山东省泰安市2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省泰安市高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．1．如图所示，斜面体A放置再水平地面上，物块P放在斜面上，用平行于斜面的轻弹簧将物块P栓接在挡板B上，在物块P上施加竖直向上的拉力F，整个系统处于静止状态，下列作用力一定存在的是()A．物块P与斜面之间的摩擦力B．物块P与斜面之间的弹力C．地面与斜面体A之间的摩擦力D．地面与斜面体A之间的弹力2．如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线系在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则一定相同的物理量是()A．两小球运动的周期B．两小球运动的线速度C．两小球运动的向心加速度D．两绳中拉力3．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无限远处为零电势点，若q1、q2移动至无限远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()A．A、B两点的电势相等-21-\nB．Q带正电荷C．q1的电荷量大于q2的电荷量D．q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能4．假设地球可视为质量均匀分布的球体．地球表面处的重力加速度大小为g0，与地球表面相距为h处的重力加速度大小为g1．忽略地球自转，引力常量为G．则地球的质量为()A．B．C．D．5．如图所示，物块以一定的初速度并在沿斜面向上的恒定拉力F用下，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动．物块的加速度大小为6m/s2方向沿斜面向下，g取10m/s2．物块在向上运动过程中，其机械能()A．一定增加B．一定减小C．不变D．可能增加也可能减小6．如图所示，在平面直角中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点0处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()A．100V/mB．100V/mC．200V/mD．200V/m7．从地面上以初速度竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中正确的是()-21-\nA．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gD．全过程中的平均速度等于8．航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有()A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度9．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α，一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，已知重力加速度为g，则由此可求出()A．AB间的水平距离B．AB间的竖直距离C．小球从A到B的飞行时间D．小球在C点对轨道的压力10．一质量为m的质点静止于光滑水平面上，从某时刻起受到水平外力F的作用，经时间t后将外力变为但方向不变，再经过相同时间t．下列判断正确的是()A．全过程中的最大功率是B．全过程中的最大功率是C．全过程的平均功率是-21-\nD．第1个t内与第2个t内质点的动能增加量之比是4：5二、本题共2小题，共14分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置．11．某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了图甲所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在下面的表中．（弹簧始终在弹性限度内）测量次序123456弹簧弹力大小F/N00.490.981.471.962.45弹簧总长x/cm67.168.349.4810.8511.75（1）根据实验数据在图乙的坐标纸上已描出了前四次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧总长x之间的函数关系点，请把第5、6次测量的数据对应的点描出来，并作出F﹣x图线．（2）图线跟x坐标轴交点的物理意义是__________．（3）该弹簧的劲度系数k=__________．（保留两位有效数字）12．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，装有力传感器的小车由绕过定滑轮的细绳与砂桶连接，小车后面连接通过打点计时器的纸带．主要操作如下：①缓慢向小桶中加入细砂，直到轻推小车后小车缓慢运动，记下此时传感器的示数F0．②再将小车放回原处并按住，向小桶中加入一定量的细砂，此状态下传感器的示数记为F1；接通打点计时器的电源（交变电流的频率为50Hz），释放小车，小车运动过程中传感器的示数记为F2．将F1、F2数值记录在该条纸带上．③改变砂桶中砂的质量，重复步骤②，获得多组数据．（1）某次实验中，打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离如图，则小车的加速度a=__________m/s2．