物理·云南省临沧一中2016-2017学年高二上学期月考物理试卷 Word版含解析

物理·云南省临沧一中2016-2017学年高二上学期月考物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年云南省临沧一中高二（上）月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题满分45分，部分得分2分，共60分．下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）‎ ‎1．如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=ab，已知b球质量为a球质量的3倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为（　　）‎ A．1：3 B．1：6 C．4：3 D．7：6‎ ‎3．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（　　）‎ A．汽车在前5s内的牵引力为4×103N B．汽车在前5s内的牵引力为6×103N C．汽车的额定功率为40 kW D．汽车的最大速度为30 m/s ‎4．我国的“嫦娥二号”卫星已于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，取得了圆满成功．这次发射与“嫦娥一号”大为不同，它是由火箭直接发射到地月转移轨道后被月球“俘获”而进入较大的绕月椭圆轨道，又经三次点火制动“刹车”后进入近月圆轨道，在贴近月球表面的近月圆轨道上运行的周期为118分钟，又知道月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的1/6，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g=10m/s2，仅利用以上数据可以计算出（　　）‎ A．月球对“嫦娥二号”的引力 B．月球上的第一宇宙速度 C．月球的质量和密度 D．“嫦娥二号”的质量 ‎5．2013年11月26日，中国探月工程副总指挥李本正在国防科工局举行的嫦娥三号任务首场发布会上宣布，我国首辆月球车﹣嫦娥三号月球探测器的巡视器全球征名活动结束，月球车得名“玉兔”号．如图是嫦娥三号巡视器和着陆器，月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0，地球和月球的半径之比为=4，表面重力加速度之比为=6，地球和月球的密度之比为（　　）‎ A． B． C．4 D．6‎ ‎6．如图，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R．轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x．一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v．小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为△F（△F＞0）．不计空气阻力．则（　　）‎ A．m、x一定时，R越大，△F一定越大 B．m、x、R一定时，v越大，△F一定越大 C．m、R一定时，x越大，△F一定越大 D．m、R、x一定时，△F与v的大小无关 ‎7．将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的质量为0.2 kg B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.20 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为m D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J ‎8．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎9．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质 点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0=10m/s B．传送带的倾角θ=30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5‎ D．0〜2.0s摩檫力对物体做功Wf=﹣24J ‎10．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　）‎ A．当时，A、B相对于转盘会滑动 B．当时，绳子一定有弹力 C．范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 ‎11．如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2．则以下判断正确的是（　　）‎ A．小环的质量是1kg B．细杆与地面间的倾角是30°‎ C．前3s内拉力F的最大功率是2.25W D．前3s内小环机械能的增加量是5.75 J ‎12．如图所示，一根长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，a球的质量为m，静置于水平地面；b球的质量为M，用手托住，距地面的高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止释放b后，a达到的最大高度为1.5h，则M、m的比值为（　　）‎ A．5：4 B．5：3 C．3：1 D．3：2‎ ‎13．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ．下列结论正确的是（　　）‎ A．θ=60°‎ B．θ=90°‎ C．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小 D．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大 ‎14．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（　　）‎ A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和数值上等于系统内能的增加量 ‎15．