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湖北省襄阳市枣阳一中2016届高三上学期第一次周考物理试卷


2015-2016 学年湖北省襄阳市枣阳一中高三(上)第一次周考物理 试卷
一、选择题(1~6 题为单选题,7~10 为多选题,第题 5 分. ) 1.关于伽利略对自由落体运动的研究,下列说法中正确的是( ) A.伽利略认为在同一地点,重的物体和轻的物体下落快慢不同 B.伽利略猜想运动速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证 C.伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验

证了位移与时间的平方成正比 D.伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比 2.汽车以 20m/s 的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为 5m/s ,则自驾驶员急 踩刹车开始,2s 与 5s 时汽车的位移之比为( ) A.5:4 B.4:5 C.3:4 D.4:3 3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定,A 端用铰链固定, 滑轮在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计) ,B 端吊一重力为 G 的重物.现将绳的一端拴 在杆的 B 端,用拉力 F 将 B 端缓慢向上拉(均未断) ,在 AB 杆转到竖直方向前,以下分析正 确的是( )
2

A.绳子越来越容易断 B.绳子越来越不容易断 C.AB 杆越来越容易断 D.AB 杆越来越不容易断 4.甲、乙两车在同一水平道路上,一前一后相距 S=6m,乙车在前,甲车在后,某时刻两车 同时开始制动,此后两车运动的过程如图所示,则下列表述正确的是( )

A.当 t=4s 时两车相遇 B.当 t=4s 时两车间的距离最大

C.两车有两次相遇

D.两车有三次相遇

5.如图所示,轮子的半径均为 R=0.20m,且均由电动机驱动以角速度 w=8.0rad/s 逆时针匀速 转动,轮子的转动轴在同一水平面上,轴心相距 d=1.6m.现将一块均匀木板轻轻地平放在轮 子上,开始时木板的重心恰好在 O2 轮的正上方,已知木板的长度 L>2d,木板与轮子间的动 摩擦因数均为 μ=0.16(滑动摩擦力等于最大静摩擦力) .则木板的重心恰好运动到 O1 轮正上 方所需的时间是( )

A.1s B.0.5s C.1.5s D.条件不足,无法判断 6.如图为一质点沿直线运动的 v﹣t 图象,已知质点从零时刻出发,在 2T 时刻恰好返回出发 点.则下列说法正确的是( )

A.0~T 与 T~2T 时间内的位移相同 B.质点在 T 时开始反向运动 C.T 秒末与 2T 秒末速度大小之比为 1:1 D.0~T 与 T~2T 时间内的加速度大小之比为 1:3 7.从地面竖直上抛一物体 A,同时在离地面某一高度处有一物体 B 自由下落,两物体在空中 同时到达同一高度时速度大小均为 v,则下列说法不正确的是( ) A.A 上抛的初速度与 B 落地时速度大小相等,都是 2v B.两物体在空中运动的时间相等 C.A 上升的最大高度与 B 开始下落时的高度相同 D.两物体在空中同时达到的同一高度处一定是 B 开始下落时高度的中点 8.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方 向夹角 α=60°,使飞行器恰恰与水平方向成 θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间 t 后,将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速 飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是( )

A.加速时加速度的大小为 g

B.加速时动力的大小等于 mg

C.减速时动力的大小等于

mg

D.减速飞行时间 2t 后速度为零

9.如图所示,两个可视为质点的、相同的木块 A 和 B 放在转盘上,两者用长为 L 的细绳连 接,木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的 K 倍,A 放在距离转轴 L 处,整个装置能绕 通过转盘中心的转轴 O1O2 转动. 开始时, 绳恰好伸直但无弹力, 现让该装置从静止开始转动, 使角速度缓慢增大,以下说法正确的是( )

A.当 ω>

时,A、B 相对于转盘会滑动

B.当 ω>

时,绳子一定有弹力

C.当 ω 在

<ω<

范围内增大时,B 所受摩擦力变大

D.当 ω 在 0<ω<

范围内增大时,A 所受摩擦力一直变大

10.如图所示,质量为 m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态,现对小球同时 施加水平向右的恒力 F0 和竖直向上的力 F, 使小球从静止开始向右运动, 其中竖直向上的力 F 大小始终与小球的速度成正比,即 F=kv(图中未标出) .已知小球与杆间的动摩擦因数为 μ, 下列说法中正确的是( )

A.小球的加速度先增大后减小,最后保持不变 B.小球的速度先增大后减小,最后保持不变

C.小球的最大加速度为

D.小球的最大速度为

,恒力 F0 的最大功率为

二、填空题 11.如图 1 所示,螺旋测微器的示数为 mm.

mm,如图 2 所示,游标卡尺的示数为

12.在探究物体的加速度 a 与物体所受外力 F、物体质量 M 间的关系时,采用如图 1 所示的 实验装置.小车及车中的砝码质量用 M 表示,盘及盘中的砝码质量用 m 表示.

