河北省保定市定兴三中高三物理上学期10月月考试题（含解析）.doc

2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、本题共12小题；每小题4分，共48分1-9题只有一个选项是符合题目要求的，10-12题有多个正确选项全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分117世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（）a该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的b该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律c该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论d该实验为牛顿第二定律的提出提供了有力的实验依据2小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的（）abcd3以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（）a即时速度的大小是v0b运动时间是c竖直分速度大小等于水平分速度大小d运动的位移是4如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于c、d两点，a、b两端被悬挂在水平天花板上，相距2l现在c点上悬挂一个质量为m的重物，为使cd绳保持水平，在d点上可施加力的最小值为（）amgbmgc0.5mgd0.25mg5磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）a15mb7.5mc150md75m6如图所示，小球从a点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点b后返回a，c为ab的中点下列说法中错误的是（）a小球从a出发到返回a的过程中，位移为零，外力做功为零b小球从a到c与从c到b的过程，减少的动能相等c小球从a到c与从c到b的过程，速度的变化率相等d小球从a到c与从c到b的过程，损失的机械能相等7“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点o距平台的竖直高度为h，绳长为l，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（）a选手摆到最低点时处于失重状态b选手摆到最低点时所受绳子的拉力为（32cos）mgc选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小d选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动82010年1月17日，我国成功发射北斗compassg1地球同步卫星据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是（）a它们的运行速度大小相等，且都小于7.9km/sb它们运行周期可能不同c它们离地心的距离可能不同d它们的向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等9下列各图是反映汽车以恒定牵引力从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）abcd10一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，只受重力和电场力作用若重力做功3j，电场力做功1j，则小球的（）a重力势能增加3jb电势能增加1jc动能减少3jd机械能增加1j11某电场的部分电场线如图所示，a、b是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（）a粒子一定是从b点向a点运动b粒子在a点的加速度大于它在b点的加速度c粒子在a点的动能小于它在b点的动能d电场中a点的电势低于b点的电势12如图所示，质量为m，长度为l的小车静止的在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力f作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（）a此时物块的动能为：f（x+l）b此时小车的动能为：fxc这一过程中，物块和小车增加的机械能为fxfld这一过程中，因摩擦而产生的热量为fl二、实验题（本题共2小题，共12分；把答案写在相应位置）13图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为mm14某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等组装的实验装置如图所示若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行他这样做的目的是下列的哪个（填字母代号）a避免小车在运动过程中发生抖动b可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰c可以保证小车最终能够实现匀速直线运动d可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些这一情况可能是下列哪些原因造成的（填字母代号）a在接通电源的同时释放了小车b小车释放时离打点计时器太近c阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉d钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力三、计算题（本题共4小题，共40分；把答案写在相应位置）15如图所示，固定在水乎面上的斜面其倾角=37，长方形木块a的mn面上钉着一颗钉子，质量m=1.5kg的小球b通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直木块与斜面间的动摩擦因数=0.5现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑求在木块下滑的过程中；（1）木块与小球的共同加速度的大小（2）小球对木块mn面的压力的大小和方向（取g=l0m/s2）16（10分）（2010新洲区校级模拟）如图所示，长l=9m的传送带与水平方向的傾角=37，在电动机的带动下以=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的b端有一离传送带很近的挡板p可将传送带上的物块挡住，在传送带的a端无初速地放一质量m=1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计（g=10m/s2，sin37=0.6）求：（1）物块从第一次静止释放到与挡板p第一次碰撞后，物块再次上升到传送带的最高点的过程中，因摩擦生的热；（2）物块最终的运动状态及达到该运动状态后电动机的输出功率17（10分）（2007厦门模拟）天文工作者观测到某行星的半径为r1，自转周期为t1，它有一颗卫星，轨道半径为r2，绕行星公转周期为t2若万有引力常量为g，求：（1）该行星的平均密度；（2）要在此行星的赤道上发射一颗质量为m的近地人造卫星，使其轨道平面与行星的赤道平面重合，且设行星上无气体阻力，则对卫星至少应做多少功？18（12分）（2013南昌校级二模）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从a点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示小球运动的轨迹上a、b两点在同一水平线上，m为轨迹的最高点小球抛出时的动能为8.0j，在m点的动能为6.0j，不计空气的阻力求：（1）小球水平位移x1与x2的比值；（2）小球落到b点时的动能ekb（3）小球从a点运动到b点的过程中最小动能ekmin？