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河北省邯郸市2016届高三上学期9月摸底物理试卷


2015-2016 学年河北省邯郸市高三(上)摸底物理试 卷(9 月份)

一、选择题:本题共 14 小题,每小题 4 分,在每题给出的四个选项中,第 1 题~第 11 题, 每小题只有一个选项符合题目要求;第 12 题~第 14 题,每小题有多个选项符合题目要求, 全部选对的得 4 分,选对但选不全的得 2 分,有选错的得 0 分. 1.关于物体的运动与所受

外力的关系,下列说法正确的是( ) A.物体的速度为零时,物体处于平衡状态 B.物体处于超重状态,物体必然有竖直向上的速度 C.物体自由下落时,物体对地球没有作用力 D.运动物体若没有受到外力作用,将继续以同一速度沿直线运动 2.物体运动的位移﹣时间图象如图所示,下列说法正确的是( )

A.物体做曲线运动 B.物体在 t1 时刻速度最大 C.物体在 t1 时刻运动方向发生改变 D.物体在 t2 时刻速度为零 3. 如图甲所示, 斜面体静止在粗糙的水平地面上, 斜面体上有一小滑块 A 沿斜面匀速下滑, 现对小滑块施加一竖直向下的作用力 F,如图乙所示.两种情景下斜面体均处于静止状态, 则下列说法错误的是( )

A.施加力 F 后,小滑块 A 受到的滑动摩擦力增大 B.施加力 F 后,小滑块 A 仍以原速度匀速下滑 C.施加力 F 后,地面对斜面的支持力增大 D.施加力 F 后,地面对斜面的摩擦力增大

4.某航母跑道长 160m,飞机发动机产生的最大速度为 5 米/s ,起飞需要的最低速度为 50m/s.飞机在某航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动.若航母沿飞机起飞方 向一某一速度匀速航行,为使飞机安全起飞,航母匀速运动的最小速度为( ) A.10m/s B.15m/s C.20m/s D.30m/s 5.如图所示,质量为 M 的长木板位于光滑水平面上,质量为 m 的物块静止在长木块上, 两点之间的滑动摩擦因数,现对物块 m 施加水平向右的恒力 F,若恒力 F 使长木板与物块 出现相对滑动.则恒力 F 的最小值为(重力加速度大小为 g,物块与长木板之间的最大静摩 擦力等于两者之间的滑动摩擦力)( )

2

A.μmg(1+ )

B.μmg(1+ )

C.μmg

D.μMg

6. 如图所示, 一轻弹簧上端固定在天花板上, 现用互成角度的力 F1、 F2 拉弹簧下端至 O 点, 此过程力 F1、F2 做功分别为 3J 和 4J.现用一个力 F 拉弹簧下端至 O 点,该过程力 F 做功 为( )

A.3J

B.4J

C.5J

D.7J

7.质量为 0.1kg 的小球从空中某高度由静止开始下落到地面,该下落过程对应的 v﹣t 图象 如图是.小球与水平地面每次碰撞后离开地面时的速度大小为碰撞前的 .小球运动受到的 空气阻力大小恒定,取 g=10m/s .下列说法正确的是(
2

)

A.小球受到的空气阻力大小为 0.3N 2 B.小球上升时的加速度大小为 18m/s C.小球第一次上升的高度为 0.375m D.小球第二次下落的时间为 s

8.如图所示,在同一竖直线上不同高度处同时平抛 a、b 两小球,两者的运动轨迹相交于 P 点. 以 ab 两小球平抛的初速度分别为 v1、 v2, a、 b 两小球运动到 P 点的时间分别为 t1、 t2. 不 计空气阻力,下列说法正确的是( )

A.t1<t2 v1<v2 C.t1>t2 v1>v2

B.t1<t2 D.t1>t2

v1>v2 v1<v2

9.如图所示,一质量为 M 的光滑大网环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量 为 m 的小环(可视为质点)处于静止状态.现轻微扰动一下,小环从大环的最高处由静止 滑下.重力加速度大小为 g.当小环滑到大环的最低点时,下列说法正确的是( )

A.大环对小环的弹力为 3mg C.轻杆对大环的弹力为 Mg+5mg

B.大环对小环的弹力为 4mg D.轻杆对大环的弹力为 Mg+6mg

10.如图所示,质量为 m 的物块随木箱以加速度 a= 竖直向上加速运动,重力加速度为 g, 在物块上升高度为 h 的过程中,下列说法正确的是( )

A.支持力做功为 mgh C.合外力做功 mgh

B.动能增加 mgh D.机械能增加 mgh

11.如图所示,一质量为 m 的物体系于长度分别为 l1、l2 的轻弹簧和细线上,l1 的一端悬挂 在天花板上,与竖直方向夹角,l2 水平拉直,物体处于平衡状态,重力加速度大小为 g,下 列说法错误的是( )

A.轻弹簧的拉力为 B.轻绳拉力大小为 C.剪断轻绳瞬间,物体加速度大小为 gtanθ D.去掉轻弹簧瞬间,物体加速度大小为 g 12.如图所示,甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆 周运动,甲卫星的向心加速度、运行周期、角速度和线速度分别为 a1、T1、ω1、v1,乙卫星 的向心加速度、 运行周期、 角速度和线速度分别为 a2、 T2、 ω2、 v2, 下列说法正确的是( )

