2016-2017學(xué)年江蘇省鹽城市響水中學(xué)高三（上）第二次學(xué)情分析物理試卷
參考答案與試題解析
一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意．
1．一小球從某高處由靜止釋放，用t表示下落時間，h表示下落高度，υ表示下落速度，Ek表示物體動能，下列圖象正確的是（）
A． B． C． D．
【考點】機械能守恒定律；自由落體運動．
【專題】機械能守恒定律應(yīng)用專題．
【分析】小球做自由落體運動，是一種勻加速直線運動，分別列出各個量與時間t、下落高度h的關(guān)系，即可作出判斷．
【解答】解：A、小球做自由落體運動，則有 v=gt，v∝t，v﹣t圖象應(yīng)是過原點的直線，故A錯誤．
B、Ek==，則Ek﹣t是開口向上的拋物線，故B錯誤．
C、由v2=2gh得 v﹣h是開口向右的拋物線，故C錯誤．
D、Ek==mgh，v﹣h圖象應(yīng)是過原點的直線，故D正確
故選：D
【點評】對于圖象問題，根據(jù)物理規(guī)律得出解析式，再分析圖象的形狀是常用的方法和思路．
2．根據(jù)萬有引力定律F=G和牛頓第二定律F=ma可知（ ）
A．不同物體在地球表面同一地點重力加速度相同
B．相同物體在地球表面不同高度重力加速度相同
C．在地球表面同一地點重力加速度與物體質(zhì)量有關(guān)
D．在地球表面不同高度重力加速度與物體質(zhì)量有關(guān)
【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律．
【專題】萬有引力定律的應(yīng)用專題．
【分析】根據(jù)萬有引力與牛頓第二定律表達(dá)式得出重力加速度的表達(dá)式，再由表達(dá)式分析．
【解答】解：根據(jù)萬有引力與牛頓第二定律可知，F(xiàn)=G=ma=mg，可得重力加速度g=
A、由上式知：g與物體的質(zhì)量無關(guān)，則不同物體在地球表面同一點的重力加速度相同，故A正確；
B、在地球表面不同高度處，物體距地心的距離R不同，故重力加速度不相同，故B錯誤；
C、由上式知：重力加速度與地球質(zhì)量有關(guān)，與重物質(zhì)量無關(guān)，故C錯誤；
D、由上式知：重力加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)，與地球的質(zhì)量有關(guān)，故D錯誤．
故選：A．
【點評】根據(jù)加速度的表達(dá)式，由表達(dá)式得出重力加速度的決定式是正確解題的關(guān)鍵，不難屬于基礎(chǔ)題．
3．如圖所示，輕彈簧一端固定在O點，另一端系一重物，將重物從與懸點O等高處且彈簧為原長的A點無初速度釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力，在重物由A點擺向最低點的過程中，下列說法錯誤的是（）
A．重物的重力勢能減小
B．彈簧的彈性勢能增加
C．重物的機械能不變
D．重物到達(dá)最低點處獲得一定的動能
【考點】功能關(guān)系；彈性勢能；動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化．
【分析】根據(jù)重力做功，判斷重力勢能的變化，在整個運動的過程中，有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，通過系統(tǒng)機械能守恒判斷重物機械能的變化．
【解答】解：A、重物由A點擺向最低點的過程中，重力做正功，重力勢能減小．故A正確；
B、從A擺到最低點過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈性勢能增加，故B正確．
C、在整個運動過程中，彈簧對重物做負(fù)功，重物的機械能減少，故C錯誤；
D、重物到達(dá)最低點處時獲得一定的速度，具有一定的動能，故D正確．
本題選擇不正確的，故選：C．
【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握重力做功和重力勢能的關(guān)系，知道系統(tǒng)機械能包括重力勢能、彈性勢能和動能的總和保持不變．
