2015-2016学年福建省莆田八中高一下学期第二次月考物理试卷(理科)(解析版)


2015-2016 学年福建省莆田八中高一(下)第二次月考物理试卷(理科)
一、单项选择题(本题共 10 小题,每题 3 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确) 1.关于物体做曲线运动,下列说法正确的是( ) A.物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B.质点作曲线运动,速度的大小一定是时刻在变化 C.作曲线运动的物体,其速度方向与加速度方向不在同一直线上 D.物体在变力作用下不可能作直线运动 2.以下说法正确的是( ) A.一个物体所受的合外力为零,它的机械能一定守恒 B.一个物体做匀速运动,它的机械能一定守恒 C.一个物体所受合外力做的功为零,它一定保持静止或匀速直线运动 D.一个物体所受的合外力不为零,它的机械能可能守恒 3.关于向心加速度,下列说法正确的是( ) A.它描述的是线速度方向变化的快慢 B.它描述的是线速度大小变化的快慢 C.向心加速度就是加速度 D.匀速圆周运动中,向心加速度保持不变 4.如图所示,利用倾角为 α 的传送带把一个质量为 m 的木箱匀速传送 L 距离,这时木箱升高 h,木箱和 传送带始终保持相对静止.关于此过程,下列说法正确的是( )

A.木箱克服摩擦力做功 mgh B.摩擦力对木箱做功为零 C.摩擦力对木箱做功为 μmgLcosα,其中 μ 为摩擦系数 D.摩擦力对木箱做功为 mgh 5.以 20m/s 的初速度从地面竖直上抛一物体(g 取 10m/s2) ,以下说法正确的是( ) A.运动过程加速度不断变化 B.从抛出到上升至最高点的时间为 1s C.上升的最大高度为 25m D.从上抛至落回原处的时间为 4s 6.如图所示,高为 h=1.25m 的平台上,覆盖一层薄冰,现有一质量为 60kg 的滑雪爱好者,以一定的初速 度 v 向平台边缘滑去,着地时的速度方向与水平地面的夹角为 45° (取重力加速度 g=10m/s2) .由此可知下 列各项中错误的是( )

A.滑雪者离开平台边缘时的速度大小是 5.0 m/s B.滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是 2.5 m C.滑雪者在空中运动的时间为 0.5 s D.着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是 200 W
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7.如图是自行车传动机构的示意图,其中Ⅰ是半径为 r1 的大齿轮,Ⅱ是半径为 r2 的小齿轮,Ⅲ是半径为 r3 的后轮,假设脚踏板的转速为 n r/s,则自行车前进的速度为( )

A.

B.

C.

D.

8.长为 L 的轻杆一端固定质量为 m 的小球,另一端可绕固定光滑水平转轴 O 转动.现使小球在竖直平面 内做圆周运动,C 为圆周的最高点,若小球通过圆周最低点 D 的速度大小为 ,不计一切阻力,则小 球过 C 点时( )

A.速度大小等于 0 B.速度大小等于 C.受到轻杆向上的弹力,大小为 mg D.受到轻杆向下的弹力,大小为 mg 9.如图所示,某同学用硬塑料管和一个质量为 m 的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动,将螺丝帽套在塑料管 上,手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为 r 的匀速圆周运动,只要运动角速度合适,螺丝帽恰 好不下滑,假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数 μ,认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.则在该同学 手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时,下述分析正确的是( )

A.螺丝帽受到的重力与最大静摩擦力平衡 B.螺丝帽受到杆的弹力方向水平向外,背离圆心 C.此时手转动塑料管的角速度 ω= D.若杆的转动加快,螺丝帽有可能相对杆发生运动 10.如图所示,用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高 2L 的 O 点处,小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做 圆周运动且恰能到达最高点 B 处,若运动中轻绳断开,则小铁球落到地面时的速度大小为( )

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A.

B.

C.

D.

二、多项选择题(本题共 3 小题,每题 4 分,共 12 分.全对得 4 分,少选得 2 分,错选得 0 分) 11.如图,x 轴在水平地面内,y 轴沿竖直方向.图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三个小球 a、b 和 c 的运动轨迹,其中 b 和 c 是从同一点抛出的,不计空气阻力,则( )

A.a 的飞行时间比 b 的长 B.b 和 c 的飞行时间相同 C.a 的水平速度比 b 的小 D.b 的初速度比 c 的小 12.如图所示,用长为 L 的细绳拴着质量为 m 的小球在竖直平面内做圆周运动,则下列说法中正确的是 ( )

A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力 B.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动,则其在最高点的速率为 C.小球过最低点时绳子的拉力有可能小于小球重力 D.小球在最低点时的细绳拉力与小球在最高点时细绳拉力的差为 6mg 13.如图甲所示,静止在水平地面上的物块 A,受到水平推力 F 的作用,F 与时间 t 的关系如图乙所示, 设物块与地面之间的最大静摩擦力 fm 大小与滑动摩 擦力大小相等,则( )

A.0~t0 时间内力 F 的功率逐渐增大 B.t1 时刻 A 的动能最大 C.t2 时刻 A 的速度最大 D.t2 时刻后物体做反方向运动 三、实验题: (每空格 3 分,共 18 分)
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14.如图所示,在探究平抛运动规律的实验中,用小锤打击弹性金属片,金属片把 P 球沿水平方向抛出, 同时 Q 球被松开而自由下落,P、Q 两球同时开始运动,则: (1) A.P 球先落地 B.Q 球先落地 C.两球同时落地 D.两球落地先后由小锤打击力的大小而定 (2)上述现象说明 .

