江西省抚州市临川一中2022届高三物理上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年江西省抚州市临川一中高三（上）月考物理试卷（10月份）　一．选择题（每题4分，共40分．其中第8、9、10题为多选题，漏选得2分，错选或不选得0分．）1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．开普勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”D．伽利略利用理想斜面实验，使亚力士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境　2．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（　　）A．B．C．D．　3．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（　　）A．两物块到达底端时速度相同B．两物块到达底端时动能相同C．两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率　4．一个质量为1kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v﹣t图象，如图所示，（g=10m/s2），则下列说法正确的是（　　）-21-\nA．物体2s末距离出发点最远B．拉力F的方向与初速度方向相同C．拉力在2s末撤去的D．摩擦力大小为10N　5．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）A．B．C．D．　6．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为地球同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）A．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救　7．如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B，D间的距离为h，则下列说法正确的是（　　）A．A，B两点间的距离为B．A，B两点间的距离为C．C，D两点间的距离为hD．C，D两点间的距离为2h　8．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d．杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）-21-\nA．环到达B处时，重物上升的高度h=（﹣1）dB．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为d　9．如图所示叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是（　　）A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半C．转台的角速度一定满足：ω≤D．转台的角速度一定满足：ω≤　10．有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能EK随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）A．物体在斜面上运动的总时间t=2sB．斜面与物体间的摩擦力大小f=4NC．物体的质量为m=1kgD．斜面的倾角θ=37°　　二．实验题（共2小题，每空2分，共12分）-21-\n11．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个计时点（图中没有画出），打点计时器接周期为T=0.02s的交流电源．经过测量得：d1=3.62cm，d2=9.24cm，d3=16.85cm，d4=26.46cm，d5=38.06cm，d6=51.67cm．（1）打点计时器在打E点时纸带运动的速度大小为　　　　　　m/s，加速度大小为　　　　　　m/s2．（结果保留三位有效数字）（2）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值　　　　　　（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．　12．为了探究加速度与力、质量的关系，物理兴趣小组成员独立设计了如图甲所示的实验探究方案，并进行了实验操作．（1）在长木板的左端垫上木块的目的是　　　　　　；（2）实验中用砝码（包括小盘）的重力G=mg的大小作为小车（质量为M）所受拉力F的大小，能够实现这一设想的前提条件是　　　　　　；（3）图乙为小车质量M一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象．设图中直线斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量M为　　　　　　．　　三．计算题（共5小题，共48分，要有必要的步骤，只写结果不给分．）13．质量m=0.5kg的木块静止于水平面上，现在恒力F作用下做匀加速直线运动，已知恒力大小F=5N，方向与水平方向成θ=37°角斜向上，如图所示．2s末撤去此拉力时，木块已滑行的距离s0=12m，（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．）求：（1）木块与地面间的动摩擦因数；（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离；（3）在整个运动过程中，摩擦力对木块做的功．　14．汽车发动机的额定功率为30KW，质量为1000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍（g=10m/s2），求：（1）汽车在路面上能达到的最大速度；（2）若汽车以额定功率启动，当汽车速度为5m/s时的加速度；-21-\n（3）若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度作匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了200m，直到获得最大速度后才匀速行驶．求汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．　15．