A.a1:a2=1:2

B.T1:T2=1:2

C.ω1:ω2=1:

D.v1:v2=

:1

13.如图为玻璃自动切割生产线示意图.图中,玻璃以恒定的速度可向右运动,两侧的滑轨 与玻璃的运动方向平行.滑杆与滑轨垂直,且可沿滑轨左右移动.割刀通过沿滑杆滑动和随 滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割.移动玻璃的宽度为 L,要使切割后的玻璃为长 2L 的 矩形,以下做法能达到要求的是( )

A.保持滑杆不动,使割刀以速度 沿滑杆滑动 B.滑杆以速度可向左移动的同时,割刀以速度 沿滑杆滑动 C.滑杆以速度 v 向右移动的同时,割刀以速度 2v 沿滑杆滑动 D.滑杆以速度 v 向右移动的同时,割刀以速度 沿滑杆滑动

14.如图甲所示,静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力 F 作用下开始向上加速运动, 拉力的功率恒定为 P,运动过程中所受空气阻力大小不变,物体最终做匀速运动.物体运动 速度的倒数与加速度 a 的关系如图乙所示. 若重力加速度大小为 g, 下列说法正确的是( )

A.物体的质量为

B.空气阻力大小为

C.物体加速运动的时间为 D.物体匀速运动的速度大小为 v0

二、实验题:本题共 2 小题,共 15 分. 15.某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系,并测弹簧的劲度系数 k.做法是先将待测弹簧的 一端固定在铁架台上. 然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧, 并使弹簧另一端 的指针恰好落在刻度尺上,当弹簧自然下垂时,指针指示的刻度值记作 l0,弹簧下端每增加 2 一个 50g 的砝码时,指针示数分别记作 l1、l2、…l5,g 取 9.8m/s . (1)下表记录的是该同学测出的 5 个值,其中 l0 未记录.

代表符号 刻度值/cm

l0

l1 3.40

l2 5.10

l3 6.85

l4 8.60

l5 10.30

以砝码的数目 n 为纵轴,以弹簧的长度 l 为横轴,根据表格中的数据,在如下坐标纸中作出 n﹣l 图线. (2)根据 n﹣l 图线,可知弹簧的劲度系数 k=__________N/m. (保留 2 位有效数字) (3)根据 n﹣l 图线,可知弹簧的原长 l0=__________cm.

16.验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示,某小组完成了一系列实验操作后,得到了一 条纸带如图乙所示, 选取纸带上某个清晰的点标为 O. 然后每两个打点取一个计数点分别标 为 1、2、3、4、5、6,用刻度尺量出计数点 1、2、3、4、5、6 与 O 点的距离分别为 h1、 h2、h3、h4、h5、h6.

(1)关于本实验,说法正确的是__________. A、图甲所示打点计时器为电火花打点计时器 B、释放前手拿住纸袋上端,保持纸带竖直 C、先释放纸带,再接通电源 D、实验中的重锤应选密度大的金属块. (2)已知打点计时器的打点周期为 T,重锤质量为 m,重力加速度为 g,打点计时器打下 点 1 到点 5 的过程中,重锤增加的动能为__________.减少的重力势能为__________. (3)取打点 O 时重锤所在的平面为参考平面,分别算出打各个计数点时对应重锤的势能 和动能. 建立坐标系, 横轴表示重锤下落的高度 h, 纵轴表示重锤的势能| |和动能 E ,

根据以上数据在图丙中绘出图Ⅰ和Ⅱ. 其中 EF﹣h 图线对应的是__________ (填“Ⅰ“或“Ⅱ“) , 图线Ⅰ和Ⅱ不重合的主要原因是__________.

三、计算讨论题:本题共 4 小题,共计 39 分,解答时请写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值 和单位. 17. 如图所示, 长为 l 的水平桌面上的中轴线上有一段长度未知的粗糙面, 其他部分均光滑, 一可视为质点的小物块以速度为 v0= 从桌面左端沿轴线方向滑入,小物块与粗糙面的

滑动摩擦因数为=0.5.小物块离开桌面后做平抛运动,桌面的高度和平抛水平位移均为 , 重力加速度为 g.求桌面粗糙部分长度为多少.

18.如图所示,半径为 R 的圆环竖直放置,直径 MN 为水平方向,环上套有两个小球甲和 乙,甲、乙之间用一长 R 的轻杆相连,小球可以沿环自由滑动,开始时甲球位于 M 点, 乙球锁定.已知乙的质量为 m,重力加速度为 g. (1)若甲球质量也为 m,求此时杆对甲球的弹力大小; (2)若甲的质量为 2m,解除乙球锁定,由静止释放轻杆.求甲球由初始位置到达最低点的 过程中,轻杆对甲球所做的功.

