山西省朔州市怀仁一中2017届高三上学期第三次月考物理试卷（11月份）

山西省朔州市怀仁一中2017届高三上学期第三次月考物理试卷（11月份）

‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高三（上）第三次月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一.选择题 ‎1．关于对动能的理解，下列说法错误的是（　　）‎ A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 ‎2．如图所示，从倾角为θ的斜面上水平抛出一个小球，落在斜面上某处，小球落在斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则（　　）‎ A．α可能等于90° B．α随初速度的增大而增大 C．α随初速度的增大而减小 D．α与初速度无关 ‎3．如图所示，悬线一端系一小球，另一端固定于O点，在O点正下方的P点钉一个钉子，使悬线拉紧与竖直方向成一角度θ然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子时，下列说法正确的是（　　）‎ ‎①小球的瞬时速度突然变大 ‎ ‎②小球的加速度突然变大 ‎③小球所需的向心力突然变大 ‎ ‎④悬线所受的拉力突然变大．‎ A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③‎ ‎4．如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（　　）‎ A．地板对物体的支持力做的功等于mv2‎ B．地板对物体的支持力做的功等于mgH C．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgH D．合力对电梯M做的功等于Mv2‎ ‎5．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度 C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度 D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度小于它在轨道3上经过P点时的加速度 ‎6．如图所示，一小车在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时（　　）‎ A．要使小车静止不动，甲乙速率必相等 B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大 C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大 D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小 ‎7．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，开始弹簧处于原长h，今让圆环沿杆自由滑下，滑到杆的底端时速度恰为零，则此过程中（　　）‎ A．圆环的机械能守恒 B．弹簧对圆环先做正功后做负功 C．弹簧的弹性势能变化了mgh D．重力的功率一直减小 ‎8．如图所示，点电荷q1，q2，q3处于在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量q1：q2：q3之比为（　　）‎ A．﹣9：4：﹣36 B．9：4：36 C．﹣3：2：6 D．3：2：6‎ ‎9．在工厂中常用如图所示的水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2m/s逆时针运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s 的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即从A 点滑上传送带，取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．工件经0.5 s在传送带上停止相对滑动 B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 m C．摩擦力对每个工件做的功为1 J D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J ‎10．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．0～6s内物体的位移大小为30m B．0～6s内拉力做的功为70J C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等 D．滑动摩擦力的大小为5N ‎11．如图所示质量为M的小车放在光滑的水平而上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为S，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体具有的动能为（F﹣f）（S+L）‎ B．小车具有的动能为Fs C．物体克服摩擦力所做的功为f（S+L）‎ D．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL ‎12．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上，现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　）‎ A．μ1＞μ2‎ B．无法确定μ1与μ2的大小 C．若改变F的大小，当F＞μ2（m1+m2）g时，长木板将开始运动 D．若将F作用于长木板，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动 ‎13．静止在地面上的小物体，在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系如图所示，其中0﹣﹣s1过程的图线是曲线，s1﹣﹣s2过程的图线为平行于横轴的直线．关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是（　　）‎ A．0﹣s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小 B．s1﹣s2过程中物体做匀速直线运动 C．0﹣s2过程中物体的动能先增大后减小 D．0﹣s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度 ‎14．如图所示，虚线a，b，c代表电场中的三个等差等势面，实线为一带正电的微粒只在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P和Q是这条轨迹上两个点，P，Q相比（　　）‎ A．P点的电势高 B．带电微粒通过P点时的加速度大 C．带电微粒通过P点时的速度大 D．带电微粒在P点时的电势能较大 ‎　‎ 二.实验题 ‎15．在用如图所示装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，以下说法正确的是 （　　）‎ A．长木板要适当倾斜，以平衡小车运动过程中受到的阻力 B．