1、<p>　　www.ks5u.com</p><p>　　新干二中高三年級第一次月考</p><p><b>　　物理（尖）試卷</b></p><p>　　一．選擇題（1~8題為單選題，9~12題為多選題。每題4分，共48分。）</p><p>　　1.物理學中引入“質點”概念，從科學方法來說，是屬于（）&l

2、t;/p><p>　　A. 觀察、實驗的方法 B. 建立物理模型的方法</p><p>　　C. 等效替代的方法 D. 控制變量的方法</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　試題分析：我們從力

3、學角度研究引力作用下物體的運動時，只需考慮質量這一最重要的屬性，其他因素均可略去．對于具有一定質量的物體，我們假設其質量集中在物體的質量中心，便抽象出質點模型．</p><p>　　引入理想模型的概念，可以使問題的處理大為簡化，從而便于人們去認識和掌握并應用它們．</p><p>　　解：我們從力學角度研究引力作用下物體的運動時，只需考慮質量這一最重要的屬性，其他因素均可略去．對于具有一定

4、質量的物體，我們假設其質量集中在物體的質量中心，便抽象出質點模型．</p><p>　　所以從科學方法來說，是屬于建立物理模型的方法．</p><p><b>　　故選：B．</b></p><p>　　【點評】理想模型是為了便于研究而建立的一種高度抽象的理想客體．實際的物體都是具有多種屬性的，當我們針對某種目的，從某種角度對某一物體進行研究時

5、，有許多對研究問題沒有直接關系的屬性和作用卻可以忽略不計．</p><p>　　2.亞里士多德在其著作《物理學》中說：一切物體都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運動稱之為“自然運動”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的非“自然運動”稱之為“受迫運動”．伽利略、笛卡爾、牛頓等人批判的繼承了亞里士多德的這些說法，建立了新物理學；新物理學認為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”．下列關于“慣性”和“運

6、動”的說法中不符合新物理學的是（ ）</p><p>　　A. 一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動——靜止或者勻速直線運動</p><p>　　B. 作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動”即變速運動的原因</p><p>　　C. 豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運動，而是繼續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物體具有慣性</p&g

7、t;<p>　　D. 可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　一切物體的“自然運動”都是速度不變的運

8、動指的是靜止或者勻速直線運動，而勻速圓周運動是變速運動，故A錯誤；作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動”即變速運動的原因，故B正確；豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運動，而是繼續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物體具有慣性，故C錯誤；可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣去，這是由于“盤子需要的向心力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。</p>

9、<p>　　3.一列火車從靜止開始做勻加速運動，一人站在第一節(jié)車廂前觀察：第一節(jié)車廂全部通過他需2s，全部車廂通過他需6s，這列火車的節(jié)數為 （ ）</p><p>　　A. 9節(jié) B. 7節(jié) C. 5節(jié) D. 3節(jié)</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p>&l

10、t;b>　　【解析】</b></p><p>　　試題分析：根據初速度為零的勻變速直線運動的位移時間公式，分析4s內的位移是1s內位移的倍數，從而得出火車車廂的節(jié)數．</p><p>　　解：設火車做勻加速直線運動的加速度為a，一節(jié)車廂的長度為L</p><p><b>　　則L=</b></p><p&g

11、t;　　4s通過的位移x==16×a</p><p>　　則這列火車的節(jié)數n=，故C正確；</p><p><b>　　故選：C．</b></p><p>　　【點評】解決本題的關鍵能靈活應用勻變速直線運動的位移時間公式．</p><p>　　4.某雜枝演員在做手指玩耍盤高難度的表演，如圖所示。設該盤的質量為m

12、，手指與盤之間的滑動摩擦因數為µ，重力加速度為g，設最大靜摩擦等于滑動摩擦，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉，則下列說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則手指對盤的作用力大于mg</p><p>　　B. 若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則盤受到水平向右的靜摩擦力</p><p>　　C. 若手指

13、支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手對盤的作用力大小為μmg</p><p>　　D. 若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手對盤的作用力大小不可超過</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】若手指支撐著盤，使盤保持靜止

14、狀態(tài)，則盤受到重力作用和手指的作用，二力平衡，即手指對盤的作用力等于mg，故A錯誤；若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，盤相對手指靜止，不受靜摩擦力的作用，故B錯誤；若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則盤受到向右的靜摩擦力，但并沒有發(fā)生相對滑動，所以受到的摩擦力f≤μmg，手對盤的作用力，故C錯誤，D正確。所以D正確，ABC錯誤。</p><p>　　5.如圖，物體A、B用細繩連接后跨過滑輪，A放在在傾角

