天津市实验中学2017届高三物理上学期期中测试试卷（含解析）.doc

1、1天津市实验中学 2017 届高三物理上学期期中测试试卷（含解析）一、选择题（共 17 题，1-12 为单选，13-17 为多选）1.在下列关于运动和力关系的叙述中正确的是（ ）A. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心B. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动C. 物体运动的速度在增加，所受合力方向一定与运动方向相同D. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的【答案】B【解析】【详解】只有做匀速圆周运动的物体所受合外力指向圆心，变速圆周运动由于物体受到沿切线的分力和径向的向心力，所以合力不一定指向圆心，A 错误；当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速

2、度方向在同一直线上时时，物体做直线运动，B 正确；物体运动的速度在增加，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能成锐角，C 错误；曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，一定是变速运动，但加速度不一定变化，如平抛运动，加速度为 g，不变，D错误【点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，速度的方向与该点曲线的切线方向相同，只有做匀速圆周运动的物体所受合外力指向圆心2.如图所示，不计绳的质量及绳与滑轮的摩擦，物体 A 的质量为 M，水平面光滑，当在绳B 端挂一质量为 m 的物体时，物体 A 的加速度为 a1。

3、当在绳 B 端施以 F=mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为 a2，则 a1与 a2的大小关系是 A. a1=a2B. a1a2C. a1a 2D. 无法确定2【答案】C【解析】【详解】当在绳的 B 端挂一质量为 m 的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg( m M)a1，故 .而当在绳的 B 端施以 F mg 的竖直向下的拉力作用时，a1mgm+Mmg Ma2， ，所以 a1a2.C 正确ABD 错；a2mgM故选 C3.如图所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R，可绕 A 自由转动用绳在 O 点悬挂一个重为G 的物体，另一根绳一端系在 O 点，另一端系在圆弧形墙壁上的 C

4、点当点 C 由图示位置逐渐向上沿圆弧 CB 移动过程中（保持 OA 与地面夹角 不变） ，OC 绳所受拉力的大小变化情况是（ ）A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小【答案】C【解析】试题分析：对 G 分析，G 受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对 O 点分析，O 受绳子的拉力 OA 的支持力及 OC 的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将 F 和 OC 绳上的拉力合力，其合力与 G 大小相等，方向相反，则在 OC 上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知 OC 的拉力先减小后增大，图中 D 点时力最小；故选

5、 C。考点：物体的平衡3【名师点睛】本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化。4. 如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块 A 相连，当用力加速抽出长木板B 的过程中，观察到弹簧秤的示数为 30N，若匀速抽出木板 B，弹簧秤的示数大小为A. 一定大于 30N B. 一定小于 30NC. 一定等于 30N D. 一定为零【答案】C【解析】试题分析：当用力加速抽出木板 B 时，A 物体保持静止，故可知 A 受 B 的摩擦力； 因 A 对 B 物体的压力不变，故 A、B 间的摩擦力不会发生变化，故匀速拉动f=F=3.0N时摩擦力也为 30N

6、；物体 A 在弹簧秤的作用下仍保持静止，故弹簧秤对 A 的拉力仍为30N，即弹簧秤的示数大小仍等于 30N，C 正确；考点：考查了摩擦力的计算【名师点睛】本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关5.火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。已知火星和地球绕太阳运动的周期之比，由此可求得A. 火星和地球的第一宇宙速度之比B. 火星和地球表面的重力加速度之比C. 火星和地球绕太阳运行速度大小之比D. 火星和地球受到的太阳的万有引力之比【答案】C【解析】【详解】根据万有引力提供向心力 ，得 ，由于星球的半径之比不知道，故GMmR2=mg g=G

7、MR2不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度之比，更无法根据 求解第一v=gR宇宙速度比，AB 错误；研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式 ，得 ，其中 M 为太阳的质量， r 为轨道半径，已知火星和地球GMmr2=m42T2r T=2 r3GM4绕太阳运动的周期之比，所以能求得火星和地球到太阳的距离之比，根据圆周运动知识得，由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所v=2rT以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，C 正确；根据 ，由于不知道F=GMmr2=m42T2r两者质量质量，所以无法计算两者的万有引力之比，D 错误

