1、2016-2017学年内蒙古巴彦淖尔市杭锦后旗奋斗中学高三（上）第二次月考物理试卷一选择题（本题共本题共12小题，每小题4分，共48分全部选对的得4分，选不全的得分2分，有选错的或不答的得0分）1一个物体由静止沿长为L的光滑斜面下滑当物体的速度达到末速度一半时，物体沿斜面下滑了（）AB（）LCD2如图所示半圆柱体P固定在水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此过程中，下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐减小BMN对Q的弹力保持不变CP对Q的作用力逐渐增大D
2、P对Q的作用力先增大后减小3如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体；B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地面高度等于地球半径的圆形轨道上，C是同步卫星则下列关系正确的是（）A卫星B的线速度大于卫星C的线速度B物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度C物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度D物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期4如图所示，斜面倾角为，从斜面的P点分别以v0和2v0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则（）AA、B两球的水平位移之比为1：2BA、B两球飞行时间之比为1：2CA、B下落的高度之比为1：2DA、B两球落到斜
3、面上的速度大小之比为1：25如图所示，将小球拉紧，悬线在水平位置无初速释放，当小球达到最低点时，细线被与悬点在同一竖直线上的小钉P挡住，则在悬线被钉子挡住的前后瞬间比较（）A小球的机械能减少B小球的动能减小C悬线上的张力变小D小球的向心加速度变大6由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上下列说法正确的是（）A小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2B小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2C小球能从细管A端恰好落出的条件是H2RD小球能从细管A端水平
4、抛出的最小高度Hmin=R7一质量为m的木块静止在光滑的水平面上从t=0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，下列说法正确的是（）A木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做的功为B木块在经历时间t1，在t1时刻力F的瞬时功率为C木块在经历时间t1，在t1时刻力F的瞬时功率为D木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做功的平均功率为8如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、
5、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（）A轻杆的长度为0.6mB小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上CB点对应时刻小球的速度为m/sD曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m9质量为m的小球用长为L的轻绳悬于O点，如图所示，小球在水平力F作用下由最低点P缓慢地移到Q点，在此过程中F做的功为（）AFLsinBmgLcosCmgL（1cos）DFLtan10如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面栓牢（图甲）烧断细线后，发现球被
6、弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动（图乙）那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是（）A弹簧的弹性势能先减小后增大B球刚脱离弹簧时动能最大C球在最低点所受的弹力等于重力D在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加11如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR12质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落与地面碰撞
7、后上升的最大高度为3.2m，设球与地面作用时间为0.2s，则小球对地面的平均冲力为（g=10m/s2）（）A90NB80NC110ND100N二、实验题（本题共16分其中13题8分14题8分，14题每空2分）13为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，滑槽末端与桌面右端M对齐，小球从滑槽顶端由静止释放，落在水平地面上的P点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出滑槽末端N与桌面右端M的距离为L，小球从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的Q点已知重力加速度为g，不计空气阻力，滑块与滑槽之间有摩擦力（1）实
8、验还需要测出的物理量是（用代号表示）A滑槽的高度h；B桌子的高度H；CO点到P点的距离d1；DO点到Q点的距离d2；E滑块的质量m（2）实验中需要用到的测量工具（仪器）有（3）写出动摩擦因数的表达式是=14用如图a所示的实验装置验证物块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如图b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）交变电流的频率为50Hz，计数点间的距离如图所示已知m1=50g、m2=150g，（结果均保留三位有效数字）（1）在打下第“0”到打下
