2020-2021学年湖南长沙高三上物理月考试卷

2020-2021学年湖南长沙高三上物理月考试卷

‎2020-2021学年湖南长沙高三上物理月考试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 关于物体做功，下列说法正确的是（        ） ‎ A.力对物体做功少的其功率一定小 B.重力对物体不做功，物体的重力势能一定为零 C.起重机将物体匀速向上吊起一段距离，重力做负功，合力做功为零 D.只要物体受力的同时有位移发生，该力就一定对物体做功 ‎ ‎ ‎2. 沿水平方向抛出两个小球A、B，两球相遇于空中的P点，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，最终两小球落在水平地面上，关于两个小球的运动，下列说法正确的是（        ） ‎ A.在空中运动时小球A的速度变化率等于小球B的速度变化率 B.在空中运动时小球A的运动时间小于小球B的运动时间 C.抛出A球的初速度大于抛出B球的初速度 D.小球A、B落地时的速度相同 ‎ ‎ ‎3. 两物体先后以相同的动能沿同一固定光滑斜面向上运动直到速度为‎0‎，质量大的物体（        ） ‎ A.重力势能变化更小 B.运动位移更大 C.运动的时间更短 D.在最高点时机械能更大 ‎ ‎ ‎ ‎4. 如图所示，三角形斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面底端固定挡板上用轻质弹簧连接一质量为m的小球，弹簧劲度系数为k，现给斜面体施加一水平向左的推力作用，斜面体处于静止状态，已知斜面光滑，斜面体质量为M，斜面体与粗糙的地面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（        ） ‎ A.斜面体对小球的支持力为mgsinθ B.弹簧的伸长量为mgcosθk C.地面对斜面体的摩擦力大小为μ(M+m)g D.地面受到斜面体的摩擦力的方向水平向左 ‎ ‎ ‎5. 质量为‎2kg的质点在直角坐标系xOy内做曲线运动，在x轴方向的加速度一时间图像和y轴方向的速度—时间图像分别如图甲、乙所示，已知质点在x轴方向的初速度为零，则下列说法正确的是（        ） ‎ A.质点的运动可能是平抛运动 B.质点所受的合力大小为‎6N C.‎2s末质点的速度大小为‎5m/s D.‎0∼4s内质点的位移大小为‎16m ‎ ‎ ‎6. 经科学家探测，宇宙深处某些未知星域可能存在类似人类生命的行星．假设在未来某宇航员先后登陆甲、乙两颗行星．经测量发现甲、乙两行星均为质量分布均匀的球体，行星甲的半径是行星乙的半径的‎4‎倍，行星甲表面重力加速度为行星乙表面重力加速度的‎6‎倍，忽略两行星自转的影响，下列说法正确的是（        ） ‎ A.行星甲的密度与行星乙的密度之比为‎3:2‎ B.行星甲的质量与行星乙的质量之比为‎64:1‎ C.行星甲的第一宇宙速度与行星乙的第一宇宙速度大小之比为‎8:1‎ D.同一物体在行星甲表面受到的引力与它在行星乙表面受到的引力大小之比为‎60:1‎ ‎ ‎ ‎7. ‎2020‎年‎7‎月‎23‎日，“长征五号”遥四运载火箭托举着中国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场点火升空；‎8‎月‎2‎日顺利完成第一次轨道中途修正，按计划飞往火星．随后“天问一号”探测器顺利着陆在火星，着陆前，“天问一号”探测器先在距火星表面较高的圆轨道Ⅰ上运行；然后在Q点实施点火减速变轨，使运行轨道变为远火星点Q和近火星点P的椭圆轨道Ⅱ；再在P点实施制动降落火星．下列说法正确的是（        ） ‎ A.从圆轨道Ⅰ到椭圆轨道Ⅱ的变轨过程中，探测器的速率增大 B.探测器在圆轨道Ⅰ上的Q点受到的万有引力大于在椭圆轨道Ⅱ上的Q点受到的万有引力 C.探测器在P点时的加速度大于在Q点时的加速度 D.探测器在椭圆轨道Ⅱ上的运行周期大于在圆轨道Ⅰ上的运行周期 ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎8. 如图所示，质量为‎1kg的小物体放在离水平地面高为‎1m、长为‎0.5m的光滑水平桌面AB的左端，BC为一竖直线，在大小为‎5N的水平恒力作用下小物体由静止开始运动，小物体到达桌面右端时立即撤去外力，小物体从桌面边缘水平飞出．