1、<p>　　www.ks5u.com</p><p>　　牡一中2016級(jí)高三學(xué)年上學(xué)期10月月考</p><p><b>　　物 理 試 題</b></p><p>　　一、選擇題（每題4分，共48分，其中1——7題為單選，8——12題為多選，選對(duì)但不全得2分）</p><p>　　1.如圖所示，不計(jì)質(zhì)量的光

2、滑小滑輪用細(xì)繩懸掛于墻上O點(diǎn)，跨過滑輪的細(xì)繩連物塊a、b，a、b都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將物塊b移至C點(diǎn)后，a、b仍保持靜止，下列說法中正確的是 </p><p>　　A. b與水平面間的摩擦力減小</p><p>　　B. 地面對(duì)b的彈力減小</p><p>　　C. 懸于墻上的繩所受拉力不變</p><p>　　D. a、b靜止時(shí)，圖中三角相等&

3、lt;/p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】對(duì)物體a分析，由于a處于靜止，故繩子的拉力等于a的重力；繩子對(duì)b的拉力也保持不變，等于a的重力；再對(duì)物體b分析，b向右移動(dòng)時(shí)，繩與地面的夾角減小，繩水平分量增大，而水平方向b受力平衡，摩擦力增大，故A錯(cuò)

4、誤；物體b向右移動(dòng)時(shí)，繩與地面的夾角減小，繩拉力豎直分量減小，則地面對(duì)b的彈力變大，故B錯(cuò)誤；由于兩繩間夾角增大，而兩拉力不變，故懸于繩上的繩子的拉力將減小，故C錯(cuò)誤；對(duì)滑輪分析，由于A一直豎直，故繩子與墻平行，故α=θ；因拉A的繩子與拉B的繩子力相等，而拉滑輪的力與兩繩子的力的合力大小相等，故拉滑輪的力應(yīng)這兩繩子拉力的角平分線上，故α、β、θ三角始終相等，故D正確；故選D。</p><p>　　【點(diǎn)睛】本題要注

5、意分別對(duì)A、B及滑輪分析，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得出各物體受力的關(guān)系；同時(shí)注意要根據(jù)力的合成與分解等知識(shí)進(jìn)行討論．</p><p>　　2.汽車以恒定的功率在平直公路上行駛，所受到的摩擦阻力恒等于車重的0.1倍，汽車能達(dá)到的最大速度為vm，則當(dāng)汽車速度為時(shí)，汽車的加速度為(重力加速度為g)</p><p>　　A. 0.1 g B. 0.2 g C. 0.3 g D. 0

6、.4g</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　試題分析：汽車在運(yùn)動(dòng)過程中受到牽引力和摩擦阻力，因?yàn)楫?dāng)牽引力等于阻力時(shí)，加速度為零，速度最大，因?yàn)?，故有，?dāng)速度為時(shí)，，此時(shí)加速度，故A正確</p><p>　　考點(diǎn)：考查了機(jī)車

7、啟動(dòng)</p><p>　　【名師點(diǎn)睛】關(guān)鍵是知道汽車達(dá)到速度最大時(shí)，汽車的牽引力和阻力相等，根據(jù)功率，可以根據(jù)題意算出汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P，當(dāng)速度為時(shí)，在運(yùn)用一次即可求出此時(shí)的F，根據(jù)牛頓第二定律就可求出此時(shí)的加速度</p><p>　　3.質(zhì)量m＝20kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運(yùn)動(dòng),0～2s內(nèi)F與運(yùn)動(dòng)方向相反，2～4s內(nèi)F與運(yùn)動(dòng)方向相同，物體的v－t圖象如圖

8、所示。g取10m/s2，則</p><p>　　A. 拉力F的大小為100N</p><p>　　B. 物體在4s時(shí)拉力的功率大小為120W</p><p>　　C. 4s內(nèi)拉力所做的功為720J</p><p>　　D. 4s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320J</p><p><b>　　【答案】B</

9、b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由圖象可得：0～2s內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：，勻減速過程有 F+f=ma1，勻加速過程加速度大小為：，有 F-f=ma2，解得：f=40N，F(xiàn)=60N，故A錯(cuò)誤；物體在4 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為P=Fv=60×2W=120W，故B正確；4s內(nèi)物體通過的