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致 D．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点均匀部分进行计算 ‎16．如图为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）“验证机械能守恒定律”的实验装置，完成以下填空．‎ 实验步骤如下：‎ ‎①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．‎ ‎②测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s．‎ ‎③将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．‎ ‎④读出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间△t1和△t2．‎ ‎⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．‎ ‎⑥滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1=　　和Ek2=　　．‎ ‎⑦在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=　　．（重力加速度为g）‎ ‎⑧如果满足关系式　　，则可认为验证了机械能守恒定律．‎ ‎　‎ 三.计算题 ‎17．如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，A的质量为4m，B的质量为m，开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．设当A沿斜面下滑s 距离后，细线突然断了．求物块B上升离地的最大高度H．‎ ‎18．如图所示，弯曲斜面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后作平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球在D点时的速度vD；‎ ‎（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x；‎ ‎（3）小球经过半圆轨道的C点（C点与圆心O在同一水平面）时对轨道的压力．‎ ‎19．如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小物块Q离开平板车时速度为多大？‎ ‎（2）平板车P的长度为多少？‎ ‎（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？‎ ‎20．如图1所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度大小g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离；‎ ‎（2）试分析传送带的速度满足什么条件时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离；‎ ‎（3）设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动是v′为负．试分析在图2中画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线（不需要计算过程，只需画出图线即可）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高三（上）第三次月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题 ‎1．关于对动能的理解，下列说法错误的是（　　）‎ A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 ‎【考点】动能．‎ ‎【分析】动能是标量，只有大小没有方向，速度是矢量，有大小有方向，对于一定质量的物体，动能变化，则速度一定变化，速度变化，动能不一定变化，而动能不变化时，不一定处于平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都就有动能．故A正确．‎ B、根据Ek=mv2知，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，故B正确．‎ C、一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能不一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变．故C正确．‎ D、动能不变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态．故D错误．‎ 本题选错误的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，从倾角为θ的斜面上水平抛出一个小球，落在斜面上某处，小球落在斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则（　　）‎ A．α可能等于90° B．α随初速度的增大而增大 C．α随初速度的增大而减小 D．α与初速度无关 ‎【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，根据位移关系得出位移倾角的正切值，结合速度公式求出速度与水平方向夹角的正切值，从而得出小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角的变化．‎ ‎【解答】解：小球落在斜面上，位移与水平方向的夹角，‎ 速度与水平方向的夹角为，‎ 可知tanβ=2tanθ，由于θ不变，则β也不变．‎ 则小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角：α=β﹣θ，保持不变．与初速度无关，因为平抛运动速度与水平方向的夹角不可能等于90度，则小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角不可能等于90度．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，悬线一端系一小球，另一端固定于O点，在O点正下方的P点钉一个钉子，使悬线拉紧与竖直方向成一角度θ然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子时，下列说法正确的是（　　）‎ ‎①小球的瞬时速度突然变大 ‎ ‎②小球的加速度突然变大 ‎③小球所需的向心力突然变大 ‎ ‎④悬线所受的拉力突然变大．‎ A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③‎ ‎【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】由静止释放小球，当悬线碰到钉子时，线速度大小不变，而摆长变化，从而导致角速度、向心加速度、拉力的变化．‎ ‎【解答】解：①、当悬线碰到钉子时，线速度大小不变．故①错误．