如图所示，质量为m和2m的两个小球固定在长为2l的轻杆两端，杆的中点是一水平转轴O，系统可在竖直面内无摩擦转动，空气阻力不计．若从杆处于水平位置由静止释放系统，系统转过90°的过程中，以下说法正确的是（重力加速度g已知）（　　）‎ A．该过程杆中弹力对m做正功 B．该过程系统机械能守恒，2m的小球机械能也守恒 C．系统转过90°，杆处于竖直方向时，两小球速度均为v=‎ D．系统转过90°，杆处于竖直方向时，轴O对杆的作用力大小为4mg，方向竖直向上 ‎　‎ 二、填空题（共12分，其中16题6分，17题6分）‎ ‎16．某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一宽度为d的遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象．‎ ‎（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t1　　△t2（选填“＞”、“=”或“＜”）时，说明气垫导轨已经水平．‎ ‎（2）滑块P用细线跨过定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到电压图象如图乙所示，若△t1、△t2、d和m已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出的物理量是　　和　　．‎ ‎17．A、B两位同学看到了这样一个结论：“由理论分析可得，弹簧的弹性势能公式为EP=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）”．为验证这一结论，A、B两位同学设计了如下的实验：‎ ‎①首先他们都进行了如图甲所示的实验：将一根轻质弹簧竖直挂起，在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球，稳定后测得弹簧伸长量为d；‎ ‎②A同学完成步骤①‎ 后，接着进行了如图乙所示的实验：将这根弹簧竖直的固定在水平桌面上，并把小铁球放在弹簧上，然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管，利用插销压缩弹簧；拔掉插销时，弹簧对小铁球做功，使小铁球弹起，测得弹簧的压缩量为x时，小铁球上升的最大高度为H．‎ ‎③B同学完成步骤①后，接着进行了如图丙所示的实验．将这根弹簧放在一光滑水平桌面上，一端固定在竖直墙上，另一端被小球压缩，测得压缩量为x，释放弹簧后，小球从高为h的桌面上水平抛出，抛出的水平距离为L．‎ ‎（1）A、B两位同学进行图甲所示实验的目的是为了确定弹簧的劲度系数，用m、d、g表示劲度系数k=　　．‎ ‎（2）如果EP=kx2成立，那么A同学测出的物理量x与d、H的关系式是：x=　　；B同学测出的物理量x与d、h、L的关系式是：x=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（18题6分，19题9分，20题12分，21题11分）‎ ‎18．如图所示．小球A从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v1=6m/s，而在此之前的时间△t，从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A．不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点．已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：‎ ‎（1）飞镖是以多大的速度击中小球的？‎ ‎（2）两个物体开始运动的时间间隔△t应为多少？‎ ‎19．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）为使圆环能下降h=3m，两个物体的质量应满足什么关系？‎ ‎（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量有何关系？‎ ‎（3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h=3m时的速度不可能超过多大？‎ ‎20．如图所示，质量为m=1kg的小滑块，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M=2kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长．整个过程中木板的v﹣t图象如图所示，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小．‎ ‎（2）滑块与木板之间的动摩擦因数．‎ ‎（3）滑块在木板上滑过的距离．‎ ‎21．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m=0.5kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=8t﹣2t2（m），物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=l0m/s2，求：‎ ‎（1）物体在水平桌面受到的摩擦力；‎ ‎（2）BP间的水平距离；‎ ‎（3）判断物体能否沿圆轨道到达M点．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年云南省临沧一中高二（上）月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题满分45分，部分得分2分，共60分．下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）‎ ‎1．如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】根据几何关系求出到达Q点时，水平速度与末速度的夹角，进而求出竖直方向速度，根据t=求解时间 ‎【解答】解：根据几何关系可知：水平速度与末速度的夹角为θ，则有：‎ tan，‎ 解得：vy=v0tanθ 根据t=得运动的时间为：‎ t=．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=ab，已知b球质量为a球质量的3倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为（　　）‎ A．