江西省宜春市奉新一中2022届高三物理上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年江西省宜春市奉新一中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（1-8题单选，每题3分；9-12题为多选，每题4分；共40分）1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是()A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数2．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是()A．t=2s时，a、b速度方向均发生改变B．t=4s时，a、b相距20mC．前4s，a、b均做匀变速直线运动D．前4s，a与b的加速度始终相同3．如图所示，质量分别为m1和m2两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B两点，两线与水平方向夹角分别为α，β且α＞β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为TA和TB，则下列说法正确的是()A．TA=TBB．TA＜TBC．m1=m2D．m1＞m24．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是()-22-\nA．受到向心力为mg+μmB．受到的摩擦力为μmC．受到的摩擦力为μmgD．受到的合力方向斜向左上方5．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是()A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B．电梯匀加速上升，加速度的大小为0.5m/s2C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.0m/s2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s26．在竖直向上的拉力F作用下，将货物由地面吊起，其运动的v2﹣x图象如图所示（取g=10m/s2）．则前3m内与最后2m内拉力的大小之比()A．12：7B．22：17C．22：23D．18：237．在地月系统中，若忽略其它天体的影响，可将地球和月球看成双星系统，即地球和月球在万有引力作用下做匀速圆周运动．地球上产生的垃圾越来越多，设想人类把垃圾不断地搬运到月球上去．经过长时间搬运后地球的质量仍大于月球的质量，地球和月球仍可以看作均匀球体，地球和月球之间的距离保持不变，则()A．地球与月球之间的引力不变B．地球与月球之间的引力减小C．月球运动的周期不变D．月球运动的周期增大8．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是()-22-\nA．B．C．D．9．如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B问的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则()A．当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=5μmg时，A的加速度为μgC．当F＞8μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg10．有一种新型交通工具如图，乘客的座椅能始终保持水平，当此车减速上坡时，乘客()A．处于失重状态B．处于超重状态C．受到向前的摩擦力D．受到向后的摩擦力11．如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，汽车受到的空气阻力与地面摩擦力之和保持不变．由此可得()A．在0～t1时间内，汽车一定做匀加速度运动B．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车的加速度一定不断减小D．在t1时刻，汽车速度一定小于vm12．如图所示，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ．起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，物块向左运动至弹簧压缩量为y时停下．当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v，则()-22-\nA．x＞yB．物块运动过程中的最大速度为vC．全过程弹簧弹性势能减小量为μmg（x+y）D．从物块开始运动到弹簧恢复原长的过程中弹力做功mv2﹣μmgx二、实验题（每空2分，共16分）13．在“研究匀变速直线运动”实验中，某同学用接在50Hz的交流电源上的打点计时器，得到一条纸带如图所示．纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序，取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离（单位：cm），分别标注在相应的计数点的下方，则：（1）在纸带上打下3点时速度v3=__________m/s（结果保留三位有效数字）．（2）通过数据可得，纸带的加速度a=__________m/s2（结果保留三位有效数字）．14．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化规律如图乙所示．（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=__________m/s，木块加速度a=__________m/s2；（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是__________；（已知当地的重力加速度g）15．如图所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成．他将质量相同的重物用细绳连接后（用M表示一个重物的质量），跨过光滑的轻质滑轮，且重物处于静止状态．再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度．（1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有__________．A．小重物的质量mB．绳子的长度-22-\nC．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出﹣图象（各物理量均为国际单位制单位），如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为L，则可求出当地的重力加速度g=__________，并可求出重物质量M=__________．三、计算题（本题共5小题，6+6+8+10+12=44分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）16．一物块沿水平面由A向B做匀加速直线运动．通过A点时的速度为1m/s，经2s到达B点，再运动8m到达C点，速度为5m/s，求：物块的加速度a及通过B点的速度．17．如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接．弹簧下端固定于地面，上端与B连接，A放在光滑斜面上，开始用手控住A，细线刚好拉直，但无拉力．滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．