1、2015-2016学年湖南省常德市津市一中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第9、10、11、12小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分其余均为单项选择题）1有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度若引入一个新的物理量（加速度的变化率）来表示加速度变化的快慢，该物理量的单位是( )Am/sBm/s2Cm/s3Dm2/s2下列说法正确的是( )A光电效应中，增大入射光的强度时，光电子最大初动能将变大B卢瑟福通过散射实验，指出原子核有复杂结构C氢原子中电子绕核运动的半径变大，则其动
2、能变大D核反应中，质量发生亏损时会释放能量3如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的vt图象下列判断正确的是( )A在t=1s时，滑块的加速度为零B在5s6s时间内，滑块受到的合力大小为2NC在4s6s时间内，滑块的平均速度大小为2.5m/sD在1s5s时间内，滑块的位移为12m4如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方下列说法中正确的是( )Aa、c的线速度大小相等，且小于d的线速度Bb、c的角速度大小相等，且小于a的角速度Ca、c的加速度大小相等，且大于b的加速度Db、
3、d存在相撞危险5有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是( )AN不变，T变大BN不变，T变小CN变大，T变大DN变大，T变小6L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力则木板P的受力个数为( )A3B
4、4C5D67如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速运动设A、B之间的摩擦力为f1，B与水平桌面间的摩擦力为f2若水平外力F逐渐增大，但A、B仍保持相对静止，则摩擦力f1和f2的大小( )Af1不变、f2变大Bf1变大、f2不变Cf1和f2都变大Df1和f2都不变8如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是( )A木块a与铁块b间一定存在摩擦力B木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C木块
5、与竖直墙面间一定存在摩擦力D竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和9如图所示为一质点运动的速度时间图象，曲线为一正弦曲线的上半部，则在0t1这段时间内( )A质点的速度先减小后增大B质点在t1时刻离开出发点最远C质点运动的加速度先减小后增大D图中正弦曲线是质点的实际运动轨迹10如图所示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀加速运动此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图3中的( )ABCD11一条足够长的
6、浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹下列说法中正确的是( )A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包的质量越大，径迹的长度越短C传送带运动的速度越大，径迹的长度越长D木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短12如图所示，把重为20N的物体放在倾角为30的粗糙斜面上并静止，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，则弹簧对物体的弹力（弹簧与斜面平行）( )A可以为22N，方向沿斜面向上B可以为2N，方向沿斜面向上C可以为12N，方向沿斜面向下D弹力不可能为零二、实验题13在“探究弹力
7、和弹簧伸长量的关系”实验中，（1）以下说法正确的是_A弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）某同学由实验测得某弹簧的弹力F与长度L的关系如图所示，则弹簧的原长L0=_cm，劲度系数k=_N/m14某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点因保存不当，纸带被污染如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点
8、的距离：xA=16.6mm、xB=126.5mm、xD=624.5mm，若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为_s；（2）打C点时物体的速度大小为_m/s（取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为_（用xA、xB、xD和f表示）三、解答题（本题共4小题，共40分解答题应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，有数值运算的题答案中必须写出数值和单位）15如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间动摩擦因数为现让甲物体以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，若甲和乙每次碰撞的时间极短，试求：（1）
9、甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；（2）若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞后，甲、乙的速度各是多少？16离地面高度为1500m处一架飞机以360km/h的速度水平飞行，已知投下的物体在离开飞机10s后降落伞张开，即做匀速运动，为了将物体投到地面某处，求应该在离该地水平距离多远处开始投下（假设水平方向的运动不受降落伞的影响，g=10m/s2）17物体A放在粗糙的水平地面上如图甲所示，06s时间内受到水平拉力F的作用，力F的大小如图乙所示，物体02s运动情况如图丙，重力加速度g取10m/s2试求：（1）物体的质量；（2）物体与地面的动摩擦因数；（3）06s物体的位移大小是
