆心0等高，B端 在O的正上方，与A右侧相连的是高和宽都为L=0.3m的台阶，台阶有若干级，一个质量为 ‎ m=0.3kg的小球从A点正上方h处，由静止释放，自由下落至A点后进入圆形轨道，不计小球进入轨道时的能量损失，不计空气阻力，小球恰能到达轨道的最高点B，求：‎ ‎（1）释放点距A点的竖直高度；‎ ‎（2）若释放点距A点的竖直高度H=3R，则小球在B点时对轨道的压力是多大？小球会落在第几级台阶上？设g=10m/s2．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球恰能到达轨道的最高点B，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过B点的速度．对小球从刚释放到B点，由动能定理求释放点距A点的竖直高度．‎ ‎（2）对小球从刚释放到B点，由动能定理求出小球通过B点的速度．在B点，由牛顿定律求小球在B点时对轨道的压力．由平抛运动的规律和几何关系分析小球会落在第几级台阶上．‎ ‎【解答】解：（1）对小球从刚释放到B点，由动能定理：‎ ‎ mg（h﹣R）=‎ 对小球在B点，由牛顿第二定律：‎ ‎ mg=m 解得 v1=4m/s，h=2.4m ‎（2）对小球从刚释放到B点，由动能定理：‎ ‎ mg（H﹣R）=‎ 对小球在B点由牛顿第二定律：‎ ‎ FN+mg=m 解得 v2=8m/s，FN=9N 由牛顿第三定律可知，小球在B点对轨道的压力大小是9N．‎ 连接B、A两点并延长，得一倾角为θ的斜面，小球从B点飞出后做平抛运动，设小球经过时间t落到斜面上，水平位移为x，竖直位移为y，落到斜面上时竖直分速度为vy，由平抛运动规律，得：‎ ‎ x=v2t ‎ y=‎ 由几何关系有 y=xtanθ ‎ nL=x﹣R 联立解得 t=1.6s，x=12.8m，n=37.3‎ 所以小球打在第38级台阶上． ‎ 答：‎ ‎（1）释放点距A点的竖直高度是2.4m；‎ ‎（2）若释放点距A点的竖直高度H=3R，则小球在B点时对轨道的压力是9N，小球会落在第38级台阶上．‎ ‎　‎ ‎2017年2月15日