广东省实验中学2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

广东省实验中学2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

‎2016-2017学年广东省实验中学高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 二、选择题：本题共9小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．共54分．‎ ‎1．火星的质量和半径分别约为地球的0.1倍和0.5倍，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（　　）‎ A．0.2 g B．0.4g C．2.5 g D．5g ‎2．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断错误的是（　　）‎ A．位置“1”是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 C．小球下落的加速度为 D．小球在位置“3”的速度为 ‎3．水平抛出的小球，以刚抛出时为计时起点与位移起点，在t秒末时速度方向与水平方向的夹角为α1，在t+t0秒末时位移方向与水平方向的夹角为α2，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（　　）‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5‎ B．10s末恒力F的功率为6W C．10s末物体恰好回到计时起点位置 D．10s内物体克服摩擦力做功34J ‎6．如图所示，倾角为θ的斜面上只有下面AB段粗糙，其余部分都光滑．有若干个相同的小方块（每个小方块视为质点）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为2L．当下端运动到AB段下方距A点时小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时其下端与A点的距离为s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．μ=tanθ B．μ=2tanθ C．s=3L D．s=4L ‎7．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的质量为 B．空气阻力大小为 C．物体加速运动的时间为 D．物体匀速运动的速度大小为v0‎ ‎8．如图所示，圆柱形仓库内有三块长度不同的木板ao、bo、co，其下端都固定于底部圆心o，上端搁在仓库侧壁上，三块木板与水平面的夹角依次为α、β、θ，且α＜β＜θ．若有三个质量相同的小孩分别从a、b、c处滑下，设小孩与木板间动摩擦因数相同，则（　　）‎ A．三种情况下摩擦力做功一样多 B．沿co板下滑，摩擦力做功最多 C．三种情况下重力做功一样多 D．沿co板下滑的小孩到达o处速度最大 ‎9．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G．关于四星系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B．四颗星的轨道半径均为 C．四颗星表面的重力加速度均为G D．四颗星的周期均为 ‎　‎ 三、非选择题：‎ ‎10．利用图示装置可以做力学中的许多实验．‎ ‎（1）利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，　　（选填“需要”或“不需要”）设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响．‎ ‎（2）利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象是曲线，则　　（选填“能”或“不能”）确定小车的加速度与质量成反比．‎ ‎（3）利用此装置探究“功与速度变化的关系”的实验时，通过增减砝码改变小车所受拉力时，　　（选填“需要”或“不需要”）重新调节木板的倾斜度．‎ ‎11．某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功，装置如图1所示，一木块放在粗糙的水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向左做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．打点计时器所用交流电频率为50Hz，不计纸带与木块间的作用力．‎ ‎（1）可以判断纸带的　　（左或右）端与木块连接．‎ ‎（2）根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度：vA=　　m/s，vB=　　m/s．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还需要的实验器材是　　，还应测量的物理量是　　．（填入所选实验器材和物理量前的字母）‎ A．木板的长度l B．木块的质量m1 C．木板的质量m2‎ D．重物质量m3 E．木块运动的时间t F．AB段的距离lAB G．天平 H．刻度尺 J．弹簧秤 ‎（4）在AB段，木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB=　　．（用vA、vB和第（3）问中测得的物理量的字母表示）‎ ‎12．如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其它部分摩擦不计．取g=10m/s2．‎ 求：‎ ‎（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；‎ ‎（2）物块仍以v0‎ 从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．‎ ‎13．如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m的薄平板AB．平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16m．在平板的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将他们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5．求：‎ ‎（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间；‎ ‎（2）滑块离开平板后，滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差△t．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎14．如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置，AB是半径为R=2m的圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板．D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．