15、為30°的光滑斜面上，B懸掛著。已知質量mA = 3mB，不計滑輪摩擦，那么下列說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 細繩對物體B的拉力大小為</p><p>　　B. 物體A的加速度</p><p>　　C. 物體A和物體B互換位置后，滑輪受到繩子的作用力保持不變</p><p>　　D. 現將斜面傾角由30

16、°增大到50°，繩子的拉力減小</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　AB、設細繩拉力為T，對A：</p><p><b>　　對B：</b></p><p>

17、;<b>　　聯立解得：，</b></p><p>　　傾角為30°時，加速度為g/8，T=9mBg/8,.</p><p>　　所以，細繩的拉力不等于B的重力，A錯誤，B錯誤；</p><p>　　C、斜面傾角增大，加速度將增大，根據，細繩拉力將增大，C錯誤；</p><p>　　D、物體A和物體B互換位置后

18、，設細繩拉力為F，對A：</p><p>　　對B：，，滑輪受到繩子的作用力保持不變，D正確。</p><p><b>　　故選：D。</b></p><p>　　6.如圖所示，理想變壓器副線圈接有兩個相同的燈泡L1和L2，R為光敏電阻，受光照時其阻值減小。開始時開關S斷開，要減小變壓器的輸入功率，可采用的方法是( )</p>

19、<p>　　A. 只增加原線圈的匝數</p><p>　　B. 只增加副線圈的匝數</p><p><b>　　C. 閉合開關S</b></p><p>　　D. 用手電筒照射電阻R</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p><b>

20、;　　【解析】</b></p><p>　　輸入功率由輸出功率決定，副線圈上的功率．只增加原線圈匝數，U2減小，P2減小，P1減小，故A正確；只增加副線圈的匝數，U2增加，P2增大，P1增大，故B錯誤；閉合S，副線圈上的總電阻變小，P2增大，P1增大，故C錯誤．用手電筒照射R，光敏電阻阻值減小，副線圈上的總電阻R變小，P2增大，P1增大，故D錯誤；故選A.</p><p>　　

21、7.如圖所示，在半徑為R 的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為B 的勻強磁場，MN 是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P 垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質量為m、速度為v 的粒子，不考慮重力和粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動以下說法正確的是( )</p><p>　　A. 只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN 上</p><p>　　B. 對著圓心入射的粒子，其出射方

22、向的反向延長線不一定過圓心</p><p>　　C. 對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長</p><p>　　D. 只要速度滿足v＝qBR/m，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】<

23、/b></p><p>　　試題分析：當速度滿足時，粒子運動半徑，則無論入射方向如何都能滿足軌跡入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與最高點的磁場半徑平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，A正確D錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心．故B錯誤；根據，因為對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應的

24、圓心角越小，所以運動時間越短，C錯誤；</p><p>　　考點：考查了帶電粒子在有界磁場中的運動</p><p>　　【名師點睛】帶電粒子射入磁場后做勻速圓周運動，對著圓心入射，必將沿半徑離開圓心，根據洛倫茲力充當向心力，求出時軌跡半徑，確定出速度的偏向角．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，即可分析時間關系</p><p>

25、　　8.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板,上極板帶正電荷.如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大,即使在兩極板之間,它們的電場線也不是彼此平行的直線,而是如圖所示的曲線(電場方向未畫出).虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線.關于這種電場,以下說法正確的是( ) </p><p>　　A. 平行金屬板間的電場,可以看做勻強電場</p><p>　　B. b點的電勢高于a

26、點的電勢</p><p>　　C. d點的電勢低于c點的電勢</p><p>　　D. 若將一正電荷從電場中的任一點由靜止釋放,它必將沿著電場線運動到負極板</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　由電

27、場線的分布情況看出，平行金屬板間各處的電場強度不是處處相同，所以不能看成勻強電場，故A錯誤．順著電場線電勢逐漸降低，上板帶正電荷，電場方向向下，所以b點電勢低于a點電勢，故B錯誤．據題上極板帶正電荷，電場線從上極板指向下極板，根據順著電場線方向電勢降低，可知d點的電勢低于c點．故C正確．將一正電荷從電場中的任一點由靜止釋放，不一定能沿電場線運動，只有在ab所在的電場線上，正電荷所受的電場力一直沿電場線向下，能沿此電場線運動，其他電場線是

