1、2016-2017学年吉林省吉林二中高三（上）月考物理试卷（11月份）一选择题（共12题，每题4分，共48分在每小题给出的四个选项，1-8只有一个选项正确9-12有多个选项正确全部选对的得4分选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于物理学研究方法，下列叙述正确的是（）A伽利略在研究自由落体运动时采用了将微小量放大的方法B探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法C探究求合力方法的实验中使用了理想化的方法D法拉第利用电场线描绘电场是利用了等效替代法2甲、乙两辆汽车从同一地点出发，向同一方向行驶，它们的vt图象如图所示，下列判断正确的是（）A在t1时刻前，甲车始终在乙车的前面B在t1
2、时刻前，乙车始终在甲车的前面C在t1时刻前，乙车的速度始终比甲车增加得快D在t1时刻两车第一次相遇3若各国的人造地球卫星都在不同的轨道上做匀速圆周运动，设地球的质量为M，地球的半径为R地则下述判断正确的是（）A各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超过vm=B各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行周期都不超过Tm=2R地C卫星在轨道上做匀速圆周运动的圆心不一定与地心重合D地球同步卫星做匀速圆周运动的运行周期等于2R地4如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心
3、O在同一水平线上小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（）A滑块运动到A点时，NMg，摩擦力方向向左B滑块运动到B点时，N=Mg，摩擦力方向向右C滑块运动到C点时，N（ M+m）g，M与地面无摩擦力D滑块运动到D点时，N=（ M+m）g，摩擦力方向向左5如图所示，小车上固定着硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（00沿杆方向）（）ABCD6如图在x轴的3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势与位置x之间的关系图象，
4、图中x=a处为图线的最低点线于在x=2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动下列有关说法正确的是（）Ax=a处电场强度为零，该电荷运动至此处时速度最大B两点电荷QA：QB=3：1C该电荷一定通过x=a处，但不能到达x=2a处D该电荷以x=a为中点做往复运动7如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道P为滑道上一点，OP连线与竖直成45角，则此物体（）A由O运动到P点的时间为
5、B物体经过P点时，速度的水平分量为 v0C物体经过P点时，速度的竖直分量为v0D物体经过P点时的速度大小为v08如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开关S闭合，静电计指针张开一定角度下列操作可使指针张角增大的是（）A保持开关S闭合，将滑动变阻器R上的滑片向右移动B保持开关S闭合，将A、B两极板间距离稍许增大C断开开关S后，将A、B两极板间距离稍许减小D断开开关S后，将A、B两极板的正对面积稍许减小9如图所示是两等量异种点电荷周围静电场中的3个相距很近的等势面K、L、M一带电粒子（不计重力）射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动已知电势KLM，且粒子在ab一段做减速运动下列说法正确
6、的是（）A粒子带负电荷B粒子在bc段也做减速运动C粒子在a点与e点的速度大小相等D粒子从c点到e点的过程中电场力做负功10如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠，R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A电流表示数变小，电压表示数变大B小电珠变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变小11如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（）A货物向上做匀速运动B箱中的物体对箱底的压力大于mgC图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosD此
7、过程中货车拉力做的功为（M+m）gh12如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与套在粗糙竖直固定杆A点的质量为m的圆环相连，弹簧水平且处于原长状态圆环从A点由静止释放后，经过B点时速度最大，运动到C点时速度减为零（AC距离为h），若此时圆环获得一个竖直向上的速度v，恰好能回到A点弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g下列说法正确的是（）A圆环下滑过程中，加速度一直增大B圆环下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C圆环在C点弹簧的弹性势能为mghmv2D圆环上下两次经过B点的速度大小相等二、实验题：本题共2小题，共15分把答案填在题中的横线上13（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度
8、为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm14某研究性学习小组分别用如图甲所示的装置进行以下实验：“探究加速度与合外力的关系”装置中，小车质量为M，砂桶和砂子的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）（1）为了减小实验误差，下列做法正确的是A需平衡小车的摩擦力B沙桶和沙的总质量要远小于小车的质量C滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻D先释放小车，后接通打点计时器的电源（2）某同学根据实验数据画出了图2所示的一条过坐标原点的斜直线，其
9、中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为；A. B. Cmg DF（3）当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线（填选项前的字母）A逐渐偏向纵轴 B逐渐偏向横轴 C仍保持原方向不变（4）图3为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，测得 AB=2.0cm、AC=8.0cm、AE=32.0cm，打点计时器的频率为 50Hz，则小车的加速度m/s2三、计算题（共47分.15题、16题各14分，17题19分）15一个动车组在平直轨道上运动，速度随时间的变化规律如图所示已知动车组的总质量m=2.0105kg，动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，（取g=1
