2013-2014学年北京市海淀区高三（上）期中物理试卷（教师版）

2013-2014学年北京市海淀区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1（3分）（2013秋海淀区期中）如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环套在固定竖直杆MN上现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角增大，在此过程中圆环B始终处于静止状态则下列说法正确的是（）A水平力F逐渐增大B绳对圆环B的弹力不变C杆对圆环B的摩擦力不变D杆对圆环B的弹力不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：O点缓慢向左移动过程中，结点O的合力保持为零，分析结点O的受力情况判断F的变化，对整体研究，根据平衡条件判断杆对圆环的弹力和摩擦力的变化情况解答：解：A、设细绳与水平方向的夹角为，物体的质量为m，对结点O受力分析，运用合成法，则由平衡条件得：F=，减小，则F增大故A正确；B、设绳对圆环的弹力为T，则Tsin=mg，T=，减小，则T增大，即绳对圆环B的弹力变大，B错误；C、以圆环和物体整体为研究对象受力分析，由平衡条件，竖直方向杆对圆环B的摩擦力等于物体与圆环的重力之和，故杆对圆环B的摩擦力不变，C正确；以圆环和物体整体为研究对象受力分析，由平衡条件，水平方向拉力F等于杆对环的弹力，F增大，杆对圆环B的弹力增大，故D错误故选：AC点评：本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题，由于不分析系统的内力，运用整体法分析杆对圆环的摩擦力和弹力比较简便2（3分）（2005浦东新区二模）如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动在这一过程中，环对杆的摩擦力为Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（）AFf不变，FN不变BFf增大，FN不变CFf增大，FN减小DFf不变，FN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菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以B为研究对象，分析在小球上升的过程中F如何变化，再以整体为研究对象，分析摩擦力Ff和支持力力FN如何变化解答：解：以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图1所示由平衡条件得：F=mgtan，增大，则F增大再以整体为研究对象，力图如图2所示根据平衡条件得：Ff=F，则Ff逐渐增大FN=（M+m）g，FN保持不变故选B点评：本题是动态平衡问题，采用隔离法和整体法相结合进行研究3（3分）（2013秋海淀区期中）一个矿泉水瓶底部有一小孔静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设水瓶在下述几种运动过程中没有转动且忽略空气阻力，则（）A水瓶自由下落时，小孔向下漏水B将水瓶竖直向上抛出，水瓶向上运动时，小孔向下漏水；水瓶向下运动时，小孔不向下漏水C将水瓶水平抛出，水瓶在运动中小孔不向下漏水D将水瓶斜向上抛出，水瓶在运动中小孔向下漏水考点：自由落体运动菁优网版权所有分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g解答：解：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以A错误，B错误，C正确，D错误故选：C点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了4（3分）（2013秋海淀区期中）如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是（）A笔尖做速度方向与加速度方向夹角逐渐变大的曲线运动B笔尖做加速度方向与水平方向夹角逐渐变大的曲线运动C笔尖在单位时间内的位移逐渐变大D笔尖在单位时间内的速度变化量不变考点：运动的合成和分解菁优网版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：笔尖参加了两个分运动，水平方向水平向右匀加速直线移动，竖直方向向上做匀速直线运动，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹解答：解：根据题意可知，笔尖做类平抛运动，A、根据速度的合成可知，与笔尖的合速度的方向与加速度方向夹角逐渐变小的曲线运动，故A错误；B、笔尖做加速度方向与水平方向夹角为零的曲线运动，故B错误；C、笔尖做类平抛运动，在单位时间内的位移逐渐变大，故C正确；D、笔尖的加速度不变，则在单位时间内的速度变化量也不变，故D正确；故选：CD点评：本题关键由分运动速度合成出合速度后，得到合速度方向的变化规律，再结合轨迹讨论即可，并掌握类平抛运动处理方法5（3分）（2014始兴县校级模拟）如图所示，一玻璃管中注满清水，水中放一软木做成的小圆柱体（其直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮）将玻璃管的开口端用胶塞塞紧（图甲）现将玻璃管倒置（图乙），在小圆柱体上升的同时，使玻璃管水平向右匀加速移动，经过一段时间，玻璃管移至图丙中虚线所示位置，小圆柱体恰好运动到玻璃管的顶端在下面四个图中，能正确反映小圆柱体运动轨迹的是（）ABCD考点：运动的合成和分解菁优网版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：小圆柱参加了两个分运动，水平方向水平向右匀加速直线移动，竖直方向在管中匀速上浮，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹解答：解：小圆柱参加了两个分运动，竖直方向在管中以v1匀速上浮，水平方向水平向右匀加速直线移动，速度v2不断变大，将v1与v2合成，如图由于曲线运动的速度沿着曲线上该点的切线方向，又由于v1不变，v2不断变大，故不断变小，即切线方向与水平方向的夹角不断变小，故ABD均错误，C正确；故选C点评：本题关键由分运动速度