桌面底部有一足够长且倾角β可调节的斜面CD，小物体恰能垂直击中斜面CD．取重力加速度大小g=10m/‎s‎2‎，β为锐角，不计空气阻力，则tanβ的值为（        ） ‎ A.‎3‎‎3‎ B.‎2‎‎2‎ C.‎2‎ D.‎‎3‎ 二、多选题 ‎ ‎ ‎ 双星系统如图所示，已知恒星A、B间的距离恒为L，恒星A和恒星B的总质量为‎4M，恒星A与恒星B的转动半径之比为‎3:1‎，引力常量为G，下列说法正确的是（        ） ‎ A.恒星的角速度为GM‎4‎L‎3‎ B.恒星A的质量为M C.恒星A与恒星B的向心力大小之比为‎1:1‎ D.恒星A与恒星B的线速度大小之比为‎1:4‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道ABC，内径很小的半圆形管道在最高点C通过很小的一段圆弧与倾角为‎30‎‎∘‎的光滑斜面平滑连接，水平面内有一压缩弹簧，左端固定、右端有一小球但不粘连，释放压缩弹簧后，小球在管道内做圆周运动，小球经过管道的C点时管道对小球的作用力大小为F．已知半圆形管道的半径为‎0.5m，小球可看成质点且质量为‎1kg，取重力加速度大小g=10m/‎s‎2‎，下列说法正确的是（        ） ‎ A.若小球经过管道的C点时F=8N，则小球的速度大小一定为‎3m/s B.若小球经过管道的C点时F=22N，则小球的速度大小一定为‎4m/s C.小球从C点滑到斜面底端的最长时间为‎2‎‎5‎‎5‎s D.若小球从C点滑到斜面底端的时间为‎0.8s，则小球经过管道的C点时F=10.5N ‎ ‎ ‎ 如图甲所示，质量为‎1kg的物块在零时刻受方向沿固定光滑斜面向上的恒力F作用，从足够长、倾角为‎37‎‎∘‎的斜面底端由静止向上滑行，在t=2s时刻撤去恒力，物块的速度—时间（v−t）图像如图乙所示，某时刻物块恰好返回斜面底端．取g=10m/‎s‎2‎，sin‎37‎‎∘‎=0.6‎，cos‎37‎‎∘‎=0.8‎，下列说法正确的是（        ） ‎ A.恒力F的大小为‎4N B.前‎2s内恒力F的平均功率为‎6.5W C.整个运动过程物块受到的重力做功为‎0‎ D.前‎2s内物块的动能改变量为‎0.5J ‎ ‎ ‎ 如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R．A的质量为m，B的质量为m‎2‎，B与地面间的动摩擦因数为μ．现给A施加一拉力F，使A缓慢移动，直至A恰好运动到B的最高点，运动过程中拉力F与两圆心连线O‎1‎O‎2‎的夹角始终为‎60‎‎∘‎，整个过程中B 保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为g．下列说法正确的是（        ） ‎ A.拉力F逐渐增大 B.A、B间弹力先增大后减小 C.A、B间弹力的最大值为‎2mg D.A、B间弹力的最大值为‎2‎‎3‎‎3‎mg ‎ 三、实验探究题 ‎ ‎ ‎ 某同学设计了一种测量物块与斜面间动摩擦因数和验证动能定理的实验装置，如图所示，将斜面固定在水平桌面边缘，在斜面上装有两个光电门‎1‎、‎2‎，绕过斜面顶端光滑定滑轮的细线一端连在装有遮光片的物块上，另一端吊着装有砂的砂桶，使物块静止在斜面上．通过调节定滑轮高度，使连接物块的细线与斜面平行；释放砂桶，物块沿斜面向上滑动，观察物块通过光电门‎1‎、‎2‎时光电计时器记录的遮光片的遮光时间，调整砂桶内砂的质量，直到物块上滑时通过两个光电门的遮光时间相等． ‎ ‎（1）已知斜面的高为h、长为L，测出物块和遮光片的总质量M、砂桶和砂的总质量m，则物块与斜面间的动摩擦因数μ=‎________（用题中所涉及的物理量符号表示）．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ ‎ ‎（2）保持装置不变，在砂桶中增加质量为m‎0‎的砂子，测出两光电门的距离为x、光电门的宽度为d，遮光片分别通过光电门‎1‎、‎2‎的时间为t‎1‎、t‎2‎，重力加速度为g，则砂桶和砂下落过程中系统受到的合外力做功W=‎________，动能增加量ΔEk=‎________，只要证明在误差许可的范围内W=ΔEk，就验证了动能定理．