安徽省安庆市宿松县九姑中学2022届高三物理上学期第四次月考试卷含解析

2022-2022学年安徽省安庆市宿松县九姑中学高三（上）第四次月考物理试卷一.选择题（每小题4分，40分）1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A．GB．GsinθC．GcosθD．Gtanθ2．两条可调角度导轨与圆环构成如图实验装置，让质量分别m1和m2的两个物体分别同时从竖直圆上的P1，P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A，P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2，则()A．调整导轨角度，只有当θ1=θ2时，两小球运动时间才相同B．两小球在细杆上运动加速度之比为sinθ1：sinθ2C．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1：cosθ2D．若m1=m2，则两物体所受的合外力之比为cosθ1：cosθ23．如图所示，将一质量为m的小球从空中o点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能Ek=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P()A．下落的高度为B．经过的时间为C．运动方向改变的角度为arctanD．速度增量为3v0，方向竖直向下21\n4．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α=30°的斜面，其加速度为g，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是()A．物体动能增加了mghB．物体克服重力做功mghC．物体机械能损失了mghD．物体克服摩擦力做功mgh5．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体，由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底拉到顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次F2沿水平方向．则两个过程中()A．物体与斜面摩擦生热相同B．物体机械能变化量相同C．F1做的功与F2做的功相同D．F1做功的平均功率比F2做功的平均功率大6．如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则()A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力小于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosθD．此过程中货车拉力做的功为（M+m）gh7．如图甲所示，直线MN表示某电场中一条电场线，C、D是电场线上两点，一带正电的粒子从C处由静止释放．粒子在只受电场力作用下从C运动到D过程中，加速度a随时间t变化关系如图乙所示．设C、D两点的电势分别为φC，φD，场强大小分别为EC，ED，粒子在C、D两点的电势能分别为EPC，EPD，不计粒子重力，则有()21\nA．φC＜φDB．EC＜EDC．EPC＜EPDD．EPC＞EPD8．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图()A．B．C．D．9．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有()A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中传送带对滑块做功为mv﹣mvC．此过程中电动机对传送带做功为2mvD．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）210．如图所示，一个质量为m、带负电荷的物块在电场强度为E=kt（t为时间，k为大于零的常数）的水平匀强电场中，若t=0时用水平恒力F将物块压在竖直墙上静止不动，若电场空间和墙面均足够大，保持力F不变，从t=0时刻开始，对物块分析正确的是()21\nA．物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，将一直沿墙壁下滑B．物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，动能将一直增大C．开始运动以后物块动能的增加量与产生热量的和等于物块重力势能的减少量D．开始运动以后物块的加速度将一直增大二.实验题（8+8=16分）11．某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些__________．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个__________（填字母代号）A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：__________．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的__________（填字母代号）．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．12．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、光滑的四分之一圆弧轨道，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点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个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）用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=__________；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=__________；21\n（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=__________；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=__________．（2）回答下列问题：（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是__________．（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是__________（写出一个可能的原因即可）三、解答题（共4小题，满分44分）13．嫦娥三号将于今年12月发射，嫦娥三号及其月球车实现一系列重大突破，将完成在月球表面软着陆和巡视探测，实现中华民族五千年来九天揽月的梦想．