江西省宜春市丰城中学2016届高三下学期第一次月考物理试卷

江西省宜春市丰城中学2016届高三下学期第一次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高三（下）第一次月考物理试卷（课改实验班）‎ ‎　‎ 一、选择（2、5、7、9为多选，其余为单选）‎ ‎1．在水平地面上M点的正上方某一高度处，将球A以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将球B以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中（　　）‎ A．初速度大小关系为v1=v2 B．速度变化量相等 C．水平位移相等 D．都不是匀变速运动 ‎2．2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ引力常量为G，则（　　）‎ A．航天器的环绕周期为 B．航天器的轨道半径为 C．月球的质量为 D．月球的密度为 ‎3．太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则（　　）‎ A．在C处板对球所需施加的力比A处大6mg B．球在运动过程中机械能守恒 C．球在最低点C的速度最小值为 D．板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小 ‎4．如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线，从图中可判断（　　）‎ A．在0～t1时间内，外力做负功 B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大 D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零 ‎5．如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象 B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象 C．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象 D．“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象 ‎6．如图所示，水平地面上A、B两物体相距x=7m，A在水平拉力和地面摩擦力的作用下正以vA=5m/s的速度向右匀速运动，而物体B在地面摩擦阻力的作用下正以vB=12m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为4m/s2，则A追上B所经历的时间是（　　）‎ A．5 s B．6 s C．7 s D．8 s ‎7．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，当运动至绳子与水平面成θ角时，电动机的轮子卷绕绳子的半径为R，下述说法正确的是（　　）‎ A．木箱将做匀速运动，速度是2πnR B．木箱将做变速运动，此时速度是 C．此时木箱对地的压力为Mg﹣‎ D．此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化 ‎8．如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（　　）‎ A．若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下 B．若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右 C．若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右 D．若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力 ‎9．如图所示，一物体以速度v0从斜面底端冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，在向上冲的过程中，物体刚好能到达斜面顶点，已知斜面的长度为L，重力加速度g，则下列说法可能正确的是（　　）‎ A．沿斜面向上运动的时间t上＞t0‎ B．沿斜面向上运动中损失的机械能与沿斜面向下运动损失的机械能一样多 C．可以求出物体与斜面的动摩擦因数μ D．可以求出斜面的倾角θ ‎10．一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）．则下列说法错误的是（　　）‎ A．若F=1N，则A、B都相对板静止不动 B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N C．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为2N D．若F=6N，则B物块的加速度为1m/s2‎ ‎　‎ 二、填空 ‎11．两木块甲和乙自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是0.1s．已知乙作v=0.4m/s的匀速直线运动．则甲的加速度大小为　　m/s2，t3时刻甲的速度大小为　　．‎ ‎12．（9分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=　　cm．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　　（用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　　 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎　‎ 三、计算（10+11+12+12）‎ ‎13．（10分）如图所示，水平平台AB距地面CD高h=0.80m，有一小滑块从A点以6.0m/s的初速度在平台上做匀变速直线运动，并从平台边缘的B点水平飞出，最后落在地面上的D点，已知AB=2.20m，落地点到平台的水平距离为2.00m，（不计空气阻力，g取10m/s2）‎ 求：（1）小滑块从A到D所用的时间；‎ ‎（2）滑块与平台间的动摩擦因数．‎ ‎14．（11分）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=370．现有一质量为m=1kg的小环穿在滑轨上，以某一初速度从B点开始沿AB向上运动，并恰能通过滑轨最高点．设小环与两段直轨道间的动摩擦因数均为，经过轨道连接 处均无能量损失．（，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin18.5°=0.32，cos18.5°=0.95，，cot18.5°=3）求：‎ ‎（1）小球的初速度v0；‎ ‎（2）小球第一次到达圆弧C点时对轨道的压力；‎ ‎（3）小球最后停在何处．‎ ‎15．