衡水中学高三物理上学期二调试卷（带解析新人教版）
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衡水中学高三物理上学期二调试卷（带解析新人教版）
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文 章来源莲山课件 w ww.5 y kj.Co m 衡水中学高三物理上学期二调试卷（带解析新人教版）【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体， 在试题上以高考为基本，是份非常好的试卷。&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 一、(每小题4分，共60分。下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上)【题文】1.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是(&&& )A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B.伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D.牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质【知识点】物理学史．O1【答案解析】BCD 解析： A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动．故A错误．B、伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去．故B正确．C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实．故C正确．D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实．故D正确．故选：BCD．【思路点拨】本题应抓住亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的一些理论和观点，进行分析．本题考查了一些力学物理学史，对于牛顿、伽利略和笛卡儿关于运动和力的观点，要理解并记牢．【题文】2.如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B， 是O在地面上的竖直投影，且 :AB=1：3。若不计空气阻力，则两小球 (&& )&A.抛出的初速度大小之比为1：4B.落地速度大小之比一定为1：3C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4:1D.通过的位移大小之比一定为1: 【知识点】平抛运动．D2【答案解析】AC 解析：两球的抛出高度相同，故下落时间相同，落地时的竖直分速度相同；两小球的水平位移分别为O′A和O′B；故水平位移之比为1：4； 故由x=vt可知两小球的初速度之比为1：4； 故A正确；由于未知两小球的下落高度，故无法求出准确的落地时的竖直分速度，故B无法求得落地速度之比故速度方向，故B错误；同理也无法求出位移大小之比，故D错误；因竖直分速度相等，tanθ= ，因竖直分速度相等，而水平初速度比值为1：4，故正切值的比值为4：1；故C正确；故选AC．【思路点拨】两小球所在高度相同，故下落时间相同，竖直方向的速度增量相同；由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系，进而求得落地速度的大小及方向关系；由几何关系可求得位移的比值．对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系．【题文】3.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为 (各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(&& )A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻1s内的位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 【答案解析】ABD 解析： A、将t=1s代入到x=4t+2t2 中得到第1s内的位移x=5m．故A正确．B、前2s内的平均速度 ，故B正确．C、将x=4t+2t2 与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+ at2 对照得到：初速度v0=4m/s，加速度a=2m/s2，则任意相邻1s内的位移差是△x=aT2=2×12m=2m．故C错误．D、任意1s内的速度增量△v=at=2×1m/s=2m/s．故D正确．故选ABD【思路点拨】将t=1s代入到x=4t+t2 中得到第1s内的位移；根据平均速度公式& 求解前2s内的平均速度；将x=4t+t2 与匀变速直线运动的位移公式对照得到初速度v0和加速度a，由推论△x=aT2，研究任意相邻1s内的位移差．速度增量△v=at．本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型．
【题文】4.如图所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为 =37°的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F=10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10m/s2，则(&& )&A.物体A受到斜面B的摩擦力增加8NB.物体A对斜面B的作用力增加10NC.地面对斜面B的弹力增加6ND.地面对斜面B的摩擦力增加10N【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】 D解析： A、没有施加力F时，对物体受力分析：
&根据平衡条件：f=mgsinθ=4×10×0.6=24N施加力F后，对物体受力分析，如图：
根据平衡条件，在斜面方向：f′+Fcosθ=mgsinθ代入数据解得：f′=16N故物体受到斜面的摩擦力减少：△f=24N-16N=8N，故A错误；B、没有施加力F时根据平衡条件A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40N，根据牛顿第三定律物体A对斜面的作用力为40N反向向下，施加力F后物体A对斜面的作用力如图：
F=& 可以看出物体对斜面的作用力不是增加10N，故B错误；C、以整体为研究对象，力F的是水平的，所以不影响竖直方向的受力，地面对斜面的弹力大小不变，故C错误；D、以整体为研究对象，水平方向增加了10N的力F，根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10N．故D正确．故选：D．【思路点拨】对没有施加力F时的半球进行受力分析，根据平衡条件求出物体受到的摩擦力；以整体为研究对象求出地面对斜面的摩擦力，然后进行比较．本题对物体受力分析后，将重力和推力按照实际效果进行正交分解，然后根据平衡条件列方程分析判断．