（10分）（2022秋•抚州校级月考）如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，已知小球在最高点A受到绳子的拉力刚好等于小球自身的重力，O点到水平地面的距离Soc=H且H＞L，重力加速度为g，求：（1）小球通过最高点A时的速度VA的大小；（2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力；（3）小球运动到A点或B点时细线断裂，小球落到地面对到C点的距离若相等，则L和H应满足什么关系．　16．（10分）（2022秋•抚州校级月考）如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子（质量忽略不计）固定停放着一辆质量为M=2kg的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为R=0.6m，在最低点B与水平轨道BC相切，视为质点的质量为m=1kg的物块从A点正上方距A点高为h=1.2m处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行恰好停在轨道末端C．现去掉钉子（水平面依然光滑未被破坏）不固定小车，而让其左侧靠在竖直墙壁上，该物块仍从原高度处无初速下落，如乙图所示．不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平轨道BC长度；（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离；（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比．　17．（12分）（2022秋•抚州校级月考）如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R=0.9m的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，A、D之间放一水平传送带Ⅰ，B、C之间放一水平传送带Ⅱ，传送带Ⅰ以V1=8m/s的速度沿图示方向匀速运动，传送带Ⅱ以V2=10m/s的速度沿图示方向匀速运动．现将质量为m=2kg的物块从传送带Ⅰ的右端由静止放上传送带，物块运动第一次到A时恰好能沿半圆轨道滑下．物块与传送带Ⅱ间的动摩擦因数为μ2=0.35，不计物块的大小及传送带与半圆轨道间的间隙，重力加速度g=10m/s2，已知A、D端之间的距离为L=1.0m．求：-21-\n（1）物块与传送带Ⅰ间的动摩擦因数μ1；（2）物块第1次回到D点时的速度；（3）物块第几次回到D点时的速度达到最大，最大速度为多大．　　2022-2022学年江西省抚州市临川一中高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析　一．选择题（每题4分，共40分．其中第8、9、10题为多选题，漏选得2分，错选或不选得0分．）1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．开普勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”D．伽利略利用理想斜面实验，使亚力士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境考点：物理学史．分析：本题根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故A正确；B、开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，牛顿发现万有引力定律，故B错误；C、卡文迪许牛顿发现了万有引力定律之后，测出了引力常量G，根据mg=G，得地球的质量M=，从而可求得地球，所以被称为能“称量地球质量”的人，故C正确；D、亚里士多德认为物体的下落与质量有关，重的物体比轻的物体下落得快，这一论点被伽利略的比萨斜塔实验所推翻，故D错误；故选：AC点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　-21-\n2．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（　　）A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体所受合力的方向（加速度的方向）大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下．根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹．解答：解：物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间．风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道曲线运动的轨迹夹在速度方向和合力方向之间，物体所受合力的方向大致指向轨迹凹的一向．　3．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（　　）A．两物块到达底端时速度相同B．两物块到达底端时动能相同C．两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率考点：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．专题：动能定理的应用专题．分析：根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcosα比较瞬时功率的大小解答：解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同．故A错误，B正确．B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，由于质量不一定相等，则重力做功不一定相同．故B错误．C、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，故甲的功率先增大后减小，故C错误D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率．故D错误．-21-\n故选：B点评：动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P=mgcosα，注意α为力与速度方向的夹角　4．一个质量为1kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v﹣t图象，如图所示，（g=10m/s2），则下列说法正确的是（　　）A．物体2s末距离出发点最远B．拉力F的方向与初速度方向相同C．拉力在2s末撤去的D．