河南省漯河市漯河高中2016届高三物理一模试卷

河南省漯河市漯河高中2016届高三物理一模试卷

河南省漯河市漯河高中 2016 年高考物理一模试卷(解析版) 一、选择题（本题 13 小题，每小题 4 分，共 52 分，1-9 为单选题，10-13 为多选题，全选 对得 4 分，选对但不全者得 2 分，有选错或不选的得 0 分．） 1．下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ） A．电学中引入了点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的质量，这里运用 了理想化模型的方法 B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看 作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了假设法 C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电容 C= ，加速度 a= 都 是采用比值法定义的 D．根据速度定义式 v= ，当△t 非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度， 该定义运用了极限思维法 2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，如图所示，乘客的座 椅能随着道路坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平．当此车加速上坡时，盘腿坐在 座椅上的一位乘客，下列说法正确的是（ ） A．受到水平向右的摩擦力作用 B．不受摩擦力的作用 C．处于失重状态 D．所受力的合力竖直向上 3．如图所示，MON 为张角为 90°的 V 型光滑支架，小球静止于支架内部，初始时刻支架的 NO 边处于竖直方向，将支架绕 O 点顺时针缓慢转动 90°的过程中，NO 板对小球弹力变化 情况为（ ） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 4．倾角为θ的光滑斜面上有一质量为 m 的滑块正在加速下滑，如图所示．滑块上悬挂的小 球达到稳定（与滑块相对静止）后悬线的方向是（ ） A．竖直下垂 B．垂直于斜面 C．与竖直向下的方向夹角 a＜θD．以上都不对 5．如图所示，质量为 M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一 个质量为 m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间， 小球的加速度大小为（ ） A．g B． g C．0 D． g 6．如图所示，倾斜角为θ=37°固定的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m=2kg 的滑块，静 止释放的同时，并对滑块施加一个垂直斜面向上的力 F，力 F 的大小与滑块速度大小的关系 满足：F=kv，其中：k=4N•s/m，（sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，）滑块在斜面上滑 行的最大速度 v 和滑块在斜面上滑行的最大距离 x 分别为（ ） A．v=2m/s m B．v=2m/s m C．v=4m/s m D．v=4m/s m 7．如图所示，小车的质量为 M，人的质量为 m，人用恒力 F 拉绳，若人与车保持相对静止， 且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是（ ） A．0 B． ，方向向右 C． ，方向向左 D． ，方向向右 8．如图所示，三个物体质量分别为 m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑， 斜面倾角θ=30°，m1 和 m2 之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外 力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2 将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力） （ ） A．和 m1 一起沿斜面下滑 B．和 m1 一起沿斜面上滑 C．相对于 m1 上滑 D．相对于 m1 下滑 9．如图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于 A 点．为了测量这根铁链的质量，在铁链的下端 用一根细绳系一质量为 m 的小球，现用水平力 F 拉小球，待整个装置稳定后，测得两细绳 与竖直方向的夹角为α和β，若 tanα：tanβ=1：3，则铁链的质量为（ ） A．m B．2m C．3m D．4m 10．如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为 0.1kg 的木块 A 相连，质量也为 0.1kg 的木块 B 叠放在 A 上，A、B 都静止．