1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年辽宁省辽师大附中高二（下）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（）A实验检验，数学推理B数学推理，实验检验C提出假设，实验检验D实验检验，合理外推2在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车与b车速度相同Ct1到t3时间内a车与b车的平均速度相等Dt1到t2时间内有一时刻两车的速度相同3把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一
2、个光滑的小孔，如图所示质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢下移在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（）AF不变，FN增大BF不变，FN减小CF减小，FN不变DF增大，FN不变4如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3B3：4C3：5D5：85如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑
3、块之间的动摩擦因数为若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是（）A沿着杆加速下滑B沿着杆加速上滑C沿着杆减速下滑D沿着杆减速上滑6如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD7某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气假设该地区岩石均匀分布且密度为，天然气的密度远小于，可忽略不计如果没有该空腔，地球表面正常的重
4、力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg（kl）已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是（）ABCD8如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两球，滑轮悬挂在一个传感器正下方，B球换用质量m不同的球，而A球始终不变，通过计算机描绘得到传感器拉力F随B球质量m变化的关系如图乙所示，F=F0直线是曲线的渐近线，已知轻质定滑轮质量可看成零，重力加速度为g，则（）A根据图线可以确定A球质量m0=B根据图线可以计算B球为某一质量m时其运动的加速度CA、B球运动的加速度一定随B质量m的增大而增大D传感器读数F一定小于A、B球总重力9如图所示，蹦床运动
5、员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（）A在第一过程中始终处于失重状态B在第二过程中始终处于超重状态C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态10如图所示，一块橡皮（可视为质点）用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直当铅笔尖匀速滑动的速度取不同的值时，在橡皮运动过程中的任一时刻，设橡皮的速度方向与水平方向的夹角为关于，下列说法符合事实的是（）A铅笔尖的滑动速度越大，越小B无论铅笔尖的滑动速度多大，都不变C若铅笔尖改为初速度为v0的匀加速直线运动，则
6、会越来越大D若铅笔尖改为初速度为v0的匀加速直线运动，仍保持不变11重10N的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=1m，bc=0.2m，那么在整个过程中（）A滑块动能的最大值是6 JB弹簧弹性势能的最大值是6JC从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD整个过程系统机械能守恒12如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块
7、的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（）ABCD二、填空题（共2小题，每小题5分，满分14分）13如图1用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L=48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率（1）实验主要步骤如下：将拉力传感器固定在小车上；平衡摩擦力，让小车做运动；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；改变所挂钩码
8、的数量，重复的操作（2）下表中记录了实验测得的几组数据，vB2vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a=，请将表中第3次的实验数据填写完整（结果保留三位有效数字）；次数F（N）vB2vA2（m2/s2）a（m/s2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.3442.624.654.8453.005.495.72（3）由表中数据，在坐标纸上作出aF关系图线；（4）对比实验结果与理论计算得到的关系图线（图2已画出理论图线），造成上述偏差的原因是14利用如图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导
9、线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有（选填器材前的字母）A大小合适的铁质重锤B体积较大的木质重锤C刻度尺D游标卡尺E秒表（2）如图2实验中得到的一条纸带在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量Ep=，动能的增加量Ek=（3）在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是A释放重锤前，使纸带保持竖直B做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤C为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v=计算，其
10、中g应取当地的重力加速度D用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2h图象去研究机械能是否守恒若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2h图象是图3的哪一个三、计算题（本题包括3小题，共38分。要求写出必要的文字说明和解题步骤，只写出最终结果的不能得分。）15如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g求
11、：（1）若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动，拉力F的大小范围；（2）已知m=10kg、=0.5，g=10m/s2，若物体以恒定加速度a=5m/s2向右做匀加速直线运动，维持这一加速度的拉力F的最小值16在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A（7，2）点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O（0，0）点水平飞出后经过D（6，3）点重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：（1）圆环到达