1：3 B．1：6 C．4：3 D．7：6‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】a球在水平方向上受oa、ab的拉力，靠两个力的拉力提供向心力，b球在水平方向上受ab的拉力，靠该拉力提供向心力，抓住两球角速度相等，根据牛顿第二定律求出Oa和ab两线的拉力之比．‎ ‎【解答】解：对a球有：F1﹣F2=mroaω2，‎ 对b球有：F2=3m•robω2，因为rob=2roa，所以=6，解得．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（　　）‎ A．汽车在前5s内的牵引力为4×103N B．汽车在前5s内的牵引力为6×103N C．汽车的额定功率为40 kW D．汽车的最大速度为30 m/s ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】从v﹣t图象可以看出：汽车经历三个运动过程：匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力．5s末汽车的功率就达到额定功率，由P=Fv能求出额定功率．汽车速度最大时，牵引力等于阻力，由P=Fvm，能求出最大速度．‎ ‎【解答】解：汽车受到的阻力f=0.1×2×103×10=2×103N；‎ AB、前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F﹣f=ma，求得：F=f+ma=（0.1×2×103×10+2×103×2）N=6×103N 故A错误．B正确．‎ C、t=5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kw； 故C错误；‎ D、当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度vm===30m/s．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎4．我国的“嫦娥二号”卫星已于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，取得了圆满成功．这次发射与“嫦娥一号”大为不同，它是由火箭直接发射到地月转移轨道后被月球“俘获”而进入较大的绕月椭圆轨道，又经三次点火制动“刹车”后进入近月圆轨道，在贴近月球表面的近月圆轨道上运行的周期为118分钟，又知道月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的1/6，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g=10m/s2，仅利用以上数据可以计算出（　　）‎ A．月球对“嫦娥二号”的引力 B．月球上的第一宇宙速度 C．月球的质量和密度 D．“嫦娥二号”的质量 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】卫星在近月圆轨道上绕月运行时，向心加速度近似等于月球表面的重力加速度，由a=，可求得月球的半径，月球上的第一宇宙速度即为近月卫星的速度，由圆周运动的规律求解；根据万有引力等于向心力列式，分析能否求出月球的质量和密度．‎ ‎【解答】解：卫星在近月圆轨道上绕月运行时，由重力提供向心力，则向心加速度近似等于月球表面的重力加速度，由a=，已知T，a=g，可求得月球的半径；‎ A、因为不知道嫦娥二号的质量，故无法求得月球对嫦娥二号的引力，故A错误；‎ B、月球上的第一宇宙速度即为近月卫星的速度，设为v．则 v=，T已知，R由上可求出，所以可以求出月球上的第一宇宙速度，故B正确；‎ C、根据万有引力等于向心力，得：G，得月球的质量：M=，可求得月球的质量M，并能求出月球的密度．故C正确；‎ D、根据万有引力提供圆周运动向心力可求得中心天体的质量，不可以求出环绕天体的质量，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎5．2013年11月26日，中国探月工程副总指挥李本正在国防科工局举行的嫦娥三号任务首场发布会上宣布，我国首辆月球车﹣嫦娥三号月球探测器的巡视器全球征名活动结束，月球车得名“玉兔”号．如图是嫦娥三号巡视器和着陆器，月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0，地球和月球的半径之比为=4，表面重力加速度之比为=6，地球和月球的密度之比为（　　）‎ A． B． C．4 D．6‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】在星球表面重力与万有引力相等，由重力加速度和星球半径求得星球质量，再根据密度公式计算密度．‎ ‎【解答】解：根据星球表面万有引力与重力相等有，可得星球质量M=，根据密度可得星球的密度 所以地球和月球的密度之比 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R．轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x．一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v．小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为△F（△F＞0）．不计空气阻力．则（　　）‎ A．m、x一定时，R越大，△F一定越大 B．m、x、R一定时，v越大，△F一定越大 C．m、R一定时，x越大，△F一定越大 D．m、R、x一定时，△F与v的大小无关 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球在最高点和最低点靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律、结合机械能守恒定律求出最低点和最高点轨道对小球的弹力，从而得出压力之差的表达式，从而得出压力差与什么量有关系．‎ ‎【解答】解：在最低点B，有，则．‎ 根据机械能守恒定律得，‎ 在最高点A有：，解得 所以=．‎ A、m、x一定时，R越大，△F一定越小．故A错误．‎ B、m、x、R一定时，v越大，△F不变．故B错误．‎ C、m、R一定时，x越大，△F一定越大．故C正确．‎ D、m、R、x一定时，△F与v的大小无关．