福建省泉州市南安一中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省泉州市南安一中高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，第8-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1如图所示，自卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下倾角缓慢增大，在货物m相对车厢保持静止的过程中，下列说法正确的是( )a货物对车厢的压力变小b货物受到的摩擦力变小c地面对货车的摩擦力增大d地面对货车的支持力增大2如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端a和斜面中点b沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是( )a小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1b小球a、b抛出时的初速度大小之比为2：1c小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4：1d小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1：13如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，mn是通过椭圆中心o点的水平线已知一小球从m点出发，初速率为v0，沿管道mpn运动，到n点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由m点以初速率v0出发，而沿管道mqn运动，到n点的速率为v2，所需时间为t2，则( )av1=v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1=v2，t1t2dv1v2，t1t24某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落他打开降落伞后的速度图线如图（a）所示降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为=37，如图（b）所示已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力ff与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）则下列判断中正确的是( )ak=100ns/mb打开伞瞬间运动员的加速度a=20m/s2，方向竖直向上c悬绳能够承受的拉力至少为312.5nd悬绳能够承受的拉力至少为625n5如图所示，有一重力不计带正电的粒子q由m点进入一个负点电荷q的电场中，虚线mn是粒子运动的轨迹，实线ef是一条电场线，下列说法正确的是( )am点的电场强度大于n点的电场强度bm点的电势高于n点的电势c粒子在m点的动能等于在n点的动能d料子在m点的电势能小于在n点的电势能6如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接小物块a和小物块b，虚线cd水平现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )a物块a到达c点时加速度为零b物块a到达c点时物块b速度最大c绳拉力对物块b先做负功后做正功d绳拉力对物块b做的功等于物块b机械能的变化量7小木块m从光滑曲面上p点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的q点，如图所示现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动，让m从p处重新滑下，则此次木块的落地点将( )a在q点右边b仍在q点c在q点左边d木块可能落不到地面8一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )at1bt2ct3dt49如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴oo的距离为l，b与转轴的距离为2l木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )aa、b所受的摩擦力始终相等bb一定比a先开始滑动c=是b开始滑动的临界角速度d当=时，a所受摩擦力的大小为km10随着科技的发展，未来我国的探测月球的探测器在考查完成后将返回地球，其过程如图所示，有关探测器的运行下列说法正确的是( )a探测器在轨道上的机械能大于轨道i上的机械能b探测器在轨道i上绕月球运行的周期与探测器在同样的轨道上绕地球运行的周期相等c探测器在轨道上经过m点的加速度小于探测器在轨道i上过m点的加速度d探测器在轨道上过m点的速度大于过n点的速度11如图所示，一个小球（视为质点）从h=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab，进入半径r=4m的竖直圆环，且圆环动摩擦因数处处相等，当到达环顶c时，刚好对轨道压力为零；沿cb圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道bd，且到达高度为h的d点时的速度为零，则h之值不可能为（10m/s2，所有高度均相对b点而言）( )a12mb10mc8.5md7m12如图所示，ab为固定水平长木板，长为l，c为长木板的中点，ac段光滑，cb段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端b点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长板间的动摩擦因数为u，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k，物块第一次到达c点时，物块的速度大小为vo，这时弹簧的弹性势能为e0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( )a物块可能会停在cb面上某处b物块最终会做往复运动c弹簧开始具有的最大弹簧势能为mv02+e0d物块克服摩擦做的功最大为mv02+mgl二实验题：本大题共2小题，每空各3分，共15分13用如图1所示的实验装置测量重力加速度实验所用的电源为学生电源，输出电 