10、位移為，拉力做功為W=-Fx=-480J，故C錯(cuò)誤；4s內(nèi)物體通過的路程為，摩擦力做功為Wf=-fs=-40×12J=-480J，故D錯(cuò)誤。所以B正確，ACD錯(cuò)誤。</p><p>　　4.一質(zhì)量為m的物體在豎直向上的拉力F作用下沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中物體的動(dòng)能與位移的關(guān)系如下圖所示，其中0～x1為一曲線，x1～x2為一與橫軸平行的直線，x2～x3為一傾斜直線，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于物體在這段位移內(nèi)

11、的運(yùn)動(dòng)，下列說法不正確的是</p><p>　　A. 0～x1過程中拉力F逐漸減小</p><p>　　B. x1～x2過程中物體的重力勢(shì)能可能不變</p><p>　　C. x2～x3過程中拉力F為恒力</p><p>　　D. 0～x3過程中物體的機(jī)械能增加</p><p><b>　　【答案】B<

12、/b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】根據(jù)動(dòng)能定理得 F合△x=△Ek，得 F合=，即Ek-x圖象的斜率大小等于合外力大小，則知0～x1過程中合外力逐漸減小，而拉力大于重力，所以拉力F逐漸減小，故A正確。x1～x2過程中物體向上勻速運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能增加，故B錯(cuò)誤。x2～x3過程中合外力為恒力，則拉力F為恒力，故C正確。0

13、～x3過程中，拉力一直做正功，物體的機(jī)械能增加，故D正確。此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選B。</p><p>　　【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)動(dòng)能定理列式，分析出圖象的斜率等于合外力，明確除了重力以外其他力做功等于物體機(jī)械能的變化．</p><p>　　5.如圖所示，大氣球質(zhì)量為100 kg，載有質(zhì)量為50 kg的人，靜止在空氣中距地面20 m高的地方，氣球下方懸一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的繩子，此人想

14、從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達(dá)地面，則這繩長(zhǎng)至少應(yīng)為（不計(jì)人的高度，可以把人看作質(zhì)點(diǎn)）</p><p>　　A. 10 m B. 30 m C. 40 m D. 60 m</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><

15、p>　　人與氣球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)人的速度v1，氣球的速度v2，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，以人與氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒得：m1v1-m2v2=0，則，，，則繩子長(zhǎng)度L=s氣球+s人=10m+20m=30m，即繩子至少長(zhǎng)30m長(zhǎng)，故選B。</p><p>　　【點(diǎn)睛】本題為動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，屬于人船模型的類別，關(guān)鍵要找出人和氣球的速度關(guān)系和繩子長(zhǎng)度與運(yùn)動(dòng)路程的關(guān)系．</p>

16、;<p>　　6.在大型物流貨場(chǎng)，廣泛的應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。如下圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A點(diǎn)，經(jīng)過1.2 s到達(dá)傳送帶的B點(diǎn)。用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v­t圖像可知</p><p>　　A. A、B兩點(diǎn)的距離為2.4 m</p>&l

17、t;p>　　B. 貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25</p><p>　　C. 貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為11.2 J</p><p>　　D. 貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.6 J</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>

18、;　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以物塊由A到B的間距對(duì)應(yīng)圖象所圍梯形的“面積”，為：x=×2×0.2+（2+4）×1=3.2m。故A錯(cuò)誤。由v-t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：，對(duì)物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=

19、ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①同理，做a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度為：得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②聯(lián)立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B錯(cuò)誤； 根據(jù)功能關(guān)系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x1=×

20、;2×0.2=0.2m，物體受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，同理做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x2=×（2+4）×1=3m，物體受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做負(fù)功為：Wf2=-fx2=-4×3=-12J，</p><p>　　【點(diǎn)睛】本題一方面要分析貨物的運(yùn)動(dòng)情況，由圖象結(jié)合求解加速度，再結(jié)合牛頓第

21、二定律分兩個(gè)過程列式求解摩擦因數(shù)及斜面傾角是關(guān)鍵，求摩擦產(chǎn)生的熱量注意找兩物體的相對(duì)位移．</p><p>　　7.如圖所示，兩質(zhì)量均為m的小球1、2(可視為質(zhì)點(diǎn))用一輕質(zhì)桿相連并置于圖示位置，質(zhì)量也為m的小球3置于水平面OB上，半圓光滑軌道與水平面相切于B點(diǎn)。由于擾動(dòng)，小球1、2分別沿AO、OB開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球1下落h＝0.2 m時(shí)，桿與豎直墻壁夾角θ＝37°，此時(shí)小球2剛好與小球3相碰，碰后小球3獲

