1、河南省郑州市思齐实验中学2015届高三上学期月考物理试卷（10月份）一、选择题（每小题5分，共60分.第1题-第8题只有一个选项正确，第9题、第10题有多个选项正确，有错选或不选的得0分，有漏选的得2分）1下列关于质点的说法中正确的是（） A 只要是体积很小的物体都可看作质点 B 只要是质量很小的物体都可看作质点 C 质量很大或体积很大的物体都一定不能看作质点 D 由于所研究的问题不同，同一物体有时可以看作质点，有时不能看作质点2某物体以40m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，7s内物体的（） A 位移大小为35 m，方向向下 B 平均速度大小为6 m/s，方向向上 C 速
2、度改变量的大小为10 m/s D 路程为125 m3甲、乙两汽车在平直公路上从同一地点同时开始行驶，它们的vt图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（） A 在第1小时末，乙车改变运动方向 B 在第2小时末，甲乙两车相距80km C 在前4小时内，甲乙两车的平均速度相等 D 在第4小时末，甲乙两车相遇4如图所示，水平传送带A、B两端相距s=2m，工件与传送带间的动摩擦因数=0.4工件滑上A端瞬时速度vA=5m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（） A 若传送带以4m/s顺时针转动，则vB=3m/s B 若传送带逆时针匀速转动，则vB3m/s C 若传送带以2m/s顺
3、时针匀速转动，则vB=3m/s D 若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB3m/s5如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半已知重力加速度为g，则（） A 小球A做匀速圆周运动的角速度 B 小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用 C 小球A受到的合力大小为 D 小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上6如图所示，水平固定半球形的碗的球心为O点，最低点为B点在碗的边缘向着球心以速度v0水平抛出一个小球，抛出点及O、B点在同一个竖直面内，下列说法正确的是（）
4、 A v0大小适当时小球可以垂直打在B点左侧内壁上 B v0大小适当时小球可以垂直打在B点 C v0大小适当时小球可以垂直打在B点右侧内壁上 D 小球不能垂直打在碗内任何一个位置7如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，则下列说法正确的是（） A A、B两点的线速度之比为vA：vB=1：2 B A、B两点的角速度之比为A：B=2：1 C A、B两点的加速度之比为aA：aB=1：2 D A、B两点的加速度之比为aA：aB=2：18如图所示，质量为M足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上，质量为m的物体B以水平速度v
5、0冲上A，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上若从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，木板A向前运动了1m，并且Mm则B相对A的位移可能为（） A 0.5m B 1m C 2m D 2.5m9我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则正确的有（） A （a）图中h3代表本次下潜最大深度为360m B 全过程中最大加速度是0.025m/s2 C 潜水员感到失重体验发生在01min和810min内 D 整个潜水器在810min时间段内机械能守恒10两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点
6、，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（） A C点的电场强度大小为零 B A点的电场强度大小为零 C NC间场强方向向x轴正方向 D 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功11如图所示，一个质量为m、带负电荷的物块在电场强度为E=kt（t为时间，k为大于零的常数）的水平匀强电场中，若t=0时用水平恒力F将物块压在竖直墙上静止不动，若电场空间和墙面均足够大，保持力F不变，从t=0时刻开始，对物块分析正确的是（） A 物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，将一直沿墙壁下滑 B 物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，动能
7、将一直增大 C 开始运动以后物块动能的增加量与产生热量的和等于物块重力势能的减少量 D 开始运动以后物块的加速度将一直增大12如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60，轨道最低点a与桌面相切一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦则（） A 在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等 B m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小 C 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2 D 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=
8、3m2二、实验题（13题10分，14题6分）13利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如1图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=mm；滑块通过B点的瞬时速度可表示为；（3）某次实验测得倾角=30，重
9、力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek=，系统的重力势能减少量可表示为Ep=，在误差允许的范围内，若Ek=Ep则可认为系统的机械能守恒；（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=m/s214在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1再用完全相同的2根、3根弹簧并在一起进行第2次、第3次实验并记录2W1，3W1