12、O点时的速度大小及轨道对圆环弹力大小；（2）恒力F的大小；（3）圆环在AB段运动的时间17如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m=1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；（2）煤块在传送带上运动的时间；（3）整个过程中由于摩擦产生的热量2015-2016学年辽宁省辽师大附中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1伽利略在对自由落体运动的研究过程
13、中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（）A实验检验，数学推理B数学推理，实验检验C提出假设，实验检验D实验检验，合理外推【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套科学研究方法【解答】解：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广故ABD错误，C正确；故选：C2在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直
14、线a和曲线b，由图可知（）Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车与b车速度相同Ct1到t3时间内a车与b车的平均速度相等Dt1到t2时间内有一时刻两车的速度相同【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化根据位移和时间比较平均速度的大小【解答】解：A、b图线切线切线先为负值，然后为正值，知b的运动方向发生变化故A错误B、在t1时刻，两车的位移相等，速度不同故B错误C、t1到t3时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同故C正确D、t1
15、到t2时间内，b图线的切线斜率始终为负，与a的速度方向相反，则两车的速度不可能相同故D错误故选：C3把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢下移在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（）AF不变，FN增大BF不变，FN减小CF减小，FN不变DF增大，FN不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出AB与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持
16、力【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力满足受力平衡作出受力分析图如下由图可知OABGFA即：，小球沿圆环缓慢下移时，半径不变，AB长度增大，故F增大，FN不变，故D正确；故选：D4如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成=37角，不计所有摩擦当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A4：3B3：4C3：5D5：8【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相
17、等，即绳子AB两球的拉力是相等的【解答】解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=mBg（根据正弦定理列式）故mA：mB=1：tan=1： =4：3故选：A5如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是（）A沿着杆加速下滑B沿着杆加速上滑C沿着杆减速下滑D沿着杆减速上滑【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】环与小球保持相对静止，并以相同的加速度a一起下滑，对整体进行受力分析求出
18、加速度，采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合分析即可判断【解答】解：把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：（m1+m2）gsinf=（m1+m2）a 垂直斜面方向：FN=（m1+m2）gcos摩擦力：f=FN联立可解得：a=gsingcos，对小球有：若=，a=gsin现有：，则有agsin所以gsingcosgsingsingsingcos因为，所以gsingsin0，但gcos0所以假设不成立，即速度的方向一定向上由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D正确故选：D6如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做
19、平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD【考点】平抛运动【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30，则有：vy=v0tan30又 vy=gt，则得：v0tan30=gt，t= 水平方向上小球做匀速直线运动，则有： R+
20、Rcos60=v0t 联立解得：v0=故选：B7某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气假设该地区岩石均匀分布且密度为，天然气的密度远小于，可忽略不计如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg（kl）已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是（）ABCD【考点】万有引力定律及其应用【分析】如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值；根据万有引力等于重力列出等式，结合几何关系求出空腔体积【解答】解：如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该
21、地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1k）mg；根据万有引力定律，有：（1k）mg=G解得：V=故选：D8如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两球，滑轮悬挂在一个传感器正下方，B球换用质量m不同的球，而A球始终不变，通过计算机描绘得到传感器拉力F随B球质量m变化的关系如图乙所示，F=F0直线是曲线的渐近线，已知轻质定滑轮质量可看成零，重力加速度为g，则（）A根据图线可以确定A球质量m0=B根据图线可以计算B球为某一质量m时其运动的加速度CA、B球运动的加速度一定随B质量m的增大而增大D传感器读
22、数F一定小于A、B球总重力【考点】牛顿第二定律；传感器在生产、生活中的应用【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离分析，根据牛顿第二定律求出绳子拉力，从而得出传感器拉力大小，当m趋向于无穷大，传感器示数趋向于F0，结合表达式求出A球的质量分别结合牛顿第二定律求出当mm0，当mm0时，加速度的表达式，从而分析判断【解答】解：A、当m较大时，对整体分析，加速度a=g隔离对m分析，mgT=ma，解得T=，当m趋向于无穷大，则F0=2T=4m0g，解得A球质量m0=g故A错误B、知道B球的质量，结合图线可知道传感器的拉力，从而知道绳子的拉力，隔离对B球分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度故