摩擦力大小为10N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：根据速度方向分析物体何时离出发点最远．物体做减速运动时，合力方向与速度方向相反，根据物体的运动情况分析拉力何时撤去的．由图象的斜率等于加速度求解加速度，再由牛顿第二定律求解摩擦力．解答：解：A、由图知，0﹣1s内物体沿正向运动，1﹣4s内沿负向运动，则知1s末距离出发点最远，故A错误．B、由于物体0﹣1s内物体沿正向减速运动，1﹣2s内沿负向加速运动，则知拉力F的方向必定沿负向，与初速度方向必定相反，故B错误．C、拉力撤去后物体做匀减速运动，直到停止，可知拉力在2s末撤去的，故C正确．D、在2﹣4s内物体的加速度大小为a===2.5m/s2，摩擦力大小为f=ma=2.5N，故D错误．故选：C点评：本题是速度﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．　5．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）-21-\nA．B．C．D．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：隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．解答：解：隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析如图所示，可得：FN=FcosθMg﹣Fsinθ=Ma解得：FN=M（g﹣a）cotθ，对两球组成的整体有：（m+M）g﹣μFN=（M+m）a联立解得：μ=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，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．　6．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为地球同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）A．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高度出的重力加速度的关系．根据万有引力提供向心力分析．同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出“轨道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向．解答：解：A、根据得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故A错误．-21-\nB、根据=mg=ma，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故B正确．C、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动．故C正确．D、“轨道康复者”要加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故D错误；故选：BC．点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力．以及“轨道康复者”处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动．　7．如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B，D间的距离为h，则下列说法正确的是（　　）A．A，B两点间的距离为B．A，B两点间的距离为C．C，D两点间的距离为hD．C，D两点间的距离为2h考点：平抛运动；自由落体运动．专题：平抛运动专题．分析：小球在AB段做自由落体运动，BC段做平抛运动，由于运动时间相等，则自由落体运动的高度和平抛运动的高度相等，根据速度位移公式求出平抛运动的初速度，结合时间求出水平位移．解答：解：AB、AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以由h=知，A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；CD、BC段平抛初速度v=，运动的时间t=，所以C、D两点间距离x=vt=2h，故C错误，D正确．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，结合机械能守恒定律或运动学公式灵活分析．　8．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d．杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）-21-\nA．环到达B处时，重物上升的高度h=（﹣1）dB．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为d考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：环刚开始释放时，重物由静止开始加速．根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度．对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在B处速度与重物的速度之比．环和重物组成的系统机械能是守恒的．解答：解：A、根据几何关系有，环从A下滑至B点时，下降的高度为d，则重物上升的高度h=d﹣d=（﹣1）d，故A正确；B、环到达B处时，对环B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cos45°=v物，所以有v环=v物，故B错误；C、环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即有环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C正确；D、设环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据系统的机械能守恒有：mgh=2mg（﹣d）解得：h=d，故D正确．故选：ACD．点评：解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．　9．如图所示叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是（　　）A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半-21-\nC．