10、及相应的L2、L3数据，用WL图象处理数据，回答下列问题：（1）如图乙是根据实验数据描绘的WL图象，图线不过原点的原因是；由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是W1=；（3）WL图象斜率的物理意义是三计算题15汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：（1）经多长时间，两车第一次相遇？若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？16如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长
11、L=3.6m，上表与木块之间的动摩擦因数为1=0.3，下表面与地面之间的动摩擦因数2=0.2g取10m/s2，求：（1）用水平向右的恒力F1=20N作用在木板上，t=0.5s后木块和木板的速度各为多大；将水平向右的恒力改为F2=33N作用在木板上，能否将木板从木块下方抽出，若能抽出，求出经多长时间抽出；若不能，说明理由河南省郑州市思齐实验中学2015届高三上学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共60分.第1题-第8题只有一个选项正确，第9题、第10题有多个选项正确，有错选或不选的得0分，有漏选的得2分）1下列关于质点的说法中正确的是（） A 只要是体积很小的物
12、体都可看作质点 B 只要是质量很小的物体都可看作质点 C 质量很大或体积很大的物体都一定不能看作质点 D 由于所研究的问题不同，同一物体有时可以看作质点，有时不能看作质点考点： 质点的认识专题： 直线运动规律专题分析： 只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点，与物体的质量、体积的大小无关解答： 解：A只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点，故大的物体也可以作为质点，例如地球绕太阳公转时，地球可以看成是质点，故A错误； B小的物体有时却不能当作质点，原子核很小，但在研究原子核内部的结构等的时候是不能看成质点的，故B错
13、误； C能否看成质点与物体的质量、体积的大小无关例如地球绕太阳公转时，地球可以看成是质点，故C错误； D研究地球绕太阳公转时，地球可以看成是质点，而研究地球自转时不可以把地球看成质点，故D正确故选D点评： 只要掌握了质点的概念解决此类问题就不在话下，此题是帮助我们掌握质点的概念的不可多得的一道好题2某物体以40m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，7s内物体的（） A 位移大小为35 m，方向向下 B 平均速度大小为6 m/s，方向向上 C 速度改变量的大小为10 m/s D 路程为125 m考点： 竖直上抛运动；平均速度分析： 物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度
14、，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出7s内位移，由平均速度公式求出平均速度，由v=at求出速度的改变量路程等于各段位移大小之和解答： 解：物体做竖直上抛运动，看成一种匀减速直线运动A、7s内物体的位移：x=35m，向上；故A错误；B、7s内的平均速度：竖直向上，故B错误；C、7s末的速度：v=v0gt=40107=30m/s；故速度改变量：v=vv0=3040=70m/s；故C错误；D、物体上升的最大高度为：h=80m故路程：S=80+（8035）=125m；故选：D点评： 对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用3甲、乙两汽车
15、在平直公路上从同一地点同时开始行驶，它们的vt图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（） A 在第1小时末，乙车改变运动方向 B 在第2小时末，甲乙两车相距80km C 在前4小时内，甲乙两车的平均速度相等 D 在第4小时末，甲乙两车相遇考点： 匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题： 运动学中的图像专题分析： 根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确解答： 解：A、由图可知，在前2小时内乙车一直沿负方向运动，在第1小时末
16、时开始减速但运动方向没有变，故A错误；B、图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，在前2小时内，甲车正向运动的位移为x甲=240km=40km；而乙车反向运动，其位移大小x乙=240km=40km；因两车相向运动，则2小时末时，两车相距80km；故B正确；C、图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，4小内甲车的总位移为x甲=480km=160km；而乙车的总位移为40km+80km=40km，可知在前4小时内，甲乙两车的位移大小不等，所以甲乙两车的平均速度也不等，故C错误D、由上分析知：在第4小时末，甲乙两车的位移大小不等，两者又人同一地点出发的，故此时两车不会相遇，故D错误故选：B点
17、评： 解答本题应注意：（1）速度的正负表示物体速度的方向；面积的正负表示物体位移的方向；（3）明确两物体的距离关系，可通过画运动的过程示意图帮助理解题意4如图所示，水平传送带A、B两端相距s=2m，工件与传送带间的动摩擦因数=0.4工件滑上A端瞬时速度vA=5m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（） A 若传送带以4m/s顺时针转动，则vB=3m/s B 若传送带逆时针匀速转动，则vB3m/s C 若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vB=3m/s D 若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB3m/s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：