22、得的速度大小是碰前小球2速度大小的 ，并且小球3恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)C，取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，一切摩擦不計(jì)，則(　　)</p><p>　　A. 小球1在下落過程中機(jī)械能守恒</p><p>　　B. 小球2與小球3相碰時(shí)，小球1的速度大小為1.6 m/s</p><p>　　C. 小球2與小

23、球3相碰前，小球1的平均速度大于小球2的平均速度</p><p>　　D. 半圓軌道半徑大小為R＝0.08 m</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】小球1與2連在一起，小球1向下運(yùn)動(dòng)的過程中小球2將向右運(yùn)動(dòng)，小球1

24、的重力勢(shì)能減小，小球2的重力勢(shì)能不變，兩個(gè)球的動(dòng)能都增大。由于對(duì)1和2球只有重力做功，兩個(gè)球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但1的機(jī)械能不守恒。故A錯(cuò)誤；小球1下落h=0.2m時(shí)，桿與豎直墻壁夾角θ=37°，將兩個(gè)小球的速度分解如圖：設(shè)當(dāng)小球1下落h=0.2m時(shí)小球1的速度是v1，小球2的速度是v2，由圖中幾何關(guān)系，則：v1cos37°=v2sin37°；由機(jī)械能守恒得：；聯(lián)立得：v1=1.2m/s，v2=1.

25、6m/s。故B錯(cuò)誤；設(shè)桿的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由幾何關(guān)系可得：L-Lcos37°=h，代入數(shù)據(jù)得：L=1.0m，所以小球2到O點(diǎn)的距離：x2=Lsin37°=1.0×0.6=0.6m；由于兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，而小球2的位移大小大于小球1的位移的大小，所以小球2與小球3相碰前，小球1的平均速度小于小球2的平均速度。故C錯(cuò)誤；碰后小球3獲得的速度大小是碰前小球2速度的，所以碰撞后小球3的速度：v3＝×1.6

26、＝2m/s；小球3恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)C，此時(shí)的重力提供向心力，所以：；小球3從B到C的過程中機(jī)械能守恒，則：</p><p>　　【點(diǎn)睛】該題考查速度的合成與分解、機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意機(jī)械能守恒的判定，掌握幾何關(guān)系的運(yùn)用，正確找出小球1與2的速度關(guān)系是解答的關(guān)鍵。</p><p>　　8.如圖所示，發(fā)射升空的衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移橢圓軌道Ⅰ上A點(diǎn)處經(jīng)變軌后進(jìn)入運(yùn)行圓軌道Ⅱ．

27、A、B分別為軌道Ⅰ的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)．則衛(wèi)星在軌道Ⅰ上</p><p>　　A. 經(jīng)過A點(diǎn)的速度小于經(jīng)過B點(diǎn)的速度</p><p>　　B. 經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能</p><p>　　C. 運(yùn)動(dòng)的周期大于在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)的周期</p><p>　　D. 經(jīng)過A點(diǎn)的加速度等于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點(diǎn)的加速度</p>&

28、lt;p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由B運(yùn)動(dòng)到A引力做負(fù)功，動(dòng)能減小的，所以經(jīng)過A點(diǎn)的速度小于經(jīng)過B點(diǎn)的速度，故A正確；同在A點(diǎn)，只有加速它的軌道才會(huì)變大，所以經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能小于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；軌道Ⅰ的半長(zhǎng)軸小于軌道Ⅱ的半徑，根據(jù)開普勒第三

29、定律，在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)的周期，故C錯(cuò)誤；根據(jù)a=，在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的加速度等于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的加速度，故D正確；故選AD。</p><p>　　【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵理解衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．要注意向心力是物體做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的力，比較加速度，應(yīng)比較物體實(shí)際所受到的力，即萬有引力．</p><p>　　9.如圖所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，物塊A、B用輕

