1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年福建省泉州市惠安县惠南中学高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，第1-7小题只有一个选项正确，第8-11小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为（）ABCD2某同学为估测一教学楼的总高度，在楼顶将一直径为2cm的钢球由静止释放，测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001s，由此可知教学楼的总
2、高度约为（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）（）A10mB20mC30mD40m3如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物假设货物相对于车厢匀速下滑，则在下滑过程中（）A地面对货车有向右的摩擦力B货物对车厢的作用力水平向右C地面对货车的支持力逐渐增大D货车对地面的压力等于货车和货物的总重力4甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移时间（xt）图象如图所示，由图象可以看出在04s内（）A甲、乙两物体始终同向运动B4s时甲、乙两物体间的距离最大C甲的平均速度等于乙的平均速度D甲、乙两物体之间的最大距离为4 m5
3、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零则在圆环下滑过程中（）A圆环机械能守恒B弹簧的弹性势能一定先增大后减小C弹簧的弹性势能变化了mghD弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大6如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端（B与小车间的动摩擦因数为）某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生作用力的大小和方向为（）Amg，竖直向上B，斜向左上方Cmgtan，水平向右Dmg向
4、右上方7如图所示，质量m=10kg和M=20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250N/m现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（）AM受到的摩擦力保持不变B物块m受到的摩擦力对物块m不做功C推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D开始相对滑动时，推力F的大小等于200N8如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的
5、动摩擦因数为2下列说法正确的是（）A木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mgB木板受到地面的摩擦力的大小一定是2（m+M）gC当F2（m+M）g时，木板便会开始运动D无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动9如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑已知这名消防队员的质量为60，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（）A下滑过程中的最大速度为4 m/sB加速与减速过程的时间之比为1：2C加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1：7D加速与减
6、速过程的位移之比为1：410一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下例说法正确的是（）A钢绳的最大拉力为B钢绳的最大拉力为C重物的最大速度为v2=D重物做匀加速运动的时间为11一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律（选地面为零势能参考平面）错误的是（）ABCD二、实验题（本题共2个小题，每个空格2分，共20分）12（10分）在“探究加速度与力、质量的
7、关系”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出（1）如图2为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是m/s2（结果保留两位小数）（2）以下措施正确的是（填入相应的字母，多选少选均不得分）A平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力C每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D实验时，先放开小车，后接
8、通电源（3）当M与m的关系满足时，才可认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力（4）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该做a与的图象（5）如图3，甲同学根据测量数据做出的aF图线，说明实验存在的问题是13（10分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未
9、标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=J，系统势能的减少量EP=J，由此得出的结论是；（3）若某同学作出v2h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=m/s2三、计算题（本题共4个小题，共36分）14（6分）如图1所示，一根长为L的轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的小钢球A，球处于静止状态现对小钢球施加一个方向水平向右的外力F，使球足够缓慢地偏移，外力F方向始终水平向右若水平外力F的大小随移动的水平距离x的变化如图2所示求此过程中：（
10、1）轻绳上张力大小变化的取值范围（2）在以上过程中水平拉力F所做的功15（9分）如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，求：（1）物体运动到B的速度是多少？（2）物体从A运动到B的时间是多少？（3）物体从A运动到B的过程中，产生多少热量？16（9分）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，
11、并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取，求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度17（12分）如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个
12、四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g （1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值2016-2017学年福建省泉州市惠安县惠南中学高三（上）期中物理
13、试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，第1-7小题只有一个选项正确，第8-11小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为（）ABCD【考点】胡克定律【分析】A、B原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于A的重力mg，根据胡克定律求出被压缩的长度x1当A刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力等于B的重力mg，再由胡克定律求出此时弹簧伸长的长度x2，A上升距离d=x
14、1+x2【解答】解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1=mg物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2=mg这一过程中，物体B上移的距离 d=x1+x2式联立可解得：d=故选：B【点评】本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的状态和弹力，再由几何关系研究A上升距离与弹簧形变量的关系2某同学为估测一教学楼的总高度，在楼顶将一直径为2cm的钢球由静止释放，测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001s，由此可知教学楼的总高度约为（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）（）A10mB20mC
