江苏省宿迁市泗阳县致远中学2022届高三物理上学期11月月考试题含解析

2022-2022学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三（上）月考物理试卷（11月份）　一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．1．物块A置于倾角为30°的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，如图所示．A、B重力分别为10N和4N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（　　）A．弹簧对A的拉力大小为6NB．弹簧对A的拉力大小为10NC．斜面对A的摩擦力大小为1ND．斜面对A的摩擦力大小为6N　2．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1．已知万有引力常量为G，地球半径为R．下列说法中正确的是（　　）A．地球质量M=B．地球质量M=C．地球赤道表面处的重力加速度g=aD．加速度之比=　3．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是（重力加速度为g）（　　）A．货物的动能一定增加mah﹣mghB．货物的机械能一定增加mah-30-\nC．货物的重力势能一定增加mahD．货物的机械能一定增加mah+mgh　4．如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t=0时被无初速释放，此时开始受到一随时间变化规律为F=kt的水平力作用．f、a、v和△EP分别表示物块所受的摩擦力、物块的加速度、速度和重力势能变化量．则下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是（　　）A．B．C．D．　5．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．下列说法中错误的是（　　）A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F﹣μmgC．当F＞2μmg时，绳中拉力为D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于　-30-\n6．如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间动摩擦因数均为μ2，且μ1=2μ2．当小物块以速度v0从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当小物块以速度从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（　　）A．刚好为B点B．刚好为C点C．介于AB之间D．介于BC之间　　二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量某小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长．下列说法中正确的是（　　）A．甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的大B．两图中弹簧测力计的示数一样大C．甲图中绳的拉力比乙图中的大D．乙图中绳的拉力比甲图中的大　8．如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端．上述过程中，若用h、x、v和a分别表示物块距水平地面高度、位移、速度大小和加速度的大小，t表示运动时间．下列图象中可能正确的是（　　）-30-\nA．B．C．D．　9．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（　　）A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间D．过网时球1的速度大于球2的速度　10．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与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C．转台的角速度一定满足：-30-\nD．转台的角速度一定满足：　11．如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、﹣5．g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的是（　　）A．轻杆的长度为0.6mB．小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C．B点对应时刻小球的速度为3m/sD．曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m　　三、简答题：12题8分，13题10分，共18分．12．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．-30-\n（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=　　　　　　m/s2．（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与计时器间的摩擦．图丙的图象中可能正确的是　　　　　　．（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1　　　　　　F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是　　　　　　．A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．　13．（10分）（2022秋•泗阳县校级月考）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的光滑四分之一固定圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度大小为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落点D；④重复步骤③；⑤将多次落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．（1）上述步骤中不必要的是　　　　　　（只填出序号）．（2）用实验中的测量量表示物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=　　　　　　．-30-\n（3）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因可能是　　　　　　．（写出一个可能的原因即可）．（4）若由于BC足够长，物块不能从BC上滑下，简述在不增加测量器材的情况下如何测出物块Q与平板P之间的动摩擦因数　　　　　　．　　四、计算题：本题共4小题，共计64分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（15分）（2022•宿迁一模）一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程；（3）物块释放时距地面的高度．　15．（16分）（2022•宿迁一模）如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不栓接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R．开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．-30-\n（1）求小球经C点时的动能；（2）求小球经C点时所受的弹力；（3）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．　16．