江西省新余四中2017届高三上学期第三次段考物理试卷

江西省新余四中2017届高三上学期第三次段考物理试卷

‎2016-2017学年江西省新余四中高三（上）第三次段考物理试卷（解析版）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项是符合题目要求，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．‎ ‎1．下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是（　　）‎ A．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”‎ B．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型 C．重心、合力和分力都体现了等效替换的思想 D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量 ‎2．如图，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态，在缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．C对B的压力逐渐变大 B．C受到三个力的作用 C．B受到的摩擦力逐渐减小 D．A受到的压力逐渐减小 ‎3．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平．则外力F的大小为（　　）‎ A．2mg B． mg C．6mg D．4.5mg ‎4．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（　　）‎ A．b星的周期为T B．a星的线速度大小为 C．a、b两颗星的半径之比为 D．a、b两颗星的质量之比为 ‎5．如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标）．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则．‎ A．电场线方向由放电极指向集尘极 B．图中A点电势高于B点电势 C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中电势能减小 ‎6．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和vb，则（　　）‎ A．a= B．a=‎ C．vb= D．vb=‎ ‎7．如图，在一半经为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则（　　）‎ A．若v0=，则物块落地点离A点R B．若球面是粗糙的，当v0＜时，物块可能会沿球面下滑一段，再斜抛离球面 C．若v0＜，则物块落地点离A点为R D．若移v0≥，则物块落地点离A点至少为2R ‎8．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为 C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变．‎ ‎（1）使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为　　；‎ ‎（2）如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示．将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的h﹣x图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（﹣a，0）和（0，b），则木块与倾斜板间的动摩擦因数μ1=　　，木块与水平板间的动摩擦因数μ2=　　．（以上两空用a、b和l中的某些物理量表示）‎ ‎10．（8分）如图1所示为探究物体运动加速度与物体质量、物体受力关系的实验装置，砂和砂桶质量用m表示，小车和车上所加砝码总质量用M表示，小车运动加速度用a表示．‎ ‎①实验过程中需要适当抬起长木板的一端以平衡小车所受到的摩擦力，该步骤中木板被抬起的角度与小车质量　　（选填“有关”或“无关”）；‎ ‎②在探究加速度与小车受力关系过程中，甲和乙两小组分别用下列两组数据进行实验操作，其中你认为合理的是　　（选填“甲”或“乙”）；‎ M甲=500g M乙=500g 甲m（g）‎ ‎20‎ ‎22‎ ‎24‎ ‎26‎ 乙m（g）‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎③在探究加速度与小车质量关系过程中，应该保持　　‎ 不变，通过增减小车中砝码改变小车质量M，实验测出几组a、M数据，图2中的图线能直观合理且正确反映a﹣M关系的是　　．‎ ‎11．（13分）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可看做质点）从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ=37°．（sin 37°=0.6）‎ ‎（1）若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0；‎ ‎（2）若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E=，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上．‎ ‎12．（20分）如图所示，水平地面上的一辆小车在水平向右的拉力作用下，以速率v0向右做匀速直线运动，车内底面上紧靠左端面处有一光滑的小球，车的质量是小球质量的2倍，小球到车右端面的距离为L，车所受路面的摩擦阻力大小等于车对水平面压力的0.3倍．某时刻撤去水平拉力，经一段时间小球与车的右端面相撞，小球与车碰撞时间极短且碰撞后不再分离，已知重力加速度g=10m/s2．撤去拉力后，求：‎ ‎（1）小车运动时的加速度大小；‎ ‎（2）再经多长时间小球与车右端面相撞；‎ ‎（3）小车向右运动的总路程．‎ ‎　‎ 三、选考题 ‎13．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（　　）‎ A．物体的质量m=1.0kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.80‎ C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2‎ D．物体回到斜面底端时的动能Ek=10J ‎14．（9分）某人在相距40m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4m/s2和8m/s2，运动过程中的最大速度为8m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点．求：‎ ‎（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；‎ ‎（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省新余四中高三（上）第三次段考物理试卷（解析版）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项是符合题目要求，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．‎ ‎1．下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是（　　）‎ A．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”‎ B．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型 C．重心、合力和分力都体现了等效替换的思想 D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”；“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型；重心和合力与分力均采用了等效替代的思想；加速度、电场强度、电势、电阻等均采取了比值定义法．