1、北京市房山区周口店中学2015届高三上学期期中物理试卷一、单项选择题本题共14小题，每小题2分，共28分12013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，展示了许多在地面上无法实现的实验现象假如要在空间站再次进行授课活动，下列我们曾在实验室中进行的实验，若移到空间站也能够实现操作的有( )A利用托盘天平测质量B利用弹簧测力计测拉力C利用自由落体验证机械能守恒定律D测定单摆做简谐运动的周期考点：超重和失重 分析：完全失重是指物体受到的重力完全产生了物体运动的加速度，在圆周运动中，完全失重的时候，物体的重力全部作为了物体运动所需要的向心力，产生了向心力加速度解答：解：A、宇航
2、员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，物体受的重力正好充当向心力，所以与重力有关的实验是无法实现的如：利用托盘天平测质量，利用自由落体验证机械能守恒定律，测定单摆做简谐运动的周期；故ACD错误；B、弹簧测力计的原理是胡克定律：F=kx，实验可以利用弹簧测力计测拉力，故B正确；故选：B点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人或物体处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了2如图所示，一块橡皮用细线悬挂于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，则橡皮运动的速度( )A大小和方向均不变B大小不变，方向改变C大小改变，方向不变D大小和方
3、向均改变考点：运动的合成和分解 分析：橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度解答：解：橡皮在水平方向匀速运动，由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；故选A点评：本题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度3如图所示，轻绳MO和NO共同吊起质量为m的重物MO与NO垂直，MO与竖直方向的夹角=30已知重力加速度为g则( )AMO所受的拉力大小为BMO所
4、受的拉力大小为CNO所受的拉力大小为DNO所受的拉力大小为2mg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：本题以结点O为研究对象，分析受力，作出力图，由平衡条件求出MO绳与NO绳的拉力大小解答：解：以结点O为研究对象，分析受力：重物的拉力F、MO绳拉力TMO与NO绳的拉力TNO，作出力图如图由平衡条件得知：F=mg则得 TMO=Fcos= TNO=Fsin=故选A点评：本题是轻绳子系统平衡问题，往往以结点为研究对象，分析受力情况是解题的关键4如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环固定在竖直杆MN上现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向
5、左移动，使细绳与竖直方向的夹角逐渐增大关于此过程，下列说法中正确的是( )A水平力F逐渐减小B水平力F逐渐增大C绳OB的弹力逐渐减小D绳OB的弹力保持不变考点：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：O点缓慢向左移动过程中，结点O的合力保持为零，分析结点O的受力情况判断F的变化，对整体研究，根据平衡条件判断杆对圆环的弹力和摩擦力的变化情况解答：解：设细绳与水平方向的夹角为，物体的质量为m，对结点O受力分析，运用合成法，则由平衡条件得：F=，减小，则F增大故A错误，B正确；C、设绳对圆环的弹力为T，则Tsin=mg，T=，减小，则T增大，即绳对圆环B的
6、弹力变大，故CD错误故选：B点评：本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题，由于不分析系统的内力，运用整体法分析杆对圆环的摩擦力和弹力比较简便5如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )A向右做加速运动B向右做减速运动C向左做加速运动D向左做匀速运动考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球和小车具有相同的加速度，对小球运用牛顿第二定律，判断出加速度的方向，得知小车的加速度方向，从而知道小车
7、的运动情况解答：解：小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，知小球所受的合力向右，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小车具有相同的加速度，知小车具有向右的加速度，所以小车向右做加速运动或向左做减速运动故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键抓住小球和小车具有相同的加速度，运用牛顿第二定律进行求解6如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的地面始终保持水平，下列说法正确的是( )A在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D在上升和下降过程
8、中A对B的压力都等于物体A受到的重力考点：竖直上抛运动；物体的弹性和弹力 分析：要分析A对B的压力可以先以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度，再隔离B或A，运用牛顿第二定律研究解答：解：由题意，不计空气阻力，对整体：只受重力，根据牛顿第二定律得知，整体的加速度为g，方向竖直向下；再对A或B研究可知，它们的合力都等于重力，所以A、B间没有相互作用力，故在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，故A正确，BCD错误故选A点评：本题关键根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法结合进行研究，比较简单7应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始
9、竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是( )A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度考点：超重和失重；牛顿第二定律 分析：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定由牛顿第二定律列式分析即可解答：解：A、B物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误B错误；C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，
10、物体的加速度等于重力加速度，物体离开手的瞬间，手的合力增大，所以手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误，D正确故选：D点评：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离82013年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察嫦娥三号的部分飞行轨道示意图如图所示假设嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力下列说法中正确的是( )A嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，速度逐渐变小B嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，
11、月球的引力对其做负功C若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，则可计算出月球的密度D嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力做功正负，由动能定理分析速度的变化；已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，可求出月球的质量；经过同一点P时，嫦娥三号受到的万有引力相等，加速度相等解答：解：A、B、嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球对卫星的引力做正功，动能增大，则速度增大，故AB错误；C、根据万有引力等于向心力，有 G=mr，得 M=，据此可知若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的