（2）利用测得数据绘制a﹣F图象．甲同学用F=F1﹣F0作横坐标，则他绘制出的a﹣F图象可能是__________；乙同学用F=F2﹣F0作横坐标，则他绘制出的a﹣F图象可能是__________；丙同学漏掉了F0，直接用F=F1作横坐标，则他绘制出的a﹣F图象可能是__________．-21-\n三、解答题（本大题共4小题，共46分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）13．质量均为m的小球A、B由绕过定滑轮的细绳连接，A套在光滑竖直杆上，定滑轮到杆的距离为L，让A从图示位置（A处的细绳与竖直方向夹角为45°）处由静止开始滑下，求：（1）当球A到达与定滑轮等高处时，球B的速度．（2）当球A到达定滑轮下方细绳与杆的夹角为45°时，球A的速度．14．甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半，全过程中甲乙两车走过的路程恰好相同．求第二段时间结束时甲乙两车的速度之比．15．如图甲所示，在竖直平面内有一个固定的直角三角形斜面体，倾角θ为30°，斜边长为x0．斜面顶部安装一个轻小的定滑轮，通过定滑轮连接两个物体A、B（均可视为质点），物体A的质量为m．所有摩擦均不计，开始时B处于斜面顶部，A物体距离滑轮也为x0，此时系统恰好保持静止．现给B物体施加一个平行于斜面斜向下的恒力F，使B由静止沿斜面向下运动，A物体的动能随位移x的变化规律如图乙．求：（1）B物体的质量M．（2）恒力F的大小．-21-\n16．（16分）如图所示，质量m=1kg的长木板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=lkg的物块B．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平力F=9N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t1=1s，撤去拉力．最终物块没有滑离木板．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2）求：（1）撤去拉力时，木板的速度大小v1．（2）木板的最小长度L．（3）物块最终与木板右端的距离s．-21-\n2022-2022学年山东省泰安市高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．1．如图所示，斜面体A放置再水平地面上，物块P放在斜面上，用平行于斜面的轻弹簧将物块P栓接在挡板B上，在物块P上施加竖直向上的拉力F，整个系统处于静止状态，下列作用力一定存在的是()A．物块P与斜面之间的摩擦力B．物块P与斜面之间的弹力C．地面与斜面体A之间的摩擦力D．地面与斜面体A之间的弹力【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】先对物体P受力分析，根据平衡条件及拉力F和重力沿斜面向下的分力大小，分析摩擦力和弹力的情况；再对整体受力分析，研究地面对斜面体A的摩擦力和弹力情况．【解答】解：A、对物体P受力分析，受重力、弹簧的弹力（可能有）、推力F和静摩擦力（可能有），讨论：如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力平衡，则没有静摩擦力；如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力不平衡，则有静摩擦力；故A错误；B、物块P静止在斜面上，必定受到斜面的支持力，则物块P与斜面之间一定存在弹力，故B正确；CD、对整体受力分析，由于F有水平向右的分力，根据平衡条件，地面对A必定有向左的静摩擦力，则地面对A必定有弹力，故CD正确；故选：BCD【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．2．如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线系在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则一定相同的物理量是()-21-\nA．两小球运动的周期B．两小球运动的线速度C．两小球运动的向心加速度D．两绳中拉力【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】两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解．【解答】解：A、对其中一个小球受力分析，如图，小球受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故由合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力为：F=mgtanθ…①；由向心力公式得到：F=mω2r…②；设球与悬点间的高度差为h，由几何关系，得轨道半径为：r=htanθ…③；由①②③三式得：ω=，与绳子的长度和轨道半径无关，则角速度相等，由T=知，周期相同，故A正确；B、由v=wr，知两球轨道半径不等，则线速度大小不等，故B错误；C、由a=ω2r，两球轨道半径不等，向心加速度不同，故C错误；D、绳中拉力为T=，θ不同，则T不同，故D错误．故选：A【点评】本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式．