（12分）一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA=2.0kg，厚度可忽略不计的薄板A，薄板A长度L=1.5m，在板A上叠放着质量mB=1.0kg，大小可忽略的物块B，物块B与板A之间的动摩擦因数为μ=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块B上，右端系住物块C，物块C刚好可与竖直面接触．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块B位于板A的左端点，然后放手，设板A的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求 ‎（1）若物块C质量mc=1.0kg，推理判断板A和物块B在放手后是否保持相对静止；‎ ‎（2）若物块C质量mc′=3.0kg，从放手开始计时，经过去=2.0s，物块C下降的高度；‎ ‎（3）若物块C质量mc ‎=1.0kg，固定住物块B，物块C静止，现剪断轻绳，同时也对物块C施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t′=2.0s，物块C恰好停止运动，求物块C与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度．‎ ‎16．（12分）如图所示，倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量都不计的光滑定滑轮D，质量均为m=1kg的物体，A和B用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板挡住，用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与纸面为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的关怀均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α=53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零．图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C从位置R由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小环C的质量M ‎（2）小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT ‎（3）小环C运动到位置Q的速率v．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高三（下）第一次月考物理试卷（课改实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择（2、5、7、9为多选，其余为单选）‎ ‎1．在水平地面上M点的正上方某一高度处，将球A以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将球B以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中（　　）‎ A．初速度大小关系为v1=v2 B．速度变化量相等 C．水平位移相等 D．都不是匀变速运动 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】A球做的是平抛运动，解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．‎ B球做的是斜抛运动，它在水平方向上也是匀速直线运动，但在竖直方向上是竖直上抛运动．‎ ‎【解答】解：A、由于两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cosθ=v1，所以v2＞v1故A错误．‎ B、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，所以它们速度的变化量相同，故B正确．‎ C、在水平分析上，它们的运动分析相反，位移的方向也相反，所以位移不会相等，故C错误．‎ D、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，加速度恒定，是匀变速运动，所以D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】平抛运动和斜抛运动在水平方向都是匀速直线运动，不同的是在竖直方向上的运动，但在竖直方向上的加速度是一样的，都是重力加速度．‎ ‎　‎ ‎2．2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ引力常量为G，则（　　）‎ A．航天器的环绕周期为 B．航天器的轨道半径为 C．月球的质量为 D．月球的密度为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．‎ ‎【解答】解：A、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：．故A正确；‎ B、根据几何关系得：．故B错误；‎ C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以：．故C正确；‎ D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：‎ 月球的密度：．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】‎ 万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择．‎ ‎　‎ ‎3．太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则（　　）‎ A．在C处板对球所需施加的力比A处大6mg B．球在运动过程中机械能守恒 C．球在最低点C的速度最小值为 D．板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】人在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式可以求在各点的受力情况．‎ ‎【解答】解：A、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时：①‎ 在C处时：②‎ 由①②式得：F=2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大mg，故A错误．‎ B、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B错误．‎ C、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，‎ 根据，得，故C正确．