1、2015-2016学年山西大学附中高二（上）诊断物理试卷（9月份）一.单项选择题（共8题，每题3分，共24分）1如图，质量m=1kg的物体放在水平放置的钢板C上，与钢板的动摩擦因数=0.2由于受到相对地面静止的光滑导槽A、B的控制，物体只能沿水平导槽运动现使钢板以速度v1=0.8m/s向右匀速运动，同时用力拉动物体（方向沿导槽方向）以速度v2=0.6m/s沿导槽匀速运动，则拉力大小为（）A2NB1.6NC1.2ND1N2如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中不正确的是（）A物体通过每一部分时，其速度增量vBvA=vCvB=vDvC=vEvDB物体到达各点
2、所经历的时间：tE=2tB=C物体从A到E的平均速度D物体到达各点的速率vB：vc：vD：vE=1：23如图所示，竖直绝缘墙壁上有一固定的质点A，在A的正上方的P点用丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的电荷量逐渐减少，在电荷漏电完毕之前悬线对悬点P的拉力大小（）A变小B变大C不变D无法确定4如图所示设地球的质量为M且绕太阳做匀速圆周运动，当地球运动到D点时，有一质量为m的飞船由静止开始从D点只在恒力F的作用下沿DC方向做匀加速直线运动，再过两个月，飞船在C处再次掠过地球上空，假设太阳与地球的万有引力作用不改变飞船所受恒力F的大小和
3、方向，飞船到地球表面的距离远小于地球与太阳间的距离，则地球与太阳间的万有引力大小（）ABCD5如图，战机在斜坡上进行投弹演练战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（）Abc之间Bc点Ccd之间Dd点6如图所示，一箱苹果沿着倾角为的有摩擦的斜面上加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，它周围苹果对它作用力的合力（）A对它做正功B对它做负功C对它做不做功D无法确定做功情况7均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，
4、总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）AEB +ECED +E8如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速度为v2，则下列说法中正确的是（）A只有v1=v2时，才有v2=v1B若v1v2时，则v2=v1C若v1v2时，则v2=v1D不管v2多大，总有v2=v2二.多项选择题（共4题，每题4分，共16分选项全部正确得4分，有少选得2分，有错选得0分
5、）9如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）At1时刻，弹簧形变量为B从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大Dt2时刻，弹簧形变量为010如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角=37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过
6、程中，物体的机械能E随高度h的变化图象如图乙所示g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80则（）A物体上升过程的加速度大小a=10m/s2B物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体的质量m=0.67kgD物体回到斜面底端时的动能Ek=10J11一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa、bb相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示一小物块从斜坡aa上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h；接着小物块沿斜坡bb滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考
7、虑空气阻力，则（）A小物块再运动到a处时速度变为零B小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度为hD小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h12如图所示，两个带等量正电荷+Q的点电荷a、b，固定在相距为L的两点上，在它们连线的中垂面上有一个质量为m、电量为q的带电粒子c以某一速度沿平分面某一方向射出，则带电粒子c可能做的运动是（不计粒子的重力）（）A匀速直线运动B匀速圆周运动C匀变速曲线运动D以O为平衡位置在一直线作往返运动三.实验题（每空2分，共20分）13如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关
8、系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g（1）下列说法正确的是A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出aF图象，他可能作出图2中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C砝码盘和砝码的总质量太大 D所用小车的质量太大（
9、3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数，钩码的质量m1=（4）实验中打出的纸带如图4所示相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是m/s214某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个实验中弹簧均处于弹性限度
10、内，重力加速度为g实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步该实验中，M和m大小关系必需满足M m（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出（选填“v2M”、“”或“”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）四.计算题（共4题，共计40分）15如图所示
