1、2015-2016学年江西省南昌三中高三（上）第三次月考物理试卷（11月份）一、选择题（每题4分，共48分.其中1-8题为单选题，9-12题为多项选择题）1质量分别为m1和m2的两个物体用一个未发生形变的弹簧连接，如图所示，让它们从高处同时自由下落，则下落过程中弹簧发生的形变是（不计空气阻力）( )A若m1m2，则弹簧将被压缩B若m1m2，则弹簧将被拉长C只有m1=m2，弹簧才会保持原长D无论m1和m2为何值，弹簧长度均不变2利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内
2、做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )A2mgB3mgC2.5mgDmg3有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )A如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B如图b所示是一圆锥摆，增大，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速度圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用4如图所示，倾角为的足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，质量为M的木块上固定一轻直角支架，在支架末端用轻绳悬挂一质量为m的小球由静止释放木块，木块沿斜面下滑，
3、稳定后轻绳与竖直方向夹角为a，则木块与斜面间的动摩擦因数为( )A=tanB=tanC=tan（）D=tan（+）5下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘 坐标原点O处电场强度最大的是( )ABCD6为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车减速上坡时，乘客( )A处于超重状态B处于失重状态C受到向前的摩擦力作用D所受力的合力沿斜面向上7如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数=0.2，杆的竖直部分光滑两部分各套有质量均为1kg的小球A
4、和B，A、B球间用细绳相连初始A、B均处于静止状态，已知：OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中拉力F做功为( )A14JB10JC6JD4J8已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，林帅同学在地球上能向上竖直跳起的最大高度是h但因为某种特殊原因，地球质量保持不变，而半径变为原来的一半，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )A地球的第一宇宙速度为原来的倍B地球表面的重力加速度变为C地球的密度变为原来的4倍D林帅在地球上以相同的初速度起跳后，能达到的最大高度是9如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道，甲、乙
5、两小孩沿着不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )A甲的切向加速度始终比乙大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C在未到达B处之前的任意时刻甲的速度总是大于乙的速度D甲比乙先到达B处10如图所示，竖直平面内光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q，现把质量为m、带电荷量为+Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，不计+Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则
6、( )AD点的电势为零B小球在管道中运动时，机械能守恒C小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为3mg+kD小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为11A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A球1和球2运动的时间之比为2：1B球1和球2动能增加量之比为1：2C球1和球2抛出时初速度之比为：1D球1和球2运动时的加速度之比为1：212如图，木板A放在水平地面上，小物块B通过轻弹簧与A的左侧档板P连接，A与B、A与地面之
7、间均粗糙开始时弹簧处于原长，B位于A上的O点现将B拉至C点由静止释放向左运动，到达某点时速度为零（上述过程中A一直保持静止），则此时( )AB所受的摩擦力可能为零BA所受的摩擦力不可能为零CB可能位于O点的左侧DB不可能位于O点的右侧二、填空题（本大题共12分，每空2分）13在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）为了验证物体由静止开始下落的运动过程中的机械
8、能守恒，在经过若干次实验，选出一条较为符合实验要求的纸带的依据是：_；（2）为了计算物体下落到B的动能，在计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gSOB，乙同学用vB=选择其中的方法，正确计算出B点的动能是_J（计算结果保留3位有效数字）；（3）从0点到B点重力势能的改变是_J14用如图所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子）记为M，沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子）记为m（1）实验装置图中，木板明显出现倾斜，这样做的目的是：_；（2）验证“在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比”从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，
9、称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打点纸带中计算得到多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度以合外力F为横轴、加速度a为纵轴画出aF图象，图象是点的直线aF图象斜率的物理意义是_实验中把沙桶的总重力mg当作合外力F，沙桶的总质量m和小车的总质量是否需要满足某种关系：_（填“需要”或“不需要”）三、计算题（本大题共40分请写出必要的文字叙述及整洁的物理过程.）15真空中有一匀强电场，方向沿Ox轴正方向，若一带电粒子质量为m，电荷量为q，从O点以初速度v0沿Oy轴正方向进入电场，经一定时间到达A点此时速度大小也为v0，方向沿Ox轴正方向，如图所示，已知重
10、力加速度为g，试求：（1）从O到A的时间t及OA连线与Ox轴的夹角；（2）该匀强电场的电场强度E；（3）若设O点电势为零，则A点电势为多少？16如图所示，圆心角为90的光滑圆弧形轨道，半径为1.6m，其底端切线沿水平方向长为的斜面，倾角为60，其顶端与弧形轨道末端相接，斜面正中间有一竖直放置的直杆，现让质量为1Kg的物块从弧形轨道的顶端由静止开始滑下，物块离开弧形轨道后刚好能从直杆的顶端通过，重力加速度取10m/s2，求：（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）直杆的长度为多大17如图所示，一长木板静止在水平面上，木板和水平面间的动摩擦因数1=0.1在水平面上与木板右端相距d=4.