(1)若已平衡好摩擦,在小车做匀加速直线运动过程中绳子拉力 T= ,当 M 与 m 的大小关系满足 时,才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力. (2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量 m 一定来做实验,其具体操作步骤如下,以下做 法正确的是 . A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时,需要重新平衡摩擦力 C.实验时,先接通打点计时器的电源,再放开小车 D.用天平测出 m 以及小车质量 M,小车运动的加速度可直接用公式 a=Mmg 求出 (3)某小组同学保持小车及车中的砝码质量 M 一定,探究加速度 a 与所受外力 F 的关系,由 于他们操作不当,这两组同学得到的 a﹣F 关系图象如图 2 所示,其原因是 .

三.计算题 13.如图光滑的水平面上有 A、B、C 三个点,其中 B 是 AC 的中点.现有一物块静止在 B 处, 给物块施加一水平向右的恒力 F1,经时间 t(数值未知)后物体运动到 C 点时速度是 12m/s, 此时去掉力 F1 同时施加另一水平向左的恒力 F2,经时间 2t 后物体运动至 A 处,求物体运动 至 A 处时的速度值.

14.一弹簧秤的秤盘质量 m1=1.5kg,盘内放一质量为 m2=10.5kg 的物体 P,弹簧质量不计, 其劲度系数为 K=800N/m,系统处于静止状态,如图所示.现给 P 施加一个竖直向上的力 F, 使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初 0.2s 内 F 是变化的, 在 0.2s 后是恒定的, 2 求 F 的最大值和最小值各是多少?(g=10m/s )

15.图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、 B 两端相距 3m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角 θ=37°,C、D 两端相距 4.45m,B、C 相 距很近.水平部分 AB 以 5m/s 的速率顺时针转动.将质量为 10kg 的一袋大米放在 A 端,到 达 B 端后,速度大小不变地传到倾斜的 CD 部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5. (g 取 10m/s )试求: (1)若 CD 部分传送带不运转,求米袋沿传送带所能上升的最大距离. (2)若要米袋能被送到 D 端,求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从 C 端到 D 端所用时间的取值范围.
2

四、选考题 16.某同学利用半圆玻璃砖测定玻璃的折射率.由于没有其他测量工具,现采用方格坐标纸 来完成实验.方格坐标纸上作出介质的分界线和半径与玻璃砖相同的虚线圆,实验中的光路 如图所示. ①玻璃砖所在的位置应为图中的 . (填“上半圆”或“下半圆”) ②半圆玻璃砖的折射率为 .

17.在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的 9 个质点,相邻两质点的距离均为 L,如图甲 所示.一列横波沿该直线向右传播,t=0 时到达质点 1,质点 1 开始向下运动,经过时间△ t 第一次出现如图乙所示的波形,若质点 1 的振幅为 A,求: ①质点 1 经过时间△ t 经过的路程; ②质点 1 的振动方程;

18.历史上第一次利用加速器实现核反应如下:利用加速后具有动能为 E 轰击静止的 反应方程为 为 x,生成两个动能均为 Ek 的 .



H

He,并释放一个频率为 γ 的光子.该核

.光在真空中的传播速度为 c,该核反应过程中的质量亏损

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° 由静止释放,小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短,且无机械能损失.Q 与 P 之间的动摩 擦因数为 μ,平板车与 Q 的质量关系是 M:m=4:1,重力加速度为 g.为使小物块 Q 不滑离 长木板,长木板至少多长?

2015-2016 学年湖北省襄阳市枣阳一中高三(上)第一次 周考物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(1~6 题为单选题,7~10 为多选题,第题 5 分. ) 1.关于伽利略对自由落体运动的研究,下列说法中正确的是( ) A.伽利略认为在同一地点,重的物体和轻的物体下落快慢不同 B.伽利略猜想运动速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证 C.伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比 D.伽利略用小球在斜面上验证了运动速度与位移成正比 【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法. 【分析】要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义,伽利略斜面实验的 卓越之处不是实验本身, 而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上, 进行理想化推理. (也 称作理想化实验)它标志着物理学的真正开端. 【解答】解:A、亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同,故 A 错误; B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比,并未直接进行验证,而是在斜面实验 的基础上的理想化推理,故 B 错误. C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比,故 C 正确. D、小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比,故 D 错误, 故选 C. 【点评】伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的,它来源于实践,而又高于 实践,它是实践和思维的结晶. 2.汽车以 20m/s 的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为 5m/s ,则自驾驶员急 踩刹车开始,2s 与 5s 时汽车的位移之比为( ) A.5:4 B.4:5 C.3:4 D.4:3 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】直线运动规律专题. 【分析】先求出汽车刹车到停止所需的时间,因为汽车刹车停止后不再运动,然后根据匀变 速直线运动的位移时间公式求解
2