4．如圖所示，光滑的半圓柱體靜止在水平面上，A、B小球通過輕質(zhì)細(xì)線相連，與豎直方向的夾角分別為37°和53°，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球的質(zhì)量為m．sin37°=0.6，cos37°=0.8，則B球質(zhì)量為（）
A．m B．m C．m D．2m
【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．
【專題】共點力作用下物體平衡專題．
【分析】小球A和B通過輕繩相連，靜止在光滑的半圓柱面上，根據(jù)平衡條件即可求得B的質(zhì)量．
【解答】解：設(shè)繩子的拉力大小為T．
根據(jù)平衡條件有：
對A有：T=mAgsin37°
對B有：T=mBgsin53°
所以可得：mB=mA=
故選：A
【點評】本題是繩系的連接體平衡問題，采用隔離法研究是常用的方法，要正確分析兩個物體的受力情況，抓住繩子拉力相等是解題的關(guān)鍵．
5．從地面上同時拋出兩小球，A沿豎直向上，B沿斜向上方，它們同時到達(dá)最高點，不計空氣阻力．則（ ）
A．A先落到地面上 B．B的加速度比A的大
C．A上升的最大高度比B大 D．拋出時B的初速度比A大
【考點】豎直上拋運動．
【專題】直線運動規(guī)律專題．
【分析】斜上拋運動可以分為水平方向的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動，岸兩個方向分析它的兩個分運動即可．
【解答】解：A、A小球做豎直上拋運動，到達(dá)最高點時，速度為零；B小球豎直方向也是豎直上拋運動，它們同時到達(dá)最高點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，它們下降的過程經(jīng)歷的時間也是相同的，所以它們一定是同時落地，故A錯誤；
B、豎直上拋運動的加速度是重力加速度，斜上拋運動的加速度也是重力加速度，所以A和B的加速度是相同的，故B錯誤；
C、A小球做豎直上拋運動，到達(dá)最高點時，速度為零；B小球豎直方向也是豎直上拋運動，它們同時到達(dá)最高點，所以在豎直方向上的位移是相等的，即上升的高度是相等的．故C錯誤；
D、A小球做豎直上拋運動，B小球豎直方向也是豎直上拋運動，它們同時到達(dá)最高點，所以B的初速度沿豎直方向的分速度與A的初速度大小相等，所以B的總速度一定大于A的初速度．故D正確；
故選：D
【點評】本題考查了豎直上拋運動，和斜上拋運動，斜上拋運動可以分為水平方向的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動；本題是一道基礎(chǔ)題，熟練應(yīng)用基礎(chǔ)知識即可正確解題．
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共計20分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答得0分．
6．如圖所示，小船自A點渡河，到達(dá)正對岸B點，現(xiàn)在水流速度變大，仍要使船到達(dá)正對岸B點，下列可行的辦法是（ ）
A．航行方向不變，船速變大
B．航行方向不變，船速變小
C．船速不變，減小船與上游河岸的夾角α
D．船速不變，增大船與上游河岸的夾角α
【考點】運動的合成和分解．
【專題】運動的合成和分解專題．
【分析】要使小船到達(dá)正對岸，即合速度的方向與河岸垂直，根據(jù)平行四邊形定則，求出合速度的大小與方向．
【解答】解：A、若航行方向不變，根據(jù)平行四邊形定則可知，船速變大，才能確保合速度垂直河岸，故A正確，B錯誤；
C、若船速不變，根據(jù)平行四邊形定則可知，必須減小船與上游河岸的夾角α，才能確保合速度垂直河岸，故C正確，D錯誤；
故選：AC．
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道運動的合成和分解遵循平行四邊形定則，以及知道當(dāng)合速度的方向與河岸垂直，小船將垂直到達(dá)對岸．
7．如圖所示，吊車用兩根等長的繩子OA和OB將質(zhì)量分布均勻的鐵板勻速吊離地面，下列說法中正確的是（ ）
A．繩越長，每根繩對鐵板拉力越小
B．繩越長，兩根繩對鐵板拉力的合力越小
C．兩根繩子對鐵板拉力的合力豎直向上