在 B 上作用一个竖直向下的力 F 使木块缓慢向下移动，力 F 的大小与移动距离 x 的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于 弹性限度内．下列说法正确的是（ ） A．木块下移 0.1 m 的过程中，弹簧的弹性势能增加 2.5 J B．弹簧的劲度系数为 500 N/m C．木块下移 0.1 m 时，若撤去 F，则此后 B 能达到的最大速度为 5 m/s D．木块下移 0.1 m 时，若撤去 F，则 A、B 分离时的速度为 5 m/s 11．如图所示，一条长 L=4.2m 的水平传送带与光滑水平面等高，传送带以 v0=2m/s 的速度 逆时针匀速运行，现让一个质量 m=1kg 可视为质点的小滑块以 v=4m/s 的水平初速度从左侧 冲上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，重力加速度 g=10m/s2．若取向右 为正方向，则下列描述小滑块在传送带上运动时的摩擦力 Ff、加速度 a、位移 x 和速度 v 随 时间 t 的变化图象中正确的有 （ ） A． B． C． D． 12．两绝缘的小物块放在水平的绝缘板上，整体处在向右的匀强电场中，B 物体带正电 Q， A 物体不带电，它们一起在绝缘板上以某一速度匀速运动．现突然使 B 的带电量消失，A 物体带正电 Q，则 A、B 的运动状态可能为（ ） A．一起加速运动 B．一起匀速运动 C．A 加速，B 匀速 D．A 加速，B 减速 13．如图，质量分别为 mA 和 mB 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为 qA 和 qB，用绝缘 细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为 θ1 与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为 vA 和 vB， 最大动能分别为 EkA 和 EkB．则（ ） A．mA 一定小于 mB B．qA 一定大于 qB C．vA 一定大于 vB D．EkA 一定大于 EkB 二、实验题 14．（9 分）某同学用如图甲所示的实验器材测定重力加速度．实验器材有：小钢珠、固定 底 座、带有标尺的竖直杆、光电门 1 和 2 组成的光电计时器，小钢珠释放器（可使小钢珠 无初速释放）、网兜．实验时改变光电门 1 的位置，保持光电门 2 的位置不变，用光电计时 器记录小钢珠从光电门 1 运动至光电门 2 的时间 t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离 h． （1）设小钢珠经过光电门 2 的速度为 v，当地的重力加速度为 g，不考虑空气阻力，则 h、 t、g、v 四个物理量之间的关系为 h= ； （2）多次测量并记录 h、t，根据实验数据作出 ﹣t 图象，如图乙所示（纵、横轴截距为 a， t0），根据图线可求出重力加速度大小为 ，小钢珠通过光电门 2 时的速度为 ． 三、计算题（共 39 分） 15．（8 分）如图所示，质量为 m 的匀质细绳，一端系在天花板上的 A 点，另一端系在竖 直墙壁上的 B 点，平衡后最低点为 C 点．现测得 AC 段绳长是 B 段绳长的 n 倍，且绳子 B 端的切线与墙壁的夹角为 a．试求绳子在 C 处和在 A 处的弹力分别为多大？（重力加速度 为 g） 16．（10 分）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初 速度为零，加速度大小为 a1 的匀加速直线运动，质点乙做初速度为 v0，加速度大小为 a2 的 匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的位置 x﹣速度 v 图象 如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直． （1）请在 x﹣v 图象中，指出图线 a 表示哪个质点的运动，并求出质点乙的初速度 v0 （2）求质点甲、乙的加速度大小 a1、a2． 17．（10 分）如图所示，粗糙斜面倾角θ=37°，斜面宽 a 为 3m，长 b 为 4m，质量为 0.1kg 的小木块从斜面 A 点静止释放，释放同时用与斜面底边 BC 平行的恒力 F 推该小木块，小 木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5（g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）． （1）若 F 大小为 0，求木块到达底边所需的时间 t1； （2）若木块沿斜面对角线从点 A 运动到点 C，求力 F 的大小及 A 到 C 所需时间 t2． 18．（11 分）如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为 2kg 的木板，木板长为 2m．其左 端距上方障碍物的水平距离为 1m，障碍物下方空间仅容木板通过．现有一质量为 1kg 的滑 块（可视为质点）以一定的初速度 V0 冲上木板左端，与此同时对木板施加一水平拉力 F 使 木板向左运动．已知滑块和木板间的动摩擦因数μ=0.2．全过程中滑块都没有掉下来，g 取 10m/s2． （1）为使滑块不碰到障碍物，其初速度 V0 最大为多少？ （2）当滑块以（1）问中的速度滑上木板时，为使滑块不掉下木板，试求拉力 F． 2016 年河南省漯河市漯河高中高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题 13 小题，每小题 4 分，共 52 分，1-9 为单选题，10-13 为多选题，全选 对得 4 分，选对但不全者得 2 分，有选错或不选的得 0 分．） 1．下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ） A．电学中引入了点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的质量，这里运用 了理想化模型的方法 B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看 作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了假设法 C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电容 C= ，加速度 a= 都 是采用比值法定义的 D．根据速度定义式 v= ，当△t 非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度， 该定义运用了极限思维法 【考点】物理学史． 【分析】知道理想模型法、假设法、比值定义法以及极限思想的判断方法即可解题，根据速 度定义式，当△t 极小时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限的思想 方法．匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直 线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”． 【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷是理想化模型， 但不是忽略了带电体的质量，而是忽略体积、大小以及电荷量的分布情况，故 A 错误． B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近 似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法， 故 B 错误． C、电容 C= ，是采用比值法定义，加速度 a= 不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律 的表达式．故 C 错误． D、瞬时速度是依据速度定义式 v= ，当△t 非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的 瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故 D 正确． 故选：D 【点评】本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法， 这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答 2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，如图所示，乘客的座 椅能随着道路坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平．当此车加速上坡时，盘腿坐在 座椅上的一位乘客，下列说法正确的是（ ） A．受到水平向右的摩擦力作用 B．不受摩擦力的作用 C．处于失重状态 D．所受力的合力竖直向上 【考点】牛顿第二定律． 【分析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，对乘客进行受力分析，根据加速度 方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向． 【解答】解：A、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向上， 而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的 摩擦力作用，故 A 正确，B 错误． C、当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有向上的分加速度，所以根据牛 顿运动定律可知乘客处于超重状态，故 C 错误． D、因为加速度方向沿斜面向上，可知乘客所受的合力沿斜面向上．故 D 错误． 故选：A． 【点评】解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度，通过汽车的加速度得出乘客的加 速度．以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解． 3．