贵州省铜仁地区思南中学2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年贵州省铜仁地区思南中学高三（上）期中物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．由图象可知()A．相碰前，a在减速，b在加速B．碰撞后，第1秒内a的速度为C．进入粗糙路段后，a的加速度逐渐减小D．相碰前，a、b的速度方向相同，加速度方向相反2．如图所示，倾角为30°的斜面体A上放一质量为m物块P，用平行于斜面体的轻弹簧栓接在挡板B上．在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止，此时弹簧处于伸长状态，其弹力大小为0.5mg，下列说法正确的是()A．斜面体对物块P无摩擦力B．地面对斜面体A的作用力方向水平向左C．若减小推力F，物块P不会下滑D．若增大推力F，弹簧的长度一定会变短3．如图所示，一个质量为1kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v﹣t图象，如图所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．2s末物体距离出发点最远B．物体与水平面间的动摩擦因素为0.2-19-\nC．4s时物体回到出发点D．拉力F对物体做的总功为﹣18.75J4．如图所示，用一恒力F通过一定滑轮拉动一箱子，箱子的质量为m，箱子与地面的动摩擦因数为μ，某时刻绳与水平面的夹角为θ，绳端的速度为v，不计绳与滑轮的摩擦，重力加速度为g，则该时刻()A．箱子的速度大小为vcosθB．箱子的加速度方向一定向左C．箱子的加速度大小为﹣μgD．恒力做功功率为Fv5．如图所示叠放在水平转台上的小物体A、B、C随转台一起以角速度ω匀速转动（各接触面均无相对滑动），A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中正确的是()A．B、C两物体线速度大小之比为3：2B．B与转台间的摩擦力可能达到3μmgC．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力D．转台的角速度一定满足：ω≤6．一宇航员在月球上以速率v0竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为h，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G，则下列计算式正确的是()A．月球绕地球运动的向心加速度a=RB．月球的质量M=-19-\nC．月球的第一宇宙速度v1=v0D．月球同步卫星的高度h0=7．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是()A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小8．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则()A．t1时刻小球动能最大B．t1～t2这段时间内，小球始终处于超重状态C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，第33题～第35题为选考题；两部分的每道试题都必须作答．（一）必考题（共11题，共129分）9．某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：-19-\n（1）利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图（a）所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为__________N．（2）关于此实验，下列叙述中正确的是__________A．弹簧秤应先在竖直方向进行调零B．橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D．若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整两只弹簧秤的拉力大小使其中一只增大另一只减小即可（3）图（b）所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则哪一位同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由．答：__________．10．如图1所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图．（1）某位同学设计的实验步骤如下：（A）用天平称出小车的质量．（B）按图装好实验器材．（C）把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码．（D）将打点计时器接在6V电压的蓄电池上，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量．．（E）保持悬挂钩码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，重复上述实验．（F）分析每条纸带，测量并计算出加速度的值．（G）作a﹣M关系图象，并由图象确定a、M关系．①该同学漏掉的重要实验步骤是__________，该步骤应排在__________步实验之后．②在上述步骤中，有错误的是__________，应把__________改为__________．③在上述步骤中，处理不恰当的是__________，应把__________改为__________．-19-\n（2）某次实验中打出了如图2所示的纸带（打点计时器所用电源的频率为50Hz），则这个加速度值a=__________m/s2．11．如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从轨道上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：（1）小滑块在C点飞出的速率；（2）在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小；（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数．12．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2．