压为6v的交流电和直流电两种重键从髙处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打 出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、计算可得重锤下落的加速度下面列举了该实验的几个操作步骤：a按照图示1的装置安装器材；b将打点计时器接到电源的“直流输出”上；c用天平测出重锤的质量；d先释放悬挂纸带的夹子，后接通电源打出一条纸带；e选取纸带上的点进行测量；f根据测量的结果计算重锤下落过程加速度大小其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是_（将选项对应的字母填在横线处）如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上离起始点o较远的连续五个点a、b、c、d、e，测出a距点0的距离为s0，点ac间的距离为s1，点ce间的距离为 s2，打点计时器使用电源的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度a=_14某实验小组欲以如图甲所示的实验装置“探究木块与长木板之间的动摩擦因数”把一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，钩码用细线绕过定滑轮与木块相连，在长木板两处固定两光电门（1）用游标卡尺测遮光条的宽度如图乙所示，则读数为_（2）实验中，挂上合适的钩码（钩码的质量已知），让木块能够匀速运动，读出钩码的质量m=500g（3）把钩码和细线取下，给木块一个初速度，使木块在木板上运动，记录遮光条通过两个光电门的时间和光电门之间的距离x，然后算出木块通过两个光电门的瞬时速度，改变两个光电门的位置，多次实验，得出多组数据，计算出v22v12，作（v22v12）x图象如图丙所示，根据图象可知木块与长木板的动摩擦因数为_（g取10n/kg）（4）可以求出木块和遮光条的总质量为_三、运算题：本大题共4小题，共37分请写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，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15如图所示，足够长的水平传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部在b点平滑连接，曲面上的a点距离底部的高度为h=0.45m一质量m=1kg的小物块从a点静止滑下，经b点滑上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数为=0.2，经过一段时间后小物块又再次返回b点，求：（1）第一次经过b点的速度v1大小（取g=10m/s2）；（2）从第一次经过b点到再次返回b点过程中产生的热量q16如图所示，质量为m的小球被一根长为l的可绕o轴自由转动的轻质杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与质量为m的小球相连若将m的杆呈水平状态开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，则当杆转动到竖直位置时，m的速度是多少（重力加速度为g）17如图所示，一轻质弹簧，左端固定在a点，自然状态时其右端位于o点水平面右侧有一竖直光滑圆形轨道在c点与水平面平滑连接，圆心o，半径r=0.4m另一轻质弹簧一端固定在o点的轴上，一端拴着一个小球，弹簧的原长为l0=0.5m，劲度系数k=100n/m用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到b点（物块与弹簧不拴接），释放后物块恰运动到c点停止已知bc间距离l=2m，物块与水平面的动摩擦因数=0.4换同种材料、质量m2=0.2kg的物块重复上述过程（物块、小球均视为质点，g=10m/s2）求：（1）物块m2到c点时的速度大小vc；（2）若小球的质量也为m2，物块与小球碰撞后交换速度，论证小球是否能通过最高点d若能通过，求出轨道最高点对小球的弹力n，若不能请说明理由18如图所示，静止在光滑水平面上的长木板b，质量m=2kg，长l1=4.5m，与b等高的固定平台cd长l2=3m，平台右侧有一竖直放置且半径r=l m的光滑半圆轨道def质量m=l kg的小滑块a以初速度v0=6m/s从b的左端水平滑上b，随后a、b向右运动，长木板b与平台cd碰撞前的瞬间，小滑块a的速度大小为va=4m/s，此时a、b还未达到共同速度设长木板b与平台碰撞后立即被锁定，小滑块a可视为质点，小滑块a与平台b之间的动摩擦因数1=0.2，小滑块a与平台cd之间的动摩擦因数2=0.1，s=0.5m，g=10m/s2求：（1）长木板b与平台碰撞前的瞬间，b的速度大小；（2）小滑块a最终停在离木板b左端多远处？2015-2016学年福建省泉州市南安一中高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，第8-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1如图所示，自卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下倾角缓慢增大，在货物m相对车厢保持静止的过程中，下列说法正确的是( )a货物对车厢的压力变小b货物受到的摩擦力变小c地面对货车的摩擦力增大d地面对货车的支持力增大【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】货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可【解答】解：a、b、货物处于平衡状态，受重力、支持力、静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：mgsin=fn=mgcos增大时，f增大，n减小；再根据牛顿第三定律，压力也就减小；故a正确，b错误；c、d、对货车整体受力分析，只受重力与支持力，不是摩擦力；根据平衡条件，支持力不变；再根据牛顿第三定律，压力也