故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎7．将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的质量为0.2 kg B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.20 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为m D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】由图象可得最高点的高度，以及重力势能，由重力势能表达式可得质量．由除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化可以得到摩擦力大小．对小球由动能定理可得小球动能与重力势能相等时的高度．结合图象中的数据，分别求出h=2m处小球的动能和重力势能，然后求差即可．‎ ‎【解答】解：A、在最高点，Ep=mgh，得：m===0.1kg．故A错误；‎ B、由除重力以外其他力做功W其=△E可知：﹣fh=E高﹣E低，EE为机械能，解得：f=0.25N．故B错误；‎ C、设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有：mgH=mv2，‎ 由动能定理：﹣fH﹣mgH=mv2﹣mv02，得：H=m．故C错误；‎ D、由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是J=2.5J，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为2.5J﹣2J=0.5J．故D正确． 故选：D ‎　‎ ‎8．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．‎ ‎【解答】解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质 点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．传送带的速率v0=10m/s B．传送带的倾角θ=30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5‎ D．0〜2.0s摩檫力对物体做功Wf=﹣24J ‎【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】由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小．‎ ‎【解答】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s．故A正确．‎ BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则=gsinθ+μgcosθ=．‎ ‎==2m/s2．联立两式解得μ=0.5，θ=37°．故B错误，C正确．‎ D、第一段匀加速直线运动的位移，摩擦力做功为Wf1=μmgcosθ•x1=0.5×10×0.8×5J=20J，第二段匀加速直线运动的位移 ‎，摩擦力做功为Wf2=﹣μmgcosθ•x2=﹣0.5×10×0.8×11J=﹣44J，所以．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　）‎ A．当时，A、B相对于转盘会滑动 B．当时，绳子一定有弹力 C．范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 ‎【考点】向心力；摩擦力的判断与计算；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动．‎ ‎【解答】解：A、当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg﹣T=mLω2，对B有：T+kmg=m•2Lω2，解得ω=，当ω时，A、B相对于转盘会滑动．故A正确．‎ B、当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m•2Lω2，解得ω1=，知ω＞时，绳子具有弹力．故B正确．‎ C、ω＞时B已经达到最大静摩擦力，则内，B受到的摩擦力不变．故C错误．‎ D、当ω在0＜ω＜范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以f﹣T=mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大．故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2．则以下判断正确的是（　　）‎ A．小环的质量是1kg B．细杆与地面间的倾角是30°‎ C．前3s内拉力F的最大功率是2.25W D．前3s内小环机械能的增加量是5.75 J ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】由图象可知，其第1秒内，小环匀加速上行，之后改为匀速直线运动，可求滑环匀加速运动的加速度，对环受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律列式分析．‎ ‎【解答】解：A、从速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，根据牛顿第二定律，有 第1s内，速度不断变大，由图象可得：加速度为 a==m/s2=0.5m/s2‎ 加速阶段：F1﹣mgsinθ﹣f=ma 匀速阶段：F2﹣mgsinθ﹣f=0‎ 以上三式联立解得：m=1kg，sinθ=0.45，则细杆与地面间的倾角不等于30°，故A正确，B错误．‎ C、第1s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1秒末，P=Fv=5×0.5=2.5W 第一秒末到第三秒末，P=Fv=4.5×0.5=2.25W，即拉力的最大功率为2.5W，故C错误；‎ D、从速度时间图象可以得到，前1s的位移为0.25m，2到3s位移为1m；前3s拉力做的功为：W=5×0.25+4.5×1=5.75J，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎12．