山东省淄博六中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省淄博六中高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则下列说法正确的是（）a质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sb质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sc质点在第1 s内的平均速度0.75m/sd质点在1 s末速度为1.5m/s2“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（）a“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救b站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动c“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5 倍d“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍3如图，物块a、b静置在水平地面上，某时刻起，对b施加一沿斜面向上的力f，力f从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，a、b均始终保持静止则（）a地面对a的支持力不变b地面对a的支持力减小c物体b受到的摩擦力逐渐增大d物体b受到的摩擦力逐渐减小4图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是g，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是f1、f2、f3，则（）af3f1=f2bf3=f1f2cf1=f2=f3df1f2=f35如图所示，平行板电容器与电动势与e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离下列判断正确的是（）a带点油滴将沿竖直方向向上运动b带电油滴的电势能将减少cp点的电势将降低d电容器的电容减小，但极板带电量不变6在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为f，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）a他的动能减少了fhb他的重力势能减少了mghc他的机械能减少了（fmg）hd他的机械能增加了fh7如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球a和物块b，跨过固定于斜面体顶端的小滑 轮o，斜面体的倾角为30，置于水平地面上a的质量为m，b的质量为4m开始时，用手托住a，使oa段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），ob绳平行于斜面，此时b静止不动将a由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是（）a物块b受到的摩擦力先减小后增大b地面对斜体的摩擦力方向一直向左c小球a的机械能不守恒，a、b系统的机械能守恒d小球a的机械能守恒8如图所示，一小球以vo=10m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中a、b两点，在a点小球速度方向与水平方向的夹角为30，在b点小球速度方向与水平方向的夹角60（空气阻力忽略不计，g取10m/s2），以下判断正确的是（）a小球通过ab两点间用时t=sb小球通过a、b两点间用时t=sca、b两点间的高度差为h=10mda、b两点间的高度差为h=m9如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力f，使环由静止开始运动，己知拉力f及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则以下判断正确的是（）a小环的质量是lkgb细杆与地面间的倾角是30c前3s内拉力f的最大功率是2.5wd前3s内小环机械能的增加量是5.75j10如图所示，真空中m、n处放置两等量异号点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是m、n连线的中垂线，交m、n于o点，a、c关于b对称点d、e、f、g是以o为圆心的圆与a、c的交点，已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（）am点处放置的是正电荷bd点的电势低于f点的电势cd点的场强与f点的场强相同d将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小二、填空题（10分）11在验证牛顿第二定律的实验中，某同学作出的a关系图象如图所示从图象可以看出，作用在研究对象上的恒力f=n，当物体的质量m=10kg时，它的加速度a=m/s212（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：a按照如图1所示的装置安装器件；b将打点计时器接到电源的直流输出端上；c用天平测量出重锤的质量；d先释放悬挂纸带的夹子，再接通电源开关打出一条纸带；e测量打出的纸带上某些点之间的距离；f根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的空行内答：（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值，如图2所示根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点a、b、c、d、e，测出a点距起始点o的距离为，点a、c间的距离为s1，点c、e间的距离为s2，使用交流电的频率为f，则根据这些条件计算重锤下落的加速度a的表达式为：a=（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤动能的增加，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小若已知当地重力加速度公认的较准确的值为g，使用交流电的频率为f，还需要测量的物理量是试用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小为f=三、计算题（本题共4小题，共50分解答过程应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（13分）（2012重庆模拟）如图是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”，电动机带动坑口处的两个滚轮匀速转动，在两个摩擦力作用下将夯杆从深坑由静止向上提，当夯杆的速度达滚轮边缘的线速度时，夯杆开始匀速运动，夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在重力作用下落回深坑，夯实坑底已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的压力fn=2104 