30、繩連接并跨過滑輪(不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦)。初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好靜止。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊分別落地的過程中，兩物塊(　　)</p><p>　　A. 速度的變化大小相同</p><p>　　B. 動(dòng)能的變化相同</p><p>　　C. 重力勢(shì)能的變化相同</p><p>　　D. 重力的平均功率相同

31、</p><p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】剛開始AB處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以有mBgsinθ=mAg，則mB＞mA，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv2=mgh；得 v=，速度的變化量△v=v-0=

32、v，可知兩個(gè)物體落地速度大小相等，速度的變化大小相同，動(dòng)能的變化不相同，故A正確，B錯(cuò)誤；下落的高度相同，故重力做功WA=mAgh，WB=mBgh，由于質(zhì)量不同，故重力做功不同，重力勢(shì)能的變化不同，故C錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律可知B的加速度為gsinθ。對(duì)A，由h=gtA2，得tA=；對(duì)B，由，則得，A重力做功的平均功率為：；

33、B重力做功的平均功率為：，所以重力做功的平均功率相等，故D正確；故選AD。</p><p>　　【點(diǎn)睛】重力做功決定重力勢(shì)能的變化與否，若做正功，則重力勢(shì)能減少；若做負(fù)功，則重力勢(shì)能增加，重力做功的平均功率等于重力做功與時(shí)間的比值.</p><p>　　10.在一水平向右勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶的左端A點(diǎn)，每隔相同的時(shí)間T，輕放上一個(gè)相同的工件．已知工件與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測(cè)

34、量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的工件之間的距離均為L(zhǎng).已知重力加速度為g，下列判斷正確的有(　　)</p><p>　　A. 傳送帶的速度大小為</p><p>　　B. 工件在傳送帶上加速時(shí)間為</p><p>　　C. 傳送帶因傳送每一個(gè)工件而多消耗的能量為</p><p>　　D. 每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為<

35、;/p><p><b>　　【答案】AC</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，每個(gè)工件滑上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同，可知x=vT，解得傳送帶的速度v=L/T．故A正確。設(shè)每個(gè)工件勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律得，工件的加速

36、度為μg，根據(jù)v=v0+at，解得：．故B錯(cuò)誤。工件與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的路程為：，則摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg△x＝．故D錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒得，傳送帶因傳送一個(gè)工件多消耗的能量E=mv2+μmg△x＝．故C正確。故選AC。</p><p>　　【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道工件在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道各個(gè)工件在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、能量守恒綜合求解.</p><p

37、>　　11.如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方．現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（ ）</p><p>

38、　　A. 碰撞后小球A反彈的速度大小為</p><p>　　B. 碰撞過程B物塊受到的沖量大小</p><p>　　C. 碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能</p><p>　　D. 小球C的最大速度大小為</p><p><b>　　【答案】ACD</b></p><p><b>　　【解析

39、】</b></p><p>　　【詳解】A、設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：，解得：</p><p>　　設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有：；解得，選項(xiàng)A正確。</p><p>　　B、設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv1＝-mv

40、1′＋5mv2；解得：；由動(dòng)量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。</p><p>　　C、碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv2＝8mv3；據(jù)機(jī)械能守恒定律；解得：；選項(xiàng)C正確。</p><p>　　D、對(duì)B物塊與C物塊在彈簧回到原長(zhǎng)時(shí)，C物塊有最大速度；據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可解得；選項(xiàng)D正確。</p><p&

41、gt;　　【點(diǎn)睛】本題綜合考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律，要注意正確分析物理過程，選擇合適的物理規(guī)律求解．</p><p>　　12.如圖所示，A、B兩個(gè)矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長(zhǎng)相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k，木塊A和木塊B的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置，木塊A在此位置所受的壓力為F(F>mg)，彈簧的彈性勢(shì)能為

42、E，撤去力F后，下列說法正確的是</p><p>　　A. 當(dāng)A速度最大時(shí)，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)</p><p>　　B. 彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過程中，彈簧彈力對(duì)A、B的沖量相同</p><p>　　C. 當(dāng)B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度大小為</p><p>　　D. 全程中，A上升的最大高度為</p><p><b>