【解答】解:汽车刹车到停止所需的时间:t= 2s 时位移:x1= at 20×2﹣
2 2

= ×5×2 m=30m

=4s

5s 时的位移就是 4s 是的位移,此时车已停: 故 2s 与 5s 时汽车的位移之比为:3:4 故选 C

=

m=40m

【点评】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动,5s 内的位移等于 4s 内的位移.以及 掌握匀变速直线运动的位移时间公式 3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定,A 端用铰链固定, 滑轮在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计) ,B 端吊一重力为 G 的重物.现将绳的一端拴 在杆的 B 端,用拉力 F 将 B 端缓慢向上拉(均未断) ,在 AB 杆转到竖直方向前,以下分析正 确的是( )

A.绳子越来越容易断 B.绳子越来越不容易断 C.AB 杆越来越容易断 D.AB 杆越来越不容易断 【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】以 B 点为研究对象,分析其受力情况,作出受力图,利用三角形相似法,得出各力 与三角形 ABO 三边边长的关系,再分析其变化. 【解答】解:以 B 点为研究对象,分析受力情况:重物的拉力 T(等于重物的重力 G) 、轻杆 的支持力 N 和绳子的拉力 F,作出力图如图:

由平衡条件得知,N 和 F 的合力与 T 大小相等,方向相反,根据三角形相似可得

又 T=G,解得:N= ,F= ; 使∠BAO 缓慢变小时,AB、AO 保持不变,BO 变小,则 N 保持不变,F 变小.故 B 正确, ACD 错误. 故选 B. 【点评】本题涉及非直角三角形的力平衡问题,采用三角形相似,得到力与三角形边长的关 系,再分析力的变化,是常用的方法. 4.甲、乙两车在同一水平道路上,一前一后相距 S=6m,乙车在前,甲车在后,某时刻两车 同时开始制动,此后两车运动的过程如图所示,则下列表述正确的是( )

A.当 t=4s 时两车相遇 B.当 t=4s 时两车间的距离最大 C.两车有两次相遇 D.两车有三次相遇 【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】根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移,则可确定何时两车相遇. 能够画出两车的运动情景过程,了解两车在过程中的相对位置. 【解答】解:A、图象与时间轴围成的面积可表示位移, 0﹣4s, 甲的位移为 48m, 乙的位移为 40m, 甲、 乙两车在同一水平道路上, 一前一后相距 S=6m, 当 t=4s 时,甲车在前,乙车在后,相距 2m.所以当 t=4s 时两车不相遇,第一次相遇发生在 4s 之前.故 A 错误. B、开始时乙车在前,甲车在后,甲的速度大于乙的速度,所以两车间的距离减小,故 B 错误. C、0﹣6s,甲的位移为 60m,乙的位移为 54m,两车第二次相遇,6s 后,由于乙的速度大于 甲的速度,乙又跑到前面, 8s 后,由于甲的速度大于乙的速度,两车还会发生第三次相遇,故 C 错误,D 正确. 故选 D. 【点评】速度﹣时间图象中要注意观察三点:一点,注意横纵坐标的含义;二线,注意斜率 的意义;三面,速度﹣时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移. 5.如图所示,轮子的半径均为 R=0.20m,且均由电动机驱动以角速度 w=8.0rad/s 逆时针匀速 转动,轮子的转动轴在同一水平面上,轴心相距 d=1.6m.现将一块均匀木板轻轻地平放在轮 子上,开始时木板的重心恰好在 O2 轮的正上方,已知木板的长度 L>2d,木板与轮子间的动 摩擦因数均为 μ=0.16(滑动摩擦力等于最大静摩擦力) .则木板的重心恰好运动到 O1 轮正上 方所需的时间是( )

A.1s B.0.5s C.1.5s D.条件不足,无法判断 【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】根据 v=Rω 求出轮子的线速度,木板在轮子上先做匀加速直线运动,当速度达到轮子 的线速度时,做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出加速度,再根据运动学公式求出运动 的时间.