2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、本题共12小题；每小题4分，共48分1-9题只有一个选项是符合题目要求的，10-12题有多个正确选项全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分117世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（）a该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的b该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律c该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论d该实验为牛顿第二定律的提出提供了有力的实验依据考点：牛顿第一定律 分析：物理常识的理解和记忆，对于每个物理学家，要了解他的主要的贡献的内容是什么解答：解：ab、伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，所以a错误b正确c、伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因，故c错误；d、牛顿总结了前人的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，而不是牛顿第二定律；故d错误；故选：b点评：本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况2小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的（）abcd考点：自由落体运动；竖直上抛运动 专题：自由落体运动专题分析：小球做自由落体运动，落地前做匀加速直线运动，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，然后向上做匀减速直线运动，根据速度时间关系得到速度时间关系图象解答：解：a、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，a图中速度没有突变，故a错误；b、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，b图中速度没有突变，故b错误；、c、由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再重复这种运动，是上抛运动，故c错误；d、由图象可以看出，速度先增加（自由落体运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再减小到零（竖直上抛运动中的上升过程），再重复这种运动，故d正确；故选d点评：本题关键要注意速度的方向用正负来表示，然后结合自由落体运动和竖直上抛运动的速度时间关系来找出函数图象3以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（）a即时速度的大小是v0b运动时间是c竖直分速度大小等于水平分速度大小d运动的位移是考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：解：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得水平方向上：x=v0t 竖直方向上：h=gt2当其水平分位移与竖直分位移相等时，即x=h，所以v0t=gt2解得t=，所以b正确；平抛运动竖直方向上的速度为vy=gt=g=2v0，所以c错误；此时合速度的大小为=v0，所以a正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x=h=v0t=v0=，所以此时运动的合位移的大小为=x=，所以d正确本题选错误的，故选c点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决4如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于c、d两点，a、b两端被悬挂在水平天花板上，相距2l现在c点上悬挂一个质量为m的重物，为使cd绳保持水平，在d点上可施加力的最小值为（）amgbmgc0.5mgd0.25mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由几何关系可知cd段水平时各绳间的夹角；对结点c分析，由共点力的平衡可求得cd绳水平时绳的拉力；再对结点d分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值解答：解：由图可知，要想cd水平，各绳均应绷紧，则ac与水平方向的夹角为60；结点c受力平衡，则受力分析如图所示，则cd绳的拉力t=mgtan30=mg；d点受绳子拉力大小等于t，方向向左；要使cd水平，d点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对d点的拉力可分解为沿bd绳的f1，及另一分力f2，由几何关系可知，当力f2与bd垂直时，f2最小，而f2的大小即为拉力的大小；故最小力f=tsin60=mg；故选：c点评：在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析5磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）a15mb7.5mc150md75m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：直线运动规律专题分析：磕头虫的运动是先向下加速，反弹后竖直上抛运动人的运动情况和磕头虫的运动情况类似，加速度相同，故利用v2=2ah1和v2=2gh2联立解得人上升的高度解答：解：设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有：v2=2ah1磕头虫向上弹起的过程中有：v2=2gh2联立以上两式可得：a=g=10=3000m/s2人向下蹲的过程中有：v12=2ah1人跳起的过程中有：v12=2gh2故有：2ah1=2gh2代入数据解得：h2=150m故选：c点评：解决本题主要是利用人与磕头虫相同的运动过程，即先加速然后向上做竖直上抛运动类比法是我们解决问题时常用的方法平时学习要注意方法的积累6如图所示，小球从a点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点b后返回a，c为ab的中点下列说法中错误的是（）a小球从a出发到返回a的过程中，位移为零，外力做功为零b小球从a到c与从c到b的过程，减少的动能相等c小球从a到c与从c到b的过程，速度的变化率相等d小球从a到c与从c到b的过程，损失的机械能相等考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式v=at来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功解答：解：a、位移是从初位置指向末位置的有向线段故小球从a出发到返回a，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中外力即摩擦力对物体做负功，故a错误；b、设a到c的高度和从c到b的高度为h，ac的距离为s，斜面的倾角为，则有ssin=h根据mghmgscoss=ek可知小球从a到c过程中与从c到b过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等故b正确；c、速度的变化率为小球运动的加速度，故小球沿斜面向上运动过程中，受力相同，小球运动的加速度相等，故c正确；d、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据mgscos=e可得小球从a到c过程与从c到b过程，损失的机械能相等，故d正确本题选错误的，故选：a点评：解决本题的关键灵活运用牛顿第二定律与运动学公式及动能定理要明确摩擦力做功的特点，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程7“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点o距平台的竖直高度为h，绳长为l，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（）a选手摆到最低点时处于失重状态b选手摆到最低点时所受绳子的拉力为（32cos）mgc选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小d选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动考点：牛顿第二定律；超重和失重；向心力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解解答：解：a、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故a错误；b、摆动过程中机械能守恒，有： 