n，滚轮与夯杆间的动摩擦因数=0.3，夯杆质量 m=1103 kg，坑深 h=6.4m，取g=10m/s2求：（1）夯杆自坑底开始匀加速上升，当速度增加到4m/s时，夯杆上升的高度；（2）夯杆自坑底上升的最大高度；（3）夯杆自坑底上升到最大高度所需时间14（12分）（2015秋淄博校级期中）一小木块静止在一长为l=1m的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如图所示，已知木块与滑板间的动摩擦因数为u1=0.1，木块与地面间的动摩擦因数为u2=0.2，现突然以恒定的加速度a=4m/s2，使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右若水平地面足够大，则小木块从开始运动到最后停止共走了多远的距离？（取g=10m/s2） 15（13分）（2015秋淄博校级期中）如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点p飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径为2r和r，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面ab、cd和一段光滑圆弧bc组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，ab=cd=2r，a、d等高，d端固定一小挡板，碰撞不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g（1）如果滑块恰好能经p点飞出，为了使滑块恰好沿ab斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的a、d点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点p和小圆弧最低点q时受压力之差的最小值16（12分）（2015秋淄博校级期中）如图是一个货物运输装置示意图，bc是平台，ab是长l=12m的传送带，ba两端的高度差h=2.4m传送带在电动机m的带动下顺时针匀速转动，安全运行的最大速度为vm=6m/s假设断电后，电动机和传送带都立即停止运动现把一个质量为20kg的货物，轻轻放上传送带上的a点，然后被传送带运输到平台bc上，货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4由于传送带较为平坦，可把货物对传送带的总压力的大小近似等于货物的重力；由于轮轴等方面的摩擦，电动机（转化为机械功）的效率为80%取g=10m/s2求：（1）要使该货物能到达bc平台，电动机需工作的最短时间（2）要把货物尽快地运送到bc平台，电动机的输出功率至少多大？2015-2016学年山东省淄博六中高三（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，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则下列说法正确的是（）a质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sb质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sc质点在第1 s内的平均速度0.75m/sd质点在1 s末速度为1.5m/s【考点】匀变速直线运动的图像 【专题】运动学中的图像专题【分析】t的图象即vt图象，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，由图直接读出速度由求平均速度【解答】解：a、t图象即vt图象，由图知质点的速度均匀增大，说明质点做匀加速直线运动，故a错误b、质点做匀加速直线运动，根据x=v0t+at2，得=v0+at，由图得：a=0.5，则加速度为 a=20.5=1m/s2故b错误c、质点在第1s内的平均速度 =m/s=1m/s，故c错误d、质点的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s故d正确故选：d【点评】本题的实质上是速度时间图象的应用，要明确斜率表示加速度，能根据图象读取有用信息2“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（）a“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救b站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动c“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5 倍d“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 【专题】人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动【解答】解：a、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星故a错误b、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动故b错误c、根据得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍故c错误d、根据得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍故d正确故选：d【点评】解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动3如图，物块a、b静置在水平地面上，某时刻起，对b施加一沿斜面向上的力f，力f从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，a、b均始终保持静止则（）a地面对a的支持力不变b地面对a的支持力减小c物体b受到的摩擦力逐渐增大d物体b受到的摩擦力逐渐减小【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】以a、b整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件得到地面对a的支