19.如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板质量为 M=4kg,长为 L=1.4m;木块右端放的一小滑块,小滑块质量为 m=1kg,可视为质点.现用水平恒力 F 作

用在木板 M 右端,恒力 F 取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者 的 a﹣F 图象如图乙所示,取 g=10m/s .求:
2

(1)小滑块与木板之间的滑动摩擦因数,以及木板与地面的滑动摩擦因数. (2)若水平恒力 F=27.8N,且始终作用在木板 M 上,当小滑块 m 从木板上滑落时,经历的 时间为多长. 20.如图所示,传送带与两轮切点 A、B 间的距离为 l=20m,半径为 R=0.4m 的光滑的半圆 轨道与传送带相切于 B 点,C 点为半圆轨道的最高点.BD 为半圆轨道直径.物块质量为 m=1kg.已知传送带与物块间的动摩擦因数=0.8,传送带与水平面夹角=37°.传送带的速度 2 足够大,已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10ms ,物块可视为质点.求: (1)物块无初速的放在传送带上 A 点,从 A 点运动到 B 点的时间; (2)物块无初速的放在传送带上 A 点,刚过 B 点时,物块对 B 点的压力大小; (3)物块恰通过半圆轨道的最高点 C,物块放在 A 点的初速度为多大.

2015-2016 学年河北省邯郸市高三 (上) 摸底物理试卷 (9 月份)
一、选择题:本题共 14 小题,每小题 4 分,在每题给出的四个选项中,第 1 题~第 11 题, 每小题只有一个选项符合题目要求;第 12 题~第 14 题,每小题有多个选项符合题目要求, 全部选对的得 4 分,选对但选不全的得 2 分,有选错的得 0 分. 1.关于物体的运动与所受外力的关系,下列说法正确的是( ) A.物体的速度为零时,物体处于平衡状态 B.物体处于超重状态,物体必然有竖直向上的速度 C.物体自由下落时,物体对地球没有作用力 D.运动物体若没有受到外力作用,将继续以同一速度沿直线运动 考点:牛顿运动定律的应用-超重和失重. 专题:牛顿运动定律综合专题.

分析:力是改变物体运动状态的原因,当物体受到的合外力为零时,物体的运动状态保持不 变,即物体处于匀速直线运动状态或静止状态;根据牛顿第二定律可知,物体加速度的方向 与物体所受合外力的方向相同, 但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同. 当物体 的加速度不为 0 时,物体的速度一定发生变化. 解答: 解:A、速度为零时,物体可能有加速度,如物体在竖直上抛的最高点;故 A 错误; B、物体处于超重状态时,此时一定有向上的加速度;但速度可以向下,即向上的减速运动; 故 B 错误; C、地球表面上的物体,不论做什么运动均受到作用力;故 C 错误; D、运动物体若没有受到外力作用,将继续以同一速度沿直线运动;故 D 正确; 故选:D. 点评:物体的运动状态即物体的速度,物体的运动状态发生改变,即物体的速度发生改变, 既包括速度大小发生改变,也包括速度的方向发生改变. 2.物体运动的位移﹣时间图象如图所示,下列说法正确的是( )

A.物体做曲线运动 B.物体在 t1 时刻速度最大 C.物体在 t1 时刻运动方向发生改变 D.物体在 t2 时刻速度为零 考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:根据位移图象的斜率等于速度,分析物体的速度方向,判断物体的运动情况. 解答: 解: A、 位移图象只能反映位移正负两个方向, 所以只能描述直线运动, 故 A 错误; B、位移时间图象的斜率等于速度,则知物体在 t1 时刻速度为零,故 B 错误. C、图线斜率的正负表示运动方向,图中斜率先正后负,表示物体先沿正方向运动后沿负方 向运动,在 t1 时刻运动方向发生改变,故 C 正确; D、图象的斜率表示速度大小,可知物体在 t2 时刻速度不为零,故 D 错误; 故选:C 点评: 位移图象和速度图象都表示物体做直线运动. 抓住位移图象的斜率等于速度是分析的 关键.

3. 如图甲所示, 斜面体静止在粗糙的水平地面上, 斜面体上有一小滑块 A 沿斜面匀速下滑, 现对小滑块施加一竖直向下的作用力 F,如图乙所示.两种情景下斜面体均处于静止状态, 则下列说法错误的是( )

