1、2015-2016学年江西省师大学附中、九江一中联考高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求.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以不同初速度将两个物体同时竖直上抛并开始计时，用虚线和实线分别描述一个物体所受空气阻力可忽略和另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比的vt图象如图所示，下列实线中正确的可能是（）A图线B图线C图线D图线2如图所示，固定斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态下列
2、说法正确的是（）Ac受到地面的摩擦力向左Ba、b两物体的受力个数一定相同Ca、b两物体对斜面的压力相同D当逐渐增大拉力F时，物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大3如图所示，一台称上固定一倾角为30表面光滑的斜面体，台称的读数为F1，若将一个重力G=4N的物体从光滑斜面顶端静止释放，物块在下滑的过程中台秤示数为F2，则F2与F1比较（）A减小1 NB减小2 NC增大2 ND增大3 N4如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中
3、正确的是（）AA的质量为0.5 kgBB的质量为1.5 kgCB与地面间的动摩擦因数为0.1DA、B间的动摩擦因数为0.25如图所示，在2011年12月17日全国自由式滑雪比赛中，我国某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则（）A如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C运动员落到雪坡时的速度大小是D运动员在空中经历的时间是6如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆管轨道ABCD，其A点与圆心等高
4、，D点为最高点，今使质量为m的小球自A点正上方h高处由静止释放，且从A处进入圆管轨道并经过D点刚好落回A点，则下列说法中正确的是（）A只要hR小球就会落回到A点B当h时小球一定过最高点D并落回到A点C当小球刚好落回到A点时小球在D点所受的弹力大小为，方向向上D若将圆管改成光滑圆轨道，只要调整h的大小，小球从D点出来后也能落到A点7北京时间2012年2月25日凌晨O时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星，“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半
5、径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里（0.53可供应用），下列说法正确的是（）A静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C中轨道卫星的周期约为12.7hD地球赤道上随地球自转物体的线速度比静止轨道卫星线速度大8如图所示，物块P以一定的初速度沿粗糙程度相同的水平面向右运动，压缩右端固定的轻质弹簧，被弹簧反向弹回并脱离弹簧弹簧在被压缩过程中未超过弹性限度，则在物块P与弹簧发生作用的过程中（）A物块的加速度先减后增B物块的动能先减后增C弹簧的弹性势能先增后减D物块和弹簧组成的系统机械能不断减小9如图甲所示，质量为
6、2kg的物体在与水平方向成37角斜向下的恒定推力F作用下沿粗糙的水平面运动，1s后撤掉推力F，其运动的vt图象如图乙所示（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）下列说法错误的是（）A在0.5s时，推力F的瞬时功率为300WB在02s内，合外力一直做正功C在02s内，合外力的平均功率为12.5WD在03s内，物体克服摩擦力做功为120J10如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着N个半径为r（rR）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3N现将圆弧轨道末端B
7、处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（）AN个小球在运动过程中始终不会散开B第1个小球到达最低点的速度v=C第N个小球在斜面上向上运动时机械能增大DN个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且总机械能E=NmgR二、实验题（2小题，每空2分，共16分）11某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的aF图象（1）图线不过坐标原点的原因是；（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量（填“是
8、”或“否”）；（3）由图象求出小车和传感器的总质量为 kg（保留1位有效数字）12（10分）（2015秋九江校级期中）为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示B第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示打出的纸带如图
9、丙试回答下列问题：（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数的时间间隔为t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打A点时滑块速度vA=，打点计时器打E点时滑块速度vE=（2）已知重锤质量m，当地的重加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程滑块（写出物理名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合=（3）测出滑块运动OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力对滑块所做的功WA、WB、WC、WD、WE，以v2为纵轴，以W为横轴建坐标系，描点作出v2W图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为k，则滑块质量M=三、计算题（本题5小题，共54分解答时请写出
