物理·贵州省黔东南州凯里一中2016-2017学年高二上学期入学物理试卷 Word版含解析

物理·贵州省黔东南州凯里一中2016-2017学年高二上学期入学物理试卷 Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年贵州省黔东南州凯里一中高二（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在物理学发展中，许多的物理学家和他们的科学思想方法起到了重要作用，下列叙述符合实事的是（　　）‎ A．牛顿首先采用了试验检验猜测和假设的科学方法，把试验和逻辑推理和谐的结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展 B．牛顿提出了万有引力定律并测出了引力常数 C．第谷在整理开普勒的观测数据之上，总结得到了行星运动规律 D．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法 ‎2．物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可知该物体（　　）‎ A．第1秒内和第3秒内的运动方向相反 B．第1秒内和第3秒内的加速度相同 C．0﹣2秒内的位移等于0﹣4秒内的位移 D．第3秒末加速度大小为零 ‎3．如图所示，用两根不可伸长的轻绳连接两根质量均为m的小球A、B，细绳的一端悬挂于O点，在外力F作用下小球A、B处于静止状态，已知细绳OA与竖直方向的夹角θ=300，外力F垂直于细绳OA，则外力F的大小为（　　）‎ A．0.5mg B． mg C．mg D．1.5mg ‎4．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度vo水平向右抛出小球落在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，可简化为如图所示的模型．如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（　　）‎ A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受合力的方向沿斜坡向上 ‎6．我国数据中继卫星定点在东经77°赤道上空的同步轨道上．对该卫星下列说法正确的是（　　）‎ A．运行速度大于7.9km/s B．离地面高度一定，相对地面静止 C．绕地心运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 ‎7．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用，力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）‎ A．在3t0时刻，物体的速度为 B．在3t0时刻的瞬时功率为 C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 ‎8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，已知在整个过程中弹簧都未超过弹性限度，则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　）‎ A．圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变 B．弹簧弹性势能变化了mgL C．弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大 D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．在“验证力的平行四边形定则”试验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套 橡皮条的一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度的施加拉力，使橡皮条伸长，结点达到纸面上的某一位置．‎ ‎（1）有关试验，下列叙述正确的是　　‎ A．两根细绳必须等长 B．每次都应该将弹簧测力计拉伸到相同的刻度 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉倒同一位置O D．拉橡皮条的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些 ‎（2）如图所示是张华和李明在做以上试验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是　　（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）‎ ‎（3）本次试验采用的科学方法是　　（填正确答案标号）‎ A．理想试验法 ‎ B．微元法 ‎ C．控制变量法 ‎ D．等效替代法．‎ ‎10．某学习小组在“探究功与速度变化关系”的试验中采用了如图所示的试验装置．‎ ‎（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是　　．‎ ‎（2）试验测得遮光条的宽度△d；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，一保证每次拉伸的距离恒定；现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门1的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v=　　（用字母表示）‎ ‎（3）逐渐增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门1的时间，并计算对应的速度．则画出的W﹣v2图象应该是图中的　　．‎ ‎11．如图所示，质量m=1kg的小球穿在无限长的斜杆上，斜杆与水平方向成37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数为μ=0.5；小球在平行于斜杆向上的拉力F=15N的作用下，从斜杆的底端由静止向上运动，经2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）小球在前2s内运动的加速度大小；‎ ‎（2）小球沿斜杆向上运动的总位移；‎ ‎（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小．‎ ‎12．如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检测平板，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0．lkg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时的速度vN=4m/s，水平飞出后落到P上的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小；‎ ‎（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s ‎（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek．‎ ‎13．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m=0.8kg的小球P放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到D处后对轨道的压力为F1=4N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.2m，与小球的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑．g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力；‎ ‎（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能．‎ ‎（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，试讨论物块Q能否通过半圆轨道的最高点D．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省黔东南州凯里一中高二（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在物理学发展中，许多的物理学家和他们的科学思想方法起到了重要作用，下列叙述符合实事的是（　　）‎ A．牛顿首先采用了试验检验猜测和假设的科学方法，把试验和逻辑推理和谐的结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展 B．牛顿提出了万有引力定律并测出了引力常数 C．第谷在整理开普勒的观测数据之上，总结得到了行星运动规律 D．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法 ‎【考点】物理学史；物理模型的特点及作用．‎ ‎【分析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，开普勒总结得到了行星运动规律．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法．‎ ‎【解答】解：A、伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，有力地推进了人类科学认识的发展，故A错误．‎ B、牛顿发表了万有引力定律，但没有测量出引力常量，是卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量，故B错误．‎ C、开普勒在整理第谷的观测数据之上，总结得到了行星运动规律，故C错误．‎ D、在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各个小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可知该物体（　　）‎ A．第1秒内和第3秒内的运动方向相反 B．第1秒内和第3秒内的加速度相同 C．0﹣2秒内的位移等于0﹣4秒内的位移 D．第3秒末加速度大小为零 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度时间图线中，根据图线的斜率判断加速度之间的关系，根据速度的正负判断运动方向的关系，根据图线围成的面积比较位移．‎ ‎【解答】解：A、第1s内和第3s内速度都为正，可知运动的方向相同，故A错误；‎ B、第1s内和第3s内图线的斜率不相同，可知加速度不相同，一正一负，故B错误；‎ C、图线与时间轴围成的面积表示位移，0﹣2s内和0﹣4s内图线围成的面积相同，则位移相同，故C正确；‎ D、2﹣4s内做匀变速直线运动，加速度不为零，则第3秒末加速度大小不为零，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，用两根不可伸长的轻绳连接两根质量均为m的小球A、B，细绳的一端悬挂于O点，在外力F作用下小球A、B处于静止状态，已知细绳OA与竖直方向的夹角θ=300，外力F垂直于细绳OA，则外力F的大小为（　　）‎ A．0.5mg B． mg C．mg D．1.5mg ‎【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AB两球整体受力分析，受重力G，OA绳子的拉力T以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值和最大值．‎ ‎【解答】解：对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图 当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为Fmin=（2m）gsin30°，即mg；‎ 由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值，故CD正确．AB错误；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎4．如图所示从倾角为θ的足够长的斜面上的顶点，将一小球以初速度vo水平向右抛出小球落在斜面上的某个点，则小球做平抛运动的时间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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，根据水平位移和竖直位移的关系求出小球平抛运动的时间．‎ ‎【解答】解：根据平行四边形定则知，，解得t=，故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，可简化为如图所示的模型．如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客（　　）‎ A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受合力的方向沿斜坡向上 ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，对乘客进行受力分析，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向．‎ ‎【解答】解：A、当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误；‎ B、C、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用．故BC错误；‎ D、由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向上．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．我国数据中继卫星定点在东经77°赤道上空的同步轨道上．对该卫星下列说法正确的是（　　）‎ A．运行速度大于7.9km/s B．离地面高度一定，相对地面静止 C．绕地心运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小．‎ 知道7.9 km/s为第一宇宙速度．‎ 了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同．‎ 根据向心加速度的表达式找出向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小关系．