D．兩根繩子對鐵板的拉力和鐵板的重力是共點力
【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成；力的合成與分解的運用．
【專題】共點力作用下物體平衡專題．
【分析】對繩OA和OB的拉力應(yīng)用平行四邊形定則求合力，根據(jù)平衡條件其合力應(yīng)該與鐵板的重力等大反向，繩越長，兩繩夾角越小，由圖解法分析繩子拉力的變化．
【解答】解：A、對繩OA和OB的拉力應(yīng)用平行四邊形定則求合力，如圖：
根據(jù)平衡條件兩繩子拉力的合力始終等于鐵板的重力，即不變，當(dāng)繩子變長后，兩繩夾角變小，如圖中紅線所示，但其合力不變，
由圖可以看出繩子拉力變小，故A正確B錯誤；
C、根據(jù)平衡條件兩繩子拉力的合力與鐵板的重力等大反向，則兩根繩子對鐵板拉力的合力豎直向上，C正確；
D、一個物體受到幾個外力的作用，如果這幾個力有共同的作用點或者這幾個力的作用線交于一點，這幾個外力稱為共點力，兩根繩子對鐵板的拉力和鐵板的重力其延長線會交于O點，故它們是共點力，D正確；
故選：ACD．
【點評】繩長變化時每根繩對鐵板的拉力可以用圖解法求解變化也可以由函數(shù)法求解．
8．在研究小車做勻變速直線運動時，小明同學(xué)把紙帶每隔0.1s剪斷，得到若干短紙條，再將這些紙條并排貼在一張紙上，使這些紙條下端對齊作為時間軸，最后將紙條上端中心點連起來，如圖所示．下列說法中正確的是（）
A．直線的斜率表示小車的速度大小
B．直線的斜率表示小車的加速度大小
C．每條紙帶上端中心縱坐標(biāo)等于對應(yīng)的0.1s內(nèi)小車位移大小
D．上端中心點連起來的直線表示小車位移與時間的關(guān)系
【考點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．
【專題】實驗題．
【分析】本題使用的方法是等效代替法解題，它們的長度分別等于x=v平均t，因為剪斷的紙帶所用的時間都是t=0.1s，即時間t相等，所以紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比；而此段紙帶的平均速度等于這段紙帶中間時刻的速度，最后得出結(jié)論紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比．根據(jù)圖象的斜率求出小車的加速度．
【解答】解：因為剪斷的紙帶所用的時間都是t=0.1s，即時間t相等，所以紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比；而此段紙帶的平均速度等于這段紙帶中間時刻的速度，最后得出結(jié)論紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比．
速度﹣時間直線的斜率表示加速度，可知運動物體的加速度a=．
故選：BC．
【點評】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用．
9．發(fā)射地球同步衛(wèi)星過程示意圖如圖所示．首先將衛(wèi)星發(fā)射到近地的軌道1，運行速度大小為υ1，加速度大小為a1，在p點點火后進入橢圓形軌道2，經(jīng)過p點時速度大小為υp，加速度大小為ap，經(jīng)過Q點時速度大小為υQ，加速度大小為aQ；最后在Q點點火進入同步軌道3，運行速度大小為υ3，加速度大小為a3，則（）
A．υ1＞υ3，a1=ap B．υ1＞υp，ap＞aQ C．vp＞vQ，a1＞a3 D．υQ＞υ3，aQ=a3
【考點】同步衛(wèi)星．
【專題】人造衛(wèi)星問題．
【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，列方程可得到衛(wèi)星速率與半徑的關(guān)系來判斷速率大?。膳ｎD定律研究衛(wèi)星在Q、P兩點加速度大?。?/p>
【解答】解：A、根據(jù)v=，可知，v1＞v3，
根據(jù)牛頓第二定律得a=，在衛(wèi)星在近地圓軌道上經(jīng)過P點時的加速度等于在橢圓轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點的加速度，因此a1=ap，故A正確，B錯誤；
C、根據(jù)近點速度大，遠(yuǎn)點速度小，則有vP＞vQ，