‎ ‎（2）当H=1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．‎ ‎（3）为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省实验中学高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共9小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．共54分．‎ ‎1．火星的质量和半径分别约为地球的0.1倍和0.5倍，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（　　）‎ A．0.2 g B．0.4g C．2.5 g D．5g ‎【考点】万有引力定律及其应用；自由落体运动．‎ ‎【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．‎ 通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．‎ ‎【解答】解：星球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：‎ 解得：‎ 所以：．‎ 即g火=0.4g，故B正确、ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断错误的是（　　）‎ A．位置“1”是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 C．小球下落的加速度为 D．小球在位置“3”的速度为 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得．‎ ‎【解答】解：由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由△x=at2 可知，a==，所以BC的说法正确；‎ 由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2=，根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V2﹣at=﹣•T=，所以A错误；‎ 点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=，所以D正确．‎ 本题选错误的，故选A．‎ ‎　‎ ‎3．水平抛出的小球，以刚抛出时为计时起点与位移起点，在t秒末时速度方向与水平方向的夹角为α1，在t+t0秒末时位移方向与水平方向的夹角为α2，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动．根据t时刻速度与水平方向的夹角，可得到水平初速度与时间的关系．再根据t+t0秒末时位移与水平方向的夹角，列式分析即可．‎ ‎【解答】解：据题可得：t秒末时有：tanα1==‎ 在t+t0秒末时有：tanα2===‎ 联立以上两式，消去t解得：v0=‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．‎ ‎【解答】解：设船渡河时的速度为vc；‎ 当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；‎ 当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；‎ 而回头时的船的合速度为：v合=；‎ 由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc==，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（　　）‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5‎ B．10s末恒力F的功率为6W C．10s末物体恰好回到计时起点位置 D．10s内物体克服摩擦力做功34J ‎【考点】动能定理；功的计算．‎ ‎【分析】由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的上下两块面积之差，根据功的公式求出克服摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得：‎ 加速度大小a1===2m/s2，方向与初速度方向相反…①‎ 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得：‎ 加速度大小a2==1m/s2，方向与初速度方向相反…②‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ ‎ F+μmg=ma1…③‎ ‎ F﹣μmg=ma2…④‎ 解①②③④得：F=3N，μ=0.05，故A错误．‎ B、10s末恒力F的瞬时功率 P=Fv=3×6W=18W．故B错误．‎ C、根据v﹣t图与横轴所围的面积表示位移得：10s内位移为 x=×4×8﹣×6‎ ‎×6m=﹣2m，则知10s末物体恰在起点左侧2m处．故C错误．‎ D、10s内克服摩擦力做功Wf=fs=μmgs=0.05×20×（×4×8+×6×6）J=34J．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，倾角为θ的斜面上只有下面AB段粗糙，其余部分都光滑．有若干个相同的小方块（每个小方块视为质点）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L．将它们由静止释放，释放时下端距A为2L．当下端运动到AB段下方距A点时小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时其下端与A点的距离为s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．μ=tanθ B．μ=2tanθ C．s=3L D．s=4L ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】有半数木块过A点速度最大，此时整体的合力为零，根据平衡条件求解求出动摩擦因数．根据动能定理即可求解小方块停止时下端与A的距离．‎ ‎【解答】解：设小方块的总质量为m．当下端运动到A下面距A为L时小方块运动的速度达到最大，此时整体的合外力为零，根据平衡条件得：‎ ‎•μmgcosθ=mgsinθ 解得：μ=2tanθ 小方块停止时下端与A的距离是s，则根据动能定理得：‎ mg（3L+s）sinθ﹣μmgcosθ•L﹣μmgcosθ（s﹣L）=0‎ 将μ=2tanθ代入解得：s=4L．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎7．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的质量为 B．空气阻力大小为 C．物体加速运动的时间为 D．物体匀速运动的速度大小为v0‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大 ‎【解答】解：A、由题意可知P=Fv，‎ 根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f=ma 联立解得 由乙图可知，，‎ 解得，f=，故AB正确 C、物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v=at求得时间，故C错误；‎ D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v==v0，故D正确 故选：ABD ‎　‎ ‎8．