9、第“2”点的过程中系统动能的增量Ek= J，系统势能的减少量Ep=J；（取当地的重力加速度g=9.8m/s2）（2）设在纸带上打下计数点2时m2物块所在位置为零势面，则在纸带上打下计数点3时m2的重力势能为J；（3）若某同学作出v2h图象如图c所示，则当地的重力加速度g=m/s2三计算题（本题共3小题，共36分）15一质量为m=2kg的滑块能在倾角为=37的足够长的斜面上以a=2.0m/s2匀加速下滑如图所示，若用一水平推力F作用于滑块，使之由静止开始在t=2s内能沿斜面向上运动位移s=4m求：（取g=10m/s2）（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数；（2）推力F的大小16在半径R=5000km
10、的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应F的大小，F随H的变化如图乙所示求：（1）圆轨道的半径（2）该星球的第一宇宙速度17滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作给人以美的享受如图所示，abcdef为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均为斜直轨道，倾角=37，de段是一半径R=2.5m的四分之一圆弧轨道，O点为圆心，其正
11、上方的d点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量M=60kg，运动员滑经d点时轨道对滑板支持力用Nd表示，忽略摩擦阻力和空气阻力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8除下述问（2）中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点（1）运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，求Nd的大小；（2）运动员改为从b点以0=4m/s的速度水平滑出，落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，则他是否会从d点滑离轨道？请通过计算得出结论2016-2017学年内蒙古巴彦淖尔市杭锦后旗奋斗中学高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共本题共12小题，每小
12、题4分，共48分全部选对的得4分，选不全的得分2分，有选错的或不答的得0分）1一个物体由静止沿长为L的光滑斜面下滑当物体的速度达到末速度一半时，物体沿斜面下滑了（）AB（）LCD【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】本题是同一个匀加速直线运动中不同时刻的两段运动，可以直接设出加速度a和末速度v，那么末速度一半就为，用两次位移速度公式，联立方程即可求出结果【解答】解：设物体沿斜面下滑的加速度为a，物体到达斜面底端时的速度为v，则有： v2=2aL （）2=2as 由、两式可得 s=故选A2如图所示半圆柱体P固定在水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑
13、均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此过程中，下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐减小BMN对Q的弹力保持不变CP对Q的作用力逐渐增大DP对Q的作用力先增大后减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律【解答】解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和
14、方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtan由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故C正确，A、B、D错误故选：C3如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体；B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地面高度等于地球半径的圆形轨道上，C是同步卫星则下列关系正确的是（）A卫星B的线速度大于卫星C的线速度B物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度C物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度D物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力
15、提供向心力比较B、C的线速度、角速度地球赤道上的物体A与地球同步卫星C具有相同的角速度和周期，根据a=r2比较加速度的大小【解答】解：A、对于B、C卫星，根据万有引力等于向心力得：G=m，得：v=；B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星，则C的半径大于B的半径，所以vBvC故A正确B、对于B、C，根据=，则BC，又A=C，则得BA故B错误C、A、C的角速度相等，由a=r2知，物体A随地球自转的加速度小于卫星C的加速度故C正确D、放在赤道上的物体A和地球同步卫星C具有相同的周期，都等于地球自转的周期，故D错误故选：AC4如图所示，斜面倾角为，从斜面的P点分别以v0和2v0的速度
16、水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则（）AA、B两球的水平位移之比为1：2BA、B两球飞行时间之比为1：2CA、B下落的高度之比为1：2DA、B两球落到斜面上的速度大小之比为1：2【考点】平抛运动【分析】小球落在斜面上，根据竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，结合初速度和公式求出水平位移之比根据位移时间公式求出下落的高度之比【解答】解：AB、根据tan=得，运动的时间t=，因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，根据x=v0t知，水平位移之比为1：4，故A错误，B正确C、根据h=知，运动的时间之比为1：2，则A、B下落的高度之比为1：4，故C