‎ ‎ ‎ ‎ 某实验小组分别做“探究加速度和力、质量的关系”实验．实验小组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板固定于水平桌面上，拉力传感器与固定在小车一端的定滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，传感器可直接显示绳上拉力的大小． ‎ ‎（1）（多选）某同学进行了以下实验操作步骤，其中正确的步骤是（        ）‎ A.将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔 B.把一条轻绳拴在小车上，轻绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的砂桶 C.拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端后，放开纸带，再接通电源 ‎ ‎ ‎（2）该同学根据自己的实验操作，得到如图乙所示的小车加速度a与拉力传感器示数F的图线，横、纵轴截距分别为F‎0‎与‎−‎a‎0‎，依据a−F图像可求得小车质量M=‎________．‎ ‎ ‎ ‎（3）在规范的操作下，打出一条如图丙所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的工作频率为‎50Hz．打点计时器打计数点D时小车的瞬时速度vD‎=‎________m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=‎________m/‎s‎2‎．（结果均保留三位有效数字）‎ 四、解答题 ‎ ‎ ‎ 一列车在一段平直铁路上以‎108km/h的速度匀速运行了‎20s，紧接着又用了‎50s的时间匀加速前进了‎1750m，将列车的速度提高到‎144km/h．求该列车 ‎ ‎（1）匀速运行‎20s内发生的位移大小．‎ ‎ ‎ ‎（2）做匀加速运动时的加速度大小．‎ ‎ ‎ ‎ 歼‎15‎的质量m=18t，在牵引力的作用下沿水平地面做直线运动，‎0∼‎t‎1‎时间内，歼‎15‎由静止开始做匀加速直线运动，此时牵引力大小F=2.16×‎10‎‎5‎N，t‎1‎时刻歼‎15‎的速度大小v=4m/s（此时刚好达额定功率），t‎1‎‎∼‎t‎2‎时间内，歼‎15‎以额定功率加速，且在t‎2‎时刻以后做匀速直线运动，已知歼‎15‎在该运动过程中受到的阻力大小恒定且f=3.6×‎10‎‎4‎N，求： ‎ ‎（1）歼‎15‎做匀加速运动的时间t‎1‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）t‎1‎‎∼‎t‎2‎时间内歼‎15‎牵引力的功率P．‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，水平地面上固定一倾角为‎37‎‎∘‎的斜面，圆弧BC和CD均为半径R=0.4m的竖直固定的‎1‎‎4‎光滑圆轨道，D点的切线方向恰好水平，斜面AB和圆弧BC之间有一小段光滑的圆弧连接．一质量m=0.5kg的小物体（视为质点）在A点由静止释放，小物体从进入圆弧轨道开始受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小物体运动到圆弧CD的末端D时作用力F立即消失，小物体最终落在水平地面上的E点．已知小物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25‎，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面的长度L=2m，BC与CD之间有一小圆管，取重力加速度大小g=10m/‎s‎2‎，sin‎37‎‎∘‎=0.6‎，cos‎37‎‎∘‎=0.8‎，π≈3.1‎，不计空气阻力．求： ‎ ‎（1）小物体运动到斜面底端的速度大小v；‎ ‎ ‎ ‎（2）小物体在圆弧BC中运动时对C点的压力大小FN‎′‎；‎ ‎ ‎ ‎（3）小物体从A点释放至运动到水平地面E点的时间t．‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，水平面上放一质量M=2kg的薄长木板，木板的左端放置一个质量m=‎‎1kg的物体A，距木板的右端l‎1‎处放置一个质量与物体A相等的光滑物体B，物体A、B均可视为质点．