如图所示，一根长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，a球的质量为m，静置于水平地面；b球的质量为M，用手托住，距地面的高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止释放b后，a达到的最大高度为1.5h，则M、m的比值为（　　）‎ A．5：4 B．5：3 C．3：1 D．3：2‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】本题可以分为两个过程来求解，首先根据ab系统的机械能守恒，可以得到a球上升h时的速度表达式．b球落地后，a球的机械能守恒，由此列式，联立求解．‎ ‎【解答】解：设a球上升高度h时两球的速度v，根据机械能守恒：‎ b球的重力势能减小转化为a球的重力势能和a、b球的动能．即：‎ ‎ Mgh=mgh+（M+m）v2‎ b球落地后，a球的机械能守恒，则有：mgh+mv2=mg•（1.5h）‎ 联立解得：M：m=3：1‎ 故选：C ‎　‎ ‎13．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ．下列结论正确的是（　　）‎ A．θ=60°‎ B．θ=90°‎ C．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小 D．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解出细线的拉力；对于重力的瞬时功率，可以根据P=Fvcosθ分析 ‎【解答】解：A、B、假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中，机械能守恒，有 mgR=mv2…①‎ 在最低点，有 F﹣mg=m…②‎ 联立①②解得：F=3mg 故a小球一直保持静止，假设成立，当小球b摆到最低点时，小球a恰好对地无压力，故A错误，B正确；‎ C、D、小球b加速下降过程，速度与重力的夹角不断变大，刚开始，速度为零，故功率为零，最后重力与速度垂直，故功率也为零，故功率先变大后变小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎14．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（　　）‎ A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和数值上等于系统内能的增加量 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】A、物体B动能的减少量等于物体A动能的增加量与系统产生的热量之和；‎ B、物体B摩擦力做的功等于物体B的动能的变化量；‎ C、物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和；‎ D、摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加 ‎【解答】解：A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；‎ B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；‎ C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；‎ D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量的负值，即它们的数值相等，选项D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎15．如图所示，质量为m和2m的两个小球固定在长为2l的轻杆两端，杆的中点是一水平转轴O，系统可在竖直面内无摩擦转动，空气阻力不计．若从杆处于水平位置由静止释放系统，系统转过90°的过程中，以下说法正确的是（重力加速度g已知）（　　）‎ A．该过程杆中弹力对m做正功 B．该过程系统机械能守恒，2m的小球机械能也守恒 C．系统转过90°，杆处于竖直方向时，两小球速度均为v=‎ D．系统转过90°，杆处于竖直方向时，轴O对杆的作用力大小为4mg，方向竖直向上 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】释放后，两球绕O点做圆周运动，两球的角速度相等，由于半径相等，两球的线速度相等，在运动过程中，对系统只有重力做功，系统机械能守恒，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、在运动过程中球m重力势能增加，动能增加，机械能增加，该过程杆中弹力对m做正功．故A正确；‎ B、该过程系统机械能守恒，而球m机械能增加，则2m的小球机械能减小，机械能不守恒，故B错误；‎ C、两球做圆周运动的轨道半径相同、角速度相同，线速度大小相等，在整个过程中，由动能定理得：‎ ‎2mgL﹣mgL=（m+2m）v2﹣0，两球的速度：v=，故C正确；‎ D、在竖直位置，小球做圆周运动的轨道半径，杆的作用力与球的重力的合力提供球做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律：‎ 对m的小球：‎ 对2m的小球：‎ 杆对两个小球的作用：F=F2+F1‎ 联立得：F=3mg 可知，系统转过90°，杆处于竖直方向时，轴O对杆的作用力大小为mg，方向竖直向上；故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题（共12分，其中16题6分，17题6分）‎ ‎16．某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一宽度为d的遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象．‎ ‎（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t1　=　△t2（选填“＞”、“=”或“＜”）时，说明气垫导轨已经水平．‎ ‎（2）滑块P用细线跨过定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到电压图象如图乙所示，若△t1、△t2、d和m已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出的物理量是　滑块的质量M　和　两光电门间的距离L　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）当滑块做匀速直线运动时，可知气垫导轨已经水平．