安徽省蚌埠二中2022届高三物理上学期11月月考试题含解析

2022-2022学年安徽省蚌埠二中高三（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题（总分48分，每题4分．1-7题只有一个选项符合题意，8-12题至少有两项，漏选得2分，不选或错选不得分．）1．假设宇宙中有一颗未命名的星体，其质量为地球的6.4倍，一个在地球表面重力为50N的物体，经测定该未知星体表面的重力为80N，则未知星体与地球的半径之比为()A．05B．2C．32D．42．在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图象，可能正确的是()A．B．C．D．3．如图所示，在A点有一个小球，紧靠小球的左方有一个点光源S．现将小球从A点正对着竖直墙水平抛出，不计空气阻力，则打到竖直墙之前，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是()A．匀速直线运动B．自由落体运动C．变加速直线运动D．匀减速直线运动4．如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2示．取g=10m/s2，则()A．第1s内推力做功为1JB．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0JC．第1.5s时推力F的功率为2WD．第2s内推力F做功的平均功率-21-\n5．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块a和B放在转盘上且木块a、B与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为上的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止转动，角速度缓慢增大，以下说法不正确的是()A．当ω＞时，A．B会相对于转盘滑动B．当ω＞时，绳子一定有弹力C．ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直变大6．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A．B．C．D．mgR7．如图甲所示，平行于斜而的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜而底端，另一端与Q物块连接，P、Q质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止．现用下行于斜面向上的力F拉物块P，使P做加速度为a的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法正确的是()A．平行于斜而向上的拉力F一直增大B．外力施加的瞬间，P、Q间的弹力大小为m（gsinθ﹣a）C．从0开始到tl时刻，弹簧释放的弹性势能为mvt2D．t2时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值-21-\n8．如图所示，地球球心为O，半径为R，表面的重力加速度为g．一宇宙飞船绕地球无动力飞行且沿椭圆轨道运动，轨道上P点距地心最远，距离为3R，则()A．飞船在P点的加速度一定是B．飞船经过P点的速度一定是C．飞船经过P点的速度小于D．飞船经过P点时，对准地心弹射出的物体一定沿PO直线落向地面9．如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是()A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大10．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大-21-\nB．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大11．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的输出功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g12．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点（AB=BC），地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系一定成立的有()A．W1＞W2B．Q1＞Q2C．EkB＜EkCD．PB＞PC二、实验题（8分，每空2分）13．某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”．小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．（1）在实验中，下列说法正确的有__________A．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度-21-\nD．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，打点计时器使用频率为f的交流电．在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE=__________．（3）若用B、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为__________（用所测物理量的符号表示）．（4）该小组同学希望通过此实验装置研究摩擦力对小车所做的功，应如何操作？（写出一种方法即可）三、计算题（14题12分，15题14分，16题18分）14．水平面上静止放置一质量为m=0.2kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末到达额定功率，其v﹣t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，g=10m/s2，电动机与物块间的距离足够远，求：（1）物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；（2）电动机的额定功率；（3）物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．15．（14分）如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？16．