【解答】解:轮子的线速度 v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s,木板的加速度 a=μg=1.6m/s ,当木板达

2

到轮子线速度所经过的位移 先做匀加速直线运动再做匀速直线运动,匀加速直线运动的时间

<1.6m,知木板

,位移为 0.8m,则匀速直线运动的位移 x2=1.6﹣ 0.8m=0.8m,匀速直线运动的时间 ,所以运动的总时间 t=1.5s.故 C 正确,A、B、D 错误. 故选 C. 【点评】解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况,然后结合牛顿第二定律 和运动学公式进行求解. 6.如图为一质点沿直线运动的 v﹣t 图象,已知质点从零时刻出发,在 2T 时刻恰好返回出发 点.则下列说法正确的是( )

A.0~T 与 T~2T 时间内的位移相同 B.质点在 T 时开始反向运动 C.T 秒末与 2T 秒末速度大小之比为 1:1 D.0~T 与 T~2T 时间内的加速度大小之比为 1:3 【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. 【专题】运动学中的图像专题. 【分析】先从 v﹣t 图象得到 T 时间与第二个 T 时间的位移关系,然后根据平均速度公式列式 求解 T 时刻与 2T 时刻的速度之比,最后根据加速度定义公式求解加速度之比. 【解答】解:A、根据“面积”表示位移,图象在时间轴上方位移为正,在时间轴下方位移为负, 可知,0~T 与 T~2T 时间内的位移方向相反,故 A 错误; B、在 T 时前后速度均为正,运动方向没有改变,故 B 错误; C、设 T 时刻速度为 v1,2T 时刻速度为 v2,0~T 与 T~2T 时间内的位移相反,故由题意有:

?T=﹣ 为 1:2,故 C 错误;

?T,解得:v2=﹣2v1,即 T 秒末与 2T 秒末速度大小之比

D、0~T 时间内的加速度为:a1=

=

,T~2T 时间内的加速度为:

a2=

=﹣

,故:|

|=

,故 D 正确;

故选:D 【点评】本题关键是通过速度时间图象得到物体的运动规律,然后结合平均速度公式列式求 解. 7.从地面竖直上抛一物体 A,同时在离地面某一高度处有一物体 B 自由下落,两物体在空中 同时到达同一高度时速度大小均为 v,则下列说法不正确的是( ) A.A 上抛的初速度与 B 落地时速度大小相等,都是 2v B.两物体在空中运动的时间相等 C.A 上升的最大高度与 B 开始下落时的高度相同 D.两物体在空中同时达到的同一高度处一定是 B 开始下落时高度的中点 【考点】自由落体运动. 【专题】自由落体运动专题. 【分析】竖直上抛运动看成向上的加速度为﹣g 的匀减速直线运动处理,根据两物体在空中同 时到达同一高度求出运动经过的时间,由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解. 【解答】 解: A、 设两物体从下落到相遇的时间为 t, 竖直上抛物体的初速度为 v0, 则由题 gt=v0 ﹣gt=v 解得 v0=2v.故 A 正确. B、根据竖直上抛运动的对称性可知,B 自由落下到地面的速度为 2v,在空中运动时间为 tB= A 竖直上抛物体在空中运动时间 tA=2× = .故 B 错误.

C、物体 A 能上升的最大高度 hA=
2

,B 开始下落的高度 hB=

g(



,显然两者相等.故 C 正确.

D、 两物体在空中同时达到同一高度为 h=

gt =

2

g (

)=

2

=

. 故 D 错误.

本题选择错误的,故选:BD. 【点评】本题涉及两个物体运动的问题,关键要分析两物体运动的关系,也可以根据竖直上 抛运动的对称性理解. 8.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方 向夹角 α=60°,使飞行器恰恰与水平方向成 θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间 t 后,将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速 飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是( )

A.加速时加速度的大小为 g

B.加速时动力的大小等于 mg

C.减速时动力的大小等于 【考点】牛顿第二定律.

mg D.减速飞行时间 2t 后速度为零

【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成 30°角斜向上,根据几何关 系求出合力,由牛顿第二定律求出加速度,根据匀加速运动速度公式求解最大速度;推力方 向逆时针旋转 60°后,先根据牛顿第二定律求解加速度,再求出继续上升的时间. 【解答】解:A、B、起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成 30°角斜向上, 设动力为 F,合力为 Fb,如图所示:

在△ OFFb 中,由几何关系得:F=

,Fb=mg

由牛顿第二定律得飞行器的加速度为:a1=g 故 A 正确,B 错误; C、D、t 时刻的速率:v=a1t=gt 推力方向逆时针旋转 60°,合力的方向与水平方向成 30°斜向下,推力 F'跟合力 F'h 垂直,如图 所示, 此时合力大小为: F'h=mgsin30° 动力大小:

飞行器的加速度大小为: a2= = g

到最高点的时间为:t′= = =2t 故 CD 正确; 故选:ACD. 【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用,要求同学们能正确对分析 器进行受力分析并能结合几何关系求解,难度适中. 9.如图所示,两个可视为质点的、相同的木块 A 和 B 放在转盘上,两者用长为 L 的细绳连 接,木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的 K 倍,A 放在距离转轴 L 处,整个装置能绕 通过转盘中心的转轴 O1O2 转动. 开始时, 绳恰好伸直但无弹力, 现让该装置从静止开始转动, 使角速度缓慢增大,以下说法正确的是( )

A.当 ω>

时,A、B 相对于转盘会滑动

B.当 ω>

时,绳子一定有弹力

C.当 ω 在

<ω<

范围内增大时,B 所受摩擦力变大

D.当 ω 在 0<ω<

范围内增大时,A 所受摩擦力一直变大

【考点】向心力;牛顿第二定律. 【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用. 【分析】开始角速度较小,两木块都靠静摩擦力提供向心力,B 先到达最大静摩擦力,角速度 继续增大,则绳子出现拉力,A 靠静摩擦力和拉力的合力提供向心力,拉力增大,静摩擦力增 大,当增大到最大静摩擦力时,开始发生相对滑动. 【解答】解:A、当 A 所受的摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B 相对于转盘会滑动,对 A 有:
2 2

kmg﹣T=mLω ,对 B 有:T+kmg=m?2Lω ,解得 ω= A、B 相对于转盘会滑动.故 A 正确.

,当 ω

时,

B、当 B 达到最大静摩擦力时,绳子开始出现弹力,kmg=m?2Lω ,解得 ω1=

2

,知 ω



时,绳子具有弹力.故 B 正确.

C、角速度 0<ω<

,B 所受的摩擦力变大.故 C 错误.

D、当 ω 在 0<ω<

范围内增大时,A 所受摩擦力一直增大.故 D 正确.

故选:ABD. 【点评】解决本题的关键搞清木块向心力的来源,结合牛顿第二定律进行分析. 10.如图所示,质量为 m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态,现对小球同时 施加水平向右的恒力 F0 和竖直向上的力 F, 使小球从静止开始向右运动, 其中竖直向上的力 F 大小始终与小球的速度成正比,即 F=kv(图中未标出) .已知小球与杆间的动摩擦因数为 μ, 下列说法中正确的是( )

A.小球的加速度先增大后减小,最后保持不变 B.小球的速度先增大后减小,最后保持不变

C.小球的最大加速度为

D.小球的最大速度为

,恒力 F0 的最大功率为

【考点】牛顿第二定律. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】对小球受力分析,根据牛顿第二定律表示出加速度,分析加速度的变化情况,进而 分析运动情况,恒力的功率等于力乘以速度

【解答】解:AB、刚开始运动,加速度为 a= 当速度 v 增大,加速度增大,当速度 v 增大到符合 kv>mg 后,加速度为:



a= 做匀速运动,故 A 正确,B 错误;

,当速度 v 增大,加速度减小,当 a2 减小到 0,

C、当阻力为零时,加速度最大,故小球的最大加速度为

,故 C 错误.

D、当加速度为零时,小球的速度最大,此时有:F0=μ(kv﹣mg) ,故最大速度为:

vm=

,恒力 F0 的最大功率为:P=Fvm=

,故 D

正确. 故选:AD 【点评】本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度,分析加速度的变化情况,要有分析物体 的受力情况和运动情况的能力 二、填空题 11.如图 1 所示,螺旋测微器的示数为 6.122~6.125 为 10.50 mm.

mm,如图 2 所示,游标卡尺的示数

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 【专题】实验题. 【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.螺 旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 【解答】解:1、螺旋测微器的固定刻度为 6mm,可动刻度为 12.3×0.01mm=0.123mm,所以最 终读数为 6mm+0.123mm=6.123mm,由于需要估读,最后的结果可以在 6.122~6.125 之间. 2、游标卡尺的主尺读数为 10mm,游标尺上第 10 个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读 数为 10×0.05mm=0.50mm,所以最终读数为:10mm+0.50mm=10.50mm. 故答案为:6.122~6.125,10.50 【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基 本仪器进行有关测量. 12.在探究物体的加速度 a 与物体所受外力 F、物体质量 M 间的关系时,采用如图 1 所示的 实验装置.小车及车中的砝码质量用 M 表示,盘及盘中的砝码质量用 m 表示.