15、30mD40m【考点】自由落体运动【专题】自由落体运动专题【分析】物体做的是自由落体运动，根据自由落体的位移公式可以求得【解答】解：设运动时间为t，根据h=gt2可得，根据x=xtxt1即gt2g（t0.001）2=x，即10t210（t0.001）2=0.02解得：t=2sh=1022=20m故选：B【点评】本题考查的是自由落体运动公式的直接应用，题目比较简单，属于基础题3如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物假设货物相对于车厢匀速下滑，则在下滑过程中（）A地面对货车有向右的摩擦力B货物对车厢的作用力水平向右C地面对货车的支持
16、力逐渐增大D货车对地面的压力等于货车和货物的总重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】先对货物受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件得到滑动摩擦力和支持力的合力情况；再根据牛顿第三定律得到货物对车的压力和摩擦力情况，最后隔离车分析，根据平衡条件判断车的受力情况【解答】解：B、先对货物分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律，货物对车的压力和摩擦力的合力方向竖直向下，也等于货物重力，故B错误；ACD、再隔离车分析，受重力、地面支持力、货物的压力和摩
17、擦力，由于货物的压力和摩擦力的合力竖直向下，故车相对地面没有滑动趋势，故不受地面的静摩擦力，根据平衡条件，支持力等于货车和货物的总重力，结合牛顿第三定律可知，压力等于货车和货物的总重力，故A错误，C错误，D正确；故选：D【点评】本题是力平衡问题，关键是受力分析后根据平衡条件得到货物对车的力竖直向下，等于其重力，不难4甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移时间（xt）图象如图所示，由图象可以看出在04s内（）A甲、乙两物体始终同向运动B4s时甲、乙两物体间的距离最大C甲的平均速度等于乙的平均速度D甲、乙两物体之间的最大距离为4 m【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图
18、像专题【分析】根据图象可知两物体同时同地出发，图象的斜率等于速度，通过分析两物体的运动情况，来分析两者的最大距离【解答】解：A、xt图象的斜率等于速度，可知在02s内甲、乙都沿正向运动，24s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，故A错误BD、02s内两者同向运动，甲的速度大，两者距离增大，2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则2s时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为 S=4m1m=3m，故BD错误C、由图知在04s内甲乙的位移都是2m，平均速度相等，故C正确故选：C【点评】本题关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；斜率
19、等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量x5如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零则在圆环下滑过程中（）A圆环机械能守恒B弹簧的弹性势能一定先增大后减小C弹簧的弹性势能变化了mghD弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大【考点】机械能守恒定律；功能关系【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最
20、大【解答】解：A、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误B、弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大故B错误C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh故C正确D、根据系统机械能守恒，弹簧弹性势能最大时圆环的速度等于零，故D错误故选：C【点评】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法这是一道考查系统机械能守恒的基础好题6如图所示，带支架的平板小
21、车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端（B与小车间的动摩擦因数为）某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生作用力的大小和方向为（）Amg，竖直向上B，斜向左上方Cmgtan，水平向右Dmg向右上方【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】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtan=mAa，解得a=gtan，方向水平向右再对B研究得：F=ma=m
22、gtan，方向水平向右，即小车对物块B产生的静摩擦力的大小为mgtan，方向向右小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，故N=mg；故小车对物块B产生作用力为：F=N2+f2=mg，斜向右上方；故选D【点评】本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究7如图所示，质量m=10kg和M=20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250N/m现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（）A
23、M受到的摩擦力保持不变B物块m受到的摩擦力对物块m不做功C推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D开始相对滑动时，推力F的大小等于200N【考点】功能关系；功的计算【分析】对m进行受力分析，根据平衡条件求得摩擦力变化的情况根据做功的条件判断摩擦力对物块m是否做功把m和M看成整体进行受力分析，根据动能定理求解【解答】解：A、对m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧的弹力和向左的静摩擦力由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，也就可以看成平衡状态，所以M对m的摩擦力也在增大所以M受到的摩擦力在增大，故A错误B、物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，故B错误C、把m和M看
24、成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F=kx=100N，对整体研究，根据动能定理得WF+W弹=Ek=0弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，WF=W弹=Ep，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，故C正确，D错误故选C【点评】了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题两物块间刚开始相对滑动，此时m受的摩擦力达到最大静摩擦力8如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2
25、下列说法正确的是（）A木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mgB木板受到地面的摩擦力的大小一定是2（m+M）gC当F2（m+M）g时，木板便会开始运动D无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力；牛顿第二定律【专题】摩擦力专题【分析】以木板为研究对象，分析受力情况，求出地面对木板的摩擦力当改变F的大小时，分析m对M的摩擦力能否大于地面对木板的最大静摩擦力，判断木板能否运动【解答】解：A、对木板：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f1和地面的向左的静摩擦力f2，f1=1mg，由平衡条件得：f2=f1=1mg故A正确B、由于木板相对于地面是否刚滑动不清楚，地面的静