10、必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）13交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s）已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，求：（1）若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？（2）
11、为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？14一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳栓一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直平面内做圆周运动，测得绳的拉力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，F=F1F2，设R、m、引力常量G、F均为已知量，忽略各种阻力，求：（1）该星球的质量；（2）若在该星球上发射一颗卫星，发射速度至少为多大？15（10分）（2012沙坪坝区校级模拟）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，
12、其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R用质量m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，BC间光滑，由静止释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t2t2，物块飞离桌面后由P点沿切落入圆轨道g=10m/s2，求：（1）物体在BD间运动的初速度和加速度；（2）BP间的水平距离；（3）判断m能否沿圆轨道到达M点，为什么？16（12分）（2015秋九江校级期中）如图所示，质量M=1kg且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数1=0.1现有一质量m=2kg的小铁块以v0=3m/s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数2
13、=0.2重力加速度g=10m/s2求：（1）经过多长时间小铁块与木板速度相同？（2）从木板开始运动至停止的整个过程中，小铁块相对地面的位移？（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？17（16分）（2010河南一模）如图所示，质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k=100N/m一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6kg的小球A连接已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角=37初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N已知
14、AO1=0.5m，重力加速度g取10m/s2，绳子不可伸长现将小球A从静止释放，则：（1）在释放小球A之前弹簧的形变量；（2）若直线CO1与杆垂直，求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功；（3）求小球A运动到底端D点时的速度2015-2016学年江西省师大学附中、九江一中联考高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求.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以不同初速度将两个物体同时竖直上抛并开始计时，用虚线和实线分别描述一个物体所受空气阻力可忽
15、略和另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比的vt图象如图所示，下列实线中正确的可能是（）A图线B图线C图线D图线【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度【解答】解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，vt图象是直线，有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶
16、段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行，故正确；故选：A【点评】本题关键是明确vt图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难2如图所示，固定斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态下列说法正确的是（）Ac受到地面的摩擦力向左Ba、b两物体的受力个数一定相同Ca、b两物体对斜面的压力相同D当逐渐增大拉力F时，物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其
17、应用 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对a、b、c整体分析考虑地面对物体c的静摩擦力方向；再对a、b分别进行受力分析，a、b两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可【解答】解：A、对a、b、c整体分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，地面对整体的静摩擦力一定是向右，故A错误；B、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故B错误；C、ab两个物体，垂直于