A.施加力 F 后,小滑块 A 受到的滑动摩擦力增大 B.施加力 F 后,小滑块 A 仍以原速度匀速下滑 C.施加力 F 后,地面对斜面的支持力增大 D.施加力 F 后,地面对斜面的摩擦力增大 考点:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:设斜面倾角为 θ,A 的质量为 m,斜面体 B 的质量为 M,可以把 AB 看出一个整体处 理,对物体进行受力分析,根据共点力的平衡列式求解即可. 解答: 解:设斜面倾角为 θ,A 的质量为 m,斜面体 B 的质量为 M, A、开始时 A 受到的摩擦力 f=μmgcosθ,增加力 F 后的摩擦力:f′=μ(mg+F)cosθ,滑动摩 擦力增大.故 A 正确; B、若甲图中 A 可沿斜面匀速下滑,则 A 重力沿斜面的分量与滑动摩擦力相等,即 mgsinθ=μmgcosθ,加上向下的力 F 后,对 A 进行受力分析,则满足 F+mgsinθ=μ(mg+F) cosθ,所以仍然做匀速下滑,故 B 正确; C、D、以 A 与斜面体为研究的对象,开始时系统受到重力与竖直方向的支持力的作用即可 处于平衡状态,所以不受地面的摩擦力,支持力:N1=(M+m)g; 增加竖直向下的力 F 后,仍然以相同为研究对象,则竖直方向受到重力、支持力和向下的 力 F,支持力:N2=(M+m)g+F>N1,水平方向由于没有其他的外力,所以水平方向仍然 不受摩擦力的作用.故 C 正确,D 错误. 本题选择错误的,故选:D 点评:该题考查共点力作用下物体的平衡状态,解决本题的关键能够正确地进行受力分析, 明确系统在水平方向不受其他的外力的作用,所以不受地面的摩擦力. 4.某航母跑道长 160m,飞机发动机产生的最大速度为 5 米/s ,起飞需要的最低速度为 50m/s.飞机在某航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动.若航母沿飞机起飞方 向一某一速度匀速航行,为使飞机安全起飞,航母匀速运动的最小速度为( ) A.10m/s B.15m/s C.20m/s D.30m/s 考点:匀变速直线运动的速度与位移的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析: 结合匀变速直线运动的速度位移公式, 抓住位移关系, 求出航母匀速运动的最小速度. 解答: 解:设舰载机起飞所用的时间为 t,位移为 L2,航母的位移为 L1,匀速航行的最小 速度为 v1.由运动学公式得:v=v1+at
2

L1=v1t L2=L+L1 代入数据,联立解得航母匀速航行的最小速度为 v1=10m/s. 故选: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,注意舰载机的位 移不是航母跑道的长度. 5.如图所示,质量为 M 的长木板位于光滑水平面上,质量为 m 的物块静止在长木块上, 两点之间的滑动摩擦因数,现对物块 m 施加水平向右的恒力 F,若恒力 F 使长木板与物块 出现相对滑动.则恒力 F 的最小值为(重力加速度大小为 g,物块与长木板之间的最大静摩 擦力等于两者之间的滑动摩擦力)( )

A.μmg(1+ )

B.μmg(1+ )

C.μmg

D.μMg

考点:摩擦力的判断与计算. 专题:摩擦力专题. 分析:当 AB 保持静止,具有相同的加速度时,F 达到最大值时,A、B 间的摩擦力达到最 大静摩擦力.根据牛顿第二定律求出 F 的最大值. 解答: 解:对 A、B 整体进行受力分析:F=(M+m)a 对 A 进行受力分析:F﹣fB=ma 对 B 进行受力分析:fA=Ma 当 AB 保持静止,具有相同的加速度时,F 达到最大值,fA=μmg.求解上面方程组, F 最大=μmg(1+ ) ,故 A 正确、BCD 错误. 故选:A. 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,注意临界状态和 整体法、隔离法的运用. 6. 如图所示, 一轻弹簧上端固定在天花板上, 现用互成角度的力 F1、 F2 拉弹簧下端至 O 点, 此过程力 F1、F2 做功分别为 3J 和 4J.现用一个力 F 拉弹簧下端至 O 点,该过程力 F 做功 为( )

A.3J

B.4J

C.5J

D.7J

考点:功的计算. 专题:功的计算专题.

分析:拉力做的功全部转化为弹簧的弹性势能,去拉力 F 做功等于两力 F1、F2 拉力做功之 和 解答: 解:在 F1、F2 拉力作用下,两力做功之和为 W=7J,拉力做功全部转化为弹簧的弹 性势能,当用一个力 F 时,拉力做功也将全部转化为弹簧的弹性势能,由于弹簧的伸长量 相等,故具有的弹性势能相等,故拉力 F 做功与 F1、F2 拉力做功相等为 7J 故选:D 点评:本题主要考查了拉力做功全部转化为弹簧的弹性势能,并且抓住功是标量即可 7.质量为 0.1kg 的小球从空中某高度由静止开始下落到地面,该下落过程对应的 v﹣t 图象 如图是.小球与水平地面每次碰撞后离开地面时的速度大小为碰撞前的 .小球运动受到的 空气阻力大小恒定,取 g=10m/s .下列说法正确的是(
2

)

A.小球受到的空气阻力大小为 0.3N B.小球上升时的加速度大小为 18m/s C.小球第一次上升的高度为 0.375m D.小球第二次下落的时间为 s
2

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:根据 v﹣t 图象求得物体下落时的加速度,由牛顿第二定律求出阻力大小,根据竖直 上抛规律求得第一次上升的高度和第二次下落的时间,再根据受力分析求得上升时的加速 度. 解答: 解:A、小球在 0﹣0.5s 内加速运动的加速度 a= ,根据牛顿第二定律

有:mg﹣f=ma,可得阻力 f=m(g﹣a)=0.1×(10﹣8)N=0.2N,故 A 错误; B、小球上升时阻力向下,据牛顿第二定律有:mg+f=ma′解得上升的加速度 a ,故 B 错误; .则

C、由 v﹣t 图象知小球落地时的速度为 4m/s,则第一次反弹时的初速度

据速度位移关系知小球第一次上升的高度 D、物体下落的加速度为 8m/s ,下落高度为 0.375m,物体下落时间 t= ,故 D 错误.
2

,故 C 正确;