26、摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是2（m+M）g故B错误C、D由题，分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动故C错误，D正确故选AD【点评】摩擦力公式f=N用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力，一般的静摩擦力不能用这个公式直接求解，可根据平衡条件或牛顿运动定律求静摩擦力9如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑已知这名消防队员的质量为60，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/
27、s2，那么该消防队员（）A下滑过程中的最大速度为4 m/sB加速与减速过程的时间之比为1：2C加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1：7D加速与减速过程的位移之比为1：4【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】由平均速度公式求解最大速度根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比根据牛顿第二定律研究摩擦力之比【解答】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=，得到v=m/s=8m/s故A错误B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2故B正确C、D由
28、t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1=8m/s2，a2=4m/s2，根据牛顿第二定律得加速过程：mgf1=ma1，f1=mgma1=2m减速过程：f2mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7根据f=N可知：N=，所以N1：N2=1：7，故C正确；D、匀加速运动位移为：x1=4m匀减速位移为：x2=8m所以加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误故选：BC【点评】本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系10一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为
29、v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下例说法正确的是（）A钢绳的最大拉力为B钢绳的最大拉力为C重物的最大速度为v2=D重物做匀加速运动的时间为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律【专题】功率的计算专题【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；先根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动速度时间公式求出时间【解答】解：匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加
30、速结束时的拉力，由P=Fv得Fm=，A正确，B错误； 重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=，故C正确；重物做匀加速运动的加速度a=，则匀加速的时间为t=，D正确故选ACD【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉11一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律（选地面为零势能参考平面）错误的是（）ABCD【考点】功能关系；机械能守恒定律【专题】比较思想；推理法；功能关系 能量守恒定律【分析】只有重力
31、对物体做功时，物体的机械能守恒，由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功根据功能关系列式分析【解答】解：设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知：f=kv，k是比例系数根据功能原理得：E=Wf=fh则得 E=E0+E=E0fh因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，故图象的斜率逐渐减小，只有C正确故C正确，ABD错误本题选错误的，故选：ABD【点评】物体受空气阻力的作用，物体的机械能要减小，由于空气阻力逐渐减小，所以机械能减小的越来越慢由功能原理分析是常用的方法二、实验题（本题共2个小题，每个空格2分，共20分）12（10分）在“探究加速度与力、
32、质量的关系”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出（1）如图2为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是1.59m/s2（结果保留两位小数）（2）以下措施正确的是BC（填入相应的字母，多选少选均不得分）A平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力C每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D实验时
33、，先放开小车，后接通电源（3）当M与m的关系满足Mm时，才可认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力（4）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该做a与的图象（5）如图3，甲同学根据测量数据做出的aF图线，说明实验存在的问题是平衡摩擦力时木板倾角过大【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度；（2）探究加速度与拉力的关系
34、实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车；（3）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力；（4）反比例
35、函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系；（5）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大【解答】解：（1）设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，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：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值：得：a=（a1+a2+a3）带入数据得：a=m/s2=1.59 m/s2（2）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使
36、小车拖着纸带沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误，B正确；C、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；D、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故D错误；故选：BC（3）根据牛顿第二定律得：对m：mgF拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=当Mm时，即小车的质量远大于砝码和盘的总质量，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力（4）根据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自