长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．（取g=10m/s2）求：（1）长板2开始运动时的加速度大小；（2）长板2的长度L0；（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置．四.（选修-物理3-3）14．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程-19-\n15．如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：（1）初始时，水银柱两液面高度差多大？（2）缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？-19-\n2022-2022学年贵州省铜仁地区思南中学高三（上）期中物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．由图象可知()A．相碰前，a在减速，b在加速B．碰撞后，第1秒内a的速度为C．进入粗糙路段后，a的加速度逐渐减小D．相碰前，a、b的速度方向相同，加速度方向相反【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定性思想；图析法；运动学中的图像专题．【分析】根据位移图象的斜率等于速度，分析相碰前两滑块的运动情况，并求碰后第1秒内a的速度．根据牛顿第二定律分析加速度．【解答】解：A、根据位移图象的斜率等于速度，直线的斜率一定，可知，相碰前，a沿负向匀速，b沿正向匀速，故A错误．B、碰撞后，第1秒内a的速度为v===m/s，故B正确．C、进入粗糙路段后，根据牛顿第二定律得：μMg=Ma，a=μg，加速度a不变．故C错误．D、相碰前，a、b的速度方向相同，加速度都为零，故D错误．故选：B【点评】本题的关键是掌握位移时间图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，斜率的大小表示速度的大小．2．如图所示，倾角为30°的斜面体A上放一质量为m物块P，用平行于斜面体的轻弹簧栓接在挡板B上．在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止，此时弹簧处于伸长状态，其弹力大小为0.5mg，下列说法正确的是()-19-\nA．斜面体对物块P无摩擦力B．地面对斜面体A的作用力方向水平向左C．若减小推力F，物块P不会下滑D．若增大推力F，弹簧的长度一定会变短【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】根据P的受力情况，由平衡条件分析P是否受摩擦力，并确定弹簧的状态．对整体研究，分析地面对斜面体的摩擦力情况．【解答】解：由于弹簧处于拉伸状态，已知斜面的倾角为30°．设弹力大小为F弹，物块P的质量为m．则F弹=0.5mg=mgsin30°，可知在没有推力F的条件下，物块P一定能处于平衡状态，而且恰好不受摩擦力．将推力F分解如图，则：A、由于F有沿斜面向上的分力，需有向下的摩擦力与之平衡，所以斜面体对物块P有摩擦力．故A错误；B、以A与P组成的整体为研究对象，则水平方向受到推力F的作用，将产生向右运动的趋势，所以A还要受到向左的摩擦力的作用．故B正确；C、由于F有沿斜面向上的分力，所以推力则P受到的摩擦力也会随之减小，P仍然能平衡．故C正确；D、由开始的分析可知，F只是能让A产生向上运动的趋势，由于不知道F沿斜面向上的分力与最大静摩擦力之间的大小关系，所以若增大推力F，弹簧的长度不一定会变短．故D错误．故选：BC【点评】本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，然后根据共点力平衡条件分析，注意物体P与斜面体间的静摩擦力、弹簧弹力方向的不确定性．3．如图所示，一个质量为1kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v﹣t图象，如图所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．2s末物体距离出发点最远B．物体与水平面间的动摩擦因素为0.2C．4s时物体回到出发点D．拉力F对物体做的总功为﹣18.75J【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．【专题】功的计算专题．-19-\n【分析】在v﹣t图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为位移，根据牛顿第二定律求的摩擦因数，根据动能定理求得拉力做功【解答】解：A、由图知，0﹣1s内物体沿正向运动，1﹣4s内沿负向运动，则知1s末距离出发点最远，故A错误．B、由v﹣t图象可知，外力在2﹣4s撤去，故在2﹣4s内的加速度为：a=，根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得μ=0.25，故B错误；C、在v﹣t图象中与时间周所围面积即为位移，故4s内的位移为：，故在4s时物体没有回到出发点，故C错误；D、在1﹣2s物体通过的路程为：，根据动能定理可得：W﹣fs=，解得：W=﹣18.75J，故D正确故选：D【点评】本题主要考查了在v﹣t图象中图象的含义，即斜率代表加速度，与时间轴所围面积为位移4．如图所示，用一恒力F通过一定滑轮拉动一箱子，箱子的质量为m，箱子与地面的动摩擦因数为μ，某时刻绳与水平面的夹角为θ，绳端的速度为v，不计绳与滑轮的摩擦，重力加速度为g，则该时刻()A．箱子的速度大小为vcosθB．箱子的加速度方向一定向左C．箱子的加速度大小为﹣μgD．恒力做功功率为Fv【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】功率的计算专题．【分析】将箱子的速度方向分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，结合平行四边形定则求出箱子的速度表达式，得出箱子的运动规律，从而确定加速度的方向．根据牛顿第二定律求出箱子的加速度．根据功率的公式求出恒力F的瞬时功率．【解答】解：A、根据平行四边形定则知，箱子的速度，箱子向左运动的过程中，θ变大，则箱子的速度变大，则加速度方向向左，故A错误，B正确．C、根据牛顿第二定律得，箱子的加速度大小a=，故C错误．D、恒力做功的功率P=Fv，故D正确．故选：BD．