合成出合速度后，得到合速度方向的变化规律，再结合轨迹讨论即可6（3分）（2013秋海淀区期中）如图甲所示，贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计A挂于固定在木板上的P点，下端用细线挂一重物M某同学用此实验装置来验证“力的平行四边形定则”，并依据实验记录作出图乙关于此实验下列说法正确的是（）A应测量重物M所受的重力B拉线方向应与木板平面平行C图乙中F表示理论合力，F表示实验测出的合力D改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置考点：验证力的平行四边形定则菁优网版权所有专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：正确解答的前提是明确实验原理：弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物当弹簧测力计B一端用细线系于O点，当向左拉使结点静止于某位置弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力改变拉力时，三个绳子上的合力仍为零，因此期中两个力的合力与第三个力等大反向，不需要拉到同一位置O点解答：解：A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故B正确；C、该实验中实验测出的值在平行四边形的对角线上，理论合力与M的重力等大反向，故C正确；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验，故D项错误故选：ABC点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤7（3分）（2013秋海淀区期中）一列简谐机械横波沿x轴正方向传播，波速为2m/s某时刻波形如图所示，a、b两质点的平衡位置的横坐标分别为xa=2.5m，xb=4.5m，则下列说法中正确的是（）A质点a振动的周期为6sB平衡位置x=10.5m处的质点（图中未画出）与a质点的振动情况总相同C此时质点a的速度比质点b的速度大D经过个周期，质点a通过的路程为2cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象菁优网版权所有分析：由图能直接读出波长，由波速公式求出周期x=10.5m处的质点与a质点相距一个波长，振动情况总相同质点离平衡位置越近，速度越大只有初位置位于平衡位置或最大位移处质点，再经过个周期，质点a通过的路程是一个振幅解答：解：A、由图能直接读出波长=8m，由波速公式v=，该波的周期T=s=4s，则质点a振动的周期为4s，故A错误B、x=10.5m处的质点与a质点相距一个波长，步调总是一致，振动情况总是相同故B正确C、质点a离平衡位置比b远，所以此时质点a的速度比b的速度小故C错误D、图象时刻，质点a向上运动，速度减小，再经过个周期，质点a通过的路程小于一个振幅，即小于2cm故D错误故选：B点评：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，根据质点平衡位置间距离与波长的关系，分析质点的振动过程都是应具备的能力8（3分）（2013秋海淀区期中）假设地球的卫星1和月球的卫星2，分别绕地球和月球做匀速圆周运动，如图所示，两颗卫星2的轨道半径相同已知地球的质量大于月球的质量，两颗卫星相比较，下列说法中正确的是（）A卫星1的向心加速度较小B卫星1的动能较大C卫星1的周期较小D若卫星1是地球的同步卫星，则它的质量一定考点：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菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可同步卫星有两个必要的条件：一是轨道必须位于地球的赤道平面内；二是角速度必须等于地球自转的角速度高度是一定的解答：解：根据人造卫星的万有引力等于向心力得：=m=ma得：v=，T=2，a=A、a=，两颗卫星的轨道半径相同已知地球的质量大于月球的质量，所以卫星1的向心加速度较大，故A错误B、v=，两颗卫星的轨道半径相同已知地球的质量大于月球的质量，所以卫星1的线速度较大，由于两颗卫星质量关系不知道，所以无法判断动能关系，故B错误C、T=2，两颗卫星的轨道半径相同已知地球的质量大于月球的质量，所以卫星1的周期较小，故C正确D、同步卫星有两个必要的条件：一是轨道必须位于地球的赤道平面内；二是角速度必须等于地球自转的角速度高度是一定的所以不同的同步卫星的质量可能不等，故D错误故选：C点评：抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同对于同步卫星，要抓住五个“一定”：轨道一定，角速度一定，高度一定，速率一定，周期一定9（3分）（2014春红桥区期末）如图所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧所组成的系统做为研究对象，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能不守恒D动量不守恒，机械能守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒解答：解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；故选：B点评：本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程即可正确解题10（3分）（2013秋海淀区期中）如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）A木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小B木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量C木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能D木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零考点：动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