转台的角速度一定满足：ω≤D．转台的角速度一定满足：ω≤考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：A随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B对A的摩擦力大小．分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围．解答：解：A、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有fA=（3m）ω2r≤μ（3m）g．故A错误．B、由于A与C转动的角速度相同，对C，由摩擦力提供向心力，有fC=m×1.5rω2=fA，即C与转台间的摩擦力等于A与B间的摩擦力的一半，故B正确；CD、对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…①对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg…②对物体A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③联立①②③解得：ω≤．故C正确，D错误．本题选错误的，故选：AD点评：本题关键要灵活选取研究对象，分别对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析．　10．有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能EK随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）A．物体在斜面上运动的总时间t=2sB．斜面与物体间的摩擦力大小f=4NC．物体的质量为m=1kgD．斜面的倾角θ=37°考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：对物体进行受力分析，得出物体向上滑动的过程中的受力与物体下滑的过程中的受力，运用动能定理把动能和位移的关系表示出来．把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量．解答：-21-\n解：B、C、D、设斜面的倾角是θ，物体的质量是m，物体向上运动的过程中受到重力、支持力和向下的摩擦力；物体向下滑动的过程中受到重力．支持力和向上的摩擦力，由图象可知物体向上滑动的过程中，EK1=50J，EK2=0J，位移x=5m，下滑回到原位置时的动能，EK3=10J向上滑动的过程中，由动能定理得：EK2﹣EK1=﹣mgsinθ•x﹣fx，向下滑动的过程中，由动能定理得：EK3﹣EK2=mgsinθ•x﹣fx，代入数据解得：f=4Nmgsinθ=6N又：f=μmgcosθ所以：所以：θ=37°kg=1kg．故BCD正确；A、物体向上时的加速度：，物体向下时的加速度：，物体的初速度：物体回到原点的速度：向上运动时间t1=向下运动的时间：物体在斜面上运动的总时间t=．故A错误．故选：BCD点评：用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解．一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解．　二．实验题（共2小题，每空2分，共12分）11．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个计时点（图中没有画出），打点计时器接周期为T=0.02s的交流电源．经过测量得：d1=3.62cm，d2=9.24cm，d3=16.85cm，d4=26.46cm，d5=38.06cm，d6=51.67cm．（1）打点计时器在打E点时纸带运动的速度大小为　1.06　m/s，加速度大小为　2.00　m/s2．（结果保留三位有效数字）（2）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．-21-\n考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t=5T．利用匀变速直线运动的推论得：vE==1.06m/s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==2.00m/s2．（2）如果在某次实验中，交流电的频率49Hz，f＜50Hz，那么实际打点周期变大，根据运动学公式△x=at2得：真实的加速度值就会偏小，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大．故答案为：（1）1.06、2.00（2）大于点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．要注意单位的换算．　12．为了探究加速度与力、质量的关系，物理兴趣小组成员独立设计了如图甲所示的实验探究方案，并进行了实验操作．（1）在长木板的左端垫上木块的目的是　平衡摩擦力　；（2）实验中用砝码（包括小盘）的重力G=mg的大小作为小车（质量为M）所受拉力F的大小，能够实现这一设想的前提条件是　m＜＜M　；（3）图乙为小车质量M一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象．设图中直线斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量M为　　．-21-\n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：（1、2）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，了解平衡摩擦力的方法；（3）根据牛顿第二定律写出与小车上砝码质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．解答：解：（1）实验中有摩擦力影响，需要先平衡摩擦力，让长木板的左端适当垫高．（2）以M和m系统为研究对象，mg=（M+m）a，以小车为研究对象F拉=Ma联立方程得：，由此可知当m＜＜M时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力．（3）对小车，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，变形得所以﹣m图线的斜率表示，则k=，图象的截距为所以M=故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）m＜＜M；（3）点评：遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．　