10、多少？18如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L=8m，匀速运动的速度v0=5m/s一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2求：（1）经过多长时间小物块与传送带速度相同；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；（3）N点的纵坐标2015-2016学年湖南省常德市津市一中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第9、10、11、12小题有多个选项是正
11、确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分其余均为单项选择题）1有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度若引入一个新的物理量（加速度的变化率）来表示加速度变化的快慢，该物理量的单位是( )Am/sBm/s2Cm/s3Dm2/s【考点】力学单位制 【分析】加速度的变化的快慢等于加速度的变化量与时间的比值，根据物理量的关系得出物理量的单位【解答】解：加速度变化的快慢表达式为，则单位等于故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键知道加速度变化率的含义，通过物理量之间的关系，得出单位之间的关系2下列说法正确的是( )A光电效应中，增大入射光的强度时，光电子最大初动
12、能将变大B卢瑟福通过散射实验，指出原子核有复杂结构C氢原子中电子绕核运动的半径变大，则其动能变大D核反应中，质量发生亏损时会释放能量【考点】光电效应 【专题】定性思想；推理法；光电效应专题【分析】A、根据光电效应方程Ekm=hW，可知，光电子最大初动能与入射光的频率有关；B、通过散射实验，指出原子核有复杂结构；C、电子绕核运动时，半径增大，电场力做负功，电势能增大，动能减小；D、依据质能方程，即可判定【解答】解：A、根据光电效应方程Ekm=hW，可知，光电子最大初动能与入射光的频率有关，而与光的强度无关，故A错误；B、卢瑟福通过散射实验，指出原子的核式结构，故B错误；C、电子绕核运动的半径变大
13、，电场力做负功，则其动能变小，故C错误；D、根据质能方程可知，一定质量对应的一定能量，那么质量发生亏损时会释放能量，故D正确；故选：D【点评】考查光电效应方程的应用，掌握原子的核式结构与原子核复杂结构的区别，理解质能方程的内涵，注意半径的变大，则动能与电势能如何变化3如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的vt图象下列判断正确的是( )A在t=1s时，滑块的加速度为零B在5s6s时间内，滑块受到的合力大小为2NC在4s6s时间内，滑块的平均速度大小为2.5m/sD在1s5s时间内，滑块的位移为12m【考点】匀变速直线运动的图像 【专题】定性思想；图析法；运动学中的图像专题【分析】根据
14、图线的斜率求出滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出合力的大小；结合图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，从而得出平均速度的大小【解答】解：A、在t=1s时，滑块的加速度为：a=2m/s2，故A错误；B、在5s6 s时间内，滑块的加速度为：a=m/s2，根据牛顿第二定律为：F=ma=14=4N，故B错误；C、在4s6 s时间内，滑块的位移为：x=41+41=6m，则滑块的平均速度大小为：，故C错误；D、在1s5s时间内，滑块的位移，故D正确；故选：D【点评】解决本题的关键知道速度时间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，难度适中4如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上
15、运行的四颗人造卫星其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上某时刻b卫星恰好处于c卫星的正上方下列说法中正确的是( )Aa、c的线速度大小相等，且小于d的线速度Bb、c的角速度大小相等，且小于a的角速度Ca、c的加速度大小相等，且大于b的加速度Db、d存在相撞危险【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】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向 F=G F向=m=m2r=mr因而=m=m2
16、r=m（）2r=ma解得：v= = a=A、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于d卫星的轨道半径，根据式，a、c的线速度大小相等，且大于d的线速度，故A错误B、b、c两颗卫星的轨道半径不相同，根据式，其角速度不等，故B错误；C、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于b卫星的轨道半径，根据式，a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，故C正确；D、b、d两颗卫星的轨道半径相同，根据式，它们的线速度相等，故永远不会相撞，故D错误；故选：C【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度和加速度的表达式，再进行讨论；除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道
17、半径有关5有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是( )AN不变，T变大BN不变，T变小CN变大，T变大DN变大，T变小【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】分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细
18、绳上的拉力T的变化情况【解答】解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示根据平衡条件得，N=2mg保持不变再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示设细绳与OB杆间夹角为，由平衡条件得，细绳的拉力T=，P环向左移一小段距离时，减小，cos变大，T变小故选：B【点评】本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究6L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力则木板P的受力个数为( )A3B4C5D6【考点】物体的弹性和弹力 【专题】