：对A、B进行受力分析，应用动量定理与能量守恒定律分析答题解答：解：A、弹簧对A、B的作用力大小和作用时间相等，弹簧对A、B的冲量大小相等，A受到墙壁和弹簧的作用力，在离开墙壁前，合力对A的冲量为零，则墙壁对A的冲量与弹簧对A的冲量大小相等，因此墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小，故A正确；B、在木块A离开墙壁前，弹簧逐渐恢复原长，弹簧的弹性势能转化为B的动能，由能量守恒定律可知，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量，故B正确；C、A、B共速时系统的总能量等于A、B的动能与弹簧的弹性势能之和，弹簧的弹性势能小于系统的总能量，而木块离开墙壁时B的动能等于系统的总能量，因此A、B共速时的弹性势能小于木块A离开墙壁时B的动能，故C错误；D、木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，此时两木块的动能最大，弹簧的木块A的速度不为零，故D错误；故选：AB点评：本题考查了木块与弹簧弹性势能能量分析，分析清楚物体的运动过程、应用能量守恒定律即可正确解题11（3分）（2013秋海淀区期中）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（）A以地面为重力势能零点，小球的机械能减少了mgHB小球克服阻力做的功等于小球机械能的减少量C小球所受阻力的冲量等于小球重力的冲量D若小球所受阻力恒定，阻力大小与重力大小之比为H：h考点：功能关系；机械能守恒定律菁优网版权所有分析：取从静止开始释放到落到地面得过程，应用由动能定理求解小球落地时动能取整个过程为研究，应用由动能定理求解整个过程中小球克服阻力做的功，应用动量定理研究重力和阻力的冲量解答：解：A、从静止开始释放到落到地面，应用动能定理：mgH=Ek小球陷入泥中的过程，根据动能定理：mghWf=0Ek故Wf=mgh+Ek=mgh+mgH，克服阻力做的功等于小球机械能的减少量故机械能减少了mgh+mgH，故A错误，B正确；C、小球从下落到陷入的正个过程，受重力和阻力作用，动量的变化量为零，故小球所受阻力的冲量等于小球重力的冲量，故C正确；D、由A分析知：Wf=mgh+mgH，即fh=mgh+mgH故f：mg=，故D错误故选：BC点评：本题关键是应用动能定理和定理定理研究小球下落和陷入的过程，要求能够综合分析，难度适中12（3分）（2013秋海淀区期中）类比是一种典型的物理思想，下列说法中正确的是（）A电磁波可以与机械波类比，它们的传播都需要介质B单摆可以与质点类比，两者都是理想化模型C摩擦力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径无关D“合力与分力”可以与“平均速度”类比，两者建立概念时均用到“等效替代”方法考点：单摆周期公式；平均速度；物理学史；力的合成；功的计算菁优网版权所有专题：单摆问题分析：电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质；摩擦力做功与路径有关，重力做功与路径无关解答：解：A、电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质故A错误B、单摆可以与质点类比，两者都是理想化模型故B正确C、摩擦力做功与路径有关，重力做功与路径无关故C错误D、“合力与分力”可以与“平均速度”类比，两者建立概念时均用到“等效替代”方法故D正确故选：BD点评：类比法是我们学习物理的一种常用方法，通过类比能够挖掘出不同点和相同点13（3分）（2014武汉模拟）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）AA达到最大速度时的位移B拉力F的最小值为mgsin+maCA、B分离时t1=DA、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加考点：机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1根据功能关系分析能量如何转化解答：解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故A正确B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F2mgsin+kx=2ma，得F=2mgsinkx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsin=kx，得F的最小值为 F=2ma，故B错误C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma开始时有：2mgsin=kx0，又x0x=联立以三式得：t1=故C正确D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小故D错误故选：AC点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等14（3分）（2013秋海淀区期中）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的vt图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）A外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m（gsina）Bt2时刻，弹簧形变量为Ct2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值D从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：刚开始AB静止，则F弹=2mgsin，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t1时刻弹簧的形变量，根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系解答：解：A、刚开始AB静止，则F弹=2mgsin，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律得：F弹Fmgsin=ma，解得：F=m （gsina），故A正确；B、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故BC错误；D、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma开始时有：2mgsin=kx0从开始到t1时刻，弹簧释放的势能从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：由解得：所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确故选：AD点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等二、非选择题15（2008广州一模）用如图（甲）所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力（1）某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图（乙），直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑（2）如果这位同学先如（1）中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的aF图线是图中的C（将选项代号的字母填在横线上）（3）打点计时器使用的交流电频率f=50Hz下图是某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出写出用s1、s2、s3、s4以及f来表示小车加速度的计算式：a=根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为0.60m/s2（结果保留两位有效数字）考点：验证牛顿第二运动定律菁优网版权所有专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；（2）正确的aF图象应该是过原点的直线，由于平衡摩擦力过度，因此图象在纵轴上有截距，（3）根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小解答：解：（1）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑故答案为：该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑（2）如果这位同学先如（1）中的操作，导致平衡摩擦力过度，因此当小车上还没有挂砂和砂桶时，小车应该就已经有加速度了，故图象ABD错误，C正确故选C（3）由题意可知两计数点只觉得时间间隔为：T=0.1s，根据匀变速直线运动推论有：即：带入数据解得：a=0.60m/s2故答案为：，0.60m/s2点评：在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力16（2013秋海淀区期中）如图1所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有如图2甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力不计空气阻力及一切摩擦（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足小车与滑轮间的细绳与长木板平行；要使小车所受合外力一定，操作中必须满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立如图3坐标系描点作出图线下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是C（2）如图1甲，抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t0，改变木板倾角，测得多组数据，得到的F的图线如图1乙所示实验中测得两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m1=0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为0.54kgm（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2位移一定，找出a与t的关系（2）根据牛顿第二定律求出小车的加速度和合力的关系，进一步求出F和的关系式解答：解：（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力要使小车所受合外力一定，操作中必须满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2改变小车质量m，测得多组m、t的值，所以加速度a=，位移不变，所以a与t2成反比，合外力一定时，加速度与质量成反比例”的图线是C（2）小车由静止开始做匀加速运动，位移L=at2根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶，F合=Fmg=ma则图线的斜率为k=2mL=0.54kgmk与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，如图3所示测得图线斜率将不变故答案为：（1）小车与滑轮间的细绳与长木板平行；砂和砂桶的总质量远小于小车的质量；C（2）0.54kgm或0.54Ns2；不变点评：对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题17（2013秋海淀区期中）用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与水平槽圆滑连接安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过测量C（填选项前的符号），间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有CAA、B两点间的高度差h1 BB点离地面的高度h2C小球1和小球2的质量m1、m2 