一位勤于思考的同学为探月机械人设计了如下实验：在月球表面以初速度v0竖直上抛出一个物体，测得物体的经过t时间落回．通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，上抛高度很小．求：（1）月球的质量（2）嫦娥三号在距月球表面高R处绕月球圆周运行的速率．14．在一段平直公路上，质量为2×103kg的汽车，从静止开始做匀加速运动，经过2s，速度达到10m/s．随后汽车以P=6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，又经过50s达到最大速度．设汽车所受阻力恒定，大小为1.5×103N．求：（1）汽车行驶的最大速度值；（2）汽车速度为20m/s时的加速度大小；（3）汽车从静止到最大速度所经过的路程．15．如图所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道与半径为R=0.25m的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，半圆轨道的另一端点为C．在直轨道上距B为x（m）的A点，有一可看做质点、质量为m=0.1kg的小物块处于静止状态．现用水平恒力将小物块推到B处后撤去恒力，小物块沿半圆轨道运动到C处后，恰好落回到水平面上的A点，取g=10m/s2．求（1）水平恒力对小物块做功W与x的关系式；（2）水平恒力做功的最小值；（3）水平恒力的最小值．21\n16．如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以v0=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；（3）弹簧的弹性势能的最大值Epm．2022-2022学年安徽省安庆市宿松县九姑中学高三（上）第四次月考物理试卷一.选择题（每小题4分，40分）1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A．GB．GsinθC．GcosθD．Gtanθ考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G．故选A．点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解．21\n2．两条可调角度导轨与圆环构成如图实验装置，让质量分别m1和m2的两个物体分别同时从竖直圆上的P1，P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A，P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2，则()A．调整导轨角度，只有当θ1=θ2时，两小球运动时间才相同B．两小球在细杆上运动加速度之比为sinθ1：sinθ2C．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1：cosθ2D．若m1=m2，则两物体所受的合外力之比为cosθ1：cosθ2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：对小球分析，求出合力的大小，结合牛顿第二定律加速度之比，根据位移时间公式求出运动的时间的表达式，判断是否与θ有关，结合速度时间公式求出速度之比．两条可调角度导轨与圆环构成如图实验装置，让质量分别m1和m2的两个物体分别同时从竖直解答：解：A、因为弦轨道长度L=dcosθ，由L=at2，解得t=，与夹角无关．选项A错误；B、将物体的重力分别沿光滑的弦轨道P1A、P2A方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P1A、P2A方向分力分别为m1gcosθ1和m2gcosθ2，其加速度分别为gcosθ1和gcosθ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cosθ1：cosθ2，选项B错误、D正确；C、由速度公式v=at可得，物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1：cosθ2，选项C正确．故选：CD点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．3．如图所示，将一质量为m的小球从空中o点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能Ek=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P()A．下落的高度为B．经过的时间为C．运动方向改变的角度为arctanD．速度增量为3v0，方向竖直向下21\n考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：本题A根据动能定理即可求解；题B根据竖直方向是自由落体运动的位移与时间关系即可求解；题C的关键是求出竖直方向是速度即可求解；题D根据加速度的定义可知△v=at=gt，然后求解即可．解答：解：A、对小球从A到P由动能定理可得：mgh=Ek﹣，又Ek=5mv02，解得：h=，故A错误；B、在竖直方向应有：h=，代入数据解得：t=，故B错误；C、速度偏角满足tanθ====3，可得：θ=arctan3，故C错误；D：根据△v=at可得，△v=gt=g•=3v0，方向与g方向相同即竖直向下，故D正确；故选：D点评：应明确：①当不涉及方向、时间的有关问题应用动能定理求解较方便；②求速度变化量时，应用△v=at求解较方便．4．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α=30°的斜面，其加速度为g，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是()A．物体动能增加了mghB．物体克服重力做功mghC．物体机械能损失了mghD．物体克服摩擦力做功mgh考点：功能关系；功的计算．分析：知道合力做功量度动能的变化．根据功的定义式求出合力功，再求出动能的变化．知道重力做功量度重力势能的变化．根据动能和重力势能的变化求出机械能的变化．知道除了重之外的力做功量度机械能的变化．解答：解：A、物体在斜面上加速度为，方向沿斜面向下，21\n物体的合力F合=ma=，方向沿斜面向下，斜面倾角a=30°，物体从斜面底端到最大高度处位移为2h，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功W合=﹣F合•2h=﹣mgh根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得W合=△Ek所以物体动能减小mgh，故A错误．B、根据功的定义式得：重力做功WG=﹣mgh，故B正确．C、重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh，而物体动能减小mgh，所以物体机械能损失了mgh，故C正确．