17、错误；D、初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，竖直方向的分速度：vy=gt，可知竖直方向的分速度之比也是1：2，所以A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1：2故D正确故选：BD5如图所示，将小球拉紧，悬线在水平位置无初速释放，当小球达到最低点时，细线被与悬点在同一竖直线上的小钉P挡住，则在悬线被钉子挡住的前后瞬间比较（）A小球的机械能减少B小球的动能减小C悬线上的张力变小D小球的向心加速度变大【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】由机械能守恒可知小球到达最低点的速度，小球碰到钉子后仍做圆周运动，由向心力公式可得出绳子的拉力与小球转动半径的关系；由圆周运动的性质可知其线速度、角速度及向
18、心加速度的大小关系【解答】解：A、在整个过程中只有重力做功，机械能守恒，悬线被小钉子挡住的前后，小球的机械能不变，故A错误；B、悬线被小钉子挡住的前后，小球的线速度不变，则小球动能不变，故B错误；C、小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：Fmg=m，悬线张力F=mg+m，悬线被小钉子挡住的后，小球做圆周运动的半径r减小，则悬线张力变大，故C错误；D、小球的向心加速度a=，悬线被小钉子挡住的前后，小球速度v不变，轨道半径r减小，故向心加速度变大，故D正确；故选D6由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口
19、D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上下列说法正确的是（）A小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2B小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2C小球能从细管A端恰好落出的条件是H2RD小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=R【考点】平抛运动【分析】从D到A运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可【解答】解：A、B、从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mvA2+mg2R=mgH解得：vA=从A点抛出后做平抛运动，则：t=
20、2则x=vAt=2故A错误，B正确；C、D、细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度大于零即可，即vA=0解得：H2R，小球能从细管A端恰好落出的条件是H=2R；故C错误，D错误故选：B7一质量为m的木块静止在光滑的水平面上从t=0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，下列说法正确的是（）A木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做的功为B木块在经历时间t1，在t1时刻力F的瞬时功率为C木块在经历时间t1，在t1时刻力F的瞬时功率为D木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做功的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求得物体的加速度
21、的大小，再由位移时间公式求得位移，有W=Fx求得拉力做功；根据速度公式可以求得物体的速度的大小，由P=FV来求得瞬时功率；根据P=求得平均功率【解答】解：A、由牛顿第二定律可以得到，F=ma，所以a=，t1时间内通过的位移为x=，拉力做功为W=Fx=，故A正确B、t1时刻的速度为V=at=，所以t1时刻F的功率为P=FV=，故B错误，C正确D、平均功率P=，故D错误故选：AC8如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、
22、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（）A轻杆的长度为0.6mB小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上CB点对应时刻小球的速度为m/sD曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过
23、程小球在水平方向的位移【解答】解：A、设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得： mvA2+2mgL=mvC2，所以：L=m=0.6m故A正确；B、若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则有： =mg，解得临界速度：v0=m/svA=1m/s由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，故是竖直向上的支持力故B正确；C、小球从A到B的过程中机械能守恒，得mvA2+2mgL=mvB2，所以：vB=m/s故C正确；D、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等
24、于杆的长度，即0.6m故D错误故选：ABC9质量为m的小球用长为L的轻绳悬于O点，如图所示，小球在水平力F作用下由最低点P缓慢地移到Q点，在此过程中F做的功为（）AFLsinBmgLcosCmgL（1cos）DFLtan【考点】动能定理的应用【分析】小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，动能变化量为零，重力做负功，绳子拉力不做功，水平拉力F做功，根据动能定理求解拉力F所做的功【解答】解：小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得：W1mgL（1cos）=0 得拉力F所做的功为：W1=mgL（1cos）故选：C10如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在