10、0m/s2）在0600s的时间内，求：（1）动车组两段加速阶段的加速度大小分别是多少？（2）动车组位移的大小；（3）动车组牵引力的最大值16如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑
11、块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小17如图所示，某传送带与地面倾角=37，AB之间距离L1=2.05m，传送带以v0=1.0m/s的速率逆时针转动质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数2=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数3=0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态现在传送带上端A无初速地放一个不计大小、质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为1=0.5，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）物块离开B点的速度大小；
12、（2）物块相对木板滑过的距离；（3）木板在地面上能滑过的最大距离2016-2017学年吉林省吉林二中高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一选择题（共12题，每题4分，共48分在每小题给出的四个选项，1-8只有一个选项正确9-12有多个选项正确全部选对的得4分选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于物理学研究方法，下列叙述正确的是（）A伽利略在研究自由落体运动时采用了将微小量放大的方法B探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法C探究求合力方法的实验中使用了理想化的方法D法拉第利用电场线描绘电场是利用了等效替代法【考点】物理学史【分析】在伽利略时代，技术不够发达，无
13、法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化的方法，伽利略在研究自由落体运动时采用了转化法；探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法；在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法；法拉第利用电场线描绘电场是利用了假想法【解答】解：A、伽利略在研究自由落体运动时采用了转化法，故A错误B、探究加速度与物体质量、物体受力的关系时采用了控制变量法，故B正确；C、探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法，故C错误；D、法拉第利用电场线描绘电场是利用了假想法，故
14、D错误故选：B2甲、乙两辆汽车从同一地点出发，向同一方向行驶，它们的vt图象如图所示，下列判断正确的是（）A在t1时刻前，甲车始终在乙车的前面B在t1时刻前，乙车始终在甲车的前面C在t1时刻前，乙车的速度始终比甲车增加得快D在t1时刻两车第一次相遇【考点】匀变速直线运动的图像【分析】解决本题要明确vt图象的含义：在vt图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负加速度表示速度变化的快慢【解答】解：A、两车从同一地点同时同向出发，在t1时刻前的各个时刻，乙车的速度大于甲车的速度
15、，故乙车始终在甲车的前面，在t1时刻二者并没有相遇，故B正确，A、D错误；、C、在两车开始运动后的一段时间内，乙车比甲车速度增加得快，然后乙车的速度增加得比甲车的慢，故C错误故选：B3若各国的人造地球卫星都在不同的轨道上做匀速圆周运动，设地球的质量为M，地球的半径为R地则下述判断正确的是（）A各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超过vm=B各国发射的所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行周期都不超过Tm=2R地C卫星在轨道上做匀速圆周运动的圆心不一定与地心重合D地球同步卫星做匀速圆周运动的运行周期等于2R地【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】通过万
16、有引力提供向心力求出卫星在圆形轨道上运行的最大速度，分析周期和轨道半径的关系，从而得知周期的大小同步卫星定轨道、定周期、定速度、定高度【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有： =ma=m=mr；解得v=，T=2，知轨道半径越大，线速度越小，周期越大，所以所有人造地球卫星在轨道上做匀速圆周运动的运行速度都不超vm=，周期无最大值故A正确，B错误C、卫星靠地球的万有引力提供向心力，万有引力方向指向地心，所以圆心和地心重合故C错误D、同步卫星的轨道半径要大于R地，同步卫星周期大于2R地故D错误故选：A4如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，
17、A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（）A滑块运动到A点时，NMg，摩擦力方向向左B滑块运动到B点时，N=Mg，摩擦力方向向右C滑块运动到C点时，N（ M+m）g，M与地面无摩擦力D滑块运动到D点时，N=（ M+m）g，摩擦力方向向左【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；向心力【分析】小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小【解答
18、】解：A、小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，所以A错误B、小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，所以B正确C、小滑块在C点时，滑块的向心力向上，所以C对物体M的压力要大于C的重力，故M受到的滑块的压力大于mg，那么M对地面的压力就要大于（M+m）g，所以C错误；D、小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知，D错误故选：B5如图所示，小车上固定着硬杆，杆的端点固定着一个质量为