（16分）（2022•盐城一模）如图所示，质量分别为M、m的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动，弹簧第一次恢复原长时A、B速度分别为υ1、υ2．（1）求物块A加速度为零时，物块B的加速度；（2）求弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离；（3）试分析：在弹簧第一次恢复原长前，弹簧的弹性势能最大时两物块速度之间的关系？简要说明理由．　17．（17分）（2022•海珠区三模）如图所示，小物块AB由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度为v0=2m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1=6m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B质量为1kg，B与传送带间的动摩擦因素为0.2．斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）B向右运动的总时间；（2）B回到传送带左端的速度；（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．　-30-\n　2022-2022学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析　一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．1．物块A置于倾角为30°的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，如图所示．A、B重力分别为10N和4N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（　　）A．弹簧对A的拉力大小为6NB．弹簧对A的拉力大小为10NC．斜面对A的摩擦力大小为1ND．斜面对A的摩擦力大小为6N【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】弹簧的弹力等于B的重力，隔离对A分析，根据共点力平衡求出斜面对A的摩擦力大小．【解答】解：A、弹簧对A的弹力等于B的重力，即F=GB=4N，故A、B错误．C、对A分析，根据共点力平衡得，GAsin30°=f+F，解得斜面对A的摩擦力f=．故C正确，D错误．故选：C．【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，基础题．　2．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1．已知万有引力常量为G，地球半径为R．下列说法中正确的是（　　）-30-\nA．地球质量M=B．地球质量M=C．地球赤道表面处的重力加速度g=aD．加速度之比=【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．【解答】解：A、根据万有引力充当向心力：知质量M=，A正确B错误C、地球表面物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，C错误D、加速度a=Rω2，不与半径的平方成正比，D错误故选：A【点评】根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题．　3．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是（重力加速度为g）（　　）A．货物的动能一定增加mah﹣mghB．货物的机械能一定增加mahC．货物的重力势能一定增加mahD．货物的机械能一定增加mah+mgh【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】根据重力做功的大小求出重力势能的增加量，根据合力做功的大小求出动能的增加量，根据动能和重力势能的增加量求出机械能的增加量．【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：合力为F合=ma，则合力做功为W合=mah，知动能增加量为mah．故A错误．-30-\nB、货物上升h高度，重力势能的增加量为mgh，则机械能的增加量为mah+mgh．故B、C错误，D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系，对于机械能的变化量，也可以通过除重力以外其它力做功等于机械能增加量求出机械能的增加量．　4．如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t=0时被无初速释放，此时开始受到一随时间变化规律为F=kt的水平力作用．f、a、v和△EP分别表示物块所受的摩擦力、物块的加速度、速度和重力势能变化量．则下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是（　　）A．B．C．D．【考点】滑动摩擦力；匀变速直线运动的图像．【专题】摩擦力专题．【分析】本题首先要通过分析物块的受力情况，来分析其运动情况，根据牛顿第二定律得到加速度与时间的关系，得到摩擦力f与时间的关系，由速度变化研究动能，再选择图象．【解答】解：物块在t=0时被无初速释放，由于F=kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上．取竖直向下方向为正方向．-30-\nA、物块在t=0时被无初速释放，由于F=kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上．取竖直向下方向为正方向．物块运动过程中，f=μFN=μF=μkt，f与t成正比；当物块静止时，f=mg保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，故A错误．B、C、加速运动过程中：mg﹣f=ma…①又f=μN=μF=μkt，得a=g﹣t，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；v﹣t图象的斜率应减小．减速运动过程中：由于mg＜f，由①得知，随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变减速运动；v﹣t图象的斜率应增大．故B错误，C正确．D、由于v与时间是非线性关系，动能Ek=mv2，则知动能与时间也非线性关系，其图象应曲线，故D错误．故选：C．【点评】本题关键要分析物块的运动情况，由牛顿第二定律分析加速度与时间的关系，得到摩擦力的表达式进行选择．　5．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．下列说法中错误的是（　　）A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F﹣μmgC．当F＞2μmg时，绳中拉力为D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于【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．-30-\n【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．【解答】解：A、当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0．故A正确；B、当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态．此时A受到的静摩擦力到达最大即μmg，所以绳中拉力为F﹣μmg．故B正确；C、当F＞2μmg时，对整体：，对B：，联立解得绳中拉力为．故C正确；D、由B的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F﹣μmg，绳中拉力可能等于．故D错误．本题选择错误的，故选：D【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．　