(1)若已平衡好摩擦,在小车做匀加速直线运动过程中绳子拉力 T= ,当 M 与 m 的大小关系满足 M>>m 时,才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力. (2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量 m 一定来做实验,其具体操作步骤如下,以下做 法正确的是 C . A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时,需要重新平衡摩擦力 C.实验时,先接通打点计时器的电源,再放开小车 D.用天平测出 m 以及小车质量 M,小车运动的加速度可直接用公式 a=Mmg 求出 (3)某小组同学保持小车及车中的砝码质量 M 一定,探究加速度 a 与所受外力 F 的关系,由 于他们操作不当,这两组同学得到的 a﹣F 关系图象如图 2 所示,其原因是 没平衡摩擦力; 不满足 M>>m . 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 【专题】实验题. 【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事 项. 该实验采用的是控制变量法研究,其中加速度、质量、合力三者的测量很重要. 【解答】解: (1)该实验的研究对象是小车,采用控制变量法研究.当质量一定时,研究小 车的加速度和小车所受合力的关系.那么小车的合力怎么改变和测量呢?为消除摩擦力对实

验的影响,可以把木板 D 的右端适当垫高,以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消,那么 小车的合力就是绳子的拉力. 根据牛顿第二定律得: 对 m:mg﹣T=ma 对 M:T=Ma 解得:T= 由公式可得:当 M>>m 时,即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力,绳子的拉力近似 等于砝码和盘的总重力. (2)A、平衡摩擦力时,应将绳从小车上拿去,轻轻推动小车,是小车沿木板运动,通过打 点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动.故 A 错误. B、每次改变小车的质量时,小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消,不需要重新平衡摩擦 力.故 B 错误. C、实验时,若先放开小车,再接通打点计时器电源,由于小车运动较快,可能会使打出来的 点很少,不利于数据的采集和处理.故 C 正确. D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量,如果用天平测出 m 以及小车质量 M,直接用 公式求出,这是在直接运用牛顿第二定律计算的,而我们实验是在探究加速度与物体所受合 外力和质量间的关系.故 D 错误. 故选 C (3)当 F≠0 时,a=0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为 0,说明小车的摩擦力与 绳子的拉力抵消呢.该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足这个步骤,随 着 F 的增大,即砂和砂桶质量的增大,不在满足砂和砂桶远小于小车的质量,因此曲线上部 出现弯曲现象. 故答案为: (1) ,M>>m (2)C (3)①平衡摩擦力不够或没有平衡摩 擦力 ②没有满足 M>>m 【点评】本题考查测量加速度和力及质量之间的关系;对于教科书本上的实验,我们要从实 验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚;同时注意实 验误差分析的方法. 三.计算题 13.如图光滑的水平面上有 A、B、C 三个点,其中 B 是 AC 的中点.现有一物块静止在 B 处, 给物块施加一水平向右的恒力 F1,经时间 t(数值未知)后物体运动到 C 点时速度是 12m/s, 此时去掉力 F1 同时施加另一水平向左的恒力 F2,经时间 2t 后物体运动至 A 处,求物体运动 至 A 处时的速度值.

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】先由位移时间公式表示出 BC、CA 之间的位移,从而推导出加速度大小的关系,然 后由速度时间公式表示出 C 点的速度与 A 点的速度,根据加速度的关系即可得出二者速度的 关系,从而得出 A 点的速度大小. 【解答】解:设第一个阶段物块加速度大小为 a1,第二阶段物块加速度大小为 a2,则:

物块由 B 至 C 处有:s=

a1t ① a2(2t) ②
2

2

由 C 至 A 处,设向右为正方向:﹣2s=a1t×2t﹣

由①②得:

=



由题意得:a1t=12④ 由:a1t﹣a2×2t=vx⑤ 由③④⑤得:vx=﹣24m/s 答:物体运动至 A 处时的速度值为 24m/s. 【点评】本题的关键是根据位移关系找出 BC 段与 CA 段加速度的大小关系,分清运动过程进 行处理 14.一弹簧秤的秤盘质量 m1=1.5kg,盘内放一质量为 m2=10.5kg 的物体 P,弹簧质量不计, 其劲度系数为 K=800N/m,系统处于静止状态,如图所示.现给 P 施加一个竖直向上的力 F, 使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初 0.2s 内 F 是变化的, 在 0.2s 后是恒定的, 求 F 的最大值和最小值各是多少?(g=10m/s )
2