3．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无限远处为零电势点，若q1、q2移动至无限远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()-21-\nA．A、B两点的电势相等B．Q带正电荷C．q1的电荷量大于q2的电荷量D．q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能【考点】电势能．【分析】将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．【解答】解：AB、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势．故AB错误．C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故C错误．D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．故D正确．故选：D．【点评】本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，并掌握由电场力做功，来判定点电荷正负，及知道沿着电场线方向，电势是降低的等等，都是常用的思路．4．假设地球可视为质量均匀分布的球体．地球表面处的重力加速度大小为g0，与地球表面相距为h处的重力加速度大小为g1．忽略地球自转，引力常量为G．则地球的质量为()A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】对地面和高空，均利用万有引力等于重力列式，最后联立求解即可．【解答】解：在地面，重力等于万有引力，故：mg0=在高度为h的位置，重力等于万有引力，故：mg1=联立解得：-21-\nM=故选：A【点评】本题关键是明确在不考虑地球转动的情况下，重力等于万有引力，知道重力加速度随着高度的变化而变化．5．如图所示，物块以一定的初速度并在沿斜面向上的恒定拉力F用下，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动．物块的加速度大小为6m/s2方向沿斜面向下，g取10m/s2．物块在向上运动过程中，其机械能()A．一定增加B．一定减小C．不变D．可能增加也可能减小【考点】功能关系．【分析】当物体只有重力做功，物体的机械能守恒．当除重力以外的做功时，机械能将发生变化，先根据牛顿第二定律确定出除重力以外各力的合力方向，结合功能关系判断．【解答】解：物体的加速度为a=6m/s2，方向沿斜面向下，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f﹣F=ma，解得f﹣F=ma﹣mgsin30°=6m﹣5m=m＞0，说明除重力以外各力的合力方向沿斜面向下，与物体运动方向相反，所以这个合力对物体做负功，根据功能关系可知物块的机械能一定减小，故B正确，ACD错误．故选：B．【点评】解决本题的关键理解机械能守恒的条件，掌握功能原理，知道当除重力以外的力做功的代数和不为零，机械能不守恒．6．如图所示，在平面直角中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点0处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()A．100V/mB．100V/mC．200V/mD．200V/m【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据匀强电场中电势差公式U=Ed可知，相等距离（非等势面方向）电势差相等，取OA的中点C，C与B为等势点，连接BC，作出BC的垂线，即为电场线，根据几何关系求出电场强度的方向与x轴正方向的夹角．-21-\n【解答】解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得：BC=cm，则OB沿电场线方向上的距离为：OD=sin60°=1.5cm．所以电场强度为：E===200V/m．故选：D．【点评】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系式E=，注意公式中d是沿电场线方向上的距离．7．从地面上以初速度竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中正确的是()A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gD．全过程中的平均速度等于【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】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析．【解答】解：AB、上升过程，小球受重力和空气阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，-21-\n解得：a=g+＞g；由于是减速上升，空气阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma′，解得：a′=g﹣＜g；由于速度变大，阻力变大，故加速度不断减小；最后是匀速，故加速度为零；即上升和下降过程，加速度一直在减小，最后匀速时一直为零；因此小球被抛出时的加速度值最大，匀速运动时加速度最小．