‎ ‎【解答】解：A、由万有引力提供向心力得： =，v=，‎ 即线速度v随轨道半径 r的增大而减小，v=7.9 km/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度；‎ 因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9 km/s，故A错误；‎ B、因同步卫星与地球自转同步，即T、ω相同，因此其相对地面静止，由万有引力提供向心力得：‎ ‎=m（R+h）ω2‎ 得：h=﹣R，‎ 因G、M、ω、R均为定值，因此h一定为定值，故B正确；‎ C、因同步卫星周期T同=24小时，月球绕地球转动周期T月=27天，即T同＜T月，由公式ω=得ω同＞ω月，故C正确；‎ D、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a向=rω2，可得： =，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎7．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用，力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）‎ A．在3t0时刻，物体的速度为 B．在3t0时刻的瞬时功率为 C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小．‎ ‎【解答】解：A、在图示的图象中，图象所围成的面积表示冲量，3t0内的总冲量为4F0t0，由动量定理知4F0t0=mv0，解得3t0时刻的速度为v0=，故A错误；‎ B、在3t0时刻的瞬时功率为P=2F0•v0=，故B正确；‎ C、根据动能定理知在t=0到t=3t0这段时间内，水平力做的功为W==，故平均功率为=，C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，已知在整个过程中弹簧都未超过弹性限度，则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　）‎ A．圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变 B．弹簧弹性势能变化了mgL C．弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大 D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒和圆环的受力情况进行分析．‎ ‎【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力和重力对圆环做功，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，故A正确；‎ B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹性势能为零，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L，可得物体下降的高度为h=2L，根据系统的机械能守恒得 ‎ 弹簧的弹性势能增大量为△Ep=mgh=2mgL，故B错误；‎ C、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，动能先增大后减小，弹簧弹性势能与圆环重力势能之和先减小后增大，故C正确．‎ D、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，所以到达最低点时小环的加速度的方向向上，合外力的方向向上，不为0，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．在“验证力的平行四边形定则”试验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套 橡皮条的一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度的施加拉力，使橡皮条伸长，结点达到纸面上的某一位置．‎ ‎（1）有关试验，下列叙述正确的是　CD　‎ A．两根细绳必须等长 B．每次都应该将弹簧测力计拉伸到相同的刻度 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉倒同一位置O D．拉橡皮条的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些 ‎（2）如图所示是张华和李明在做以上试验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是　张华　（力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）‎ ‎（3）本次试验采用的科学方法是　D　（填正确答案标号）‎ A．理想试验法 ‎ B．微元法 ‎ C．控制变量法 ‎ D．等效替代法．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项，尤其是理解本实验的“等效”思想 ‎【解答】解：A、绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，所以绳子不需要等长，故A错误；‎ B、拉力的大小没有限制，每次做实验的时候，拉力大小不要求相等，所以不需要将弹簧测力计拉伸到相同的刻度，故B错误；‎ C、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故C正确；‎ D、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故D正确．‎ 故选：CD ‎（2）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华作的符合实验事实符合实验事实．‎ ‎（3）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．所以本实验采用的科学方法是等效替代法，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D 故答案为：（1）CD； （2）张华；（3）D ‎　‎ ‎10．某学习小组在“探究功与速度变化关系”的试验中采用了如图所示的试验装置．‎ ‎（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是　接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）　．‎ ‎（2）试验测得遮光条的宽度△d；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，一保证每次拉伸的距离恒定；现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门1的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v=　　（用字母表示）‎ ‎（3）逐渐增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门1的时间，并计算对应的速度．则画出的W﹣v2图象应该是图中的　C　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；‎ ‎（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度；‎ ‎（3）根据动能定理分析，明确对应的数学规律即可得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：（1）气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．‎ ‎（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以v=，‎ ‎（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的W﹣v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线．