【考点】牛顿第二定律. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】在 P、Q 分离之前,F 为变力,逐渐增大;分离后,F 为恒力;两物体分离瞬间,P 对 Q 恰好无弹力,此后 Q 的加速度将减小,两个物体开始分离,从开始到分离历时 0.2s,由 分析可知,刚开始时 F 最小,F 为恒力时最大. 【解答】解:设刚开始时弹簧压缩量为 x1,则:

x1=

=0.15m…①

设两者刚好分离时,弹簧压缩量为 x2,则对 Q: kx2﹣m1g=m1a…② 在前 0.2s 时间内,由运动学公式得: x1﹣x2= at …③ 2 由①②③解得:a=6m/s 由牛顿第二定律,开始时: Fmin=(m1+m2)a=72N 最终分离后: Fmax﹣m2g=m2a
2

即:Fmax=m2(g+a)=168N 答:力 F 最小为 72N,最大为 168N. 【点评】弹簧的弹力是变力,分析好何时两者分离是关键,此时两者间无作用力,且两者加 速度刚好相等,另外牛顿定律与运动学公式的熟练应用也是同学必须掌握的 15.图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、 B 两端相距 3m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角 θ=37°,C、D 两端相距 4.45m,B、C 相 距很近.水平部分 AB 以 5m/s 的速率顺时针转动.将质量为 10kg 的一袋大米放在 A 端,到 达 B 端后,速度大小不变地传到倾斜的 CD 部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5. (g 2 取 10m/s )试求: (1)若 CD 部分传送带不运转,求米袋沿传送带所能上升的最大距离. (2)若要米袋能被送到 D 端,求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从 C 端到 D 端所用时间的取值范围.

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1)由牛顿第二定律可求得米的加速度,因米袋的最大速度只能为 5m/s,则应判断 米袋到达 B 点时是否已达最大速度,若没达到,则由位移与速度的关系可求得 B 点速度,若 达到,则以 5m/s 的速度冲上 CD;在 CD 面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度,则由位移 和速度的关系可求得上升的最大距离; (2)米袋在 CD 上应做减速运动,若 CD 的速度较小,则米袋的先减速到速度等于 CD 的速 度,然后可能减小到零,此为最长时间;而若传送带的速度较大,则米袋应一直减速,则可 求得最短时间; 【解答】解: (1)米袋在 AB 上加速时的加速度 a0= 米袋的速度达到 v0=5m/s 时, =5m/s
2

滑行的距离 s0=

=2.5m<AB=3m,

因此米袋在到达 B 点之前就有了与传送带相同的速度 设米袋在 CD 上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得 a=10 m/s
2

所以能滑上的最大距离 s=

=1.25m

(2)设 CD 部分运转速度为 v1 时米袋恰能到达 D 点(即米袋到达 D 点时速度恰好为零) ,则 米 2 袋速度减为 v1 之前的加速度为 a1=﹣g(sinθ+μcosθ)=﹣10 m/s 2 米袋速度小于 v1 至减为零前的加速度为 a2=﹣g(sinθ﹣μcosθ)=﹣2 m/s



+

=4.45m

解得 v1=4m/s,即要把米袋送到 D 点,CD 部分的速度 vCD≥v1=4m/s

米袋恰能运到 D 点所用时间最长为 tmax=

+

=2.1s

若 CD 部分传送带的速度较大,使米袋沿 CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上, 则所用时间最短,此种情况米袋加速度一直为 a2. 由 SCD=v0tmin+ a2t min,得:tmin=1.16s 所以,所求的时间 t 的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s; 答: (1)若 CD 部分传送带不运转,米袋沿传送带所能上升的最大距离为 1.25m. (2) 若要米袋能被送到 D 端, CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于 4m/s, 米袋从 C 端 到 D 端所用时间的取值范围为 1.16 s≤t≤2.1 s. 【点评】本题难点在于通过分析题意找出临条界件,注意米袋在 CD 段所可能做的运动情况, 从而分析得出题目中的临界值为到达 D 点时速度恰好为零;本题的难度较大. 四、选考题 16.某同学利用半圆玻璃砖测定玻璃的折射率.由于没有其他测量工具,现采用方格坐标纸 来完成实验.方格坐标纸上作出介质的分界线和半径与玻璃砖相同的虚线圆,实验中的光路 如图所示. ①玻璃砖所在的位置应为图中的 上半圆 . (填“上半圆”或“下半圆”) ②半圆玻璃砖的折射率为 1.5 .
2

【考点】光的折射定律. 【专题】实验题. 【分析】根据光线从空气进入介质,折射角小于入射角,从介质进入空气,折射角大于入射 角,确定玻璃砖所在的位置.根据折射定律求出玻璃砖的折射率. 【解答】解:光从介质进入空气,折射角大于入射角,从空气进入介质,折射角小于入射角, 可知玻璃砖所在的位置为图中的上半圆.

