河北省邯郸市永年二中2022届高三物理上学期10月月考试卷含解析

河北省邯郸市永年二中2022-2022学年高三（上）月考物理试卷（10月份）　一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分．）1．（4分）如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（　　）A．B．C．D．　2．（4分）如图所示，在水平面上有一个小物块质量为m，从O点右侧给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，依次经过O、C、B、A四点，最终停在A点，A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3；下列结论正确的是（　　）A．B．C．D．　3．（4分）如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，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端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前（　　）A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力减小-20-\n　4．（4分）如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（　　）A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出　5．（4分）设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r．下列说法中正确的是（　　）A．a与c的线速度大小之比为B．a与c的线速度大小之比为C．b与c的周期之比为D．b与c的周期之比为　6．（4分）如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为（　　）A．B．C．D．　7．（4分）如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是（　　）A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B．甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等-20-\nD．甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带　8．（4分）假设地球可视为质量分布均匀的球体．已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为R，地球的自转周期为T，引力常量为G，由此可知（　　）A．地球的质量为B．地球表面赤道处的重力加速度大小为g0﹣C．近地卫星在轨运行的加速度大小为D．地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为　9．（4分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（　　）A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零　10．（4分）套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4m儿童从距地面1m高度水平抛出圆环，圆环半径为10cm：要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为（g=10m/s2）（　　）A．7.4m/sB．7.6m/sC．7.8m/sD．8.2m/s　11．（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（　　）-20-\nA．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等方向相反C．在0～5s的时间内，t=5s时，a、b两个物体相距最远D．物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s2　12．（4分）光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，则（　　）A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能Ek0增大　　二、实验题（本大题共2小题，共15分，13小题6分，14小题9分）13．（6分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度和所受拉力F的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a一F图线，如图乙所示．（1）图线①是轨道处于　　　　　　（填“水平”或“倾斜”）情况下得到的实验结果；（2）图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了什么问题？　　　　　　（填选项前的字母）A．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定．　-20-\n14．（9分）某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．请回答下列问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有　　　　　　．（填入所选物理量前的字母）A、木板的长度LB、木板的质量m1C、滑块的质量m2D、托盘和砝码的总质量m3E、滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材　　　　　　．③滑块与木板间的动摩擦因数μ=　　　　　　（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数　　　　　　（填“偏大”或“偏小”）．　　三、计算题（本题共3小题，共37分．要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位．只写最后结果的不得分．）15．（10分）如图所示，斜面AB与竖直半圆轨道在B点圆滑相连，斜面倾角为θ=45°，半圆轨道的半径为R，一小球从斜面的顶点A由静止开始下滑，进入半圆轨道，最后落到斜面上，不计一切摩擦．试球：（结果可保留根号）．（1）欲使小球能通过半圆轨道最高点C，落到斜面上，斜面AB的长度L至少为多大？（2）在上述最小L的条件下，小球从A点由静止开始运动，最后落到斜面上的落点与半圆轨道直径BC的距离，x为多大？　16．（12分）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．（已知cos37°=0.8，sin37°=0.6．取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．　-20-\n17．（15分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动．一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g．（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．　　-20-\n河北省邯郸市永年二中2022-2022学年高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分．）1．（4分）如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（　　）A．B．C．D．　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：若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得出摩擦力与时间的关系式，选择图象．若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，当F减小时，由平衡条件分析摩擦力如何，再选择图象．解答：解：设t=0时刻F=F0，则F与t的关系式为F=F0﹣kt，k是图线斜率的大小．A、D若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得：摩擦力Ff=mgsinα﹣F=mgsinα﹣（F0﹣kt）=kt+（mgsinα﹣F0），若mgsinα=F0，则有Ff=kt，当F=0时，Ff=mgsinα，保持不变．则A错误，D正确．B、C若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得知，摩擦力Ff=F﹣mgsinα，当F减小时，摩擦力先减小，减小到零后，摩擦力反向增大，故BC错误．故选D点评：本题采用定量分析与定性相结合的方法分析物体所受的摩擦力情况．从数学角度得到解析式选择图象，是常用的方法．2．（4分）如图所示，在水平面上有一个小物块质量为m，从O点右侧给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，依次经过O、C、B、A四点，最终停在A点，A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3；下列结论正确的是（　　）A．B．C．D．-20-\n　考点：匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：由于物体做匀减速运动，由O到C、B、A做匀减速运动，故平均速度逐渐减小，由逆向转换法知由O点向C点、B点、A点做初速度为零的匀加速直线运动，有位移时间关系判定即可．