在t=0‎时刻对物体A施加一水平向右的外力F‎1‎‎=6N，同时给B一向右的瞬时初速度v‎0‎‎=1m/s ．t‎1‎‎=2s时物体B到达薄长木板的右端，t‎2‎‎=3s时物体A和物体B相遇．已知薄长木板与水平面间的动摩擦因数μ‎1‎‎=0.1‎，物体A与薄长木板间的动摩擦因数μ‎2‎‎=0.5‎，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/‎s‎2‎． ‎ ‎（1）求物体B与木板的右端的距离l‎1‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）求薄长木板的长度L；‎ ‎ ‎ ‎（3）若将F‎1‎改为外力F‎2‎‎=10N且在t‎1‎‎=2s时撤去外力F‎2‎，试判断物体A、‎B 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 是否能相遇，如果能相遇，求相遇的时间；如果不能相遇，求它们之间的最小距离．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020-2021学年湖南长沙高三上物理月考试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 功率的概念 做功的判断及功的正负 重力势能 ‎【解析】‎ 功率反映做功的快慢不是做功的多少；重力做功重力势能减小，但不一定为零，因为重力势能与参考平面的选取有关；匀速运动表示合力为零；做功的必要条件为有力且在力的方向上有位移。‎ ‎【解答】‎ 解：A．力对物体做功少，做功的时间可能很短，功率可能很大，故A错误； B．重力对物体不做功，物体的重力势能不变，但重力势能不一定为零，重力势能与参考平面的选择有关，故B错误； C．起重机将物体匀速向上吊起一段距离，合力为零，合力不做功，重力与运动方向相反，做负功，故C正确； D．做功的必要条件为有力且在力的方向上有位移，如果力与位移垂直，力不做功，故D错误． 故选C．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 平抛运动中的相遇问题 ‎【解析】‎ 本题考查平抛运动，目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 解：A．速度变化率即加速度，两个小球均做平抛运动，加速度都等于重力加速度，选项A正确； B．根据t=‎‎2hg知，A的高度大，A运动的时间长，选项B错误； C．因两球水平位移相同，由v=‎xt可知抛出A球的初速度小于抛出B球的初速度，选项C错误； D．两球落地时在竖直方向上的末速度为vy‎=gt，则有vyA‎>‎vyB，又由C可知，抛出时的初速度vA‎<‎vB，根据矢量相加原则可知，小球A、B落地时的速度方向一定不相同，选项D错误． 故选A．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 单物体的机械能守恒问题 ‎【解析】‎ 斜面光滑，物体在上滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析。‎ ‎【解答】‎ 解：A．物体在上滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，则mgh=‎Ek，由于初动能相同，所以重力势能变化量相等，故A错误； B．设任一物体运动的位移为x，斜面倾角为θ，初速度大小为v，根据机械能守恒定律得：mgxsinθ=‎Ek，得 x=‎Ekmgsinθ，则质量越大，位移越小，故B错误； C．物体上滑的加速度大小 a=mgsinθm=gsinθ，根据v=at，得 v=gsinθ⋅t，得 t=‎vgsinθ，根据Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎可知质量大，初速度小，则运动时间短，故C正确； D．根据机械能守恒定律知，物体在最高点的机械能等于初动能，可知，两物体在最高点时机械能相等，故D错误． 故选C．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 摩擦力的判断 ‎【解析】‎ 本题考查受力分析．