物理卷·2018届安徽省六安市舒城中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届安徽省六安市舒城中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、本题共10小题，每小题4分（第1～6题单选，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．从同一地点同时沿同一方向做直线运动的两个物体A、B的速度时间图象如图实线所示．在0﹣t0时间内，下列说法中错误的是（　　）‎ A．A物体的加速度不断减小，速度不断增大 B．B物体的加速度不断减小，速度不断减小 C．A、B两物体的位移都随时间不断增大 D．A、B两物体的平均速度大小都大于 ‎2．如1图，为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中（　　）‎ A．①②和③ B．③②和① C．②③和① D．③①和②‎ ‎3．如图所示，顶角为直角、质量为M的斜面体ABC放在粗糙的水平面上，∠A=30°，斜面体与水平面间动摩擦因数为μ．现沿垂直于BC方向对斜面体施加力F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力N和摩擦力f的大小，正确的是（已知重力加速度为g）（　　）‎ A．N=Mg，f= B．N=Mg+，f=μMg C．N=Mg+，f= D．N=Mg+，f=‎ ‎4．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为L．在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终都处于静止状态，则（　　）‎ A．B对地面的压力大小为3mg B．地面对A的作用力沿AC圆心连线方向 C．L越小，A、C间的弹力越小 D．L越小，地面对A、B的摩擦力越大 ‎5．如图所示，OO′为竖直轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO'上．当绳拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2：1，当转轴的角速度逐渐增大时（　　）‎ A．AC先断 B．BC先断 C．两线同时断 D．不能确定哪根线先断 ‎6．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A．0.6v B．0.5v C．0.4v D．0.3v ‎7．A、D两点分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，LAB=LBC=LCD，E点在D点正上方并与A点等高．从E点以一定水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，球1和球2从抛出到落在斜面上的过程（不计空气阻力）中，（　　）‎ A．两球运动的时间之比为1：‎ B．两球抛出时初速度之比为2：1‎ C．两球动能增加量之比为1：2‎ D．两球重力做功之比为1：3‎ ‎8．2012年7月26日，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（　　）‎ A．它们做圆周运动的万有引力保持不变 B．它们做圆周运动的角速度不变 C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小 ‎9．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M，一质量为m的铁块以水平初速度v0滑到小车上，两物体开始运动，它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，则可以断定（　　）‎ A．铁块与小车最终滑离 B．铁块与小车的质量之比m：M=1：1‎ C．铁块与小车表面的动摩擦因数μ=‎ D．平板车上表面的长度为v0t0‎ ‎10．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H．则在小物体从A到B的过程中（　　）‎ A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做功相等 C．两传送带消耗的电能相等 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等 ‎　‎ 二.实验题（11题6分、12题8分，共14分．）‎ ‎11．某同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图（a）所示．‎ ‎（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力．‎ ‎（2）有关此实验，下列叙述正确的是　　．‎ A．两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大 B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同 D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可 ‎（3）图（b）所示是甲和乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是　　（选填“甲”“乙”）（图中力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）．‎ ‎12．如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．两个质量各为mA和mB（mA＞mB）的小物块A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，用手拉住物块B，使它与地面接触，用米尺测量物块A的底部到地面的高度h．