37、变量和因变量之间的关系，故不能作aM图象；但a=，故a与成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a图象，（5）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大故答案为：（1）1.59；（2）BC；（3）Mm；（4）；（5）平衡摩擦力时木板倾角过大【点评】（1）解决本题的关键理解实验的原理，知道当m的质量远小于M的质量，m的重力可以认为等于M所受的合力（2）解决本题的关键掌握匀变速直线运动推论的运用，会运用逐差法求解加速度；（3）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，尤其是理解平衡摩擦力和Mm的
38、操作和要求的含义只要掌握了实验原理就能顺利解决此类题目，就能举一反三，所以要注意基本原理的学习13（10分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=0.576J，系统势能的减少量EP=0.600
39、J，由此得出的结论是在误差允许的范围内，系统机械能守恒；（3）若某同学作出v2h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=9.7m/s2【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5的瞬时速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量根据机械能守恒得出v2h的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度【解答】解：（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=（2）则打点05过程中系统动能的增量EK=0.576J系统重力势能的减小量EP=（m2m1）gh=0.110（0.216+0.384）=0.600J，在
40、误差允许的范围内，系统机械能守恒（3）根据系统机械能守恒得，解得，图线的斜率k=，解得g=9.7m/s2故答案为：（1）2.4；（2）0.576，0.600，在误差允许的范围内，系统机械能守恒（3）9.7【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，从而得出系统机械能的增加量，以及通过下降的高度求出系统重力势能的减小量三、计算题（本题共4个小题，共36分）14（6分）如图1所示，一根长为L的轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的小钢球A，球处于静止状态现对小钢球施加一个方向水平向右的外力F，使球足够缓慢地偏移，外力F方向始终水平向右若水平外力F的大小随移动的水平距离x的变化
41、如图2所示求此过程中：（1）轻绳上张力大小变化的取值范围（2）在以上过程中水平拉力F所做的功【考点】动能定理；共点力平衡的条件及其应用【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）当cos=1时，即=0时，绳子拉力等于重力，水平拉力等于0根据共点力平衡求出拉力为G时，水平拉力的大小，从而得出拉力的范围（2）因为缓慢移动，动能变化为零，拉力做功等于重力势能的增加量【解答】解：（1）在小球移动过程中，始终处于平衡状态当x=0时，F=0，T=G 当x=时，F=G，T=2G 所以T的取值范围是GT2G （2）当F=G时，cos=由功能关系得：F力做功W=GL（1cos） 求得W=GL 答：（1）轻绳上张力大
42、小变化的取值范围为GT2G （2）在以上过程中水平拉力F所做的功为【点评】本题考查了共点力平衡，以及功能关系，难度不大，是一道好题，平时需加强这方面的训练15（9分）如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，求：（1）物体运动到B的速度是多少？（2）物体从A运动到B的时间是多少？（3）物体从A运动到B的过程中，产生多少热量？【考点】动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）（2）分别求
43、出物体在传送带上向左运动的时间、向右匀加速运动时间及向右匀速运动时间，三者之和即可所求时间；（3）由运动学可求位移，进而可求产生的热量【解答】解：（1）（2）物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：mv02=mgh 代入数据得：v0=2m/s物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：t1=1s s1=，代入数据得：s1=3m t2=0.5s运动时间为：t=t1+t2=1.5s物体到传送带B的速度为4m/s（3）在t1时间内，皮带做匀速运动 S皮带=vt1=4mQ=mgS=mg（S皮带S1），代入数据得：Q=2J答：（1）物体运动到B的速度是4m/s（2）物体从A运动到B的时间是
44、1.5s；（3）物体从A运动到B的过程中，产生2J热量【点评】本题主要考察了动能定理及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，难度适中16（9分）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取，求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上P点后
45、，木箱向右运动的最大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度【解答】解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状
46、态，离开木箱后将作自由落体运动由，得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：木箱向右运动的最大位移为：小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：设木箱向左运动的时间为t2，则：由得：所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.81=2.8m/s【点评】本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量17（12分）如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一
47、个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g （1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支
48、架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值【考点】机械能守恒定律【专题】压轴题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达P点的速度，根据速度方向与斜面AB平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出AD离地的高度（2）根据平行四边形定则求出进入A点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）根据牛顿第二定律分别求出P、Q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度
49、求出压力之差的最小值【解答】解：（1）在P点 ，解得到达A点时速度方向要沿着AB，所以AD离地高度为=（2）进入A点滑块的速度为，假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，所以滑块不会滑到A而飞出 根据动能定理得，代入数据解得，1.2mgR0.2mgs=解得滑块在锅内斜面上走过得总路程（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，由牛二定律，在Q点，解得在P点，解得所以由机械能守恒得，得为定值代入v2的最小值，得压力差的最小值为9mg答：（1）应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为；（2）滑块在锅内斜面上走过的总路程为（3）通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值为9mg【点评】本题主要考查了平抛运动、动能定理及机械能守恒、牛顿运动定律等基本规律的应用，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题高考资源网版权所有，侵权必究！