D、除了重力之外的力做功量度机械能的变化．物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了mgh，所以摩擦力做功为﹣mgh，故D错误．故选：BC．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功．5．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体，由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底拉到顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次F2沿水平方向．则两个过程中()A．物体与斜面摩擦生热相同B．物体机械能变化量相同C．F1做的功与F2做的功相同D．F1做功的平均功率比F2做功的平均功率大考点：功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．分析：两物体均做匀加速直线运动，在相等的时间内沿斜面上升的位移相等，但斜面对物体的摩擦力不同，所以推力做功不同．解答：解：A、两次过程物体对斜面的压力不同，故摩擦力大小不同，则产生的热量不相同，故A错误；B、物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故B正确；21\nC、由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，则F1做的功比F2做的少．故C错误；D、物体的运动情况相同，重力做功功率相同，图2中克服摩擦力做功的功率大，故Fl做功的功率比F2做功的功率小，故D错误；故选：B．点评：由物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系，结合本题功能关系：除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，不难看出结果．6．如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则()A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力小于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosθD．此过程中货车拉力做的功为（M+m）gh考点：功的计算；运动的合成和分解．专题：功的计算专题．分析：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可．解答：解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcosθ由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，故A错误；B、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故B错误；C、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，整体的速度为vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ，故C正确；D、此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于（M+m）gh，故D错误；21\n故选：C．点评：本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式，确定货箱和货物整体的运动规律，然后结合功率表达式P=Fv和动能定理列式分析，不难7．如图甲所示，直线MN表示某电场中一条电场线，C、D是电场线上两点，一带正电的粒子从C处由静止释放．粒子在只受电场力作用下从C运动到D过程中，加速度a随时间t变化关系如图乙所示．设C、D两点的电势分别为φC，φD，场强大小分别为EC，ED，粒子在C、D两点的电势能分别为EPC，EPD，不计粒子重力，则有()A．φC＜φDB．EC＜EDC．EPC＜EPDD．EPC＞EPD考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由加速度变小，则电场力变小，场强变小，正电荷所受电场力的方向沿CD，则电场线由C到D，电势变小，电势能变小．解答：解：ACD、正电荷所受电场力的方向沿CD，则电场线由C到D，电势变小，电势能变小，则A错误，C错误，D正确B、由C到D，加速度变小，则电场力变小，场强变小，则B错误故选：D点评：题关键通过加速度时间图象得到物体的加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小8．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图()A．B．C．D．考点：电势差与电场强度的关系；电场的叠加；电势．分析：本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．解答：解：两个等量异号电荷的电场线如下图，21\n根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．故选A．点评：本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等．9．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有()A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中传送带对滑块做功为mv﹣mvC．此过程中电动机对传送带做功为2mvD．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．根据能量守恒找出各种形式能量的关系．解答：解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A正确；B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv12﹣mv22，故B错误；D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1①又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②该过程中传送带的位移：x2=v1t121\n摩擦力对传送带做功：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx③将①②代入③得：W2=mv1v2设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故D正确；C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22﹣mv12整理得：W=Q﹣mv22+mv12=mv12+mv1v2，故C错误．