D小球1和小球2的半径r（3）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为76.8cm（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M、P、N用刻度尺测量斜面顶点到M、P、N三点的距离分别为l1、l2、l3则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）考点：验证动量守恒定律菁优网版权所有专题：实验题分析：（1、2）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度根据实验的原理确定需要测量的物理量（3）发生弹性碰撞时，被碰小球的速度最大，水平射程最大，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出水平射程的最大值（4）小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式解答：解：（1）因为平抛运动的时间相等，根据，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度故C正确，A、B错误故选：C（2）根据动量守恒得，m1OP=m1OM+m2ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2故选：C（3）发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2由联立解得，因此最大射程=76.8cm（4）碰撞前，m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，Lpcos=v1t解得同理，可见速度正比于所以只要验证即可故答案为：（1）C （2）C （3）76.8 （4）点评：解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度三、解答题18（2004南京模拟）如图所示，质量为0.78kg的金属块放在水平桌面上，在与水平成37角斜向上、大小为3.0N的拉力F作用下，以4.0m/s的速度向右做匀速直线运动已知sin37=0.60，cos37=0.80，g取10m/s2（1）求金属块与桌面间的动摩擦因数（2）如果从某时刻起撤去拉力，则撤去拉力后金属块在桌面上还能滑行多远？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）分析金属块的受力情况，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解动摩擦因数；（2）撤去拉力后金属块水平方向只受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移速度公式求解金属块在桌面上滑行的最大距离解答：解：（1）取物体运动方向为正，由平衡条件有：Fcosf=0 N=mgFsin又f=N所以有（2）由牛顿第二定律有mg=ma a=g=0.410m/s2=4m/s2据答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数为0.4；（2）撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离为2.0m点评：本题是物体的平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图撤去F后动摩擦因数不变19（2013天津）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，求：（l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小：（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t考点：牛顿第二定律菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对A到B的整个过程运用动能定理列式求解即可；（2）先对A到B过程运用动能定理列式求解出C点速度，然后对C到B过程根据牛顿第二定律求解加速度，最后对C到B过程运用平均速度公式列式求解时间解答：解：（1）整个运动过程的示意图如图所示取小物块为研究对象，从A到B过程，根据动能定理，有：Fx1fx=0其中：f=mg联立解得x1=16m；（2）对A到C过程运用动能定理，有：Fx1；解得：v=4m/sC到B过程，根据牛顿第二定律，有：mg=ma，解得a=g=2m/s2；根据平均速度公式，有：，解得；答：（l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小为16m；（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t为2s点评：本题关键灵活地选择运动过程运用动能定理列式求解，求解时间要根据运动学公式或者动量定理列式求解20（2010宁河县校级一模）如图所示，用一个平行于斜面向上的恒力将质量m=10.0kg的箱子从斜坡底端由静止推上斜坡，斜坡与水平面的夹角=37，推力的大小F=100N，斜坡长度s=4.8m，木箱底面与斜坡的动摩擦因数=0.20重力加速度g取10m/s2，且已知sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）物体到斜面顶端所用时间（2）到顶端时推力的瞬时功率多大？