故选:C. 点评: 解决本题的关键知道速度时间图线的斜率表示加速度, 掌握竖直上抛运动规律是正确 问题的关键. 8.如图所示,在同一竖直线上不同高度处同时平抛 a、b 两小球,两者的运动轨迹相交于 P 点. 以 ab 两小球平抛的初速度分别为 v1、 v2, a、 b 两小球运动到 P 点的时间分别为 t1、 t2. 不 计空气阻力,下列说法正确的是( )

A.t1<t2 v1<v2 C.t1>t2 v1>v2

B.t1<t2 D.t1>t2

v1>v2 v1<v2

考点:平抛运动. 专题:平抛运动专题. 分析:平抛运动的高度决定运动的时间,结合水平方向位移相等,分析初速度关系. 解答: 解:a 球下落的高度比 b 球下落的高度大,根据 h= 在水平方向上,上 v0= ,可知,x 相等,则有 v1<v2. 故选:D 点评: 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律, 明确运动的时间 由高度决定,初速度和时间共同决定水平位移. 9.如图所示,一质量为 M 的光滑大网环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量 为 m 的小环(可视为质点)处于静止状态.现轻微扰动一下,小环从大环的最高处由静止 滑下.重力加速度大小为 g.当小环滑到大环的最低点时,下列说法正确的是( ) ,得 t= ,可知 t1>t2.

A.大环对小环的弹力为 3mg C.轻杆对大环的弹力为 Mg+5mg

B.大环对小环的弹力为 4mg D.轻杆对大环的弹力为 Mg+6mg

考点:机械能守恒定律;向心力. 专题:机械能守恒定律应用专题. 分析: 先根据动能定理求解出小环滑到最低点时的速度. 根据牛顿第二定律求出小环运动到 最低点时,大环对它的支持力,再用隔离法对大环分析,求出大环对轻杆的拉力大小. 解答: 解:小环从最高到最低,由动能定理,则有:

mv =mg?2R; 小环在最低点时,根据牛顿第二定律得: N﹣mg=m 得:N=mg+m 联立解得:大环对小环的支持力为:N=5mg 对大环分析,有:T=N+Mg=5mg+Mg,则 C 正确,ABD 错误 故选:C 点评:解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源,运用牛顿第二定律进行求解.

2

10.如图所示,质量为 m 的物块随木箱以加速度 a= 竖直向上加速运动,重力加速度为 g, 在物块上升高度为 h 的过程中,下列说法正确的是( )

A.支持力做功为 mgh C.合外力做功 mgh

B.动能增加 mgh D.机械能增加 mgh

考点:功能关系;牛顿第二定律. 分析:对物体受力分析,受重力 G 和向上的支持力 N,根据牛顿第二定律列式求出支持力, 可求得支持力做功,然后根据功能关系得到各种能量的变化情况. 解答: 解:A、根据牛顿第二定律得:N﹣mg=ma=m ,可得支持力 N= mg,支持力做 功 WN=Nh= mgh,故 A 错误. BC、由牛顿第二定律知,物体的合外力 F 合=ma= mg,方向向上,则合外力做功为 W 合=F


h= mgh,由动能定理知物体的动能增加了 mgh,故 B、C 错误.

D、根据功能原理,可知机械能增加等于支持力做功 mgh,故 D 正确. 故选:D 点评:本题关键对物体受力分析,根据牛顿第二定律求出支持力 N,利用动能定理列方程求 解.

11.如图所示,一质量为 m 的物体系于长度分别为 l1、l2 的轻弹簧和细线上,l1 的一端悬挂 在天花板上,与竖直方向夹角,l2 水平拉直,物体处于平衡状态,重力加速度大小为 g,下 列说法错误的是( )

A.轻弹簧的拉力为 B.轻绳拉力大小为 C.剪断轻绳瞬间,物体加速度大小为 gtanθ D.去掉轻弹簧瞬间,物体加速度大小为 g 考点:牛顿第二定律;物体的弹性和弹力. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:细线的弹力可以发生突变,弹簧的弹力不能发生突变,根据物体的受力情况,由牛顿 第二定律求出加速度. 解答: 解:A、剪断轻绳前物体受力如图所示:

由平衡条件得:f=mgtanθ,F=

,故 A 正确,B 错误;

C、弹簧的弹力不能突变,剪断轻绳瞬间,由牛顿第二定律得:mgtanθ=ma,解得加速度: a=gtanθ,故 C 正确; D、去掉轻弹簧的瞬间,物体受到竖直向下的重力与轻绳的拉力作用,物体受到的合力不是 mg,加速度不是 g,故 D 错误; 故选:C. 点评:本题考查了平衡条件与牛顿第二定律的应用,解决本题的关键知道烧断绳子的瞬间, 弹簧来不及发生形变,弹力不变.然后根据共点力平衡求出弹簧的弹力. 12.如图所示,甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆 周运动,甲卫星的向心加速度、运行周期、角速度和线速度分别为 a1、T1、ω1、v1,乙卫星 的向心加速度、 运行周期、 角速度和线速度分别为 a2、 T2、 ω2、 v2, 下列说法正确的是( )