28、曲線，正電荷所受的電場力沿電場線的切線方向，將使電荷離開電場線，故D錯誤．故選C．</p><p>　　點睛：解決本題關鍵掌握電場線的兩個物理意義：疏密表示場強的大小，方向表示電勢的高低，要明確只有電場線是直線時，電荷才能沿電場線運動．</p><p>　　9.下列說法中不正確的是_____。</p><p>　　A. 在真空容器中注入氣體，氣體分子迅速散開充滿整個

29、容器，是因為氣體分子間的斥力大于引力</p><p>　　B. 分子間的距離r增大，分子間的作用力做負功，分子勢能增大</p><p>　　C. 懸浮在液體中的微粒越大，在某一時間撞擊它的液體分子數越多，布朗運動越明顯</p><p>　　D. 溫度升高，分子熱運動的平均動能增大，但并非每個分子的速率都增大</p><p><b>

30、　　【答案】ABC</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】氣體失去容器的約束就會散開，這是因為分子都在不停地做無規(guī)則熱運動，與分子力無關，故A說法錯誤；若分子力表現為斥力時，分子間的距離r增大，分子間的作用力做正功，分子勢能減小，若分子力表現為引力時，分子間的距離r增大，分子間的作用力做負功，分子勢能增大，故B說

31、法錯誤；溫度一定時，懸浮在液體中的固體顆粒越小，同一時刻撞擊顆粒的液體分子數越少，沖力越不平衡，布朗運動越明顯，故C說法錯誤；溫度升高，分子熱運動的平均動能增大，但并非每個分子的速率都增大，故D說法正確。所以選ABC。</p><p>　　10.下列說法中正確的是</p><p>　　A. 電子的發(fā)現表明原子核有復雜結構</p><p>　　B. 天然放射性的發(fā)現表

32、明原子核有復雜結構</p><p>　　C. α粒子散射實驗證明了原子核有復雜結構</p><p>　　D. 氫原子光譜表明氫原子的能量是不連續(xù)的</p><p><b>　　【答案】BD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　電子的發(fā)現表

33、明原子有復雜結構，選項A錯誤；天然放射性的發(fā)現表明原子核有復雜結構，選項B正確；a粒子散射實驗證明了原子的核式結構理論，選項C錯誤；氫原子光譜表明氫原子的能量是不連續(xù)的，選項D正確；故選BD.</p><p>　　11.衛(wèi)星發(fā)射進入預定軌道往往需要進行多次軌道調整.如圖所示，某次發(fā)射任務中先將衛(wèi)星送至近地軌道，然后再控制衛(wèi)星進入橢圓軌道．圖中O點為地心，A點是近地軌道和橢圓軌道的交點，遠地點B離地面高度為6R(R

34、為地球半徑)．設衛(wèi)星在近地軌道運動的周期為T，下列對衛(wèi)星在橢圓軌道上運動的分析，其中正確的是</p><p>　　A. 控制衛(wèi)星從圖中低軌道進入橢圓軌道需要使衛(wèi)星減速</p><p>　　B. 衛(wèi)星通過A點時的速度是通過B點時速度的6倍</p><p>　　C. 衛(wèi)星通過A點時的加速度是通過B點時加速度的6倍</p><p>　　D. 衛(wèi)星從

35、A點經4T的時間剛好能到達B點</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　控制衛(wèi)星從圖中低軌道進入橢圓軌道需要使衛(wèi)星加速，選項A錯誤；根據開普勒行星運動第二定律可得： ，則衛(wèi)星通過A點時的速度是通過B點時速度的7倍，選項B錯誤；根據，則 ,則 衛(wèi)星通過

36、A點時的加速度是通過B點時加速度的49倍,選項C錯誤；根據開普勒第三定律， ，解得 ,則 衛(wèi)星從A點經4T的時間剛好能到達B點，選項D正確；故選D.</p><p>　　點睛：此題主要是對開普勒行星運動定律的考查；關鍵要掌握第二和第三定律；注意繞同一個中心天體做圓周或橢圓周運動的衛(wèi)星的是定值.</p><p>　　12.三角形導線框放在勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間

37、t變化的規(guī)律如圖所示，t=0時磁感應強度方向垂直紙面向里。下圖中分別是線框中的感應電流i隨時間t變化的圖線和ab邊受到的安培力F隨時間t變化的圖線，其中可能正確的是</p><p>　　A. B. </p><p>　　C. D. </p><p><b>　　【答案】BC</b></p><p><