‎ D、根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ=‎ 故v=，故板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而增大，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了向心力公式的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线，从图中可判断（　　）‎ A．在0～t1时间内，外力做负功 B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大 D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；功的计算．‎ ‎【分析】由v﹣t图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由P=Fv可求得功率的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、在0～t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故A错误；‎ B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，故B错误．‎ C、t2时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误．‎ D、在t1～t3‎ 时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息．B答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象 B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象 C．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象 D．“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．‎ ‎【解答】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；‎ 人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故AB错误，CD正确 故选：CD．‎ ‎【点评】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，水平地面上A、B两物体相距x=7m，A在水平拉力和地面摩擦力的作用下正以vA=5m/s的速度向右匀速运动，而物体B在地面摩擦阻力的作用下正以vB=12m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为4m/s2，则A追上B所经历的时间是（　　）‎ A．5 s B．6 s C．7 s D．8 s ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据速度时间公式求出B速度减为零的时间，结合位移公式求出A、B的位移，判断此时有无追上，若没有追上，再结合位移公式求出继续追及的时间，从而得出总时间．‎ ‎【解答】解：物体B速度减为零的时间为：‎ ‎，‎ 此时A的位移为：xA=vAt1=5×3m=15m，‎ B的位移为：，‎ 因为xA＜xB+x，知B速度减为零时，A还未追上B，则继续运动的时间为：‎ ‎，‎ 则追及的时间为：t=t1+t2=3+2s=5s．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道B速度减为零后不再运动，所以首先要进行判断．‎ ‎　‎ ‎7．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，当运动至绳子与水平面成θ角时，电动机的轮子卷绕绳子的半径为R，下述说法正确的是（　　）‎ A．木箱将做匀速运动，速度是2πnR B．木箱将做变速运动，此时速度是 C．此时木箱对地的压力为Mg﹣‎ D．此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据电动机的转速和轮子的半径求出绕绳子的线速度，即可得知物块沿绳子方向上的速度，将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据沿绳子方向的速度可得知物块的速度．通过对木块受力分析，运用正交分解求出地面的支持力，从而得知木箱对地面的压力大小．‎ ‎【解答】解：A、物块沿绳子方向上的速度大小v′=R•2πn．将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据平行四边形定则，当运动至绳子与水平成θ角时，木块的速度v==，知木箱做变速运动，但不是匀加速．故A错误、B正确．‎ C、根据P=Fv′，知绳子的拉力F==，根据正交分解得，N=Mg﹣Fsinθ=Mg﹣．故C正确．‎ D、木箱在水平面上运动，合外力的大小在变化，方向不变．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】解决本题的关键会对物体的速度按实际效果进行分解，以及会运用正交分解处理力学问题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（　　）‎ A．若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下 B．若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右 C．若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右 D．若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力 ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】先对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块的滑动摩擦力和压力，将滑块的滑动摩擦力和压力合成，当作一个力处理，根据平衡条件得到该力的方向情况；然后对人和滑块整体分析，根据牛顿第二定律判断其运动情况．