物理·广东省惠州市2017届高三上学期第二次调研物理试卷 Word版含解析

物理·广东省惠州市2017届高三上学期第二次调研物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年广东省惠州市高三（上）第二次调研物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，1～4题只有一个选项是正确的，5～8题有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得O分）‎ ‎1．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＞tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎2．如图两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在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为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎3．水平抛出的小球落到倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在水平方向通过的距离与在竖直方向下落的距离与之比为（　　）‎ A．sinθ B．cosθ C．tanθ D．2tanθ ‎4．一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等 C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等 ‎5．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m，此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s．要使汽车不会违章行驶，下列做法中正确的有（　　）‎ A．一直保持匀速行驶通过停车线 B．立即以2m/s2加速度大小做匀加速运动 C．立即以3m/s2加速度大小做匀加速运动 D．立即以3m/s2加速度大小做匀减速运动 ‎6．如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30cm的感应玻璃盘起电的．其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮链接如图乙所示，现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是（　　）‎ A．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 B．P、Q的线速度相同 C．P点的线速度大小约为1.6m/s D．摇把的转速约为400r/min ‎7．在竖直平面内的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平向右．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy方向以某一初速度竖直向上抛出，得到其轨迹如图所示，则下列说法正确的是（坐标格为正方形，g=10m/s2）（　　）‎ A．小球的初速度是6m/s B．风力是重力的1.5倍 C．到达N点的速度为12 m/s D．从0点到达N点的时间为S ‎8．据报道，美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星，假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测，得到该行星的自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t．已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该行星的第一宇宙速度为 B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt C．该行星的平均密度为 D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为﹣R ‎　‎ 二、非选择题（共5小题，满分62分）‎ ‎9．某同学用如图甲所示的装置测定物块与接触面之间的动摩擦因数．他将一很窄的物块紧压弹簧后由静止释放，物块沿水平面滑行后最终静止在C点，P为光电计时器的光电门安装在B点，已知当地重力加速度大小为g．‎ ‎（1）用20分度的游标卡尺测得物块的宽度如图乙所示，根据图中信息可知，物块的宽度d=　　cm；‎ ‎（2）实验中除了测定物块的宽度外，还需要测量的物理量有　　；‎ A．物块的质量m B．物块通过光电门的时间t C．光电门到C点的距离s D．物块释放点到停止点的距离s′‎ ‎（3）为了减小实验误差，该同学采用图象法来处理实验数据，根据以上操作所测量的物理量，他应该选择　　才能更方便地测定物块与接触面之间的动摩擦因数．‎ A．﹣s图象 B．﹣s图象 C．﹣s′图象 D．﹣s′图象．‎ ‎10．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则：‎ ‎①在纸带上打下记数点5时的速度v=　　m/s；‎ ‎②在本实验中，若某同学作出了v2﹣h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎③在记数点0～5过程中系统动能的增量△EK=　　J．系统势能的减少量△EP=　　J；（计算结果保留3位有效数字）‎ ‎11．汽车在公路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图）以提醒后面的汽车，在某一最高限速为108km/h的路段，一货车因故障停下来检修，当时由于天气原因视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，设一般汽车司机的反应时间为0.6s，紧急刹车后车轮与路面间的动摩擦因数为0.45，取g=10m/s2．求货车司机应将警示牌放在车后至少多远处，才能有效避免被撞．‎ ‎12．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．‎ ‎13．如图所示，一根不可伸长的轻细绳穿过光滑小环D，绕过轻质光滑定滑轮O，一端与放在光滑斜面上的物块m1连接，另一端与穿在光滑水平细杆上的小球m2连接，m2左端通过水平细线固定在竖直墙壁上，整个装置在同一竖直平面内．当m2静止在A点时，轻细绳与水平面的夹角为α=30°，D、A间的距离为1.2m．已知斜面倾角θ=37°，m1=2kg，m2=1kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，细杆、斜面足够长．