11、5m处固定一挡板一小金属块，以v0=18.75m/s的初速度从木板的左端滑上木板，沿木板表面向右运动，金属块与木板表面的动摩擦因数为2=0.5已知长木板的质量是金属块的质量的两倍，如果木板和右侧的挡板发生碰撞，碰后瞬间木板的速度大小不变，小金属块最终停在木板的右端g=10m/s2求：（1）整个运动过程中木板的位移大小？（2）木板的长度？18真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37（取sin37=0.6，cos37=0.8）现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出求运动过程中（1）小球受到的电场力的
12、大小及方向（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量（3）小球的最小动量的大小及方向2015-2016学年江西省南昌三中高三（上）第三次月考物理试卷（11月份）一、选择题（每题4分，共48分.其中1-8题为单选题，9-12题为多项选择题）1质量分别为m1和m2的两个物体用一个未发生形变的弹簧连接，如图所示，让它们从高处同时自由下落，则下落过程中弹簧发生的形变是（不计空气阻力）( )A若m1m2，则弹簧将被压缩B若m1m2，则弹簧将被拉长C只有m1=m2，弹簧才会保持原长D无论m1和m2为何值，弹簧长度均不变【考点】弹性势能；自由落体运动 【分析】先以两个物体组成的整体，由牛顿第二定律得到加速度，
13、再以任一个物体为研究对象，运用牛顿第二定律分析弹簧的受力情况，即可判断出弹簧的状态【解答】解：让它们从高处同时自由下落，稳定时两个物体的加速度相同，设为a以以两个物体组成的整体，由牛顿第二定律得：（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得：a=g；再对任意一个物体研究可知，物体的合力都等于物体的重力，所以弹簧处于原长状态，弹簧长度均不变，与两个物体的质量大小无关，故D正确故选：D【点评】本题是连接体的问题，关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法结合分析是比较常用的方法2利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆
14、上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )A2mgB3mgC2.5mgDmg【考点】向心力；物体的弹性和弹力 【专题】匀速圆周运动专题【分析】小球恰能过最高点的临界情况是重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最小速度，再根据动能定理求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出绳子的张力【解答】解：小球恰好过最高点时有：mg=m解得： 根据动能定理得，mgL=由牛顿第二定律得：Tmg=m联立得，T=2mg故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，知道细线拉着小球在竖直面内做圆周运动，最高点和最低点靠竖
15、直方向上的合力提供向心力3有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )A如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B如图b所示是一圆锥摆，增大，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速度圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用【考点】向心力 【专题】匀速圆周运动专题【分析】分析每种模型的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可【解答】解：A、汽车在最高点mgFN=知FNmg，故处于失重状态，故A错误；B、如图b所示是一圆锥摆，重力和拉
16、力的合力F=mgtan=m2r；r=Lsin，知=，故增大，但保持圆锥的高不变，角速度不变，故B正确；C、根据受力分析知两球受力情况相同，即向心力相同，由F=m2r知r不同角速度不同，故C错误；D、火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对内轮缘会有挤压作用，故D错误故选：B【点评】此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况，如果能记住相应的规律，做选择题可以直接应用，从而大大的提高做题的速度，所以要求同学们要加强相关知识的记忆4如图所示，倾角为的足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，质量为M的木块上固定一轻直角支架，在支架末端用轻绳悬挂一质量为m的小球由静
17、止释放木块，木块沿斜面下滑，稳定后轻绳与竖直方向夹角为a，则木块与斜面间的动摩擦因数为( )A=tanB=tanC=tan（）D=tan（+）【考点】动摩擦因数；牛顿第二定律 【专题】摩擦力专题【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得出加速度与动摩擦因数的关系；再对小球研究，根据牛顿第二定律列式，即可求得动摩擦因数【解答】解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得： （M+m）gsin（M+m）gcos=（M+m）a，得a=g（sincos）；再以小球为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得：沿斜面方向有：mgsinTsin（）=ma垂直于斜面方向有：mgcos=Tcos（）联立以
18、上三式解得，=tan（）故选：C【点评】解决本题关键是灵活选择研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律列式求解，要注意细线与斜面方向的夹角为5下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘 坐标原点O处电场强度最大的是( )ABCD【考点】电场强度；电场的叠加 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止【解答】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为EA图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点
19、O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于EC图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0所以坐标原点O处电场强度最大的是B故选：B【点评】本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题6为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着