-19-\n【点评】本题关键是找出合运动与分运动，然后由平行四边形定则找出合速度与分速度间的几何关系，或列出解析式讨论；切记不可将绳子速度当成合速度．5．如图所示叠放在水平转台上的小物体A、B、C随转台一起以角速度ω匀速转动（各接触面均无相对滑动），A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中正确的是()A．B、C两物体线速度大小之比为3：2B．B与转台间的摩擦力可能达到3μmgC．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力D．转台的角速度一定满足：ω≤【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】由于BC两物体具有相同的角速度，半径之比为2：3，根据v=ωr求解线速度之比，假设B与转台间的摩擦力达到3μmg，求出此时的角速度，再求出C此时的向心力与C的最大静摩擦力比较，看C能否与转盘相对静止．分别对A、AB整体、C受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围．【解答】解：A、由于BC两物体具有相同的角速度，半径之比为2：3，根据v=ωr可知，B、C两物体线速度大小之比为2：3，故A错误；B、若B与转台间的摩擦力达到3μmg，对AB整体，有：（m+2m）ω2r=μ（m+2m）g解得：对C物体，根据向心力公式可知C需要的向心力F=3mω2×1.5r=4.5mμg＞3μmg，所以C物体不能相对转盘静止，故B错误；C、由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有3m×1.5rω2＞mrω2，所以C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力，故C正确；D、对AB整体，有：（m+2m）ω2r≤μ（m+2m）g…①-19-\n对物体C，有：3mω2（1.5r）≤μ3mg…②对物体A，有：mω2r≤μ（m）g…③联立①②③解得：ω≤，故D正确．故选：CD【点评】本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键．6．一宇航员在月球上以速率v0竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为h，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G，则下列计算式正确的是()A．月球绕地球运动的向心加速度a=RB．月球的质量M=C．月球的第一宇宙速度v1=v0D．月球同步卫星的高度h0=【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】根据速度位移公式求出月球表面的重力加速度，根据万有引力等于重力求出月球的质量．根据万有引力提供向心力求出月球的第一宇宙速度．结合月球的自转周期，得出同步卫星的周期，根据万有引力提供向心力，求出同步卫星离地的高度．【解答】解：A、由于月球的轨道半径、周期均未知，无法求出月球绕地球做圆周运动的向心加速度，故A错误．B、月球表面的重力加速度g=，根据得，月球的质量M==，故B正确．C、根据mg=得，月球的第一宇宙速度v=，故C正确．D、根据得，又GM=gR2，解得月球同步卫星的高度，故D错误．故选：BC．-19-\n【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．7．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是()A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．【解答】解：A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，A选项正确．B．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故B错误．C．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，C选项正确，D．当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，D选项正确，故选ACD．【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中．8．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则()A．t1时刻小球动能最大-19-\nB．t1～t2这段时间内，小球始终处于超重状态C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】小球与弹簧接触向下运动到最低点的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，到达最低点时，弹力最大．根据加速度方向与速度方向的关系，判断速度的变化，从而判断出小球动能的变化．抓住动能、重力势能和弹性势能之和不变，判断重力势能和动能之和的变化．【解答】解：A、小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故t1时刻小球动能没有达到最大，故A错误；B、根据图象可知，t2时刻弹力最大，此时弹簧被压缩到最短，则t1﹣t2这段时间内，弹力先小于重力后大于重力，则加速度先向下，后向上，小球先失重后超重，故B错误；C、t2时刻弹力最大，小球速度为零，小球向上做加速运动，当弹力等于重力时加速度为零，速度最大，小球继续向上运动，此时加速度方向向下，小球速度减小，则t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减小，故C正确；D、t2﹣t3这段时间内，小球的弹力减小，说明小球在由最低点上升，弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故小球增加的动能小于弹簧减小的弹性势能，故D正确；故选：CD【点评】解决本题的关键会通过物体的受力判断物体的运动情况，知道当加速度方向与速度同向，速度增加，当加速度方向与速度反向时，速度减小．知道系统在整个运动的过程中，机械能守恒．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，第33题～第35题为选考题；两部分的每道试题都必须作答．