19、m的小球当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（00沿杆方向）（）ABCD【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】小球与小车的运动情况保持一致，当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和力的分解即可解题【解答】解：小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大，故C正确故选C6如
20、图在x轴的3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=a处为图线的最低点线于在x=2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动下列有关说法正确的是（）Ax=a处电场强度为零，该电荷运动至此处时速度最大B两点电荷QA：QB=3：1C该电荷一定通过x=a处，但不能到达x=2a处D该电荷以x=a为中点做往复运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，由小球的受力情况分析其运动情况
21、根据点电荷场强公式E=k以及电场的叠加即可分析QA与QB的大小【解答】解：A、由x图线的斜率表示电场强度的大小可知x=a处电场强度为零，由动能定理qU=Ek，点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，所以电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；B、因在x=a电场强度为零，即k=k，所以QA：QB=4：1，故B错误；C、由图知x=a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=a处，故C错误；D、点电荷在x=a与x=2a之间做往复运动，但x=a处不是运动中心，故D错误故选：A7如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线现
22、仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道P为滑道上一点，OP连线与竖直成45角，则此物体（）A由O运动到P点的时间为B物体经过P点时，速度的水平分量为 v0C物体经过P点时，速度的竖直分量为v0D物体经过P点时的速度大小为v0【考点】平抛运动【分析】若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向【解答】解：A、物体若做平抛运动，
23、有：，则t=，现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于故A错误B、物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为，则，物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，mgh=，解得，所以v=2v0则物体经过P点时，速度的竖直分量，速度的水平分量，故B正确，C、D错误故选：B8如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开关S闭合，静电计指针张开一定角度下列操作可使指针张角增大的是（）A保持开关S闭合，将滑动变阻器R上的滑片向右移动B保持开关S闭合，将A、B两极板间距离稍许增大C断开开关S后，将A、B两极板间距离稍许减小D断开开关S后，将
24、A、B两极板的正对面积稍许减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化【解答】解：AB、保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AB错误；CD、断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B间距增大或A、B两极板的正对面积S减小时，电容C减小，根据C=可知，电势差U增大，指针张角增大，故C错误、D正确故选：D9如图所示是两等量异种点电荷周围静电场中的3个相距很近的等势面K、L、M一带电粒子（不计
25、重力）射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动已知电势KLM，且粒子在ab一段做减速运动下列说法正确的是（）A粒子带负电荷B粒子在bc段也做减速运动C粒子在a点与e点的速度大小相等D粒子从c点到e点的过程中电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系【分析】质点做曲线方向时，合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹弯曲方向，可判断电场力方向向左，作出电场线，大体方向向左，因此电荷带正电，bc段电荷做减速运动；根据电场力做功的正负，可知道电势能和动能如何变化【解答】解：A、已知电势KLM，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电故A错误；B、由电势ULUM
26、，bc电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动故B正确；C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等故C正确D、粒子从c点到d点的过程中，电势降低，电势能减小，则电场力做正功故D错误 故选：BC10如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠，R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A电流表示数变小，电压表示数变大B小电珠变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】当滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定
27、律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小电珠亮度的变化由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化电源的总功率P=EI，根据总电流的变化进行判断【解答】解：A、B、当滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知，总电流减小，路端电压增大，则电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗故A正确，B错误；C、电容器的电压U=EI（RL+r），I减小，其它量不变，则U增大，由Q=CU可知电容器C上电荷量Q增加故C错误；D、电源的总功率P=EI，I减小，E不变，则电源的总功率变小，故D正确；故选：AD11如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提