试求：‎ ‎（1）水平细线对小球的拉力大小；‎ ‎（2）若将水平细线剪断，小球运动的最大速度；‎ ‎（3）将水平细线剪断后，物块m1从B点沿斜面运动0.4m到C时的速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省惠州市高三（上）第二次调研物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，1～4题只有一个选项是正确的，5～8题有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得O分）‎ ‎1．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＞tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对物体受力分析，明确物体的重力有两个作用效果，使物体沿斜面下滑和使物体紧压斜面，将重力正交分解后，当重力的下滑分量大于滑动摩擦力时，物体加速下滑，当重力的下滑分量小于最大静摩擦力时，物体不能下滑，匀速下滑时，重力的下滑分量等于滑动摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图所示；如果要使物体加速下滑，则应有：‎ 沿斜面方向上：Gx＞f 垂直斜面方向上有：N=Gy 故mgsinθ＞μmgcosθ 解得 μ＜tanθ； 故A错误；‎ B、给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＞tanθ，则有 mgsinθ＜μmgcosθ，合力方向向上，与运动方向相反，故物体做减速下滑，故B正确；‎ C、用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=0；‎ 如果μ=tanθ 则可解得 F=2mgsinθ 故C错误；‎ D、用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动时，根据平衡条件，有 F+mgsinθ﹣μmmgcosθ=0‎ 如果μ=tanθ，则解得 F=0‎ 故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律的应用以及共点力平衡条件的应用；解题的关键在于将重力按照作用效果正交分解，然后求出最大静摩擦力，注意最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，结合共点力平衡条件讨论即可．‎ ‎　‎ ‎2．如图两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在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为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【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==m/s2，乙的加速度大小为 a乙=m/s2=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：C ‎【点评】本题一方面要知道速度时间图象的斜率等于加速度；另一方面要能运用数学知识解决物理问题．‎ ‎　‎ ‎3．水平抛出的小球落到倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在水平方向通过的距离与在竖直方向下落的距离与之比为（　　）‎ A．sinθ B．cosθ C．tanθ D．2tanθ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．‎ ‎【解答】解：由图中几何关系可知，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有：‎ tanθ=．‎ 则下落高度与水平射程之比为： =2tanθ，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．‎ ‎　‎ ‎4．一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等 C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内位移增大，F做功增大，根据动能定理分析动能的变化．根据动量定理分析动量的变化量关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大．故A错误．‎ B、根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大．故B错误．‎ C、由功的公式W=FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大．故C错误．‎ D、根据动量定理得：Ft=△P，F、t相等，则△P相等，即物体动量的变化量相等．故D正确．‎ 故选D ‎【点评】恒力在相等时间内冲量相等，动量变化量必定相等，但位移、F做功、动能变化量并是不相等．属于简单题．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m，此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s．要使汽车不会违章行驶，下列做法中正确的有（　　）‎ A．一直保持匀速行驶通过停车线 B．立即以2m/s2加速度大小做匀加速运动 C．立即以3m/s2加速度大小做匀加速运动 D．立即以3m/s2加速度大小做匀减速运动 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】若汽车做匀速直线运动，结合汽车运动的时间与绿灯熄灭的时间比较，判断是否违章．若汽车做匀加速直线运动，结合汽车速度达到最大速度时间，通过位移关系判断是否违章．若汽车做匀减速直线运动，结合匀减速运动的位移判断是否违章．‎ ‎【解答】解：A、汽车匀速行驶18m所需的时间，可知汽车一直保持匀速行驶，将会闯红灯，故A错误．‎ B、汽车立即以2m/s2加速度大小做匀加速运动，达到最大速度所需的时间，绿灯熄灭前的位移=20＞18m，可知汽车越过停车线，不违章，故B正确．‎ C、汽车立即以3m/s2加速度大小做匀加速运动，达到最大速度所需的时间，此时的位移m=15.375m，后0.5s内的位移x2=vmt2=12.5×0.5m=6.25m，因为x1+x2＞18m，可知汽车在2s内越过停车线，不违章，故C正确．‎ D、汽车立即以3m/s2加速度大小做匀减速运动，则速度减为零的时间，位移，不越过停车线，汽车不违章，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．‎ ‎　‎ ‎6．如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30cm的感应玻璃盘起电的．其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮链接如图乙所示，现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是（　　）‎ A．