19、受力分析方法专题【分析】先对物体Q受力分析，由共点力平衡条件可知，弹簧对Q有弹力，故弹簧对P有沿斜面向下的弹力；再对物体P受力分析，即可得到其受力个数【解答】解：P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力根据牛顿第三定律，物体Q必对物体P有压力，同时弹簧对P也一定有向下的弹力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，所以选项C正确；故选：C【点评】对物体受力分析，通常要用隔离法，按照先已知力，然后重力、弹力、摩擦力的顺序分析7如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B
20、一起沿水平桌面向右加速运动设A、B之间的摩擦力为f1，B与水平桌面间的摩擦力为f2若水平外力F逐渐增大，但A、B仍保持相对静止，则摩擦力f1和f2的大小( )Af1不变、f2变大Bf1变大、f2不变Cf1和f2都变大Df1和f2都不变【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力 【专题】摩擦力专题【分析】水平外力F逐渐增大，A、B都保持相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律分别以A和整体为研究对象，分析摩擦力f1和f2的大小变化情况【解答】解：根据牛顿第二定律得： 对A物体：f1=mAa， 对整体：Ff2=（mA+mB）a可见，当F增大时，加速度a增大，f1变大而f2=（mA+mB）g，、mA、
21、mB都不变，则f2不变故选B【点评】本题运用整体法和隔离法结合研究连接体问题，加速度相同是这类问题的特点，要灵活选择研究对象8如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是( )A木块a与铁块b间一定存在摩擦力B木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和【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】受力分析方法专题【分析】对b受力分析，受到重力、支持力
22、和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不是墙壁的弹力和摩擦力【解答】解：b匀速上升，受到的合力为零，对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡；整体不受墙壁的弹力和摩擦力，如有，则合力不为零；故选A【点评】弹力和摩擦力的有无可以根据假设法判断，即假设存在，或假设不存在，看是否与运动状态相矛盾9如图所示为一质点运动的速度时间图象，曲线为一正弦曲线的上半部，则在0t1这段时间内( )A质点的速度先减小后增大B质点在t1时刻离开出发点最远C质点运动的加速度先减小后增大D图中正弦曲线是质点的实际运动轨迹【考点】匀变速直线运动的
23、图像 【专题】定性思想；图析法；运动学中的图像专题【分析】速度图象的斜率等于加速度、“面积”大小等于位移速度图象反映速度随时间的变化情况，不是质点运动轨迹【解答】解：A、由图看出，质点的速度先增大后减小故A错误B、根据速度图象的“面积”大小等于位移，可知，随着时间的推移，位移增大，则质点在t1时刻离开出发点最远故B正确C、速度图象的斜率等于加速度，图象的斜率先减小后增大，则质点的加速度先减小后增大故C正确D、速度图象反映速度随时间的变化情况，不是质点运动轨迹故D错误故选：BC【点评】本题是速度图象的问题，关键抓住：速度图象的斜率等于加速度、“面积”大小等于质点的位移进行分析图象的意义10如图所
24、示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀加速运动此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图3中的( )ABCD【考点】运动的合成和分解 【专题】运动的合成和分解专题【分析】由题分析得知，我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，做类平抛运动，其轨迹为抛物线，加速度方向向上，合力方向向上，轨迹向上弯曲【解答】解：我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，设水平方
25、向速度大小为v，加速度大小为a，经过时间t时，货物水平位移大小为x=vt，竖直位移大小y=，联立得到，y=，根据数学知识可知，轨迹是向上弯曲的抛物线故选B【点评】本题是类平抛运动问题，可以与平抛运动类比，定性分析轨迹形状，也可以定量分析轨迹方程11一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹下列说法中正确的是( )A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包的质量越大，径迹的长度越短C传送带运动的速度越大，径迹的长度越长D木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系
26、 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】木炭包在传送带上先是做匀加速直线运动，达到共同速度之后再和传送带一起匀速运动，黑色的径迹就是它们相对滑动的位移，求出相对位移再看与哪些因素有关【解答】解：A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知：mg=ma，得：a=g，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由V2=2ax 得木炭包位移为：X木=，设相对滑动的时间为t，由V=at，得：t=，此时传送带的位移为：x传=vt=所以滑动的位移是：x
27、=x传X木=由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以C正确，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以D正确故选：CD【点评】黑色的轨迹的长度，就是求木炭包和传送带的相对滑动的位移，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律很容易求得它们相对滑动的位移，在看相对滑动的位移的大小与哪些因素有关即可12如图所示，把重为20N的物体放在倾角为30的粗糙斜面上并静止，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，则弹簧对物体的弹力（弹簧与斜面平行）( )A可以为22N，方向沿斜面向上B可以为2N，方向沿斜面向上