43、　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　由題意可知當(dāng)A受力平衡時(shí)速度最大，即彈簧彈力大小等于重力大小，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A項(xiàng)正確；由于沖量是矢量，而彈簧彈力對(duì)A、B的沖量方向相反，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)A的速度為v，繩子繃緊瞬間A、B共同速度為v1，A、B共同上升的最大高度為h，A上升最大高

44、度為H，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過程中根據(jù)能量守恒得，繩子繃緊瞬間根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv=2mv1，A、B共同上升的過程中據(jù)能量守恒可得，，可得B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度大小為，A上升的最大高度為，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。</p><p>　　二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分）</p><p>　　13.某探究小組利用氣墊導(dǎo)軌和光電門計(jì)時(shí)器等裝置探究動(dòng)能定理.他們通過改變滑輪下端小盤中沙子的質(zhì)量來改變滑塊水

45、平方向的拉力;滑塊上裝有寬為d的擋光片.實(shí)驗(yàn)中,用天平稱出小盤和沙子的總質(zhì)量為m,滑塊(帶擋光片)的質(zhì)量為M,計(jì)時(shí)器顯示擋光片經(jīng)過光電門1和2的時(shí)間分別為Δt1,Δt2.</p><p>　　(1)在滿足____的條件下,才可以認(rèn)為小盤和沙子的總重力所做的功等于繩的拉力對(duì)滑塊做的功. </p><p>　　(2)實(shí)驗(yàn)中還必須測(cè)量的物理量是________,若可以認(rèn)為小盤和沙子的總

46、重力所做的功等于繩的拉力對(duì)滑塊做的功，試寫出本次需要探究的關(guān)系式__________(用測(cè)量量和已知量表示).</p><p>　　【答案】 (1). m?M (2). 兩光電門之間的距離L (3). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知當(dāng)小盤和沙子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)

47、小于滑塊車的總質(zhì)量M時(shí)，可將才可以認(rèn)為小盤和沙子的重力看作滑塊的拉力，根據(jù)動(dòng)能定理可知，此時(shí)小盤和沙子的重力所做的功等于滑塊動(dòng)能的改變量．（2）要測(cè)量滑塊受到的拉力做的功，必須要知道滑塊從光電門1運(yùn)動(dòng)到光電門2的距離，即還必須測(cè)量?jī)晒怆婇T之間的距離L．滑塊所受的合外力做功為W=mgL；由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時(shí)間內(nèi)的平均速度代替瞬時(shí)速度．滑塊通過光電門1速度v1=；滑塊通過光電門2速度v2=；所以動(dòng)能的增量△Ek＝Mv

48、22?Mv12= M（）2-M（）2 ；故本次探究的原理表達(dá)式為mgL=M（）2-M（）2 .</p><p>　　【點(diǎn)睛】管是考查什么實(shí)驗(yàn)，首先要找到實(shí)驗(yàn)原理，我們就可以根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理找需要的實(shí)驗(yàn)儀器，找實(shí)驗(yàn)時(shí)需要注意的問題，列式求解一些需要的物理量．實(shí)驗(yàn)中我們還要清楚研究對(duì)象和研究過程，要學(xué)會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的分析．</p><p>　　14.在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)中

49、，利用重錘拖著紙帶自由下落，通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。</p><p>　　(1)安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖所示。圖中O點(diǎn)為打點(diǎn)起始點(diǎn)，且速度為零。</p><p>　　(2)本實(shí)驗(yàn)是否需要測(cè)定重錘質(zhì)量m：________(填“需要”或“不需要”)。</p><p>　　

50、(3)選取紙帶上打出的連續(xù)點(diǎn)A、B、C、…,測(cè)出其中E、F、G點(diǎn)距起始點(diǎn)O的距離分別為h1、h2、h3，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)周期為T。為驗(yàn)證從打下F點(diǎn)的過程中機(jī)械能是否守恒，需要驗(yàn)證的表達(dá)式是_________(用題中所給字母表示)。</p><p>　　【答案】 (1). （2）不需要 (2). （3）</p><p><b>　　【解析】<

51、/b></p><p>　?。?）驗(yàn)證機(jī)械能守恒，即驗(yàn)證動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量是否相等，質(zhì)量可以約去，不需要測(cè)量重錘的質(zhì)量．（3）F點(diǎn)的瞬時(shí)速度vF＝，則動(dòng)能的增加量△Ek＝mvF2＝，重力勢(shì)能的減小量△Ep=mgh2，則需要驗(yàn)證的表達(dá)式為：mgh2＝，即gh2＝。</p><p>　　15.在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。槽口末端在水平地面上的豎直投影為