三．计算题（共5小题，共48分，要有必要的步骤，只写结果不给分．）13．质量m=0.5kg的木块静止于水平面上，现在恒力F作用下做匀加速直线运动，已知恒力大小F=5N，方向与水平方向成θ=37°角斜向上，如图所示．2s末撤去此拉力时，木块已滑行的距离s0=12m，（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．）求：（1）木块与地面间的动摩擦因数；（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离；（3）在整个运动过程中，摩擦力对木块做的功．考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度，通过牛顿第二定律，求出摩擦力和正压力，根据μ=求出动摩擦因数．-21-\n（2）撤去拉力后，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出木块继续滑行的距离．（3）对整个过程运用动能定理，根据拉力做功求出摩擦力对木块做的功解答：解：（1）在拉力作用下由得：对物体受力分析得：N+Fsinθ=mgFcosθ﹣μN=ma1联立解得：μ=0.5（2）2s末木块的速度：v1=a1t1=6×2m/s=12m/s匀减速阶段的加速度为：木块继续滑行的距离为：（3）对全过程分由动能定理可得：Fs0cos37°﹣Wf=0﹣0戴代入数据得摩擦力对木块做的功为：Wf=﹣48J答：（1）木块与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离为14.4m；（3）在整个运动过程中，摩擦力对木块做的功为﹣48J点评：物体先是匀加速直线运动，后是匀减速直线运动，求解加速度时要注意撤去拉力后，物体与地面的压力发生改变，物体与地面的滑动摩擦力也应该发生变化　14．汽车发动机的额定功率为30KW，质量为1000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍（g=10m/s2），求：（1）汽车在路面上能达到的最大速度；（2）若汽车以额定功率启动，当汽车速度为5m/s时的加速度；（3）若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度作匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了200m，直到获得最大速度后才匀速行驶．求汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：（1）当汽车达到最大速度时，处于受力平衡状态，汽车的牵引力和阻力大小相等，由P=Fv=fvm可以求得最大速度．（2）首先要求出速度为10m/s时汽车的牵引力的大小，再由牛顿第二定律可以求得此时加速度的大小（3）根据牛顿第二定律求的牵引力，根据P=Fv求的加速达到的最大速度，根据v=at求的加速所需时间，达到额定功率后根据动能定理求得额定功率下运动的时间即可解答：解：（1）汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得：P=Fv=fvm-21-\n所以Vm==30m/s（2）当速度V=5m/s时，则F==6000N，根据牛顿第二定律得F﹣f=ma，解得a==5m/s2（3）若汽车从静止开始做匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速阶段结束．由F﹣f=ma，解得匀加速阶段的牵引力F1=f+ma1=3000N匀加速运动的末速度V1==10m/s，则匀加速运动的时间t1==5s，之后做加速度逐渐减小的加速运动，直到达到最大速度，由动能定理得Pt2﹣fs=mVm2﹣mV12，解得t2=20s综上有：t=t1+t2=25s答：（1）汽车在路面上能达到的最大速度为30m/s；（2）若汽车以额定功率启动，当汽车速度为5m/s时的加速度为5m/s2；（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为25s．点评：本题考查的是机车启动的两种方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动．要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度．当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度　15．（10分）（2022秋•抚州校级月考）如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，已知小球在最高点A受到绳子的拉力刚好等于小球自身的重力，O点到水平地面的距离Soc=H且H＞L，重力加速度为g，求：（1）小球通过最高点A时的速度VA的大小；（2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力；（3）小球运动到A点或B点时细线断裂，小球落到地面对到C点的距离若相等，则L和H应满足什么关系．考点：动能定理；平抛运动；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）物体通过最高点，由重力和绳子的拉力充当向心力，由向心力公式可求得最高点的速度vA；（2）由机械能守恒定律可得出小球在最低点的速度，由牛顿第二定律求解拉力．-21-\n（3）细线断裂后，小球做平抛运动，由平抛运动的规律可得出l和L应满足的关系解答：解析：（1）小球在A点时，由mg+T=T=mg解得：VA=（2）小球在B点，有：FB﹣mg=小球从A到B，由动能定理得：mg•2L=mVB2﹣mVA2联立解得：VB=FB=7mg（3）小球从B点做平抛运动：S=VBt1H﹣L=gt12小球从A点做平抛运动：S=VAt2H+L=gt22联立解得：L=H答：（1）小球通过最高点A时的速度vA的大小为．（2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力是6mg．（3）小球运动到A点或B点时细线断裂，小球落到地面对到C点的距离若相等，则l和L应满足的关系为L=H点评：小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意最高点的受力及正确列出向心力公式　16．