目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．设弹簧的形变量为x，斜面体对小球的支持力为FN，对小球受力分析： 在斜面方向有kx−mgsinθ=0‎，在垂直斜面方向有FN‎−mgcosθ=0‎， 解得FN‎=mgcosθ，x=‎mgsinθk，选项AB错误； C．斜面体受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能用滑动摩擦力的公式计算，选项C错误； D．斜面体受到地面的摩擦力的方向水平向右，所以地面受到斜面体的摩擦力的方向水平向左，选项D正确． 故选D．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 非常规图象 牛顿运动定律的应用—从运动确定受力 v-t图像（匀变速直线运动）‎ ‎【解析】‎ 本题考查曲线运动，目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 解：A．由x轴方向的加速度—时间图像可知质点在x轴方向做变加速直线运动，由y轴方向的速度—时间图像可知质点在y轴方向做匀速直线运动，故质点做变加速曲线运动，选项A错误； B．由牛顿第二定律得F=ma，加速度在变化，即质点所受的合力也在变化，选项B错误； C．由x轴方向的a−t图像的面积表示速度的变化量，可知‎2s末vx2‎‎=3m/s，质点在y轴方向做匀速直线运动，‎2s末vy2‎‎=4m/s，所以‎2s末质点的速度大小v‎2‎‎=vx2‎‎2‎‎+‎vy2‎‎2‎=5m/s，选项C正确； D．‎0∼4s内质点在y轴方向做匀速直线运动，位移y=16m，还有x轴方向的位移，所以总位移大小不等于‎16m，选项D错误． 故选C．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 第一宇宙速度 万有引力定律及其应用 ‎【解析】‎ 本题考查万有引力定律，目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 解：设行星的密度为ρ，由GMmR‎2‎=mg，得GM=gR‎2‎，则ρ=MV=M‎4‎‎3‎πR‎3‎=‎‎3g‎4GπR， 已知行星甲的半径为行星乙的半径的‎4‎倍，行星甲表面重力加速度为行星乙表面重力加速度的‎6‎倍， 所以行星甲和行星乙的密度之比为‎3:2‎，行星甲的质量与行星乙的质量之比为‎96:1‎，选项A正确，选项B错误； 根据mg=mv‎2‎R可得v=‎gR，则行星甲的第一宇宙速度与行星乙的第一宇宙速度大小之比为‎2‎6‎:1‎，选项C错误； 根据F=mg可知，同一物体在行星甲表面受到的引力与它在行星乙表面受到的引力大小之比为‎6:1‎，选项D错误． 故选A．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 卫星的变轨与对接 ‎【解析】‎ 本题考查万有引力与航天，目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 解：A．“天问一号”探测器在Q处点火减速变轨进入椭圆轨道Ⅱ，线速度变小，选项A错误； B．探测器在Q点受到的万有引力大小F=‎GMmr‎2‎，则在这两个轨道上受到的万有引力相等，选项B错误； C．根据牛顿第二定律有GMmR‎2‎‎=ma，可知距离火星越远，加速度越小，则“天问一号”探测器在P点时的加速度大于在Q点时的加速度，选项C正确； D．圆轨道Ⅰ的半径大于椭圆轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律，轨道半径越大，运行周期越长，则“天问一号”探测器在椭圆轨道Ⅱ上的运行周期小于在圆轨道Ⅰ上的运行周期，选项D错误． 故选C．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 斜面上的平抛问题 动能定理的应用 ‎【解析】‎ 本题考查平抛运动，目的是考查学生的分析综合能力．