考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：功率的计算专题分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动位移时间公式求解时间；（2）根据速度时间公式求出到达顶端的速度，根据P=Fv求解瞬时功率解答：解：（1）对物体进行受力分析，沿斜面方向有：Fmg sin37f=ma 滑动摩擦力f=FN 垂直于斜面方向有：FN=mg cos37 由解得：a=2.4m/s2由 s=at2解得：t=2s （2）根据速度时间公式得：V=at 而到顶端时推力的瞬时功率P=FV 代入数据解得：p=480w 答：（1）物体到斜面顶端所用时间为2s（2）到顶端时推力的瞬时功率为480W点评：本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式及瞬时功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题21（2013秋海淀区期中）如图所示，一倾角为=37的光滑斜面固定在地面上，斜面长度s0=3.0m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板在斜面顶端由静止释放一质量m=0.10kg的小物块当小物块与挡板第一次碰撞后，能沿斜面上滑的最大距离s=0.75m已知小物块第一次与挡板碰撞过程中从接触到离开所用时间为0.10s，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；（2）小物块第一次与挡板撞击过程中损失的机械能；（3）小物块第一次与挡板撞击过程中受到挡板的平均作用力考点：功能关系；动量定理；动能定理的应用菁优网版权所有分析：小物块下滑过程中，只有重力做功，根据机械能守恒可求碰前是速度根据能量守恒可求碰撞过程中系统损失的机械能；碰后上滑过程，机械能守恒，可求碰后的速度，根据动量定理可求碰撞过程中挡板的平均作用力解答：解：（1）小物块下滑过程中，只有重力做功，根据机械能守恒：mgs0sin37=可得：碰撞前的速度v=6m/s（2）根据能量守恒可求碰撞过程中系统损失的机械能：E=mgsin37（s0s）代入数据，得E=1.35J（3）碰后上滑过程，机械能守恒，故mgssin37=故碰后上滑的速度v=3m/s根据动量定理可得：Ft=mv（mv），取沿斜面向上为正方向可得F=9N，答：（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度为6.0m/s （2）小物块第一次与挡板撞击过程中损失的机械能1.35J （3）小物块第一次与挡板撞击过程中受到挡板的平均作用力为9N，方向沿斜面向上点评：本题关键分析物块的运动状态，根据机械能守恒和动量定理列式求解22（2013秋海淀区期中）我国“嫦娥一号”月球探测器在绕月球成功运行之后，为进一步探测月球的详细情况，又发射了一颗绕月球表面飞行的科学试验卫星，假设该卫星绕月球的运动视为圆周运动，并已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑月球自转的影响（1）求该卫星环绕月球运行的第一宇宙速度v1；（2）若该卫星在没有到达月球表面之前先要在距月球某一高度绕月球做圆周运动进行调姿，且该卫星此时运行周期为T，求该卫星此时的运行半径r；（3）由题目所给条件，请提出一种估算月球平均密度的方法，并推导出密度表达式考点：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菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：1、根据第一宇宙速度的定义以及万有引力等于向心力列出等式求解2、根据卫星的万有引力等于向心力列出等式表示出卫星此时的运行半径3、抓住月球表面万有引力等于重力可计算月球的质量，再根据密度的定义式可计算月球的密度解答：解：（1）第一宇宙速度是星球近表面圆轨道卫星运行的速度大小根据卫星的万有引力等于向心力得=m根据月球表面万有引力等于重力得：=mg联立求得：v1=（2）根据卫星的万有引力等于向心力列出等式：=得：r=根据月球表面万有引力等于重力得：=mg 即GM=gR2所以该卫星此时的运行半径r=（3）根据月球表面万有引力等于重力得：=mgM=月球平均密度=答：（1）该卫星环绕月球运行的第一宇宙速是（2）该卫星此时的运行半径是；（3）密度表达式是点评：本题主要掌握天体运动的两个问题：1、万有引力提供向心力，2、星球表面的物体受到的重力等于万有引力掌握好这两个关系可以解决所以天体问题23（2013秋海淀区期中）如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=10m，半圆形轨道半径R=2.5m质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出重力加速度g取10m/s2（1）若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点滑块落回A点时的速度；（2）如果要使小滑块在圆弧轨道运动过程中不脱离轨道，求水平恒力F应满足的条件考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）物体C到A的过程中做平抛运动，将运动分解即可；（2）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出vc，在从B到C的过程中质点仅受重力和轨道的支持力，而轨道的支持力不做功，共可以根据动能定理求出物体在水平轨道上受到的力F的大小解答：解：（1）物体C到A的过程中做平抛运动，竖直方向：得：s在水平方向：x=vCt得：m/s到达C时物体在竖直方向的分速度：vy=gt=101m/s=10m/s所以物体到达A点的速度：m/s与水平方向的夹角：，所以=45斜向左下（2）物体恰好通过最高点，则有：mg=物体由A到C过程拉力和重力做功，由动能定理有：代入数据得：F=0.625 N故滑块在AB段运动过程中恒定外力F大于0.625N若物体最高只能到达与O等高的D点，同样也可以不脱离轨道，则A到D的过程中：FxmgR=00得：N，所以当拉力F2.5N时，也可以满足条件答：（1）滑块落回A点时的速度大小为m/s，与水平方向成45角斜向左下（2）水平恒力F应满足的条件是：F0.25N或F0.625N点评：本题的第二问中，由两种情况是该题的关键，物体恰好通过C点是本题的突破口，这一点要注意把握属于中档偏难的题目24（2013秋海淀区期中）如图所示，半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接，一个质量m=0.50kg的小滑块（可视为质点）静止在A点一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点C，并从C点水平飞出，落在水平面上的D点经测量，D、B间的距离s1=10m，A、B间的距离s2=25m，滑块与水平面的动摩擦因数=0.20，重力加速度g=10m/s2求：（1）滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