18、 根据工件与传送带速度的关系，判断出工件在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律分析求解解答： 解：A、若传送带以4m/s顺时针转动，工件滑上传送带后做匀减速直线运动，速度达到4m/s，将做匀速直线运动，到达B点的速度不可能为3m/s故A错误B、若传送带逆时针匀速转动，工件一直做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a=g=4m/s2，则，解得故B错误C、若传送带以2m/s顺时针匀速转动，工件在传送带上做匀减速运动，由B选项可知，vB=3m/s故C正确，D错误故选：C点评： 解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等5如图所示，一个内壁光滑
19、的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半已知重力加速度为g，则（） A 小球A做匀速圆周运动的角速度 B 小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用 C 小球A受到的合力大小为 D 小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上考点： 向心力；物体的弹性和弹力；线速度、角速度和周期、转速专题： 共点力作用下物体平衡专题分析： 小球受重力与支持力的作用而做匀速圆周运动，则由向心力公式可求得小球做匀速圆周运动的角速度；并且能判断合力的大小及方向解答： 解：A、如下图所示；小球受重力和支持力而做匀
20、速圆周运动，则合外力一定指向圆心；由力的合成可知，F=mgtan=mg=mr2；由几何关系可知，r=；解得：=；故A正确；B、小球只受重力和支持力；向心力是由合外力充当；故B错误；C、由A的分析可知，合外力F=mg；故C错误；D、小球受到的合外力指向圆心，故D错误；故选：A点评： 本题是圆锥摆类型，关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析6如图所示，水平固定半球形的碗的球心为O点，最低点为B点在碗的边缘向着球心以速度v0水平抛出一个小球，抛出点及O、B点在同一个竖直面内，下列说法正确的是（） A v0大小适当时小球可以垂直打在B点左侧内壁上 B v0大小适当时小球可以
21、垂直打在B点 C v0大小适当时小球可以垂直打在B点右侧内壁上 D 小球不能垂直打在碗内任何一个位置考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，最终的速度不可能竖直向下，通过假设法判断小球不能垂直打在碗内任何一个位置解答： 解：A、因为平抛运动的速度等于水平速度和竖直速度的合速度，合速度的方向一定偏向右下方，不可能与A垂直相撞，也不可能垂直撞在B故A、B错误C、假设小球垂直打在C点，设速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向上的夹角为，根据几何关系有：=2，根据平抛运动的推论，tan=2tan与=2相矛盾所以小球不可能撞在C点，可知
22、小球一定不能垂直打在碗内任何一个位置故C错误，D正确故选：D点评： 解决本题的关键知道平抛运动的规律，知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍7如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮2的半径之比R1：R2=2：1，A、B分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，则下列说法正确的是（） A A、B两点的线速度之比为vA：vB=1：2 B A、B两点的角速度之比为A：B=2：1 C A、B两点的加速度之比为aA：aB=1：2 D A、B两点的加速度之比为aA：aB=2：1考点： 线速度、角速度和周期、转速专题： 匀速圆周运动专题分析： 同缘传动边缘点线速度大小相等
23、，同轴传动角速度相等，根据a=和v=r求解加速度之比解答： 解：A、同缘传动边缘点线速度大小相等，故vA：vB=1：1，故A错误；B、由于vA：vB=1：1，根据v=r，线速度一定时角速度与半径成反比，故A：B=1：2，故B错误；C、D、根据a=和v=r，有a=v，由于vA：vB=1：1，A：B=1：2，故aA：aB=1：2，故C正确，D错误；故选：C点评： 传动问题把握两个原则：同缘传动边缘点线速度大小相等，同轴传动角速度相等8如图所示，质量为M足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上，质量为m的物体B以水平速度v0冲上A，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上若从B冲到木板A上到相对木板A静止的
24、过程中，木板A向前运动了1m，并且Mm则B相对A的位移可能为（） A 0.5m B 1m C 2m D 2.5m考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 动量定理应用专题分析： A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律、匀变速直线运动的平均速度公式可以求出A、B的位移，然后求出B相对于A的位移解答： 解：A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由题意可知，A、B最终速度相同，设为v，相对运动时间为t，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，B在A上滑动过程，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的平均速度公式得：xB=t=，xA=t=1m，B相
25、对于A的位移：x=xBxA=1m，故选：A点评： 本题考查了求AB的相对位移，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与运动学公式即可正确解题9我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则正确的有（） A （a）图中h3代表本次下潜最大深度为360m B 全过程中最大加速度是0.025m/s2 C 潜水员感到失重体验发生在01min和810min内 D 整个潜水器在810min时间段内机械能守恒考点： 机械能守恒定律专题： 机械能守恒定律应用专题分析： 根据vt图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深