解答：解：AC、由于物体做匀减速运动，由O到C、B、A做匀减速运动，故平均速度逐渐减小，故有，A错误、C正确；BD、由逆向转换法知由O点向C点、B点、A点做初速度为零的匀加速直线运动，有，，，可得===，B错误，D错误；故选：C点评：此题考察匀变速直线运动规律的应用，注意末速度为零的匀减速直线运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，这样计算可以使问题简单化．3．（4分）如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，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端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前（　　）A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力减小　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：-20-\nN=•G，F=•G；用拉力F将B端缓慢上拉时，AB、AO保持不变，OB变小，则由上式可得：N保持不变，F变小．即得AB杆受力，绳子拉力减小，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，这是常用的方法，要学会应用．4．（4分）如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（　　）A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出　考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式分析判断．解答：解：A、在P点的初速度减小，则下降到框上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入筐中，故A错误．B、在P点的初速度增大，则下降到筐底的时间内，水平位移增大，不能直接击中筐底的正中间，故B错误．C、在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，根据x=知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确．D、在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，小球不能进筐．故D错误．故选：C．点评：本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式．5．（4分）设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r．下列说法中正确的是（　　）A．a与c的线速度大小之比为B．a与c的线速度大小之比为C．b与c的周期之比为D．b与c的周期之比为　考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．-20-\n专题：人造卫星问题．分析：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，计算线速度的之比，根据万有引力提供向心力计算b、c的周期之比．解答：解：AB、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa=ωc，根据v=rω，a与c的线速度大小之比为，故A正确，B错误．CD、根据得：T=2π，故b的周期与c的周期之比为，故C错误、D正确．故选：AD．点评：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小．6．（4分）如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为（　　）A．B．C．D．　考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：从图象中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，对物体受力分析，在水平方向上列两个平衡方程即可．解答：解：物体匀速，从图象中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，设此时拉力大小为F，则物体受重力mg、支持力N、摩擦力f和F处于平衡，根据平衡条件可知，夹角为30°时有：Fsin30°=μ（mg﹣Fcos30°），夹角为120°时，与水平方向成30°夹角，则由平衡条件得：Fcos30°=μ（mg+Fsin30°），联立解得：μ=．故选：C点评：本题考查了共点力作用下的平衡问题，难点在于从图象中获取有用物理信息，结合牛顿第二定律求解的问题．7．（4分）如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是（　　）-20-\nA．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B．甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D．甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带　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：弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小．解答：解：A、若v小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B点时的速度相同．落地的位置在同一点．故A正确；B、设v大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动．此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等且运动时间相等．BCD错误．故选：A点评：解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握．8．（4分）假设地球可视为质量分布均匀的球体．已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为R，地球的自转周期为T，引力常量为G，由此可知（　　）A．地球的质量为B．地球表面赤道处的重力加速度大小为g0﹣C．近地卫星在轨运行的加速度大小为D．地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为　考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：（1）在地球表面上引力等于重力：G=mg（2）根据向心加速度表达式，即可求解向心加速度；（3）同步卫星所受万有引力等于向心力解向心加速度．-20-\n解答：解：A、根据万有引力等于重力，则有：：G=mg0解得：M=，故A错误；B、根据向心加速度表达式，则知赤道上物体加速度：a=，所以地球表面赤道处的重力加速度为g0﹣，故B正确；C、近地卫星在轨道运行的加速度a0==g0，故C错误；D、同步卫星所受万有引力等于向心力：G=m（R+h）（）2=ma′；结合A解得a′=，故D正确；故选：BD．点评：人造地球卫星所受到的万有引力充当向心力，故由向心力公式可求得线速度、角速度、周期．9．（4分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（　　）A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为GB．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零　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：以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．解答：解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，FA=FB=G，故A正确；-20-\nB、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．故选：AD点评：本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化．10．（4分）套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4m儿童从距地面1m高度水平抛出圆环，圆环半径为10cm：要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为（g=10m/s2）（　　）A．7.4m/sB．7.6m/sC．7.8m/sD．8.2m/s　考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据高度差求出平抛运动的时间，结合水平位移的关系和时间求出平抛运动的初速度范围．解答：解：根据得，t=．则平抛运动的最大速度，最小速度，则7.5m/s＜v＜8m/s．故选：BC．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，抓住水平位移的范围得出速度的范围，难度不大．11．（4分）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（　　）-20-\nA．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等方向相反C．在0～5s的时间内，t=5s时，a、b两个物体相距最远D．物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s2　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a、b、c图线的特点确定三个物体的运动规律，位移时间图线的斜率表示速度，斜率的正负表示方向．