18、斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsin=mgcos解得：N=mgcosTsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故C正确；D、当逐渐增大拉力F时，如果Tcosmgsin，则物体b受到的摩擦力可能先减小后反向增加；故D错误；故选：C【点评】本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，要能结合整体法和隔离法灵活地选择研究对象，能根据平衡条件列式求解，难度不大3如图所示，一台称上固定一倾角为30表面光滑的斜面体，台称的读数为F1，若将一个重力G=4N的物体从光滑斜面顶端静止释放，物块在下滑的过程中台秤示数为F2，则F2与F1比较（）A减小1 NB减小2 NC增大2 ND增大3 N【考点】牛顿运动定律的应
19、用-超重和失重 【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】木块沿斜面做匀加速直线运动时，受到重力、支持力，根据木块在垂直斜面方向受力平衡可以解出木块所受的支持力，再根据牛顿第三定律的木块对斜面的压力大小等于斜面对木块的支持力，然后对斜面受力分析解得斜面放上木块后受力的变化情况【解答】解：选木块为研究对象，受力分析如图，由于木块在垂直斜面方向受力平衡，可以解出木块所受的支持力，FN=Gcos30再选择斜面为研究对象，受力如图，根据牛顿第三定律，木块对斜面的压力FN2大小等于FN，把FN2分解的y轴方向上，Fy=FN2cos30所以解得Fy=Gcos230=3N故选
20、：D【点评】本题考查应用牛顿定律求解加速度的能力，关键是分析物体的受力情况，画出物体的受力分析图本题也可以直接应用超重、失重进行分析，不过可能有些不好理解4如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）AA的质量为0.5 kgBB的质量为1.5 kgCB与地面间的动摩擦因数为0.1DA、B间的动摩擦因数为0.2【考点】牛顿第二定律；动摩擦因数 【专题】参照思想；图析法；牛顿运动定律综合专题【分析】对图象乙进行分析，
21、明确物体的运动状态和加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律以及摩擦力公式进行分析，列式求解即可得出A、B的质量和动摩擦因数【解答】解：由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为3N时开始AB一起相对于运动，故B与地面间的最大静摩擦力为 fmax=3N；当拉力为9N时，A、B发生相对滑动，此时A的加速度为aA=4m/s2；当拉力为13N时，B的加速度为 aB=8m/s2；A相对于B滑动时，由牛顿第二定律，对A有：aA=1g=4；解得A、B间的动摩擦因数为：1=0.4；对B有：1331mAg=mB8对整体有：93=（mA+mB）4联立解得；mA=0.5kg；mB=1.0kg；则由2（mA+mB）g
22、=3解得：B与地面间的动摩擦因数为：2=0.2；故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的相片综合应用，关键在于明确图象的意义，能根据图象找出最大静摩擦及力和加速度的关系5如图所示，在2011年12月17日全国自由式滑雪比赛中，我国某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则（）A如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C运动员落到雪坡时的速度大小是D运动员在空中经历的时
23、间是【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，由斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，从而求出运动的时间；因此可求出竖直方向的运动速度，求解运动员落地点时的速度大小和方向【解答】解：A、B、D、设在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；运动员竖直位移与水平位移之比：=tan，则有飞行的时间t=运动员落到雪坡时竖直方向的速度大小为：vy=gt=2v0tan设此时运动员的速度与方向水平的夹角为，则tan=2tan，可见与初速度v0无关，初速度不同，但运动员落到雪坡时的速度方向相同，故AD错误
24、、B正确C、运动员落回雪坡时的速度大小：v=，故C错误；故选：B【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，并结合运动学规律来解题注意不能将速度与水平面的夹角与位移与水平面的夹角混淆6如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆管轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为最高点，今使质量为m的小球自A点正上方h高处由静止释放，且从A处进入圆管轨道并经过D点刚好落回A点，则下列说法中正确的是（）A只要hR小球就会落回到A点B当h时小球一定过最高点D并落回到A点C当小球刚好落回到A点时小球在D点所受的弹力大小为，方向向上D若将圆管改成光滑圆轨道，只要调整h的大小，小球从
25、D点出来后也能落到A点【考点】机械能守恒定律；向心力 【专题】定量思想；模型法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球离开圆轨道做平抛运动，结合平抛运动的水平位移和竖直位移求出D点的速度，根据动能定理求出h的大小通过牛顿第二定律求出D点小球所受的作用力大小和方向【解答】解：AB、小球经过D点刚好落回A点时，根据R=gt2，t=，根据R=vDt，得vD=根据动能定理得，mg（hR）=mvD20，解得h=R，知当hR时，小球一定能通过最高点，但不再落回到A点故A、B错误C、在D点，根据牛顿第二定律得，mgN=m，解得N=，方向向上故C正确D、若将圆管改成光滑圆轨道，要使小