23、B正确C、当mm0，加速度a=gm增大，则加速度增大；当mm0时，加速度a=g=g，当m增大时，a减小故C错误D、当两球的质量相等，此时绳子拉力等于小球的重力，则传感器示数F等于A、B球的总重力故D错误故选：B9如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（）A在第一过程中始终处于失重状态B在第二过程中始终处于超重状态C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态【考点】超重和失重【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对
24、接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g【解答】解：A、C、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态故A错误，C正确；B、D、蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确；故选：CD10如图所示，一块橡皮（可视为质点）用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直当
25、铅笔尖匀速滑动的速度取不同的值时，在橡皮运动过程中的任一时刻，设橡皮的速度方向与水平方向的夹角为关于，下列说法符合事实的是（）A铅笔尖的滑动速度越大，越小B无论铅笔尖的滑动速度多大，都不变C若铅笔尖改为初速度为v0的匀加速直线运动，则会越来越大D若铅笔尖改为初速度为v0的匀加速直线运动，仍保持不变【考点】运动的合成和分解【分析】由于铅笔的作用，橡皮同时做水平向右的分运动和竖直向上的分运动，由运动的合成可知合速度的情况【解答】解：橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，且大小相等，则v合恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都恒定，因此角与铅笔
26、尖滑动的速度无关，故BD正确，AC错误故选：BD11重10N的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=1m，bc=0.2m，那么在整个过程中（）A滑块动能的最大值是6 JB弹簧弹性势能的最大值是6JC从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD整个过程系统机械能守恒【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律【分析】了解滑块的运动过程，滑块先加速运动到b，接触弹簧后滑块没有减速，而是继续加速，当滑块的合力为0时，滑块速度最大，再向下做减速运动，速度减到0时，弹簧压得最紧，弹性势能最大选择适当的过程运用动能定
27、理列式求解【解答】解：A、当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，d点在b和c之间滑块从a到d，运用动能定理得：mghad+W弹=EKd0mghad6J，W弹0，所以EKd6J，故A错误B、滑块从a到c，运用动能定理得：mghac+W弹=00解得：W弹=6J弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J故B正确C、从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，根据B选项分析，知做功为6J；故C正确D、整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确故选：BCD12如图所示，固定光滑斜面A
28、C长为L，B为斜面中点一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（）ABCD【考点】功能关系；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律【分析】根据动能随x的表达式得出整个过程中的运动规律，即前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化【解答】解：AB、合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先
29、均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确C、物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确故选：BD二、填空题（共2小题，每小题5分，满分14分）13如图1用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置用拉力传感器记录
30、小车受到拉力的大小，在长木板上相距L=48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率（1）实验主要步骤如下：将拉力传感器固定在小车上；平衡摩擦力，让小车做匀速直线运动；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；改变所挂钩码的数量，重复的操作（2）下表中记录了实验测得的几组数据，vB2vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a=，请将表中第3次的实验数据填写完整（结果保留三位有效数字）；次数F（N）vB2vA2（m2/s2）a
31、（m/s2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.342.4442.624.654.8453.005.495.72（3）由表中数据，在坐标纸上作出aF关系图线；（4）对比实验结果与理论计算得到的关系图线（图2已画出理论图线），造成上述偏差的原因是没有完全平衡摩擦力或拉力传感器读数偏大【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；（2）根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出正确的表达式；（3）利用描点法可正确画出图象；（4）对比实际与理论图象可知，有外力时还没
32、有加速度，由此可得出产生偏差原因【解答】解：（1）根据平衡状态的特点可知知道当小车做匀速直线运动时，说明摩擦力已经被平衡（2）根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v2v02=2ax可以求出：a=，带入数据解得：a=2.44m/s2（3）根据表中数据，得出图象如图所示：（4）对比图象可知，实际图象没有过原点而是和横坐标有交点，造成原因为没有完全平衡摩擦力或拉力传感器读数偏大故答案为：（1）匀速直线；（2）；2.44；（3）如上图所示；（4）没有完全平衡摩擦力或拉力传感器读数偏大14利用如图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关