如图所示，圆柱形仓库内有三块长度不同的木板ao、bo、co，其下端都固定于底部圆心o，上端搁在仓库侧壁上，三块木板与水平面的夹角依次为α、β、θ，且α＜β＜θ．若有三个质量相同的小孩分别从a、b、c处滑下，设小孩与木板间动摩擦因数相同，则（　　）‎ A．三种情况下摩擦力做功一样多 B．沿co板下滑，摩擦力做功最多 C．三种情况下重力做功一样多 D．沿co板下滑的小孩到达o处速度最大 ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】根据受理分分析求的摩擦力即下滑的位移，根据W=Fx求的摩擦力做功，根据重力做功只与高度差有关，根据动能定理求的滑落到底端的速度 ‎【解答】解：A、小孩下滑受到的摩擦力为f=mgcosγ，下滑通过的位移为x=，故摩擦力做功为Wf=fx=mgR，与角度无关，故三种情况下做功相同，故A正确，B错误；‎ C、重力做功为W=mgh，故C做功最多，故C错误；‎ D、根据动能定理可得：可知，沿co板下滑的小孩到达o处速度最大，故D正确 故选：AD ‎　‎ ‎9．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G．关于四星系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B．四颗星的轨道半径均为 C．四颗星表面的重力加速度均为G D．四颗星的周期均为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的引力的合力提供圆周运动的向心力，根据合力提供向心力，求出星体匀速圆周运动的线速度和周期．在星球表面上，根据万有引力等于重力，求出星体表面的重力加速度．‎ ‎【解答】解：‎ A、任一颗星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，故A正确．‎ B、任一星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均 r=，故B错误．‎ C、在四颗星表面上，物体的重力等于万有引力，则有：m′g=，得四颗星表面的重力加速度 g=G，故C正确．‎ D、对于任一星体，由万有引力定律和向心力公式得：‎ ‎ G+•G=m，‎ 解得：T=．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 三、非选择题：‎ ‎10．利用图示装置可以做力学中的许多实验．‎ ‎（1）利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，　不需要　（选填“需要”或“不需要”）设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响．‎ ‎（2）利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣m关系图象是曲线，则　不能　（选填“能”或“不能”）确定小车的加速度与质量成反比．‎ ‎（3）利用此装置探究“功与速度变化的关系”的实验时，通过增减砝码改变小车所受拉力时，　不需要　（选填“需要”或“不需要”）重新调节木板的倾斜度．‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论．‎ ‎【解答】解：（1）此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力；‎ ‎（2）曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a﹣m图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象．‎ ‎（3）利用此装置探究“功与速度变化的关系”的实验时，通过增减砝码改变小车所受拉力时，不需要重新调节木板的倾斜度．‎ 故答案为：（1）不需要；（2）不能；（3）不需要．‎ ‎　‎ ‎11．某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功，装置如图1所示，一木块放在粗糙的水平长木板上，左侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向左做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．打点计时器所用交流电频率为50Hz，不计纸带与木块间的作用力．‎ ‎（1）可以判断纸带的　B右　（左或右）端与木块连接．‎ ‎（2）根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度：vA=　0.72　m/s，vB=　0.97　m/s．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还需要的实验器材是　G、H　，还应测量的物理量是　B　．（填入所选实验器材和物理量前的字母）‎ A．木板的长度l B．木块的质量m1 C．木板的质量m2‎ D．重物质量m3 E．木块运动的时间t F．AB段的距离lAB G．天平 H．刻度尺 J．弹簧秤 ‎（4）在AB段，木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB=　m1vA2﹣m1vB2　．（用vA、vB和第（3）问中测得的物理量的字母表示）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小；‎ ‎（2）纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度；‎ ‎（3）克服摩擦力做的功等于动能的减小量，故需要天平测量质量；‎ ‎（4）由动能定理可以求出木板对木块的摩擦力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小，故纸带向右运动，故其右端连着小木块；‎ ‎（2）计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s，‎ 纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，‎ 打A点时的速度为：vA==0.72 m/s，‎ 打B点时的速度为：vB==0.97 m/s． ‎ ‎（3）木块在运动过程中，克服摩擦力做的功等于木块动能的减小量，由动能定理得：木块克服摩擦力做的功为：Wf=mv22﹣mv12，‎ 因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量m1，用刻度尺测量长度，因此需要的实验器材是G、H，需要测量的量是B．‎ ‎（3）在AB段对木块，由动能定理得：﹣WAB=m1vB2﹣m1vA2，‎ 因此在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式有：WAB=m1vA2﹣m1vB2．‎ 故答案为：（1）右；（2）0.72，0.97；（3）G、H，B；（4）m1vA2﹣m1vB2．‎ ‎　‎ ‎12．