26、球通过D点，须有 mmg，结合动能定理得：mg（hR）=mvD20，解得h1.5R，可知小球不能通过D点，不可能落到A点故D错误故选：C【点评】本题考查了圆周运动、平抛运动与动能定理的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键7北京时间2012年2月25日凌晨O时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星，“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里
27、（0.53可供应用），下列说法正确的是（）A静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C中轨道卫星的周期约为12.7hD地球赤道上随地球自转物体的线速度比静止轨道卫星线速度大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 【专题】人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力=m=m=ma比较向心加速度、线速度和周期知道第一宇宙速度的特点【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，=ma，加速度a=，轨道半径越大，向心加速度越小，中轨道卫星的轨道半径小，向心加速度大故A错误；B、根据=m，速度v=，知道轨道半径越大，线速
28、度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度故B错误C、根据=m，T=2，所以中轨道卫星和静止轨道卫星的周期比0.53则中轨道卫星的周期T1=0.5324h=12.7h故C正确；D、地球赤道上随地球自转物体和静止轨道卫星具有相同的角速度，根据a=r2，知静止轨道卫星的向心加速度大故D错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=m=m=ma，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期8如图所示，物块P以一定的初速度沿粗糙程度相同的水平面向右运动，压缩右端固定的轻质弹
29、簧，被弹簧反向弹回并脱离弹簧弹簧在被压缩过程中未超过弹性限度，则在物块P与弹簧发生作用的过程中（）A物块的加速度先减后增B物块的动能先减后增C弹簧的弹性势能先增后减D物块和弹簧组成的系统机械能不断减小【考点】功能关系；牛顿第二定律 【专题】学科综合题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题【分析】弹簧的形变越大弹性势能越大，根据弹簧形变的变化讨论弹性势能的变化，由于物块在运动过程中始终要克服摩擦力做功，故系统的机械能不断减小，物块压缩弹簧时受到弹力和摩擦力作用，合力随弹力的增加而增加，物块反弹时摩擦力改变方向，加速度随弹力变化先减小再增加，由加速度讨论速度的变化从而判定动能的变化【
30、解答】解：A、物块压缩弹簧的过程中弹力与摩擦力同向，故合力随弹力的增加而增加，故加速度先增加故A错误；B、物块压缩弹簧的过程中动能先减小，在弹簧恢复的过程中随着弹力的减小，合力减小加速度减小，当弹力与摩擦力大小相等时合力为0，加速度最小为0，随着弹力进一步减小（小于摩擦力）时，合力反向增大，物块做减速运动，故整个过程中物块的速度先减小，后增加，再减小，所以物块的动能先减小后增加再减小，故B错误；C、物块与弹簧相互作用的这段时间，弹簧的形变先增大后减小恢复，故弹簧弹性势能先增大后减小，故C正确；D、物块运动过程中始终克服摩擦力做功，根据能量守恒物块和弹簧组成的系统机械能来断减小，故D正确；故选：
31、CD【点评】本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析；同时要明确合力与速度同向时加速，合力与速度反向时减速9如图甲所示，质量为2kg的物体在与水平方向成37角斜向下的恒定推力F作用下沿粗糙的水平面运动，1s后撤掉推力F，其运动的vt图象如图乙所示（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）下列说法错误的是（）A在0.5s时，推力F的瞬时功率为300WB在02s内，合外力一直做正功C在02s内，合外力的平均功率为12.5WD在03s内，物体克服摩擦力做功为120J【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算 【专题】定量思想；推理法；动能定理的应
32、用专题【分析】根据动能定理分析合外力做功的正负；根据牛顿第二定律求出推力F和摩擦力的大小，由公式P=Fvcos37求解推力的功率；根据动能定理求出02s内，合外力做的功，由公式P=求出合外力做功的平均功率【解答】解：设物体在01s内和12s内的加速度大小分别为a1和a2由图象斜率等于加速度，可得：a1=10m/s2，a2=5m/s2根据牛顿第二定律得：Fcos37f1=ma1；f1=（Fsin37+mg）；f2=mg=ma2联立解得：F=60N，f1=28N，f2=10NA、所以在0.5s时，推力F的瞬时功率为：P=Fvcos37=6050.8W=240W，故A错误B、在02s内，根据动能定理
33、，合外力做功对应物体动能的变化，由速度时间图象可知在01s内，物体的速度增大，动能增大，在12s内，速度减小，动能减小，根据动能定理可知合外力先做正功后做负功，故B错误C、在02s内，合外力做功等于动能的变化，为：W合=mv2=252J=25J，故C正确D、在01s内，物体的位移为：x1=101m=5m，物体克服摩擦力做功为：Wf1=f1x1=285J=140J在13s内，物体的位移为：x2=102m=10m，物体克服摩擦力做功为：Wf2=f2x2=1010J=100J，故在03s内，物体克服摩擦力做功为240J，故D 错误本题选错误的，故选：ABD【点评】本题一要理解图象的意义，知道斜率等于