26、度；vt图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向根据加速度大小分析受力情况，即可判断机械能守恒是否守恒解答： 解：A、根据深度曲线（a）得h3代表本次最大深度，在t=4min时到达最大深度，根据vt图象的面积得：04min位移是360m，即最大深度为360m，故A正确B、vt图象的斜率表示加速度，01min内和34min内加速度最大，最大加速度是a=0.033m/s2，故B错误C、潜水员在01min和810min的时间段内，根据度图象（b）得加速度方向向下，所以处于失重状态，故C正确D、整个潜水器在810min时间段内加速度不等于g，所
27、以机械能不守恒，故D错误故选：AC点评： 本题是一道图象题，关键要理解速度图象的物理意义，能通过图象去挖掘信息，处理图象题时，要把图象与相对应的物理知识结合起来分析10两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（） A C点的电场强度大小为零 B A点的电场强度大小为零 C NC间场强方向向x轴正方向 D 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功考点： 电场强度；电势能专题： 压轴题；电场力与电势的性质专题分析： 两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可
28、知两点电荷的电性解答： 解：A、C点电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小则电场强度为零，故A正确；B、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电故B错误；C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向故C错误；D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功故D正确；故选：AD点评： 电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否11如
29、图所示，一个质量为m、带负电荷的物块在电场强度为E=kt（t为时间，k为大于零的常数）的水平匀强电场中，若t=0时用水平恒力F将物块压在竖直墙上静止不动，若电场空间和墙面均足够大，保持力F不变，从t=0时刻开始，对物块分析正确的是（） A 物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，将一直沿墙壁下滑 B 物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，动能将一直增大 C 开始运动以后物块动能的增加量与产生热量的和等于物块重力势能的减少量 D 开始运动以后物块的加速度将一直增大考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系专题： 电场力与电势的性质专题分析： 物块开始可能受重力、向左的电场力、恒力F
30、、墙壁的弹力和静摩擦力处于平衡，根据合力的变化确定加速度的变化，从而确定动能的变化当墙壁的弹力减为零后，物块离开墙壁根据能量守恒判断动能的增加量与产生热量的和与重力势能减小量的关系解答： 解：A、物块开始可能受重力、向左的电场力、恒力F、墙壁的弹力和静摩擦力处于平衡，电场力逐渐增大，则墙壁的弹力逐渐减小，物块向下运动，摩擦力减小，加速度增大，加速度方向与速度方向相同，物块的动能一直增大当弹力减为零后，物块受重力和电场力和恒力作用，将会脱离墙壁故A错误，B、D正确C、物块的动能增加、内能增加，重力势能减小，脱离墙壁后，电势能减小，根据能量守恒知，物块动能的增加量与产生热量的和不等于物块重力势能的
31、减少量故C错误故选：BD点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，结合合力确定物块的运动规律，得出加速度和动能的变化，难度中等12如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60，轨道最低点a与桌面相切一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦则（） A 在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等 B m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小 C 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2 D 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m
32、1=3m2考点： 机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率专题： 机械能守恒定律应用专题分析： AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系解答： 解：A、m1由C点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；B、重力的功率就是P=mgv，这里
33、的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个c下滑到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；C、D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据系统的机械能守恒得：m1gR（1cos60）=m2gR，解得：m1=2m2故C正确，D错误故选：BC点评： 本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关
34、系解题，难度适中二、实验题（13题10分，14题6分）13利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如1图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=3.85mm；滑块通过B点的瞬时速度可表示为；（3）某次实验