‎ ‎【解答】解：A、牛顿在发现万有引力定律后，首先使用了“月﹣﹣地检验”来检验万有引力定律．故A正确；‎ B、“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型，“元电荷”是最小的电量的单位，不是物理模型．故B错误．‎ C、重心、合力和分力都体现了等效替换的思想，故C正确；‎ D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎【点评】该题考查物理学史以及经典力学的使用范围等多个知识点的内容，要求能牢记各物理量的定义方法，明确它们所采用的基本思想．‎ ‎　‎ ‎2．如图，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态，在缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．C对B的压力逐渐变大 B．C受到三个力的作用 C．B受到的摩擦力逐渐减小 D．A受到的压力逐渐减小 ‎【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】先对BC研究：分析BC整体的受力，由平衡条件分析A对B的支持力和摩擦力变化，即可知道B对A的压力和摩擦力如何变化；C球只受两个力，对B的压力不变 ‎【解答】解：A、由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变．故AB错误．‎ C、对BC整体：分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知：N=mgcosθ，f=mgsinθ，减小θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大，B受到的摩擦力逐渐减小．故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题是三个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究的对象，采用整体法和隔离法结合研究，比较简便．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平．则外力F的大小为（　　）‎ A．2mg B． mg C．6mg D．4.5mg ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】‎ 本题中小球与小车相对静止，两者加速度相同，以小球为研究对象，分析受力，由牛顿第二定律求出加速度，再对整体根据牛顿第二定律即可求得F的大小．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下．如图，‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎=ma，‎ 解得：a=2g，‎ 再对整体根据牛顿第二定律可得：‎ F+（2m+m）gsin30°=3ma 解得：F=4.5mg； ‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题是小球受到两个力，运用合成法进行处理，也可以采用正交分解法进行研究．还要注意正确选择研究对象，做好受力分析，才能准确利用牛顿第二定律求解，注意在求拉力时需要用整体法进行分析．‎ ‎　‎ ‎4．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（　　）‎ A．b星的周期为T B．a星的线速度大小为 C．a、b两颗星的半径之比为 D．a、b两颗星的质量之比为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系．‎ ‎【解答】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；‎ B、根据题意可知，ra+rb=l，ra﹣rb=△r，‎ 解得：，，则a星的线速度大小，，故B正确，C错误；‎ D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：‎ 解得：，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等，难度适中．‎ ‎　‎ ‎5．如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标）．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则．‎ A．电场线方向由放电极指向集尘极 B．图中A点电势高于B点电势 C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中电势能减小 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性．放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．电场力对尘埃做正功．‎ ‎【解答】解：A、由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极．故A错误．‎ B、集尘极带正电荷，是正极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势．故B错误．‎ C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故C错误．‎ D、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口．‎ ‎　‎ ‎6．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和vb，则（　　）‎ A．a= B．a=‎ C．vb= D．vb=‎ ‎【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】图象中面积表示位移，再根据位移时间关系列式求解即可．‎ ‎【解答】解：设b点的速度为vb，加速度为a，根据得：‎ ‎ s=vam﹣①‎ ‎②‎ ‎ vb=va﹣am③‎ ‎①②③联立得：，vb=，故AD正确，BC错误；‎ 故选：AD ‎【点评】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和速度时间关系列式求解即可．‎ ‎　‎ ‎7．如图，在一半经为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则（　　）‎ A．若v0=，则物块落地点离A点R B．若球面是粗糙的，当v0＜时，物块可能会沿球面下滑一段，再斜抛离球面 C．若v0＜，则物块落地点离A点为R D．若移v0≥，则物块落地点离A点至少为2R ‎【考点】向心力；平抛运动．‎ ‎【分析】在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况即可解题 ‎【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=，v0=，解得N=0，知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则t=，则水平运动的位移x=vt=2R，故A错误；‎ B、当v0＜时，在最高点，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=，解得N＞0，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑行一段距离后停止；2、如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛；3、如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B正确；‎ C、当v0＜时，在到达与O点等高的位移做斜抛运动，落地时离A点的距离大于R，故C错误；‎ D、若v0≥，有A的分析可知，水平位移x≥2R，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】解决本题的关键知道圆周运动径向的合力提供向心力．