设绳子拉力为t，在最低点有： 联立解得：t=（32cos）mg，故b正确；c、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故c错误；d、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故d错误故选b点评：本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解82010年1月17日，我国成功发射北斗compassg1地球同步卫星据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是（）a它们的运行速度大小相等，且都小于7.9km/sb它们运行周期可能不同c它们离地心的距离可能不同d它们的向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等考点：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：同步卫星的特点：定周期（24h），顶轨道（赤道上方），定高度，定速率而地球的第一宇宙速度是卫星贴近地球表面做匀速圆周运动的速度根据g=m，r越大，v越小，可知同步卫星的速度小于第一宇宙速度要比较同步卫星的向心加速度和静止在赤道上物体的向心加速度大小，可根据公式：a=r2，相同，半径大的向心加速度大解答：解：地球的第一宇宙速度是卫星贴近地球表面做匀速圆周运动的速度根据g=m，r越大，v越小，可知同步卫星的速度小于第一宇宙速度故a对 同步卫星的特点：定周期（24h），顶轨道（赤道上方），定高度，定速率故b、c都错 根据公式：a=r2，同步卫星的半径大于地球的半径，而同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度故d错故选a点评：解决本题的关键要理解同步卫星的特点和第一宇宙速度的概念要注意赤道上物体随地球一起自转所需的向心力不是由万有引力提供9下列各图是反映汽车以恒定牵引力从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）abcd考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律 专题：运动学中的图像专题；功率的计算专题分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由p=fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动开始匀加速时：ff=ma 设匀加速刚结束时速度为v1，有：p额=fv1最后匀速时：f=f，有：f额=fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：，最后匀速速度为：在vt图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故a正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故b错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故c正确；开始汽车功率逐渐增加，p=fv=fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故d正确故选acd点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率p=fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况10一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，只受重力和电场力作用若重力做功3j，电场力做功1j，则小球的（）a重力势能增加3jb电势能增加1jc动能减少3jd机械能增加1j考点：动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能 专题：动能定理的应用专题分析：解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量解答：解：a、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功3j，故重力势能增加3j，故a正确；b、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1j，故电势能减小1j；c、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2j，故动能减小2j，故c错误；d、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1j，故机械能增加1j，故d正确；故选ad点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度11某电场的部分电场线如图所示，a、b是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（）a粒子一定是从b点向a点运动b粒子在a点的加速度大于它在b点的加速度c粒子在a点的动能小于它在b点的动能d电场中a点的电势低于b点的电势考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，确定场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加解答：解：a、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从b点向a点运动，也有可能是从a点向b点运动的，故a错误b、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在a点时受到的电场力大，根据牛顿第二定律得知，粒子在a点的加速度大于在b点的加速度故b正确c、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由a点运动到b点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在a点的动能大于它在b点的动能，粒子在a点的电势能小于它在b点的电势能反之一样故c错误d、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在a点的电势能小于它在b点的电势能，所以电场中a点的电势低于b点的电势，故d正确故选：bd点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况12如图所示，质量为m，长度为l的小车静止的在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力f作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（）a此时物块的动能为：f（x+l）b此时小车的动能为：fxc这一过程中，物块和小车增加的机械能为fxfld这一过程中，因摩擦而产生的热量为fl考点：动能定理的应用；机械能守恒定律 专题：动能定理的应用专题分析：由图可知拉力及摩擦力作用的位移，则可以求出两力所做的功；则由动能定理可求得物体和小车的动能；由功能关系可知机械能及热量的转化解答：解：a、由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为l+x，故拉力的功为f（x+l），摩擦力的功为f（x+l），则由动能定理可知物体的动能为（ff）（x+l），故a错误；b、小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能改变量为fx；故b正确；c、物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fl，故机械能的增量为f（x+l）fl，故c错误，d正确；故选bd点评：解答本题应明确（1）内能的增量等于摩擦力与相对位移的乘积；（2）要注意小车在摩擦力的作用下前进的位移为x二、实验题（本题共2小题，共12分；把答案写在相应位置）13图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为8.15mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为2.970mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，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，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：游标卡尺的固定刻度读数为8mm，游标尺上第3个刻度游标读数为：0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：8mm+0.15mm=8.15mm；螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.0147.0mm=0.470mm，所以最终读数为：2.5mm+0.470mm=2.970 