故选：AD．点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂．10．如图所示，一个质量为m、带负电荷的物块在电场强度为E=kt（t为时间，k为大于零的常数）的水平匀强电场中，若t=0时用水平恒力F将物块压在竖直墙上静止不动，若电场空间和墙面均足够大，保持力F不变，从t=0时刻开始，对物块分析正确的是()A．物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，将一直沿墙壁下滑B．物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，动能将一直增大C．开始运动以后物块动能的增加量与产生热量的和等于物块重力势能的减少量D．开始运动以后物块的加速度将一直增大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物块开始可能受重力、向左的电场力、恒力F、墙壁的弹力和静摩擦力处于平衡，根据合力的变化确定加速度的变化，从而确定动能的变化．当墙壁的弹力减为零后，物块离开墙壁．根据能量守恒判断动能的增加量与产生热量的和与重力势能减小量的关系．解答：21\n解：A、物块开始可能受重力、向左的电场力、恒力F、墙壁的弹力和静摩擦力处于平衡，电场力逐渐增大，则墙壁的弹力逐渐减小，物块向下运动，摩擦力减小，加速度增大，加速度方向与速度方向相同，物块的动能一直增大．当弹力减为零后，物块受重力和电场力和恒力作用，将会脱离墙壁．故A错误，B、D正确．C、物块的动能增加、内能增加，重力势能减小，脱离墙壁后，电势能减小，根据能量守恒知，物块动能的增加量与产生热量的和不等于物块重力势能的减少量．故C错误．故选：BD．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，结合合力确定物块的运动规律，得出加速度和动能的变化，难度中等．二.实验题（8+8=16分）11．某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些刻度尺；天平（带砝码）．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个D（填字母代号）A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：在小车上加适量的砝码．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的CD（填字母代号）．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：（1）根据该实验的实验原理，明确需要测量的物理量，则可以得出对应的仪器；（2）明确摩擦力在本实验中所造成的影响，则可以明确是否需要平衡摩擦力；（3）根据实验要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力．（4）分析实验过程及能量转化的过程，知道有部分机械能转化为内能；同时体会摩擦力的影响；从而找出拉力做功总是要比小车动能增量大一些的原因．21\n解答：解：①、根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码）．故答案为：刻度尺；天平（带砝码）②、实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC错误，D正确．故选：D．③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小车的质量，即在小车上加适量的砝码．故答案为：在小车上加适量的砝码④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；同时在该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，本题中没有体现，故钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力；从而使求出的功大于增大的动能；由以上分析可知，AB错误，CD正确．故选：CD．故答案为：①刻度尺；天平（带砝码）；②D；③在小车上加适量的砝码；④CD点评：明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习．12．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、光滑的四分之一圆弧轨道，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点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个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）用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=mgR；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=；（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=mgR﹣；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=﹣．（2）回答下列问题：（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是是通过多次实验减小实验结果的误差．（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等（写出一个可能的原因即可）21\n考点：探究影响摩擦力的大小的因素．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．（2）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．解答：解：（1）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；②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=；③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﹣；④B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf=μmgL=mgR﹣，则：μ=﹣；（2）实验步骤④⑤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；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，接缝B处不平滑等．故答案为：（1）mgR；；mgR﹣；﹣．（2）是通过多次实验减小实验结果的误差；圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等．