8、【点睛】在万有引力这一块，求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式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，根据万有引力提供向心力只能求出中心体质量，不能得出环绕体质量6.一人乘电梯从底楼到顶楼，若从电梯启动时开始计时，18s 末电梯到达顶楼停下，此过程中他对电梯地板的压力大小 F 与其重力大小 G 的比值随时间变化的图象如图所示，g 取10m/s2，则底楼地板距顶楼地板的距离为（ ）A. 36m B. 40.5m C. 42m D. 45m【答案】D【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出头 3 秒内的加速度，同时求出 3 秒

9、末的速度，再根据牛顿第二定律求出后 3s 内的加速度，根据速度时间公式求出后 3s 末的速度根据运动学公式分别求出三段时间内的位移，从而得出上升的高度【详解】在前 3s 内， ，加速度为： ，FG=1.1F=1.1mg a1=Fmgm=1.1gg=0.1g=1m/s23s 末的速度为： ；v1=a1t1=13m/s=3m/s3-15s 内，加速度为： ，则 15s 末的速度为 ；a2=0 v2=v1=3m/s在 03s 内的位移为： ；x1=12a1t12=4.5m在 315s 内的位移为： ；x2=v1t2=3m/s12s=36m51518s 内： ，加速度为： ；FG=0.9F=0.9mg

10、 a3=Fmgm=1m/s218s 末速度恰好减为 0，位移为： ，x3=v2t3+12a3t32=4.5m则在 18s 内上升的高度为： ，D 正确x=x1+x2+x3=45m7.如图所示， A、 B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 ，图甲中， A、 B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、 B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A. 两图中两球加速度均为 gsin B. 两图中 A 球的加速度均为 0C. 图乙中轻杆的作用力一定不为 0D. 图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍【答案】D【解析】当撤去挡板

11、时，甲图中由于弹簧的压缩量不能突变，A 球还会受到不变的弹力作用，能继续平衡；而 B 球沿斜面方向受到重力分力 mgsin 和弹簧弹力 mgsin 两个力，所以 B 球会产生 2gsin 加速度。乙图中轻杆的形变很小，撤掉挡板后，轻杆的弹力可以发生突变。将 A、B 看成整体可知，A、B 会沿斜面以 gsin 加速度下滑，可知轻杆的弹力瞬间消失。综上所述，选项 D 正确。8.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示，北斗卫星导航系统中的两颗工作卫星 1、2 均绕地心做顺时针方向的匀速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻两颗工作卫星分别位于同一圆轨道上的 A、B 两位置。已知地球表面

12、附近的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力。则以下判断中正确的是6A. 卫星 1 向后喷气就一定能追上卫星 2B. 卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 所需的时间为r3RrgC. 卫星 1、2 绕地球做匀速圆周运动的向心力大小一定相等D. 若卫星 1 由圆轨道上的位置 A 变轨能进入椭圆轨道，则卫星 1 在圆轨道上经过位置 A 的加速度小于在椭圆轨道上经过位置 A 的加速度【答案】B【解析】【详解】卫星 1 向后喷气时需要加速，所需要的向心力增大，而万有引力不变，卫星将做离心运动，轨道半径增大，不可能追上卫星 2，A 错误；卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力， ，根据地

13、球表面万有引力等于重力列出等式GMmr2=m42T2rT=2 r3GM，由得 ，卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 所需的时间为 ，GMmR2=mg T=2 r3gR2 t=T6=r3RrgB 正确；由于卫星甲和卫星乙的质量不一定相等，所以地球对两颗卫星的万有引力大小不一定相等，C 错误；根据万有引力提供向心力，有 ，由于卫星 1 在圆轨道GMmr2=maa=GMr2上经过位置 A 的轨道半径等于在椭圆轨道上经过位置 A 的轨道半径，故两次情况下加速度相等，D 错误9.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是

14、( )A. 升降机的加速度大于 g，侧壁对球无挤压B. 升降机的加速度小于 g，侧壁对球有挤压C. 升降机的加速度等于 g，侧壁对球无挤压7D. 升降机的加速度等于 g，侧壁对球有挤压【答案】C【解析】试题分析：当升降机加速下降时，加速度等于 g，则小球在竖直方向上仅受重力，拉力为零，由于小球在水平方向上平衡，可知侧壁对小球无挤压，故 C 正确，D 错误当升降机加速下降时，加速度大于 g，小球受重力、绳子的拉力，由于水平方向上平衡，则侧壁对小球有弹力，即侧壁对球有挤压，故 A 错误当升降机加速下降是，加速度小于 g，不会出现如图所示的情况，球会在悬点下方，故 B 错误故选 C。考点：牛顿第二定