‎ ‎【解答】解：A、剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；‎ 根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；‎ 若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；‎ B、若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；‎ C、若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；‎ D、若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键是对斜面体和滑块分别受力分析后运用平衡条件和牛顿第二定律分析，技巧在于判断滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向，同时注意弹力和滑动摩擦力按比例变化，故滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向是不变的．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一物体以速度v0从斜面底端冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，在向上冲的过程中，物体刚好能到达斜面顶点，已知斜面的长度为L，重力加速度g，则下列说法可能正确的是（　　）‎ A．沿斜面向上运动的时间t上＞t0‎ B．沿斜面向上运动中损失的机械能与沿斜面向下运动损失的机械能一样多 C．可以求出物体与斜面的动摩擦因数μ D．可以求出斜面的倾角θ ‎【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】根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间．根据摩擦力做功情况比较损失的机械能．根据运动学公式求出上滑和下滑的加速度大小，联立加速度大小的表达式求出动摩擦因数和斜面的倾角．‎ ‎【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，上滑的加速度大小，下滑的加速度大小，‎ 可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，对上滑过程采用逆向思维，根据x=知，t上＜t下，可知t上＜t0，故A错误．‎ B、因为上滑和下滑过程中摩擦力大小相等，运动的位移大小相等，可知克服摩擦力做功相同，则损失的机械能一样多，故B正确．‎ C、根据平均速度推论可以求出上滑的时间，从而可以求出下滑的时间，根据运动学公式可以求出上滑和下滑的加速度大小，因为上滑的加速度大小 ‎，下滑的加速度大小，联立方程组可以求出斜面的倾角和动摩擦因数．故C、D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系联系和运动学的桥梁，知道上滑和下滑的摩擦力相等，克服摩擦力做功等于损失的机械能．‎ ‎　‎ ‎10．一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）．则下列说法错误的是（　　）‎ A．若F=1N，则A、B都相对板静止不动 B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N C．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为2N D．若F=6N，则B物块的加速度为1m/s2‎ ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度．‎ ‎【解答】解：A与木板间的最大静摩擦力：fA=μmAg=0.2×1×10N=2N，‎ B与木板间的最大静摩擦力：fB=μmBg=0.2×2×10N=4N，‎ A、F=1N＜fA，所以AB相对木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确；‎ B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：‎ F﹣f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B错误；‎ C、当A刚好在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a==1m/s2‎ 此时对整体：F0=（mA+mB）a=（1+2）×1=3N F=4N＞F0，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，B的加速度a=1m/s2‎ 对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，f′=mBa=2×1=2N，故C正确；‎ D、F=6N＞F0，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，B的加速度a=1m/s2，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎【点评】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析．‎ ‎　‎ 二、填空 ‎11．两木块甲和乙自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是0.1s．已知乙作v=0.4m/s的匀速直线运动．则甲的加速度大小为　1　m/s2，t3时刻甲的速度大小为　0.35m/s　．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据乙做匀速直线运动，求出每格的距离，通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出甲的加速度大小．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出甲的瞬时速度．‎ ‎【解答】解：设每格的长度为d，则4d=vT=0.4×0.1m=0.04m．则d=0.01m．‎ 对甲，△x=d=aT2，解得a=．‎ t3时刻甲的速度等于t2到t4段的平均速度，则．‎ 故答案为：1；0.35m/s ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=　0.815　cm．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　2gH0=d2　（用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　增加　 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；‎ 故读数为：8mm+3×0.05mm=8.15mm=0.815cm；‎ ‎（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；‎ 则有：mgH=mv2，‎ 即：2gH0=（）2‎ 解得：2gH0=d2．