以及知道仅受重力，有水平初速度将做平抛运动．‎ ‎　‎ ‎8．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为 C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小．‎ 根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率．‎ 当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度．‎ ‎【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，解得弹簧的伸长量，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=，故A正确．‎ B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W=﹣3mgxsinθ=﹣，故B错误．‎ C、根据牛顿第二定律得，F﹣3mgsinθ﹣kx2=3ma，解得F=5mgsinθ+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsinθ+3ma）v，故C错误．‎ D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣3mgsinθ﹣T′=0‎ 所以：T′=2mgsinθ+3ma B沿斜面方向受到的力：FB=T′﹣2mgsinθ=2ma′，‎ 解得，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，难度适中．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变．‎ ‎（1）使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为　过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）　；‎ ‎（2）如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示．将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的h﹣x图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（﹣a，0）和（0，b），则木块与倾斜板间的动摩擦因数μ1=　　，木块与水平板间的动摩擦因数μ2=　　．（以上两空用a、b和l中的某些物理量表示）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理列式求解x与h的关系表达式；‎ ‎（2）再次根据动能定理列式，得到x﹣h图象的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）对全程运用动能定理，有：‎ mgh﹣μmgx=0‎ 得到：h=μx；‎ 故x﹣h图象是过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；‎ ‎（2）对全程运用动能定理，有：mgh﹣μ1mgcosθ•x1﹣μ2mgx=0（θ为斜面的坡角）‎ 由几何关系得到：L=x1cosθ 得到：h=μ2x+μ1L 图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，﹣b），故：μ2=（斜率）‎ μ1l=b （截距）‎ 解得：‎ μ1=‎ μ2=‎ 故答案为：（1）过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2），．‎ ‎【点评】本题关键是两次根据动能定理列式求解出x﹣h图象的函数表达式，然后结合图象进行分析，不难．‎ ‎　‎ ‎10．如图1所示为探究物体运动加速度与物体质量、物体受力关系的实验装置，砂和砂桶质量用m表示，小车和车上所加砝码总质量用M表示，小车运动加速度用a表示．‎ ‎①实验过程中需要适当抬起长木板的一端以平衡小车所受到的摩擦力，该步骤中木板被抬起的角度与小车质量　无关　（选填“有关”或“无关”）；‎ ‎②在探究加速度与小车受力关系过程中，甲和乙两小组分别用下列两组数据进行实验操作，其中你认为合理的是　乙　（选填“甲”或“乙”）；‎ M甲=500g M乙=500g 甲m（g）‎ ‎20‎ ‎22‎ ‎24‎ ‎26‎ 乙m（g）‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎③在探究加速度与小车质量关系过程中，应该保持　砂和砂筒质量　不变，通过增减小车中砝码改变小车质量M，实验测出几组a、M数据，图2中的图线能直观合理且正确反映a﹣M关系的是　C　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】1、对小车进行受力分析，通过公式可以说明平衡摩擦力时与小车的质量无关，与倾角的大小有关．‎ ‎2、在实验的过程中，测量的数据要有明显的变化，才能使实验更有说服力．‎ ‎3、在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m远小于小车质量M时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力，当不能满足这个条件时，将会出现误差，图象将偏离直线．‎ ‎【解答】解：（1）做该实验需要平衡摩擦力，所以在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块的位置，让小车做匀速直线运动，此时满足：‎ mgsinθ=μmgcosθ 由等式可知，平衡摩擦力时，与小车的质量无关．‎ ‎（2）在在探究加速度与小车受力关系实验的过程中，测量的数据要有明显的变化，才能使实验更有说服力．从表格中的数据来看，甲的实验过程中拉力的大小变化很小，则加速度的变化也会很小，这样的实验误差可能会比较大，是不合理的．相比之下，乙的数据更合理．‎ ‎（3）在研究加速度跟小车质量M的关系时，保持砂和砂筒质量m不变，改变小车质量M，在小车质量M远大于砂桶及砂桶中砂质量m时，‎ 即当满足M≫m时，可以认为小车受到的拉力（合力）F=mg，此时加速度a与小车质量M成反比，与拉力成正比，以横轴，a为纵轴，则a﹣图象应是过原点的直线，当小车质量M不远大于重物质量m时，小车受到的拉力明显小于重物重力，a﹣图象向下弯曲．‎ 故选：C．‎ 故答案为：①）无关；②乙；③砂和砂筒质量，C ‎【点评】该题考查了力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要从学过的力学知识中解决．‎ 探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量．‎ ‎　‎ ‎11．（13分）（2015秋•安庆校级期末）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可看做质点）从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ=37°．（sin 37°=0.6）‎ ‎（1）若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0；‎ ‎（2）若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E=，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，结合进入两板间的速度方向，通过运动学公式求出初速度的大小以及竖直位移，从而得出A点的坐标．‎ ‎（2）根据动能定理求出小球进入电场时的速度，结合小球的受力分析出合力方向与电场方向垂直，通过类平抛运动的规律求出平行金属板M、N之间的垂直距离的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：‎ cos θ=v0t tan θ=‎ 带电小球在竖直方向上下落的距离为：h=gt2‎ 所以小球抛出点A的纵坐标为：y=h+sin θ，‎ 以上各式联立并代入数据可解得：v0=，y=L，‎ t=2，h=．