20、坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车减速上坡时，乘客( )A处于超重状态B处于失重状态C受到向前的摩擦力作用D所受力的合力沿斜面向上【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向【解答】解：A、B、当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的加速度，所以处于失重状态，故A错误，B正确C、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，所以受到水平向左的摩擦力
21、作用故C错误D、由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下故D错误故选：B【点评】该题考查受力分析的一般应用，解答的关键是结合运动状态对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解7如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数=0.2，杆的竖直部分光滑两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连初始A、B均处于静止状态，已知：OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中拉力F做功为( )A14JB10JC6JD4J【考点】功的计算 【专题】功的计算专题【分析】对AB整体受力分析
22、，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力；最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功【解答】解：对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1，如图根据共点力平衡条件，有竖直方向：N=G1+G2水平方向：F=f+N1其中：f=N解得N=（m1+m2）g=20Nf=N=0.220N=4N对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到WFfsm2gh=0根据几何关系，可知求B上升距离h=1m故WF=fs+m2gh=41+1101=14J故选：A【点评】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后
23、根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功8已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，林帅同学在地球上能向上竖直跳起的最大高度是h但因为某种特殊原因，地球质量保持不变，而半径变为原来的一半，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )A地球的第一宇宙速度为原来的倍B地球表面的重力加速度变为C地球的密度变为原来的4倍D林帅在地球上以相同的初速度起跳后，能达到的最大高度是【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】根据万有引力充当向心可明确第一宇宙速度、重力加速度的变化；根据密度公式可明确官度的变化；根据竖直上抛运动规律可明确能达到的高度变化【解答】解：A
24、、由G=m可得，v=；地球半径变为原来的一半，则第一宇宙速度变为原来的倍；故A正确；B、由G=mg可得，当半径变为原来的一半时，重力加速度变为原来的4倍；故B错误；C、质量不变，由m=R3可知，地球密度应变成原来的8倍；故C错误；D、由h=可得，g变成原来的4倍，则高度变成原来的；故D正确；故选：AD【点评】本题考查万有引力的应用；掌握星球表面重力加速度与万有引力的关系，能根据第一宇宙速度的物理意义求解第一宇宙速度的大小，掌握竖直上抛运动的规律是正确解题的关键9如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道，甲、乙两小孩沿着不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )A甲
25、的切向加速度始终比乙大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C在未到达B处之前的任意时刻甲的速度总是大于乙的速度D甲比乙先到达B处【考点】速度 【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用vt图象来计算说明【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D
26、：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置故C、D正确故选：BCD【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢10如图所示，竖直平面内光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q，现把质量为m、带电荷量为+Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，
27、不计+Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则( )AD点的电势为零B小球在管道中运动时，机械能守恒C小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为3mg+kD小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为【考点】电势差与电场强度的关系；机械能守恒定律；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】图中ABC水水平面，在在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，则管道CD处于中垂面上，是等势面，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律列式分析【解答】解：A、在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，直线CD是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势相等，故D点的电势为零，故A正确；B、