持力与f的关系，再分析支持力的变化再以b为研究对象，根据平衡条件分析其摩擦力的变化【解答】解：a、以a、b组成的整体为研究对象，分析受力情况如图：总重力g、力f、地面对a的支持力n、摩擦力f设斜面的倾角为，由平衡条件得：n+fsin=g，f=fcos由题，f均匀增大，则知地面对a的支持力n均匀减小故a错误，b正确c、以b为研究对象，原来b静止时，所受的静摩擦力沿斜面向上，当f均匀增大时，b所受的摩擦力先减小后反向增大，故cd错误故选：b【点评】本题关键在于研究对象的选择，以整体为研究对象，简单方便，也可以运用单纯用隔离法研究4图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是g，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是f1、f2、f3，则（）af3f1=f2bf3=f1f2cf1=f2=f3df1f2=f3【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】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解【解答】解：甲图：物体静止，弹簧的拉力f1=mg； 乙图：对物体为研究对象，作出力图如图 由平衡条件得 f2=gsin60=0.866mg丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图由几何知识得f3=mg故f3=f1f2故选b【点评】本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图对于丙图，是平衡中的特例，结果要记忆5如图所示，平行板电容器与电动势与e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离下列判断正确的是（）a带点油滴将沿竖直方向向上运动b带电油滴的电势能将减少cp点的电势将降低d电容器的电容减小，但极板带电量不变【考点】自感现象和自感系数 【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据e=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由u=ed分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化【解答】解：a、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据e=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故a错误b、c、场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式u=ed分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点的电势降低，则油滴的电势能将增加故b错误，c正确d、根据c=，可知d增大时，电容器的电容减小；根据q=uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故d错误；故选：c【点评】本题运用e=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为f，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）a他的动能减少了fhb他的重力势能减少了mghc他的机械能减少了（fmg）hd他的机械能增加了fh【考点】动能和势能的相互转化 【分析】据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化【解答】解：a、减速下降深度为h的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，为（fmg）h，故a错误；b、减速下降深度为h的过程中，重力势能的减小量等于重力做的功，为mgh，故b正确；c、d、减速下降深度为h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为fh，故c错误，d错误；故选b【点评】解决本题的关键知道重力做功与重力势能的关系，以及合力做功与动能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系7如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球a和物块b，跨过固定于斜面体顶端的小滑 轮o，斜面体的倾角为30，置于水平地面上a的质量为m，b的质量为4m开始时，用手托住a，使oa段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），ob绳平行于斜面，此时b静止不动将a由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是（）a物块b受到的摩擦力先减小后增大b地面对斜体的摩擦力方向一直向左c小球a的机械能不守恒，a、b系统的机械能守恒d小球a的机械能守恒【考点】机械能守恒定律；向心力 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】小物体b一直保持静止，小球a摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，细线的拉力从零增加到最大，再对物体b受力分析，根据平衡条件判断静摩擦力的变化情况对b与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向【解答】解：a、小球a摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgl=，在最低点，有，解得f=3mg再对物体b受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为fx=（4m）gsin30=2mg，故静摩擦力先减小，当拉力大于2mg后反向变大故a、d正确 b、对物体b和斜面体整体受力分析，由于a球向左下方拉物体b和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力故b错误 