故A错误，B正确；C、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：a0=（1+）g，故C正确；D、全过程中小球做的不是匀变速直线运动，所以全过程的平均速度不等于．故D错误．故选：BC【点评】本题要知道速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，加速度可根据牛顿第二定律分析，知道公式只适用于匀变速直线运动．8．航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有()A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】A、轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加．B、从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动．C、根据开普勒第三定律，比较轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运动的周期．-21-\nD、根据牛顿第二定律，通过比较所受的万有引力比较加速度．【解答】解：A、轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加，所以经过A的速度小于经过B的速度．故A正确．B、从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动．所以轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度．故B正确．C、根据开普勒第三定律，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期．故C正确．D、在轨道Ⅱ上和在轨道Ⅰ通过A点时所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，加速度相等．故D错误．故选ABC．【点评】解决本题的关键理解飞船的变轨问题，以及知道开普勒第三定律．9．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α，一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，已知重力加速度为g，则由此可求出()A．AB间的水平距离B．AB间的竖直距离C．小球从A到B的飞行时间D．小球在C点对轨道的压力【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】根据小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球通过B点的速度沿着B点切线方向，从而可以根据速度分解求得经过B点时竖直方向分速度，进而求出运动的时间，根据水平方向上的运动规律求出AB间的水平距离．由机械能守恒求出小球经过C点时的速度，由牛顿运动定律求小球对轨道的压力．【解答】解：ABC、小球经过B点时的速度沿B点的切线方向，与水平方向的夹角为α．根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度vy=v0tanα．则小球从A到B的飞行时间t==．则AB间的水平距离x=v0t=AB间的竖直距离y==-21-\n从A到C，由机械能守恒得：mg[y+R（1﹣cosα）]=﹣在C点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m由于轨道半径R未知，所以不能求N，也不能得到小球在C点对轨道的压力．故ABC正确，D错误．故选：ABC．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动的分解研究平抛运动．10．一质量为m的质点静止于光滑水平面上，从某时刻起受到水平外力F的作用，经时间t后将外力变为但方向不变，再经过相同时间t．下列判断正确的是()A．全过程中的最大功率是B．全过程中的最大功率是C．全过程的平均功率是D．第1个t内与第2个t内质点的动能增加量之比是4：5【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】根据牛顿第二定律求的加速度，由速度时间公式求得ts末及2ts末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率【解答】解：A、在拉力F作用下的加速度为：a=，ts末的速度为：v=at=，在拉力为作用下的加速度为：a，2ts末得速度为：，故功率为：P=Fv=P，故功率最大为，故A正确，B错误；C、外力做功为：W=，平均功率为P=，故C错误；D、根据动能定理有：，可知，第1个t内与第2个t内质点的动能增加量之比是4：5，故D正确故选：AD-21-\n【点评】本题也可由动力学公式求解出ts末及2ts末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点二、本题共2小题，共14分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置．11．某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了图甲所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在下面的表中．