‎ 故答案为：（1）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；（2）；（3）C ‎　‎ ‎11．如图所示，质量m=1kg的小球穿在无限长的斜杆上，斜杆与水平方向成37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数为μ=0.5；小球在平行于斜杆向上的拉力F=15N的作用下，从斜杆的底端由静止向上运动，经2s撤去拉力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求：‎ ‎（1）小球在前2s内运动的加速度大小；‎ ‎（2）小球沿斜杆向上运动的总位移；‎ ‎（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小．‎ ‎【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】（1）对小球进行受力分析，根据正交分解，运用牛顿第二定律求出小球的加速度．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的公式求出前2s内的位移和2s末的速度；根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，运用运动学公式求出匀减速直线运动的位移，从而得出向上运动的总位移．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出下滑过程的加速度，运用运动学公式求出运动到斜杆底端时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）设小球在前2 s内的加速度为a，根据牛顿第二定律有：‎ F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：a===5m/s2‎ ‎（2）前2 s内小球的位移为x1，有：‎ 解得：x1==10m 撤去外力后小球加速度大小为a'，继续向上做减速运动的位移为x2，2 s时速度大小为v，则：v=at=5×1m/s=10m/s 根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma'‎ 解得：a'=（sinθ+μcosθ）g=（0.6+0.5×0.8）×10m/s2=10m/s2‎ 速度与位移的关系：v2=2a'x2‎ 解得：x2==5m ‎ 故小球沿斜面向上运动的总位移：x=x1+x2=15m ‎（3）小球运动到斜杆低端时的速度大小为v'，向下滑动时加速度为a1，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1‎ 解得：a1=gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2‎ 速度与位移的关系：v'2=2a1x 解得： =‎ ‎（1）小球在前2s内运动的加速度大小为5m/s2；‎ ‎（2）小球沿斜杆向上运动的总位移为15m；‎ ‎（3）小球运动到斜杆底端时的速度大小为．‎ ‎　‎ ‎12．如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检测平板，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0．lkg 的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时的速度vN=4m/s，水平飞出后落到P上的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小；‎ ‎（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s ‎（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）正确分析运动过程，弄清运动形式，选用正确规律是解本题的关键，在本题中钢珠开始通过弹簧将弹簧的弹性势能转化为其动能，从而使其沿圆弧做圆周运动，此时注意在最高点完成圆周运动的条件v≥的应用；‎ ‎（2）小球从最高点离开轨道后开始做平抛运动，利用平抛运动的规律即可求解；‎ ‎（3）然后从开始到最高点的过程中利用动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）在N点轨道对小钢珠的支持力为FN，‎ 由牛顿第二定律可得：FN+mg=m …①‎ 代入数据解得：FN=1N …②‎ 由牛顿第三定律得到小钢珠对轨道的压力为： =FN=1N …③‎ ‎（2）小钢珠做平抛运动的水平位移为：s=vNt …④‎ 竖直位移为：R=gt2 …⑤‎ 代入数据联立解得：s=1.6m …⑥‎ ‎（3）由M→N由动能定理可得：Ek=mvN2+mgR …⑦‎ 代入数据解得：Ek=1.6J …⑧‎ 答：（1）小钢珠经过N点时对轨道的压力的大小为1N；‎ ‎（2）小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离为1.6m；‎ ‎（3）小钢珠离开弹簧枪时的动能是1.6J．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m=0.8kg的小球P放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到D处后对轨道的压力为F1=4N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.2m，与小球的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑．g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力；‎ ‎（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能．‎ ‎（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，试讨论物块Q能否通过半圆轨道的最高点D．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出小球到达D处的速度，根据牛顿运动定律求出小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出小球到达C点时的速度，根据动能定理求出弹簧在压缩时所储存的弹性势能；‎ ‎（3）由动能定理解得小球到达D点时的动能再进行判断．‎ ‎【解答】解：（1）在D点，由牛顿第二定律可得：F1+mg=m …①‎ 在C点设轨道对小球的支持力为FN，有：FN﹣mg=m …②‎ 由C→D由动能定理得： mvC2=mvD2+mgR …③‎ 代入数据联立解得：FN=52N …④‎ 由牛顿第三定律的小球对轨道的压力为=FN=52N…⑤‎ ‎（2）由功能关系可得：EP=μmgx+mvC2 …⑥‎ 代入数据解得：EP=9.6J …⑦‎ ‎（3）设小球到达D点时的动能为EKD，则有：‎ EKD=EP﹣μmgx﹣2mgR …⑧‎ 代入数据解得：EKD=0.6J＞0，‎ 所以小物块Q可以到达D点…⑨‎ 答：（1）小球运动到轨道最高处C点时对轨道的压力为52N；‎ ‎（2）弹簧在压缩时所储存的弹性势能为9.6J；‎ ‎（3）若将小球P换成质量M=1kg的小物块Q，仍压缩弹簧自A点由静止开始释放，物块Q能够通过半圆轨道的最高点D．‎ ‎　‎ ‎2016年11月17日