释放物块B，同时用秒表开始计时，当物块A碰到地面时，停止计时，记下物块A下落的时间t，当地的重力加速度为g．‎ ‎（1）在物块A下落的时间t内，物块A、B组成的系统减少的重力势能△Ep=　　，增加的动能△Ek=　　．改变mA、mB和h，多次重复上述实验，若在实验误差范围内△Ep　　△Ek均成立，则可初步验证机械能守恒定律．‎ ‎（2）为提高实验结果的准确程度，可以尽量减小定滑轮的质量，将定滑轮的转动轴涂抹润滑油，选取受力后相对伸长尽量小的轻质软绳．请写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：　　．‎ ‎　‎ 三.计算题（13题10分、14题10分、15题12分、16题14分，共46分．）‎ ‎13．“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一部，假设“嫦娥一号”在月球的近地轨道上做匀速圆周运动，绕行周期为T，月球的半径为R，万有引力常量为G．‎ ‎（1）求月球的质量M；‎ ‎（2）求月球表面的重力加速度g月．‎ ‎14．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ=53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B．可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图象如图乙所示．忽略轨道相接处距最低点的高度，且不计物块通过轨道相接处时的能量损失，取重力加速度g=10m/s2，sin 53°=，cos 53°=，求：‎ ‎（1）物块与斜轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）物块的质量m．‎ ‎15．半径为R的光滑圆环竖直放置，环的圆心为O，环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B．AB之间用一长为R的轻杆相连，如图所示．开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：‎ ‎（1）B球到达最低点时的速度大小；‎ ‎（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功；‎ ‎（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点时，OB与竖直方向的夹角．‎ ‎16．电动机带动滚轮匀速转动，在滚轮的作用下，将金属杆从最底端A送往倾角θ=30°的足够长斜面上部．滚轮中心B与斜面底部A的距离为L=6.5m，当金属杆的下端运动到B处时，滚轮提起，与杆脱离接触．杆由于自身重力作用最终会返回斜面底部，与挡板相撞后，立即静止不动．此时滚轮再次压紧杆，又将金属杆从最底端送往斜面上部，如此周而复始．已知滚轮边缘线速度恒为=4m/s，滚轮对杆的正压力FN=2×104N，滚轮与杆间的动摩m=1×103Kg，不计杆与斜面间的摩擦，取g=10m/s2． 求：‎ ‎（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度；‎ ‎（2）杆加速上升至与滚轮速度相同时前进的距离；‎ ‎（3）每个周期中滚轮对金属杆所做的功；‎ ‎（4）杆往复运动的周期．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本题共10小题，每小题4分（第1～6题单选，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．从同一地点同时沿同一方向做直线运动的两个物体A、B的速度时间图象如图实线所示．在0﹣t0时间内，下列说法中错误的是（　　）‎ A．A物体的加速度不断减小，速度不断增大 B．B物体的加速度不断减小，速度不断减小 C．A、B两物体的位移都随时间不断增大 D．A、B两物体的平均速度大小都大于 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】速度时间图线的切线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．‎ ‎【解答】解：A、B、根据速度图象的斜率表示加速度可知，A物体的加速度不断减小，速度不断增大，B物体的加速度不断减小，速度不断减小，故A正确，B正确；‎ C、根据位移图象与横轴所围面积表示位移，A、B物体的位移都不断增大，故C正确．‎ D、若物体做匀变速直线运动，平均速度等于，结合图线与时间轴围成的面积表示位移，知A物体的平均速度大小大于，B物体的平均速度大小小于，故D错误．‎ 本题选错误的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如1图，为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中（　　）‎ A．①②和③ B．③②和① C．②③和① D．③①和②‎ ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，根据力的合成与分解原则求出小球对斜面压力的表达式，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，重力加速度始终为g，恒定不变，从而找出图象．‎ ‎【解答】解：对小球进行受力分析，则有：‎ N=mgcosθ，随着θ的增大，N减小，对应③‎ 根据牛顿第二定律得：‎ a=，随着θ的增大，a增大，对应②‎ 重力加速度始终为g，恒定不变，对应①，故B正确 故选B ‎　‎ ‎3．如图所示，顶角为直角、质量为M的斜面体ABC放在粗糙的水平面上，∠A=30°，斜面体与水平面间动摩擦因数为μ．现沿垂直于BC方向对斜面体施加力F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力N和摩擦力f的大小，正确的是（已知重力加速度为g）（　　）‎ A．N=Mg，f= B．N=Mg+，f=μMg C．N=Mg+，f= D．