就不变；故c错误，d错误；故选：a【点评】本题主要考查了平衡条件的应用、功的正负发的判断方法，要求同学们能正确对物体进行受力分析，难度适中2如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端a和斜面中点b沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是( )a小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1b小球a、b抛出时的初速度大小之比为2：1c小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4：1d小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1：1【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】根据下落的高度求出平抛运动的时间之比，结合水平位移和时间求出初速度之比，根据动能定理求出小球到达斜面底端时的动能之比抓住速度方向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，求出两球的速度方向与斜面的夹角关系【解答】解：a、因为两球下落的高度之比为2：1，根据h=得，t=，高度之比为2：1，则时间之比为：1，故a错误b、两球的水平位移之比为2：1，时间之比为：1，根据知，初速度之比为，故b错误c、根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比eka：ekb=2：1，故c错误d、小球落在斜面上，速度方向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，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故d正确故选：d【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，结合运动学公式和推论灵活求解3如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，mn是通过椭圆中心o点的水平线已知一小球从m点出发，初速率为v0，沿管道mpn运动，到n点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由m点以初速率v0出发，而沿管道mqn运动，到n点的速率为v2，所需时间为t2，则( )av1=v2，t1t2bv1v2，t1t2cv1=v2，t1t2dv1v2，t1t2【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】根据机械能守恒定律分析小球到达n点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达n点时速率相等，即有v1=v2小球沿管道mpn运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道mqn运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道mpn运动的平均速率小于沿管道mqn运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1t2故a正确故选：a【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比4某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落他打开降落伞后的速度图线如图（a）所示降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为=37，如图（b）所示已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力ff与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）则下列判断中正确的是( )ak=100ns/mb打开伞瞬间运动员的加速度a=20m/s2，方向竖直向上c悬绳能够承受的拉力至少为312.5nd悬绳能够承受的拉力至少为625n【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】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】由a图可知，当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，根据kv=2mg即可求解k，根据牛顿第二定律求解加速度；以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律即可求最小拉力【解答】解：以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图（a）可知：2mg=kv匀，又v匀=5 m/s，故k=200 ns/m，故a错误；b、在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv02mg=2ma，所以a=30 m/s2，方向竖直向上，故b错误；c、设每根绳的拉力为ft，以运动员为研究对象有：8ftcos mg=ma，解得：ft=312.5 n，故c正确，d错误故选：c【点评】本题要求同学们能根据速度图象分析出运动员的运动情况，知道当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，难度适中5如图所示，有一重力不计带正电的粒子q由m点进入一个负点电荷q的电场中，虚线mn是粒子运动的轨迹，实线ef是一条电场线，下列说法正确的是( )am点的电场强度大于n点的电场强度bm点的电势高于n点的电势c粒子在m点的动能等于在n点的动能d料子在m点的电势能小于在n点的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线mn的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答【解答】解：a、带正电的粒子所受电场力向右，电场线由e向f，说明负电荷在直线f点的右侧，则n点的电场强度大于m点的电场强度，则a错误， b、m点与负点电荷远其电势高，则b正确 