‎ ‎【解答】‎ 解：小物体从光滑水平桌面左端运动到右端，由动能定理FL=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎，得v‎0‎‎=‎5‎m/s， 从桌面离开后做平抛运动恰能垂直击中斜面CD，在空中飞行的时间t=‎v‎0‎gtanβ， 平抛运动的水平距离x=v‎0‎t=‎‎1‎‎2tanβ， 竖直距离y=vy‎2‎‎2g=‎‎1‎‎4tan‎2‎β， 由几何关系可得h−yx‎=tanβ， 解得tanβ=‎‎2‎‎2‎，选项B正确． 故选B．‎ 二、多选题 ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 双星和多星问题 ‎【解析】‎ 本题考查万有引力定律．目的是考查学生的理解能力．‎ ‎【解答】‎ 解：B．设恒星A的质量为mA、运动的半径为rA，恒星B的质量为mB，运动的半径为rB，由于双星的角速度相同，故有GmAmBL‎2‎‎=mAω‎2‎rA=‎mBω‎2‎rB，解得mArA‎=‎mBrB，即mA‎=M，选项B正确； A．rA‎=‎3‎‎4‎L，代入GmAmBL‎2‎‎=‎mAω‎2‎rA，解得ω=‎‎4GML‎3‎，选项A错误； C．恒星A与恒星B的向心力都由万有引力提供，且都为GmAmBL‎2‎，选项C正确； D．由于双星的角速度相同，恒星A与恒星B的线速度之比为半径之比，即为‎3:1‎，选项D错误． 故选BC．‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 竖直面内的圆周运动-弹力 用牛顿运动定律分析斜面体模型 ‎【解析】‎ 本题考查圆周运动，目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 解：A．小球在C点时，当管道对小球的作用力向下时，由F+mg=mv‎2‎R得速度v=3m/s，当管道对小球的作用力向上时，由mg−F‎′‎=mv‎′2‎R得速度v‎′‎‎=1m/s，选项A错误； B．当F‎″‎‎=22N时，由于F‎″‎‎>mg，所以管道对小球的作用力F‎″‎只能向下，由F‎″‎‎+mg=‎mv‎1‎‎2‎R得速度v‎1‎‎=4m/s，选项B正确； C．由几何关系可得斜面的长度L=2m，当小球在C点的速度为零时，小球从C 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 点滑到斜面底端的时间最长，小球在斜面上由牛顿第二定律得a=gsin‎30‎‎∘‎=5m/‎s‎2‎，由运动学知识可得L=‎1‎‎2‎at‎2‎，所以最长时间为‎2‎‎5‎‎5‎s，选项C正确； D．若小球从C点滑到斜面底端的时间为‎0.8s，由运动学知识可得L=v‎0‎t+‎1‎‎2‎at‎2‎，得v‎0‎‎=0.5m/s，由mg−F‎0‎=mv‎0‎‎2‎R得F‎0‎‎=9.5N，选项D错误． 故选BC．‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 用牛顿运动定律分析斜面体模型 动能定理的应用 平均功率 ‎【解析】‎ 本题考查做功，目的是考查学生的推理能力．‎ ‎【解答】‎ 解：A．由题图乙可知，‎0∼2s内，物块的加速度大小为a‎1‎‎=0.5m/‎s‎2‎，根据牛顿第二定律有F−mgsin‎37‎‎∘‎=ma‎1‎，解得F=6.5N，选项A错误； B．物块在第‎2s末恒力F的功率P=Fv=6.5W，物块做匀加速度直线运动，速度增大，恒力F的功率也增大，在前‎2s内恒力F的平均功率小于‎6.5W，选项B错误； C．整个运动过程物块的位移为‎0‎，重力做功为‎0‎，选项C正确； D．前‎2s物块向上运动的位移x=‎1‎‎2‎×2×1m=1m，由动能定理有Fx−mgxsin‎37‎‎∘‎=ΔEk，解得ΔEk=0.5J，选项D正确． 故选CD．‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 图解法在动态平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 本题考查受力分析，目的是考查学生的分析综合能力．‎ ‎【解答】‎ 解：以A为研究对象，受重力mg，拉力F、B对A的弹力FN． 由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示， 在FN转至竖直的过程中，A、B间弹力先增大后减小，拉力逐渐减小，选项A错误，B正确； 当θ=‎‎30‎‎∘‎（F水平向右）时，A、B间弹力最大：Fmax‎=mgcos‎30‎‎∘‎=‎2‎‎3‎‎3‎mg，选项C错误，D正确． 