根據(jù)牛頓第二定律得a=，在衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過Q點時的加速度等于在橢圓轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過Q點的加速度，因此a1＞a3，故C正確，D錯誤
故選：AC．
【點評】衛(wèi)星在不同軌道上運行時各個量的比較，往往根據(jù)萬有引力等于向心力列出物理量與半徑的關(guān)系，然后比較．
10．如圖所示，質(zhì)量相等的物體A、B通過一輕質(zhì)彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)通過細(xì)繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛要離開地面，彈簧一直在彈性限度內(nèi)，則（）
A．兩個階段拉力做的功相等
B．拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量
C．第一階段，拉力做的功大于A的重力勢能的增加量
D．第二階段，拉力做的功大于A的重力勢能的增加量
【考點】功能關(guān)系；功的計算；彈性勢能．
【分析】應(yīng)用平衡條件求出彈簧壓縮與伸長時的形變量關(guān)系，然后應(yīng)用動能定理求出拉力的功，根據(jù)功的表達(dá)式分析答題．
【解答】解：開始時A壓縮彈簧，形變量為x1=；要使B剛要離開地面，則彈力應(yīng)等于B的重力，即kx2=mg，故形變量x2=，則x1=x2=x，
A、緩慢提升物體A，物體A的動能不變，第一階段與第二階段彈簧的形變量相同，彈簧的彈性勢能EP相同，由動能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，
W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，則：W1＜W2，故A錯誤；
B、由于在整個過程中，彈簧的彈性勢能不變，物體A、B的動能不變，B的重力勢能不變，由能量守恒定律可知，拉力做的功轉(zhuǎn)化為A的重力勢能，拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量，故B正確；
C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物體重力勢能的增加量為mgx，則第一階段，拉力做的功小于A的重力勢能的增量，故C錯誤；
D、由A可知，W2=mgx+EP，重力勢能的增加量為mgx，則第二階段拉力做的功大于A的重力勢能的增加量，故D正確；
故選：BD．
【點評】本題對學(xué)生要求較高，在解題時不但要能熟練應(yīng)用動能定理，還要求能分析物體的運動狀態(tài)，能找到在拉起物體的過程中彈力不做功．
三、簡答題：本題共3題，每空2分，共計22分．請將解答填寫在答題卡上相應(yīng)的位置．
11．（8分）用圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律時，所用交流電源的頻率為50Hz，得到如圖乙所示的紙帶．選取紙帶上打出的連續(xù)五個點A、B、C、D、E，測出A點距起點O的距離為s0=19.00cm，點A、C間的距離為s1=8.36cm，點C、E間的距離為s2=9.88cm，g取9.8m/s2，測得重物的質(zhì)量為100g．
（1）下列做法正確的有 AB ．
A．圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線上
B．實驗前，手應(yīng)提住紙帶上端，并使紙帶豎直
C．實驗時，先放手松開紙帶再接通打點計時器電源
D．?dāng)?shù)據(jù)處理時，應(yīng)選擇紙帶上距離較近的兩點作為初、末位置
（2）選取O、C兩點為初末位置研究機械能守恒．重物減少的重力勢能是 0.27 J，打下C點時重物的速度是 2.28 m/s．（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
（3）實驗中，重物減小的重力勢能總是略大于增加的動能，寫出一條產(chǎn)生這一現(xiàn)象的原因 重物受到的空氣阻力 ．