6．如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间动摩擦因数均为μ2，且μ1=2μ2．当小物块以速度v0从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当小物块以速度从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（　　）A．刚好为B点B．刚好为C点C．介于AB之间D．介于BC之间【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】物块向上运动过程要克服重力与阻力做功，应用动能定理求出物块的位移，然后答题．【解答】解：设斜面的倾角为θ，AB=BC=CD=DE=s，μ1=2μ2=2μ，则μ2=μ，-30-\n物块以速度v0上滑过程中，由动能定理得：﹣mg•4s•sinθ﹣μmgcosθ•2s﹣2μ•mgcosθ•2s=0﹣mv02，则：mv02=4mgs•sinθ+6μmgscosθ，初速度为时，m（）2=×mv02=mgs•sinθ+μmgscosθ＜mgs•sinθ+2μmgscosθ，则滑块能达到的最大高点在B点以下，即介于AB之间某点；故选：C．【点评】本题考查了判断滑块能到达的最高点，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理即可正确解题．　二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量某小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长．下列说法中正确的是（　　）A．甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的大B．两图中弹簧测力计的示数一样大C．甲图中绳的拉力比乙图中的大D．乙图中绳的拉力比甲图中的大【考点】力的合成．【分析】弹簧秤测量的是小桶的重力，与绳子的长短无关；而当一力进行分解时，根据力的平行四边形定则，即可确定分力与夹角的关系，从而求解．【解答】解：A、由题意可知，弹簧秤是测量小桶的重力，而与绳子的长短无关，故A错误，B正确；-30-\nC、当一力进行分解时，当夹角越小，分力越小，当夹角越大时，分力也越大，甲图中绳的拉力之间的夹角小于乙图中的夹角，则甲图中绳的拉力比乙图中的小，故C错误，D正确；故选：BD．【点评】考查弹簧秤的读数与物体的重力的关系，掌握力的平行四边形定则的内容，注意力的分解时，夹角与分力关系，是解题的关键．　8．如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端．上述过程中，若用h、x、v和a分别表示物块距水平地面高度、位移、速度大小和加速度的大小，t表示运动时间．下列图象中可能正确的是（　　）A．B．C．D．【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】根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形．【解答】解：A、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故A正确．B、上滑时x曲线斜率先大后小，下滑时x曲线斜率先小后大，故B错误．C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，故C正确．D、因上滑过程中、下滑过程中的加速度大小均不变，且上滑时加速度大于下滑时的加速度，故加速度应该为两条水平短线，故D错误．故选：AC．-30-\n【点评】根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可．　9．如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网．不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（　　）A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间D．过网时球1的速度大于球2的速度【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据PG=mgvy判定功率关系；根据△v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度．【解答】解：AC、将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据过网时的速度方向均垂直于球网，知竖直方向末速度为零，根据vy=v0﹣gt和h=v知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，PG=mgvy相同，故A正确；B、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故BC错误；D、根据以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，故过网时球1的速度大于球2的速度，D正确．故选：AD【点评】此题考查斜抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析．　-30-\n10．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与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C．转台的角速度一定满足：D．转台的角速度一定满足：【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．【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f=（3m）ω2r≤μ（3m）g．故A错误．B、由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m×1.5rω2＜3mrω2即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；C、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：，故C正确，D错误．本题选错误的，故选ABD．【点评】本题关键是对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是关键．-30-\n　11．如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、﹣5．g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的是（　　）A．轻杆的长度为0.6mB．小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C．B点对应时刻小球的速度为3m/sD．曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移．【解答】解：A、设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：，所以：m．故A正确；-30-\nB、若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则：，临界速度：m/s＞vA=1m/s．由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力．故B正确；C、小球从A到B的过程中机械能守恒，得：，所以：m/s．故C错误；D、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m．故D错误．故选：AB【点评】该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答．该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解．　