（18分）如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M=3kg，车长L=2.06m，车上表面距地面的高度h=0.2m-21-\n．现有一质量m=lkg的小滑块（可看成质点），由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定．（g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小（4）滑块落地点离车左端的水平距离．-21-\n2022-2022学年安徽省蚌埠二中高三（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题（总分48分，每题4分．1-7题只有一个选项符合题意，8-12题至少有两项，漏选得2分，不选或错选不得分．）1．假设宇宙中有一颗未命名的星体，其质量为地球的6.4倍，一个在地球表面重力为50N的物体，经测定该未知星体表面的重力为80N，则未知星体与地球的半径之比为()A．05B．2C．32D．4【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】抓住质量不变，根据在地球表面和未知天体表面的重力之比求出重力加速度之比，结合万有引力等于重力求出未知星体与地球的半径之比．【解答】解：一个在地球表面重力为50N的物体，经测定该未知星体表面的重力为80N，因为物体的质量不变，则未知天体表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为8：5，根据得，R=，因为未知星体和地球的质量之比为6.4：1，重力加速度之比为8：5，则半径之比为2：1．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一重要理论，并能灵活运用，知道星球表面的重力加速度与什么因素有关．2．在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图象，可能正确的是()A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【专题】压轴题．【分析】跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大，明确这一点后，把跳伞运动员的下落运动与受的阻力分解为水平方向和竖直方向，竖直方向运动员受重力和空气阻力，合力向下，速度逐渐增大，阻力增大合力减小，加速度减小；水平方向只受阻力，开始由于惯性具有水平初速度，跳后速度减小，阻力减小，加速度减小．再根据v﹣t图象中图线的斜率作出判断．【解答】解：A、B：跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大，把阻力向水平方向分解，水平方向只受阻力，同时跳伞运动员具有水平方向速度，所以做减速运动，且速度减小，阻力减小，加速度减小．在v﹣t图象中图线的斜率表示加速度，∴A选项错误，B选项正确．C、D：竖直方向运动员受重力和空气阻力，竖直方向的速度逐渐增大，空气阻力增大，竖直方向的合力减小，竖直方向的加速度ay逐渐变小，图象中的图线的斜率减小，而由斜率表示加速度知，C图中，竖直方向的加速度不变，D图中加速度增大，与实际不符，故C、D错误．-21-\n故选：B．【点评】知道速度与所受阻力的规律是解决本题的关键，再利用分解的思想把跳伞运动员的受力和运动向水平方向和竖直方向分解，在两个方向上分别分析判断．3．如图所示，在A点有一个小球，紧靠小球的左方有一个点光源S．现将小球从A点正对着竖直墙水平抛出，不计空气阻力，则打到竖直墙之前，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是()A．匀速直线运动B．自由落体运动C．变加速直线运动D．匀减速直线运动【考点】平抛运动；自由落体运动．【专题】平抛运动专题．【分析】根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析讨论．【解答】解：由图中两个三角形相似可得，，；而h=gt2，联立解得x=t，即影子的位移与时间成正比，所以小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动；故选A．【点评】此题通过影子的运动考查平抛运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论．4．如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2示．取g=10m/s2，则()A．第1s内推力做功为1JB．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0JC．第1.5s时推力F的功率为2WD．第2s内推力F做功的平均功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】由图可知物体的运动过程，并得出推力及摩擦力的大小；再由功的公式及功率公式求解．【解答】解：A、由图可知，第1s内物体的速度为零，故位移为零，推力不做功，故A错误；-21-\nB、第2s内推力为3N；及第3s内物体做匀速直线运动，则可知，摩擦力f=F=2N；物体经过的位移x==1m；则克服摩擦力做功W=fx=2.0J；故B正确；C、第1.5s时推力为3N；速度v=1m/s；则推力的功率P=3×1=3W；故C错误；D、第2s内的平均功率P=F=3×=3W；故D错误；故选：B．【点评】本题考查对图象的认识，要求我们在本题中能从图象中求出各时刻的速度、位移及由平衡条件得出摩擦力的大小关系，是道好题．5．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块a和B放在转盘上且木块a、B与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为上的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止转动，角速度缓慢增大，以下说法不正确的是()A．当ω＞时，A．B会相对于转盘滑动B．当ω＞时，绳子一定有弹力C．ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直变大【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】开始角速度较小，绳子无拉力，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，绳子会受到拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动．