15、律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道小球和升降机具有相同的加速度，通过隔离对小球分析，合力在竖直下降，抓住水平方向平衡进行求解。10.不久前欧洲天文学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581c”。该行星的质量是地球的 5 倍，直径是地球的 1.5 倍。设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为 Ek1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为 Ek2，则 Ek1： Ek2为A. 0.13 B. 0.3 C. 3.33 D. 7.5【答案】C【解析】试题分析：在行星表面运行的卫星其做圆周运动的向心力由万有引力提供，故有，所以卫星的动能

16、为 ，故在地球表面运行的卫星的动能在“格利斯”行星表面表面运行的卫星的动能 ，所以有；故 C 正确故选 C考点：万有引力定律的应用；动能。8视频11.如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平拉力 F 的作用，F 与时间 t 的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力 fm的大小与滑动摩擦力大小相等。则A. 0t 1时间内所受摩擦力大小不变B. t1t2时间内物块做加速度减小的加速运动C. t2时刻物块 A 的动能最大D. t2t 3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大【答案】D【解析】【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物

17、体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动【详解】在 时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，摩擦力大小逐渐增大，0t1A 错误； 时间内，拉力逐渐增大，摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐t1t2增大，物块做加速度增大的加速运动，B 错误； 时间内拉力始终大于最大静摩擦力，t1t3所以过程中做加速运动，到 时刻拉力和最大静摩擦力相等，合力为零，加速度为零，速t3度最大，故 C 错误； 时间内速度逐渐增大，摩擦力大小不变，根据 可知物块克服t2t3 P=fv摩擦力做功的功率增大，D 正确12.质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆

18、周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小9球克服空气阻力所做的功是（ ）A. B. C. D. mgR14mgR 13mgR 12mgR【答案】C【解析】【分析】圆周运动在最高点和最低点沿径向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点和最低点的速度，再根据动能定理求出此过程中小球克服空气阻力所做的功。【详解】小球在最低点，由牛顿第二定律有： F-mg=m ，由题意知： F =7mg ，在最高点时，v21R由于小球恰好能通过最高点，重力提供向心力有： mg=

19、m ，小球选取从最低点到最高点作v22R为过程，由动能定理可得：- mg2R-Wf= m - ，联立以上可得： Wf= mgR，故 C 正确，12v2212mv21 12ABD 错误。【点睛】本题主要考查了圆周运动与能量结合问题，由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件。同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功。13.如图所示，质量不等的木块 A 和 B 的质量分别为 m1和 m2，置于光滑的水平面上当水平力 F 作用于左端 A 上，两物体一起做匀加速运动时，A、B 间作用力大小为 F1.当水平力F 作用于右端 B

20、 上，两物体一起做匀加速运动时，A、B 间作用力大小为 F2，则（ ）A. 在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B. 在两次作用过程中， F1+F2FC. 在两次作用过程中， F1+F2=F10D. 在两次作用过程中，F1F2=m1m2【答案】AC【解析】两次作用过程，对整体分析，整体的加速度为： ，故 A 正确；隔离分析，第一种a=Fm1+m2情况， A 对 B 的作用力为： ，第二中情况， A 对 B 的作用力为：F1=m2a=m2Fm1+m2，则有：F 1+F2=F，故 B 错误；C 正确；以上数据可知， ，故 D 错误。F2=m2a=m1Fm1+m2 F1F2=m2m114.如图所

21、示，A、B 两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为 、，A 球向左的速度为 v，下列说法正确的是( )A. 此时 B 球的速度为coscosvB. 此时 B 球的速度为coscosvC. 当 增大到等于 90时，B 球的速度达到最大，A 球的速度为 0D. 在整个运动过程中，绳对 B 球的拉力一直做正功【答案】AC【解析】试题分析：按照运动的合成与分解，把 A 和 B 的速度分别分解如图所示，沿绳子方向分速度相等，所以有 ，即 ，选项 A 对 B 错。当 增大到等于vAcos=vBcos vB=vAcos