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 B．P、Q的线速度相同 C．P点的线速度大小约为1.6m/s D．摇把的转速约为400r/min ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动；‎ 共轴转动的质点角速度相等，靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω得出线速度大小之比、角速度大小关系．‎ ‎【解答】解：A、若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反．故A正确；‎ B、线速度也有一定的方向，由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同．故B错误；‎ C、玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，所以线速度：v=ωr=2nπr=2×=0.5π m/s≈1.6m/s．故C正确；‎ D、从动轮边缘的线速度：vc=ωrc==m/s，‎ 由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz=vc，‎ 所以主动轮的转速： r/min．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘的点，线速度大小相等，知道线速度、角速度的关系，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎7．在竖直平面内的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平向右．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy方向以某一初速度竖直向上抛出，得到其轨迹如图所示，则下列说法正确的是（坐标格为正方形，g=10m/s2）（　　）‎ A．小球的初速度是6m/s B．风力是重力的1.5倍 C．到达N点的速度为12 m/s D．从0点到达N点的时间为S ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据运动的分解，结合运动学公式，即可求解；‎ 根据竖直方向的对称性，结合水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、设正方形的边长为s0．‎ 竖直方向做竖直上抛运动，v0=gt1，‎ 解得，，故A错误；‎ B、水平方向匀加速直线运动：‎ 水平方向的加速度 根据牛顿第二定律：‎ ‎，故B正确；‎ C、到达N点时，时间是2，水平方向速度 N点速度=20m/s，故C错误；‎ D、根据竖直方向运动的对称性，从O到N的时间，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】考查运动学公式，掌握运动的合成与分解的应用，注意竖直上抛的对称性，理解牛顿第二定律的应用．‎ ‎　‎ ‎8．据报道，美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星，假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测，得到该行星的自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t．已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该行星的第一宇宙速度为 B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt C．该行星的平均密度为 D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为﹣R ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力讨论即可．‎ ‎【解答】解：根据自由落体运动求得星球表面的重力加速度，‎ A、星球的第一宇宙速度，故A错误；‎ B、根据万有引力提供圆周运动向心力有：G=m，垃圾的运行周期：T=2π，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则周期最小=πt，故B正确；‎ C、由有：M=，所以星球的密度，故C错误；‎ D、同步卫星的周期与星球自转周期相同故有：，代入数据解得：h=﹣R，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键是通过自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力和万有引力等于重力求解．‎ ‎　‎ 二、非选择题（共5小题，满分62分）‎ ‎9．某同学用如图甲所示的装置测定物块与接触面之间的动摩擦因数．他将一很窄的物块紧压弹簧后由静止释放，物块沿水平面滑行后最终静止在C点，P为光电计时器的光电门安装在B点，已知当地重力加速度大小为g．‎ ‎（1）用20分度的游标卡尺测得物块的宽度如图乙所示，根据图中信息可知，物块的宽度d=　0.815　cm；‎ ‎（2）实验中除了测定物块的宽度外，还需要测量的物理量有　BC　；‎ A．物块的质量m B．物块通过光电门的时间t C．光电门到C点的距离s D．物块释放点到停止点的距离s′‎ ‎（3）为了减小实验误差，该同学采用图象法来处理实验数据，根据以上操作所测量的物理量，他应该选择　B　才能更方便地测定物块与接触面之间的动摩擦因数．‎ A．﹣s图象 B．﹣s图象 C．﹣s′图象 D．﹣s′图象．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数时先读出主尺与游标尺对齐的刻度，然后减去游标尺上的那一段刻度，最后读出总读数；‎ ‎（2）根据题目的叙述，确定实验的原理，然后确定待测量与摩擦力的公式；‎ ‎（3）根据实验的原理确定处理实验数据的方法．‎ ‎【解答】解：（1）主尺与游标尺上对齐的刻度，读数是：8mm，‎ 而游标尺对应的长度为0.05mm×3=0.15mm 总读数：8mm+0.15mm=8.15mm=0.815cm；‎ ‎（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：v=；‎ B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：﹣μmgs=0﹣mv2；‎ 联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式：μ=；‎ 还需要测量的物理量是：光电门P与C之间的距离s，与遮光条通过光电门的时间t，故BC正确，AD错误．‎ ‎（3）由动摩擦因数的表达式可知，μ与t2和s的乘积成反比，‎ 所以s与的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，故B正确，ACD错误．‎ 故答案为：（1）0.815；（2）BC；（3）B．