【题文】5.如图甲所示，足够长的水平传送带以t0 =2m/s的速度匀速运行，t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2s时，传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为 =0. 2，g=10m/s2。在图乙中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是 (&&& )&【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．A2 A5 C2【答案解析】D 解析：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a=& =μg=2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1=& =1s然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t-t1=1s当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′=-a=-2m/s2运动的时间t3= ＝1s所以速度时间图象对应D选项．故选D【思路点拨】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止．物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．
【题文】6.用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示。将细绳剪断后（&& ）&A.小球立即获得 的加速度B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C.小球落地的时间等于 D.小球落地的速度大于 【知识点】牛顿第二定律；胡克定律．B1 C2【答案解析】CD 解析：A、细绳剪断前受重力、弹力和拉力，三力平衡，故弹力和重力的合力为：F合= ；剪断细线后，弹力和重力不变，故合力为F合= =ma，故a≠ ，故A错误；B、平抛运动只受重力；将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，故B错误．C、小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，故小球落地的时间t= ，故C正确；D、如果不受弹簧弹力，小球落地速度等于 ，有弹簧弹力做功，故落地速度大于 ，故D正确；故选：CD． 【思路点拨】对小球受力分析可知，在与弹簧接触时，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，此过程中弹簧的弹力是不断减小的，离开弹簧之后，小球只受到重力的作用，做匀变速运动．对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的.
【题文】7.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(&& )&A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物块受到的滑动摩擦力为 mg+ maD.小物块受到的静摩擦力为 mg+ ma【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】AD 解析：以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力f，f沿斜面向上．根据牛顿第二定律得&&& f-mgsin30°=ma解得，f= mg+ma，方向平行斜面向上．故选AD【思路点拨】由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上．分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向．本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力，难度不大．
【题文】8.小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则&&A.越接近河岸水流速度越小&B.越接近河岸水流速度越大&C.无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短&D.该船渡河的时间会受水流速度变化的影响【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】AC 解析： A、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A正确，B错误．C、由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故C正确，D错误；故选：AC．【思路点拨】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左．解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短．
【题文】9.据河南日报消息，京广铁路不久也将开通时速达到300公里以上“动车组”列车。届时，乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是(&& )A.减小内外轨的高度差&&&B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径&&&&D.增大弯道半径【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2 D4【答案解析】BD 解析： A、对运行的火车进行受力分析如图，得：mgtanθ＝m ，由于θ较小，则tanθ≈sinθ≈ ，h为内外轨道的高度差，L为路面的宽度． &则mg ＝ ，L、R一定，v增大，需要h增大．故A错误，B正确．&&& C、设弯道半径为R，路面的倾角为θ，由牛顿第二定律得&&&&&& &mgtanθ＝m ，θ一定，v增大时，可增大半径R．故C错误，D正确．故选：BD【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根据牛顿第二定律分析．本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，本题与圆锥摆问题类似，基础是对物体进行受力分析．
【题文】10.如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0。沿水平方向扔小石块，已知AO= 40m，忽略人的身高，不计空气阻力。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.若石块能落入水中，则v0 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D.若石块不能落入水中，则v0 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大【知识点】平抛运动．D2【答案解析】A 解析： A、根据 得，t=t＝ ,则石块不落入水中的最大速度v0＝ .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tanα＝ 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tanθ＝ ，位移方向与水平方向夹角的正切值tanβ＝ ，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．【思路点拨】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．