【解答】解：A、当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg﹣T=mLω2，对B有：T+kmg=m•2Lω2，解得ω=，当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动．故A正确．B、当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m•2Lω2，解得ω1=时，知ω＞时，绳子一定有弹力．故B正确．-21-\nC、当角速度满足0＜ω＜时，B所受的摩擦力变大，ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力不变．故C错误．D、当ω在0＜ω＜范围内增大时，A所需要的向心力增大，则A所受摩擦力一直增大．故D正确．本题选不正确的，故选：C【点评】解决本题的关键搞清木块向心力的来源，把握物体刚要滑动的条件，结合牛顿第二定律进行分析．6．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A．B．C．D．mgR【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】小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功．【解答】解：小球在最低点，受力分析与运动分析．则有：而最高点时，由于恰好能通过，所以：小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：由以上三式可得：故选：C-21-\n【点评】由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件．同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功．7．如图甲所示，平行于斜而的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜而底端，另一端与Q物块连接，P、Q质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止．现用下行于斜面向上的力F拉物块P，使P做加速度为a的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法正确的是()A．平行于斜而向上的拉力F一直增大B．外力施加的瞬间，P、Q间的弹力大小为m（gsinθ﹣a）C．从0开始到tl时刻，弹簧释放的弹性势能为mvt2D．t2时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值【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】在PQ两物体没有分离前，由牛顿第二定律可知，拉力在增大，当分离后，根据加速度可知，拉力不变；根据牛顿第二定律，结合受力分析，即可求解施加外力瞬间两物体间的弹力大小；由动能定理，可求出从O开始到t1时刻，弹簧释放的弹性势能；当t2时刻，物块Q达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q有弹力作用．【解答】解：A、由图读出，t1时刻P、Q开始分离，在分离前，两物体做匀加速运动，因弹簧的弹力减小，而合力又不变，则拉力一直增大，当分离后，P仍做匀加速运动，则拉力大小不变，故A错误；B、外力施加的瞬间，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ﹣kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为F=2ma，对P受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律得：F+F弹﹣mgsinθ=ma，则得：F弹=mgsinθ﹣ma，故B正确．C、从O开始到t1时刻，根据动能定理，则有WF+W弹+WG=mvt2﹣0，弹簧释放的弹性势能不等于mvt2，故C错误．D、当t2时刻，物块Q达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q有弹力作用，没有达到原长，故D错误．故选：B．【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．8．如图所示，地球球心为O，半径为R，表面的重力加速度为g．一宇宙飞船绕地球无动力飞行且沿椭圆轨道运动，轨道上P点距地心最远，距离为3R，则()-21-\nA．飞船在P点的加速度一定是B．飞船经过P点的速度一定是C．飞船经过P点的速度小于D．飞船经过P点时，对准地心弹射出的物体一定沿PO直线落向地面【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】飞船在P点的加速度即为万有引力加速度，根据万有引力加速度的表达式可知加速度的大小与距球心的距离平方成反比，从而求出P点的加速度与地球表面重力加速的大小关系；根据椭圆轨道上卫星运动从远地点开始将做近心运动，满足万有引力大于运动所需要的向心力，从而确定线速度的大小关系．【解答】解：A、在地球表面重力加速度与万有引力加速度相等，根据牛顿第二定律有：，得加速度a=所以在地球表面有：P点的加速度故A正确；BC、在椭圆轨道上飞船从P点开始将做近心运动，此时满足万有引力大于P点所需向心力即：如果飞船在P点绕地球做圆周运动时满足则==-21-\n由此分析知：vp＜，故B错误、C正确．D、从绕地球做圆周运动的卫星上对准地心弹射一物体，物体相对卫星的速度方向是指向地心，但物体相对地球的速度方向则偏离地心．所以，该物体在地球的万有引力作用下，将绕地球做轨迹为椭圆的曲线运动，地球在其中一个焦点．故D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用．9．如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是()A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．【解答】解：A、根据得，t=s，则石块不落入水中的最大速度m/s=17.3m/s．知初速度v0＞17.3m/s，则石块可以落入水中．故A正确，B错误．C、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故C错误．