38、;b>　　【解析】</b></p><p>　　由圖示B-t圖象可知，0～1s時間內，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流是逆時針的，為負值；因恒定，則感應電動勢不變，感應電流不變；1～2s磁通量不變，無感應電流；2～3s，B的方向垂直紙面向里，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，感應電流是正的，感應電流大小與0～1s內大小相同；以后重復上述變化，則A錯誤、B正確．根據F=

39、BIL，結合電流時間關系圖像可知，0～1s時間內，B增大，電流正方向不變，則F線性增加；1～2s感應電流為零，則F=0；2～3s，B減小，電流負向不變，則F負向減??；以后重復上述變化，故圖像C正確，D錯誤；故選BC.點睛：此題中由圖可知磁感應強度的變化，則可知線圈中磁通量的變化，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢變化情況，由楞次定律可得感應電流的方向，根據左手定則可以找出安培力方向，結合可得出正確的圖象．</p><

40、;p><b>　　二、填空題</b></p><p>　　13.（1）在“測定金屬電阻率”的實驗中，需用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其結果如圖所示，其讀數為_____mm．</p><p>　　（2）在“多用電表的使用”實驗中，如圖所示，為一正在測量中的多用電表表盤．如果是用歐姆擋“×10”擋進行測量，且已進行歐姆調零，則讀數為_____Ω；如果是將選

41、擇開關置于“直流50V”擋測量，則讀數為_____V．</p><p>　　【答案】 (1). 1.605 (2). 160 (3). 24.0</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）螺旋測微器的固定刻度為1.5mm,可動刻度為 ,所以最終讀數為 ,因為需要估讀,最后的結果可以在之間.<

42、/p><p>　?。?）表盤上的讀數是16.0，由于用了“”檔位，所以 待測電阻的阻值為；如果是將選擇開關置于“直流50V”擋測量，則最小刻度為1V，根據讀數規(guī)則要讀到最小刻度下一位，所以表盤上的讀數為24.0V</p><p>　　綜上所述本題答案是：（1）1.605 （2）160 ；24.0</p><p>　　14.某研究性學習小組利用氣墊導軌驗證機

43、械能守恒定律，實驗裝置如左圖所示。在氣墊導軌上相隔一定距離的兩處安裝兩個光電傳感器A、B，滑塊P上固定一遮光條，若光線被遮光條遮擋，光電傳感器會輸出高電壓，兩光電傳感器采集數據后與計算機相連。滑塊在細線的牽引下向左加速運動，滑塊上的遮光條經過光電傳感器A、B時，通過計算機可以得到如右圖所示的電壓U隨時間t變化的圖象。</p><p>　　（1）當采用左圖的實驗裝置進行實驗時，下列說法正確的是______</

44、p><p>　　A.滑塊P機械能守恒</p><p>　　B.鉤碼Q機械能守恒</p><p>　　C.滑塊P和鉤碼Q組成的系統(tǒng)機械能守恒</p><p>　　（2）實驗前，接通電源，將滑塊（不掛鉤碼）置于氣墊導軌上，輕推滑塊，當右圖中的Δt1____Δt2(填“>”、“＝”或“<”)時，說明氣墊導軌已經水平。</p>

45、<p>　?。?）滑塊P用細線跨過氣墊導軌左端的定滑輪與質量為m的鉤碼Q相連，將滑塊P由左圖所示位置釋放，通過計算機得到右圖所示圖像，若測得Δt1，Δt2 遮光條寬度d，AB間距為L，滑塊質量M，鉤碼質量m，若上述物理量滿足關系式_________________________________，則表明上述研究對象機械能守恒。</p><p>　　【答案】 (1). C (2). =

46、 (3). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　(1)繩子拉力對P做正功，P機械能增加；繩子拉力對Q做負功，Q機械能減小；P、Q作為一個系統(tǒng)，只有重力做功，機械能守恒，故A錯誤，B錯誤，C正確。</p><p><b>　　故選：C。</b></p><p>　?。?