【考點】驗證機械能守恒定律．
【專題】實驗題；機械能守恒定律應(yīng)用專題．
【分析】（1）了解實驗中的注意事項后分析解答．
（2）重物減少的重力勢能為mgh，根據(jù)在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可以求出打下記數(shù)點C時的速度大小；
（3）由于空氣阻力和摩擦力阻力的作用重物減小的重力勢能總是略大于增加的動能．
【解答】解：（1）A、為了減小紙帶與限位孔之間的摩擦圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線，A正確．
B、為了保證紙帶在豎直方向做自由落體，實驗前，手應(yīng)提住紙帶上端，并使紙帶豎直，B正確．
C、實驗時，先接通打點計時器電源再放手松開紙帶，故C錯誤．
D、為了減小測量數(shù)據(jù)h的相對誤差，數(shù)據(jù)處理時，應(yīng)選擇紙帶上距離較遠(yuǎn)的兩點作為初、末位置，D錯誤．
故選：AB．
（2）重物減少的重力勢能為：
△Ep=mgh=mg（s0+s1）=0.1kg×9.8m/s2×（19.00+8.36）×10﹣2m≈0.27J
vc===2.28m/s
（3）由于阻力的作用重物減小的重力勢能總是略大于增加的動能，這里的阻力主要來源于重物受到的空氣阻力和紙帶與打點計時器之間的摩擦阻力．
故答案為：（1）AB；（2）0.27，2.28；（3）重物受到的空氣阻力或紙帶與打點計時器之間的摩擦阻力．
【點評】本題考查了驗證機械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理方法，以及有關(guān)誤差分析，要學(xué)會根據(jù)可能產(chǎn)生誤差的原因進行分析．
12．（6分）如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)，將小圓環(huán)掛在橡皮條的下端，橡皮條長度為GE．用兩根彈簧測力計拉動小圓環(huán)到O點，小圓環(huán)受到作用力F1、F2和橡皮條的拉力F0，如圖乙所示．
（1）如圖乙，此時要記錄下拉力F1、F2的大小，并在白紙上作出 拉力F1、F2的方向 ，以及O點的位置．
（2）實驗中，不必要的是 AD ．
A．選用輕質(zhì)小圓環(huán)
B．彈簧測力計在使用前應(yīng)校零
C．撤去F1、F2，改用一個力拉住小圓環(huán)，仍使它處于O點
D．用兩根彈簧測力計拉動小圓環(huán)時，要保持兩彈簧測力計相互垂直
（3）圖丙中F′是用一個彈簧測力計拉小圓環(huán)時，在白紙上根據(jù)實驗結(jié)果畫出的圖示．F與F′中，方向一定沿GO方向的是 F′ ．
【考點】驗證力的平行四邊形定則．
【專題】平行四邊形法則圖解法專題．
【分析】（1）根據(jù)實驗原理可知，在實驗中需要記錄拉力的大小和方向，以便根據(jù)兩個分力的大小和方向做平行四邊形．
（2）明確該實驗的實驗原理以及實驗步驟，操作過程的注意事項以及產(chǎn)生誤差原因等，如該實驗采用了“等效替代”法，要求兩次橡皮筋的形變大小和方向相同，拉彈簧時兩力的大小可以適當(dāng)大些，夾角大小合適，并非要求為直角等．
（3）驗證力的平行四邊形定則的實驗原理是：理論值與實際值的對比．合力的理論值使用作圖法，需要記錄兩分力的大小和方向；實際值的測量則使用等效替代，需要測量結(jié)點O的位置及力的大小．另外實際值與測量值比較方法，是在同一點作出兩力的圖示，比較是否近似重合．
【解答】解：（1）該實驗中，需要根據(jù)力F1、F2的大小和方向做出平行四邊形，求出合力與一個彈簧拉橡皮筋時拉力F進行比較，因此需要記錄拉力F1、F2的大小和方向；
（2）A、小圓環(huán)的作用是通過彈簧拉橡皮筋，不需要輕質(zhì)的，只要正確確定開始位置即可，故A不需要；
B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要準(zhǔn)確必須在測之前校零．故B項需要；
C、該實驗采用“等效替代”法，因此兩次拉橡皮筋要到同一位置，故C需要；
D、用兩根彈簧測力計拉動小圓環(huán)時，量彈簧夾角適當(dāng)，便于做平行四邊形，便于減小誤差即可，并非要求兩彈簧測力計相互垂直，故D不需要．
故不需要的步驟為：AD．