‎ ‎【点评】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量．要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可．‎ ‎　‎ ‎10．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则：‎ ‎①在纸带上打下记数点5时的速度v=　2.4　m/s；‎ ‎②在本实验中，若某同学作出了v2﹣h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=　9.7　m/s2．‎ ‎③在记数点0～5过程中系统动能的增量△EK=　0.576　J．系统势能的减少量△EP=　0.588　J；（计算结果保留3位有效数字）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ 对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题．‎ ‎【解答】解：①利用匀变速直线运动的推论有：‎ v5===2.4m/s；‎ ‎②由于△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=△Ep=（m2﹣m1）gh 由于（m1+m2）=2（m2﹣m1）‎ 所以得到： v2=h 所以v2﹣h图象的斜率k==9.7m/s2．‎ ‎③系统动能的增量为：△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=0.576 J．‎ 系统重力势能减小量为：△Ep=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.588 J 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 故答案为：①2.4； ②9.7；③0.576，0.588．‎ ‎【点评】该题的研究对象是系统，要注意m1和m2的重力势能的变化情况．‎ 利用v2﹣h图线处理数据，（m1+m2）=2（m2﹣m1），那么v2﹣h图线的斜率就等于．‎ 直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息．‎ ‎　‎ ‎11．汽车在公路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图）以提醒后面的汽车，在某一最高限速为108km/h的路段，一货车因故障停下来检修，当时由于天气原因视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，设一般汽车司机的反应时间为0.6s，紧急刹车后车轮与路面间的动摩擦因数为0.45，取g=10m/s2．求货车司机应将警示牌放在车后至少多远处，才能有效避免被撞．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】汽车在反应时间内做匀速运动，刹车后做匀减速运动，分别求得匀速运动的位移和减速运动的位移，两者之和即为警示牌放置的最小距离．‎ ‎【解答】解：设汽车按最高限速行驶即v0=108km/h=30m/s，看到警示牌后在反应时间内做匀速运动 x1=v0t1=30×0.6m=18m …..①‎ 汽车刹车后在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，即汽车的加速度大小 汽车从刹车到停止的位移为x2，则 ‎ …..②‎ 所以汽车从看清指示牌至停车过程中运动的距离为：‎ x=x1+x2=18+100m=118m 设货车司机应将警示牌放在车后△x处，L为司机能看清的距离，则有：‎ ‎△x=x﹣L=118﹣50m=68m 答：货车司机应将警示牌放在车后至少68m处，才能有效避免被撞．‎ ‎【点评】掌握匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系是正确解题的关键，注意汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【分析】要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h最小；当压力最大时，h最大．‎ ‎【解答】解：若物体恰好能够通过最高点，则有 mg=m 解得v1=‎ 初始位置相对于圆轨道底部的高度为h1，‎ 则根据机械能守恒可得 mgh1=2mgR+‎ 解得h1=‎ 当小物块对最高点的压力为5mg时，‎ 有5mg+mg=‎ 解得v2=‎ 初始位置到圆轨道的底部的高度为h2，‎ 根据机械能守恒定律可得 mgh2=2mgR+‎ 解得h2=5R 故物块的初始位置相对于圆轨道底部的高度的范围为 ‎【点评】物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足有mg=m，这是我们解决此类问题的突破口．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，一根不可伸长的轻细绳穿过光滑小环D，绕过轻质光滑定滑轮O，一端与放在光滑斜面上的物块m1连接，另一端与穿在光滑水平细杆上的小球m2连接，m2左端通过水平细线固定在竖直墙壁上，整个装置在同一竖直平面内．当m2静止在A点时，轻细绳与水平面的夹角为α=30°，D、A间的距离为1.2m．已知斜面倾角θ=37°，m1=2kg，m2=1kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，细杆、斜面足够长．试求：‎ ‎（1）水平细线对小球的拉力大小；‎ ‎（2）若将水平细线剪断，小球运动的最大速度；‎ ‎（3）将水平细线剪断后，物块m1从B点沿斜面运动0.4m到C时的速度．‎ ‎【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】（1）分别对两物体受力分析，由平衡条件列方程求解；‎ ‎（2）小球速度最大时，正好在D点正下方，由机械能守恒定律列方程求解；‎ ‎（3）由速度的合成与分解得到两个物块速度的关系，对系统由机械能守恒定律列方程求解．‎ ‎【解答】解：（1）分析A、B受力如图，由平衡条件可知：‎ 对m2有：T2=T1cosα 对m1有：T1=m1gsinθ 联立以上各式并代入数据得： N ‎ ‎（2）小球速度最大时，正好在D点正下方，m1速度为零，对系统由机械能守恒得：‎ 代入数据得： m/s ‎ ‎（3）设物块运动到C时，小球运动到E，此时绳与细杆间的夹角为β，由数学知识可知，sin2β+cos2β=1，‎ m1从B滑到C的速度为v1．由系统由机械能守恒得：‎ 由速度分解知识可得：v1=v2cosβ 联立以上各式并代入数据得： m/s ‎ 答：（1）水平细线对小球的拉力大小为6N ‎（2）若将水平细线剪断，小球运动的最大速度m/s；‎ ‎（3）将水平细线剪断后，物块m1从B点沿斜面运动0.4m到C时的速度m/s．‎ ‎【点评】解决“绳（杆）端速度分解模型”问题时应把握以下两点：‎ ‎（1）确定合速度，它应是m2的实际速度；‎ ‎（2）m2运动引起了两个效果：一是左边绳子的缩短，二是绳绕滑轮的转动．应根据实际效果进行运动的分解．‎ ‎　‎