47、）當Δt1=Δt2時，滑塊經過兩個光電門的時間相等，說明遮光條做勻速運動，即說明氣墊導軌已經水平。</p><p>　　(3)滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)動能的增加量；滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量△Ep=mgL；如果系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，那么滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能守恒。</p><p><b>　　即：</b></p><p

48、>　　三．計算題（8分+8分+10分+11分）</p><p>　　15.2016年2月27日江蘇有一面包車上掉下一小孩，接著小孩追趕一段距離后無法追上而停止下來．小孩靜止時，面包車正以速度m/s保持勻速直線運動且與小孩的距離m，此時，小孩身后m處有一轎車發(fā)現狀況后以初速度m/s立即做勻減速直線運動，到達小孩處速度恰好為零，再經s，轎車司機把小孩接上車后立即從靜止開始以加速度m/s2做勻加速直線運動追趕前方

49、勻速運動的面包車，若轎車的行駛速度不能超過54km/h．求：</p><p>　　（1）轎車在減速過程的加速度大?。?lt;/p><p>　?。?）轎車司機接上小孩后至少需經多長時間才能追上面包車。</p><p>　　【答案】(1)2m/s2 (2)29s</p><p><b>　　【解析】</b></p&g

50、t;<p><b>　　【分析】</b></p><p>　　根據速度位移公式求得加速度；根據速度時間共識求得橋車減速的時間，然后利用轎車的能達到的最大速度判斷出勻加速階段的位移，此后轎車做勻速運動，利用運動學公式求解。</p><p>　　【詳解】（1）根據運動學知識，有 </p><p>　　代入數據可得轎車

51、減速過程的加速度大小為：m/s2 </p><p>　?。?）轎車勻減速直線運動的時間s </p><p>　　轎車加速過程中速度達到m/s時，</p><p>　　其中 位移為：</p><p>　　代入數據解得：s m</p><p>　　此時兩車相距的距離為：</p>

52、<p><b>　　代入數據解得：m</b></p><p>　　此后轎車以m/s的速度勻速追趕面包車</p><p><b>　　根據位移時間公式：</b></p><p><b>　　解得：s </b></p><p>　　故轎車接上小孩后追上面包車所需時

53、間至少為s</p><p>　　【點睛】對于追及問題解題關鍵的思路：①兩個關系：時間關系和位移關系；②一個條件：兩者速度相等，是能否追上的關鍵，再運用運動學基本公式解題。</p><p>　　16.如圖所示，U形管右管內徑為左管內徑的倍，管內水銀在左管內封閉了一段長為76 cm、溫度為300 K的空氣柱，左右兩管水銀面高度差為6 cm，大氣壓為 76 cmHg。</p>&l

54、t;p>　　（1）給左管的氣體加熱，則當U形管兩邊水面等高時，左管內氣體的溫度為多少？</p><p>　?。?）在（1）問的條件下，保持溫度不變，往右管緩慢加入水銀直到左管氣柱恢復原長，問此時兩管水銀面的高度差。</p><p>　　【答案】(1)342.9K (2)4cm</p><p><b>　　【解析】</b></p

55、><p><b>　　【分析】</b></p><p>　　利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，過程中封閉氣體壓強體積溫度均變化，故對封閉氣體運用理想氣體的狀態(tài)方程，即可求出當U形管兩邊水面等高時，左管內氣體的溫度；保持溫度不變，氣體發(fā)生等溫變化，對封閉氣體運用玻意耳定律結合幾何關系，即可求出左管氣柱恢復原長時兩個水銀面的高度差。</p><p>

56、　　【詳解】（i）當初管內氣體壓強p1= p-Δp=70 cmHg， </p><p>　　當左右兩管內水銀面相等時，氣體壓強p2=76 cmHg </p><p>　　由于右管截面積是左管的兩倍，所以左管水銀面將下降4 cm，右管中水銀面將上升2 cm，管內氣柱長度l2=80 cm， </p><p><b&

57、gt;　　根據 </b></p><p>　　代入數據解得： T2=342.9 K </p><p>　?。╥i）設氣柱恢復原長時壓強為p3</p><p>　　根據：p2V2=p3V3 </p><p>　　解得：p3=80 cmHg </p><p>　

58、　又Δp=p3-p2=4 cmHg </p><p>　　所以高度差為4 cm</p><p>　　【點睛】本題考查氣體定律與力學平衡的綜合運用，解題關鍵是要利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，分析好壓強P、體積V、溫度T三個參量的變化情況，再選擇合適的規(guī)律解決。</p><p>　　17.如圖甲所示，質量為m＝1 kg的物體置于傾角為θ＝37°、

59、固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力，t1＝1 s時撤去拉力，物體運動的部分vt圖象如圖乙所示，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)試求：</p><p>　　(1)拉力F的大小和動摩擦因數；</p><p>　　(2)t＝4 s時物體的速度v的大小。</p><p>　　【答案】(1) F＝30 N

60、，μ＝0.5 (2)2m/s</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【分析】力F作用時，對物體進行受力分析，撤去力后，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律和圖象解得拉力F的大小，物體沿著斜面下滑由牛頓第二定律和運動學公式求t=5s時物體的速度v。</p><p>　　解：（1）設力F作用時物體加速度為a1，對物體