c、小球a摆下过程，只有重力做功，机械能守恒故c错误故选：ad【点评】本题关键是先根据机械能守恒求出小球a最低点速度，再根据向心力公式得出球对细线的拉力，最后对滑块b受力分析后根据共点力平衡条件判断静摩擦力变化情况；同时要注意研究对象的灵活选择8如图所示，一小球以vo=10m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中a、b两点，在a点小球速度方向与水平方向的夹角为30，在b点小球速度方向与水平方向的夹角60（空气阻力忽略不计，g取10m/s2），以下判断正确的是（）a小球通过ab两点间用时t=sb小球通过a、b两点间用时t=sca、b两点间的高度差为h=10mda、b两点间的高度差为h=m【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【分析】根据平行四边形定则的a、b两点竖直方向上的分速度，结合竖直方向上的运动规律，结合速度时间公式求出小球通过a、b两点的时间结合速度位移公式求出a、b两点的高度差【解答】解：a、根据平行四边形定则得，a点竖直分速度，则小球通过a、b两点的时间t=故a正确，b错误c、a、b两点间的高度差=故c错误，d正确故选：ad【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，结合运动学公式灵活求解9如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力f，使环由静止开始运动，己知拉力f及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则以下判断正确的是（）a小环的质量是lkgb细杆与地面间的倾角是30c前3s内拉力f的最大功率是2.5wd前3s内小环机械能的增加量是5.75j【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率 【分析】小环在拉力的作用下，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动根据牛顿第二定律求出小环的质量和斜面的倾角在前3s内，1s末拉力的功率最大，根据p=fv求出拉力的最大功率根据拉力做的功求出机械能的增量【解答】解：a、根据牛顿第二定律有：f1mgsin=ma，代入数据得，510msin=0.5mf2=mgsin，代入数据得，4.5=10msin，联立两式解得：m=1kg，sin=0.45故a正确，b错误c、1s末拉力的功率最大，根据p=fv得，p=2.5w故c正确d、拉力做的功等于机械能的增量，第一秒内的位移为0.25m，后2s内的位移为1m，则拉力做功w=f1x1+f2x2=50.25+4.51=5.75j故d正确故选：acd【点评】解决本题的关键理清小环的运动情况，运用牛顿第二定律和功能关系进行求解10如图所示，真空中m、n处放置两等量异号点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是m、n连线的中垂线，交m、n于o点，a、c关于b对称点d、e、f、g是以o为圆心的圆与a、c的交点，已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是（）am点处放置的是正电荷bd点的电势低于f点的电势cd点的场强与f点的场强相同d将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，电场力对正电荷做负功判断场源电荷，判断电场线，从而判断电势和场强；通过电荷电势能的变化得出电场力做功情况【解答】解：a、因正电荷由d到e电势能增加，电场力做正功，则电势升高，故e点电势高于d点电势则n点为正电荷，故a错误b、由上分析知，n点为正电荷，其电场线由正电荷到负电荷且与等势面垂直，所以有电场线判断d点的电势低于f点的电势，故b正确c、由于场强是矢量，据等量异种电荷电场的对称性知，d点和f点的场强大小和方向都相同，即场强相同，故c正确d、将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到f点，电场力的方向与运动方向大于900，电场力做负功，其电势能一直增大，故d错误故选：bc【点评】解本题的关键是据带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，判断场源电荷；再据等量异种电荷的电场特点求解二、填空题（10分）11在验证牛顿第二定律的实验中，某同学作出的a关系图象如图所示从图象可以看出，作用在研究对象上的恒力f=2.5n，当物体的质量m=10kg时，它的加速度a=0.25m/s2【考点】验证牛顿第二运动定律 【专题】实验题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题【分析】由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出恒力；应用牛顿第二定律可以求出加速度【解答】解：由牛顿第二定律得：a=f，则a图象的斜率：k=f=2.5n；当m=10kg时，加速度：a=0.25m/s2故答案为：2.5 0.25【点评】本题考查了求力、加速度问题，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式是解题的关键12（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：a按照如图1所示的装置安装器件；b将打点计时器接到电源的直流输出端上；c用天平测量出重锤的质量；d先释放悬挂纸带的夹子，再接通电源开关打出一条纸带；e测量打出的纸带上某些点之间的距离；f根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的空行内答：bcd（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值，如图2所示根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点a、b、c、d、e，测出a点距起始点o的距离为，点a、c间的距离为s1，点c、e间的距离为s2，使用交流电的频率为f，则根据这些条件计算重锤下落的加速度a的表达式为：a=（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤动能的增加，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小若已知当地重力加速度公认的较准确的值为g，使用交流电的频率为f，还需要测量的物理量是重锤质量m试用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小为f=mg【考点】验证机械能守恒定律 【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）打点计时器使用交流电源，验证机械能守恒不需要测量重锤的质量，实验时应先接通电源再释放重物（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度（3）根据牛顿第二定律得出阻力的表达式，从而确定所需测量的物理量【解答】解：（1）打点计时器使用交流电源，故 