（弹簧始终在弹性限度内）测量次序123456弹簧弹力大小F/N00.490.981.471.962.45弹簧总长x/cm67.168.349.4810.8511.75（1）根据实验数据在图乙的坐标纸上已描出了前四次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧总长x之间的函数关系点，请把第5、6次测量的数据对应的点描出来，并作出F﹣x图线．（2）图线跟x坐标轴交点的物理意义是弹簧原长．（3）该弹簧的劲度系数k=43N/m．（保留两位有效数字）【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题．【分析】采用描点法作图得到F﹣x图象，根据胡克定律，F﹣x图象的斜率表示劲度系数，纵轴截距表示弹簧的原长．【解答】解：（1）采用描点法作图得到F﹣x图象，如图所示：（2）F﹣x图象中x为原长，根据胡克定律公式F=k•△x，有：F=k（x﹣x0）图象中图线跟x坐标轴交点的坐标为6cm，此时弹力为零，故表示弹簧原长；（3）根据胡克定律得：k=≈0.43N/cm=43N/m．故答案为：-21-\n（1）如图所示；（2）弹簧原长；（3）43．【点评】对于该实验要注意：1、每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于静止状态．2、测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长l0，实际长度l和伸长量x，并明确三者之间的关系．3、坐标系两轴上单位长度所代表的量值要适中，不要过大或过小．4、描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧．12．某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，装有力传感器的小车由绕过定滑轮的细绳与砂桶连接，小车后面连接通过打点计时器的纸带．主要操作如下：①缓慢向小桶中加入细砂，直到轻推小车后小车缓慢运动，记下此时传感器的示数F0．②再将小车放回原处并按住，向小桶中加入一定量的细砂，此状态下传感器的示数记为F1；接通打点计时器的电源（交变电流的频率为50Hz），释放小车，小车运动过程中传感器的示数记为F2．将F1、F2数值记录在该条纸带上．③改变砂桶中砂的质量，重复步骤②，获得多组数据．（1）某次实验中，打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离如图，则小车的加速度a=0.16m/s2．（2）利用测得数据绘制a﹣F图象．甲同学用F=F1﹣F0作横坐标，则他绘制出的a﹣F图象可能是A；乙同学用F=F2﹣F0作横坐标，则他绘制出的a﹣F图象可能是D；丙同学漏掉了F0，直接用F=F1作横坐标，则他绘制出的a﹣F图象可能是C．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题；直线运动规律专题．【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度．（2）根据横坐标表示的含义，得出a与F的关系图线．当F为小车的合力，则a与F的关系图线为过原点的倾斜直线，若F表示桶的重力，开始是倾斜直线，然后由于桶的质量不满足远小于小车的质量，图线会发生弯曲．当未平衡摩擦力，a﹣F图线横轴有截距．-21-\n【解答】解：（1）根据△x=aT2，运用逐差法得：a==0.16m/s2．（2）甲同学用F=F1﹣F0作横坐标，可知横坐标表示桶的重力与摩擦力的合力，开始由于桶的质量远小于小车的质量，桶的重力近似可以认为是小车的拉力，则横坐标表示小车的合力，可知加速度a与F的图线开始是一条过原点的倾斜直线，然后桶的质量不再远小于小车的质量，图线会发生弯曲．故选：A．乙同学用F=F2﹣F0作横坐标，则横坐标表示小车的合力，图线为过原点的倾斜直线，故选：D．丙同学漏掉了F0，直接用F=F1作横坐标，即未平衡摩擦力，可知F不等于零时，加速度a仍然为零，F1表示桶的重力，开始图线为直线，由于桶的质量增加，不再满足远小于小车的质量，图线会发生弯曲．故选：C．故答案为：0.16，（2）A，D，C．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理的方法，会通过纸带求解加速度，对于a﹣F图线的确定，关键要知道横轴F的含义，难度不大．三、解答题（本大题共4小题，共46分．用钢笔或黑色签字笔答在答题纸上规定位置，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）13．质量均为m的小球A、B由绕过定滑轮的细绳连接，A套在光滑竖直杆上，定滑轮到杆的距离为L，让A从图示位置（A处的细绳与竖直方向夹角为45°）处由静止开始滑下，求：（1）当球A到达与定滑轮等高处时，球B的速度．（2）当球A到达定滑轮下方细绳与杆的夹角为45°时，球A的速度．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）A球沿绳子方向的分速度等于B球的速度，列式出两球速度的关系式，再求解球A到达与定滑轮等高处时球B的速度．（2）对于两球组成的系统，由机械能守恒定律列式，并结合速度关系，即可求解A球的速度．