如图所示，MON 为张角为 90°的 V 型光滑支架，小球静止于支架内部，初始时刻支架的 NO 边处于竖直方向，将支架绕 O 点顺时针缓慢转动 90°的过程中，NO 板对小球弹力变化 情况为（ ） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【考点】物体的弹性和弹力． 【分析】以小球为研究对象，分析受力，作出三个不同位置小球的受力图．MO 挡板以 O 点为轴顺时针缓慢转动 90 度的过程中，小球的合力保持为零，采用作图法分析两挡板对小 球的弹力如何变化． 【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，小球开始受到重力 G、挡板 OM 对小球的弹 力，在挡板开始以 O 点为轴顺时针缓慢转动 90°的过程中， 小球的合力为零，保持不变，根据平衡条件得知，挡板 ON 对小球的弹力渐渐增大，作出三 个小球的受力图如图． 故选：A． 【点评】本题采用作图法研究动态变化分析问题，直观明了，也可以运用数学上函数法，得 到两个弹力与挡板和水平方向夹角的函数关系式，再由数学知识分析． 4．倾角为θ的光滑斜面上有一质量为 m 的滑块正在加速下滑，如图所示．滑块上悬挂的小 球达到稳定（与滑块相对静止）后悬线的方向是（ ） A．竖直下垂 B．垂直于斜面 C．与竖直向下的方向夹角 a＜θD．以上都不对 【考点】牛顿第二定律． 【分析】滑块和小球有相同的加速度 a=gsinθ，对小球受力分析可知，受到竖直向下的重力， 悬线的张力，此二力合力沿斜面向下给小球提供加速度． 【解答】解：滑块沿斜面加速下滑，当小球相对滑块静止时小球也应当有沿斜面向下的加速 度，则悬线必定向后张，设悬线跟竖直方向的夹角为α，把整个系统当做一个整体，可求得 系统下滑时加速度 a=gsinθ，分析小球受力，受到竖直向下的重力，悬线的张力，此二力合 力沿斜面向下给小球提供加速度，则 sinα= ，所以α=θ．即悬线的方向是垂直于斜 面． 故选：B 【点评】正确的对整体和小球受力分析，根据加速度的方向分析夹角关系，也是整体法和隔 离法的联合应用． 5．如图所示，质量为 M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一 个质量为 m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间， 小球的加速度大小为（ ） A．g B． g C．0 D． g 【考点】牛顿第二定律． 【分析】当框架对地面的压力为零的瞬间，对框架分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大 小，再隔离对小球分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度 【解答】解：当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力， 则小球受到向下的合力等于 mg+Mg， 由牛顿第二定律可得 mg+Mg=ma， 解得小球的加速度大小为 a= g，选项 D 正确． 故选：D 【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解 6．如图所示，倾斜角为θ=37°固定的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m=2kg 的滑块，静 止释放的同时，并对滑块施加一个垂直斜面向上的力 F，力 F 的大小与滑块速度大小的关系 满足：F=kv，其中：k=4N•s/m，（sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，）滑块在斜面上滑 行的最大速度 v 和滑块在斜面上滑行的最大距离 x 分别为（ ） A．v=2m/s m B．v=2m/s m C．v=4m/s m D．v=4m/s m 【考点】匀变速直线运动规律的综合运用． 【分析】物体的速度逐渐变大，故物体对斜面的压力不断减小，当弹力减为零时，物体恰好 离开斜面，速度达到最大，先根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度位移公式列式求 解位移． 【解答】解：对物体受力分析，受重力、支持力、一个垂直斜面向上的力 F，如图 重力的垂直斜面分力等于 F 时，N=0，物体离开斜面，有： mgcosθ=F=kvm 平行斜面方向，根据牛顿第二定律，有： mgsinθ=ma 解得：a=gsin37°=6m/s2 = = （2）物体沿着斜面匀加速下滑，根据速度位移公式，有： 解得： 故选：C 【点评】本题关键是对物体受力分析后，得到物体刚好离开斜面的临界条件，然后结合牛顿 第二定律和运动学公式列式求解． 7．如图所示，小车的质量为 M，人的质量为 m，人用恒力 F 拉绳，若人与车保持相对静止， 且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是（ ） A．0 B． ，方向向右 C． ，方向向左 D． ，方向向右 【考点】牛顿第二定律． 【分析】先对整体进行受力分析，求出其整体的加速度；再对人进行受力分析，根据其加速 度计算所受的摩擦力． 【解答】解：对人和车组成的整体在水平方向上进行受力分析： 由牛顿第二定律得整体的加速度为 ，方向向左． 