物体A释放后沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度．重力加速度为g，求：（1）斜面倾角α；（2）刚释放时，A的加速度．18．2022年12月2日，我国成功发射探月卫星“嫦娥三号”，该卫星在环月圆轨道绕行n圈所用的时间为t，月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0．（1）请推导出“嫦娥三号”卫星离月球表面高度的表达式；（2）地球和月球的半径之比为=4，表面重力加速度之比为=6，试求地球和月球的密度之比．-22-\n19．如图甲所示，质量为m的相同木块A和木板B叠放在水平面上，A光滑且位于B的最右端，B与地面间动摩擦因数为μ，水平力F=mg作用在B上，A、B以2m/s的共同速度沿水平面向右匀速运动，0.2s后F加倍，0.2S前二者速度v随时间t的变化关系如图所示，g=10m/s2．（1）试求μ的值；（2）若B足够长，请在乙图中作出0.2s～0.4sA、B运动的v﹣t图线，并标出0.4s时的纵坐标值；（3）若前0.4sA不会从B上滑落，木板B至少有多长．20．如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R．求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小．（2）小球刚到C时对轨道的作用力．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？-22-\n2022-2022学年江西省宜春市奉新一中高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（1-8题单选，每题3分；9-12题为多选，每题4分；共40分）1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是()A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律．【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．故选：D．【点评】万有引力定律表达式不是数学公式，各量均有一定的涵义．同时突出作用力与反作用力、平衡力两者的区别．2．物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是()A．t=2s时，a、b速度方向均发生改变B．t=4s时，a、b相距20mC．前4s，a、b均做匀变速直线运动D．前4s，a与b的加速度始终相同【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】速度时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．【解答】解：A、由图象可知，前4s，a的速度都为正，b的速度都为负，所以t=2s时，a、b速度方向均没有发生改变．故A错误．-22-\nB、图线与时间轴围成的面积表示位移，则t=4s时，a、b相距．故B正确．D、图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，ab的加速度方向都发生了变化，不是匀变速直线运动，故C错误．D、图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，a与b的加速度方向始终相反，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向．3．如图所示，质量分别为m1和m2两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B两点，两线与水平方向夹角分别为α，β且α＞β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为TA和TB，则下列说法正确的是()A．TA=TBB．TA＜TBC．m1=m2D．m1＞m2【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】对AB两个物体受力分析，AB都处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件列式比较即可，AB两个物体的弹簧弹力相同．【解答】解：对AB两个物体受力分析，如图所示：AB都处于静止状态，受力平衡，则有：对A：，m1g=F弹tanα，对B：，m2g=F弹tanβ，同一根弹簧，弹力相等，α＞β，所以tanα＞tanβ，cosα＜cosβ，则TA＞TB，m1＞m2，故D正确．故选：D【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确对AB两个物体进行受力分析，注意抓住AB两个物体的弹簧弹力相同结合几何关系求解．4．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是()-22-\nA．受到向心力为mg+μmB．受到的摩擦力为μmC．受到的摩擦力为μmgD．受到的合力方向斜向左上方【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向．【解答】解：A、向心力的大小Fn=m．故A错误．B、根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m，则有：N=mg+m．所以滑动摩擦力为：f=μN=μ（mg+m）．故B错误，C也错误．D、由于重力支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左，则物体合力的方向斜向左上方．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．5．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是()A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B．电梯匀加速上升，加速度的大小为0.5m/s2C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.0m/s2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．-22-\n【解答】解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mg﹣F=ma解得：F=m（g﹣a）=9mB、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）=10.5mC、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律F﹣mg=ma解得：F=m（g+a）=11mD、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mg﹣F=ma解得：F=m（g﹣a）=9.5m故选：C．【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！6．在竖直向上的拉力F作用下，将货物由地面吊起，其运动的v2﹣x图象如图所示（取g=10m/s2）．则前3m内与最后2m内拉力的大小之比()A．12：7B．22：17C．22：23D．18：23【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由图象可求得物体的加速度，再由牛顿第二定律可求得两段位移内的拉力大小之比．