‎ ‎②、当悬线碰到钉子时，线速度大小不变，摆长变小，根据a=知，加速度变大．故②正确．‎ ‎③、根据Fn=ma，知向心加速度增大，则小球所受的向心力增大．故③正确．‎ ‎④、根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，解得F=mg+ma，向心加速度增大，拉力增大，故④正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（　　）‎ A．地板对物体的支持力做的功等于mv2‎ B．地板对物体的支持力做的功等于mgH C．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgH D．合力对电梯M做的功等于Mv2‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】‎ 根据电梯的运动情况，可以求得电梯的加速度的大小，再有牛顿第二定律可以求得电梯对物体的支持力的大小，从而可以求得功的大小．‎ ‎【解答】解：A、电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，‎ 由速度和位移的关系式可得，v2=2aH，‎ 所以a=，‎ 对电梯由牛顿第二定律可得，‎ ‎ FN﹣mg=ma，‎ 所以 FN=mg+ma=mg+m，‎ 地板对物体的支持力做的功为W=FNH=（mg+ma）H=mgH+mv2，所以AB错误．‎ C、对于整体由牛顿第二定律可得，‎ F﹣（M+m）g=（M+m）a，‎ 所以钢索的拉力为F=（M+m）g+（M+m）a，‎ 钢索的拉力做的功等于FH=（M+m）gH+（M+m）v2，所以C错误．‎ D、根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即为Mv2，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率 B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度 C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度 D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度小于它在轨道3上经过P点时的加速度 ‎【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】卫星做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此可以分析不同半径上圆周运动的速度大小、角速度大小和加速度大小．‎ ‎【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 ‎=mω2r=m=ma A、v=，轨道3的卫星半径大，速率小，故A错误；‎ B、ω=，轨道3的卫星半径大，角速度小，故B正确；‎ C、a=，所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一小车在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时（　　）‎ A．要使小车静止不动，甲乙速率必相等 B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大 C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大 D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．‎ ‎【解答】解：AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：‎ mAvA+mBvB+m车v车=0，‎ A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，甲、乙动量大小一定大小相等，但是甲和乙的质量不一定相同，所以甲和乙的速率不一定相同，所以A错误；‎ BCD、要使小车向左运动，则甲乙的动量合必须向右，而甲向右运动，乙向左运动，所以甲的动量一定比乙的大，所以BD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，开始弹簧处于原长h，今让圆环沿杆自由滑下，滑到杆的底端时速度恰为零，则此过程中（　　）‎ A．圆环的机械能守恒 B．弹簧对圆环先做正功后做负功 C．弹簧的弹性势能变化了mgh D．重力的功率一直减小 ‎【考点】功能关系；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，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒，故A错误；‎ B、弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再恢复原长最后伸长，故簧对圆环先做负功后做正功，故B错误；‎ C、整个系统机械能守恒，重力势能减小mgh，故弹性势能增加mgh，故C正确；‎ D、圆环是先加速后减速，重力沿着速度的分力恒定，故重力的功率先增加后减小，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，点电荷q1，q2，q3处于在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量q1：q2：q3之比为（　　）‎ A．﹣9：4：﹣36 B．9：4：36 C．﹣3：2：6 D．3：2：6‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，已知q2为负电荷，可以利用假设法判断q1和q3的电性，如假设q1带正电，其它电荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”（三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远）进行判断．三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列方程即可求解．‎ ‎【解答】解：若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电．‎ 若同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电．‎ 由于三个电荷均处于平衡状态，所以 对q1有： =①‎ 对q2有：②‎ 对q3有：③‎ 联立①②③可解得：‎ 根据题意可知l2=2l1，所以 由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=﹣9：4：﹣36或q1：q2：q3=9：﹣4：36，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．在工厂中常用如图所示的水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2m/s逆时针运行，质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s 的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即从A 点滑上传送带，取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．