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．三、解答题（共4小题，满分44分）21\n13．嫦娥三号将于今年12月发射，嫦娥三号及其月球车实现一系列重大突破，将完成在月球表面软着陆和巡视探测，实现中华民族五千年来九天揽月的梦想．一位勤于思考的同学为探月机械人设计了如下实验：在月球表面以初速度v0竖直上抛出一个物体，测得物体的经过t时间落回．通过查阅资料知道月球的半径为R，引力常量为G，若物体只受月球引力的作用，上抛高度很小．求：（1）月球的质量（2）嫦娥三号在距月球表面高R处绕月球圆周运行的速率．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：（1）根据竖直上抛运动规律求出月球表面的加速度，再根据mg=G解得月球的质量；（2）根据万有引力充当向心力，求得嫦娥三号在距月球表面高R处绕月球圆周运行的速率．解答：解：（1）令月球表面重力加速度为g，物体做竖直上抛运动，有：2v0=gt①mg=G②由①②解得：M=（2）嫦娥三号在距月球表面高R处绕月球圆周运行的速率为v，据牛顿定律③解得：v=答：（1）月球的质量为M=；（2）嫦娥三号在距月球表面高R处绕月球圆周运行的速率：v=．点评：熟练应用mg=G和G=m两个公式，同时注意距离表面的距离和中心之间距离的关系．14．在一段平直公路上，质量为2×103kg的汽车，从静止开始做匀加速运动，经过2s，速度达到10m/s．随后汽车以P=6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，又经过50s达到最大速度．设汽车所受阻力恒定，大小为1.5×103N．求：（1）汽车行驶的最大速度值；（2）汽车速度为20m/s时的加速度大小；21\n（3）汽车从静止到最大速度所经过的路程．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）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fv=fv求出最大速度．（2）根据P=Fv求出速度为20m/s时的牵引力，根据牛顿第二定律求出汽车的加速度．（3）根据运动学公式求出匀加速直线运动的位移，根据动能定理求出变加速直线运动的位移，从而求出汽车从静止到最大速度时经过的路程．解答：解：（1）由P=fvm，得：，（2）由P=Fv，得：，故加速度为：，（3）匀加速的位移：，由动能定理：，解得：x2=1000m，汽车从静止到最大速度时经过的路程：x=x1+x2=10m+1000m=1010m．答：（1）汽车的最大速度为40m/s．（2）汽车在20m/s时的加速度0.75m/s2．（3）汽车从静止到最大速度时经过的路程s为1010m．点评：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式，综合性较强，解决本题的关键知道当牵引力与阻力相等时，速度最大．15．如图所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道与半径为R=0.25m的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，半圆轨道的另一端点为C．在直轨道上距B为x（m）的A点，有一可看做质点、质量为m=0.1kg的小物块处于静止状态．现用水平恒力将小物块推到B处后撤去恒力，小物块沿半圆轨道运动到C处后，恰好落回到水平面上的A点，取g=10m/s2．求（1）水平恒力对小物块做功W与x的关系式；（2）水平恒力做功的最小值；（3）水平恒力的最小值．21\n考点：动能定理的应用；平抛运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）分析小球运动的过程，可发现小球由A到B做匀加速直线运动，B到C做曲线运动，从C点开始做平抛运动；由平抛运动的规律可求得C点的速度，由运动定理可求得推力所做的功；（2）当推力做功最小时，小球应能恰好通过C点，此时重力充当向心力，由向心力公式可求得最小速度，即可解得最小位移，求出最小功；（3）求出拉力的表达式，然后应用数学知识求出拉力的最小值．解答：解：（1）设小球在C处的速度为vC，小球离开C后做平抛运动，在水平方向：x=vCt，在竖直方向上：2R=gt2，解得：vC2=，小球从A到C，由动能定理得：W﹣mg•2R=mvC2，解得：W=mg（2R+）=0.5x2+0.5；（2）当W最小时，物块刚好能够通过C点，此时，由牛顿第二定律得：m=mg，由C到A仍做平抛运动，所以：vC2=仍成立，由以上两式解得：x=2R，恒力做功的最小值为：W=0.5x2+0.5=0.5×（2×0.25）2+0.5=0.625J；（3）功W=Fx，力F=，将W=0.5x2+0.5代入上式得：F=+0.5x，由数学知识可知，当=0.5x，即x=1时F最小，F=+0.5x=+0.5×1=1N；答：（1）水平恒力对小物块做功W与x的关系式为W=0.5x2+0.5；21\n（2）水平恒力做功的最小值为0.625J；（3）水平恒力的最小值为1N．点评：本题综合考查了动能定理、机械能守恒、向心力公式及牛顿第二定律的应用，解决此类问题应沉着冷静，认真分析物体的运动过程，将其分解为我们常见的物理学模型，如平抛、自由落体、圆周运动等，即可利用常见公式进行解答．16．如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以v0=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；（3）弹簧的弹性势能的最大值Epm．考点：机械能守恒定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小；（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．解答：解：（1）小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：vB===4m/s．（2）小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有：mgR（1+sinθ）=在C点处，由牛顿第二定律有：F﹣mg=m解得：F=8N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N．（3）小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有：21\nEpm=+mgR（1+sinθ）﹣μmgL=0.8J．答：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小是4m/s；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小是8N；（3）弹簧的弹性势能的最大值EPm是0.8J．点评：该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．21