再以人为研究对象，因为 M 和 m 大小关系没有确定，故有以下几种可能性： ①当 m＞M 时，车对人的摩擦力可能方向向左，由牛顿第二定律得：F+f=ma，整理得 ，故 C 是可能的； ②当 m＜M 时，车对人的摩擦力也可能方向向右，由牛顿第二定律得：F﹣f=ma，整理得 ，故 D 是可能的； ③当 M=m 时，f=0，车对人没有摩擦力，故 A 是可能的； 因为 m、M 之间只有以上三种情况，故 B 是不可能的． 故选：B． 【点评】因此题中 m、M 的关系不明确，故要分情况进行讨论． 8．如图所示，三个物体质量分别为 m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑， 斜面倾角θ=30°，m1 和 m2 之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外 力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2 将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力） （ ） A．和 m1 一起沿斜面下滑 B．和 m1 一起沿斜面上滑 C．相对于 m1 上滑 D．相对于 m1 下滑 【考点】牛顿第二定律． 【分析】假设 m1 和 m2 之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加 速度，隔离对 m2 分析，根据牛顿第二定律求出 m1 和 m2 之间的摩擦力，判断是否超过最大 静摩擦力，从而判断能否保持相对静止． 【解答】解：假设 m1 和 m2 之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度 a= = ． 隔离对 m2 分析，根据牛顿第二定律得，f﹣m2gsin30°=m2a 解得 f= 最大静摩擦力 fm=μm2gcos30°= N=8 ，可知 f＞fm，知道 m2 的加速度小于 m1 的加速度，m2 相对于 m1 下滑．故 D 正确，A、B、C 错误． 故选：D． 【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和 隔离法的运用． 9．如图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于 A 点．为了测量这根铁链的质量，在铁链的下端 用一根细绳系一质量为 m 的小球，现用水平力 F 拉小球，待整个装置稳定后，测得两细绳 与竖直方向的夹角为α和β，若 tanα：tanβ=1：3，则铁链的质量为（ ） A．m B．2m C．3m D．4m 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【分析】先对小球受力分析，再对小球和铁链整体受力分析，然后分别根据共点力平衡条件 列式即可联立求解即可． 【解答】解：对小球进行受力分析，受重力、拉力和细线的拉力，由平衡条件得： tanβ= 对铁链和小球整体进行受力分析，受重力、细线的拉力 T、已知力 F，由平衡条件得： tanα= 联立解得： M=2m 故选：B． 【点评】本题关键是灵活选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式，不难． 10．如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为 0.1kg 的木块 A 相连，质量也为 0.1kg 的木块 B 叠放在 A 上，A、B 都静止．在 B 上作用一个竖直向下的力 F 使木块缓慢向下移动，力 F 的大小与移动距离 x 的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于 弹性限度内．下列说法正确的是（ ） A．木块下移 0.1 m 的过程中，弹簧的弹性势能增加 2.5 J B．弹簧的劲度系数为 500 N/m C．木块下移 0.1 m 时，若撤去 F，则此后 B 能达到的最大速度为 5 m/s D．木块下移 0.1 m 时，若撤去 F，则 A、B 分离时的速度为 5 m/s 【考点】功能关系；弹性势能． 【分析】根据能量的转化与守恒：弹簧弹性势能的增加量等于力 F 做的功与木块重力势能 的减少量之和，根据胡克定律即可求出劲度系数；由功能关系即可求出速度． 【解答】解：A、由图，F﹣x 图象中，纵坐标 F 与横坐标 x 之间所围的面积表示力 F 做的 功，所以这个过程中力 F 做功 WF= =2.5J，而弹簧弹性势能的增加量等于力 F 做的功与木块重力势能的减少量之和，故弹簧的弹性势能增加量大于 2.5J；故 A 错误． B、弹簧的形变量之间 0.1m 的过程中，压力增大 50N，根据胡克定律：△F=k△x，所以： k= = =500N/m．故 B 正确； C、木块下移 0.1 m 时，若撤去 F，则 A 与 B 整体将以开始时的位置为平衡位置做简谐振动， 所以当 AB 回到平衡位置时速度最大； 由于开始阶段压力做功 2.5J，所以 A 与 B 的速度最大时，二者动能的和是 2.5J，即 2× m =2.5，得：vm=5m/s．故 C 正确． D、由 C 的分析可知，当 B 的速度是 5m/s 时，二者仍然在平衡位置，所以二者的加速度都 等于 0，B 受到的 A 对 B 的弹力等于重力，所以二者没有分离．