N=Mg+，f=‎ ‎【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】斜面体保持静止状态，合力为零，分析受力情况，根据平衡条件求解地面对斜面体的支持力N和摩擦力f的大小．‎ ‎【解答】解：分析斜面体的受力情况如图，根据平衡条件得：‎ ‎ N=Mg+Fsin30°=Mg+‎ ‎ f=Fcos30°=‎ 故选C ‎　‎ ‎4．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为L．在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终都处于静止状态，则（　　）‎ A．B对地面的压力大小为3mg B．地面对A的作用力沿AC圆心连线方向 C．L越小，A、C间的弹力越小 D．L越小，地面对A、B的摩擦力越大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件求地面对B的支持力，由牛顿第三定律即可求出B对地面的压力；地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；以C为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A、C间的弹力如何变化；以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A的摩擦力如何变化，地面对B的摩擦力与对A的摩擦力大小相等．‎ ‎【解答】解：A、以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知：地面对B的支持力为2mg，则由牛顿第三定律得知B对地面的压力大小也为2mg；故A错误．‎ B、地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；A受到重力mg、地面的支持力N1、摩擦力f、C球的压力N2．如图所示根据平衡条件知：地面的支持力N1和摩擦力f的合力与力mg和压力N2的合力等值、反向，C球对A的压力N2方向沿AC方向，则力mg和压力N2的合力一定不沿AC方向，故地面对A的作用力不沿AC方向．故B错误．‎ C、以C为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件有：‎ ‎ 2N2′cosθ=mg 得 N2′=，L越小，θ越小，则得A对C间的弹力N2′越小．故C正确．‎ D、以A为研究对象，根据平衡条件得知：地面对A的摩擦力f=N2sinα，而C对A的压力N2=N2′，则l越小，α越小，f越小．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，OO′为竖直轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO'上．当绳拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2：1，当转轴的角速度逐渐增大时（　　）‎ A．AC先断 B．BC先断 C．两线同时断 D．不能确定哪根线先断 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】对于小球，靠拉力在水平方向上的分力提供向心力，根据牛顿第二定律，分析绳子拉力的大小，从而确定哪根绳子先断．‎ ‎【解答】解：绳子与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得，Fcosθ=mrω2．则F==mω2l，（l表示绳长）．‎ 知AC绳的长度大于BC绳的长度，当角速度增大时，AC绳先达到最大拉力，所以AC绳先断．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A．0.6v B．0.5v C．0.4v D．0.3v ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】首先从水平面光滑上判断AB两球碰撞过程中动量守恒，由于A球被反弹，所以可以判断出B球的速度会大于0.5v；在两球碰撞的过程中，有可能会存在能量的损失，由碰撞前后的动能求出B球的速度同时会小于等于v，由两个速度的范围求出最终的结果．‎ ‎【解答】解：AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为V1、V2，‎ 选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：‎ mv=﹣mv1+2mv2…①‎ 假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=0.5v 由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞0.5v…②‎ AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv12+×2mv22…③‎ ‎①③两式联立得：v2≤v…④‎ 由②④两式可得：0.5v＜v2≤v，‎ 符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．A、D两点分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，LAB=LBC=LCD，E点在D点正上方并与A点等高．从E点以一定水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，球1和球2从抛出到落在斜面上的过程（不计空气阻力）中，（　　）‎ A．两球运动的时间之比为1：‎ B．两球抛出时初速度之比为2：1‎ C．两球动能增加量之比为1：2‎ D．两球重力做功之比为1：3‎ ‎【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，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比．