【题文】11.某马戏团演员做滑杆表演。已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200N。在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零。整个过程中演员的v―t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10m/s2。则下列说法正确的是&A.演员的体重为800N&&&&B.演员在第1s内一直处于超重状态C.滑杆所受的最小拉力为620N&&D.滑杆所受的最大拉力为890N【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．A2 C2【答案解析】CD 解析： A、由两图结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去杆的重力200N，演员的重力就是600N，故A错误；B、由图可知0.5s至1.5s演员速度下滑，故演员此时处于失重状态，故B错误；C、在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，此阶段的加速度为：a1＝& m/s2＝3m/s2，由牛顿第二定律得：mg-F1=ma，解得：F1=420N，加上杆的重力200N，可知杆受的拉力为620N，故C正确 ;D、演员减速下滑的阶段为超重，此阶段杆受拉力最大，由图可知此阶段的加速度为：a2＝ ＝&#m/s2，由牛顿第二定律：mg-F2=ma2，解得：F2=690N，加上杆自身的重力200N，故杆所受最大拉力为890N，故D正确；故选CD【思路点拨】由速度为零时传感器的示数等于任何杆的重力之和，可得演员的重力；由速度时间图可知演员有向下的加速运动，此阶段为失重；向下的加速阶段为失重，故此时对杆的拉力最小，由图可得加速阶段的加速度，进而由牛顿第二定律可得最小拉力；演员减速下滑的阶段为超重，此阶段杆受拉力最大，由图可知超重阶段的加速度，由牛顿第二定律可得最大拉力。本题是对两个图象的结合应用，两图是相互利用的．要能从这类题目中熟练结合运动和受力图，此类题目等同于牛顿第二定律应用的由受力确定运动和由运动确定受力．
【题文】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是(&& )&A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则h R【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2 D4 E3【答案解析】 B 解析： A、要使物体能通过最高点，则由mg=m 可得：v= ，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+ mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+ mv2，在C点有：N=m ，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．
【题文】13.如图所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止。某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x,A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长)后A和B都停了下来。已知A、B间的动摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为 ，且 & ，则x的表达式应为(&&&& )&A. &&B.&&&& C.&&& D. 【知识点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．B1 B3 C2【答案解析】C 解析： 设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v．撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大a1= ，此时B的加速度大小a2= ，由μ2＞μ1分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变．对A应用动能定理-f1（L+x）=0- mv2& 对B应用动能定理 μ1mgx-μ2（m+M）gx=0- Mv2解得：消去v解得 故选C【思路点拨】去水平拉力，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大小a1=μ1g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速度大小a2= ，由μ2＞μ1分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x．本题关键在于分析两物体的运动过程，考查分析问题和解决问题的能力．
【题文】14.下列说法中正确的是(&& )&A.卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为: &B.铀核裂变的核反应是： &C.质子、中子、 粒子的质量分别为ml、m2、m3，那么质子和中子结合成一个 粒子，所释放的核能为△E= (ml +m2-m3 )c2&D.原子从a能级跃迁到b能级时发射波长为 的光子；原子从b能级跃迁到c能级时吸收波长为 的光子，已知 & 。那么原子从能级跃迁到c能级时将要吸收波长为 的光子【知识点】裂变反应和聚变反应；氢原子的能级公式和跃迁； O1 O2【答案解析】AD 解析： A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子，发现质子的核反应方程为 ，故A正确．B、铀核裂变的核反应方程是： ，两边中子不能约．故B错误．C、质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．质子和中子结合成一个α粒子，质量亏损△m=（m1+m2-m3），根据质能方程，释放的能量为△E=△mc2=（m1+m2-m3）c2．故C错误．D、已知λ1＞λ2，所以γ1＜γ2，知从a能级状态跃迁到b能级状态时发射光子的能量小于从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收光子的能量，所以a能级的能量小于c能级的能量，有hγ2-hγ1=hγ3，即h -h =h ，解得：λ3= ．故D正确．【思路点拨】卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子．铀核裂变是通过一个中子轰击铀核，产生3个中子，写核反应方程式时，核反应前和核反应后的中子不能约．轻核聚变有质量亏损，求出质量亏损，根据质能方程求出释放的能量．通过波长的大小关系，确定出频率的大小关系，从而知道a能级和c能级的能量高低，通过Em-En=h 求出光子的波长．本题主要考查了核反应方程、质能方程以及能级等知识点，知道能极差与光子频率的关系，注意半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关．