工件经0.5 s在传送带上停止相对滑动 B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 m C．摩擦力对每个工件做的功为1 J D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】当工件的速度等于传送带的速度时，停止相对滑动，则由牛顿第二定律及速度公式可求得时间，由前后两工件的运动情况可求得两工件间的距离；摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功．摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能．‎ ‎【解答】解：A、工件滑上水平传送带后先匀加速运动后匀速运动，匀加速的加速度大小设为a，由牛顿第二定律得：μmg=ma 得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2‎ 加速运动的时间 t==s=0.5s，则知工件经0.5 s在传送带上停止相对滑动，故A正确．‎ B、在0.5s内传送带相对地的位移即是正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为：d=vt=2×0.5m=1m，故B错误．‎ C、由动能定理得：摩擦力对每个工件做正功为：Wf=mv2﹣=×0.5×22﹣×0.5×12=0.75J，故C错误．‎ D、在t=0.5s内，工件对地位移为：x1==m=0.75m 传送带对地位移为 x2=vt=1m 则工件相对传送带的位移大小为：△x=x1﹣x2=1﹣0.75=0.25m 因摩擦产生的内能为：Q=μmg△x=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．0～6s内物体的位移大小为30m B．0～6s内拉力做的功为70J C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等 D．滑动摩擦力的大小为5N ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；动能定理的应用．‎ ‎【分析】速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功．‎ ‎【解答】解：A、0～6s内物体的位移大小x==30m．故A正确．‎ ‎ B、在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．‎ ‎ C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．‎ ‎ D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=‎ ‎=．故D错误．‎ 故选ABC ‎　‎ ‎11．如图所示质量为M的小车放在光滑的水平而上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为S，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体具有的动能为（F﹣f）（S+L）‎ B．小车具有的动能为Fs C．物体克服摩擦力所做的功为f（S+L）‎ D．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】根据动能定理求得物体的动能增加量和小车的动能增加量．‎ 注意物体和小车相对地面的位移不等．‎ 系统机械能减少量是通过摩擦力对系统做功量度的．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得：（F﹣f）（s+L）=△EK 所以物体具有的动能为（F﹣f）（S+L），故A正确．‎ B、对小车运动的过程，根据动能定理得：fS=△EK′﹣0‎ 所以小车具有的动能为fS，故B错误．‎ C、物体克服摩擦力做功为f（S+L），故C正确．‎ D、这一过程小车和物体组成的系统受到外力F的作用，做功为F（S+L），‎ 摩擦力对系统做功w=﹣fL，由于摩擦产生的内能为fL，‎ 机械能减小了F（S+L）﹣fL．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2‎ 的长木板叠放在水平地面上，现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　）‎ A．μ1＞μ2‎ B．无法确定μ1与μ2的大小 C．若改变F的大小，当F＞μ2（m1+m2）g时，长木板将开始运动 D．若将F作用于长木板，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动 ‎【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】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．‎ ‎【解答】解：A、对m1，根据牛顿运动定律有：F﹣μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g﹣Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A、B错误．‎ C、改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．‎ D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F﹣μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（+）（+）g，所以当F＞（+）（+）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎13．静止在地面上的小物体，在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系如图所示，其中0﹣﹣s1‎ 过程的图线是曲线，s1﹣﹣s2过程的图线为平行于横轴的直线．关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是（　　）‎ A．0﹣s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小 B．s1﹣s2过程中物体做匀速直线运动 C．0﹣s2过程中物体的动能先增大后减小 D．0﹣s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣﹣s1过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化．‎ ‎【解答】解：A、0﹣﹣s1过程中，图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．故A正确．‎ ‎ B、s1﹣﹣s2过程中物体仅受重力，做匀减速直线运动．故B错误．‎ ‎ C、0﹣﹣s1过程中，开始拉力大于重力，做加速运动，动能增加，然后拉力小于重力，做减速运动，动能减小，s1﹣﹣s2过程动能逐渐减小．