故选BD．‎ 三、实验探究题 ‎【答案】‎ ‎（1）‎mL−MhML‎2‎‎−‎h‎2‎ ‎（2）m‎0‎gx,‎‎1‎‎2‎‎(m+M+m‎0‎)(d‎2‎t‎2‎‎2‎−d‎2‎t‎1‎‎2‎)‎ ‎【考点】‎ 验证动能定理 利用平衡条件测定动摩擦因数 ‎【解析】‎ ‎（1）根据力的平衡求出动摩擦因素．‎ ‎（2）根据功的计算公式可得系统所受合外力做功，根据动能定理计算动能增量．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）对物块和遮光片整体进行分析，根据力的平衡有： mg=Mgsinθ+μMgcosθ， 根据几何关系有sinθ=‎hL，cosθ=‎L‎2‎‎−‎h‎2‎L， 解得μ=‎mL−MhML‎2‎‎−‎h‎2‎．‎ ‎（2）根据功的计算公式可得系统所受的合外力做功W=m‎0‎gx， 动能增量表达式ΔEk=‎1‎‎2‎(m+M+m‎0‎)v‎2‎‎2‎−‎1‎‎2‎(m+M+m‎0‎)‎v‎1‎‎2‎， 其中v‎1‎‎=‎dt‎1‎，v‎2‎‎=‎dt‎2‎， 代入可得ΔEk=‎1‎‎2‎(m+M+m‎0‎)(d‎2‎t‎2‎‎2‎−d‎2‎t‎1‎‎2‎)‎．‎ ‎【答案】‎ A,B ‎（2）‎‎2‎F‎0‎a‎0‎ ‎（3）‎1.21‎,‎‎1.98‎ ‎【考点】‎ 探究加速度与物体质量、物体受力的关系 ‎【解析】‎ ‎（1）实验操作步骤需要电源稳定后再放开纸带。‎ ‎（2）拉力传感器测得的示数需要乘‎2‎才是小车所受拉力的合力，还需要减去摩擦力才能根据牛顿第二定律列式。‎ ‎（3）需要知道匀变速运动与纸带联系后求速度使用到了中间时刻的瞬时速度为对应时段的平均速度，从而联系逐差法求加速度。‎ ‎【解答】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 解：（1）A．为了实现打点并计算速度和加速度，需要加纸带并穿过限位孔，故A正确； B．为了能够让小车运动起来，需要加砂桶，故B正确； C．应先接通电源打点稳定后再放开纸带，故C错误． 故选AB．‎ ‎（2）根据乙图知，这个同学没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不充分，根据牛顿第二定律：‎2F−f=Ma， 得a=‎2‎MF−‎fM， a−F图象斜率k=a‎0‎F‎0‎=‎‎2‎M， 解得M=‎‎2‎F‎0‎a‎0‎． ‎ ‎（3）T=5×0.02s=0.1s，打计数点D时小车的速度等于CE之间的平均速度：  vC‎=‎11.06+13.04‎‎2×0.1‎×‎10‎‎−2‎m/s≈1.21m/s， 用逐差法求小车运动的加速度，其计算表达式为： a=‎xCF‎−‎xOC‎9‎T‎2‎‎=‎‎11.06+13.04+15.02−(5.12+7.10+9.08)‎‎9×‎‎0.1‎‎2‎‎×‎10‎‎−2‎m/s‎2‎=1.98m/‎s‎2‎．‎ 四、解答题 ‎【答案】‎ ‎（1）匀速运行‎20s内发生的位移大小为‎600m．‎ ‎（2）该列车做匀加速运动时的加速度大小a=0.2m/‎s‎2‎．‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的速度与时间的关系 匀速直线运动及其公式 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：（1）列车做匀速运动，由运动学公式有s‎1‎‎=‎v‎0‎t‎1‎，  解得匀速运行‎20s内发生的位移大小s‎1‎‎=600m．‎ ‎（2）由运动学公式有v‎2‎‎=v‎1‎+at‎2‎，  解得该列车做匀加速运动时的加速度大小a=0.2m/‎s‎2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）歼‎15‎做匀加速运动的时间为‎0.4s；‎ ‎（2）t‎1‎‎∼‎t‎2‎时间内歼‎15‎牵引力的功率为‎8.64×‎10‎‎5‎W．