12、半径、周期和引力常量，可求出月球的质量，但月球的体积未知，不能求出月球的密度，故C错误；D、对于嫦娥三号，由 G=ma，a=，在P点，M和r相同，则嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等，故D正确故选：D点评：嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动因为同在P点万有引力不变，加速度相等9如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上滑块与斜面之间的动摩擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则( )A将滑块由静止释放，如果tan，滑块将下滑B给滑块沿斜面向下的初速度，如果tan，滑块将
13、减速下滑C用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsinD用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsin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：对物体受力分析，根据重力沿斜面方向分力与摩擦力大小的关系判断滑块的运动情况，当物体做匀速运动时，根据共点力平衡进行分析解答：解：A、若tan，则mgsinmgcos0所以滑块不会下滑故A错误B、若tan，mgsinmgcos0，则合力大于0，所以滑块会受到向下的力，将加速下滑，故B错误；C、如果=tanmgsinmgcos=0，则合力等于零则无需
14、拉力拉动，滑块只需要有给他一个速度即可以匀速向下滑动了，故C错误；D、如果=tan，则合力等于0当滑块向上运动的时候，摩擦力方向与运动相反，即向下，所以向上的拉力大小F=mgsin+mgcos，因为=tan，所以mgsin=mgcos，所以F=2mgsin，故D正确故选：D点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，会根据物体的受力判断物体的运动规律10如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能EP为( )AmBmCmDm考点：弹性势能；动量守恒定律；机械能守恒定律 分析：当两个滑块速度相
15、等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据守恒定律求解共同速度；根据机械能守恒定律求解弹簧获得的最大弹性势能解答：解：当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据守恒定律，有：mv0=2mv1解得：；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能EP为：EP=故选：C点评：本题关键明确当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；然后根据机械能守恒定律和动量守恒定律列式后联立求解11起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是选项中的哪一个？( )ABCD考点：匀变速直
16、线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：钢索拉力的功率P=Fv，根据速度图象分析重物的运动情况，根据牛顿第二定律得出拉力与重力的关系，再由功率公式得出功率与时间的关系式，选择图象解答：解：在0t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：Fmg=ma1，F=mg+ma1，拉力的功率P1=Fv=（mg+ma1）a1t，m、a1均一定，则P1t在t1t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg，则拉力的功率P2=Fv=mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率在t2t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定
17、律得：mgF=ma2，F=mgma2，拉力的功率P3=Fv=（mgma2）（v0a2t），m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小t3时刻拉力突然减小，功率突然减小故选B点评：根据物理规律得到功率与时间的解析式，再选择图象，是经常采用的方法和思路12如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v重力加速度为g，不计空气阻力则摆球从A运动到B的过程中( )A重力做的功为mv2B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的冲量为0D合力的冲量大小为0考点：动量定理；机械能守恒定律 分析：某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只
18、与高度差有关，也可以运动动能定理求解由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量解答：解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：WG=mv20，故A正确B、设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为，则有p=mgvcosmgv，故B错误；C、根据冲量的公式I=Ft得：重力的冲量为I=mgt，不为零，故C错误；D、由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量所以摆球从A运动到B的过程中合力的冲量为mv，故D错误故选：A点评：知道瞬时功率的求解方法，掌握运用动量定理求解合外力的冲量13如图所示，一辆小车以一定的初速度冲上高
19、度为h、长度为L的斜坡，已知小车的质量为m，小车受到沿斜面向下的阻力为f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是( )A此过程中小车的动能减少了 fLB此过程中小车的势能增加了（mghfL）C此过程中自然界中的能量减少了fLD此过程中小车的机械能减少了fL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：根据动能定理列式求解动能减小量；机械能减小量等于除重力外其余力做的功解答：解：A、上升过程中，受到重力、支持力和阻力，根据动能定理得mghfL=EK所以此过程中小车的动能减少了mgh+fL，故A错误B、此过程中小车重力做功为mgh，所以此过程中小车的势能增加了mgh，故B
20、错误C、根据自然界中能量是守恒的，故C错误D、机械能减小量等于除重力外其余力做的功所以此过程中小车的机械能减少了fL，故D正确故选D点评：本题关键是根据动能定理计算动能的变化，根据除重力外其余力做的功判断机械能的变化14自然界中某个量D的变化量D，与发生这个变化所用时间t的比值，叫做这个量D的变化率下列说法正确的是( )A若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的B若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则是恒定不变的C若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则一定变大D若D表示某质点的动能，则越大，质点所受外力做的总功就越多考点：平抛运动 分析：若D表示平抛运动的速度，则表示加速度，若D
21、表示匀速圆周运动的动量，则表示向心加速度，若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则表示平均速度，若D表示质点的动能，则表示外力的功率解答：解：A、若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示加速度，恒定不变故A正确；B、若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则=，表示向心力，大小不变，方向不停改变故B错误；C、若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则表示平均速度，平均速度在减小故C错误；D、若D表示某质点的动能，则所受外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少故D错误故选：A点评：解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，表示的物理意义，再根据条件判断是否变化，难度适中二、本题为多项选择题，