25、弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面栓牢（图甲）烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动（图乙）那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是（）A弹簧的弹性势能先减小后增大B球刚脱离弹簧时动能最大C球在最低点所受的弹力等于重力D在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加【考点】动能和势能的相互转化；功能关系【分析】弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量有关，形变越大，弹性势能越大分析小球的运动情况：从细线被烧断到弹簧的弹力等于小球的重力的过程中，小球向上做加速运动，之后做减速运动，当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最
26、大【解答】解：A、从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，所以球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小，故A错误B、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，所以小球的动能先增大后减小，所以球刚脱离弹簧时的动能不是最大，故B错误C、烧断细线瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，只有弹簧的弹力大于mg，球才会向上先加速运动，故C错误D、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动能减小，但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，转化为小球的机械能，所以在未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加故D正确
27、故选：D11如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR【考点】牛顿第二定律；动能定理的应用【分析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律求解出B点的速度；然后对从P到B过程根据功能关系列式判读【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故P到B过程，重力做功为WG=mgR，故A错误；B、小球沿轨道到达最高
28、点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg=m，解得；从P到B过程，重力势能减小量为mgR，动能增加量为=，故机械能减小量为：mgR，故B错误；C、从P到B过程，合外力做功等于动能增加量，故为=，故C错误；D、从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为mgR，故D正确；故选D12质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m，设球与地面作用时间为0.2s，则小球对地面的平均冲力为（g=10m/s2）（）A90NB80NC110ND100N【考点】动量定理【分析】由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力【解答】
29、解：由动能定理得：小球下落过程：mgh1=mv120，v1=10m/s，方向竖直向下；小球上升过程：mgh2=0mv22，v2=8m/s，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：（mgF）t=mv2mv1，即：（110F）0.2=1（8）1（10），解得：F=100N；负号表示冲力方向向上故选：D二、实验题（本题共16分其中13题8分14题8分，14题每空2分）13为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，滑槽末端与桌面右端M对齐，小球从滑槽顶端由静止释放，落在水平地面上的P点；第二次实验时，滑槽固
30、定于桌面左侧，测出滑槽末端N与桌面右端M的距离为L，小球从滑槽顶端由静止释放，落在水平面上的Q点已知重力加速度为g，不计空气阻力，滑块与滑槽之间有摩擦力（1）实验还需要测出的物理量是BCD（用代号表示）A滑槽的高度h；B桌子的高度H；CO点到P点的距离d1；DO点到Q点的距离d2；E滑块的质量m（2）实验中需要用到的测量工具（仪器）有刻度尺（3）写出动摩擦因数的表达式是=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）滑块离开桌面受做平抛运动，要求出滑块滑下轨道时的速度，应测出桌面的高度，O与P间、O与Q间的距离；（2）根据实验需要测量的量确定需要的实验器材；（3）由平抛运动知识求出滑块离开轨
31、道及离开桌面的速度，由动能定理可以求出动摩擦因素的表达式【解答】解：（1）滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度H；O点到P点的距离d1；O点到Q点的距离d2；故选BCD（2）测量高度与距离需要用刻度尺（3）滑块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上：H=gt2，在水平方向上：d1=v0t，d2=vt，滑块在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，由动能定理得：mgL=mv2mv02，解得：=故答案为：（1）BCD；（2）刻度尺；（3）14用如图a所示的实验装置验证物块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
32、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如图b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）交变电流的频率为50Hz，计数点间的距离如图所示已知m1=50g、m2=150g，（结果均保留三位有效数字）（1）在打下第“0”到打下第“2”点的过程中系统动能的增量Ek=0.576 J，系统势能的减少量Ep=0.588J；（取当地的重力加速度g=9.8m/s2）（2）设在纸带上打下计数点2时m2物块所在位置为零势面，则在纸带上打下计数点3时m2的重力势能为0.388J；（3）若某同学作出v2h图象如图c所示，则当地的重力加速度g=9.70m