故 D 错误． 故选：BC 【点评】该题考查功能关系以及两个物体分离的条件，关键是要明确两个木块分离时二者的 速度相等，加速度相等，同时二者之间的相互作用力等于 0；另外明确系统中什么能减少、 什么能增加． 11．如图所示，一条长 L=4.2m 的水平传送带与光滑水平面等高，传送带以 v0=2m/s 的速度 逆时针匀速运行，现让一个质量 m=1kg 可视为质点的小滑块以 v=4m/s 的水平初速度从左侧 冲上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，重力加速度 g=10m/s2．若取向右 为正方向，则下列描述小滑块在传送带上运动时的摩擦力 Ff、加速度 a、位移 x 和速度 v 随 时间 t 的变化图象中正确的有 （ ） A． B． C． D． 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像． 【分析】物块相对传送带向右运动，滑动摩擦力向左，向右做匀减速直线运动，速度减为 0 后反向做匀加速直线运动，达到共同速度后再匀速运动． 【解答】解：物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力， ，根据牛顿第 二定律有 ，解得 ，向右减速到 0 的时间 ，向右 匀减速直线的位移 ，因为 ，速度减为 0 后反向做匀加速直 线运动，摩擦力水平向左，设经过时间 与传送带速度相同， ，反向匀加 速直线运动的位移 ，然后向左与传送带以相同的速度匀速运动，向 左匀速运动的位移 ，匀速运动的时间 ，加速度等于 0，滑动 摩擦力等于 0 A、0～2s 摩擦力向左，2～3s 摩擦力向左，大小等于 ，由于向右为 正方向，所以 0～3s， ；3～4.5s， ，故 A 错误； B、0～3s 内 ，3～4.5s 内 a′=0，故 B 正确； C、3～4.5s 内物块向左匀速运动，x﹣t 图象中平行于时间轴直线表示静止，故 C 错误； D、0～3s 内 的匀变速直线运动，先向右匀减速直线运动，当速度减为 0 后反向 匀加速，3～4.5s 匀速向左运动，速度 ，故 D 正确； 故选：BD 【点评】本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运 动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中． 12．两绝缘的小物块放在水平的绝缘板上，整体处在向右的匀强电场中，B 物体带正电 Q， A 物体不带电，它们一起在绝缘板上以某一速度匀速运动．现突然使 B 的带电量消失，A 物体带正电 Q，则 A、B 的运动状态可能为（ ） A．一起加速运动 B．一起匀速运动 C．A 加速，B 匀速 D．A 加速，B 减速 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；物体的弹性和弹力． 【分析】分别对 A 和 B 受力分析，根据受力的大小可以判断 AB 的运动的情况． 【解答】解：原来 AB 一起匀速运动，此时 AB 间无摩擦，B 与地面摩擦力 fB=qE． A 带电后：A 水平方向受力 qE，设 AB 之间的摩擦力为 fA， 此时 B 受到向前的 fA，向后的和地面之间的摩擦力 fB， 当 fA＜qE，对于 A 合力的大小为 qE﹣fA＞0，所以 A 将加速运动，对于 B，此时的 fB=qE ＞fA，此时 B 受到的合力向后，所以 B 将减速运动；故 C 错误，D 正确； 当 fA≥qE，AB 之间没有相对运动，不会分开，此时 AB 整体受到的地面的摩擦力和 qE 相 等，此时 AB 会一起匀速，故 A 错误，B 正确； 故选：BD． 【点评】根据 AB 之间的摩擦力的大小和电场力 qE 之间的关系逐个分析即可得到 AB 的运 动的状况．判断两个物体的运动状态，一定要分开分析，不能整体分析． 13．如图，质量分别为 mA 和 mB 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为 qA 和 qB，用绝缘 细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为 θ1 与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为 vA 和 vB， 最大动能分别为 EkA 和 EkB．则（ ） A．mA 一定小于 mB B．qA 一定大于 qB C．vA 一定大于 vB D．EkA 一定大于 EkB 【考点】牛顿第二定律；机械能守恒定律． 【分析】设两个球间的静电力为 F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大 小；根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小． 