34、加速度，面积表示位移，二要掌握牛顿第二定律和动能定理，并能熟练应用10如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着N个半径为r（rR）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3N现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（）AN个小球在运动过程中始终不会散开B第1个小球到达最低点的速度v=C第N个小球在斜面上向上运动时机械能增大DN个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且总机械能E=NmgR【考点】功能关系；机械能守恒定律
35、 【专题】学科综合题；比较思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；牛顿运动定律综合专题【分析】N个小球在BC和CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度比R小，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度【解答】解：A、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上
36、斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；B、D、把N个小球看成整体，若把弧AB的长度上的小球全部放在高度为R的斜面上，通过比较可知，放在斜面上的N个小球的整体的重心位置比较高而放在斜面上时，整体的重心的高度为：R，选择B点为0势能点，则整体的重力势能小于NmgR，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：Nmv2Nmg；解得：v，即第1个小球到达最低点的速度v，故B错误，D错误；C、冲上斜面后，前面的小球在重力沿斜面向下的分力的作用下，要做减速运动，而后面的小球由于惯性想变成匀速运动，所以后面的小球把前面的小球
37、往上推，后面的小球对前面的小球做正功，所以可得第N个小球在斜面上向上运动时机械能增大故C正确故选：AC【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，能把N个小球看成一个整体处理，难度适中二、实验题（2小题，每空2分，共16分）11某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的aF图象（1）图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量否（填“是”或“否”
38、）；（3）由图象求出小车和传感器的总质量为1 kg（保留1位有效数字）【考点】验证牛顿第二运动定律 【专题】实验题【分析】（1）由图象可知，当F0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（3）aF图象中的斜率表示质量的倒数【解答】解：（1）由图象可知，当F0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（3）aF图象中的斜率表示质量的倒数，由图可
39、知，k=，所以质量M=kg故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）否；（3）1【点评】实验中我们要清楚研究对象和研究过程，明确实验原理是解答实验问题的前提12（10分）（2015秋九江校级期中）为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示B第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器
40、，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示打出的纸带如图丙试回答下列问题：（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数的时间间隔为t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打A点时滑块速度vA=，打点计时器打E点时滑块速度vE=（2）已知重锤质量m，当地的重加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程滑块滑块下滑的位移x（写出物理名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合=mgx（3）测出滑块运动OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力对滑块所做的功WA、WB、WC、WD、WE，以v2为纵轴，以W为横轴建坐标系，描点作出v2W图象，
41、可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为k，则滑块质量M=【考点】探究功与速度变化的关系 【专题】实验题；定量思想；实验分析法；功的计算专题【分析】（1）用平均速度代替瞬时速度去求解A、E点的速度；（2）合外力为重物的重力，要求出外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x，根据W=Fx即可求解；（3）根据做功公式求出W与v2的关系式即可求解【解答】解：（1）用平均速度代替瞬时速度得：vA=，vE=；（2）合外力为重物的重力，要求出外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x，则W=Fx=mgx（3）合外力做的功为W=Fx=Mg=Mv2所以，已知直线斜率为k，所以M=故答案为：（1）
42、；（2）滑块下滑的位移x；mgx；（3）【点评】本题主要考查了打点计时器中求瞬时速度的方法，能根据做功公式求出W与v2的关系式，根据图象的斜率求解质量，难度适中三、计算题（本题5小题，共54分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）13交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车