（一）必考题（共11题，共129分）9．某研究小组的同学在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：（1）利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图（a）所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为3.0N．（2）关于此实验，下列叙述中正确的是CA．弹簧秤应先在竖直方向进行调零B．橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同D．若要改变弹簧秤的拉力大小而又要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整两只弹簧秤的拉力大小使其中一只增大另一只减小即可-19-\n（3）图（b）所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则哪一位同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由．答：乙同学，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题．【分析】以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．【解答】解：（1）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头．如图所示则F1与F2的合力大小为3.0N．（2）A、弹簧秤应先在水平方向进行调零，故A错误；B、橡皮筋对结点O的拉力与两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力是一对平衡力，故B错误；C、两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同，故C正确；D、根据平行四边形定则可知，合力不变，只增大一个分力的大小时，另一个分力的大小和方向都变化，故D错误．故选：C．（3）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，所以乙同学的实验结果存在问题，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上．故答案为：（1）3.0；（2）C；（3）乙同学，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上【点评】本题要防止产生错误的认识，认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力，根据合力与分力等效关系分析，一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力．10．如图1所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图．-19-\n（1）某位同学设计的实验步骤如下：（A）用天平称出小车的质量．（B）按图装好实验器材．（C）把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码．（D）将打点计时器接在6V电压的蓄电池上，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量．．（E）保持悬挂钩码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，重复上述实验．（F）分析每条纸带，测量并计算出加速度的值．（G）作a﹣M关系图象，并由图象确定a、M关系．①该同学漏掉的重要实验步骤是平衡摩擦力，该步骤应排在B步实验之后．②在上述步骤中，有错误的是D，应把6V电压的蓄电池改为220V交流电源．③在上述步骤中，处理不恰当的是G，应把a﹣M改为a﹣．（2）某次实验中打出了如图2所示的纸带（打点计时器所用电源的频率为50Hz），则这个加速度值a=0.80m/s2．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）在做实验前首先应该平衡摩擦力，电火花打点计时器使用220V的低压交流学生电源；a﹣图象是一条过坐标原点的正比例关系，而图象a﹣M图象是曲线；（2）根据逐差法可求出加速度．【解答】解：（1）①在做实验前首先应该平衡摩擦力，此过程应排在把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶之前，即B之后；②电磁打点计时器使用的是6V的蓄电池，故步骤D中不能使用直流电源，而应该使用220V交流电源；③根据牛顿第二定律可知物体的加速度a与物体的质量M成反比，所以a﹣M图象是曲线，而仅仅根据曲线很难判定加速度a与物体的质量M到底是什么关系，但a﹣应该成正比例关系，而正比例关系图象是一条过坐标原点的直线，所以应作a﹣图象．（2）由图可知，两已知长度对应的时间间隔为t=0.1s；则由△x=at2可得：0.0353﹣0.0193=2aT2；解得：a=0.80m/s2；-19-\n故答案为：（1）①平衡摩擦力；B；②D；6V电压的蓄电池；220V交流电源；③G；a﹣M；a﹣；（2）0.80【点评】只有真正掌握了实验原理，才能真正顺利解决实验题目，所以在学习的过程中要深入理解和把握实验原理，平衡摩擦力时出现的误差分析，根据图象对应分析即可，结论就是两个，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大．对应上即可．11．如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从轨道上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：（1）小滑块在C点飞出的速率；（2）在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小；（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数．【考点】动能定理的应用；向心力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）根据几何关系得出平抛运动的水平位移，结合平抛运动的规律，求出平抛运动的初速度，即在最高点C的速度．