‎ ‎（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增加；‎ 故答案为：（1）0.815cm；‎ ‎（2）2gH0=d2‎ ‎（3）增加 ‎【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎　‎ 三、计算（10+11+12+12）‎ ‎13．（10分）（2014秋•天门期末）如图所示，水平平台AB距地面CD高h=0.80m，有一小滑块从A点以6.0m/s的初速度在平台上做匀变速直线运动，并从平台边缘的B点水平飞出，最后落在地面上的D点，已知AB=2.20m，落地点到平台的水平距离为2.00m，（不计空气阻力，g取10m/s2）‎ 求：（1）小滑块从A到D所用的时间；‎ ‎（2）滑块与平台间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】平抛运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移求出平抛运动的初速度，根据匀变速直线运动的平均速度推论求出匀减速运动的时间，从而得出小滑块从A到D所用的时间．‎ 根据速度时间公式求出滑块的加速度大小，结合牛顿第二定律求出滑块与平台间的动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：（1）根据h=得，平抛运动的时间，‎ 则平抛运动的初速度，‎ 根据平均速度的推论得，，解得，‎ 滑块从A到D所用的时间t=t1+t2=0.4+0.4s=0.8s．‎ ‎（2）滑块在平台上的加速度大小，‎ 根据牛顿第二定律得a=μg，‎ 解得动摩擦因数μ=0.25．‎ 答：（1）小滑块从A到D所用的时间为0.8s；‎ ‎（2）滑块与平台间的动摩擦因数为0.25．‎ ‎【点评】本题考查了平抛运动和匀减速直线运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎　‎ ‎14．（11分）（2011•浙江校级模拟）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=370．现有一质量为m=1kg的小环穿在滑轨上，以某一初速度从B点开始沿AB向上运动，并恰能通过滑轨最高点．设小环与两段直轨道间的动摩擦因数均为，经过轨道连接 处均无能量损失．（，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin18.5°=0.32，cos18.5°=0.95，，cot18.5°=3）求：‎ ‎（1）小球的初速度v0；‎ ‎（2）小球第一次到达圆弧C点时对轨道的压力；‎ ‎（3）小球最后停在何处．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．‎ ‎【分析】从图形中几何关系找出APD的半径为R．‎ 运用动能定理研究小球圆弧的最高点到第一次到轨道上C点求出C点速度．‎ 小球在C点进行受力分析运用牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）R=Ltan18.5°+r=2m ‎（或R+R•cos37°=r+rcos37°+L•sin37°）‎ 解得：R=2m 要使小球过大圆弧的最高点，到达圆弧的最高点的临界速度为0．‎ 运用动能定理研究从B点到圆弧的最高点：‎ 代入数据解得 ‎（2）运用动能定理研究小球圆弧的最高点到第一次到轨道上C点：‎ 小球在C点进行受力分析运用牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得FN=7mg=70N 由牛顿第三定律得：对轨道的压力F'N=70N，‎ ‎（3）由第一问分析可知，小球再次到达B点时还有动能，设小球沿AB向上运动的位移为s 则有：‎ 代入数据解得 小球继续向下运动，到B点时的动能为EKB=EK0﹣μmgcosθ（L+2s）﹣μmgL 代入解得EKB=4.6J 因EKB＜2μmgL，故小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点．‎ 由动能定理：Ekc=μmgx 解得：x=0.78m 小球最后停在C点左侧距C点0.78m处．‎ 答：（1）小球的初速度v0为2m/s；‎ ‎（2）小球第一次到达圆弧C点时对轨道的压力是70N；‎ ‎（3）小球最后停在C点左侧距C点0.78m处．‎ ‎【点评】一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．‎ 圆周运动问题关键要通过受力分析找出向心力的来源列出等式解决问题．‎ ‎　‎ ‎15．（12分）（2015•厦门二模）一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA=2.0kg，厚度可忽略不计的薄板A，薄板A长度L=1.5m，在板A上叠放着质量mB=1.0kg，大小可忽略的物块B，物块B与板A之间的动摩擦因数为μ=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块B上，右端系住物块C，物块C刚好可与竖直面接触．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块B位于板A的左端点，然后放手，设板A的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求 ‎（1）若物块C质量mc=1.0kg，推理判断板A和物块B在放手后是否保持相对静止；‎ ‎（2）若物块C质量mc′=3.0kg，从放手开始计时，经过去=2.0s，物块C下降的高度；‎ ‎（3）若物块C质量mc=1.0kg，固定住物块B，物块C静止，现剪断轻绳，同时也对物块C施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t′=2.0s，物块C恰好停止运动，求物块C与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度．‎ ‎【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ABC整体研究，假设一起运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析求出AB间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否保持相对静止．‎ ‎（2）通过整体隔离分析得出A与B发生相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合运动学公式进行求解．‎ ‎（3）通过牛顿第二定律得出C加速度的表达式，作出图线，结合图线与时间轴围成的面积进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律：‎ mCg=（mA+mB+mC）a1，‎ 代入数据解得：，‎ 对A，根据牛顿第二定律：f=mAa1=2×2.5N=5N，‎ AB间最大静摩擦力：fm=μmBg=6.0N，‎ 由于f＜fm，假设成立，A与B相对静止．