11、，甲、乙、丙三辆车行驶在平直的公路上，车速分别为6m/s、8m/s、9m/s当甲、乙、丙三车依次相距5m时，乙车驾驶员发现甲车开始以1m/s2的加速度作减速运动，于是乙也立即作减速运动，丙车驾驶员也同样处理，直到三车都停下来时均未发生撞车事故问丙车作减速运动的加速度至少应为多大？165个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示每块木块的质量为m=1kg，长l=1m它们与地面间的动摩擦因数1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力现有一质量为M=2.5kg的小铅块（视为质点），以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数2=0.2小铅块刚滑到第四块木块时，木块
12、开始运动，求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？17如图所示，质量为m的小球，由长为l的细线系住，线能承受的最大拉力是9mg，细线的另一端固定在A点，AB是过A的竖直线，E为AB上的一点，且AE=0.5l，过E作水平线EF，在EF上钉铁钉D，现将小球拉至水平，然后由静止释放，小球在运动过程中，不计细线与钉子碰撞时的能量损失，不考虑小球与细线间的碰撞（1）若钉铁钉位置在E点，求细线与钉子碰撞前后瞬间，细线的拉力分别是多少？（2）若小球能绕钉子在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子位置在水平线
13、EF上距E点距离的取值18如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，B点为水平面与轨道的切点，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点：（1）求推力对小球所做的功（2）x取何值时，完成上述运动推力所做的功最少？最小功为多少（3）x取何值时，完成上述运动推力最小？最小推力为多少2015-2016学年山西大学附中高二（上）诊断物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一.单项选择题（共8题，每题3分，共24分）1如图，质量m=1kg的物体放在水平放置的钢板C上，与钢板的动摩擦因数=0.2由于受到相对地面
14、静止的光滑导槽A、B的控制，物体只能沿水平导槽运动现使钢板以速度v1=0.8m/s向右匀速运动，同时用力拉动物体（方向沿导槽方向）以速度v2=0.6m/s沿导槽匀速运动，则拉力大小为（）A2NB1.6NC1.2ND1N【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】分析工件所受滑动摩擦力的大小和方向，从运动的方面得知外力与滑动摩擦力的大小关系，画出速度合成图，找出外力F和滑动摩擦力之间的方向关系，列式即可正确求解该题【解答】解：工件有相对于钢板水平向左的速度v1和沿导槽的速度v2，故工件相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，在导轨方向上施加的外力F大小等于滑动
15、摩擦力在导轨方向上的分量，所以有：F=fcos=mgcoscos=联立并代入数据得：F=1.2N，故ABD错误，C正确故选：C【点评】注意正确分析滑动摩擦力的大小和方向，其大小与正压力成正比，方向与物体相对运动方向相反，在具体练习中要正确应用该规律解题2如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中不正确的是（）A物体通过每一部分时，其速度增量vBvA=vCvB=vDvC=vEvDB物体到达各点所经历的时间：tE=2tB=C物体从A到E的平均速度D物体到达各点的速率vB：vc：vD：vE=1：2【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【专题】直线运动规律专题【分析】
16、本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较【解答】解：A、根据运动学公式v2v02=2ax得：物体由A点从静止释放，所以v2=2ax所以物体到达各点的速率之比vB：vC：vD：vE=1：2，体通过每一部分时其速度增量不等，故A错误；D正确；B、根据运动学公式x=v0t+at2得：t=物体到达各点经历的时间tB：tC：tD：tE=1：即tE=2tB=tC=tD，故B正确；C、由于vE=2vB物体从A到E的平均速度v=vB；故C正确；本题选错误的；故选：A【点评】本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动
17、学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解3如图所示，竖直绝缘墙壁上有一固定的质点A，在A的正上方的P点用丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成角，由于漏电使A、B两质点的电荷量逐渐减少，在电荷漏电完毕之前悬线对悬点P的拉力大小（）A变小B变大C不变D无法确定【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据FBF1PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解【解答】解：以小球为研究对
18、象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G根据FBF1PQB得： =又FF1=F2，得：F2=GA、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变故选：C【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解4如图所示设地球的质量为M且绕太阳做匀速圆周运动，当地球运动到D点时，有一质量为m的飞船由静止开始从D点只在恒力F的作用下沿DC方向做匀加速直线运动，再过两个月，飞船在C处再次掠过地球上空，假设太阳与地球的万有引力作用不改变飞船
19、所受恒力F的大小和方向，飞船到地球表面的距离远小于地球与太阳间的距离，则地球与太阳间的万有引力大小（）ABCD【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】地球公转周期为12个月，由于飞船相继通过D、C的时间为2个月，故C、D点与太阳的连线所称的夹角为，由几何关系知地球的公转半径等于CD两点的距离，地球绕太阳做匀速圆周运动，由太阳的万有引力提供向心力，由向心力公式列式得到地球的公转周期与万有引力的关系对于探测卫星从静止开始以加速度a作匀加速直线运动，根据运动学公式可求得PQ间的距离与地球公式周期的关系【解答】解：对地球：由太阳的万有引力提供向心力，设地球公转周期为T，公转半