（2）对最低点到C点运用动能定理，求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对最低点的压力大小．（3）对D到最低点运用动能定理，求出滑块与斜轨之间的动摩擦因数．【解答】解：（1）根据几何关系知，OP间的距离为：x=R小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0．根据R=gt2得：t=则滑块在最高点C时的速度为：vc==．（2）对最低点到C点的过程运用动能定理得：﹣mg•2R=mvc2﹣mv2；解得：v=对最低点由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m解得：FN=6mg-19-\n由牛顿第三定律得：滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg．（3）DB之间长度L=（2+1）R从D到最低点过程中，由动能定理：mgh﹣μmgcosθ•L=mv2解得：μ=≈0.18答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.18．【点评】该题的突破口是小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛规律和几何关系求出初速度．下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题．12．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2．长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．（取g=10m/s2）求：（1）长板2开始运动时的加速度大小；（2）长板2的长度L0；（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）物体1相对于2向右运动，恰好没有从长板2的右端掉下，则知物体1滑到长板2的右端时，1和2速度相等．根据牛顿第二定律求出物体1的加速度和物体2和3的整体加速度；（2）由速度相等，求出时间，由位移公式分别求出物体1和物体23的位移，两者位移之差即等于板长．（3）判断三个物体能否相对静止．假设物体123相对静止，由牛顿第二定律求出加速度和物体1所受的静摩擦力，与最大静摩擦力比较，可知物体1和物体2相对滑动．再求出物体1和物体23的加速度，由位移公式求出物体3落地时整体下落高度h，得到时间，并求出物体1的位移，可知物体1在长木板2的最左端．-19-\n【解答】解：（1）物体1的加速度a1=﹣=﹣μg=﹣2m/s2物体2和3的整体加速度a2===6m/s2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t代入数据解t1=0.5s，v1=3m/sX1=（v+v1）×=1.75mx2=v1=0.75m所以木板2的长度L0=x1﹣x2=1m（3）此后，假设物体123相对静止，a=gMa=3.3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动物体1的加速度a3=μg=2m/s2物体2和3整体的加速度a4=（g﹣μg）=4m/s2整体下落高度h=H﹣x2=5m根据h=v1t+a4t22解得t2=1s物体1的位移x3=v1t2+a3t22=4mh﹣x3=1m即物体1在长木板2的最左端；答：（1）长板2开始运动时的加速度大小6m/s2；（2）长板2的长度L0为1m；（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置最左端．【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，边计算边分析，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．四.（选修-物理3-3）14．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【考点】热力学第二定律．【专题】热力学定理专题．【分析】在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为△U=Q+W；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化．【解答】解：A、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故A正确；B、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故B错误；C、热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化；故C错误；D、热量不能自发从低温物体传向高温物体，D错误；-19-\nE、热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；但功和能是两个不同概念，功是不可能转化为能的，故E错误；故选A．【点评】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式△E=W+Q进行分析，基础题．15．如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：（1）初始时，水银柱两液面高度差多大？（2）缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】（1）根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；（2）等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解出温度．【解答】解：（1）被封闭气体压强P=P0+=P0+ρgh初始时，液面高度差为h=（2）降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化．初状态：P1=P0+，V1=1.5h0s，T1=T0末状态：P2=P0，V2=1.2h0s，T2=？根据理想气体状态方程=代入数据，得T2=答：（1）初始时，水银柱两液面高度差为；（2）缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是．【点评】本题关键求出气体压强，然后根据等压变化公式列式求解，不难．-19-