A.a1:a2=1:2

B.T1:T2=1:2

C.ω1:ω2=1:

D.v1:v2=

:1

考点:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 专题:万有引力定律的应用专题. 分析:抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供,列式求解即可. 解答: 解:对于任一情形,根据万有引力提供向心力得: G =ma=ω r=
2

r=m

可得 a=

,T=2π

,ω=

,v=

r 相同,根据题中条件可得:a1:a2=1:2,T1:T2= :1,ω1:ω2=1: ,v1:v2=1: 故选:AC 点评:抓住半径相同,中心天体质量不同,根据万有引力提供向心力进行解答,注意区别中 心天体的质量不同. 13.如图为玻璃自动切割生产线示意图.图中,玻璃以恒定的速度可向右运动,两侧的滑轨 与玻璃的运动方向平行.滑杆与滑轨垂直,且可沿滑轨左右移动.割刀通过沿滑杆滑动和随 滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割.移动玻璃的宽度为 L,要使切割后的玻璃为长 2L 的 矩形,以下做法能达到要求的是( )

A.保持滑杆不动,使割刀以速度 沿滑杆滑动 B.滑杆以速度可向左移动的同时,割刀以速度 沿滑杆滑动 C.滑杆以速度 v 向右移动的同时,割刀以速度 2v 沿滑杆滑动 D.滑杆以速度 v 向右移动的同时,割刀以速度 沿滑杆滑动

考点:安培力. 分析:根据运动的合成与分解的规律,结合矢量的合成法则,确保割刀在水平方向的速度等 于玻璃的运动速度,即可求解.

解答: 解:由题意可知,玻璃以恒定的速度向右运动,割刀通过沿滑杆滑动,而滑杆与滑 轨垂直且可沿滑轨左右移动. 要得到矩形的玻璃,则割刀相对于玻璃,在玻璃运动方向速度为零即可,因此割刀向右的运 动,同时可沿滑杆滑动,故 CD 正确,AB 错误; 故选:CD. 点评:考查运动的合成与分解的内容,掌握平行四边形定则的应用,注意割刀一个分运动必 须与玻璃速度相同,是解题的关键. 14.如图甲所示,静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力 F 作用下开始向上加速运动, 拉力的功率恒定为 P,运动过程中所受空气阻力大小不变,物体最终做匀速运动.物体运动 速度的倒数与加速度 a 的关系如图乙所示. 若重力加速度大小为 g, 下列说法正确的是( )

A.物体的质量为

B.空气阻力大小为

C.物体加速运动的时间为 D.物体匀速运动的速度大小为 v0 考点:功率、平均功率和瞬时功率. 专题:功率的计算专题. 分析:物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动,根据牛顿第二定律求的 与 a 的关系 式,结合乙图即可判断,当拉力等于重力和阻力时速度达到最大 解答: 解:A、由题意可知 P=Fv, 根据牛顿第二定律由 F﹣mg﹣f=ma 联立解得

由乙图可知,



解得

,f=

,故 AB 正确

C、物体做变加速运动,并非匀加速运动,不能利用 v=at 求得时间,故 C 错误;

D、物体匀速运动由 F=mg+f,此时 v= 故选:ABD

=v0,故 D 正确

点评:本题主要考查了图象,能利用牛顿第二定律表示出 与 a 的关系式是解决本题的关键

二、实验题:本题共 2 小题,共 15 分. 15.某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系,并测弹簧的劲度系数 k.做法是先将待测弹簧的 一端固定在铁架台上. 然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧, 并使弹簧另一端 的指针恰好落在刻度尺上,当弹簧自然下垂时,指针指示的刻度值记作 l0,弹簧下端每增加 2 一个 50g 的砝码时,指针示数分别记作 l1、l2、…l5,g 取 9.8m/s . (1)下表记录的是该同学测出的 5 个值,其中 l0 未记录.

代表符号 刻度值/cm

l0

l1 3.40

l2 5.10

l3 6.85

l4 8.60

l5 10.30

以砝码的数目 n 为纵轴,以弹簧的长度 l 为横轴,根据表格中的数据,在如下坐标纸中作出 n﹣l 图线. (2)根据 n﹣l 图线,可知弹簧的劲度系数 k=28N/m. (保留 2 位有效数字) (3)根据 n﹣l 图线,可知弹簧的原长 l0=1.70cm.

考点:探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题:实验题. 分析:根据描点法可得出对应的图象; 充分利用测量数据,弹簧弹力与伸长量△ X 之间的关系图的斜率代表弹簧的劲度系数 k.其 中△ x 为弹簧的形变量. 根据图象可求得弹簧的原长. 解答: 解: (1)根据表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示; (2)充分利用测量数据,弹簧弹力与伸长量△ X 之间的关系图的斜率代表弹簧的劲度系数 k= =28.0N/m

(3)图象与横坐标的交点为弹簧的原长;故由图可知,原长约为 1.70cm; 故答案为: (1)如图所示; (2)28;1.70.