20、径为R，则有：F=MR由于飞船相继通过D、C的时间为2个月，故C、D点与太阳的连线所称的夹角为，地球沿着圆周从D到C的时间为，由几何关系得：R=xDC对探测卫星从静止开作匀加速直线运动，则有：联立得：F=故选：A【点评】本题是万有引力与匀变速运动的综合，关键找出地球与飞船之间的时间关系，运用几何知识得到PQ与r的关系5如图，战机在斜坡上进行投弹演练战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（）Abc之间Bc点Ccd之间Dd点【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】飞机与炮弹的水平
21、速度相同，则落点在飞机的正下方，据水平向与竖直向的位移关系画图分析，确定落点【解答】解：如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ（Q点是轨迹与斜面的交点）；则a，A，B，P，C在同一水平线上，由题意可知，设aA=AP=x0，ab=bc=L，斜面倾角为，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，对第二颗炸弹：水平向：x1=Lcosx0=v0t1竖直向：y1=vyt1+若第三颗炸弹的轨迹经过cC，则对第三颗炸弹，水平向：x2=2Lcos2x0=v0t2竖直向：解得：t2=2t1，y22y1，所以第三颗炸弹的轨迹不经过cC，则第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确；故选：A【点评】考
22、查平抛运动的规律，明确水平向与竖直向的运动规律会画草图进行分析求解考查的是数学知识6如图所示，一箱苹果沿着倾角为的有摩擦的斜面上加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，它周围苹果对它作用力的合力（）A对它做正功B对它做负功C对它做不做功D无法确定做功情况【考点】功的计算【专题】功的计算专题【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，然后再隔离对某一只苹果受力分析，根据牛顿第二定律求出某只苹果受到周围苹果的作用力，再根据恒力做功公式确定做功正负【解答】解：对整体分析，受重力和支持力，摩擦力，整体的加速度a=gsingcos可知苹果的加速度为gsingcos，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个
23、力的合力等于mgsinmgcos，所以其他苹果对该苹果的作用力等于mgcos，方向沿斜面向上，根据W=Fscos可知，F做负功，故B正确故选B【点评】解决本题的关键掌握牛顿第二定律，以及抓住加速度相同，运用整体法和隔离法进行分析7均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）AEB +ECED +E【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】均匀带电的球壳
24、在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解【解答】解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场则在M、N点所产生的电场为E=，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为E=E，故选：C【点评】该题考查库仑定律与电场的合成与叠加，解答本题的关键是抓住电场的对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系8如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面一物体以恒定速率v2沿直线向左滑
25、向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速度为v2，则下列说法中正确的是（）A只有v1=v2时，才有v2=v1B若v1v2时，则v2=v1C若v1v2时，则v2=v1D不管v2多大，总有v2=v2【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】传送带专题【分析】物体冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析【解答】解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：如果v1v2，物体会一直加速，速度大小增大到等于v2时，根据对
26、称性，物体恰好离开传送带，有v2=v2；如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2=v2；如果v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2=v1；故C正确，A、B、D错误故选C【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动二.多项选择题（共4题，每题4分，共16分选项全部正确得4分，有少选得2分，有错选得0分）9如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两
27、物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）At1时刻，弹簧形变量为B从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大Dt2时刻，弹簧形变量为0【考点】功能关系；胡克定律；牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】刚开始AB静止，则F弹=2mgsin，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根
28、据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t1时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系【解答】解：A、由图乙可知，两物体在t1时刻分离，故此时A应受重力和弹力的作用来充当合外力；则有：kxmgsin=ma；解得：x=；故A正确；B、由上知：t1时刻A、B开始分离，开始时有：2mgsin=kx0 从开始到t1时刻，弹簧释放的势能为：Ep=从开始到t