（3）實際測量的合力應(yīng)與橡皮筋在同一條直線上，即F′與橡皮筋在同一條直線上，由平行四邊形定則作出的為理論值與實際值有一定的偏差，即由平行四邊形定則作出的為F．
故答案為：（1）拉力F1、F2的方向；（2）AD；（3）F′．
【點評】通過作出力的圖示來驗證“力的平行四邊形定則”，要明確實驗原理，理解“等效替代”的含義，重點是如何準(zhǔn)確作出力的圖示．
13．（8分）圖為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)的實驗裝置示意圖，細(xì)線平行于桌面，物塊和遮光片的總質(zhì)量為M、重物的質(zhì)量為m，遮光片的寬度為d，兩光電門之間的距離為s．讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放，分別測出遮光片通過光電門A、B所用的時間為tA和tB，用遮光片通過光電門的平均速度表示遮光片豎直中線通過光電門的瞬時速度．
（1）如果物塊運動的加速度為a，則物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)μ為 A ；
A．B．C．D．
（2）利用實驗中測出的物理量，算出物塊運動的加速度a為 B ；
A．B．C．D．
（3）遮光片通過光電門的平均速度 小于 （選填“大于”、“等于”或“小于”）遮光片豎直中線通過光電門的瞬時速度，由此會產(chǎn)生誤差，請寫出一種減小這一誤差的方法．答： 減小遮光片的寬度 ．
【考點】探究影響摩擦力的大小的因素．
【專題】實驗題；摩擦力專題．
【分析】（1）分別對m和M進行受力分析，然后使用牛頓第二定律即可求得摩擦因數(shù)；
（2）遮光板通過光電門的時間很短，可以用對應(yīng)時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度；根據(jù)速度位移關(guān)系公式列式求解；
（3）遮光片通過光電門的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而物塊做加速運動前一半的時間內(nèi)的位移小于后一半時間內(nèi)的位移．
【解答】解：（1）對m：mg﹣F拉=ma
對M：F拉﹣μMg=Ma
解得：
故選：A；
（2）由于遮光條通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度，故
；
由運動學(xué)的導(dǎo)出公式：
解得：；
故選：B；
（3）遮光片通過光電門的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而物塊做加速運動前一半的時間內(nèi)的位移小于后一半時間內(nèi)的位移，所以時間到一半時，遮光片的中線尚未到達(dá)光電門，所以遮光片通過光電門的平均速度小于遮光片豎直中線通過光電門的瞬時速度．為減小實驗的誤差，可以減小遮光片的寬度，也可以通過計算，消除理論誤差．
故答案為：（1）A；（2）B；（3）小于，減小遮光片的寬度．
【點評】本題關(guān)鍵明確探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系實驗的實驗原理，知道減小系統(tǒng)誤差的兩種方法，不難．
四、計算題：本題共4小題，共計63分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．
14．（15分）把質(zhì)量是0.2kg的小球放在豎立的彈簧上，并把小球往下按至A位置，如圖甲所示；迅速松手后，彈簧把小球彈起，升至最高位置C，如圖丙所示；途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)，如圖乙所示；已知B、A的高度差為0.1m，C、B的高度差為0.2m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力均忽略不計．
（1）求圖甲狀態(tài)時彈簧的彈性勢能；
（2）求小球經(jīng)過B點時的速度；
（3）有人認(rèn)為小球運動過程中經(jīng)過B點時動能最大，你同意他的觀點嗎？請簡要說明理由．
【考點】機械能守恒定律．
【專題】機械能守恒定律應(yīng)用專題．