52、O點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)中可供選擇的碰撞小球均為直徑相同的硬質(zhì)小球，碰撞時(shí)都可認(rèn)為是彈性碰撞。設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2。</p><p>　?。?）為了使入射小球在碰撞后不被反彈，則應(yīng)使m1____m2。（填“>”“＝”或“<”）；</p><p>　?。?）為了保證入射小球和被碰小球離開槽口后均做平拋運(yùn)動(dòng)，必須調(diào)整斜槽末端____；</p><p&g

53、t;　　（3）在（1）（2）條件的前提下，讓入射小球從同一高度沿斜槽滑下，實(shí)驗(yàn)中將被碰小球放入槽口末端前后的落點(diǎn)如圖中A、B、C所示，圖中OA＝x1，OB＝x2，OC＝x3，為驗(yàn)證小球碰撞前后動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)中____（填“需要”或“不需要”）測(cè)量槽口末端到水平地面的高度h。若實(shí)驗(yàn)中小球碰撞前后動(dòng)量守恒，則應(yīng)滿足的關(guān)系式為m1x2＝__________。</p><p>　　【答案】 (1). （1）

54、(2). （2）水平 (3). （3）不需要， (4). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　（1）為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb</p><p>　　（2）要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平；</p><p>　　（3）小球

55、離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，所以不需要測(cè)量槽口末端到水平地面的高度h.</p><p>　　要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律，即驗(yàn)證：, 上式兩邊同時(shí)乘以t得：，得：，</p><p>　　【點(diǎn)睛】（1）在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平．</p>

56、<p>　　（2）由動(dòng)量守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式確定需要測(cè)量的量；</p><p>　　（3）根據(jù)（2）的分析確定需要驗(yàn)證的關(guān)系式．</p><p>　　三、計(jì)算題（本大題共3小題，共36分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位）</p><p>　　16.如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低

57、點(diǎn)，圓弧BC所對(duì)圓心角θ＝37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5 m，斜面AB的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2.875 m。質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端A點(diǎn)處由靜止開始沿斜面下滑，從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)D,sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求：</p><p>　?。?）物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小FC；</p

58、><p>　?。?）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。</p><p>　　【答案】(1)60 N　(2)0.25</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點(diǎn)，由牛頓第二定律有：</p><p><b>　　mg

59、＝ ① </b></p><p>　　從D到C由動(dòng)能定理可得 －mg·2R＝ ②</p><p>　　由牛頓第二定律可得 FC′－mg＝m ③</p><p>　　由牛頓第三定律得 FC＝FC′④</p><p>　　聯(lián)解①②③④并代入數(shù)據(jù)得： FC＝60 N⑤</p><p>　　（2）對(duì)小

60、物塊從A經(jīng)B到C過程，由動(dòng)能定理有：</p><p>　　mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝－0⑥</p><p>　　聯(lián)解①②⑥并代入數(shù)據(jù)得： μ＝0.25</p><p>　　17.如圖所示，長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為m2=1.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3=1.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端。一

61、個(gè)質(zhì)量為m1=0.5kg的物塊A從距離長(zhǎng)木板B左側(cè)l=9.5 m處，以速度v0=10m／s向著長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間后物塊A與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰（時(shí)間極短），之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程物塊C始終在長(zhǎng)木板上。已知物塊A及長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.1，物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2，物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m／s2，求：</p><p>　　(1)碰后瞬間物塊

62、A和長(zhǎng)木板B的速度；</p><p>　　(2)長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度和物塊A離長(zhǎng)木板左側(cè)的最終距離。</p><p>　　【答案】(1)， (2) d=3m ,</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）設(shè)物塊A與木板B碰前的速度為v</p><p><b>

63、　　由動(dòng)能定理得 </b></p><p>　　解得 ＝9 m/s</p><p>　　A與B發(fā)生完全彈性碰撞，假設(shè)碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律得 </p><p>　　由機(jī)械能守恒定律得 </p><p><b>　　聯(lián)立解得，</b></p><p>