28、在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，管道CD处于等势面上，而MC却不是一个等势面上；故小球运动过程中有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；C、D、对从M到C过程，根据机械能守恒定律，有：mgR= 在C点，电场力大小为：F=+=垂直CD向外；重力和弹力的竖直分力提供向心力，故：弹力的水平分力：Nx=F=故弹力：N=故C错误，D正确；故选：AD【点评】此题属于电场力与重力场的复合场，关键是根据机械能守恒和功能关系进行判断11A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，
29、关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A球1和球2运动的时间之比为2：1B球1和球2动能增加量之比为1：2C球1和球2抛出时初速度之比为：1D球1和球2运动时的加速度之比为1：2【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，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比根据动能定理求出动能的增加量之比【解答】解：A、因为AC=2AB，则EC的高度差是EB高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：故A错误；B、根据动能定理得，mgh=Ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2故B正确；C、DAC在水平方向上的位移
30、是DB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为2：1故C正确；D、平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解12如图，木板A放在水平地面上，小物块B通过轻弹簧与A的左侧档板P连接，A与B、A与地面之间均粗糙开始时弹簧处于原长，B位于A上的O点现将B拉至C点由静止释放向左运动，到达某点时速度为零（上述过程中A一直保持静止），则此时( )AB所受的摩擦力可能为零BA所受的摩擦力不可能为零CB可能位于O点的左侧DB不可能位于O点的右侧【考点】摩擦力的判断与计算 【专题】摩擦力专题【分
31、析】从C点释放后物块B以受力平衡的位置为平衡位置做简谐振动，根据简谐振动的特点判断B的位置和受力的情况【解答】解：A、B、C释放后做简谐运动的平衡位置O位于弹簧弹力与摩擦力相等的位置，即O点的右侧，若O与C关于O对称，即O位于O与C中间的位置，则物块到达O点速度为0，（B与O重合），此时弹簧处于原长，物块没有运动的趋势，所受摩擦力为零，故A正确B错误；C、B点时C关于O对称的位置，可能位于O点的左侧，也可能位于O点右侧，还可以位于O点，故C正确D错误；故选：AC【点评】本题实际是借助摩擦力考查了对简谐运动的理解，简谐运动的平衡位置为回复力为零的位置，此模型中的回复力指的是弹簧弹力与摩擦力的合力
32、二、填空题（本大题共12分，每空2分）13在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）为了验证物体由静止开始下落的运动过程中的机械能守恒，在经过若干次实验，选出一条较为符合实验要求的纸带的依据是：点迹清晰、排列整齐、第一点与第二点间距接近2mm；（2）为了计算物体下落到B的动能，在计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gSOB，乙同学用vB=选择其中的方法，正确
33、计算出B点的动能是0.368J（计算结果保留3位有效数字）；（3）从0点到B点重力势能的改变是0.376J【考点】验证机械能守恒定律 【专题】实验题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能，根据重力做功求出重力势能的变化【解答】解：（1）根据h=gt2=（0.02）2m=2mm，所以选择点迹清晰、排列整齐且第1、2两点间距离约为2mm左右的纸带（2）利用匀变速直线运动
34、的推论得：=1.92m/s，B点的动能，（3）从0点到B点重力势能的改变是EP=mghOB=0.29.80.192=0.376J故答案为：（1）点迹清晰、排列整齐、第一点与第二点间距接近2mm； （2）0.368；（3）0.376【点评】运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，学会误差的分析，难度不大，属于基础题14用如图所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子）记为M，沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子）记为m（1）实验装置图中，木板明显出现倾斜，这样做的目的是：为了平衡摩擦力；（2）验证“在
35、质量不变的情况下，加速度与合外力成正比”从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打点纸带中计算得到多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度以合外力F为横轴、加速度a为纵轴画出aF图象，图象是点的直线aF图象斜率的物理意义是实验中把沙桶的总重力mg当作合外力F，沙桶的总质量m和小车的总质量是否需要满足某种关系：不需要（填“需要”或“不需要”）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】该实验研究的对象为系统，保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改
36、变重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系【解答】解：（1）实验装置图中，木板明显出现倾斜，这样做的目的是平衡摩擦力（2）将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a=，可见aF图象斜率的物理意义是系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足Mm这样的条件故答案为：（1）为了平衡摩擦力；（2）；不需要【点评】解决本题的关键知道该实验研究的对象是系统，保证系统质量不变，改变合力，可探究加速度和合力的关系保持合力不变，改变系统质量，可探究加速度与质量的关系三、计算题（本大题共40分请写出必要的文字叙述及整洁的物理过程.）15真空中有一匀
37、强电场，方向沿Ox轴正方向，若一带电粒子质量为m，电荷量为q，从O点以初速度v0沿Oy轴正方向进入电场，经一定时间到达A点此时速度大小也为v0，方向沿Ox轴正方向，如图所示，已知重力加速度为g，试求：（1）从O到A的时间t及OA连线与Ox轴的夹角；（2）该匀强电场的电场强度E；（3）若设O点电势为零，则A点电势为多少？【考点】电场强度；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）由题意，微粒到达A点时的速度大小与初速度大小相等，都是vo，说明微粒的重力不能忽略微粒水平方向受到电场力，竖直方向受到重力作用，两个力都是恒力，运用运动的分解法：竖直方向微粒做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的