所以0﹣﹣s2过程中物体的动能先增大后减小．故C正确．‎ ‎ D、0﹣﹣s1过程中，开始拉力大于重力，加速度方向向上，逐渐减小，然后拉力小于重力，加速度方向向下，逐渐增大到g，s1﹣﹣s2过程仅受重力，加速度保持g不变．故D正确．‎ 故选ACD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，虚线a，b，c代表电场中的三个等差等势面，实线为一带正电的微粒只在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P和Q是这条轨迹上两个点，P，Q相比（　　）‎ A．P点的电势高 B．带电微粒通过P点时的加速度大 C．带电微粒通过P点时的速度大 D．带电微粒在P点时的电势能较大 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方，根据电场线的方向可判断电势的高低；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．电势能和动能的变化可以通过电场力做功情况判断．‎ ‎【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知P的电势最高，故A正确；‎ B、等势线密的地方电场线密场强大，故P点电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确．‎ C、D根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，故C错误，D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 二.实验题 ‎15．在用如图所示装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，以下说法正确的是 （　　）‎ A．长木板要适当倾斜，以平衡小车运动过程中受到的阻力 B．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致 D．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点均匀部分进行计算 ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】在利用橡皮筋探究功与速度变化关系的实验时，应选取几条完全相同的橡皮筋，为使它们每次做的功相同，橡皮筋拉伸的长度必要保持一致；小车的运动是先加速后匀速，最后匀速的速度为最大速度，即为所求速度．实验中小车和木板间存在摩擦，实验前需要平衡摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、实验中小车和木板间存在摩擦，实验前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是用一个小木块垫高长木板的一端，故A正确；‎ B、橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，故橡皮筋每次拉伸长度必须保持一致，不需要设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值．故B错误；‎ C、橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，故橡皮筋每次拉伸长度必须保持一致．故C错误；‎ D、当橡皮筋恢复原长时，小车合外力为零，做匀速运动，此时速度最大，因此此时速度即为小车最终获得的速度，所以应选用纸带上打点最稀疏的部分进行计算．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎16．如图为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）“验证机械能守恒定律”的实验装置，完成以下填空．‎ 实验步骤如下：‎ ‎①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．‎ ‎②测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s．‎ ‎③‎ 将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．‎ ‎④读出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间△t1和△t2．‎ ‎⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．‎ ‎⑥滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1=　　和Ek2=　　．‎ ‎⑦在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=　mgs　．（重力加速度为g）‎ ‎⑧如果满足关系式　△Ep=Ek2﹣Ek1　，则可认为验证了机械能守恒定律．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．‎ 由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．‎ 要注意本题的研究对象是系统．‎ ‎【解答】解：（1）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 滑块通过光电门1速度v1=‎ 滑块通过光电门2速度v2=‎ 系统的总动能分别为Ek1=和Ek2=‎ ‎（2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=mgs ‎（3）如果满足关系式△Ep=Ek2﹣Ek1，即系统重力势能减小量等于动能增加量，则可认为验证了机械能守恒定律．‎ 故答案为：（1），（‎ ‎（2）△Ep=mgs ‎ ‎（3）△Ep=Ek2﹣Ek1‎ ‎　‎ 三.计算题 ‎17．如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，A的质量为4m，B的质量为m，开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．设当A沿斜面下滑s 距离后，细线突然断了．求物块B上升离地的最大高度H．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】从开始至线断的过程中，A、B和地球组成的系统机械能守恒；线断之后，对B和地球组成的系统机械能守恒；列出方程找到共同点求解即得．‎ ‎【解答】解：由题知，在A下滑s的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则据机械能守恒定律有：‎ 代入θ=30°得v=‎ 当细线断了之后，对B而言，B将做竖直上抛运动，初速度v=，所以在B上升的过程中满足机械能守恒，在最高点时B的动能为零，则B增加的势能等于B减少的动能则：‎ 代入v=，可得B继续上升．‎ 由题意知物体B距地面的最大高度H=s+hmax=1.2s．‎ 答：物块B上升离地的最大高度H=1.2s．