64、;　?。?）之后B減速運(yùn)動(dòng)，C加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律</p><p><b>　　對(duì)木板B有</b></p><p><b>　　對(duì)物塊C </b></p><p>　　設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t， </p><p>　　木板B的最小長(zhǎng)度＝3 m</

65、p><p>　　B、C達(dá)到共同速度之后，因，二者一起減速至停下，</p><p><b>　　由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得</b></p><p>　　整個(gè)過程B運(yùn)動(dòng)的位移為＝6 m</p><p>　　A與B碰撞后，A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度也為a3，位移為 4.5 m</p><p>　　物塊A離長(zhǎng)木板B左側(cè)的最

66、終距離為10.5 m</p><p>　　18.如圖所示,長(zhǎng)L=9 m的傳送帶與水平方向的傾角θ=37°,在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=4 m/s的速率沿順時(shí)針方向運(yùn)行,在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住,在傳送帶的頂端A點(diǎn)無初速度地放一質(zhì)量m=1 kg的物塊,它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,物塊與擋板碰撞的能量損失及碰撞時(shí)間不計(jì).(g取10 m/s2,sin 37°=0

67、.6,cos 37°=0.8) 求物體從靜止釋放到第一次返回上升至最高點(diǎn)的過程中：</p><p>　　(1)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；</p><p>　　(2)傳送帶多消耗的電能；</p><p>　　(3)物體的最終狀態(tài)及該狀態(tài)后電動(dòng)機(jī)的輸出功率．</p><p>　　【答案】(1)100.8 J　 (2)76.8J (3)1

68、6 W</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】(1)物塊從A點(diǎn)由靜止釋放,物塊相對(duì)傳送帶向下滑,物塊沿傳送帶向下加速運(yùn)動(dòng)的速度a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2</p><p>　　與P碰前的速度大小v1==6 m/s,</p><p>　　物塊從A到B的時(shí)間t1==3

69、s</p><p>　　在此過程中物塊相對(duì)傳送帶向下的位移s1=L+vt1=21 m</p><p>　　物塊與擋板碰撞后,以大小為v1的速度反彈,因v1>v,物塊相對(duì)傳送帶向上滑,物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2</p><p>　　物塊速度減小到與傳送帶速度相等的時(shí)間t2==0.2 s,</p>

70、<p>　　在t2時(shí)間內(nèi)物塊向上的位移L1=t2=1 m</p><p>　　此過程中物塊相對(duì)傳送帶向上的位移s2=L1-vt2=0.2 m</p><p>　　物塊速度與傳送帶速度相等后相對(duì)傳送帶向下滑,物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小</p><p>　　a3=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,</p><p>　　

71、物塊速度減小到零的時(shí)間t3==2 s,</p><p>　　在t3時(shí)間內(nèi)物塊向上的位移L2=t3=4 m</p><p>　　此過程中物塊相對(duì)傳送帶向下的位移s3=vt3-L2=4 m</p><p>　　摩擦生熱Q=μmg(s1+s2+s3)cos θ=100.8 J</p><p>　　(2)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的總功<

72、;/p><p>　　ΔE電＝－Ff(x傳送帶1－x傳送帶2＋x傳送帶3)＝－μmgcosθ(vt1－vt2＋vt3)＝－76.8J</p><p>　　即傳送帶多消耗的電能為76.8J.</p><p>　　(3)物體返回上升到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，以后將重復(fù)上述過程，且每次碰后反彈速度、上升高度依次減小，最終達(dá)到一個(gè)穩(wěn)態(tài)：穩(wěn)態(tài)的反彈速度大小應(yīng)等于傳送帶速度4m/s，此后受

73、到的摩擦力總是斜向上，加速度為a4=gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，方向斜向下，物體相對(duì)地面做往返“類豎直上拋”運(yùn)動(dòng)，對(duì)地上升的最大位移為xm＝＝4m，往返時(shí)間為T＝＝4s；傳送帶受到的摩擦力大小始終為Ff＝μmgcosθ，穩(wěn)態(tài)后方始終斜向下，故電動(dòng)機(jī)的輸出功率穩(wěn)定為P＝Ffv＝μmgcosθ×v＝16W.</p><p>　　【點(diǎn)睛】本題為多過程問題，過程較為復(fù)雜，解題的關(guān)鍵理清每一段過程，分別