如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其它部分摩擦不计．取g=10m/s2．‎ 求：‎ ‎（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；‎ ‎（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）对从初始位置到圆弧轨道的最高点过程，根据动能定理列式求解最高点的速度；在圆弧轨道的最高点，重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解弹力；‎ ‎（2）先根据牛顿第二定律求解物体恰能经过圆弧最高点的速度，然后对运动的全程根据动能定理列式求解l的距离．‎ ‎【解答】解：（1）对物块，首次从A到B，由动能定理有：﹣mg•2R=mvB2﹣mv02‎ 在B点，根据牛顿第二定律有：N1+mg=m 代入数据联立解得：N1=40N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上．‎ ‎（2）对物块，从A点到第二次到达B点，由动能定理有：﹣f•2L﹣mg•2R=m﹣mv02‎ 在B点，根据牛顿第二定律有：mg=m 代入数据联立解得：L=1m 答：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；‎ ‎（2）当长度为1m时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m的薄平板AB．平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16m．在平板的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将他们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5．求：‎ ‎（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间；‎ ‎（2）滑块离开平板后，滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差△t．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎【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】分别研究滑块与平板的运动情况：开始时，由于Mgsin37°＜μ（M+‎ m）gcos37°，滑块在平板上滑动时，平板静止不动．根据牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移﹣速度关系式求出滑块到达B点时的速度．滑块离开平板后，根据牛顿第二定律求出滑块沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间．滑块滑离后平板才开始运动，根据牛顿第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑块由B至C所用时间．再求解时间差．‎ ‎【解答】解：（1）对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动，‎ 对滑块：在薄板上滑行时加速度为：a1=gsin37°=6m/s2‎ 离开板所需时间为L=，t ‎（2）到达B点时速度为： =6m/s 滑块由B至C时的加速度为：a2=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2‎ 设滑块由B至C所用时间为t，则有：‎ 代入数据可解得：t=2s 对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：a3=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2‎ 滑至C端所用时间为t'，则，代入数据可解得：t'=4s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：△t=t'﹣t=2s．‎ 答：（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间为1s；‎ ‎（2）滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为2s．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置，AB是半径为R=2m的圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板．D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．‎ ‎（2）当H=1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．‎ ‎（3）为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围．‎ ‎【考点】动能定理的应用；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）先对从P到D过程根据动能定理列式求解D点速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力．‎ ‎（2）先判断能够第一次到达O点，第二次来到D点是沿着原路返回，然后判断能否第三次到达D点，最后对全程根据动能定理列式求解总路程．‎ ‎（3）先判断出小球能够发生第二次碰撞的条件，然后判断出小球仅仅能发生第二次碰撞，而满足不会离开CDO轨道的条件，综合即可．‎ ‎【解答】解：（1）设小球第一次到达D的速度VD，P到D点的过程对小球根据动能定理列式，有：‎ mg（H+r）﹣μmgL=mVD2‎ 在D点对小球列牛顿第二定律：FN=m 联立解得：FN=32N ‎ ‎（2）第一次来到O点，速度V1，P到O点的过程对小球根据动能定理列式，有：‎ mgH﹣μmgL=mV12‎ 解得：V12=12‎ 要能通过O点，须mg＜m 临界速度VO2=10‎ 故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回，设第三次来到D点的动能EK 对之前的过程根据动能定理列式，有：‎ mg（H+r）﹣3μmgL=EK 代入解得：EK=0‎ 故小球一直没有脱离CDO轨道 设此球静止前在水平轨道经过的路程S 对全过程根据动能定理列式，有：‎ mg（H+R）﹣μmgS=0‎ 解得：S=8.5m ‎（3）为使小球与挡板碰撞第二次，需满足：‎ 代入数据解得：H≥2.9m 为使小球与仅仅挡板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，需满足：‎ mg（H+r）﹣5μmgL≤0‎ 代入数据解得：H≤3m 故：2.9m≤H≤3.0m 答：（1）当H=1.4m时，此球第一次到达D点对轨道的压力大小为32N．‎ ‎（2）当H=1.4m时，此球不会脱离CDO轨道，静止前球在水平轨道经过的路程为8.5m．‎ ‎（3）为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，H需满足：2.9m≤H≤3.0m ‎　‎ ‎2017年1月14日