‎ ‎（2）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律有：‎ mC′g=（mA+mB+mC′）a2，‎ 代入数据解得：，‎ 对A，根据牛顿第二定律得：f′=mAa2=2×5N=10N，‎ 由于f′＞fm，假设不成立，A与B相对滑动．‎ 对A，根据牛顿第二定律，μmBg=mAaA，代入数据解得：，‎ 对BC为系统，根据牛顿第二定律：‎ mC′g﹣μmBg=（mB+mC′）aB，‎ 代入数据解得：．‎ 设经t1时间B运动到A的右端，则有：，‎ 代入数据解得：t1=1.0s．‎ B第一段的位移：．‎ 经t1时间B运动的速度：v1=aBt1=6×1m/s=6m/s，‎ B在光滑平面上滑动，对BC为系统，根据牛顿第二定律：‎ mC′g=（mB+mC′）aB′，‎ 代入数据解得：，‎ B第二段的位移为：，‎ 代入数据解得：s2=9.75m，‎ 物块C下降的高度：h=s1+s2=3+9.75m=12.75m．‎ ‎（3）设C与竖直面的动摩擦因数为μ′，‎ 令k=20N/s，‎ 根据图乙可得，F=kt，‎ 对C水平方向：N=F，‎ C受摩擦力fC=μ′N，‎ 以C为对象，有：mCg﹣fC=mCaC，‎ 联立解得：，‎ 由上式可得如图的图象，t=t′=2s，物块v=0，则：，‎ 代入数据解得：μ′=0.5．‎ 由图可知t=1s时速度最大，最大速度等于图线与坐标轴围成的面积，有：．‎ 答：（1）A与B相对静止．‎ ‎（2）物块C下降的高度为12.75m．‎ ‎（3）物块C与竖直面之间的动摩擦因数为0.5，此过程中的最大速度为5m/s．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，涉及多过程问题，难度较大，综合性较强，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．对于第三问，得出C的加速度表达式是关键，知道a﹣t图线围成的面积表示速度的变化量．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）（2016春•丰城市校级月考）如图所示，倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量都不计的光滑定滑轮D，质量均为m=1kg的物体，A和B用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板挡住，用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与纸面为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的关怀均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α=53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零．图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C从位置R由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小环C的质量M ‎（2）小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT ‎（3）小环C运动到位置Q的速率v．‎ ‎【考点】动能定理的应用；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】（1）本题中，共有ABC三个物体与弹簧组成一个系统，受力的物体比较多，可以先以AB组成的整体为研究对象，求出绳子的拉力，然后以C为研究对象进行受力分析，即可求出C的质量；‎ ‎（2）由几何关系求出绳子RD段的长度，再以B为研究对象，求出弹簧的伸长量，以及后来的压缩量，最后根据机械能守恒定律求出C的速度、动能；由动能定理求出轻绳对环做的功WT；‎ ‎（3）由机械能守恒定律和A与C的速度关系结合，即可求出C的速度．‎ ‎【解答】解：（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力．支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：‎ ‎ T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N 以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则：‎ ‎ T•cos53°=Mg 代入数据得：M=0.72kg ‎（2）考虑到本题中弹簧有不同的形变量，所以需要先计算不同情况下弹簧的形变量，然后判断出是否需要使用弹簧的弹性势能的表达式．所以需要先计算出弹簧开始时的形变量．‎ 由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力：‎ ‎ F1=mgsinθ=1×10×sin37°=6N 弹簧的伸长量：△x1==m=0.025m 由题图中的几何关系可知： ====m=0.25m 所以C由R点运动到S点的过程中，弹簧将缩短：x=﹣=0.25﹣0.20=0.05m＞0.025m 可知弹簧将由开始时的伸长状态变成压缩状态，压缩量：△x2=x﹣△x1=0.05﹣0.025=0.025m=△x1‎ 由于弹簧的压缩量等于弹簧开始时的伸长量，所以当C运动到S点时，弹簧的弹性势能与开始时的弹性势能是相等的．而A下降的距离等于弹簧缩短的距离x，即0.05m．‎ 在C从R点运动到S点的过程中，C受到的重力、A受到的重力对A与C组成的系统 做功．当C到达S点时，C沿绳子方向的分速度是0，所以A的速度是0，A与C减小的重力势能转化为C的动能，由机械能守恒定律得：‎ ‎ Mg•+mg•x•sinθ=M 代入数据求得环C的动能：Ek=M=1.38J 环下降的过程中重力和绳子的拉力对环做功，由动能定理得：‎ ‎ Mg•+WT=Ek 代入数据得：WT=0.3J ‎（3）结合第二步的分析可知，当环到达Q点时，由于=，所以，物体A恰好又回到了开始时的位置，弹簧的长度又回到了最初的长度，所以环从R到S的过程中，只有环的重力势能减小，其他的物体的势能保持不变！‎ 对环在Q点的速度进行分解如下图，则：‎ 由图可知，物体A上升的速度即沿绳子方向的速度，是环C的一个分速度，它们之间的关系：‎ ‎=cosα=cos53°=0.6‎ 所以：vA=0.6vQ 由功能关系：Mg•=+‎ 代入数据解得：vQ=2m/s 答：‎ ‎（1）小环C的质量M是0.72kg； ‎ ‎（2）小环C通过位置S时的动能Ek是1.38J，环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT是0.3J； ‎ ‎（3）小环C运动到位置Q的速率是2m/s．‎ ‎【点评】本题考查动能定理以及功能关系的应用，解题的关键在于第二问，要注意在解答的过程中一定要先得出弹簧的弹性势能没有变化的结论，否则解答的过程不能算是完整的．‎ ‎　‎