根据动能定理求出动能的增加量之比．‎ ‎【解答】解：A、因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：，故A正确．‎ B、AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为，故B正确．‎ C、根据动能定理得，mgh=△Ek，因为下降的高度之比为1；2，则重力做功为1：2，动能的增加量之比为 1：2，故C正确，D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎8．2012年7月26日，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（　　）‎ A．它们做圆周运动的万有引力保持不变 B．它们做圆周运动的角速度不变 C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析．‎ ‎【解答】解：A、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2．双星间的距离为L．转移的质量为△m．‎ 则它们之间的万有引力为F=G，根据数学知识得知，随着△m的增大，F先增大后减小．故A错误．‎ B、对m1：G=（m1+△m）ω2r1 ①‎ ‎ 对m2：G=（m2﹣△m）ω2r2 ②‎ 由①②得：ω=，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度ω不变．故B正确．‎ C、D、由②得：ω2r2=，ω、L、m1均不变，△m增大，则r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大．‎ 由v=ωr2得线速度v也增大．故C正确．D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M，一质量为m的铁块以水平初速度v0滑到小车上，两物体开始运动，它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，则可以断定（　　）‎ A．铁块与小车最终滑离 B．铁块与小车的质量之比m：M=1：1‎ C．铁块与小车表面的动摩擦因数μ=‎ D．平板车上表面的长度为v0t0‎ ‎【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】‎ 根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求出动摩擦因数的大小．根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度．物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A正确；‎ B、根据图线知，铁块的加速度大小a1==．小车的加速度大小a2=，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律，铁块的加速度a1=，小车的加速度a2=，则铁块与小车的质量之比m：M=1：1．故B正确．‎ B、铁块的加速度a1=，又a1=，则，故C正确；‎ D、铁块的位移x1==v0t0，小车的位移x2=t0=v0t0，‎ 则小车的长度L=v0t0﹣v0t0=v0t0，故D错误．‎ 故选ABC ‎　‎ ‎10．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H．则在小物体从A到B的过程中（　　）‎ A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做功相等 C．两传送带消耗的电能相等 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】由题，甲图中小物体从底端上升到顶端B速度与传送带速度相同，乙图中上升到C处速度与传送带速度相同，两种过程，初速度、末速度相等，位移不同，由运动学公式列式比较加速度的大小，由牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小．动能定理表达式不同．本题的关键是比较两种情况下产生的热量关系，要根据相对位移．‎ ‎【解答】解：A、根据公式v2=2ax，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ﹣mgsinθ=ma，得知μ甲＜μ乙，故A正确；‎ B、传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故B正确；‎ C、D、由摩擦生热Q=fS相对知，‎ 甲图中： =，Q甲=f1S1=vt1﹣=f1，f1﹣mgsinθ=ma1=m 乙图中：Q乙=f2S2=f2，f2﹣mgsinθ=ma2=m 解得：Q甲=mgH+mv2，Q乙=mg（H﹣h）+mv2，Q甲＞Q乙，故D错误；‎ 根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故C错误，D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 二.实验题（11题6分、12题8分，共14分．）‎ ‎11．某同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图（a）所示．‎ ‎（1）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力．‎ ‎（2）有关此实验，下列叙述正确的是　AC　．‎ A．两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大 B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同 D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可 ‎（3）图（b）所示是甲和乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是　甲　（选填“甲”“乙”）（图中力F′是用一只弹簧测力计拉时的图示）．