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，弯曲斜面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后作平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球在D点时的速度vD；‎ ‎（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x；‎ ‎（3）小球经过半圆轨道的C点（C点与圆心O在同一水平面）时对轨道的压力．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球从A到D过程，只能重力做功，根据动能定理求小球在D点时的速度vD．‎ ‎（2）小球离开D点后做平抛运动，根据分位移的规律求落地点E离半圆轨道最低点B的位移x．‎ ‎（3）从A到C根据动能定理求得小球经过C点的速度．在C点，由轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律求轨道对小球的支持力，从而得到小球对轨道的压力．‎ ‎【解答】解：（1）小球从A到D，根据动能定理可得：‎ ‎ mg（4R﹣2R）=m 整理可以得到：vD=2．‎ ‎（2）小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到：‎ 水平方向有：x=vDt 竖直方向有：2R=‎ 整理可以得到：x=4R．‎ ‎（3）从A到C，根据动能定理得：mg（4R﹣R）=m 在C点，根据牛顿第二定律：N=m 整理可以得到：N=6mg．‎ 由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力为6mg．‎ 答：‎ ‎（1）小球在D点时的速度vD是2．‎ ‎（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x是4R；‎ ‎（3）小球经过半圆轨道的C点（C点与圆心O在同一水平面）时对轨道的压力是6mg．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小物块Q离开平板车时速度为多大？‎ ‎（2）平板车P的长度为多少？‎ ‎（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球由静止摆到最低点的过程中，绳子的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，即可由机械能守恒定律求出小球与Q碰撞前瞬间的速度．到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，满足动量守恒的条件且能量守恒，由两大守恒定律结合可求出碰撞后小球与Q的速度．小物块Q在平板车P上滑动的过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，‎ 即可由动量守恒定律求出小物块Q离开平板车时速度；‎ ‎（2）小物块Q在平板车P上滑动的过程中，小球的部分动能转化为内能．根据系统的能量守恒求出平板车P的长度．‎ ‎（3）小物块Q离开平板车做平抛运动，求出小物块从开始运动到落地的水平距离，即为小物块Q落地时距小球的水平距离．‎ ‎【解答】解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有 ‎ mgR（1﹣cos60°）=‎ ‎ 解得，小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：‎ 小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有 ‎ mv0=mv1+mvQ ‎=+，‎ 解得，v1=0，vQ=v0=‎ 二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 ‎ mvQ=Mv+m•2v 解得，v==‎ 小物块Q离开平板车时，速度为2v=‎ ‎（2）由能的转化和守恒定律，知 ‎ fL=﹣﹣‎ 又f=μmg ‎ 解得，平板车P的长度为L=‎ ‎（3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则 ‎﹣μmgs=﹣‎ 解得，s=‎ 小物块Q离开平板车做平抛运动，平抛时间为 t=‎ 水平距离x=2vt=‎ 故Q落地点距小球的水平距离为s+x=+．‎ 答：‎ ‎（1）小物块Q离开平板车时速度为；‎ ‎（2）平板车P的长度为为；‎ ‎（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为+．‎ ‎　‎ ‎20．如图1所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度大小g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离；‎ ‎（2）试分析传送带的速度满足什么条件时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离；‎ ‎（3）设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动是v′为负．试分析在图2中画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线（不需要计算过程，只需画出图线即可）．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；平抛运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）小物块在传送带上一直做匀减速运动，求出小物块到传送带最右端时的速度，然后做平抛运动，求出平抛运动的时间，即可求出离开传送带右边缘落地的水平距离；‎ ‎（2）如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，射程最远；‎ ‎（3）滑块可能一直加速、先加速后匀速、一直匀速，先减速后匀速、一直减速；求解出对应的速度即可得到射程．‎ ‎【解答】解：（1）若传送带静止，物块一直匀减速，根据动能定理，有：‎ ‎﹣，‎ 解得：‎ v1=1m/s 平抛运动的时间：‎ t=‎ 故射程为：‎ x1=v1t=1×1=1m；‎ ‎（2）如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，‎ 根据动能定理，有：‎ 解得：‎ v2=7m/s 故射程为：‎ ‎ x2=v2t=7×1=7m；‎ ‎（3）如果传送带顺时针转动，速度v′≥7m/s，物体一直加速，射程最远，为7m；‎ 如果传送带顺时针转动，速度1m/s≤v′＜7m/s，物体先加速后匀速，射程：x=v′t=v′；‎ 如果传送带顺时针转动，速度v′＜1m/s，物体一直减速，射程为1m；‎ 如果传送带逆时针转动，物体一直减速，射程为1m；‎ 故s﹣v′图象如图所示：‎ 答：（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离为1m；‎ ‎（2）传送带的速度v′≥7m/s时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，最大距离为7m；‎ ‎（3）小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线如图所示．‎ ‎　‎ ‎2017年3月5日