根据折射定律知,n= 故答案为:①上半圆,②1.5



【点评】解决本题的关键掌握折射定律的内容,本题运用单位圆求解折射率的大小,不需要 测量出入射角和折射角的大小. 17.在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的 9 个质点,相邻两质点的距离均为 L,如图甲 所示.一列横波沿该直线向右传播,t=0 时到达质点 1,质点 1 开始向下运动,经过时间△ t 第一次出现如图乙所示的波形,若质点 1 的振幅为 A,求: ①质点 1 经过时间△ t 经过的路程; ②质点 1 的振动方程;

【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系. 【专题】振动图像与波动图像专题. 【分析】 (1)质点 1 开始向下运动,而图 b 中质点 1 此刻的运动方向向上,说明第一次出现 如图(b)所示的波形经过了 1.5T.结合路程与周期的关系即可求出质点的路程; (2)求出时间,读出波长,再求出波速.根据质点 1 开始计时的位置和速度方向,写出其振 动方程. 【解答】解: (1)由于第 9 个质点振动方向向上,因而还有半个波长没有画出来.质点 1 振 动的时间为 1.5T,因而经历的路程为:1.5×4A=6A (2)由(1)分析可知△ t=1.5T 结合: 质点 1 向下振动,则有:x=﹣Asinωt 联立解得:x= 答:①质点 1 经过时间△ t 经过的路程是 6A; ②质点 1 的振动方程为 x= ; 【点评】本题是关键是确定时间△ t 与周期的关系,该题给出的图象很容易产生的错误是认为 △ t=T,要抓住各质点起振方向都相同.

18.历史上第一次利用加速器实现核反应如下:利用加速后具有动能为 E 轰击静止的 x,生成两个动能均为 Ek 的



H

He,并释放一个频率为 γ 的光子.该核

反应方程为

Li+

→2

.光在真空中的传播速度为 c,该核反应

过程中的质量亏损为 【考点】爱因斯坦质能方程. 【专题】光电效应专题.



【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒列出核反应方程.根据爱因斯坦质能方程△ E=△ mc 求出质量亏损. 【解答】解:根据电荷数守恒,某原子核的电荷数为:2×2﹣1=3, 根据质量数守恒,某原子核的质量数为:2×4﹣1=7,故该静止的原子核为: 则核反应方程为: Li+ →2
2

2

释放的核能为:△ E=2Ek﹣Ek0+hγ,根据爱因斯坦质能方程有△ E=△ mc ,因而亏损的质量为:



故答案为:

Li+

→2



【点评】本题考查了核反应方程与爱因斯坦质能方程的直接应用,在核反应中,要记住并能 够熟练使用核电荷数守恒与质量数守恒.简单题. 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° 由静止释放,小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短,且无机械能损失.Q 与 P 之间的动摩 擦因数为 μ,平板车与 Q 的质量关系是 M:m=4:1,重力加速度为 g.为使小物块 Q 不滑离 长木板,长木板至少多长?

【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律. 【专题】动量定理应用专题. 【分析】小球向下摆到过程机械能守恒,由机械能守恒定律求出小球滑动底端时的速度,小 球与物块碰撞过程系统动量守恒、物块与小车组成的系统动量守恒,应用动量守恒定律、机 械能守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的最小长度. 【解答】解:设小球与小物块 Q 碰前的速度为 v0,小球下摆过程机械能守恒.由机械能守恒 定律得: mgR(1﹣cos60°)= mv0 ,
2

小球与 Q 进行弹性碰撞后小球的速度为 v1,小物块 Q 的速度为 v2,碰撞过程系统动量受,以 向右为正方向,由动量守恒定律得: mv0=mv1+mv2, 根据机械能守恒定律有: mv0 = mv1 + mv2 , 小物块 Q 在长木板上若恰不滑落,则两者具有相同的速度 v,以向右为正方向,根据动量守恒 定律有: mv2=(m+M)v, 由能量守恒定律有:μmgl= 解得,小车的长度至少为:l= mv2 ﹣
2 2 2 2

(M+m)v , ;

2

答:为使小物块 Q 不滑离长木板,长木板至少长 . 【点评】本题考查了求小车的长度,分析清楚运动过程是正确解题的关键,应用机械能守恒 定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题,本题难度不大,是一道基础题.


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