22、cos=vcoscos90时，B 沿绳子方向没有分速度，即 ，但是 ，所以 ，选项 C 对。cos=0 cos0 vA=0增大到等于 90之前，拉力和 B 的运动方向夹角为锐角，做正功，当超过 90之后，拉力和运动方向夹角为钝角，做负功，选项 D 错。11考点：运动的合成与分解【名师点睛】连接体的速度分解，实际发生的运动时合运动，所以 A 的合速度水平向左 B的合速度水平向右。分速度按照效果来分解，一个沿绳子方向，一个垂直绳子方向。当 增大到等于 90时，根据二者在沿绳子方向速度相等可判断 A 的速度。15.如图所示，质量为 M 的木块放在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以速度 v0沿水平射

23、中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度 v 运动.已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离 L，子弹进入木块的深度为 s.若木块对子弹的阻力 视为恒定，则下列关系式中正Ff确的是( )A. FfL=12Mv2B. Ffs=12mv2C. Ffs=12mv20-12(m+M)v2D. Ff(s+L)=12mv20-12mv2【答案】ABD【解析】【详解】以木块为研究对象，根据动能定理得：子弹对木块做功等于木块动能的增加，即：，A 正确；以系统为研究对象，根据能量守恒定律得 ，B 错FfL=12Mv2 Ffs=12mv2012(M+m)v2误 C 正确；两式相加可得 ， （或者以子弹为研究对象亦可

24、得出Ff(s+L)=12mv2012mv2） ，D 正确Ff(s+L)=12mv2012mv212【点睛】本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式 中， l 是相对于地的位移大小W=Fl16.如图，长为 2L 的轻杆两端分别固定质量均为 m 的两小球 P、Q，杆可绕中点的轴 O 在竖直平面内无摩擦转动。若给 P 球一个大小为 的速度，使 P、Q 两球在竖直面内做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）A. Q 球在运动过程中机械能守恒B. P 从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为 2mgLC. 水平位置时杆对 P 的作用力大小为 5mgD. Q

25、 到达最高点时杆对其作用力大小为 mg【答案】CD【解析】试题分析：由于两个小球的质量相等，所以 P、Q 两球在竖直面内做匀速圆周运动，两球在运动的过程中，二者的总重力势能保持不变，但单个的小球的重力势能不断变化，Q 球在运动过程中机械能不守恒故 A 错误；P 从最高点运动到最低点过程中动能不变，重力对其做功是 mg2L，所以杆对其做功为-2mgL故 B 错误；在水平位置时，杆的弹力和重力和合力提供向心力，受力如图，则： 故 C 正确；Q 到达最高点时，设在最高点时，假设杆的作F (mg)2+(mv2L)2 5mg用力向下，根据向心力公式得： ，解得：T=mg故 D 正确，故选 CD。mg+T

26、=mv2L考点：机械能守恒定律；功；牛顿第二定律。13【名师点睛】此题考查了机械能守恒定律、功以及牛顿第二定律等知识点；注意该题中 P与 Q 的质量是相等的，所以系统的力矩平衡，两球都做匀速圆周运动，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力；解题时要注意对小球的受力分析。17.如图所示，倾角 30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于 D 点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体 A 和 B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时 A 位于斜面的 C 点， C、 D 两点间的距离为 L。现由静止同时释放 A、 B，物体 A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的

27、位置 E 点， D、 E 两点间的距离为 。若 A、 B 的质量分别为 4m 和 m， A 与斜面间的动摩擦因数 ，不计空气阻力，L2 =38重力加速度为 g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )A. A 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B. A 在从 C 至 D 的过程中，加速度大小为120gC. 弹簧的最大弹性势能为158mgLD. 弹簧的最大弹性势能为38mgL【答案】BD【解析】试题分析：对 AB 整体，从 C 到 D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：，可知 a 不变，A 做匀加速运动从 D 点开始与弹簧接触，压a=4mgsin30mg4m

28、gcos304m+m =g20缩弹簧，弹簧被压缩到 E 点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以 A 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故 A 错误，B 正确；当 A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对 AB 整体应用动能定理得：解得： ，则弹簧00=4mg（L+L2）sin30mg（L+L2）4mgcos30（L+L2）W弹 W弹 =38mgL14具有的最大弹性势能为： ，故 C 错误，D 正确故选 BDEP=W弹 =38mgL考点：牛顿第二定律；动能定理二、实验题：18.在高中物理力学实验