‎ ‎（2）根据系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量列出表达式，从而确定还需测量的物理量．‎ ‎【解答】解：（1）轻推滑块，当图乙中的△t1=△t2时，滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨已经水平．‎ ‎（2）系统重力势能的减小量为：△Ep=mgL，系统动能的增加量为：△Ek==，由机械能守恒有；mgL=，‎ 可知还需测出滑块的质量M，两光电门间的距离L．‎ 故答案为：（1）=，（2）滑块质量M，两光电门间的距离L．‎ ‎　‎ ‎17．A、B两位同学看到了这样一个结论：“由理论分析可得，弹簧的弹性势能公式为EP=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）”．为验证这一结论，A、B两位同学设计了如下的实验：‎ ‎①首先他们都进行了如图甲所示的实验：将一根轻质弹簧竖直挂起，在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球，稳定后测得弹簧伸长量为d；‎ ‎②A同学完成步骤①后，接着进行了如图乙所示的实验：将这根弹簧竖直的固定在水平桌面上，并把小铁球放在弹簧上，然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管，利用插销压缩弹簧；拔掉插销时，弹簧对小铁球做功，使小铁球弹起，测得弹簧的压缩量为x时，小铁球上升的最大高度为H．‎ ‎③B同学完成步骤①后，接着进行了如图丙所示的实验．将这根弹簧放在一光滑水平桌面上，一端固定在竖直墙上，另一端被小球压缩，测得压缩量为x，释放弹簧后，小球从高为h的桌面上水平抛出，抛出的水平距离为L．‎ ‎（1）A、B两位同学进行图甲所示实验的目的是为了确定弹簧的劲度系数，用m、d、g表示劲度系数k=　　．‎ ‎（2）如果EP=kx2成立，那么A同学测出的物理量x与d、H的关系式是：x=　　；B同学测出的物理量x与d、h、L的关系式是：x=　L　．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】（1）A、B两位同学作图甲所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，由胡克定律得到k；‎ ‎（2）A同学所做的乙实验：弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，根据机械能守恒列式求解x与d、H的关系式；B同学所做的实验是利用平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，再机械能守恒列式求x与d、h、L的关系式．‎ ‎【解答】解：（1）A、B两位同学做所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，当小球静止时，有：‎ mg=kd，‎ 可得：k=‎ ‎（2）A同学所做的乙实验：将弹簧压缩x后释放小球，小球上升的最大高度为H，此过程中弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，根据机械能守恒得：‎ ‎=mgH 解得：x=‎ B同学的实验：将弹簧压缩x后释放小球，有： =‎ 小球离开桌面后，以初速度v0做平抛运动，则有：‎ L=v0t，‎ h=‎ 可得：x=L 故答案为：（1）；（2），L ‎　‎ 三、计算题（18题6分，19题9分，20题12分，21题11分）‎ ‎18．如图所示．小球A从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v1=6m/s，而在此之前的时间△t，从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A．不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点．已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：‎ ‎（1）飞镖是以多大的速度击中小球的？‎ ‎（2）两个物体开始运动的时间间隔△t应为多少？‎ ‎【考点】平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）飞镖做平抛运动，抓住竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，求出运动的时间，从而得出竖直分速度，根据平行四边形定则求出飞镖的速度．‎ ‎（2）通过飞镖的水平位移得出A的位移大小，根据位移公式求出A的运动时间，从而得出两个物体开始运动的时间间隔．‎ ‎【解答】解：（1）飞镖落在斜面上有：．‎ 解得t=．‎ 则竖直分速度vy=gt=10×0.6m/s=6m/s．‎ 根据平行四边形定则得， m/s．‎ ‎（2）飞镖的水平位移x=v2t=4×0.6m=2.4m 则A的位移s=‎ 则A的运行时间．‎ 则△t=t﹣t′=0.1s．‎ 答：（1）飞镖是以2m/s的速度击中小球的．‎ ‎（2）两个物体开始运动的时间间隔△t应为0.1s．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）为使圆环能下降h=3m，两个物体的质量应满足什么关系？‎ ‎（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量有何关系？‎ ‎（3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h=3m时的速度不可能超过多大？‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）圆环下降过程中，圆环与A组成的系统机械能守恒，由此可得质量关系式，进而由几何关系分析AB的位移关系，可得两物体的质量关系．‎ ‎（2）由圆环与A组成的系统机械能守恒，结合可得此时AB速度关系，可得质量关系．‎ ‎（3）当m＞＞M时可认为B下落过程机械能守恒，此时B的速度为其下降速度的极限值，由机械能守恒可得最终速度．