33、外，在下面的器材中，必须使用的还有AC（选填器材前的字母）A大小合适的铁质重锤B体积较大的木质重锤C刻度尺D游标卡尺E秒表（2）如图2实验中得到的一条纸带在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量Ep=mghB，动能的增加量Ek=（3）在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是ABDA释放重锤前，使纸带保持竖直B做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤C为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v
34、=计算，其中g应取当地的重力加速度D用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2h图象去研究机械能是否守恒若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2h图象是图3的哪一个A【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材（2）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B点的速度，从而得出动能的增加量（3）根据实验的原理
35、以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤（4）抓住物体的加速度不变，结合速度位移公式得出v2h的关系式，从而确定正确的图线【解答】解：（1）A、实验中为了减小阻力的影响，选择质量大一些、体积小一些的重锤，故A正确，B错误C、实验中用刻度尺测量点迹间的距离，故C正确，D错误E、由于打点计时器可以直接记录时间，所以不需要秒表，故E错误故选：AC（2）从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量Ep=mghB，B点的瞬时速度，则动能的增加量=（3）A释放重锤前，为了减小阻力的影响，使纸带保持竖直，故A正确B、实验时应先接通电源，再释放重物，故B正确C、瞬时速度的大小不能通过v=计算，否则就默认了
36、机械能守恒，失去验证的意义，故C错误D、用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，故D正确故选：ABD（4）阻力大小保持不变，则加速度大小不变，根据v2=2ah知，合理的v2h图象是过原点的倾斜直线，故A正确故答案为：（1）AC；（2）mghB，；（3）ABD；（4）A三、计算题（本题包括3小题，共38分。要求写出必要的文字说明和解题步骤，只写出最终结果的不能得分。）15如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g求：（1）若物体在拉力F的作
37、用下能始终沿水平面向右运动，拉力F的大小范围；（2）已知m=10kg、=0.5，g=10m/s2，若物体以恒定加速度a=5m/s2向右做匀加速直线运动，维持这一加速度的拉力F的最小值【考点】牛顿第二定律【分析】（1）要使物体不离开水平面，拉力竖直方向上的分力小于等于重力，物体能向右运动，拉力在水平方向上的分力大于摩擦力，从而得出拉力的大小范围（2）根据牛顿第二定律求出来啦的表达式，结合数学知识求出拉力最小值的表达式，从而得出拉力的最小值【解答】解：要使物体运动时不离开水平面，应有：Fsinmg要使物体能向右运动，应有：Fcos（mgFsin）联立式得：F（2）根据牛顿第二定律得：Fcos（mg
38、Fsin）=ma解得：F=上式变形F=，其中=sin1当sin（+）=1时F有最小值解得：Fmin=代入相关数值解得：Fmin=40N 答：（1）拉力F的大小范围为F（2）维持这一加速度的拉力F的最小值为40N16在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A（7，2）点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O（0，0）点水平飞出后经过D（6，3）点重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力求：（1）圆环到
39、达O点时的速度大小及轨道对圆环弹力大小；（2）恒力F的大小；（3）圆环在AB段运动的时间【考点】动能定理的应用【分析】（1）圆环从O到D做平抛运动，根据高度和水平位移，由平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律求出平抛运动的初速度，即圆环到达O点时的速度大小在O点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求轨道对圆环的弹力（2）对A到O过程，运用动能定理，求出恒力F的大小（3）根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出圆环在AB段的运动时间【解答】解：（1）圆环从O到D过程中做平抛运动，有 x=v0t y=gt2读图得 x=6 m，y=3 m代入上式解得 v0=2m/s在O点，以圆环为研究对象，由牛顿第二定
40、律得 mg+N=m解得 N=30N（2）圆环从A到O过程中，根据动能定理得 FxAOmgxABmgy=mv02代入数据得 F=10N（3）圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律得 Fmg=ma由运动学公式有 xAB=at2代入数据得 t=s1.26s答：（1）圆环到达O点时的速度大小是2m/s，轨道对圆环弹力大小是30N；（2）恒力F的大小是10N；（3）圆环在AB段运动的时间是1.26s17如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m=1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度
41、时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；（2）煤块在传送带上运动的时间；（3）整个过程中由于摩擦产生的热量【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）由vt图，求出煤块做匀变速运动的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（2）由图知，最后匀速运动时和传送带速度相等，读出煤块的初速度和传送带的速度，由位移公式分别求出三段位移，把三个时间相加得在传送带上运动的时间；（3）这段时间分别计算各自的总位移作差，求出相对位移，然后求出产生的热量【解答】解：（1）由速度时间图象，煤块匀变速运动的加速度：a=1m/s2，由牛顿第二定律得：mg=ma
42、，煤块与传送带间的动摩擦因数：=0.1；（2）由速度时间图象，传送带速度大小：v1=1m/s，煤块初速度大小v2=3m/s，煤块在传送带上滑动：t1=4s与传送带相对静止 前3s内煤块的位移：s1=t=4.5m，方向向左，后1s内煤块的位移：s2=t=0.5m，方向向右，4s内煤块的位移：s=s1s2=4m，方向向左，煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：t2=4s，故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8s；（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移s=v1t1=4m，方向向右；煤块的位移：s=s1s2=4m，方向向左，两个物体的相对位移s=s+s=8m整个过程中摩擦产生的热量：Q=mgs=8J；答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；（3）整个过程中由于摩擦产生的热量为8J2016年11月6日高考资源网版权所有，侵权必究！