D、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，-21-\n位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanθ=2tanβ，因为β一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握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．10．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】压轴题；动能定理的应用专题．【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大．【解答】解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；故选BD．【点评】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路．-21-\n11．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的输出功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为C．重物的最大速度v2=D．重物匀加速运动的加速度为﹣g【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：A、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；B、匀加速过程，拉力恒定；恒定功率加速过程，根据P=Fv，速度最小时，拉力最大，故最大拉力为，故B正确；C、匀速时，拉力等于重力，故v2=，故C正确；D、匀加速过程，拉力恒定，为F=，根据牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma，故a=，故D正确；故选BCD．【点评】本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．12．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点（AB=BC），地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系一定成立的有()-21-\nA．W1＞W2B．Q1＞Q2C．EkB＜EkCD．PB＞PC【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据功的计算公式，分析W1与W2的大小关系．对物体进行受力分析，根据竖直方向上平衡状态求出正压力，根据滑动摩擦力的公式表示出该力．根据细绳与水平方向夹角θ角增大去判断摩擦力的变化．运用功的定义式定性分析功的变化．分析木箱的运动情况，判断EkB与EkC、PB与PC的大小【解答】解：A、根据功的定义式W=FLcosθ，θ增大，F不变，在相同位移L上拉力F做的功减小．由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功．即有W1＞W2．故A正确．B、物体受力如图所示，将F在水平和竖直方向上分解，由物体在竖直方向上平衡得：N+Fsinθ=mg因此滑动摩擦力f=μN=μ（mg﹣Fsinθ），物体从A向C运动的过程中细绳与水平方向夹角θ角增大，所以滑动摩擦力减小，位移相等，则克服摩擦力做功的大小为Q1＞Q2．故B正确．C、D、由于Fcosα与摩擦力f的大小关系无法确定，木箱的运动情况无法确定，木箱经过B、C两点的速度大小无法确定，则EkB与EkC、及PB与PC的大小关系无法确定．故CD错误．故选：AB【点评】判断一个力的变化，我们应该先把这个力运用物理规律表示出来，再根据关系式里的物理量的变化找出这个力的变化．功的定义式虽然不能定量求解功的大小，但可以定性分析功的变化．二、实验题（8分，每空2分）13．某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”．小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．（1）在实验中，下列说法正确的有ADA．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度D．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功-21-\n（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，打点计时器使用频率为f的交流电．在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE=．（3）若用B、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为（用所测物理量的符号表示）．（4）该小组同学希望通过此实验装置研究摩擦力对小车所做的功，应如何操作？（写出一种方法即可）【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题．【分析】（1）根据实验的原理即可正确解答；（2）由平均速度公式可求得E点的速度；（3）根据“探究加速度与力、质量的关系”实验原理结合图象特点即可正确回答；（4）将木板调整水平，重复以上步骤，利用动能定理，即可求得．【解答】解：（1）若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须：A、使长木板左端抬起﹣个合适的角度，以平衡摩擦力，以保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力；故A正确，B错误；C、下落高度由纸带求出，不需要测量下落高度；故C错误；D、在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功；故D正确；故选：AD；（2）频率为f的交流电，而在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出；因此T=；根据匀变速直线运动的特点，E点的速度等于DF之间的平均速度，所以：VE==（3）B到E之间重力势能减小：△EP=mgs5﹣mgs2动能增大：△Ek=（M+m）vE2﹣（M+m）vB2需要验证的是：（4）将木板调整水平，重复以上步骤，利用动能定理，即可求得摩擦力做功；即：-21-\n故答案为：（1）AD；（2）；（3）（4）将木板调整水平，重复以上步骤，利用求出．【点评】“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力．