29、1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep2mgsin（x0x）=2a（x0x）=v12 则可知，WFEp=，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故B正确C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx2mgsin=2ma，得F=2mgsin+2makx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：Fmgsin=ma，得 F=mgsin+ma，可知F不变，故C错误D、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故D错误故选：AB【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、功能关系以及运动学图象等；从受力角度看，两物
30、体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等10如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角=37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象如图乙所示g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80则（）A物体上升过程的加速度大小a=10m/s2B物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体的质量m=0.67kgD物体回到斜面底端时的动能Ek=10J【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】当物体到达最高点时速度为零，机械
31、能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能【解答】解：B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，E=mgcos，即3050=110cos37，=0.5，故B错误；A、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得a=10m/s2，故A正确；C、物体到达最高点时，机械能E=EP=mgh，m=1kg，故C错误；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做
32、功W=3050=20J，在整个过程中由动能定理得EKEK0=2W，则EK=EK0+2W=50+2（20）=10J，故D正确；故选：AD【点评】重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题11一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa、bb相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示一小物块从斜坡aa上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h；接着小物块沿斜坡bb滑下并从b处进入槽内
33、反向运动，若不考虑空气阻力，则（）A小物块再运动到a处时速度变为零B小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度为hD小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h【考点】向心力；动能定理【专题】匀速圆周运动专题【分析】物块在运动过程中，重力和滑动摩擦力做功，滑动摩擦力做功与路程成正比先根据动能定理物块从为2h处滑下过程，再研究物块反向运动过程，即可求解【解答】解：物块从右侧2h处滑下到滑上左侧最高点的过程，根据动能定理得：mg（2hh）Wf=0，得：Wf=mgh由于摩擦力做负功，所以小物块每次经过圆弧槽最
34、低点时，速度减小，在最低点弹力和重力的合力提供向心力，有：Nmg=m，则摩擦力做功越来越小，所以第二次物块反向运动过程，小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h，故AC错误，BD正确；故选：BD【点评】本题关键明确滑块的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式分析，不难12如图所示，两个带等量正电荷+Q的点电荷a、b，固定在相距为L的两点上，在它们连线的中垂面上有一个质量为m、电量为q的带电粒子c以某一速度沿平分面某一方向射出，则带电粒子c可能做的运动是（不计粒子的重力）（）A匀速直线运动B匀速圆周运动C匀变速曲线运动D以O为平衡位置在一直线作往返运动【考点】
35、带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】带电粒子受到两个等量正点电荷的电场力，在两个电场力合力作用下运动，根据平行四边形定则判断出电荷所受合力的变化，从而得出电荷可能的运动情况【解答】解：A、带电粒子受到两个等量正点电荷的电场力，在两个电场力合力作用下运动，该合力一定是变力，带电粒子的加速度一定变化，不可能做匀变速运动，即不可能做匀速直线运动，也不可能做匀变速曲线，故AC错误B、若带电粒子的速度在平分面内且垂直于co方向，合力正好提供向心力时可以做匀速圆周运动，故B正确D、若带电粒子的速度在平分面内且平行于co方向，可以以O为平衡位置在一直线作往返运动，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键会根据
36、电荷的受力判断电荷的运动情况，要知道该带电粒子所受的电场力是变化的三.实验题（每空2分，共20分）13如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g（1）下列说法正确的是DA每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出aF图象，他可能作出图2中丙 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线
37、此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是CA小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C砝码盘和砝码的总质量太大 D所用小车的质量太大（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数，钩码的质量m1=（4）实验中打出的纸带如图4所示相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是0.46m/s2【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据实验的原理以及注意事项确定正确的选项（2）如果没有平衡摩擦力