【解答】解：A、对小球 A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图 根据平衡条件，有： 故： 同理，有： 由于θ1＞θ2，故 mA＜mB，故 A 正确； B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故 B 错误； C、小球摆动过程机械能守恒，有 ，解得 ，由于 A 球摆到最 低点过程，下降的高度△h 较大，故 A 球的速度较大，故 C 正确； D、小球摆动过程机械能守恒，有 mg△h=EK，故 Ek=mg△h=mgL（1﹣cosθ）= L（1﹣cosθ） 其中 Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到： Ek= L（1﹣cosθ）= 其中 F•Lcosθ=Fh，相同，故θ越大， 越大，动能越大，故 EkA 一定大于 EkB，故 D 正确； 故选：ACD． 【点评】本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒 定律列方程分析求解． 二、实验题 14．某同学用如图甲所示的实验器材测定重力加速度．实验器材有：小钢珠、固定底 座、 带有标尺的竖直杆、光电门 1 和 2 组成的光电计时器，小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释 放）、网兜．实验时改变光电门 1 的位置，保持光电门 2 的位置不变，用光电计时器记录小 钢珠从光电门 1 运动至光电门 2 的时间 t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离 h． （1）设小钢珠经过光电门 2 的速度为 v，当地的重力加速度为 g，不考虑空气阻力，则 h、 t、g、v 四个物理量之间的关系为 h= vt﹣ gt2 ； （2）多次测量并记录 h、t，根据实验数据作出 ﹣t 图象，如图乙所示（纵、横轴截距为 a， t0），根据图线可求出重力加速度大小为 ，小钢珠通过光电门 2 时的速度为 a ． 【考点】测定匀变速直线运动的加速度． 【分析】根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出 h、t、g、v 四个物理量之间的 关系． 整理得到 ﹣t 图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系． 【解答】解：（1）小球经过光电门 2 的速度为 v，根据运动学公式得从开始释放到经过光 电门 2 的时间 t′= ， 所以从开始释放到经过光电门 1 的时间 t″=t′﹣t= ﹣t， 所以经过光电门 1 的速度 v′=gt″=v﹣gt； 根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离 h= t=vt﹣ gt2． （2）根据 h=vt﹣ gt2 得， =v﹣ gt， 则 ﹣t 图线斜率的绝对值为 k，k= g， 所以重力加速度大小 g=2 = ． 因此图象的纵截距即为小钢珠通过光电门 2 时的速度 a； 故答案为：（1）vt﹣ gt2； （2） ，a． 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题的第一问， 也可以采用逆向思维，结合位移时间公式进行求解． 三、计算题（共 39 分） 15．如图所示，质量为 m 的匀质细绳，一端系在天花板上的 A 点，另一端系在竖直墙壁上 的 B 点，平衡后最低点为 C 点．现测得 AC 段绳长是 B 段绳长的 n 倍，且绳子 B 端的切线 与墙壁的夹角为 a．试求绳子在 C 处和在 A 处的弹力分别为多大？（重力加速度为 g） 【考点】共点力平衡的条件及其应用． 【分析】先对 CB 段受力分析，受重力、墙壁的拉力、AC 绳子对其向左的拉力，根据平衡 条件求解出张力； 再对 AC 绳子受力分析，受重力、BC 绳子对其向右的拉力，墙壁的拉力，根据平衡条件列 式求解． 【解答】解：对 CB 段受力分析，受重力、墙壁的拉力、AC 绳子对其向左的拉力，如图所 示 根据平衡条件，有： FBcosα= mg FBsinα=T 联立解得： T= ； 再对 AC 绳子受力分析，受重力、BC 绳子对其向右的拉力，墙壁的拉力，如图所示 根据平衡条件，有：TAsinβ= mg TAcosβ=T′C T=T′C 解得：TA= 答：绳在最低点 C 处的张力大小为 ，在 A 处的张力为得： ． 【点评】本题关键灵活地选择研究对象，然后运用平衡条件列式求解，不难． 16．（10 分）（2015•赣州一模）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线 运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为 a1 的匀加速直线运动，质点乙做初速度为 v0， 加速度大小为 a2 的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的 位置 x﹣速度 v 图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直． （1）请在 x﹣v 图象中，指出图线 a 表示哪个质点的运动，并求出质点乙的初速度 v0 （2）求质点甲、乙的加速度大小 a1、a2． 【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系． 