b错误验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以不需要测量重锤的质量，故c错误实验时，应先接通电源，再释放重物，故d错误故答案为：bcd（2）根据，t=，解得加速度a=（3）根据牛顿第二定律得，mgf=ma，解得阻力f=mgma=mg，根据表达式可知，还需要测量重锤的质量故答案为：（1）bcd，（2）（3）重锤质量m，mg【点评】本题考查了匀变速直线运动规律以及牛顿第二定律在具体实验中的应用，要提高应用基础知识解决实验问题的能力三、计算题（本题共4小题，共50分解答过程应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（13分）（2012重庆模拟）如图是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”，电动机带动坑口处的两个滚轮匀速转动，在两个摩擦力作用下将夯杆从深坑由静止向上提，当夯杆的速度达滚轮边缘的线速度时，夯杆开始匀速运动，夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在重力作用下落回深坑，夯实坑底已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的压力fn=2104 n，滚轮与夯杆间的动摩擦因数=0.3，夯杆质量 m=1103 kg，坑深 h=6.4m，取g=10m/s2求：（1）夯杆自坑底开始匀加速上升，当速度增加到4m/s时，夯杆上升的高度；（2）夯杆自坑底上升的最大高度；（3）夯杆自坑底上升到最大高度所需时间【考点】牛顿第二定律 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】夯杆自坑底开始受到滚轮对夯杆的滑动摩擦力和重力而匀加速上升，根据牛顿第二定律先求得加速度，然后根据运动学公式列式求解上升的高度；夯杆离开地面后做竖直上抛运动，由运动学公式求解最大高度；夯杆自坑底上升到最大高度所需时间为匀加速上升、匀速运动、竖直上抛三个运动过程时间之和，根据运动学公式可求解【解答】解：（1）夯杆自坑底开始匀加速上升，由牛顿第二定律有2fnmg=ma夯杆上升的高度 解得：h1=4m （2）当夯杆底端到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆竖直上抛由 解得：h2=0.8m 夯杆自坑底上升的最大高度 h=h+h2=7.2m（3）夯杆自坑底开始匀加速上升，由v=at1解得 t1=2s 当匀速动运时，由hh1=vt2解得 t2=0.6s 当竖直上抛时，由0v=gt3解得 t3=0.4s 即夯杆自坑底上升到最大高度所需时间为t=t1+t2+t3=3s答：（1）夯杆上升的高度为4m；（2）夯杆自坑底上升的最大高度为7.2m；（3）夯杆自坑底上升到最大高度所需时间为3s【点评】本题关键是分析求出夯杆的运动过程，把握每个过程所遵守的规律，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解14（12分）（2015秋淄博校级期中）一小木块静止在一长为l=1m的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如图所示，已知木块与滑板间的动摩擦因数为u1=0.1，木块与地面间的动摩擦因数为u2=0.2，现突然以恒定的加速度a=4m/s2，使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右若水平地面足够大，则小木块从开始运动到最后停止共走了多远的距离？（取g=10m/s2） 【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】根据牛顿第二定律求出木块在滑板上运动时的加速度，根据匀变速直线运动的公式，抓住木板位移和木块位移之差为求出木块的位移，木块在水平地面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据匀变速直线运动速度位移公式求出匀减速运动位移，从而求出木块的总位移【解答】解：本块在滑板上做匀加速直线运动，设木块离开滑板前，加速度为a1，速度为v1位移为x1，滑板的位移为x对木块有a1=u1gv1=a1t1x1=a1t21又滑板有x0=at21又x0x1=木块离开滑板后做匀减速运动，设木块从离开滑板到静止时的位移为x2加速度为a2，对木块有a2=u2g0=2a2x2联立以上各式，解得木块从开始运动到最后停止的位移为x=x1+x2=+=0.25m答：小木块从开始运动到最后停止共走了0.25m【点评】解决本题的关键理清木块在木板上和水平地面上的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解15（13分）（2015秋淄博校级期中）如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点p飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径为2r和r，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面ab、cd和一段光滑圆弧bc组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，ab=cd=2r，a、d等高，d端固定一小挡板，碰撞不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g（1）如果滑块恰好能经p点飞出，为了使滑块恰好沿ab斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的a、d点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点p和小圆弧最低点q时受压力之差的最小值【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）根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达p点的速度，根据速度方向与斜面ab平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出ad离地的高度（2）根据平行四边形定则求出进入a点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出滑块在锅内斜面上走过的总路程（3）根据牛顿第二定律分别求出p、q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值【解答】解：（1）在p点有：mg=得 vp=到达a点时速度方向要沿着ab，vy=vp，tan=所以ad离地高度为h=3r=r（2）进入a点滑块的速度为 v=假设经过一个来回能够回到a点，设回来时动能ek， ek=mv24umgcos8r0 所以滑块不会滑到a而飞