38、的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况得出图象弯曲的原因是：未满足沙和沙桶质量远小于小车的质量（3）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论（4）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度【解答】解：（1）A、每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误B、实验时先接通电源后释放纸带，故B错误C、在该实验中，为了使钩码的重力近似等于绳子的拉力，则要求钩码的质量m1远小于小车的质量m2，故C错误D、为了探究加速度与质量关系时，应作图象，故D正确故选：D（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙当不满足m1
39、m2时，随m1的增大物体的加速度a逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量故C正确（3）根据牛顿第二定律可知，m1gm2g=m2a；结合图象，可得：，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量m1=，小车与木板间的动摩擦因数=（4）根据x=aT2得，a=0.46m/s2故答案为：（1）D （2）丙，C （3），（4）0.46【点评】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法14某同学利用图示装置来研究
40、机械能守恒问题，设计了如下实验A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步该实验中，M和m大小关系必需满足M大于 m（选填“小于”、“等于”或“大于”）
41、为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应相同（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出（选填“v2M”、“”或“”）图线根据问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）【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】若要使B处压力传感器示数为零，必须满足M大于m的条件；根据胡克定律，不论M质量如何，要使压力传感器为零，从而得出下落的高度大小如何；选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，列式，即可求得结果；根据问的表达式，结合图象的含义，即可求解【解答】解：根据题意，确保压力传感器的示数
42、为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为x=x1+x2=+=；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：（Mm）g=（M+m）v2；整理可知，v2=+；为得到线性关系图线，因此应作出v2的图象；由上表达式可知， =b；解得：k=；故答案为：大于；相同；【点评】考查胡克定律与机械能守恒定律的应用，理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧四.计算题
43、（共4题，共计40分）15如图所示，甲、乙、丙三辆车行驶在平直的公路上，车速分别为6m/s、8m/s、9m/s当甲、乙、丙三车依次相距5m时，乙车驾驶员发现甲车开始以1m/s2的加速度作减速运动，于是乙也立即作减速运动，丙车驾驶员也同样处理，直到三车都停下来时均未发生撞车事故问丙车作减速运动的加速度至少应为多大？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】要使乙车不追上甲车，临界情况是速度相等时两车距离为零，根据速度时间关系公式和位移时间关系公式列式求解乙车的最小加速度；同理要使丙车不追上乙车，临界情况也是速度相等时两车距离为零，根据速度时间关系公式和位移时间关系公
44、式列式求解丙车的最小加速度【解答】解：对甲、乙分别分析，根据速度时间关系公式和位移时间关系公式，刚好能相遇时有：代入数据有：解得：（注意在t=5s时，甲乙都还在运动）甲停下来通过的位移：乙停下来通过的位移：由于S甲+5S乙，肯定不会相撞 对乙、丙分别分析：解得：，从而得出：t=10s 乙停下来花，乙早就停下来了，所以乙的位移为丙的位移：解得：答：丙车作减速运动的加速度至少为1.45m/s2【点评】本题难点在于有三个小车，关键要分两次求解，明确速度相同时有最小距离，选择恰当的运动学公式很重要165个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示每块木块的质量为m=1kg，长l=1m它们与地面间的动摩擦
45、因数1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力现有一质量为M=2.5kg的小铅块（视为质点），以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数2=0.2小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？【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【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦
46、力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解【解答】解：（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第四块的速度为v1由牛顿第二定律得 2Mg=Ma1由运动学公式得v=2a13l联立得：v1=2m/s（2）设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：f1=2Mg=5N 后面的（5n）块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2=1M+（5n）mg 要使木块滑动，应满足f2f1，即1M+（5n）mg5n3.5取n=4 （2）设小铅块滑上4木块经过t秒和4、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为s1和s2，相对位移为s，4、5木块