三、计算题（14题12分，15题14分，16题18分）14．水平面上静止放置一质量为m=0.2kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末到达额定功率，其v﹣t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，g=10m/s2，电动机与物块间的距离足够远，求：（1）物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；（2）电动机的额定功率；（3）物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】（1）根据图象知加速度，根据牛顿运动定律知牵引力；（2）根据P=FV求额定功率；（3）当F=f时，速度达最大，vm=．【解答】解：（1）根据图象知匀加速的加速度为a=m/s2=0.4m/s2f=μmg=0.1×0.2×10=0.2N根据F=f+ma=0.2+0.2×0.4=0.28N（2）2s末电动机达到额定功率P=Fv2=0.28×0.8=0.224W（3）当F=f时，速度达最大，vm==m/s=1.12m/s答：（1）物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小为0.28N；（2）电动机的额定功率为0.224W；（3）物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度为1.12m/s．【点评】本题将功率公式与牛顿第二定律综合应用，当加速度为零时，牵引力与阻力相等，速度最大．即使加速度变化，也可以由牛顿第二定律来表达出速度与加速度的关系．注意汽车有两种启动，一是加速度恒定，则功率在不断增加，二是功率恒定，则加速度不断变化．-21-\n15．（14分）如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？【考点】向心力；动能定理的应用．【专题】压轴题．【分析】①利用动能定理求摩擦力做的功；②对圆周运动条件的分析和应用；③圆周运动中能过最高点的条件．【解答】解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得mgR•cosθ﹣μmgcosθ•x=0所以总路程为x=．（2）对B→E过程，B点的初速度为零，由动能定理得mgR（1﹣cosθ）=mvE2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①FN﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得对轨道压力：FN=（3﹣2cosθ）mg．方向竖直向下（3）设物体刚好到D点，则由向心力公式得mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③对全过程由动能定理得mgL′sinθ﹣μmgcosθ•L′﹣mgR（1+cosθ）=mvD2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④由③④得最少距离L′=•R．-21-\n故答案为：（1）在AB轨道上通过的总路程为x=．（2）对圆弧轨道的压力为（3﹣2cosθ）mg，方向竖直向下（3）释放点距B点的距离L′至少为•R．【点评】本题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动及圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动部分的内容考查的较全，是圆周运动部分的一个好题．16．（18分）如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M=3kg，车长L=2.06m，车上表面距地面的高度h=0.2m．现有一质量m=lkg的小滑块（可看成质点），由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定．（g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小（4）滑块落地点离车左端的水平距离．【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】运动学与力学（二）．【分析】（1）由机械能守恒定律求出滑块到B端的速度，由牛顿第二定律求出支持力．（2）根据牛顿第二定律分别求出滑块和小车的加速度，由运动式求出两者速度相同经过的时间，确定两者的运动情况．再求解车右端距轨道B端的距离．（3）求出滑块相对于小车的位移△x，由内能E=μmg△x求出内能．（4）滑块滑出小车后做平抛运动，求出滑块滑到A端的速度和平抛的时间，求解滑块落地点离车左端的水平距离．【解答】解：（1）设滑块到达B端时速度为v，由机械能守恒定律，得：mgR=由牛顿第二定律，得：FN﹣mg=联立两式，代入数值解得：FN=3mg=30N．（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得对滑块有：﹣μmg=ma1对小车有：μmg=Ma2设经时间t两者达到共同速度，则有：v+a1t=a2t解得：t=1s．-21-\n由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v′=a2t=1m/s两者一起匀速运动，直到小车被锁定．故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：x=，代入数据解得：x=1m．（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离为：=2m故产生的内能：E=μmg△x=0.3×10×2J=6J．（4）对滑块由动能定理，得：﹣μmg（L﹣△x）=滑块脱离小车后，在竖直方向有：h=代入数据得，滑块落地点离车左端的水平距离：x′=v″t″=0.16m．答：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小为30N．（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离为1m．（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小为6J．（4）滑块落地点离车左端的水平距离为0.16m．【点评】本题之处在于分析滑块和小车速度相同所经历的时间，与1.5s进行比较来分析两者的运动情况．求摩擦生热Q=f△x，△x是相对位移．-21-