三、简答题：12题8分，13题10分，共18分．12．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=　0.16　m/s2．（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．不计纸带与计时器间的摩擦．图丙的图象中可能正确的是　B　．-30-\n（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1　＞　F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是　D　．A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动能定理的应用专题．【分析】（1）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；（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象，由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点；（3）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；（4）在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，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==0.16m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；故选：B．-30-\n（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma所以F1＞F2，（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；故选：D．故答案为：（1）0.16；（2）B；（3）＞；（4）D【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．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，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．　13．（10分）（2022秋•泗阳县校级月考）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的光滑四分之一固定圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度大小为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落点D；④重复步骤③；⑤将多次落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．（1）上述步骤中不必要的是　①　（只填出序号）．（2）用实验中的测量量表示物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=　﹣　．-30-\n（3）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因可能是　圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力　．（写出一个可能的原因即可）．（4）若由于BC足够长，物块不能从BC上滑下，简述在不增加测量器材的情况下如何测出物块Q与平板P之间的动摩擦因数　测出物块在BC上滑行的距离x．根据mgR=μmgx，就能测得动摩擦因数μ．　．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；研究平抛物体的运动．【专题】实验题；平抛运动专题．【分析】（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由功的计算公式可以求出动摩擦因数．（3）多次实验的目的是减小实验误差，误差偏大的原因是存在摩擦阻力．（4）根据题意可选择合适的物理规律来解决问题．【解答】解：（1）从A到B，由动能定理得：mgR=EKB﹣0，则物块到达B时的动能：EKB=mgR；离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s=vCt，竖直方向：h=gt2，物块在C点的动能：EKC=mvC2，解得：EKC=；由B到C过程中，由动能定理得：﹣Wf=mvC2﹣mvB2，克服摩擦力做的功：Wf=mgR﹣；-30-\nB到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf=μmgL=mgR﹣，则：μ=﹣；则可知，实验中不需要测量物体的质量；故步骤①不必要；（3）实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦或空气阻力，接缝B处不平滑等．故答案为：（1）；（2）减小实验的偶然误差；圆弧轨道与滑块间有摩擦．（4）因物体不能滑出平台；则可以测出物块在BC上滑行的距离x．根据mgR=μmgx，就能测得动摩擦因数μ．故答案为：（1）①（2）﹣；（3）圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力（4）测出物块在BC上滑行的距离x．根据mgR=μmgx，就能测得动摩擦因数μ．【点评】熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题，学会根据实验数据来实验结果分析，注意实验误差不会没有，只能降低．　四、计算题：本题共4小题，共计64分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（15分）（2022•宿迁一模）一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程；（3）物块释放时距地面的高度．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】从飞机上释放一物块，物块做竖直上抛运动，根据速度时间公式求出物块落到地面时的速度．根据速度位移公式求出物块上升的位移，根据位移时间公式求出下降的位移，从而得出物块2.0s内通过的路程．对全过程运用位移时间公式求出物块释放点的高度．-30-\n【解答】解：（1）设物块落地时速度为v，由速度公式：v=v0﹣gt带入数据解得：v=﹣15m/s，负号说明方向竖直向下；（2）物块上升过程：由，带入数据得：h1=1.25m下降过程：由v2﹣0=2gh2，代入数据得：h2=11.25m物块通过的路程为：s=h1+h2=12.5m；（3）由代入数据得，位移H=﹣10m，释放时离地面的高度为10m．答：（1）物块落到地面时的速度为15m/s，方向竖直向下；（2）物块2.0s内通过的路程为12.5m；（3）物块释放时距地面的高度为10m．【点评】本题考查了竖直上抛运动的基本运用，对于竖直上抛运动，可以分段求解，也可以全过程求解．　15．（16分）（2022•宿迁一模）如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不栓接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R．开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．-30-\n（1）求小球经C点时的动能；（2）求小球经C点时所受的弹力；（3）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．【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）由机械能守恒定律可以求出小球的动能．（2）小球做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出弹力大小．