22、每题3分，共12分，少选得2分，选错不得分）：15一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则图所示的图象中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是( )ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：雨滴下落的过程中受重力和阻力，阻力随速度增大而增大，根据牛顿第二定律，判断加速度的变化，以及根据加速度方向与速度的方向关系判断速度的变化解答：解：根据牛顿第二定律得，速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动故A、C正确，B、
23、D错误故选AC点评：解决本题的关键会通过牛顿第二定律，根据物体的受力情况判断物体的运动情况16如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( )A木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据系统动量守恒的
24、条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒解答：解：AB、撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒故A错误，B正确CD、A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒故C正确、D错误故选：BC点评：本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机
25、械能是否守恒对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析17类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移的方法请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是( )A由at（加速度时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内做直线运动物体的速度变化量B由Fv（力速度）图线和横轴围成的面积可以求出对应速度变化过程中力做功的功率C由Fx（力位移）图线和横轴围成的面积可以求出对应位移内力所做的功D由r（角速度半径）图线和横轴围成的面积可以求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度考点：匀变速直线运动的图像；物理学史 分析：在xy坐标系中，图线和横轴围成的面积为：xy；将xy换成具
26、体的物理量分析即可解答：解：在xy坐标系中，图线和横轴围成的面积为：xy；A、at（加速度时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量；故A正确；B、Fv图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于Fv，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B错误；C、Fx图线和横轴围成的面积表示力F的总功，但不一定是合力的功，根据动能定理，动能的变化量等于合力的功，故图线和横轴围成的面积不一定等于动能的增加量，故C正确；D、r图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于r，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于r，即不一定等于线速度，故D错误；故选：AC点评：本
27、题关键明确在xy坐标系中，图线和横轴围成的面积为：S=xy；可以根据此方法求解功、速度改变量等18如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，落在弹簧上后继续向下运动到最低点的过程中，小球的速度v随时间t的变化图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BCD是平滑的曲线若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，则关于A、B、C、D各点对应的小球下落的位置坐标x及所对应的加速度a的大小，以下说法正确的是( )AxA=h，aA=0BxB=h+，aB=0CxC=h+2，aC=gDxD=h+2
28、，aDg考点：牛顿第二定律；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；（2）B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；（3）A、C两点关于B点对称，速度相同，加速度大小相等，方向相反，Fmg=ma，可以计算出弹簧的形变量；（4）D点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度解答：解：AOA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A错误 BB点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知
29、x=，所以B的坐标为h+，所以B正确 CA、C两点关于B点对称，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，所以在C点的形变量为，所以弹簧弹力F=2mg，Fmg=ma，a=g，x=，所以C的坐标为h+，所以C正确 D到达D点时，速度为0，所以到达D点时形变量要大于C点的形变量，所以D的坐标大于h+，加速度aDg，所以D错误故选BC点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短三、实验题：（共两道小题，每空2分，共8分）19（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为
30、1mm）的示数如图1所示，其读数为5.44cm（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是5.695mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为5.4cm，游标尺上第4个刻度游标读数为：0.14mm=0.4mm=0.04cm，所以最终读数为：5.4cm+0.04cm=5.44cm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.0119.
31、5mm=0.195mm，所以最终读数为：5.5mm+0.195mm=5.695mm故答案为：（1）5.44；（2）5.695点评：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同20研究匀变速直线运动实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，每隔三个计时点取一个计数点，记为图中0、1、2、3、4、5、6点测得相邻两个计数点间的距离分别为s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50Hz，计算此纸
32、带的加速度大小a=3.0m/s2，打计数点“4”时纸带的速度大小v=0.96m/s（保留两位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律 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4时小车的瞬时速度大小解答：解：每隔三个计时点取一个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T=0.024=0.08s根据x=aT2，有：a=m/s2=3.0m/s2在匀变速直线匀速中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有：v4=m/s=0.96m/s故答案为：3.0； 0.