43、，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s）已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，求：（1）若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？【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】（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小【解答】解：（1）甲车紧急刹车的加速度为a1=，甲车停下来所需时间t1= s=2.5s，甲滑行距
44、离s=12.5m，由于12.5m15m，所以甲车能避免闯红灯；（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时刻两车速度相等，则有：乙车紧急刹车的加速度大小为：a2=，当两车速度相等时需要经过的时间为t2则：v1=v2=v0a1（t2+t0）=v0a2t2，解得：t2=2.0s，此过程中乙的位移：s乙=v0t0+v0t2a2t22=15m甲的位移：s甲=v0（t0+t2）a1（t0+t2）2=12.5m所以两车安全距离至少为：s0=s乙s甲=（1512.5）m=2.5m答：（1）若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能避免闯红灯；（2）为保证两车在紧急刹车过程中不
45、相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持2.5m的距离【点评】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断14一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳栓一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直平面内做圆周运动，测得绳的拉力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，F=F1F2，设R、m、引力常量G、F均为已知量，忽略各种阻力，求：（1）该星球的质量；（2）若在该星球上发射一颗卫星，发射速度至少为多大
46、？【考点】万有引力定律及其应用；向心力 【专题】计算题；定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】（1）小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点与最低点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和机械能守恒定律列式可以求出重力加速度；利用万有引力等于重力，求出星球的质量M；（2）利用重力等于万有引力列式求解发射速度【解答】解：（1）由乙图知：小球做圆周运动在最高点拉力为F2，在最低点拉力为F1设最高点速度为v2，最低点速度为v1，绳长为l在最高点：F2+mg= 在最低点：F1mg= 由机械能守恒定律得：m=mg2l+m 由解得：g= 在星球表面，重力等于万有引力，故“mg=
47、G 联立解得：M=（2）在该星球上发射一颗卫星，重力等于向心力，故：mg=m 联立解得：v=答：（1）该星球的质量为；（2）若在该星球上发射一颗卫星，发射速度至少为【点评】本题考查了万有引力提供向心力和万有引力等于重力两个理论，并与圆周运动结合，综合运用了牛顿第二定律和机械能守恒定律，对学生的能力要求较高，是道好题15（10分）（2012沙坪坝区校级模拟）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R用质量m=0.2kg的物块将
48、弹簧缓慢压缩到C点，BC间光滑，由静止释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t2t2，物块飞离桌面后由P点沿切落入圆轨道g=10m/s2，求：（1）物体在BD间运动的初速度和加速度；（2）BP间的水平距离；（3）判断m能否沿圆轨道到达M点，为什么？【考点】动能定理的应用；平抛运动 【专题】压轴题；动能定理的应用专题【分析】（1）根据物块过B点后其位移与时间的关系得出初速度和加速度进而根据位移速度公式求出位移；（2）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P点的速度方向，将P点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，再根据角度关系
49、求出水平分速度，即离开D点时的速度vD（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=m，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点【解答】解：（1）根据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t2t2，有：在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=4m/s2，负号代表方向与速度方向相反（2）设物块由D点以vD做平抛，落到P点时其竖直速度为vy=根据几何关系有：=tan45解得vD=4m/s平抛运动的时间t=0.4s所以DP间的水平距离x=vDt=40.4m=1.6mBD间位移为 sBD=2.5mBP间的水平距离x=2.5+1.6=4.1m（