29、中，下列说法中正确的是A在“探究动能定理”的实验中，通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值B在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法C在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，可用直尺直接测量弹簧的伸长量D在处理实验数据时，常常采用图象法可以减小系统误差【答案】B【解析】【详解】因为橡皮筋的拉力会随其形变量的变化而变化，即拉力是变力，不容易求解其做功，所以实验时，每次保持橡皮筋的形变量一定，增加橡皮筋的个数，1 条为 W，2 条为2W，不是通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值，而是通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，A 错误；在“验证力的平行四边形定则”实验中，

30、采用的科学方法是等效替代法；两个分力与合力效果是相同的，B 正确；为了减少误差，应测量弹簧的总长度，不能测量伸长量，C 错误；图象法只能减小因测量而产生的偶然误差，不能减小系统误差，D 错误；19.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为 U，频率为 f 的交流电源上，从实验中打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续 5个点 A、B、C、D、E，测出 A 点距起始点的距离为 S0，点 AC 间的距离为 S1，点 CE 间的距离为 S2，已知重锤的质量为 m，当地的重力加速度为 g，则：起始点 O 到打下 C 点的过程中，重锤重力势能的减少量为E P_，重锤

31、动能的增加量为E K_；根据题中提供的条件，还可利用重锤下落求出当地的重力加速度 g=_ ，经过计算可知，测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原因是：_【答案】 (1). (2). (3). (4). 存EP=mg(S0+S1) Ek=m(S1+S2)2f232 S2S14f215在摩擦阻力【解析】【分析】根据下降的高度求出重力势能的减小量，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 D 点的瞬时速度，从而得出动能的增加量根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度【详解】重锤重力势能的减少量为 ， C 点的速度 ，则EP=mg(S0+S1) vC=S1+S24T=(S1+

32、S2)f4重锤动能的增加量 ；Ek=12mv2C=m(S1+S2)2f232根据 得 ；测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要S2S1=g(2T)2 g=S2S14T2=S2S14f2原是纸带与限位孔之间的摩擦力（或纸带与其它部分的阻力或摩擦阻力） 【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即 ，二、在选定的某一过程中，中间时刻x=aT2瞬时速度等于该过程中的平均速度20. 某同学用下面的实验装置测量小车的质量，他的部分实验步骤如下：（1）将轨道倾斜适当角度以平衡摩擦力；（2）将两个光电门 G1、G 2固定在轨道侧面（不

33、影响小车在轨道上运行） ，测得两光电门之间的距离为 L；（3）测得遮光条的宽度为 d，并将遮光条（质量不计）固定在小车上：（4）将质量未知的钩码用跨过定滑轮的细绳与小车连接，将小车从适当位置由静止释放，遮光条先后通过两个光电门；（5）计时器记录下遮光条通过 G1、G 2时遮光的时间分别为t 1和t 2，若L=0.75m，d=0.5cm、t 1=5.0l0-3 s、t 2=2.510-3 s，则通过计算可得：a 1=- m/s2；（计算结果保留 2 位有效数字）16（6）保持钩码质量不变,在小车上加入质量为 m 的砝码后进行第二次试验，并测得小车运动的加速度大小为 a2；（7）若钩码质量较小，可

34、认为两次试验中钩码质量均满足远小于小车质量的条件，则小车质量可表示为 M= （用 a1、a 2、m 表示） ；若所用钩码质量较大，明显不满足远小于小车质量的条件，则小车质量可表示为 M= （用 a1、a 2、m 及重力加速度 g 表示） 。【答案】 （5） （7） ;2.0ma2a1a2m(ga1)a2g(a1a2)【解析】试题分析:（5）遮光条通过第一个光电门的速度为: 、通过第二个光电门的速度为:v1=dt1，根据速度位移公式得： v2=dt2 a=v22v212L=2.0m/s2（7）两次试验中钩码质量均满足远小于小车质量，则钩码的重力等于拉力，设钩码质量为m0，则有： ， ，联立解得:

35、 .若所用钩码质量较大，明显m0g=Ma1 m0g=(M+m)a2 M=ma2a1a2不满足远小于小车质量的条件，对整体分析，有：， ，联立解得: .m0g=(M+m0)a1 m0g=(M+m+m0)a2 M=m(ga1)a2g(a1a2)考点：本题考查探究牛顿第二定律三、计算题21.如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，另一端与质量为 2m 的挡板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端O 点A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压