38、匀加速运动由速度公式研究竖直方向的运动情况即可求出时间t（2）在x、y两个方向上微粒的分运动时间相等，由速度公式研究水平方向的加速度，由牛顿第二定律求出匀强电场的场强E（3）根据动能定理求解OA间的电势差UOA，而UOA=OA，O=0，可求出A【解答】解：（1）粒子从O到A的运动，Oy方向，根据速度时间关系公式，有：0v0=gt 根据位移时间关系公式，有：0v02=2（g）y Ox方向做匀加速直线运动，根据速度时间关系公式，有：v0=t 根据速度位移关系公式，有：v02=2x 而=tan 联立可得：=45，t=（2）根据得：=g该匀强电场的电场强度：E=（3）若设O点电势为零，则A点电势为A，
39、在水平方向上只受电场力作用，则电场力做正功，电势能减少，动能增加由WOA=q（OA）=mv02得A=答：（1）从O到A的时间t为，OA连线与Ox轴的夹角为45；（2）该匀强电场的电场强度E为；（3）若设O点电势为零，则A点电势为【点评】本题是带电微粒在复合场中运动的问题，由于微粒所受的力是恒力，运用运动的分解法研究，根据动能定理求解电势差16如图所示，圆心角为90的光滑圆弧形轨道，半径为1.6m，其底端切线沿水平方向长为的斜面，倾角为60，其顶端与弧形轨道末端相接，斜面正中间有一竖直放置的直杆，现让质量为1Kg的物块从弧形轨道的顶端由静止开始滑下，物块离开弧形轨道后刚好能从直杆的顶端通过，重力
40、加速度取10m/s2，求：（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）直杆的长度为多大【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）根据动能定理求出最低点速度，再对最低点受力分析，利用合力充当向心力列式解球受到的支持力，根据牛顿第三定律知道对轨道的压力大小（2）根据平抛运动的知识结合几何关系求直杆的长度为多大【解答】解：（1）沿弧形轨道下滑过程：mgR=mv2在轨道最低点时：FNmg= 解得：FN=mg+=30N由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为30N（2）根据平抛运动的规律知x=Lcos=vt y=gt2 根据几何关系知h=Lsiny 联
41、立式知h=2.1m答：（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小为30N；（2）直杆的长度为2.1m【点评】本题考查常见的两类运动模型，圆周运动和平抛，要掌握每一种运动的解题思路17如图所示，一长木板静止在水平面上，木板和水平面间的动摩擦因数1=0.1在水平面上与木板右端相距d=4.5m处固定一挡板一小金属块，以v0=18.75m/s的初速度从木板的左端滑上木板，沿木板表面向右运动，金属块与木板表面的动摩擦因数为2=0.5已知长木板的质量是金属块的质量的两倍，如果木板和右侧的挡板发生碰撞，碰后瞬间木板的速度大小不变，小金属块最终停在木板的右端g=10m/s2求：（1）整个运动过程中木板的位移
42、大小？（2）木板的长度？【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】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由牛顿第二定律求出木板与金属块的加速度，然后应用匀变速直线运动的运动规律求出木板的位移（2）应用匀变速直线运动的速度位移公式，然后求出木板的长度【解答】解：（1）木板向右的加速度大小为a1，金属块的加速度大小为a2由牛顿第二定律：2mg1（m+M）g=Ma1，2mg=ma2，解得：a1=1m/s2，a2=5m/s2木板和挡板碰撞前瞬间，木板的速度：v1=3m/s，时间：t1=3s，木板与挡板碰后瞬间速度大小不变，加速度为大小a1，由牛顿第二定律得：
43、2mg+1（m+M）g=Ma1，解得：a1=4m/s2木板反弹后向左运动的位移：x=1.13m，木板的位移：x1=dx=3.37m；（2）金属块的位移：x2=35.16m，木板的长度：l=x2x1=31.79m；答：（1）整个运动过程中木板的位移大小为3.37m；（2）木板的长度为31.79m【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题18真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37（取sin37=0.6，cos37=0.8）现将该小球从电场中某点以
44、初速度v0竖直向上抛出求运动过程中（1）小球受到的电场力的大小及方向（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量（3）小球的最小动量的大小及方向【考点】电势能；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；动量 冲量；功的计算；电场强度；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】计算题；压轴题【分析】（1）小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小和方向；（2）小球抛出后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的等时性，可求出水平方向的位移，利用电场力做功即可求出电势能的变化量，或者求出高点时小球水平方向速速，然后利用动
45、能定理求解；（3）利用运动的合成求出运动过程中合速度的表达式，然后利用数学求极值的办法即可求出最小动量【解答】解：（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37，所以电场力大小为： Fe=mgtan37=mg，电场力的方向水平向右故电场力为，方向水平向右（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0gt沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax=g小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：sx=axt2=电场力做功 W=Fxsx=mv02故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02（3）水平速度：vx=axt 竖直速度：vy=v0gt小球的速度由以上各式得出：g2t22v0gt+（v02v2）=0解得当t=时，v有最小值 vmin=v0此时vx=v0，vy=v0，tan=，即与电场方向夹角为37斜向上故小球动量的最小值为pmin=mvmin=mv0，方向为：与电场方向夹角为37，斜向上【点评】本题在复合场中考察了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解