【分析】（1）根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙 的图象，再根据图象直接读出 x=0 时，乙的速度； （2）分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可． 【解答】解：（1）根据图象可知，a 图象的速度随位移增大而增大，b 图象的速度随位移增 大而减小，所以图象 a 表示质点甲的运动， 当 x=0 时，乙的速度为 6m/s，即质点乙的初速度 v0=6m/s． （2）设质点乙、甲先后通过 x=6m 处时的速度均为 v，对质点甲：v2=2a1x ① 对质点乙： ② 联立①②解得： ③ 当质点甲的速度 v1=8m/s、质点乙的速度 v2=2m/s 时，两质点通过相同的位移均为 x'． 对质点甲： ④ 对质点乙： ⑤ 联立④⑤解得：a1=2a2 ⑥ 联立③⑥解得： ． 答：（1）图线 a 表示甲质点的运动，质点乙的初速度为 6m/s． （2）质点甲、乙的加速度大小分别为 2m/s2、1m/s2． 【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，关键是要求同学们能根据图象判断出 甲乙的图线，能够从图中得出有效信息，难度适中． 17．（10 分）（2016•邯郸校级模拟）如图所示，粗糙斜面倾角θ=37°，斜面宽 a 为 3m，长 b 为 4m，质量为 0.1kg 的小木块从斜面 A 点静止释放，释放同时用与斜面底边 BC 平行的 恒力 F 推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5（g 取 10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）． （1）若 F 大小为 0，求木块到达底边所需的时间 t1； （2）若木块沿斜面对角线从点 A 运动到点 C，求力 F 的大小及 A 到 C 所需时间 t2． 【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）在沿斜面方向上由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间； （2）物体受力分布在立体空间，通过受力分析求的沿 AC 方向上的合力，由牛顿第二定律 求的加速度，再有运动学公式求的时间 【解答】解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为： a= 下滑的时间为： （2）若木块沿斜面对角线从点 A 运动到点 C，说明物体受到的合力沿 AC 方向，设 AC 与 AB 的夹角为α，AC= ，由几何关系可得： 故施加的外力为：F=mgsinθ•tanα=0.45N 由牛顿第二定律可得产生的加速度为： 由运动学公式 得： = ≈1.5s 答：1）若 F 大小为 0，求木块到达底边所需的时间 t1 为 2s （2）若木块沿斜面对角线从点 A 运动到点 C，求力 F 的大小及 A 到 C 所需时间 t2 为 1.5s． 【点评】本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，沿斜 面方向做初速度为零的匀加速运动， 18．（11 分）（2016•漯河一模）如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为 2kg 的木板， 木板长为 2m．其左端距上方障碍物的水平距离为 1m，障碍物下方空间仅容木板通过．现 有一质量为 1kg 的滑块（可视为质点）以一定的初速度 V0 冲上木板左端，与此同时对木板 施加一水平拉力 F 使木板向左运动．已知滑块和木板间的动摩擦因数μ=0.2．全过程中滑块 都没有掉下来，g 取 10m/s2． （1）为使滑块不碰到障碍物，其初速度 V0 最大为多少？ （2）当滑块以（1）问中的速度滑上木板时，为使滑块不掉下木板，试求拉力 F． 【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】（1）为使滑块不碰到障碍物，则滑块的最大位移是木板长度的一半，然后结合运 动学的公式即可求出； （2）木板向左运动，所以拉力必须大于 m 对木板的摩擦力，同时要满足 F 最大时，最终 m， M 获共同速度 V 共且 m 处于 M 最右端，然后又牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学的 公式即可． 【解答】解：（1）为使滑块不碰到障碍物，其最大位移为 即： 所以： m/s 最大为 2m/s （2）滑块的加速度： 木板的加速度： 全过程 m、M 加速度恒定，F 最大时，最终 m，M 获共同速度 V 共且 m 处于 M 最右端，设 共历时 t 由﹣（v0﹣amt）=aMt 得： 由几何关系知：L=Sm+Sm ； 代入数据得：F=4N 同时，若要 M 向左运动，则：F＞μmg=0.2×1×10=2N 答：（1）为使滑块不碰到障碍物，其初速度 V0 最大为 2m/s； （2）当滑块以（1）问中的速度滑上木板时，为使滑块不掉下木板，拉力的范围是 2N＜F ≤4N． 【点评】该题属于多物体、多过程的牛顿第二定律的应用，解答的过程中首先要注意对物体 受力的把握和对物体的运动过程的把握，要注意状态的选取，化繁为简．