36、缩弹簧，已知在 OM 段 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g，求（1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小；（2）弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 EP（设弹簧处于原长时弹性势能为零） （3）全过程以及压缩弹簧过程中分别产生多少热量？【答案】 （1） （2） （3） ；v=2gh EP=mgh33mgd 2mgh3 +3mgd 3mgd17【解析】【详解】 （1） A 由静止开始下滑到与 B 碰撞过程，由机械能守恒定律得 ，解得： ；mgh=12mv2 v=2gh（2） A、 B 在碰撞过程中内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正方向，

37、由动量守恒定律得： ，mv=(m+2m)vA、 B 克服摩擦力所做的功： ，W=(m+2m)gd从 AB 碰撞到弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律得 ，12(m+2m)v2=EP+W解得： ；EP=mgh33mgd（3）由能量守恒定律可得：全过程产生的热量： ；Q=12mv2EP=2mgh3 +3mgd压缩弹簧过程产生的热量： ；Q=3mgd22.如图所示，一质量为 m=1kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的 A 点，随传送带运动到 B 点，小物块从 C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动已知圆弧半径 R=0.9m，轨道最低点为 D，D 点距水平面的高度 h=0.75m小

38、物块离开 D 点后恰好垂直碰击放在水平面上 E 点的固定倾斜挡板 （g 取 10m/s2） ，试求：（1）摩擦力对物块做的功；（2）小物块经过 D 点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角 的正切值【答案】 （1）1.5J（2）60N（3） 3【解析】【分析】小物块从 C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，知物块对轨道的压力恰好为零，根据重力提供向心力求出 C 点的速度，再根据动能定理求解摩擦力做功；根据动能定理求出物块在 D 点的速度，再通过牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得18出物块对轨道的压力；物块离开 D 点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，

39、根据竖直方向和水平方向速度的关系求出倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值【详解】 （1）对小物块，在 C 点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得： ，mg=mv21R则 ，v1=gR=3m/s过程中摩擦力做正功，根据动能定理可得摩擦力对物块做功为 ；W=12mv21=1213=1.5J（2）对小物块，由 C 到 D 有 ，2mgR=12mv2212mv21在 D 点 ，代入数据解得 ，FNmg=mv22R FN=60N，v2=35m/s由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为 ；FN=FN=60N（3）小物块从 D 点抛出后做平抛运动，则 ，解得 ，h=12gt2 t=0.15s将小物块在 E 点的速

40、度进行分解得 tan=v2gt=3【点睛】解决本题的关键理清物块的运动，物块经历了匀加速直线运动，圆周运动和平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式综合求解23.如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆弧面 CDM 分别与光滑斜面体 ABC 和斜面 MN 相切于C、 M 点，斜面倾角分别如图所示。 O 为圆弧圆心， D 为圆弧最低点， C、 M 在同一水平高度。斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块 P、 Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持 P、 Q 两物块静止。若 PC 间距为 L1=0.25m，斜面 MN 足

41、够长，物块 P 质量 m1=3kg，与 MN 间的动摩擦因数 = ，重力加13速度 g=10m/s2。求：(sin37=0.6，cos37=0.8)（1）小物块 Q 的质量 m2；（2）烧断细绳后，物块 P 第一次到达 D 点时对轨道的压力大小；（3）物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。【答案】 （1）4kg（2）78N（3）1m【解析】19试题分析：根据共点力平衡条件列式求解；先根据动能定理列式求出到 D 点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；直接根据动能定理全程列式求解。（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有： m1gsin53=m2gsin37解得： m2=4kg即

42、小物块 Q 的质量为 4kg。（2）滑块由 P 到 D 过程，根据动能定理，得：根据几何关系，有： h=L1sin53+R（1 cos53）在 D 点，支持力和重力的合力提供向心力：解得： FD=78N由牛顿第三定律得，物块 P 对轨道的压力大小为 78N（3）最后物体在 CM 之间来回滑动，且到达 M 点时速度为零对从 P 到 M 过程运用动能定理，得到： mgL1sin53 mgcos 53L 总 =0解得： L 总 =1.0m 即物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程为 1.0m. 点睛：本题主要考查了对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式。