（10分）（2022秋•抚州校级月考）如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子（质量忽略不计）固定停放着一辆质量为M=2kg的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为R=0.6m，在最低点B与水平轨道BC相切，视为质点的质量为m=1kg的物块从A点正上方距A点高为h=1.2m处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行恰好停在轨道末端C．现去掉钉子（水平面依然光滑未被破坏）不固定小车，而让其左侧靠在竖直墙壁上，该物块仍从原高度处无初速下落，如乙图所示．不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平轨道BC长度；（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离；（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比．考点：动量守恒定律；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）当小车固定时，重力与摩擦力对物体做功，由动能定理即可求出BC的长度；-21-\n（2）物块到达B之前机械能守恒，由此求出到达B的速度；之后小车与物块组成的系统在水平方向的动量守恒，由此求出共同速度，由功能关系求出物块相对于小车的位移；（3）根据功能关系即可求出两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比．解答：解：（1）根据动能定理可得：mg（h+R）﹣μmgx=0﹣0，代入数据解得：x=18m．（2）到达B点前小车不动，对物块有：得：vB=6m/s之后小车匀加速，物块匀减速，二者在水平方向的动量守恒，选择向右为正方向，则最终二者速度相同时：mvB=（M+m）v得：v=m/s系统损失的机械能转化为内能，则：=J又：Q2=f•s相对=μmg•s相对所以：m即物块相对与B点的距离是12m（3）小车固定时摩擦系统产生的热量：Q1=μmgx=0.1×1×10×18=18J，小车不固定时摩擦系统产生的热量Q2=12J所以：两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比答：（1）水平轨道BC长度是18m；（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离是12m；（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比是3：2．点评：本题属于碰撞模型，考查了求速度、长度、冲量问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、动量定理即可正确解题．　17．（12分）（2022秋•抚州校级月考）如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R=0.9m的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，A、D之间放一水平传送带Ⅰ，B、C之间放一水平传送带Ⅱ，传送带Ⅰ以V1=8m/s的速度沿图示方向匀速运动，传送带Ⅱ以V2=10m/s的速度沿图示方向匀速运动．现将质量为m=2kg的物块从传送带Ⅰ的右端由静止放上传送带，物块运动第一次到A时恰好能沿半圆轨道滑下．物块与传送带Ⅱ间的动摩擦因数为μ2=0.35，不计物块的大小及传送带与半圆轨道间的间隙，重力加速度g=10m/s2，已知A、D端之间的距离为L=1.0m．求：（1）物块与传送带Ⅰ间的动摩擦因数μ1；（2）物块第1次回到D点时的速度；（3）物块第几次回到D点时的速度达到最大，最大速度为多大．-21-\n考点：动能定理；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对小物块第一次运动到传送带最左端时的速度的大小这个问题，学生一般会想把它作为DA段的末速u度来求，但是再进一步就走不动了，因为题目没给DA段的摩擦力，也没给摩擦因数，或者其他一些提示，比如说摩擦力为重力的几分之几．因为不知道摩擦力，所以动能定理当然也不能用．因此个问题就要再回到题目中仔细看题干，题干当中有这样一句：“小物块第一次运动到传送带最左端时恰好能从A点沿半圆轨道滑下”，题眼就在这里了．句中的“恰好能从A点沿半圆轨道滑下”就是题眼，打开这个题就从里开始．（题眼找不到，题目就打不开，余下的问题一个都做不了，所以找出“题眼”很关键．）这句话涉及到我们在学的绳杆模型问题，我们区分绳杆模型的依据是这个装置在最高点是否能为物体提供向上的支持力，所以这个轨道实际就是一个绳的模型．而“恰好能从A点沿半圆轨道滑下”，说明的是圆轨道AB的最高点A位置恰好是重力充当向心力，由此可以解出小物块第一次运动到传送带最左端时的速度的大小．因为在第一问已经求的A点的速度，要求摩擦因数可以用DA段的运动了．第一问的计算结果是：v=3m/s它小于传送带的速度8m/s，所以可以知道摩擦力在全程做功，因此列出动能定理方程，可以解得摩擦因数．（2）这一问要有全局观念，我们可以选择从D到A经BC再回到D这个过程，来应用一次动能定理．这个过程中摩擦力做功，列出动能定理就可解得结果．（3）先说明一下，这一问非常难，一般不会考到这个难度的题，即使现在作为高考的压轴题也少见这个难度的．以前物理单独考的时候有这个难度的，现在极少见了，不会的也不用气馁．来说一下分析思路，物体会在n次加速之后回到D点时，速度等于传送带的速度，这之后，传送带不再给物体加速解答：解析：（1）由题意可知，物块第一次到达A点时应满足：解得：VA1=3m/s＜V1故物块从D到A的过程中全程加速，由动能定理得：代入数据解得：μ1=0.45（2）设物块第一次从B到C全程加速，则物块第一次由D经A、B到C的过程，由动能定理得：-21-\n代入数据解得：VC1=m/s＜V2故假设成立，则物块由D出发到第一次回到D的过程，由动能定理：代入数据解得：VD1=4m/s（3）设每次物块在两传送带上都是全程加速，第N次到达C点时的速度恰好等于V2，代入数据解得：N=4同理，设第n次到达D点时的速度恰好等于V1，则由动能定理得：代入数据解得：n=4=N故第4次回到D点速度达到最大，之后每次都在传送带上匀速综上分析可知在D点的最大速度为8m/s答：（1）物块与传送带Ⅰ间的动摩擦因数是0.45；（2）物块第1次回到D点时的速度是4m/s；（3）物块第几次回到D点时的速度达到最大，最大速度为8m/s点评：本题由两个难点，一是在找到“题眼”解决第一问，以此来打开整个题目．这个还有点技巧可以用，就是要注意题目中一些临界性质的表述，比如常见到的“恰好”“刚好”“刚刚”等，指的就是一些临界情况，解题应予以关注．二是在第3问是个大难点，并且这个也没什么技巧可用，全凭经验和综合分析能力了　-21-