28、C可以为12N，方向沿斜面向下D弹力不可能为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】将重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力和垂直斜面的垂直分力，当最大静摩擦力平行斜面向下和平行斜面向上时，分别求解出对应的弹簧弹力，得到弹簧弹力的作用范围【解答】解：将重力按照作用效果分解：平行斜面的下滑分力为mgsin30=10N，垂直斜面的垂直分力为mgcos30=15N；当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为拉力，等于22N；当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为推力，等于2
29、N；故弹簧弹力可以是不大于2N推力（向下）或者不大于22N的拉力（向上），也可以没有弹力；故AB正确，CD错误；故选：AB【点评】本题关键是根据平衡条件求解出物体即将上滑和即将下滑的两种临界情况的弹簧弹力，不难二、实验题13在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，（1）以下说法正确的是ABA弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）某同学由实验测得某弹簧的弹力F与长度L的关系如图所示，则弹簧的原长L0=10cm，劲度系数
30、k=50N/m【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系 【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题【分析】在探索弹力和弹簧伸长的关系实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定；利用实验操作过程的注意事项分析即可；由FL图象的意义，斜率表示弹簧的劲度系数，图象与横坐标的截距为弹簧的原长【解答】解：（1）A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确B、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数故B正确C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C错误D、拉力与伸长量之比是劲度系
31、数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误（2）由FL图象和胡克定律结合分析知，图象的斜率为弹簧的劲度系数，当F=0时，即横坐标的截距为弹簧的原长，所以据图所知，横截距为10cm，即弹簧的原长为10cm；图象的斜率K=N/m=50N/m故答案为：（1）AB；（2）10，50【点评】本题关键明确实验原理，能够根据胡克定律列式求解；能利用FL图象分析求解是关键，注意横坐标的截距为弹簧的原长，斜率表示弹簧的劲度系数14某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点因保存不当，纸带被污染
32、如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：xA=16.6mm、xB=126.5mm、xD=624.5mm，若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为0.1s；（2）打C点时物体的速度大小为2.5m/s（取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为（用xA、xB、xD和f表示）【考点】测定匀变速直线运动的加速度 【专题】实验题；直线运动规律专题【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C点时小车的瞬时速度大小【解答】解：（1）打点计时器
33、打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s（2）根据间的平均速度等于点的速度得：vc=2.5m/s（3）匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即x=aT2，所以有：xBC=xAB+aT2，xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2，xBD=2xAB+3aT2，所以物体的加速度大小a=故答案为：（1）0.1（2）2.5，（3）【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三、解答题（本题共4小题，共40分解答题应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
34、值运算的题答案中必须写出数值和单位）15如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间动摩擦因数为现让甲物体以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，若甲和乙每次碰撞的时间极短，试求：（1）甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；（2）若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞后，甲、乙的速度各是多少？【考点】动量守恒定律；动能定理的应用 【专题】计算题；定量思想；方程法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时；在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，根据动量守恒求得第一次