点评:弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长与受到的拉力成正比. 对于实验问题,我们要充分利用测量数据求解可以减少误差. 16.验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示,某小组完成了一系列实验操作后,得到了一 条纸带如图乙所示, 选取纸带上某个清晰的点标为 O. 然后每两个打点取一个计数点分别标 为 1、2、3、4、5、6,用刻度尺量出计数点 1、2、3、4、5、6 与 O 点的距离分别为 h1、 h2、h3、h4、h5、h6.

(1)关于本实验,说法正确的是 BD. A、图甲所示打点计时器为电火花打点计时器 B、释放前手拿住纸袋上端,保持纸带竖直 C、先释放纸带,再接通电源 D、实验中的重锤应选密度大的金属块. (2)已知打点计时器的打点周期为 T,重锤质量为 m,重力加速度为 g,打点计时器打下 点 1 到点 5 的过程中,重锤增加的动能为 .减少的重力

势能为 mg(h5﹣h1) . (3)取打点 O 时重锤所在的平面为参考平面,分别算出打各个计数点时对应重锤的势能 和动能. 建立坐标系, 横轴表示重锤下落的高度 h, 纵轴表示重锤的势能| |和动能 E ,

根据以上数据在图丙中绘出图Ⅰ和Ⅱ.其中 EF﹣h 图线对应的是Ⅰ(填“Ⅰ“或“Ⅱ“) ,图线 Ⅰ和Ⅱ不重合的主要原因是存在阻力. 考点:验证机械能守恒定律. 专题:实验题. 分析: (1)电磁打点计时器使用 4﹣6V 的交流电源;实验时保持纸带竖直,先接通电源, 再释放纸带;为了减小阻力的影响,重物选择质量大一些体积小一些的. (2)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 1、5 的瞬时速度,从而得出 动能的增加量,根据下降的高度求出重力势能的减小量. (3)根据图线的斜率确定图线对应的是哪一种关系. 解答: 解: (1)A、电火花打点计时器使用 220V 的交流电,电磁打点计时器使用 4﹣6V 的交流电,图甲所示打点计时器为电磁打点计时器,故 A 错误. B、释放前要保证纸带竖直,用手拿住纸带的上端,故 B 正确. C、实验时应先接通电源,再释放纸带,故 C 错误.

D、为了减小阻力产生的影响,重锤选择质量大一些,体积小一些,即密度大的金属块,故 D 正确. 故选:BD. (2)1 点的瞬时速度 ,5 点的瞬时速度 ,则重锤增加的动能为

△ Ek= (3)重锤的势能|

,减少的重力势能为△ Ep=mg(h5﹣h1) . |与 h 图线的斜率表示重力,动能 与 h 的关系图线斜率表示合力,

由于阻力的存在,则合力小于重力,可知 EF﹣h 图线对应的是Ⅰ. 故答案为: (1)BD, (2) ,mg(h5﹣h1) , (3)Ⅰ,存

在阻力. 点评: 解决本题的关键知道实验的原理, 验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等. 以 及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度. 三、计算讨论题:本题共 4 小题,共计 39 分,解答时请写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值 和单位. 17. 如图所示, 长为 l 的水平桌面上的中轴线上有一段长度未知的粗糙面, 其他部分均光滑, 一可视为质点的小物块以速度为 v0= 从桌面左端沿轴线方向滑入,小物块与粗糙面的

滑动摩擦因数为=0.5.小物块离开桌面后做平抛运动,桌面的高度和平抛水平位移均为 , 重力加速度为 g.求桌面粗糙部分长度为多少.

考点:动能定理;平抛运动. 专题:动能定理的应用专题. 分析:先根据平抛运动的规律求出物块离开桌面的速度,即为离开粗糙面右端时的速度,再 根据动能定理求桌面粗糙部分长度. 解答: 解:物块离开桌面后做平抛运动,则有 =vt =

解得 v= 物块在粗糙面滑动过程,由动能定理得 ﹣μmgS= 据题,v0= 联立解得 S= 答:桌面粗糙部分长度为 .

点评:分析清楚木块在每个过程的运动状态,根据物体的运动的过程来逐个求解,本题中用 到了平抛运动和动能定理,明确涉及力在空间的效果时首先考虑动能定理. 18.如图所示,半径为 R 的圆环竖直放置,直径 MN 为水平方向,环上套有两个小球甲和 乙,甲、乙之间用一长 R 的轻杆相连,小球可以沿环自由滑动,开始时甲球位于 M 点, 乙球锁定.已知乙的质量为 m,重力加速度为 g. (1)若甲球质量也为 m,求此时杆对甲球的弹力大小; (2)若甲的质量为 2m,解除乙球锁定,由静止释放轻杆.求甲球由初始位置到达最低点的 过程中,轻杆对甲球所做的功.

考点:动能定理;向心力. 专题:动能定理的应用专题. 分析: (1)根据平衡条件求杆对甲球的弹力大小. (2)解除乙球锁定,把 AB 看成一个系统,只有重力做功,系统机械能守恒,根据机械能 守恒定律求出甲球到达最低点时的速度,再由动能定理求轻杆对甲球所做的功. 解答: 解: (1)甲球受到重力、轨道水平向右的支持力和杆的弹力,根据平衡条件得 杆对甲球的弹力大小为 F= = mg
2 2

(2)解除乙球锁定,由系统机械能守恒,2mgR﹣mgR= ?2mv 甲 + mv 乙 又因为 v 甲=v 乙 得,v 甲= 对甲球,由动能定理得 2mgR+W= 解得 W=﹣ mgR

答: (1)此时杆对甲球的弹力大小为

mg.