c、d、由m到n电场力做正功，则动能增加，电势能减小，则cd错误故选：b【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况6如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接小物块a和小物块b，虚线cd水平现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )a物块a到达c点时加速度为零b物块a到达c点时物块b速度最大c绳拉力对物块b先做负功后做正功d绳拉力对物块b做的功等于物块b机械能的变化量【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；功能关系【专题】学科综合题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】分析a、b受力，根据牛顿第二定律研究加速度和速度a、b均只有重力和绳拉力做功，根据功能关系判断物块a、b机械能的变化【解答】解：a、当a物块到达c处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a物块的加速度a=g=10m/s2，故a错误；b、当a物块到达c处时，由于物块a在沿绳方向上没有分速度，故此时b物体的速度一定为零；故b错误；c、物块a上升到与滑轮等高前，b下降，绳的拉力对b做负功；故c错误；d、从a到c，b的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量，故d正确；故选：d【点评】本题关键掌握功能关系，明确除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用7小木块m从光滑曲面上p点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的q点，如图所示现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动，让m从p处重新滑下，则此次木块的落地点将( )a在q点右边b仍在q点c在q点左边d木块可能落不到地面【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】通过分析木块在传送带上的受力情况，分析其运动情况，通过比较传送带转动与静止时木块离开传送带的速度大小，即可进行分析【解答】解：木块m从斜面滑下时获得了速度，当传送带静止时，木块在水平方向受到与运动方向相反的滑动摩擦力，木块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；当传送带逆时针转动时木块相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，物体做匀减速运动，由于木块所受的滑动摩擦力与传送带静止时相同，所以木块的运动情况与传送带静止时相同，所以离开传送带时的速度与传送带静止时的速度相同，因此木块仍落在q点故b正确故选：b【点评】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动情况就应讨论，当物块滑到底的速度和传送带速度关系8一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )at1bt2ct3dt4【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动【解答】解：a、c、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和合力同向，故合力与速度同方向，故a正确，c正确；b、d、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故b错误，d错误；故选：ac【点评】本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目9如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴oo的距离为l，b与转轴的距离为2l木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )aa、b所受的摩擦力始终相等bb一定比a先开始滑动c=是b开始滑动的临界角速度d当=时，a所受摩擦力的大小为km【考点】向心力；摩擦力的判断与计算【专题】匀速圆周运动专题【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定【解答】解：a、b、两个木块的最大静摩擦力相等木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=m2r，m、相等，fr，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故a错误，b正确；c、当b刚要滑动时，有kmg=m22l，解得：=，故c正确；d、以a为研究对象，当=时，由牛顿第二定律得：f=m2l，可解得：f=kmg，故d错误故选：bc【点评】本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答10随着科技的发展，未来我国的探测月球的探测器在考查完成后将返回地球，其过程如图所示，有关探测器的运行下列说法正确的是( )a探测器在轨道上的机械能大于轨道i上的机械能b探测器在轨道i上绕月球运行的周期与探测器在同样的轨道上绕地球运行的周期相等c探测器在轨道上经过m点的加速度小于探测器在轨道i上过m点的加速度d探测器在轨道上过m点的速度大于过n点的速度【考点】万有引力定律及其应用【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】a、在同一轨道上机械能守恒，从低轨道高高轨道要加速，故机械能要增加；b、结合卫星的环绕速度公式v=判断即可；c、根据牛顿第二定律列式判断加速度大小；d、结合机械能守恒定律判断即可【解答】解：a、探测器从轨道i转移到轨道需要加速，故探测器在轨道上的机械能大于轨道i上的机械能，故a正确；b、根据卫星的环绕速度公式v=，由于