mm故答案为：8.15； 2.970点评：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，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同14某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等组装的实验装置如图所示若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些刻度尺、天平（带砝码）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行他这样做的目的是下列的哪个d（填字母代号）a避免小车在运动过程中发生抖动b可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰c可以保证小车最终能够实现匀速直线运动d可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：可在小车上加适量的砝码（或钩码）他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些这一情况可能是下列哪些原因造成的cd（填字母代号）a在接通电源的同时释放了小车b小车释放时离打点计时器太近c阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉d钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码），或减少砝码的拉力；根据w=mgs求出砂桶及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求a、b的速度，即可得到动能的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的测量仪器解答：解：根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码）实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故abc错误，d正确故选：d平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小车的质量，即在小车上加适量的砝码（或钩码）他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验 中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故ab错误，cd正确故答案为：刻度尺、天平（包括砝码）；d；可在小车上加适量的砝码（或钩码）； cd点评：本题考查探究功和速度之间关系的实验；要明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习三、计算题（本题共4小题，共40分；把答案写在相应位置）15如图所示，固定在水乎面上的斜面其倾角=37，长方形木块a的mn面上钉着一颗钉子，质量m=1.5kg的小球b通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直木块与斜面间的动摩擦因数=0.5现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑求在木块下滑的过程中；（1）木块与小球的共同加速度的大小（2）小球对木块mn面的压力的大小和方向（取g=l0m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律求出木块与小球的共同加速度大小（2）隔离对小球分析，求出木块mn面对小球的弹力大小和方向解答：解：（1）由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球b与木块间有压力作用，并且以共同的加速度a沿面下滑，将小球和木块看作一整体，设木块的质量为m，根据牛顿第二定律有：（m+m）gsin（m+m）gcos=（m+m）a代入数据得：a=2.0 m/s2（2）选小球为研究对象，设mn面对小球的作用力为n，根据牛顿第二定律有：mgsinn=ma，代入数据得：n=6.0n根据牛顿第三定律，小球对mn面的压力大小为6.0n，方向沿斜面向下答：（1）木块与小球的共同加速度的大小2.0 m/s2（2）小球对木块mn面的压力的大小为6.0n，方向沿斜面向下点评：本题考查了牛顿第二定律，在解题时注意整体法和隔离法的灵活运用基础题16（10分）（2010新洲区校级模拟）如图所示，长l=9m的传送带与水平方向的傾角=37，在电动机的带动下以=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的b端有一离传送带很近的挡板p可将传送带上的物块挡住，在传送带的a端无初速地放一质量m=1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计（g=10m/s2，sin37=0.6）求：（1）物块从第一次静止释放到与挡板p第一次碰撞后，物块再次上升到传送带的最高点的过程中，因摩擦生的热；（2）物块最终的运动状态及达到该运动状态后电动机的输出功率考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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：（1）根据牛顿第二定律求出物块在下降过程和上升过程中的加速度，运用运动学公式求出下滑过程和上升过程的相对位移，求出相对运动距离之和，根据q=fs求出产生的热量（2）物块每一次与挡板碰撞，速度较之前都在减小，最终碰撞后反弹的速度等于传送带的速度，则先向上做匀减速直线运动，再向下做匀加速直线运动，碰撞的速度不变根据能量守恒定律，电动机的输出功率等于克服阻力做功的功率解答：解：（1）物块从a点由静止释放，物块相对传送带向下滑，物块沿传送带向下加速运动的速度与p碰前的速度物块从a到b的时间在此过程中物块相对传送带向下位移s1=l+vt1=21m物块与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因v1v，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动的加速度为物块速度减小到与传送带速度相等的时间在t2时间内物块向上的位移物块相对传送带向上的位移s2=l1vt2=0.2m物块速度与传送带速度相等后物块相对传送带向下滑，物块向上做减速运动的加速度物块速度减小到零的时间物块向上的位移此过程中物块相对传送带向下的位移s3=vt3l2=4m摩擦生热q=mgcos（s1+s2+s3）=100.8j答：因摩擦生的热为100.8j（2）物块上升到传送带的最高点后，物块沿传送带向下加速运动，与挡板p第二次碰撞前的速度碰后因v2v，物块先向上做加速度为a2的减速运动，再做加速度为a3的减速运动，物块向上的位移为物块与挡板第三次碰撞前的速度在此类推经过多次碰撞后物块以v=4m/s的速度反弹，故最终物块在p与离p 4m的范围内不断做向上的加速度为2 m/s2的减速运动和向下做加速度为2 m/s2的加速运动，物块的运动达到这一稳定状态后，物块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力ff=mgcos故电动机的输出功率p=mgcosgv=16w答：最终物块在p与离p 4m的范围内不断做向上的加速度为2 m/s2的减速运动和向下做加速度为2 m/s2的加速运动，电动机的输出功率为16w点评：本题过程较复杂，关键理清每一段过程，运用牛顿定律和运动学知识进行分析17（10分）（2007厦门模拟）