33、/s2【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；（2）根据零势面的位置，结合重力势能的表达式，即可求解；（3）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小【解答】解：（1）根据瞬时速度等于平均速度，则有：v2=m/s=240cm/s=2.4m/s在02过程中系统动能的增量EK=（m1+m2）v22=0.22.42J0.5876系统重力势能的减小量为（m2m1）gx=0.19.8（0.384+0.216）J0
34、.588J（2）计数点2时m2物块所在位置为零势面，计数点3时m2的重力势能为：EP=m2gh=0.150.26410=0.388J；（3）根据系统机械能守恒有：（m2m1）gh=（m1+m2）v2则v2=gh知图线的斜率k=g=29.1解得g=9.7m/s2故答案为：（1）0.576，0.588；（2）0.388； （3）9.70三计算题（本题共3小题，共36分）15一质量为m=2kg的滑块能在倾角为=37的足够长的斜面上以a=2.0m/s2匀加速下滑如图所示，若用一水平推力F作用于滑块，使之由静止开始在t=2s内能沿斜面向上运动位移s=4m求：（取g=10m/s2）（1）滑块和斜面之间的动
35、摩擦因数；（2）推力F的大小【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力【分析】（1）对物体受力分析根据牛顿第二定律可解得动摩擦因数； （2）根据位移公式可求得施加外力时的加速度，再根据牛顿第二定律可求得推力大小【解答】解：（1）物体受重力、支持力和摩擦力作用做匀加速直线运动； 根据牛顿第二定律可得：mgsin37mgcos37=ma解得：=0.5 （2）根据位移公式可得：解得：a=2m/s2；由牛顿第二定律可知：F cos37mgsin37（F sin37+mgcos37）=ma代入数据得：F=48N答：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数为0.5；（2）推力F的大小为48N16在半径R=5000km的某星
36、球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应F的大小，F随H的变化如图乙所示求：（1）圆轨道的半径（2）该星球的第一宇宙速度【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；动能定理的应用【分析】（1）小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律分别列式，然后结合FH图线求出圆轨道的半径和星球表面的重力加速度（2）第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速度
37、相等，根据万有引力等于重力求出该星球的第一宇宙速度【解答】解：试题分析：（1）小球过C点时有：对小球从出发到C点，由动能定理得：联立得：由图可知：当H1=0.5m时，F1=0N，解得：r=0.2m当H2=1.0m时，F1=5N，解得：g=5m/s2（2）对该行星表面的附近的卫星有：解得：答：（1）圆轨道的半径0.2m（2）该星球的第一宇宙速度17滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作给人以美的享受如图所示，abcdef为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均为斜直轨道，倾角=37，de段是一半径R=2.5m的四
38、分之一圆弧轨道，O点为圆心，其正上方的d点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量M=60kg，运动员滑经d点时轨道对滑板支持力用Nd表示，忽略摩擦阻力和空气阻力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8除下述问（2）中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点（1）运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，求Nd的大小；（2）运动员改为从b点以0=4m/s的速度水平滑出，落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，则他是否会从d点滑离轨道？请通过计算得出结论【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】（1）对下滑过程根据机械能守恒定律以及向心力公式即可求得压力大小
39、； （2）运动员离开b点做平抛运动，落在斜面上时，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值等于tan，根据这一关系求出运动的时间，从而求出落在斜面上时在竖直方向上的分速度落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，对落地点的速度沿垂直斜面方向和沿斜面方向正交分解，求出沿斜面方向的分速度，即为沿斜面滑行的速度，然后根据动能定理求出d点的速度，与d点的临界速度进行比较，判断是否会从d点滑离轨道【解答】解：（1）从开始滑下至d点，由机械能守恒定律得Mg（HR）=mv2MgNd=解得Nd=360N（2）当以v0=4m/s从b点水平滑出时，运动员做平抛运动落在Q点，如图所示设bQ=s1s1sin37=gt2s1cos37=v0t由得t=0.6svy=gt=100.6=6m/s在Q点缓冲后vQ=vysin37+v0cos37=6.8m/smg（Hgt2）mgR=mvd2mvQ2运动员恰好从d点滑离轨道应满足mg=由代入数据解得vd2vd2=4.76即vdvd可见滑板运动员不会从圆弧最高点d滑离轨道 答：（1）运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，Nd的大小为360N；（2）滑板运动员不会从圆弧最高点d滑离轨道2016年11月26日