【题文】15.一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向上振动。再过0.2s.质点Q第一次到达波峰，则(&&&& )&A.波沿x轴负方向传播B.波的传播速度为20m/sC. 1s末质点P的位移为零D.质点P的振动位移随时间变化的关系式为y=0.2 【知识点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．G2【答案解析】C 解析：A、由题意质点Q恰好在平衡位置且向上振动，则知波形向右平移，波沿x轴正方向传播．故A错误．B、由题得该波的周期为 T=0.8s，波长为 λ=24m，则波速为：v=& =30m/s，故B错误．C、t=1s=1& T，可知1s末质点P到达平衡位置，位移为零．故C正确．D、图示时刻质点P的振动位移为y=0.2m，根据数学知识可知其振动方程是余弦方程，即为：y=0.2cos（& t）m=0.2sin（ ）m=0.2sin（2.5πt+ ）m，故D错误．故选C【思路点拨】由题意质点Q恰在平衡位置且向上振动，再过0.2s，质点Q第一次到达波峰，知波沿x轴正方向传播，波的周期为T=0.8s．由图读出波长，确定出求出波速．根据时间与周期的关系，分析1s末质占P的位移．根据P质点的位移和速度方向，确定其振动方程．本题要能根据质点的振动过程确定周期，判断波的传播方向是应具备的基本功．质点的振动方程要根据位移和速度方向由数学知识分析函数特征，写出振动方程．
第II卷（非&& 共50分）二、题(共8分，每空2分)【题文】16.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动。通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上A.通过调节使斜槽的末端保持水平B.每次释放小球的位置可以不同C.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降D.小球运动时不应与木板上的白纸相接触E.斜槽必须是光滑的.以免受到摩擦力的作用【知识点】研究平抛物体的运动．D3【答案解析】AD 解析： A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．故A正确．B、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误. C、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故C错误;D、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故D正确；E、该实验要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释放，至于是否光滑没有影响，故E错误．故选AD【思路点拨】小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平；实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球；在白纸上记录记录小球的运动路径时，不必要等高度下降. 本题考查了实验注意事项，要知道实验原理与实验注意事项．
【题文】17.如图所示，质是为M的滑块A放在气垫导轨B上。C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移一时间（x-t）图像和速率―时间(v-t)图像。整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h。(取重力加速度g=9. 8m/s2 ，结果保留一位有效数字)。(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的v-t图线如下图所示。从图线可得滑块A下滑的加速度a=______m/s2。&(2)此装置还可用来验证牛顿第二定律。实验时通过改变______可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变_________可验证力一定时，加速度与质足成反比的关系。【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；加速度；牛顿第二定律；传感器的应用．C4【答案解析】(1)6& (2)高度h&& Mh的乘积 解析：（1）从图象可以看出，滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等，．根据加速度的定义式可以得出a=& m/s2=6m/s2（2）牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系．由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使Mg• 不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使Mh不变．【思路点拨】根据v-t图象求出该图象的斜率，其斜率的绝对值就是加速度大小．从v-t图象中我们发现两条倾斜直线的斜率绝对值大小几乎相等，说明滑块A沿气垫导轨上下运动加速度大小相等．实验运用控制变量法研究．解答本题关键是能够把v-t图象运用物理规律结合数学知识解决问题．对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题
三、【题文】18.（10分）在滑雪运动中，当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地与滑雪板间的摩擦因数。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，滑雪板就会陷入雪地中，使得它们间的动摩擦因数增大，假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 =0. 25变为 =0. 125。一滑雪者从倾角 = 37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地BC(BC长度可忽略)，不计空气阻力，如图所示。A、B间距离L=20m，滑雪者总质量m=l00kg， (sin 37°=0. 6,cos 37°=0. 8，g取10m/s2)求:(1)滑雪者到达B处的速度大小vB；(6分)(2)已知物体从空中下落时，空气对物体的阻力公式：f=kv2 ,k=2. 5kg/m，方向与速度方向相反。滑雪者离开B点沿轨道水平飞出后，由于空气阻力的影响，物体下落一段距离后将会匀速下落，这个速度被称为收尾速度，求滑雪者的收尾速度v的大小。