地球的质量大，故在地球上转动快，公转周期小，故b错误；c、探测器在轨道上经过m点与探测器在轨道i上过m点万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同，故c错误；d、在轨道上运行时只有万有引力做功，故机械能守恒，由于在n点的势能大，故动能小，故探测器在轨道上过m点的速度大于过n点的速度，故d正确；故选：ad【点评】本题考查了变轨问题，关键明确从低轨道到高轨道需要加速才能在更大的轨道上做离心运动，同时要记住卫星的环绕速度公式v=11如图所示，一个小球（视为质点）从h=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab，进入半径r=4m的竖直圆环，且圆环动摩擦因数处处相等，当到达环顶c时，刚好对轨道压力为零；沿cb圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道bd，且到达高度为h的d点时的速度为零，则h之值不可能为（10m/s2，所有高度均相对b点而言）( )a12mb10mc8.5md7m【考点】牛顿第二定律；向心力【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】分析小球从a到c点的运动过程，已知c点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，求出小球的动能，小球从a运动到c，根据动能定理求出小球从a运动到c，半个圆弧加上ab段圆弧的摩擦力做功，再分析从c点运动到d点根据动能定理列式，根据两半圆摩擦力的关系再结合机械能守恒定律求出如果没有摩擦力小球上升的高度，即可求出高度的范围【解答】解：已知c点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，得到：mg=小球在c点的动能为：mv2=mgr=2mg小球从a运动到c，根据动能定理得：epaepcwf=ekc把数据代入，得到：wf=2mg所以小球从a运动到c，半个圆弧加上ab段圆弧的摩擦力做功wf=2mg再分析从c点运动到d点根据动能定理得：mg（2rh）wf=0mv2mgh=10mgwf因为沿bc弧运动的平均速度小于沿ab弧运动平均速度，根据圆周运动向心力公式可知沿bc弧运动的平均正压力小于沿ab弧运动平均正压力，故沿bc弧运动的平均摩擦力小于沿ab弧运动的平均摩擦力，所以0wfwf=2mg所以8mgmgh10mg故8mh10m本题选h值不可能的，故选abd【点评】本题解题的关键是对小球运动过程的分析，知道小球在两个半圆上的摩擦力做功不等，难度适中12如图所示，ab为固定水平长木板，长为l，c为长木板的中点，ac段光滑，cb段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端b点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长板间的动摩擦因数为u，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k，物块第一次到达c点时，物块的速度大小为vo，这时弹簧的弹性势能为e0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( )a物块可能会停在cb面上某处b物块最终会做往复运动c弹簧开始具有的最大弹簧势能为mv02+e0d物块克服摩擦做的功最大为mv02+mgl【考点】功能关系；动能定理【分析】分析摩擦力与弹簧的拉力之间的关系，即可确定物块是否可能会停在cb面上某处；根据功能关系即可求出弹簧开始时的最大弹性势能；根据功能关系，结合滑块的初状态与末状态对应的机械能，即可求出物块克服摩擦力做的功【解答】解：a、由于k，由此，由此，物块不可能停在bc段，故a错误；b、只要物块滑上bc段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在ac段做往返运动故b正确；c、物块从开始运动，到第一次运动到c点的过程中，根据能量守恒定律得：故c错误；d、物块第一次到达c点时，物块的速度大小为vo，物块最终会在ac段做往返运动，到达c点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为wfm=epmep=mv02+mgl故d正确故选：bd【点评】该题结合滑块与弹簧模型，考查摩擦力的计算、功能关系等，要明确物块在bc之间运动的过程中，系统的一部分的机械能转化为内能，物块在ac之间运动的过程中，物块的动能与弹簧的弹性势能之间相互转化二实验题：本大题共2小题，每空各3分，共15分13用如图1所示的实验装置测量重力加速度实验所用的电源为学生电源，输出电 压为6v的交流电和直流电两种重键从髙处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打 出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、计算可得重锤下落的加速度下面列举了该实验的几个操作步骤：a按照图示1的装置安装器材；b将打点计时器接到电源的“直流输出”上；c用天平测出重锤的质量；d先释放悬挂纸带的夹子，后接通电源打出一条纸带；e选取纸带上的点进行测量；f根据测量的结果计算重锤下落过程加速度大小其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是bcd（将选项对应的字母填在横线处）如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上离起始点o较远的连续五个点a、b、c、d、e，测出a距点0的距离为s0，点ac间的距离为s1，点ce间的距离为 