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；‎ ‎（2）根据合力与分力的关系来分析判断；‎ ‎（3）明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答．‎ ‎【解答】解：（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头．如图所示．‎ ‎ （2）A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大．故A正确．‎ ‎ B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；‎ ‎ C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O．故C正确．‎ ‎ D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎（3）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，故甲符合实验事实．‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）AC；（ 3）甲 ‎　‎ ‎12．如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．两个质量各为mA和mB（mA＞mB）的小物块A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，用手拉住物块B，使它与地面接触，用米尺测量物块A的底部到地面的高度h．释放物块B，同时用秒表开始计时，当物块A碰到地面时，停止计时，记下物块A下落的时间t，当地的重力加速度为g．‎ ‎（1）在物块A下落的时间t内，物块A、B组成的系统减少的重力势能△Ep=　（mA﹣mB）gh　，增加的动能△Ek=　　．改变mA、mB和h，多次重复上述实验，若在实验误差范围内△Ep　等于　△Ek均成立，则可初步验证机械能守恒定律．‎ ‎（2）为提高实验结果的准确程度，可以尽量减小定滑轮的质量，将定滑轮的转动轴涂抹润滑油，选取受力后相对伸长尽量小的轻质软绳．请写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：　对同一高度h进行多次测量取平均值；对同一时间t进行多次测量平均值；对物块A或B的质量进行多次测量取平均值；选择质量相对定滑轮较大的物块A、B，使A静止后再释放B　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据下降的高度求出系统重力势能的减小量，根据平均速度推论，结合平均速度的大小求出末速度，从而得出系统动能的增加量．‎ 结合实验的原理以及注意事项确定减小误差的措施．‎ ‎【解答】解：（1）物块A、B组成的系统减少的重力势能△Ep=（mA﹣mB）gh；根据平均速度推论知，，则末速度为：v=，可知系统动能的增加量为： =；若在实验误差范围内△Ep=△Ek均成立，则可初步验证机械能守恒定律．‎ ‎（2）减小误差的措施：对同一高度h进行多次测量取平均值；对同一时间t进行多次测量平均值；对物块A或B的质量进行多次测量取平均值；选择质量相对定滑轮较大的物块A、B，使A静止后再释放B．‎ 故答案为：（1）（mA﹣mB）gh； ；等于，‎ ‎（2）对同一高度h进行多次测量取平均值；对同一时间t进行多次测量平均值；对物块A或B的质量进行多次测量取平均值；选择质量相对定滑轮较大的物块A、B，使A静止后再释放B．‎ ‎　‎ 三.计算题（13题10分、14题10分、15题12分、16题14分，共46分．）‎ ‎13．“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一部，假设“嫦娥一号”在月球的近地轨道上做匀速圆周运动，绕行周期为T，月球的半径为R，万有引力常量为G．‎ ‎（1）求月球的质量M；‎ ‎（2）求月球表面的重力加速度g月．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据万有引力提供向心力求出月球的质量．‎ ‎（2）在月球表面，月球对物体的万有引力等于月球表面的重力，由此列式得出月球表面的重力加速度g．‎ ‎【解答】解：（1）设月球质量为M，“嫦娥一号”的质量为m，根据万有引力定律和牛顿第二定律，对“嫦娥一号”绕月飞行的过程有 解得．‎ ‎（2）设月球表面的重力加速度为g，‎ 有万有引力定律可得：，‎ 解得：g=‎ 答：（1）月球的质量M为；‎ ‎（2）求月球表面的重力加速度为．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ=53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B．可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图象如图乙所示．忽略轨道相接处距最低点的高度，且不计物块通过轨道相接处时的能量损失，取重力加速度g=10m/s2，sin 53°=，cos 53°=，求：‎ ‎（1）物块与斜轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）物块的质量m．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）由乙图知，当h=5R时，物块到达B点时对轨道的压力大小为0，此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块在B点的速度大小．