28、升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（）A货物向上做匀速运动B箱中的物体对箱底的压力大于mgC图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosD此过程中货车拉力做的功为（M+m）gh【考点】运动的合成和分解；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率【分析】由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可【解答】解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=
29、vcos由于不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，故A错误；B、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故B正确；C、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，整体的速度为vcos，故拉力功率P=Fv（M+m）gvcos，故C正确；D、此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于（M+m）gh，故D错误；故选：BC12如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与套在粗糙竖直固定杆A点的质量为m的圆环相连，弹簧水平且处于原长状态圆环从A点由静止释放后，经过B点时速度最大
30、，运动到C点时速度减为零（AC距离为h），若此时圆环获得一个竖直向上的速度v，恰好能回到A点弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g下列说法正确的是（）A圆环下滑过程中，加速度一直增大B圆环下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C圆环在C点弹簧的弹性势能为mghmv2D圆环上下两次经过B点的速度大小相等【考点】功能关系；弹性势能【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，分析经过B的速度关系；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式分析【
31、解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mghWfW弹=00在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得：mgh+W弹Wf=0mv2联立解得：克服摩擦力做的功为：Wf=mv2，W弹=mghmv2，所以在C处，弹簧的弹性势能为 Ep=W弹=mghmv2，故BC正确D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列式得： mghWfW弹=mvB20研究圆环从B处上滑到A
32、的过程，运用动能定理列出等式：mghWf+W弹=0mvB20即得：mgh+WfW弹=mvB2由于Wf0，所以mvB2mvB2，则得 vBvB所以圆环下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度，故D错误；故选：BC二、实验题：本题共2小题，共15分把答案填在题中的横线上13（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为49.05mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.699mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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
33、数时需估读【解答】解：（1）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为49mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10.05mm=0.05mm，所以最终读数为：49mm+0.05mm=49.05mm（2）螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为19.90.01mm=0.199mm，所以最终读数为4.5mm+0.199mm=4.699mm故答案为：（1）49.05；（2）4.69914某研究性学习小组分别用如图甲所示的装置进行以下实验：“探究加速度与合外力的关系”装置中，小车质量为M，砂桶和砂子的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的
34、加速度a可由打点计时器和纸带测出现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）（1）为了减小实验误差，下列做法正确的是ACA需平衡小车的摩擦力B沙桶和沙的总质量要远小于小车的质量C滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻D先释放小车，后接通打点计时器的电源（2）某同学根据实验数据画出了图2所示的一条过坐标原点的斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为D；A. B. Cmg DF（3）当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线C（填选项前的字母）A逐渐偏向纵轴 B逐渐偏向横轴 C仍保持原方向不变（4）图3为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时
35、打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，测得 AB=2.0cm、AC=8.0cm、AE=32.0cm，打点计时器的频率为 50Hz，则小车的加速度4m/s2【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）实验前要平衡摩擦力，实验时要先接通电源，然后释放小车，根据实验原理与实验注意事项分析答题（2）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题（3）根据小车受力情况，根据实验原理分析答题（4）应用匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小【解答】解：（1）A、实验前需要配合摩擦力，使小车受到的合力等于绳子的拉力，故A正确；B、小车受到的拉力可以由弹簧测力计测出，沙桶