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）若圆环恰好能下降h=3m，由机械能守恒定律得：‎ mgh=MghA，‎ 由几何关系可得：‎ ‎，‎ 解得：‎ M=3m．‎ 因此为使圆环能下降h=3m，两个物体的质量应满足M≤3m；‎ ‎（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，由机械能守恒定律得：‎ ‎，‎ 如图所示，A、B的速度关系为 ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（3）B的质量比A的大得越多，圆环下降h=3m时的速度越大，当m＞＞M时可认为B下落过程机械能守恒，有：‎ ‎，‎ 解得圆环的最大速度：‎ vm=m/s=7.8m/s；‎ 即圆环下降h=3m时的速度不可能超过7.8m/s．‎ 答：‎ ‎（1）为使圆环能下降h=3m，两个物体的质量应满足M≤3m．‎ ‎（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量关系为．‎ ‎（3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h=3m时的速度不可能超过7.8m/s．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，质量为m=1kg的小滑块，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M=2kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长．整个过程中木板的v﹣t图象如图所示，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小．‎ ‎（2）滑块与木板之间的动摩擦因数．‎ ‎（3）滑块在木板上滑过的距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）滑块从A运动到B的过程，只有重力做功，根据动能定理求得滑块到达B点时的速度，在B点，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力．‎ ‎（2）由图象的斜率可得到木板加速运动的加速度和滑块与木板共同减速运动的加速度大小．再根据牛顿第二定律分别对木板和滑块和木板整体列式，即可求解．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出滑块在木板上滑行时的加速度，0﹣1s内，由位移公式求出滑块和木板相对于地面的位移，两者之差即为滑块在木板上滑过的距离．‎ ‎【解答】解：（1）滑块从A到B的过程，由动能定理得：‎ mgR=mv2‎ 在B点，由牛顿第二定律得：‎ FN﹣mg=m．‎ 解得：FN=30N 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为 FN′=FN=30N，方向竖直向下．‎ ‎（2）由图象可得木板加速的加速度为：a1===1m/s2‎ 滑块与木板共同减速的加速度大小为：a2==1m/s2‎ 设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2．‎ 在1～2s内，对滑块和木板整体由牛顿第二定律得：‎ μ1（M+m）g=（M+m）a2‎ 在0～1s内，对木板，由牛顿第二定律得：‎ μ2mg﹣μ1（M+m）g=Ma1‎ 解得：μ1=0.1　μ2=0.5‎ ‎（3）滑块在木板上滑动过程由牛顿第二定律得：‎ ‎ μ2mg=ma 解得 a=5m/s2．‎ 由运动学公式得：v1=v﹣at1，得滑块刚滑上木板时的速度为：‎ v=v1+at1=1+5×1=6m/s 木板的位移为：x1=t1‎ 滑块的位移为：x2=t1‎ 滑块在木板上滑动的距离为：△x=x2﹣x1==m=3m 答：（1）滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小是30N，方向竖直向下．‎ ‎（2）滑块与木板之间的动摩擦因数是0.5．‎ ‎（3）滑块在木板上滑过的距离是3m．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m=0.5kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=8t﹣2t2（m），物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=l0m/s2，求：‎ ‎（1）物体在水平桌面受到的摩擦力；‎ ‎（2）BP间的水平距离；‎ ‎（3）判断物体能否沿圆轨道到达M点．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据物块过B点后其位移与时间的关系得出初速度和加速度．进而根据牛顿第二定律求出摩擦力；‎ ‎（2）根据匀变速运动的位移速度关系公式即可求出BD间的距离；物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P点的速度方向，将P点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，得到时间，即可根据水平方向的匀速运动的规律求出水平距离，即可求解；‎ ‎（3）先假设能到达M点，然后根据能量守恒定律求出需要的初速度，然后与实际的初速度进行比较即可．‎ ‎【解答】解：（1）由x=8t﹣2t2得，‎ ‎ v0=8m/s，a=﹣4m/s2‎ 由牛顿第二定律得：f=ma=0.5×（﹣4）N=﹣2N，即物体在水平桌面受到的摩擦力大小为2N．‎ ‎（2）在BD段：XBD===6m 物块在DP段做平抛运动，‎ ‎ vDy==m/s=4m/s 据题有：‎ vP与水平方向的夹角为45°，则 vD=vDy=4m/s ‎ 则 t==s=0.4s ‎ XDP=vDt=4×0.4m=1.6m 所以BP间的水平距离 XBP=XDP+XBD=1.6+6=7.6（m）‎ ‎（3）设能到达M点，由机械能守恒定律得：‎ ‎=mg•R+‎ ‎ vM2=vD2﹣gR=2gR﹣gR=（2﹣）gR 要能到达M点 vM=，所以不能到达M点．‎ 答：‎ ‎（1）物体在水平桌面受到的摩擦力为﹣2N；‎ ‎（2）BP间的水平距离为7.6m；‎ ‎（3）物体不能到达M点．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日