【解答】解：物体是从静止开始运动的，根据运动学公式v2﹣v02=2ax得v2﹣x图象斜率的意义表示物体的加速度，前3m内货物的加速度向上，加速度大小是1m/s2，根据牛顿第二定律得：F1﹣mg=ma1，最后2m内货物加速度方向向下，加速度大小是1.5m/s2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma2．解得：前3m内与最后2m内货物的受到的拉力大小之比为22：17，故选：B．【点评】本题关键是根据v2﹣x图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超失重情况，注意只要加速度向上，物体就处于超重状态．7．在地月系统中，若忽略其它天体的影响，可将地球和月球看成双星系统，即地球和月球在万有引力作用下做匀速圆周运动．地球上产生的垃圾越来越多，设想人类把垃圾不断地搬运到月球上去．经过长时间搬运后地球的质量仍大于月球的质量，地球和月球仍可以看作均匀球体，地球和月球之间的距离保持不变，则()A．地球与月球之间的引力不变B．地球与月球之间的引力减小-22-\nC．月球运动的周期不变D．月球运动的周期增大【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力定律，表示出地球与月球间万有引力，根据地球和月球质量的变化求出地球与月球间万有引力的变化．研究月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期，再根据已知量找出周期的变化【解答】解：A、B、设月球质量为m，地球质量为M，月球与地球之间的距离为r，根据万有引力定律得地球与月球间的万有引力：F=，由于不断把月球上的矿藏搬运到地球上，所以m减小，M增大．由数学知识可知，当m与M相接近时，它们之间的万有引力较大，当它们的质量之差逐渐增大时，m与M的乘积将减小，它们之间的万有引力值将减小，故A错误、B正确．C、D、设地球质量为M，月球质量为m，地球做圆周运动的半径为r1，月球做圆周运动的半径为r2，则：地月间距离r=r1+r2①对于地球有：G=Mr1②对于月球有：G=m可得双星系统的周期T=2π由于地月总质量M+m不变，所以地球、月球运动的周期不变．故C正确D错误故选：BC【点评】要比较一个物理量大小或变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用8．伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为μ．小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2．规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是()A．B．C．D．【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】常规题型．-22-\n【分析】据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解．【解答】解：A、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsinθ﹣μgcosθ小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsinθ+μgcosθ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B正确；C、小球的动能与速率的二次方成正比，即Ek=mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C错误；D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误；故选：B．【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．9．如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B问的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则()A．当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=5μmg时，A的加速度为μgC．当F＞8μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析【解答】解：A、AB之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=4μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（mA+mB）g=2μmg，A、当F＜4μmg时，F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，当2μmg＜F＜4μmg，由于拉力大于B与地面间的最大静摩擦力；故AB与地面间发生相对滑动；故A错误；B、当F=5μmg时，F＞4μmg；故AB间会发生相对滑动；此时加速度a′=；故B正确；C、当F＞8μmg时，F＞4μmg；故AB间会发生相对滑动，故C正确；D、当AB发生相对滑动时，B的加速度为，故D错误故选：BC-22-\n【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力10．有一种新型交通工具如图，乘客的座椅能始终保持水平，当此车减速上坡时，乘客()A．处于失重状态B．处于超重状态C．受到向前的摩擦力D．受到向后的摩擦力【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向【解答】解：A、当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的加速度，所以处于失重状态，故A正确，B错误对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，所以受到向后的摩擦力作用．故C错误，D正确．故选：AD【点评】该题考查受力分析的基本方法与步骤，解答本题关键是结合运动状态对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解11．如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，汽车受到的空气阻力与地面摩擦力之和保持不变．由此可得()A．在0～t1时间内，汽车一定做匀加速度运动B．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车的加速度一定不断减小D．在t1时刻，汽车速度一定小于vm【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，根据牛顿第二定律求出加速度，从而判断出汽车的运动情况．当输出功率达到额定功率，根据P=Fv，根据速度的变化判断牵引力的变化，从而判断出加速度的变化．【解答】解：A、0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力不变，牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，故A正确；B、汽车的功率在t1达到额定功率，根据P=Fv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B错误；-22-\nC、在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，汽车的加速度为零，保持不变，故C错误；D、在t1时刻汽车匀加速结束，汽车在t1～t2时间内做加速度减小的加速运动，到t2时刻汽车的速度已经达到最大vm，因此t1时刻汽车的速度小于vm，故D正确；故选：AD．