(2)甲球由初始位置到达最低点的过程中,轻杆对甲球所做的功为﹣ mgR. 点评: 本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用, 要求同学们能选取恰当的 研究对象. 19.如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板质量为 M=4kg,长为 L=1.4m;木块右端放的一小滑块,小滑块质量为 m=1kg,可视为质点.现用水平恒力 F 作 用在木板 M 右端,恒力 F 取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者 2 的 a﹣F 图象如图乙所示,取 g=10m/s .求:

(1)小滑块与木板之间的滑动摩擦因数,以及木板与地面的滑动摩擦因数. (2)若水平恒力 F=27.8N,且始终作用在木板 M 上,当小滑块 m 从木板上滑落时,经历的 时间为多长. 考点:牛顿第二定律;摩擦力的判断与计算. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)由图可知,当恒力 F≥25N 时,小滑块与木板将出现相对滑动,滑块的加速度, 结合牛顿第二定律求出滑块与木板间的动摩擦因数, 对木板研究, 根据牛顿第二定律得出加 速度的表达式,结合图线求出木板与地面间的动摩擦因数. (2)根据牛顿第二定律分别得出滑块和木板的加速度,根据位移之差等于 L,结合运动学 公式求出经历的时间. 解答: 解: (1)由图乙可知,当恒力 F≥25N 时,小滑块与木板将出现相对滑动,以小滑 块为研究对象,根据牛顿第二定律得, μ1mg=ma1, 代入数据解得 μ1=0.4. 以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有:F﹣μ1mg﹣μ2(m+M)g=Ma2, 则 ,

结合图象可得



解得 μ2=0.1. (2)设 m 在 M 上滑动的事件为 t,当水平恒力 F=27.8N 时, 由(1)知滑块的加速度为 而滑块在时间 t 内的位移为 , ,

由(1)可知木板的加速度为 代入数据解得 而木板在时间 t 内的位移为 , ,



由题可知,s1﹣s2=L, 代入数据联立解得 t=2s. 答: (1)小滑块与木板之间的滑动摩擦因数为 0.4,以及木板与地面的滑动摩擦因数为 0.1. (2)经历的时间为 2s. 点评:本题考查了牛顿第二定律和图象的综合,理清运动规律,结合牛顿第二定律和运动学 公式进行求解,通过图象得出相对滑动时的拉力大小是解决本题的关键. 20.如图所示,传送带与两轮切点 A、B 间的距离为 l=20m,半径为 R=0.4m 的光滑的半圆 轨道与传送带相切于 B 点,C 点为半圆轨道的最高点.BD 为半圆轨道直径.物块质量为 m=1kg.已知传送带与物块间的动摩擦因数=0.8,传送带与水平面夹角=37°.传送带的速度 足够大,已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10ms ,物块可视为质点.求: (1)物块无初速的放在传送带上 A 点,从 A 点运动到 B 点的时间; (2)物块无初速的放在传送带上 A 点,刚过 B 点时,物块对 B 点的压力大小; (3)物块恰通过半圆轨道的最高点 C,物块放在 A 点的初速度为多大.
2

考点:动能定理;向心力. 专题:动能定理的应用专题. 分析: (1)根据牛顿第二定律求出物块的加速度,结合位移时间公式 求出物块从 A 到 B 的 时间. (2) 根据速度位移公式求出在 B 点的速度, 结合径向的合力提供向心力求出支持力的大小, 从而根据牛顿第三定律求出压力的大小. (3)根据牛顿第二定律求出 C 点的速度,对 B 到 C 的过程运用机械能守恒定律求出 B 点 的速度,再根据速度位移公式求出 A 点的速度. 解答: 解: (1)物块放在 A 点后将沿 AB 加速运动,根据牛顿第二定律: μmgcosθ﹣mgsinθ=ma, 由运动学公式 有:l= ,

代入数据联立解得 t=10s. 2 (2)物块从 A 点由静止加速运动到 B 点,根据运动学公式有:v =2al, 在 B 点物块做圆周运动,则有: 根据牛顿第三定律有:NB′=NB, ,

代入数据联立解得 NB′=48N. (3)物块沿轨道恰好到达最高点 C,重力提供做圆周运动的向心力, 在 C 点,由牛顿第二定律得, ,

物体由 B 运动到 C 过程中,根据机械能守恒定律得, , 在沿 AB 加速运动过程中,根据 2al= 代入数据联立解得 . ,

答: (1)物块无初速的放在传送带上 A 点,从 A 点运动到 B 点的时间为 10s; (2)物块无初速的放在传送带上 A 点,刚过 B 点时,物块对 B 点的压力大小为 48N; (3)物块恰通过半圆轨道的最高点 C,物块放在 A 点的初速度为 .

点评:本题综合考查了牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和机械能守恒的运用,关键理 清物块的运动规律,选择合适的规律进行求解.


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