(4分)&【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 C2【答案解析】（1）14m/s&（2）20m/s 解析：（1）由牛顿第二定律得：a1＝ ＝gsin37°−μ1gcos37°＝10×0.6&#×10×0.8m/s2＝4m/s2由v2=2ax得：速度为4m/s之前的位移为：x1＝ m＝2m滑雪者的速度超过v0=4m/s后前进得位移为：x2=L-x1=20-2m=18m滑雪者的速度超过v0=4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数为：μ2=0.125由牛顿第二定律得：a2＝ =gsin37°−μ2gcos37°＝10×0.6&#×10×0.8m/s2＝5m/s2由v2&#ax得：滑雪者到达B处的速度大小为：vB＝& m/s＝14m/s（2）匀速下落时，物体受力平衡，根据平衡可得：mg=kv2解得：v＝& m/s＝20m/s 【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间的加速度，再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s时的加速度，根据运动学公式求出速度为4m/s之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度．（2）匀速下落时，物体受重力和阻力平衡，根据平衡可求出滑雪者得收尾速度．本题综合运用了牛顿第二定律、匀变速直线运动公式等规律，关键理清滑雪者的运动过程，正确地受力分析，运用牛顿定律和平衡解题．
【题文】19.(10分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9"形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m,"9"字全高H=0. 8m."9"字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为 =0. 3，重力加速度g=10m/s2，试求:&(1)滑块从传送带A 端运动到B端所需要的时间；(4分)(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向;(3分)(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角 =45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。【知识点】动能定理；牛顿第二定律．C2 E2【答案解析】（1）3s（2）90N 向上（3）1.4m 解析：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得a=μg=3m/s2&&& 加速到与传送带达到共速所需要的时间t＝ ＝2s，前2s内的位移x1＝ at2＝6m，之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6m．所用的时间t2＝ ＝1s，故t=t1+t2=3s．（2）滑块由B到C的过程中动能定理−mgH＝ 在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg＝m ，解得FN=90N，方向竖直向下，由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 90N，方向竖直向上．&&& （3）滑块从B到D的过程中由动能定理得−mg(H−2R)＝ 在P点vy＝ ，又h＝ ，代入数据，解得h=1.4m． 【思路点拨】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间．（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向．（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度．本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．
【题文】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴 重合，转台以一定角速度 匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与 之间的夹角 为60°。重力加速度大小为g。&(1)若 = ，小物块受到的摩擦力恰好为零，求 ；(3分)(2)若 =(1 ) ，且0&k&1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4 D6【答案解析】（1）& (2) 当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为 当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为&& 向下解析：：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：&
mgtanθ＝mRsinθω02，解得ω0＝ （2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．fsin60°+mg=Nsin30°联立两式解得f＝ 当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°联立两式解得f＝ 【思路点拨】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．
【题文】21.(11分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为 。重力加速度为g。本实验中ml =0. 5kg，m2=0.lkg， =0.2，取g=10m/s2&(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(3分）(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的最小值；(3分)(3)若本实验中砝码与纸板左端的距离d=0. 1m。若砝码移动的距离超过l=0. 002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大?(5分)【知识点】滑动摩擦力；功的计算．B1 E1【答案解析】（1）2.2N&（2）2.4N（3）22.4N 解析： ：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为f1=μm1g，f2=μ（m1+m2）g纸板所受摩擦力的大小f=f1+f2=μ（2m1+m2）g=2.2N（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=m1a1F-f1-f2=m2a2发生相对运动需要a2＞a1解得F＞2μ（m1+m2）g=2.4N（3）纸板抽出前砝码运动的距离x1＝ ，纸板运动距离d+x1= 纸板抽出后砝码运动的距离x2＝ ，L=x1+x2由题意知a1=a3，a1t1=a3t2代入数据联立的F=22.4N【思路点拨】利用隔离法分别对砝码和纸板进行受力分析，列运动方程，按纸板抽出前后运动距离的不同列式联立求解．这是2013年江苏高考题改编，考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大．
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