对物块：从释放至到达B点过程，由动能定理求解动摩擦因数μ；‎ ‎（2）设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，根据牛顿第二定律得到F与v的关系，由动能定理得到F与h的表达式，结合图象，分析F﹣h图线的斜率，即可求解物体的质量m．‎ ‎【解答】解：（1）由乙图可知，当h=5R时，物块到达B点时对轨道的压力大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则：‎ ‎ mg=‎ 对物块从释放至到达B点过程，由动能定理得：mg（h﹣2R）﹣μmgcos53°•=‎ 解得：μ=‎ ‎（2）设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，在B点，由牛顿第二定律得：‎ ‎ F+mg=‎ 对物块从释放至到达B点过程，由动能定理得：mg（h﹣2R）﹣μmgcos53°•=﹣0‎ 解得：F=﹣5mg 则F﹣h图线的斜率：k=‎ 由乙图可知：k==‎ 解得：m=0.2kg 答：（1）物块与斜轨间的动摩擦因数μ是；‎ ‎（2）物块的质量m是0.2kg．‎ ‎　‎ ‎15．半径为R的光滑圆环竖直放置，环的圆心为O，环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B．AB之间用一长为R的轻杆相连，如图所示．开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：‎ ‎（1）B球到达最低点时的速度大小；‎ ‎（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功；‎ ‎（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点时，OB与竖直方向的夹角．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）把AB看成一个系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解B球到达最低点时的速度大小；‎ ‎（2）对A球，运用动能定理即可求解杆对A球做的功；‎ ‎（3）设B球到右侧最高点时，AB与竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解θ．‎ ‎【解答】解：（1）对于AB组成系统，从释放到B到达最低点的过程，由系统的机械能守恒得：‎ ‎ mgR+mgR=（m+m）vB2‎ 得，vB=‎ ‎（2）B球到达最低点的过程中，对A球，根据动能定理得：‎ ‎ mgR+W=mvB2‎ 而vB=‎ 解得，杆对A球做的功 W=0；‎ ‎（3）设B球到右侧最高点时，AB与竖直方向夹角为θ，如图，圆环圆心处为零势能面．‎ 系统机械能守恒，mgR=mgRcosθ﹣mgRsinθ ‎ 代入数据得，θ=30° ‎ 所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角为30°；‎ 答：‎ ‎（1）B球到达最低点时的速度大小是．‎ ‎（2）B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功是0． ‎ ‎（3）B球在圆环右侧区域内能达到的最高点时，OB与竖直方向的夹角为30°．‎ ‎　‎ ‎16．电动机带动滚轮匀速转动，在滚轮的作用下，将金属杆从最底端A送往倾角θ=30°的足够长斜面上部．滚轮中心B与斜面底部A的距离为L=6.5m，当金属杆的下端运动到B处时，滚轮提起，与杆脱离接触．杆由于自身重力作用最终会返回斜面底部，与挡板相撞后，立即静止不动．此时滚轮再次压紧杆，又将金属杆从最底端送往斜面上部，如此周而复始．已知滚轮边缘线速度恒为=4m/s，滚轮对杆的正压力FN=2×104N，滚轮与杆间的动摩m=1×103Kg，不计杆与斜面间的摩擦，取g=10m/s2． 求：‎ ‎（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度；‎ ‎（2）杆加速上升至与滚轮速度相同时前进的距离；‎ ‎（3）每个周期中滚轮对金属杆所做的功；‎ ‎（4）杆往复运动的周期．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对杆进行受力分析，杆在重力、支持力、滚轮压力和摩擦力作用下产生加速度，求出物体所受合力，由牛顿第二定律可以得加速度a；‎ ‎（2）由加速度和杆运动的末速度、初速度，由速度位移关系公式求杆加速上升至与滚轮速度相同时前进的距离；‎ ‎（3）轮分两个过程对杆做功，在两个过程中根据动能定理可求出轮对杆所做的功W；‎ ‎（4）把杆的运动分成三段，一是在滑动摩擦力作用下的匀加速运动，二是在静摩擦力作用下的匀速运动，三是重力沿斜面向下分力作用下的匀减速直线运动，分三段运动求杆运动的时间即可．‎ ‎【解答】解：（1）对杆进行受力分析：杆受重力G、斜面对杆的支持力F1，滚轮对杆的压力FN和滚轮对杆沿斜面向上的摩擦力f，四个力作用．建立直角坐标系，如图，根据牛顿第二定律得：‎ μFN﹣mgsinθ=ma ‎ 代入数据解得：a=2m/s2‎ ‎（2）杆加速上升至与滚轮速度相同时前进的距离为：s==m=4m ‎ ‎（3）因为s＜L，所以金属杆先匀加速4米，后匀速2.5米．‎ 对两个过程，分别运用动能定理得：‎ W1﹣mgsinθs=mv2‎ W2﹣mgsinθs′=0 ‎ 每个周期中滚轮对金属杆所做的功为：W=W1+W2．‎ 联立解得：W=4.05×104J ‎ ‎（4）匀加速运动的时间为：t1===2s ‎ 匀速向上的时间为：t2===0.625s ‎ 后向下做匀加速运动的加速度为：a′=gsinθ ‎ 由L=v0t3﹣at23‎ 得 t3=2.6s　 ‎ 所以杆往复运动的周期 T=t1+t2+t3；‎ 解得 T=5.225s ‎ 答：（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度是2m/s2；‎ ‎（2）杆加速上升至与滚轮速度相同时前进的距离是4m；‎ ‎（3）每个周期中电动机对金属杆所做的功是4.05×104J；‎ ‎（4）杆往复运动的周期是5.225s．‎ ‎　‎