36、和沙的总质量不需要远小于小车的质量，故B错误；C、滑轮的摩擦和绳子的质量会影响示数，所以要求滑轮摩擦足够小，绳的质量足够轻，减小实验误差，故C正确；D、应先接通打点计时器的电源，再释放小车，故D错误故选AC（2）探究加速度与合外力的关系实验要控制小车质量M不变，由牛顿第二定律得：a=F，M一定时a与F成正比，应作出aF图象，故选D；（3）因为弹簧秤直接测出了拉力大小，与沙桶和沙的总质量无关，当砂桶和砂的总质量较大时a较大，小车受到的拉力不受砂和砂桶质量的影响，aF图象仍保持原方向不变，仍然是一条直线，故选C；（4）每两点间还有四个计时点未画出，计数点间的时间间隔：t=0.025=0.1s，由匀
37、变速直线运动的推论x=at2可知，加速度：a=4m/s2；故答案为：（1）AC；（2）D；（3）C；（4）4三、计算题（共47分.15题、16题各14分，17题19分）15一个动车组在平直轨道上运动，速度随时间的变化规律如图所示已知动车组的总质量m=2.0105kg，动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，（取g=10m/s2）在0600s的时间内，求：（1）动车组两段加速阶段的加速度大小分别是多少？（2）动车组位移的大小；（3）动车组牵引力的最大值【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】速度图象的斜率等于物体的加速度大小根据斜率的正负分析加速度的正负图线与两个坐标轴所
38、围“面积”等于位移根据牛顿第二定律求的拉力【解答】解：（1）两段加速度为a，a，根据得a=（2）在vt图象中，与时间轴所围面积即为位移x=m=30250m（3）根据牛顿第二定律可得加速度最大时牵引力最大为Ff=maF=f+ma=0.1210510+210502N=2.4105N答：（1）动车组两段加速阶段的加速度大小分别是0.1m/s2，0.2m/s2（2）动车组位移的大小为30250m；（3）动车组牵引力的最大值为2.4105N16如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小
39、滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）滑块从A点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，根据动能定理求解到达C点时速度（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，根据向心力公式求出轨道的作用力；（3）求
40、出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，从A到C过程，由动能定理得：qE（s+R）mgsmgR=由题，qE=mg，=0.5，s=3R代入解得，vC=（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有 NqE=m解得，N=mg（3）重力和电场力的合力的大小为F=设方向与竖直方向的夹角为，则tan=，得=37滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”
41、，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37，设最小速度为v， F=m解得，v=答：（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为（2）在（1）的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小是2.5mg；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小是17如图所示，某传送带与地面倾角=37，AB之间距离L1=2.05m，传送带以v0=1.0m/s的速率逆时针转动质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数2=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数3=0.1，开始时长木板靠近传
42、送带B端并处于静止状态现在传送带上端A无初速地放一个不计大小、质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为1=0.5，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）物块离开B点的速度大小；（2）物块相对木板滑过的距离；（3）木板在地面上能滑过的最大距离【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）以小物快为研究对象，分析其在传送带运动时的受力情况，明确其运动情况（先以a1匀加速与传送带同速后；由于1tan37，小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑动摩擦力作用下，以a2做匀加速到B点；小物块在木
43、板上方做匀减速运动），利用牛顿运动定律和运动学公式求解（2）、（3）小物块滑上木板后做匀减速运动，木板向左做匀加速运动，当两者速度相等时一起匀减速运动，由牛顿第二定律求出各自的加速度，再由运动学公式求解【解答】解：（1）以小物块为研究对象，收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力由牛顿第二定律，刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为：a1=gsin37+1gcos37=10（0.6+0.50.8）=10 m/s2物快与传送带速度V0用的时间：t1=s=0.1s位移s1=a1t12 =m=0.05m 过后因1tan37，所以物快受重力、弹力和沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，物块相对传送带往下
44、滑其加速度为：a2=gsin371gcos37=2 m/s2由运动学公式得：s2=L1s1=（vB2v02）代入数据解之得：vB=3m/s（2）物块滑上木板受重力、弹力和向右的滑动摩擦力，物快相对滑动时做匀减速运动，由牛顿第二定律得：其加速度为：a3=2g=4 m/s2木板受重力、弹力和上下接触物体的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：木板的加速度为：a4=2mg3 （mg+Mg） =2 m/s2设经过t2物块与木板达到相同速度V2，则由运动学公式得：vB+a3t2 =a4t2解之得：t2=0.5s木板的速度：v2=a4 t2=1m/s 物块对地位移 s3=（v22vB2）=1 m木板对地位移 s4=0.25m 物块在木板上滑过的距离s=s3s4=0.75m（3）因32物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为a5=3g=1m/s2物块与木板做匀减速运动到停止的位移 s5=0.5m木板对地的位移s板=s4+s5=0.75m答：（1）物块离开B点的速度大小3m/s；（2）物块在木板上滑过的距离为0.75m；（3）木板在地面上能滑过的最大距离为0.75m2016年12月20日