【点评】本题考查了汽车匀加速启动的运动过程，汽车匀加速启动，先做初速度为零的匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，分析清楚汽车的运动过程是正确解题的前提与关键，当牵引力等于阻力时，即加速度为零时，速度达到最大．12．如图所示，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ．起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，物块向左运动至弹簧压缩量为y时停下．当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v，则()A．x＞yB．物块运动过程中的最大速度为vC．全过程弹簧弹性势能减小量为μmg（x+y）D．从物块开始运动到弹簧恢复原长的过程中弹力做功mv2﹣μmgx【考点】功能关系；动能定理．【分析】x与y的大小可根据没有摩擦力时两者的关系分析．通过分析物块的受力情况，判断其运动情况，确定最大速度．根据能量守恒分析弹性势能的减小量及弹力做功．【解答】解：A、若没有摩擦力，物块做简谐运动，根据对称性可知x=y．现在物块受到滑动摩擦力作用，机械能要减少，可得x＞y，故A正确．B、从放手到弹簧的长度恢复原长过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，所以物块先加速后减速，最大速度一定大于v，故B错误．C、根据能量守恒定律可知，全过程弹簧弹性势能的减小量为μmg（x+y），故C正确．D、从物块开始运动到弹簧恢复原长的过程中，根据动能定理可得：WF﹣μmgx=mv′2弹力做功为WF=+μmgx＞+μmgx，故D错误．故选：AC【点评】本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，分析能量如何转化时，要搞清能量有几种形式，再分析如何转化．二、实验题（每空2分，共16分）13．在“研究匀变速直线运动”实验中，某同学用接在50Hz的交流电源上的打点计时器，得到一条纸带如图所示．纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序，取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离（单位：cm），分别标注在相应的计数点的下方，则：（1）在纸带上打下3点时速度v3=0.330m/s（结果保留三位有效数字）．-22-\n（2）通过数据可得，纸带的加速度a=0.738m/s2（结果保留三位有效数字）．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题；直线运动规律专题．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的瞬时速度．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出纸带的加速度．【解答】解：（1）计数点3的瞬时速度等于2、4两点间的平均速度，则m/s=0.330m/s．（2）根据△x=aT2，运用逐差法得，a==m/s2=0.738m/s2故答案为：（1）0.330（2）0.738【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．14．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化规律如图乙所示．（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.4m/s，木块加速度a=1m/s2；（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是斜面倾角θ；（已知当地的重力加速度g）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；摩擦力专题．【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，-22-\n得0.4s末的速度为：v=m/s=0.4m/s，0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，则木块的加速度为：a===1m/s2．（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ得：μ=所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ；故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角θ．【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．15．如图所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成．他将质量相同的重物用细绳连接后（用M表示一个重物的质量），跨过光滑的轻质滑轮，且重物处于静止状态．再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度．（1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有AC．A．小重物的质量mB．绳子的长度C．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出﹣图象（各物理量均为国际单位制单位），如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为L，则可求出当地的重力加速度g=，并可求出重物质量M=．-22-\n【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出﹣关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小．【解答】解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得：mg=（2M+m）a，解得：a=根据h=at2，则有：g=所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间．故A、C正确．故选：AC．（2）因为a=，则=•+，知图线斜率k=，L=，解得g=，M=．故答案为：（1）AC；（2）；．【点评】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出﹣关系式，结合图线的斜率和解决进行求解．-22-\n三、计算题（本题共5小题，6+6+8+10+12=44分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）16．一物块沿水平面由A向B做匀加速直线运动．通过A点时的速度为1m/s，经2s到达B点，再运动8m到达C点，速度为5m/s，求：物块的加速度a及通过B点的速度．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据已知条件分别对AB和BC过程进行分析，列出运动学公式联立可求得加速度和速度．【解答】解：对AB过程由速度公式可得：vB=vA+at1①对BC过程由速度和位移关系可得：②联立解得：a=1m/s2vB=3m/s答：物块的加速度a为1m/s2；通过B点的速度为3m/s．【点评】对于多过程的运动学题目，要注意找出两过程中的关系，然后分别对两过程列式，联立可解．17．