【解答】解：（1）当连接球A的细绳与杆的夹角为α时，A、B的运动速度之间的关系为vB=vAcosα当球A到达与定滑轮等高处时，α=90°，则得球B的速度vB=0-21-\n（2）当球A到达定滑轮下方细绳与杆的夹角为45°时，由几何关系知球A下落的高度为hA=2L，球B又回到原位置，根据系统的机械能守恒得：mghA=+又有vB=vAcos45°整理得：vA=答：（1）当球A到达与定滑轮等高处时，α=90°，球B的速度是0．（2）当球A到达定滑轮下方细绳与杆的夹角为45°时，A球的速度为．【点评】本题运用几何关系及机械能守恒定律解答，关键要分析两球的速度，知道A球沿绳子方向的分速度等于B球的速度．14．甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半，全过程中甲乙两车走过的路程恰好相同．求第二段时间结束时甲乙两车的速度之比．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，抓住甲乙两车运动的路程相同，求出甲乙开始的加速度大小之比，再结合速度时间公式求出第二段时间结束时甲乙两车的速度之比．【解答】解：设汽车甲开始时加速度为a1，第一段时间间隔末的速度为v1，两段时间间隔内行驶的路程分别为x1和x2，则有：，v1=a1t，，设汽车乙开始时加速度为a2，第一段时间间隔末的速度为v2，两段时间间隔内行驶的路程分别为x3和x4，则有：，v2=a2t，，由题意知，x1+x2=x3+x4，解得：，汽车甲的最终速度为：v甲=a1t+2a1t，-21-\n汽车乙的最终速度为：，整理得：．答：第二段时间结束时甲乙两车的速度之比为7：5．【点评】解决本题的关键知道甲乙两车在两段过程中，均做加速度不同的匀加速直线运动，通过路程相同，求出加速度之比是解决本题的关键．15．如图甲所示，在竖直平面内有一个固定的直角三角形斜面体，倾角θ为30°，斜边长为x0．斜面顶部安装一个轻小的定滑轮，通过定滑轮连接两个物体A、B（均可视为质点），物体A的质量为m．所有摩擦均不计，开始时B处于斜面顶部，A物体距离滑轮也为x0，此时系统恰好保持静止．现给B物体施加一个平行于斜面斜向下的恒力F，使B由静止沿斜面向下运动，A物体的动能随位移x的变化规律如图乙．求：（1）B物体的质量M．（2）恒力F的大小．【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．【分析】（1）开始时，系统保持静止，两个物体受力都平衡，分别对两个物体运用平衡条件列式，可求得B物体的质量M．（2）在B沿斜面向下运动的过程中，根据牛顿第二定律求出加速度．对A物体，由动能定理得到动能与x的关系，结合图象的信息，即可求解．【解答】解：（1）A、B均处于平衡状态时，设绳子拉力大小为T1．根据共点力平衡条件得对于A球，有：T1=mg对于B球，有：T1=Mgsinθ解得M=2m（2）设运动过程中A、B的加速度大小为a，绳中拉力大小为T2，根据牛顿第二定律得T2﹣mg=maF+Mgsinθ﹣T2=Ma对A物体，根据动能定理得：（T2﹣mg）x=从乙图中可知T2﹣mg=-21-\n整理得F=答：（1）B物体的质量M是2m．（2）恒力F的大小是．【点评】本题主要考查了动能定理与运动学及牛顿第二定律的综合运用，利用好图象是关键．16．（16分）如图所示，质量m=1kg的长木板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=lkg的物块B．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平力F=9N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t1=1s，撤去拉力．最终物块没有滑离木板．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2）求：（1）撤去拉力时，木板的速度大小v1．（2）木板的最小长度L．（3）物块最终与木板右端的距离s．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）对木板进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式即可求出速度；（2）求出物块的加速度与位移，然后求出木板减速的加速度，在求出二者速度相等时的速度，最后求出木板的长度；（3）分别求出它们的位移即可求出物块最终与木板右端的距离s．【解答】解：（1）以木板为研究对象，竖直方向：mg+mg=FN水平方向：F﹣μ1FN﹣μ2mg=ma1代入数据得：所以，撤去拉力时，木板的速度大小：v1=a1t1=4×1=4m/s（2）1s内木板的位移：m以物块为研究对象，水平方向：ma2=μ2g所以：1s内物块的位移：m撤去拉力后物块将继续加速一段时间，而木板做减速运动，设加速度为a3，则：﹣μ2mg﹣μ1•2mg=ma3代入数据得：-21-\n设再经过t2时间二者的速度相等，则：v1+a3t2=a2（t1+t2）代入数据得：t2=0.5st2时间内二者的位移：木板的长度至少为：L=x1+x1′﹣x2﹣x2′代入数据得：L=2.25m（3）达到相等的速度为：v′=a2（t1+t2）=1×（1+0.5）=1.5m/s达到相等的速度后，物块和木板都做减速运动，直到停止，物块的加速度小，相对于木板向右运动，则：木板的加速度：﹣μ1•2mg+μ2mg=ma4物块的加速度保持不变，则：，由几何关系：L+x1″=x2″+s联立得：s=1.5m答：（1）撤去拉力时，木板的速度大小是4m/s．（2）木板的最小长度L是2.25m．（3）物块最终与木板右端的距离是1.5m．【点评】本题关键明确木块和木板的运动规律和受力特点，根据牛顿第二定律求解出加速度后根据运动学公式规律联立求解．-21-