（3）小球离开C后做平抛运动，由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．【解答】解：（1）解除弹簧锁定后小球运动到C点过程，弹簧和小球系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR=2mgR+Ek，解得：Ek=mgR；（2）小球过C时的动能：，设小球经过C点时轨道对小球的作用力为F，由牛顿第二定律得：，解得：F=mg，方向向下；（3）小球离开C点后做平抛运动，竖直方向：，水平方向：x1=v1t，若要小球击中薄板，应满足：R≤x1≤2R，弹簧的弹性势能：EP=，弹性势能EP满足：时，小球才能击中薄板；答：（1）小球经C点时的动能为mgR；（2）小球经C点时所受的弹力为mg，方向向下；（3）当时，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．【点评】本题考查了求小球的动能、弹力、弹簧的弹性势能，分析清楚小球的运动过程，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动规律即可正确解题．　-30-\n16．（16分）（2022•盐城一模）如图所示，质量分别为M、m的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动，弹簧第一次恢复原长时A、B速度分别为υ1、υ2．（1）求物块A加速度为零时，物块B的加速度；（2）求弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离；（3）试分析：在弹簧第一次恢复原长前，弹簧的弹性势能最大时两物块速度之间的关系？简要说明理由．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】对于整体而言，有力F对整体做正功，所以系统的机械能将不断的增大；A从静止开始运动，弹簧的被拉长，产生弹力，从而使B开始运动，在运动的过程中A的合力逐渐的减小，而B的合力在逐渐的增大，当加速度相同之后，A的速度增加不如B速度增加的快了，此时，它们的速度之差也就减小了；当A、B的速度相等时，弹簧的型变量最大，此时弹簧的弹性势能最大；【解答】解：（1）物块A加速度为零时，弹簧弹力等于拉力，物块B的加速度为：aB==（2）弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离为x，则A的位移也是x，F作用的位移也是x由动能定理知：Fx=解得：x=+（3）对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对A有：F﹣F1=ma，对B有：F1=ma，两物体运动的v﹣t图象如图所示，在整个过程中，A的合力（加速度）先减小，而B的合力（加速度）先增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）．-30-\ntl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t1时刻之后，A的速度仍大于B的速度，弹簧仍在伸长，弹簧势能仍在增加，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长，此时弹簧的弹性势能最大．答：（1）物块A加速度为零时，物块B的加速度；（2）弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离：+；（3）在弹簧第一次恢复原长前，当A、B的速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大．【点评】解决本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．　17．（17分）（2022•海珠区三模）如图所示，小物块AB由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度为v0=2m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1=6m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B质量为1kg，B与传送带间的动摩擦因素为0.2．斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）B向右运动的总时间；（2）B回到传送带左端的速度；（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．-30-\n【考点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）B向右运动的过程中分别以A与B为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出运动的时间；（2）B向左运动的过程中B为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出B回到传送带左端的速度；（3）求出B运动的各段的时间，然后求出传送带的位移，则B与传送带间因摩擦产生的总热量等于B受到的摩擦力与B和传送带之间相对位移的乘积．【解答】解：（1）B向右运动减速运动的过程中，刚开始时，B的速度大于传送带的速度，以B为研究的对象，水平方向B受到向左的摩擦力与A对B的拉力，设AB之间绳子的拉力为T1，以向左为正方向，得：T1+μmg=ma1①以A为研究的对象，则A的加速度的大小始终与B是相等的，A向上运动的过程中受力如图，则：mgsin37°﹣T1=ma1②联立①②可得：③B的速度与传送带的速度相等时所用的时间：s-30-\n当B的速度与传送带的速度相等之后，B仍然做减速运动，而此时B的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度也发生了变化，此后B向右运动减速运动的过程中，设AB之间绳子的拉力为T2，以B为研究的对象，水平方向B受到向右的摩擦力与A对B的拉力，则：T2﹣μmg=ma2④以A为研究的对象，则A的加速度的大小始终与B是相等的，A向上运动的过程中受力如图1，则：mgsin37°﹣T2=ma2⑤联立④⑤可得：当B向右达到最右端时的速度等于0，再经过时间：sB向右运动的总时间：t=t1+t2=1s+1s=2s（2）B向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B的加速度t1时间内B的位移：m，负号表示方向向右；t2时间内B的位移：m，负号表示方向向右；B的总位移：x=x1+x2=﹣4﹣1=﹣5mB回到传送带左端的位移：x3=﹣x=5m速度：m/s（3）t1时间内传送带的位移：x1′=﹣v0t1=﹣2×1m=﹣2m该时间内传送带相对于B的位移：△x1=x1′﹣x1=﹣2﹣（﹣4）=2mt2时间内传送带的位移：x2′=﹣v0t2=﹣2×1m=﹣2m该时间内传送带相对于B的位移：△x2=x2﹣x2′=﹣1﹣（﹣2）=1mB回到传送带左端的时间为t3：则st3时间内传送带的位移：m该时间内传送带相对于B的位移：mB与传送带之间的摩擦力：f=μmg=0.2×1×10=2N-30-\n上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量：Q=f（△x1+△x2+△x3）=25J答：（1）B向右运动的总时间是2s；（2）B回到传送带左端的速度是2m/s；（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量是25J．【点评】该题中，开始时物体的速度大于传送带的速度，减速后的速度小于传送带的速度，所以传送带大于物体摩擦力的方向是不同的，则物体的加速度会发生变化．这是题目中第一处容易错误的地方．开始时物体的速度大于传送带的速度，减速后的速度小于传送带的速度，所以开始时物体相对于传送带向右运动，之后物体相对于传送带向左运动，在计算产生的内能的过程中，一定要分段计算，若合在一起，则计算的结果就错了．这是第二处容易错误的地方．要细心．　-30-