‎ ‎【考点】‎ 机车启动问题-恒定加速度 机车启动问题-恒定功率 ‎【解析】‎ ‎（1）‎0∼‎t‎1‎时间歼‎15‎做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，即可求解歼‎15‎做匀加速直线运动的时间； （2）t‎1‎‎−‎t‎2‎时间内，歼‎15‎以额定功率加速，牵引力的功率保持不变，根据P＝Fv即可求解牵引力的功率P．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）‎0∼‎t‎1‎时间歼‎15‎做匀加速直线运动， 根据牛顿第二定律，有：F−f=ma， 解得：a=10m/‎s‎2‎， 歼‎15‎做匀加速直线运动：v=at‎1‎， 解得：t‎1‎‎=0.4s．‎ ‎（2）t‎1‎‎∼‎t‎2‎时间内，歼‎15‎以额定功率加速，牵引力的功率保持不变，有 P=Fv=8.64×‎10‎‎5‎W．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）小物体运动到斜面底端的速度为‎4m/s；‎ ‎（2）小物体在圆弧BC中运动时对C点的压力大小为‎20N；‎ ‎（3）小物体从A点释放至运动到水平地面E点的时间为‎1.71s．‎ ‎【考点】‎ 平抛运动基本规律及推论的应用 竖直面内的圆周运动-弹力 用牛顿运动定律分析斜面体模型 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：（1）小物体从A点运动到B点，由牛顿第二定律得： mgsin‎37‎‎∘‎−μmgcos‎37‎‎∘‎=ma，  由运动学公式得v‎2‎‎=2aL， 解得：v=4m/s．‎ ‎（2）小物体在圆弧轨道BC和CD中，施加的外力F与重力平衡，小物体在圆弧BC内做匀速圆周运动，C点对小物体的弹力提供向心力：FN‎=mv‎2‎R，  由牛顿第三定律得：FN‎′‎‎=FN=20N ．‎ ‎（3）小物体从A点运动到B点，由运动学公式得：L=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎，  小物体在圆弧轨道BC和CD中运动时，外力F与重力平衡，小物体做匀速圆周运动，由s=vt得：t‎2‎‎=‎πRv，  小物体自D点开始做平抛运动，有：‎2R=‎1‎‎2‎gt‎3‎‎2‎，  小物体从A点释放至运动到水平地面E点的时间t=t‎1‎+t‎2‎+‎t‎3‎，  解得：t=1.71s． ‎ ‎【答案】‎ ‎（1）物体B与木板的右端的距离为‎1m．‎ ‎（2）薄长木板的长度为‎2.5m．‎ ‎（3）物体A、B能相遇，经t‎3‎‎=1s相遇．‎ ‎【考点】‎ 板块模型问题 匀变速直线运动规律的综合运用 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎【解答】‎ 解：（1）由题意可得，物体A、B和薄长木板都有相对滑动，设薄长木板的加速度为a‎1‎， ‎0∼2s内对薄长木板，由牛顿第二定律得‎:μ‎2‎mg−μ‎1‎(M+2m)g=Ma‎1‎， 在‎0∼2s内，薄长木板的位移：x‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎1‎t‎1‎‎2‎， 物体B做匀速运动，在‎0∼2s内，物体B的位移：x‎2‎‎=‎v‎0‎t‎1‎， 物体B到达薄长木板的右端，则有：l‎1‎‎=x‎2‎−‎x‎1‎， 解得：l‎1‎‎=1m．‎ ‎（2）设‎0∼3s内，物体A的加速度为a‎2‎， 对物体A，由牛顿第二定律得：F‎1‎‎−μ‎2‎mg=ma‎2‎，  在t‎2‎‎=3s时，物体A的位移：x‎3‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎2‎‎2‎，  物体B做匀速运动，在t‎2‎‎=3s时，物体B的位移：x‎4‎‎=‎v‎0‎t‎2‎， t‎2‎‎=3s时物体A和物体B相遇，则有：L−l‎1‎=x‎3‎−‎x‎4‎， 解得：L=2.5m．‎ ‎（3）设‎0∼2s内，物体A的加速度为a‎3‎，对物体A，由牛顿第二定律得：F‎2‎‎−μ‎2‎mg=ma‎3‎，  设物体A、B在t‎3‎时刻相遇，则有L−l‎1‎=‎1‎‎2‎a‎3‎t‎3‎‎2‎−‎v‎0‎t‎3‎， 解得：t‎3‎‎=1s，  所以物体A、B能相遇，经t‎3‎‎=1s相遇．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页