47、运动的加速度为a22Mg1（M+2m）g=2ma2v1a1t=a2ts=s1s2联立解得：由于sl（s1l）说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零 设小铅块与4、5木块达到共同速度为v2，一起减速的加速度大小为a3，减速位移为s31（2m+M）g=（2m+M）a3v2=a2t 联立以上各式得：小铅块最终离1木块左端为：s=3l+s1+s3联立以上各式，得：s=m答：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度为2m/s（2）由于sl（s1l）说明小铅块没有离开第四块，木块小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端m【点评】本题是相
48、对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解本题运动过程较为复杂，难度较大17如图所示，质量为m的小球，由长为l的细线系住，线能承受的最大拉力是9mg，细线的另一端固定在A点，AB是过A的竖直线，E为AB上的一点，且AE=0.5l，过E作水平线EF，在EF上钉铁钉D，现将小球拉至水平，然后由静止释放，小球在运动过程中，不计细线与钉子碰撞时的能量损失，不考虑小球与细线间的碰撞（1）若钉铁钉位置在E点，求细线与钉子碰撞前后瞬间，细线的拉力分别是多少？（2）若小球能绕钉子在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子位置在水平线EF上距E点距离的取
49、值【考点】动能定理；牛顿第二定律；匀速圆周运动；机械能守恒定律【专题】力学综合性应用专题【分析】（1）若钉子在E点，则小球经过B点前后瞬间，速度大小不变，半径变为原来一半，先根据动能定理求出到达B点的速度，再根据向心力公式分别求出绳子的拉力；（2）设在D点绳刚好承受最大拉力，当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v1，由牛顿第二定律及机械能守恒定律列式求解x的最大值，小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点重力提供向心力，列出方程，从释放到运动到最高点的过程中运用动能定理列出方程，联立即可求解最小值，从而求出范围【解答】解：（1）小球释放后沿圆周运动，运动过程中机械能守
50、恒，设运动到最低点速度为v，由机械能守恒定律得：mgl=，碰钉子瞬间前后小球运动的速率不变，碰钉子前瞬间圆周运动半径为l，碰钉子前瞬间线的拉力为F1，碰钉子后瞬间圆周运动半径为l，碰钉子后瞬间线的拉力为F2，由圆周运动、牛顿第二定律得：，得F1=3mg，F2=5mg（2）设在D点绳刚好承受最大拉力，记DE=x1，则：AD=悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：r1=lAD=l当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v1，由牛顿第二定律有：Fmg=m结合F9mg由机械能守恒定律得：mg （+r1）=mv12由上式联立解得：x1随着x的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径
51、越来越大转至最高点的临界速度也越来越大，但根据机械能守恒定律，半径r越大，转至最高点的瞬时速度越小，当这个瞬时速度小于临界速度时，小球就不能到达圆的最高点了设钉子在G点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设EG=x2，则：AG=，r2=lAG=l在最高点：mg由机械能守恒定律得：mg （r2）=mv12 联立得：x2钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值范围是：x答：（1）若钉铁钉位置在E点，细线与钉子碰撞前后瞬间，细线的拉力分别是3mg和5mg；（2）若小球能绕钉子在竖直面内做完整的圆周运动，则钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值范围为x【点评】本题考查的知识点比较多，涉及到圆周运动、机
52、械能守恒定律和动能定理，要求同学们解题时能熟练运用动能定理并结合几何知识解题，难度较大18如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，B点为水平面与轨道的切点，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点：（1）求推力对小球所做的功（2）x取何值时，完成上述运动推力所做的功最少？最小功为多少（3）x取何值时，完成上述运动推力最小？最小推力为多少【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）质点由C点做平抛运动到A点，由平抛运动的规律可求得C点的速度，再对AC由动能定理可
53、求得推力所做的功；（2）要使推力做功最小，则只要小球到达C点的速度最小即可；由C点的临界速度可求得最小功；（3）由（1）中所求得的推力功的表达式，由数学规律可求得F的最小值及x的对应的条件【解答】解：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，在水平方向：x=vCt 竖直方向上：2R=gt2解得 vC=对质点从A到C由动能定理有 WFmg2R=mv解WF=（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mv知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有mg=，则v=有=，解得：x=2R 当x=2R时，WF最小，最小的功：WF=mgR （3）由式WF=mg（） 及WF=F x 得：F=mg（） F 有最小值的条件是： =；即x=4R 得最小推力为：F=mg 答：（1）推力对小球所做的功（2）x=2R时取何值时，完成上述运动推力所做的功最少；最小功为mgR（3）x=4R时，完成上述运动推力最小；最小推力为mg【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析物理过程，对各过程进行正确的受力分析，则可以选择正确的物理规律求解