‎ 所以小球抛出点A的坐标为（0， L）‎ 小球抛出时的初速度大小为：v0=．‎ ‎（2）设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得：‎ mgh=mv2﹣mv02‎ 解得：v=．‎ 带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．‎ 因为E=，所以qE=mgcos θ，‎ 因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动．其加速度大小为：a==gsin θ，‎ 设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t′，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：d=vt′，‎ ‎=at′2‎ 以上各式联立求解并代入数据可得：d=L．‎ 答：（1）带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度为；‎ ‎（2）两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为L时才能保证小球不打在N板上．‎ ‎【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动，掌握处理平抛运动或类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解，本题有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2016秋•黄山校级月考）如图所示，水平地面上的一辆小车在水平向右的拉力作用下，以速率v0向右做匀速直线运动，车内底面上紧靠左端面处有一光滑的小球，车的质量是小球质量的2倍，小球到车右端面的距离为L，车所受路面的摩擦阻力大小等于车对水平面压力的0.3倍．某时刻撤去水平拉力，经一段时间小球与车的右端面相撞，小球与车碰撞时间极短且碰撞后不再分离，已知重力加速度g=10m/s2．撤去拉力后，求：‎ ‎（1）小车运动时的加速度大小；‎ ‎（2）再经多长时间小球与车右端面相撞；‎ ‎（3）小车向右运动的总路程．‎ ‎【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出小车的加速度；‎ ‎（2）应用匀变速直线运动的位移公式可以求出运动时间；‎ ‎（3）应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用匀变速直线运动的运动规律求出位移，再求出总路程．‎ ‎【解答】解：（1）设小球的质量为m，则车的质量为2m，所受路面阻力：f=0.3×3mg=9m．‎ 根据牛顿第二定律：车与球相撞前，车的加速度大小 车与球相撞后，车的加速度大小：‎ ‎（2）①若小球与车相撞时车还未停下，设相撞经历时间为t1，则 车的位移：，‎ 小球的位移：x2=v0t1又 x2=L+x1‎ 由以上各式解得：‎ ‎②若小球与车相撞时车已停下，设相撞经历时间为t2，则车的位移为：，小球的位移为：x'2=v0t2又 x'2=L+x'1‎ 由以上各式解得：；‎ ‎（3）①若小球与车相撞时车还未停下，则相撞前车的位移为：，‎ 相撞时车的速度：，‎ 相撞后共同速度为v，系统动量守恒，以碰撞前小车的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv1+mv0=3mv，‎ 解得：；‎ 相撞后共同滑行位移：，‎ 小车向右运动的总路程：；‎ ‎②若小球与车相撞时车已停下，则相撞前车的位移为：‎ 相撞后共同速度为v'，以小球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=3mv'，‎ 解得：，‎ 车相撞后位移：，‎ 小车向右运动的总路程：；‎ 答：（1）小车运动时的加速度大小为4.5m/s2、3m/s2；‎ ‎（2）再经过时间： 或+小球与车右端面相撞；‎ ‎（3）小车向右运动的总路程为或．‎ ‎【点评】本题考查了求加速度、运动时间与路程问题，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与动量守恒定律可以解题；解题时注意讨论，否则会漏解．‎ ‎　‎ 三、选考题 ‎13．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．则（　　）‎ A．物体的质量m=1.0kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.80‎ C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s2‎ D．物体回到斜面底端时的动能Ek=10J ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；‎ 在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；‎ 由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．‎ ‎【解答】解：A、物体到达最高点时，动能为零，机械能E=EP=mgh，则 m==kg=1kg，故A正确；‎ B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，由功能原理得：‎ ‎△E=﹣μmgcosα，即30﹣50=﹣μ×1×10×cos37°×，得μ=0.5，故B错误；‎ C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，解得 a=10m/s2，故C正确；‎ D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=30﹣50=﹣20J，在整个过程中由动能定理得EK﹣EK0=2W，则物体回到斜面底端时的动能 EK=EK0+2W=50+2×（﹣20）=10J，故D正确；‎ 故选：ACD ‎【点评】‎ 解答本题时要知道：重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎14．某人在相距40m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4m/s2和8m/s2，运动过程中的最大速度为8m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点．求：‎ ‎（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；‎ ‎（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）设最大速度为vm，抓住总位移，结合匀变速直线运动的推论和匀速运动的位移求出从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出从A点运动到B点和B点到A点的时间，结合平均速度的定义式求出平均速度大小之比．‎ ‎【解答】解：（1）设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，从B点返回A点的过程中做匀速运动的时间为t2，A、B两点间的距离为L，由运动学公式可得vm=a1t1‎ L﹣x1=vmt2‎ 联立以上各式并代入数据可得t2=4 s．‎ ‎（2）设此人从A点运动到B点的过程中做匀速运动的时间为t3，减速运动的位移大小为x2，减速运动的时间为t4，由运动学方程可得 vm=a2t4，‎ x2=t4，‎ L﹣x1﹣x2=vmt3‎ 联立以上各式并代入数据可得．‎ 答：（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间4s；‎ ‎（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比 ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．‎ ‎　‎