解答：解：A、a、b两物体位移随时间均匀变化，速度大小均为2m/s，但是速度的方向不同，故A错误，B正确．C、由图象可知，0﹣5s内，在t=5s时，a、b位置坐标之差最大，知两物体相距最远，故C正确．D、图象C为抛物线，根据x=kt2知，k=0.1，则加速度a=0.2m/s2．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，难度不大．12．（4分）光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，则（　　）A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能Ek0增大　考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系．解答：解：A、C小球恰能通过最高点时，则有mg=，，根据机械能守恒定律得，=+2mgR，得到，可见，R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关．故A正确，C错误．B、从B到D，有mg•2R+=-20-\n小球经过B点后的瞬间，N﹣mg=m，得到轨道对小球的支持力N=6mg，N与R无关．故B错误．D、初动能Ek0==+2mgR=，得知m与R同时增大，初动能Ek0增大．故D正确．故选AD点评：动能定理与向心力知识综合是常见的题型．小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v=，做选择题时可直接运用．二、实验题（本大题共2小题，共15分，13小题6分，14小题9分）13．（6分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度和所受拉力F的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a一F图线，如图乙所示．（1）图线①是轨道处于　倾斜　（填“水平”或“倾斜”）情况下得到的实验结果；（2）图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了什么问题？　A　（填选项前的字母）A．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定．　考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．解答：解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道倾斜情况下得到的．（2）根据F=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．图线①、②的倾斜程度（斜率）一样，说明了滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的故选A．-20-\n故答案为：（1）倾斜，（2）A点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系．运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解．14．（9分）某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．请回答下列问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有　CD　．（填入所选物理量前的字母）A、木板的长度LB、木板的质量m1C、滑块的质量m2D、托盘和砝码的总质量m3E、滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材　天平　．③滑块与木板间的动摩擦因数μ=　　（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数　偏大　（填“偏大”或“偏小”）．　考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：①根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理量及需要的物理量；②根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式．由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大．解答：解：①以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g﹣f=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2gμ，解得：μ=，要测动摩擦因数μ，需要测出：滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3，故选CD；②测物体的质量需要的实验器材是：天平．（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：μ=，由牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了木块和木板之间的摩擦，但没有考虑打点计时器给纸带的阻力、细线和滑轮间、以及空气等阻力，因此导致摩擦因数的测量值偏大．故答案为：①CD；②天平；（3）；偏大；-20-\n点评：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，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．三、计算题（本题共3小题，共37分．要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位．只写最后结果的不得分．）15．（10分）如图所示，斜面AB与竖直半圆轨道在B点圆滑相连，斜面倾角为θ=45°，半圆轨道的半径为R，一小球从斜面的顶点A由静止开始下滑，进入半圆轨道，最后落到斜面上，不计一切摩擦．试球：（结果可保留根号）．（1）欲使小球能通过半圆轨道最高点C，落到斜面上，斜面AB的长度L至少为多大？（2）在上述最小L的条件下，小球从A点由静止开始运动，最后落到斜面上的落点与半圆轨道直径BC的距离，x为多大？　考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）由题意：小球恰好通过最高点C时，对轨道压力N=0，此时L最小．从A到C机械能守恒，；∴（2）落到斜面上时：水平方向有：X=vct竖直方向有：解得：答：（1）欲使小球能通过半圆轨道最高点C，落到斜面上，斜面AB的长度L至少为；（2）在上述最小L的条件下，小球从A点由静止开始运动，最后落到斜面上的落点与半圆轨道直径BC的距离，x为．点评：本题是圆周运动与平抛运动相结合的问题，主要考查了圆周运动及平抛运动的基本公式，并结合机械能守恒解题，难度适中．16．（12分）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．（已知cos37°=0.8，sin37°=0.6．取g=10m/s2）-20-\n（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．　考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．分析：（1）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；（2）当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律可以求得时间的大小．解答：解：（1）物体做匀加速运动L=at02所以a===10m/s2由牛顿第二定律F﹣f=maf=30﹣2×10=10N所以μ===0.5即物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）=maa′==μg=5m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at=a′t′t′=t=t=2.3tL=at2+a′t′2所以t===1.03s即该力作用的最短时间为1.03s．点评：分析清楚物体的运动的过程，分别对不同的运动的过程列示求解即可得出结论．17．（15分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动．一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g．-20-\n（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．　考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：压轴题；匀速圆周运动专题．分析：（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解答：解：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan，解得（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．fsin60°+mg=Nsin30°联立两式解得当ω=（1﹣k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律得，Ncos30°﹣fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°联立两式解得．答：（1）小物块受到的摩擦力恰好为零时，．（2）当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为．当ω=（1﹣k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为．-20-\n点评：解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．-20-