【分析】（1）小球從A運動到C位置的過程中，對于彈簧和小球組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律求解．
（2）小球從B運動到C位置的過程中，只有重力做功，其機械能守恒，即可根據(jù)機械能守恒定律求解．
（3）分析小球的受力情況，判斷其運動情況，再分析小球的動能變化情況．
【解答】解：（1）對于彈簧和小球組成的系統(tǒng)，小球從A→C過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：
EP=mg（hAB+hBC）=0.2×10×（0.1+0.2）J=0.6J
（2）設(shè)小球經(jīng)過B點時的速度為v．
小球從B→C過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：=mghBC，
得，v==m/s=2m/s
（3）不同意．小球從A→B過程，小球所受的彈力先大于重力，后小于重力，則小球先做加速運動，后做減速運動，當(dāng)彈力與重力大小相等時，小球的速度最大，動能最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，此位置一定位于B的下方．
答：（1）圖甲狀態(tài)時彈簧的彈性勢能是0.6J；（2）小球經(jīng)過B點時的速度是2m/s；（3）不同意他的觀點，理由見上．
【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握機械能守恒的條件，在只有重力或彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機械能守恒．并能通過分析受力情況，判斷小球的運動情況．
15．（15分）民航客機一般都有緊急出口，發(fā)生意外情況的飛機緊急著陸后，打開緊急出口，狹長的氣囊會自動充氣，生成一條連接出口與地面的斜面，人員可沿斜面滑行到地面上，并以不變速率進入水平面，在水平面上再滑行一段距離而停止，如圖所示，若機艙口下沿距地面3.2m，氣囊構(gòu)成的斜面長度為6.4m，一個質(zhì)量60Kg的人沿著氣囊滑下時所受到的摩擦阻力是240N．若人與水平面動摩擦因數(shù)與斜面相同．g=10m/s2，求人：
（1）與斜面的動摩擦因數(shù)：
（2）在斜面上下滑的時間；
（3）在水平面上滑行的距離．
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．
【專題】牛頓運動定律綜合專題．
【分析】根據(jù)幾何關(guān)系可求得斜面傾角，根據(jù)摩擦力公式可求得動摩擦因數(shù)；
根據(jù)牛頓第二定律，可求人下滑過程的加速度，根據(jù)位移時間公式，可求下滑時間；
根據(jù)牛頓第二定律可求人在水平面上的加速度，根據(jù)速度位移公式可求人在水平面上滑行的距離；
【解答】解：（1）設(shè)氣囊傾角為α，由幾何關(guān)系可知：sinα=
即α=30°
人在氣囊上下滑過程中，阻力f=μmgcosα
解得：μ=
（2）人在氣囊上下滑過程中，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣f=ma1
代入數(shù)據(jù)可得：
則===
（3）人在水平面上運動時，由牛頓第二定律得：
μmg=ma2
故a2=μg=m/s2
設(shè)人到達(dá)地面時的速度為v，
則v=a1t1=m/s
在水平面上有運動學(xué)公式得：
=
答：（1）與斜面的動摩擦因數(shù)為：
（2）在斜面上下滑的時間為；
（3）在水平面上滑行的距離為．
【點評】本題關(guān)鍵考查牛頓第二定律和勻變速直線運動公式的基本應(yīng)用，基礎(chǔ)題．
16．（16分）如圖所示，為游樂場摩天輪的示意圖．輪半徑為L，在輪緣上有質(zhì)量為m的若干座椅，繞軸O在豎直平面內(nèi)以恒定角度ω0轉(zhuǎn)動．已知座椅過最高點A時對輪的作用力指向軸心O．重力加速度為g．求：
（1）座椅過B點時加速度的大小α；
（2）座椅從C點運動半周到A點的過程中，輪對座椅做功的平均功率；
（3）游樂場摩天輪轉(zhuǎn)動的角速度ω大小的可能取值范圍．
【考點】功率、平均功率和瞬時功率；向心力．
【專題】功率的計算專題．
【分析】（1）在B點，根據(jù)向心加速度公式列式求解；