61、進行受力分析</p><p>　　由牛頓第二定律可知：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1 </p><p>　　撤去力后，由牛頓第二定律有</p><p>　　mgsinθ+μmgcosθ=ma2</p><p>　　根據圖象可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2</p><p>　　代人解得：F=30N&

62、#160; μ=0.5</p><p>　?。?）設撤去力F后物體運動到最高點所需時間為t2</p><p>　　v1=a1t2，解得t2=2</p><p>　　則物體沿著斜面下滑的時間為t3=t-t1-t2=2s </p><p>　　設下滑加速度為a3，由牛頓第二定律有</p><p>　　mgsinθ-μm

63、gcosθ=m a3 </p><p>　　解得a3=2m/s2</p><p>　　t=5s時速度v= a3t3=4m/s</p><p>　　18.如圖所示，光滑水平面上有一小車B，右端固定一沙箱，沙箱上連接一水平的輕質彈簧，小車與沙箱的總質量為M=2kg。車上在沙箱左側距離S=1m的位置上放有一質量為m=1kg小物塊A，物塊A與小車的動摩擦因數為=0.1。僅在

64、沙面上空間存在水平向右的勻強電場，場強E=2.3×103V/m。當物塊A隨小車以速度向右做勻速直線運動時，距沙面H=5m高處有一質量為的帶正電的小球C，以的初速度水平向左拋出，最終落入沙箱中。已知小球與沙箱的相互作用時間極短，且忽略彈簧最短時的長度，并取g=10m/s2。求：</p><p>　?。?）小球落入沙箱前的速度和開始下落時與小車右端的水平距離；</p><p>　　（

65、2）小車在前進過程中，彈簧具有的最大值彈性勢能；</p><p>　　（3）設小車左端與沙箱左側的距離為L。請討論分析物塊A相對小車向左運動的整個過程中，其與小車摩擦產生的熱量Q與L的關系式。</p><p>　　【答案】(1)10m/s,方向豎直向下，15m （2）9J （3）①若時， ②若時，。</p><p><b>　　【解析】<

66、;/b></p><p><b>　　【分析】</b></p><p>　　小球C在電場中運動過程，受到重力和電場力作用，兩個力均為恒力，可采用運動的分解法研究：豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速運動，根據牛頓第二定律和位移公式結合求解；小球落入沙箱的過程，系統(tǒng)水平動量守恒，由動量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度．之后，由于車速減小，物塊相對車向右運動

67、，并壓縮彈簧，當A與小車速度相同時彈簧的彈性勢能最大．根據動量守恒定律和能量守恒定律結合求解；由功能關系求熱量Q與L的關系式．要分物塊是否從小車上滑下兩種情況研究。</p><p>　　【詳解】（1）小球C下落到沙箱的時間為，則豎直方向上：</p><p>　　代入數據解得：t=1s</p><p>　　小球在水平方向左勻減速運動：</p><p

68、><b>　　根據速度公式有：</b></p><p><b>　　代入數據解得：，</b></p><p>　　所以小球落入沙箱瞬間的速度：，方向豎直向下</p><p>　　小球開始下落時與小車右端的水平距離：</p><p>　　設向右為正，在小球落快速落入沙箱過程中，小車（不含物塊A）

69、和小球的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設小球球入沙箱瞬間，車與球的共同速度為，則有：</p><p><b>　　可得：</b></p><p>　　由于小車速度減小，隨后物塊A相對小車向右運動并將彈簧壓縮，在此過程中，A與小車（含小球）系統(tǒng)動量守恒，當彈簧壓縮至最短時，整個系統(tǒng)有一共同速度，則有：</p><p><b>　　解得： &l

70、t;/b></p><p>　　根據能的轉化和守恒定律，彈簧的最大勢能為： </p><p><b>　　代入數據解得：</b></p><p>　　隨后彈簧向左彈開物塊A，假設A運動至車的左端時恰好與車相對靜止。此過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，所以系統(tǒng)具有的速度仍為：</p><p><b>　　根據功能關系

71、有： </b></p><p>　　解得小車左端與沙箱左側的距離為：</p><p><b>　　分情況討論如下：</b></p><p>　?、偃魰r，物塊A停在距離沙箱左側處與小車一起運動，因此摩擦產生的熱量為： </p><p>　　②若時，物塊A最終會從小車的左端滑下，因此摩擦產生熱量為：</p&