33、96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四、计算题（共52分，注意每题均按步骤给分，直接写结果或单纯罗列公式不得分书写不清，不规范相应扣除分数，要求每题都要画出过程图）21如图所示，质量m=2.2kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成=37角斜向上、大小为F=10N的拉力作用下，以速度v=5.0m/s向右做匀速直线运动（cos37=0.8，sin37=0.6，取g=10m/s2）求：（1）金属块与地板间的动摩擦因数；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与
34、位移的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）分析金属块的受力情况，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解动摩擦因数；（2）撤去拉力后金属块水平方向只受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移速度公式求解金属块在桌面上滑行的最大距离解答：解：（1）因为金属块匀速运动，受力平衡则有 Fcos37（mgFsin37）=0得=（2）撤去外力后金属块的加速度大小为：a=g=5m/s2金属块在桌面上滑行的最大距离：s=2.5m答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.5；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离为2.5m点评：本题是物体的平衡问题，关键是分析物体的受
35、力情况，作出力图撤去F后动摩擦因数不变22如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2取重力加速度g=10m/s2求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度（2）A、B碰撞的过
36、程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离解答：解：（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：得：=2m/s（2）滑块A与B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mAvA=（mA+mB）v得：（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有：又因为：f=N=（mA+mB）g代入数据联立解得：l=0.25m答：（1）碰撞前瞬间A的速率为2m/s；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为0.25m点评：本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知
37、道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解23在物理学中，常常用等效替代、类比、微小量放大等方法来研究问题如在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量G的数值，如图所示是卡文迪许扭秤实验示意图卡文迪许的实验常被称为是“称量地球质量”的实验，因为由G的数值及其它已知量，就可计算出地球的质量，卡文迪许也因此被誉为第一个称量地球的人（1）若在某次实验中，卡文迪许测出质量分别为m1、m2相距为r的两个小球之间引力的大小为F，求万有引力常量G；（2）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转
38、的影响，请推导出地球质量及地球平均密度的表达式考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力定律，化简可得万有引力常量G； 在地球表面附近的物体受到重力等于万有引力 ，可以解得地球的质量M，地球的体积为V=，根据密度的定义，代入数据可以计算出地球平均密度解答：解：（1）根据万有引力定律有：解得：（2）设地球质量为M，在地球表面任一物体质量为m，在地球表面附近满足：得地球的质量为：M=地球的体积为：V=解得：地球的密度为：答：（1）万有引力常量为（2）地球质量为，地球平均密度的表达式为点评：本题要掌握万有引力定律的公式，理解公式中各量的物理含义，要求掌握星球表面的物体
39、受到的重力等于万有引力24某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为t图象，如图所示（除2s10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）已知在小车运动的过程中，2s14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变求：（1）小车所受到的阻力大小；（2）小车匀速行驶阶段的功率；（3）小车在加速运动过程中（指图象中010秒内）位移的大小考点：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率 专题：动能定理的应用专题分析：（1）在
40、14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩擦力；（2）匀速阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求解；（3）前2秒位移根据运动学公式求解，2s到10s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解解答：解：（1）由图象可得：在14 s18 s时间段a=m/s2=1.5m/s2小车受到阻力大小：Ff=ma=1.5N（负号表示力的方向与运动方向相反）（2）在10s14s小车做匀速运动，牵引力大小F 与 Ff 大小相等 F=1.5NP=F=1.56W=9W（3）速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移02s内 x1=23m=3m2s10s内
41、根据动能定理PtFfx2=解得x2=39 m 加速过程中小车的位移大小为：x=x1+x2=42 m答：（1）小车所受到的阻力大小为1.5N；（2）小车匀速行驶阶段的功率为9W；（3）小车在加速运动过程中位移的大小为42m点评：本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解25如图所示，长度l=2m，质量M=kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m=2kg的小物块（可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数=0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F=10N，取g=10m/s2求：（1）将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；（2）若木板M不固定，从
42、开始运动到小物块离开木板所用的时间（3）若木板M不固定，小物块滑到木板右端过程中产生的热量Q为多少焦耳？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；功能关系 分析：（1）对m分析，根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，结合速度位移公式求出小物块离开木板时的速度大小（2）根据运动学公式，抓住位移之差等于l求出运动的时间（3）根据恒力做工的公式即可求出热量解答：解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得a=4m/s2小物块离开木板，有：v2=2aL解得v=4m/s（2）对m，由牛顿第二定律得，Fmg=ma1代入数据解得a1=4m/s2对M，由牛顿第二定律得，mg=Ma2代入数据解得a2=3m/s2由位移公式可知，从开始运动到小物块离开木板 x1x2=l，解得t=2s（3）产生的热量Q=fl=mgl=0.1102=4J答：（1）将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小为4m/s；（2）若木板M不固定，从开始运动到小物块离开木板所用的时间为2s；（3）若木板M不固定，小物块滑到木板右端过程中产生的热量Q为4焦耳点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