如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接．弹簧下端固定于地面，上端与B连接，A放在光滑斜面上，开始用手控住A，细线刚好拉直，但无拉力．滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．物体A释放后沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度．重力加速度为g，求：（1）斜面倾角α；（2）刚释放时，A的加速度．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）B速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件可以求出斜面的倾角．（2）分别对A、B应用牛顿第二定律列方程，然后可以求出加速度．【解答】解：（1）B速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：2mgsinα=mg，解得：sinα=，则α=300；（2）刚释放A时，由牛顿第二定律得：对A：2mgsinα﹣T=2ma，对B：T+F弹﹣mg=ma，弹力：F弹=mg，解得：a=g，方向沿斜面向下；-22-\n答：（1）斜面倾角α为30°；（2）刚释放时，A的加速度为g．【点评】本题考查求斜面倾角、A的加速度，分析清楚物体运动过程，对物体正确受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律可以解题．18．2022年12月2日，我国成功发射探月卫星“嫦娥三号”，该卫星在环月圆轨道绕行n圈所用的时间为t，月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0．（1）请推导出“嫦娥三号”卫星离月球表面高度的表达式；（2）地球和月球的半径之比为=4，表面重力加速度之比为=6，试求地球和月球的密度之比．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律在天体运动中的应用专题．【分析】（1）“嫦娥三号”星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力，列出等式求解．（2）根据密度的公式和已知量表示出密度，再求密度之比．【解答】解：（1）由题意知，“嫦娥三号”卫星的周期为T=设卫星离月球表面的高度为h，由万有引力提供向心力得：G=m（R0+h）在月球表面，根据重力等于万有引力，得G=m′g0．联立解得：h=﹣R0（2）设星球的密度为ρ，由G=m′g得GM=gR2ρ==联立解得：ρ=设地球、月球的密度分别为ρ1、ρ0，则：=×==答：-22-\n（1）“嫦娥三号”卫星离月球表面高度的表达式为h=﹣R0．（2）地球和月球的密度之比为．【点评】本题考查应用物理知识分析研究科技成果的能力，基本思路是：建立模型，运用万有引力等于向心力研究．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量灵活选择．19．如图甲所示，质量为m的相同木块A和木板B叠放在水平面上，A光滑且位于B的最右端，B与地面间动摩擦因数为μ，水平力F=mg作用在B上，A、B以2m/s的共同速度沿水平面向右匀速运动，0.2s后F加倍，0.2S前二者速度v随时间t的变化关系如图所示，g=10m/s2．（1）试求μ的值；（2）若B足够长，请在乙图中作出0.2s～0.4sA、B运动的v﹣t图线，并标出0.4s时的纵坐标值；（3）若前0.4sA不会从B上滑落，木板B至少有多长．【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0.2S前二者速度v随时间t的变化关系可得，AB系统水平方向受力平衡，由平衡条件可得μ的值；（2）根据共点力平衡求出滑动摩擦力的大小，结合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小．（3）0.2s﹣0.4s，A运动状态不变，继续做匀速直线运动，B做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合速度时间公式求出B的速度．作出v﹣t图线【解答】解：（1）在0～0.2s内A、B做匀速直线运动，分析B根据平衡条件有F=2μmg又F=mg解得：μ=0.5（2）0.2s～0.4s，A运动状态不变，继续做匀速直线运动，B做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：2F﹣2μmg=ma解得：a=2μg=10m/s20.4s时B的速度v=v0+at=2m/s+10×0.2m/s=4m/s如图所示-22-\n（3）根据（2）问所作图象知木板B长至少为答：（1）试求μ的值为0.5m/s2；（2）若B足够长，请在乙图中作出0.2s～0.4sA、B运动的v﹣t图线，并标出0.4s时的纵坐标值为4m/s；（3）若前0.4sA不会从B上滑落，木板B至少有0.2m．【点评】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，理清A、B物体的运动规律是解决本题的关键．20．如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R．求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小．（2）小球刚到C时对轨道的作用力．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）对球从A运动至C过程运用动能定理列式求解即可；（2）在C点，重力和支持力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律列式求解支持力；然后再结合牛顿第三定律求解压力；（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的点（设为Q）时，速度减为零，然后滑回D．由动能定理列出等式求解．【解答】解：（1）设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg（5Rsin37°+1.8R）﹣μmgcos37°•5R=，-22-\n可得：vC=．．（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN﹣mg=m，其中r满足：r+r•sin53°=1.8R，联立上式可得：FN=6.6mg，由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点应满足：m≥mg小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：﹣μmgR﹣mg•2R′=mvP2﹣mvC2，可得：R′≤R=0.92R，情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有：﹣μmgR﹣mg•R′=0﹣mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R．答：（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小是．（2）小球刚到C时对轨道的作用力是6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R．【点评】此题要求熟练掌握动能定理、圆周运动等规律，包含知识点多，关键要知道小球在运动过程中不脱离轨道可能做完整的圆周运动，也可能只在四分之一圆轨道上运动．运用动能定理时，要明确所研究的过程，分析各个力所做的总功．-22-