s2，打点计时器使用电源的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度a=【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题【分析】（1）根据实验的原理确定实验测量的物理量，注意打点计时器使用交流电压，实验时应先接通电源，在释放重锤该实验不需要测量重锤的质量（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重锤下落的加速度【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电源，使用打点计时器应接到电源的“交流输出”上测量物体的重力加速度，不需要测量重锤的质量；在实验时应先接通电源，再释放重锤故选：bcd（2）根据，解得a=故答案为：（1）bcd，（2）【点评】纸带问题的处理是力学实验中常见的问题我们可以纸带法实验中，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14某实验小组欲以如图甲所示的实验装置“探究木块与长木板之间的动摩擦因数”把一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，钩码用细线绕过定滑轮与木块相连，在长木板两处固定两光电门（1）用游标卡尺测遮光条的宽度如图乙所示，则读数为16.55mm（2）实验中，挂上合适的钩码（钩码的质量已知），让木块能够匀速运动，读出钩码的质量m=500g（3）把钩码和细线取下，给木块一个初速度，使木块在木板上运动，记录遮光条通过两个光电门的时间和光电门之间的距离x，然后算出木块通过两个光电门的瞬时速度，改变两个光电门的位置，多次实验，得出多组数据，计算出v22v12，作（v22v12）x图象如图丙所示，根据图象可知木块与长木板的动摩擦因数为0.327（g取10n/kg）（4）可以求出木块和遮光条的总质量为1.53kg【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据牛顿第二定律与运动学公式，结合图象的斜率，即可求解；（4）根据牛顿第二定律，即可求解【解答】解：（1）游标卡尺读数为：16mm+0.05mm11=16.55mm；（3）木块在长木板上做匀减速直线运动根据运动学公式，v=2ax，可知，（v22v12）x图象中的斜率表示为2a，再根据图象可知，a=3.27m/s2，而a=g，解得：=0.327（3）根据牛顿第二定律，则有：f=ma，而摩擦力f=mg，解得：m=1.53kg故答案为：（1）16.55mm；（2）0.327；（3）1.53kg【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量并掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解图象的斜率与加速度的关系是解题的关键三、运算题：本大题共4小题，共37分请写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，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15如图所示，足够长的水平传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部在b点平滑连接，曲面上的a点距离底部的高度为h=0.45m一质量m=1kg的小物块从a点静止滑下，经b点滑上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数为=0.2，经过一段时间后小物块又再次返回b点，求：（1）第一次经过b点的速度v1大小（取g=10m/s2）；（2）从第一次经过b点到再次返回b点过程中产生的热量q【考点】功能关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据机械能守恒定律求出滑块滑上传送带的速度，；（2）根据动能定理通过物体的初末速度，求出物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功根据运动学公式求出相对路程的大小，从而根据q=fx求出摩擦产生的热量【解答】解：（1）物体沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑到传送带底端时的速度为v1，则有：mgr=mv12，代入数据得：v1=3 m/s（2）小物块由b向左匀减速到速度变为零，再反向匀加速到与皮带速度相等，最后匀速运动回b点，故v2=2m/s小物块在皮带上运动的加速度大小为a，则：mg=ma所以：a=g=0.210=2m/s2小物块向左匀减速的时间为t1：s小物块向右匀加速的时间为：s两段过程中，小物块相对于传送带的位移：产生的热量为：q=mgx代入数据，联立解得：q=12.5j答：（1）第一次经过b点的速度v1大小是3m/s；（2）从第一次经过b点到再次返回b点过程中产生的热量是12.5j【点评】解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解16如图所示，质量为m的小球被一根长为l的可绕o轴自由转动的轻质杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与质量为m的小球相连若将m的杆呈水平状态开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，则当杆转动到竖直位置时，m的速度是多少（重力加速度为g）【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】根据开始小球m平衡，根据共点力平衡得出m和m的关系，小球m从水平位置运动到竖直位置，m、m两球组成的系统机械能守恒，m球运动到最低点，m球沿绳子方向上的分速度等于m的速度，根据系统机械能守恒求出小球m的速度【解答】解：杆转到竖直位置时，m球下落高度为l，绳与竖直方面成45角，m球上升的高度为设此时m球、m球的速度分别为vm、vm有在整个运动过程中，由机械能守恒定律得 由以上3式得出m球的速度 答：当杆转动到竖直位置时，m的速度是【点评】解决本题的关键知道小球m在沿绳子方向上的分速度等于m的速度，对系统研究，运用机械能守恒定律进行求解17如图所示，一轻质弹簧，左端固定在a点，自然状态时其右端位于o点水平面右侧有一竖直光滑圆形轨道在c点与水平面平滑连接，圆心o，半径r=0.4m另一轻质弹簧一端固定在o点的轴上，一端拴着一个小球，弹簧的原长为l0=0.5m，劲度系数k=100n/m用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到b点（物块与弹簧不拴接），释放后物块恰运动到c点停止已知bc间距离l=2m，物块与水平面的动摩擦因数=0.4换同种材料、质量m2=0.2kg的物块重复上述过程（物块、小球均视为质点，g=10m/s2）求：（1）物