（2）座椅從C到D的過程中，根據(jù)動能定理列式結(jié)合平均功率公式即可求解；
（3）在最高點，對座椅，由牛頓第二定律列式即可求解．
【解答】解：（1）在B點，根據(jù)向心加速度公式得：
a=
（2）座椅從C到D的過程中，根據(jù)動能定理得：
W=mg·2L
輪對座椅做功的平均功率=；
（3）在最高點，對座椅，由牛頓第二定律得：
mg＞mω2L
解得：0
答：（1）座椅過B點時加速度的大小為；
（2）座椅從C點運動半周到A點的過程中，輪對座椅做功的平均功率為；
（3）游樂場摩天輪轉(zhuǎn)動的角速度ω大小的可能取值范圍為0．
【點評】本題考查了圓周運動和動能定理的綜合，知道圓周運動向心力的來源，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
17．（17分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的光滑四分之一圓形軌道，最高點A與圓心連線水平．光滑水平面上有足夠長的木板，質(zhì)量為m0，其左端恰好緊靠圓弧最低點B，處于靜止?fàn)顟B(tài)．一個質(zhì)量為m1的物塊從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B點滑上木板，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，同時木板受到水平向右恒力F=2μm1g的作用，重力加速度為g．求：
（1）物塊過B點時受到的彈力；
（2）物塊相對木板滑動的最大距離；
（3）物塊和木板間摩擦產(chǎn)生的熱量．
【考點】動能定理；向心力．
【專題】計算題；比較思想；臨界法；動能定理的應(yīng)用專題．
【分析】（1）由機械能守恒定律求出物塊到達(dá)B點時的速度大?。飰K經(jīng)過B點時，由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道對它的支持力．
（2）物塊滑上木板后先做向右做勻減速運動，由牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度，根據(jù)運動學(xué)公式得到兩者的速度和位移與時間的關(guān)系式．當(dāng)兩者速度相等時，物塊相對木板滑動的距離最大，聯(lián)立求解．
（3）分兩種情況研究：1、兩者速度相等后一起運動，由牛頓第二定律對整體求一起運動的加速度，得到加速度的條件，再由相對位移求熱量．2、滑塊從木板的左端滑下，求得相對位移，再求熱量．
【解答】解：（1）物塊在圓弧上運動時，由機械能守恒得：
m1gR=
可得：v0=
物塊經(jīng)過B點時，由牛頓第二定律得：
N﹣m1g=m1
解得：N=3m1g
（2）物塊在木板上滑動過程中，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得：
對物塊：﹣μm1g=m1a1，a1=﹣μg，而v0=
速度：v1=v0+a1t=﹣μgt
位移：x1=v0t+a1t2=t﹣μgt2；
對木板：F+μm1g=m0a2，a2=
速度：v2=a2t=t
位移：x2=a2t2=t2；
當(dāng)v1=v2時物塊相對于木板向右滑行最遠(yuǎn)，即得：
﹣μgt=t
所以 t=
故物塊相對木板滑動的最大距離△xmax=x1﹣x2=
（3）速度相同時，如果兩者一起運動，設(shè)加速度為a
由整體：a==
當(dāng)a≤|a1|，即m0≥m1時，物塊與木板一起向右運動，不再發(fā)生相對滑動，則產(chǎn)生的熱量為
Q=μm1g△xmax=
當(dāng)a＞|a1|，即m0＜m1時，物塊與木板仍相對滑動，木板運動比物塊快，物塊將木板的左側(cè)滑下，則產(chǎn)生的熱量為
Q=2μm1g△xmax=2
答：（1）物塊過B點時受到的彈力是3m1g；
（2）物塊相對木板滑動的最大距離是；
（3）物塊和木板間摩擦產(chǎn)生的熱量為或2．
【點評】本題首先要分析物塊和木板的物理過程，把握速度相等這個臨界狀態(tài)，分析物塊可能的運動狀態(tài)是關(guān)鍵，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行處理．
聯(lián)系客服