35、碰撞后两球各自的速度，根据能量的转化与守恒求解系统损失了多少机械能【解答】解：（1）碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时，设此时两物体速度为v，选择向右为正方向，则由系统动量守恒有：2mv0=3mv，得：v=v0，此时系统动能：Ek=3mv2=mv02；（2）设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运动，乙以v2初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，有：v1=，而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv0=2mv1+mv2，由以上两式可得：v1=，v2=v0，所以第一次碰撞中的机械能损失为：E=2mv022mv12mv2
36、2=mv02答：（1）甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能为mv02；（2）若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中系统损失的机械能为mv02【点评】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，考查动量守恒的题目经常需要动量守恒定律与机械能守恒或者能量守恒综合运用，把握联立解方程的技巧16离地面高度为1500m处一架飞机以360km/h的速度水平飞行，已知投下的物体在离开飞机10s后降落伞张开，即做匀速运动，为了将物体投到地面某处，求应该在离该地水平距离多远处开始投下（假设水平方向的运动不受降落伞的影响，g=10m/s2）【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；自由落体运动 【专
37、题】直线运动规律专题【分析】飞机抛出物体后，物体先做平抛运动，打开降落伞后沿着竖直方向做匀减速直线运动；根据平抛运动的分运动公式和匀变速直线运动的公式列式求解【解答】解：初速度v0=360 km/h=100 m/s，平抛的时间为：t=10 s竖直分位移：h=gt2=500 m 打开降落伞时离地的高度：H=（1500500）m=1000m打开降落伞时竖直分速度：vg=gt=1010=100 m/s 打开降落伞后，物体沿着竖直方向做匀速直线运动，根据平均速度公式，有：t=10s；故有：t总=t+t=10+10=20s得：s=v0t=10020=2000 m答：应该在离该地水平距离2000m处开始投
38、下【点评】本题关键是明确物体的运动规律，先做平抛运动，然后沿着竖直方向匀减速下降；基础问题17物体A放在粗糙的水平地面上如图甲所示，06s时间内受到水平拉力F的作用，力F的大小如图乙所示，物体02s运动情况如图丙，重力加速度g取10m/s2试求：（1）物体的质量；（2）物体与地面的动摩擦因数；（3）06s物体的位移大小是多少？【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系 【专题】计算题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）（2）由图示vt图象判断物体的运动状态，求出物体的加速度，由Ft图象求出力，然后应用平衡条件与牛顿第二定律求出物体的质量、物体与地面间的动
39、摩擦因数（3）根据图示图象应用牛顿第二定律求出物体的加速度，然后应用运动学公式求出物体的位移【解答】解：（1）由图丙所示可知，在你12s内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由图乙所示图象可知，在12s内物体受到的拉力：F2=2N，由平衡条件得：F2=mg 由图丙所示图象可知，在01s内，物体的加速度：a=3m/s2，由图乙所示图象可知，在01s内，拉力：F1=3N，由牛顿第二定律得：F1mg=ma 解得：m=kg，=0.6；（2）由（1）可知：=0.6；（3）01s内的位移：x1=13=1.5m，23s内的位移：x2=31=3m，3s后物体的加速度：a3=3m/s2，物体做减速运动，速度减为零
40、需要的时间：t=1s，则物体在3s末速度变为0，物体减速运动的位移：x3=31=1.5m，然后物体反向做加速运动，加速度大小：a4=a3=3m/s2，到6s末加速时间：t=63=3s，反向加速的位移：x4=332=13.5m，物体在06s内的位移大小为：x=x4x1+x2+x3=7.5m；答：（1）物体的质量为kg；（2）物体与地面的动摩擦因数为0.6；（3）06s物体的位移大小是7.5m【点评】本题考查了求物体的质量、动摩擦因数与位移，分析清楚物体的运动过程与图示图象是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题18如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L=8
41、m，匀速运动的速度v0=5m/s一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2求：（1）经过多长时间小物块与传送带速度相同；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；（3）N点的纵坐标【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）求解出P到Q过程的加速度，根据v=at小物块与传送带速度相同的时间；（2）根据Q=fS求解热量；（3）在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式；对从Q到N过程根
42、据机械能守恒定律列式；最后联立方程得到N点的纵坐标yN【解答】解：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=g=5m/s2小物块与传送带共速时，所用的时间：t=1s（2）运动的位移：x=2.5m（Lx）=6m故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点；在1s内，物体的位移为2.5m，传送带的位移为5m，故相对滑动的位移为：x=52.5=2.5m；小物块在传送带上运动系统产生的热量：Q=fx=mgx=0.51102.5=12.5J；（3）小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg=m由机械能守恒定律得：m=mgyN+m解得：yN=1m答：（1）经过1s时间小物块与传送带速度相同；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量为12.5J；（3）N点的纵坐标为1m【点评】本题关键是明确小滑块的运动情况，然后分段根据牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式分析求解