35、测得倾角=30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek=，系统的重力势能减少量可表示为Ep=（m）gd，在误差允许的范围内，若Ek=Ep则可认为系统的机械能守恒；（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=9.6m/s2考点： 验证机械能守恒定律专题： 实验题分析： （1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读不同的尺有不同的精确度，注意单位问题由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点
36、的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量（4）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）宽度b的读数为：3mm+170.05mm=3.85mm；由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门B速度为：vB=；（3）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：E=（M+m）（）2=；系统的重力势能减少量可表示为：Ep=mgdMgdsin30=（m）gd；比较Ep和Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的（4）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m）gd； 则v2=
37、2gd若v2d图象，则图线的斜率：k=2g；由图象可知，k=；则有：g=代入数据得：g=9.6m/s2故答案为：（1）3.85mm； ；（3），（m）gd；（4）9.6点评： 了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面14在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1再用完全相同的2根、3根弹簧并在一起进行第2次、第3次实验并记录2W1，3W1及相应的L2、L3数据，
38、用WL图象处理数据，回答下列问题：（1）如图乙是根据实验数据描绘的WL图象，图线不过原点的原因是未计算AO间的摩擦力做功；由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是W1=；（3）WL图象斜率的物理意义是摩擦力考点： 探究功与速度变化的关系专题： 实验题分析： 根据动能定理找出L与v的关系，然后结合图象WL的关系找出W与v02的关系，结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功解答： 解：木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到B位置停下，由O到B根据动能定理：fL=0mv02，故Lv02；对全过程应用动能定理有：WfLOAfL=0即W=fL+fL
39、OA结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功（1）根据动能定理全过程的表达式，所以WL图线不通过原点，是因为未计木块通过AO段时，摩擦力对木块所做的功图中W轴上截距等于摩擦力做的功：J；（3）有前面分析知图象中斜率为摩擦力大小；故答案为：（1）未计算AO间的摩擦力做功 （3）摩擦力点评： 本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义，有些难度三计算题15汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：（1）经多
40、长时间，两车第一次相遇？若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？考点： 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时间的关系专题： 追及、相遇问题分析： （1）抓住汽车和自行车的位移关系，运用运动学公式求出第一次相遇的时间抓住位移相等，运用运动学公式求出第二次相遇的时间，需讨论汽车刹车到停止的时间，若经历的时间大于汽车到停止的时间，则汽车停在某处让自行车追赶，再根据运动学公式求出追及的时间解答： 解：（1）设经t1秒，汽车追上自行车2t1=1t1+S t1=10s 故经过10s两车第一次相遇汽车的加速度为a=2 m/s2
41、设第二次追上所用的时间为t2，则1t2=2t2+at22 t2=12s 设汽车从刹车到停下用时t3秒0=2+at3 t3=9st2 故自行车又追上汽车前，汽车已停下 停止前汽车的位移s汽=设经t4时间追上，则1t4= t4=13.5s故再经过13.5s两车第二次相遇点评： 解决本题的关键知道两车相遇位移具有一定的关系注意第二次相遇要判断汽车是否停止16如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=3.6m，上表与木块之间的动摩擦因数为1=0.3，下表面与地面之间的动摩擦因数2=0.2g取10m/s2，求：（1）用水平向右的恒
42、力F1=20N作用在木板上，t=0.5s后木块和木板的速度各为多大；将水平向右的恒力改为F2=33N作用在木板上，能否将木板从木块下方抽出，若能抽出，求出经多长时间抽出；若不能，说明理由考点： 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： （1）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，通过整体法求出发生相对滑动时的恒力大小，从而判断出木块和木板不发生相对滑动，一起做加速运动，对整体分析求出加速度，根据速度时间公式求出木板和木块的速度恒力改为F2=33N作用在木板上，大于临界情况下的恒力，发生相对滑动，根据牛顿第二定律求出m和M的加速度，结合位移之差等于L，结合
43、运动学公式求出抽出的时间解答： 解：（1）木块最大加速度am=1g=3m/s2若木块与木板以am一起加速，F2（M+m）g=（M+m）amF=2（M+m）g+（M+m）am=25NF1=20N25N，木块与木板一起加速F12（M+m）g=（M+m）aa=2m/s2v=at=1m/s所以t=0.5s时木块和木板速度均为1m/sF2=33N25N，木块相对木板滑动，木板能从木块下抽出对木块a1=1g=3m/s2对木板F21mg2（M+m）g=Ma2，解得a2=5m/s2根据 L=（a2t2a1t2）解得 t=答：（1）t=0.5s后木块和木板的速度均为1m/s木板能从木块下抽出经过s时间抽出点评： 本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁本题的关键得出发生相对滑动时的最小拉力，从而判断是否发生相对滑动