50、3）设物块到达M点的临界速度为vm，有：mg=mvM=2m/s由机械能守恒定律得：mv2=mvD2mgR 解得：v=m/s因为2所以物块不能到达M点答：（1）物体在BD间运动的初速度是6m/s和加速度大小是4m/s2，方向与速度方向相反（2）BP间的水平距离是4.1m；（3）m不能够沿圆轨道到达M点【点评】该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题16（12分）（2015秋九江校级期中）如图所示，质量M=1kg且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数1=0.1现有一质量m=2kg的小铁块以v
51、0=3m/s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数2=0.2重力加速度g=10m/s2求：（1）经过多长时间小铁块与木板速度相同？（2）从木板开始运动至停止的整个过程中，小铁块相对地面的位移？（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？【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；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）对铁块和木板分别受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度根据受力，分析物体的运动（铁块在向左摩擦力作用下向右减速，木板在两个摩擦力作用下向右加速，直到两者共速后，又在地面摩擦力作用下一起减速，直到静止）
52、，由速度相等列方程求解时间（2）根据平均速度乘以时间可求得速度相同前铁块的位移，再由速度位移关系求出速度相同后铁块的位移，从而得到总位移（3）整个过程木板与地面间的摩擦力大小不变，分两个过程求出木板相对于地的位移，即可求出产生的热量【解答】解：（1）设铁块和木块的加速度大小分别a1和a2，对铁块受力分析，由牛顿第二定律可得： 2mg=ma1，代入数据解得：a1=2m/s2对木板可得：2mg1（m+M）g=Ma2，a2=1m/s2故铁块和木板的加速度大小分别为2m/s2和1m/s2铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止设木板从开始运动到最大速度相同所需时间为t，最
53、大速度为v，由运动学公式可知： v=v0a1t v=a2t 两式联立可得：t=1s，v=1m/s故经过1s时间小铁块与木板速度相同，木板的最大速度为1m/s（2）设铁块和木板速度相等前，铁块和木板的位移分别为x1和x2，一起匀减速运动的加速度大小为a3，位移为x3，则由运动学公式可知：则得： x1=m=2m，x2=m=0.5m 根据牛顿第二定律得 a3=1g=1m/s2则得 x2=m=0.5m 故小铁块相对地面的总位移 x铁=x1+x3=2.5m（3）木板的总位移：x木=x1+x3=1m故木板与地面摩擦产生的热量：Q=1（m+M）gx木=3J答：（1）经过1s长时间小铁块与木板速度相同（2）从
54、木板开始运动至停止的整个过程中，小铁块相对地面的位移是2.5m（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是3J【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键是对铁块和木板的受力分析要正确，铁块和木板的运动情况搞清楚，再结合牛顿第二定律和运动学公式求解17（16分）（2010河南一模）如图所示，质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k=100N/m一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6kg的小球A连接已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角=37初始时使小球
55、A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N已知AO1=0.5m，重力加速度g取10m/s2，绳子不可伸长现将小球A从静止释放，则：（1）在释放小球A之前弹簧的形变量；（2）若直线CO1与杆垂直，求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功；（3）求小球A运动到底端D点时的速度【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律 【专题】压轴题；动能定理的应用专题【分析】（1）释放A球前，系统处于静止状态，隔离物体B便可求出弹簧的弹力，进而由胡克定律求得弹簧的形变量（2）小球运动到C点的过程中，绳的拉力为变力，应用动能定理求解变力的功，同时考虑A、B、弹簧组成的相互作用的系统机械能
56、守恒（3）A球的下降过程，A、B、弹簧组成的相互作用的系统机械能守恒，注意A、B的速度之间的牵连关系，列出机械能守恒的方程可解【解答】解：（1）释放小球前，B处于静止状态，由于绳子拉力大于重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x有：kx=FmBg所以，x=0.1m（2）对A球从顶点运动到C的过程应用动能定理得：W+mAgh=mA0其中，h=cos37而=sin37=0.3m物体B下降的高度h=0.2m由此可知，弹簧此时被压缩了0.1m，此时弹簧弹性势能与初状态相等，对于A、B、和弹簧组成的系统机械能守恒：mAgh+mBgh=mA+mB由题意知，小球A运动方向与绳垂直，此瞬间B物体速度vB=0由得，
57、W=7J（3）由题意知，杆长L=0.8m，故CDO1=37故DO1=AO1，当A到达D时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，可得，平行于绳方向的速度即为B的速度，由几何关系得：=cos37对于整个下降过程由机械能守恒得：mAgLsin37=mA+mB由得：=2m/s答：（1）弹簧形变量为0.1m（2）绳子拉力对物体A所做的功7J（3）小球A运动到底端D点时的速度为2m/s【点评】涉及弹簧的问题往往要向机械能守恒定律方向考虑，注意一个弹簧的弹性势能仅仅由其形变量决定，与是拉伸还是压缩无关；不在同一直线的连接体的运动，要运用运动的分解的办法解决两者的速度间的关系，往往将速度沿着绳的方向与垂直于绳的方向分解