15.关于“探究恒力做功与动能变化”的实验,下列说法中正确的是 ( ) A.应调节定滑轮的高度使细绳与木版平行 B.应调节定滑轮的高度使细绳保持水平 C.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越密,就应调大斜面倾角 D.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越疏,就应调大斜面倾角 16.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源,输出电压为 6V 的交流电 和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带打出一 系列的点,对纸带上的点 痕进行 测量,据此验证机械能守恒定律. (1)下面列举了该实验的几个操作步骤: A.按照图示的装置安装器件; B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上; C.用天平测出重锤的质量; D.释放纸带,立即接通电源开关打出一条纸带; E.测量纸带上某些点间的距离; F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增 加的动能. 其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是 . (将其选项对应的字母填在横处) (2)在验证机械能守恒定律的实验中,若以 v2 为纵轴,以 h 为横轴,根据实验数据 绘出 v2﹣﹣﹣h 的图象应是 的数值. ,才能验证机械能守恒定律; v2﹣﹣﹣h 图象的斜率等于

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四、计算题: (本题共 3 小题,共 40 分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写 出最后答案的不得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值及单位. ) 17. 图甲为游乐场的悬空旋转椅, 我们把这种情况抽象为图乙的模型: 一质量 m=40kg 的球通过长 L=12.5m 的轻绳悬于竖直面内的直角杆上,水平杆长 L′=7.5m.整个装置绕竖直杆转动,绳子与竖直方向成 θ 角.当 θ=37°时, (g=9.8m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)绳子的拉力大小; (2)该装置转动的角速度.

18.如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小 球在管道内做圆周运动, 从 B 点脱离后做平抛运动, 经过 0.3 秒后又恰好垂直与倾角为 45°的斜面相碰到. 已 2 知圆轨道半径为 R=1m,小球的质量为 m=1kg,g 取 10m/s .求 (1)小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离 (2)小球经过圆弧轨道的 B 点时,受到轨道的作用力 NB 的大小和方向? (3)小球经过圆弧轨道的 A 点时的速率.

19.如图所示,让摆球从图中的 C 位置由静止开始摆下,摆到最低点 D 处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙 的水平面上由 D 点向右做匀减速运动,到达小孔 A 进入半径 R=0.3m 的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球 进入圆轨道立即关闭 A 孔.已知摆线长 L=2m,θ=60°,小球质量为 m=0.5kg,D 点与小孔 A 的水平距离 s=2m,g 取 10m/s2.试求: (1)求摆线能承受的最大拉力为多大? (2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求粗糙水平面摩擦因数 μ 的范围.

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2015-2016 学年福建省莆田八中高一 (下) 第二次月考物理试卷 (理 科)
参考答案与试题解析

一、单项选择题(本题共 10 小题,每题 3 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确) 1.关于物体做曲线运动,下列说法正确的是( ) A.物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B.质点作曲线运动,速度的大小一定是时刻在变化 C.作曲线运动的物体,其速度方向与加速度方向不在同一直线上 D.物体在变力作用下不可能作直线运动 【考点】物体做曲线运动的条件;曲线运动. 【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,合外力大小和方向不一定变化; 当合力与速度在同一条直线上时,物体就做直线运动,与合力的大小是否变化无关. 【解答】解:A、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,合外力大小和方向不一定变化, 比如平抛运动受到的就恒力的作用,所以 A 错误. B、质点作曲线运动时,速度的方向一定是变化的,但速度的大小不一定变化,比如匀速圆周运动,所以 B 错误. C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,由牛顿第二定律可知,合力的方向与加速度 的方向是一样的,所以速度方向与加速度方向不在同一直线上,故 C 正确. D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,当变力的方向与速度的方向相同时,物体就 做直线运动,只不过此时的物体的加速度是变化的,物体做的是加速度变化的直线运动,所以 D 错误. 故选 C. 【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查,掌握了做曲线运动的条件,本题基本上就可以解决 了. 2.以下说法正确的是( ) A.一个物体所受的合外力为零,它的机械能一定守恒 B.一个物体做匀速运动,它的机械能一定守恒 C.一个物体所受合外力做的功为零,它一定保持静止或匀速直线运动 D.一个物体所受的合外力不为零,它的机械能可能守恒 【考点】机械能守恒定律. 【分析】判断物体机械能是否守恒,看物体是否只有重力做功.要理解只有重力做功,可以受其它力,其 它力不做功或其它力做功的代数和为 0. 【解答】解:A、一个物体所受的合外力为零,机械能不一定守恒,比如:降落伞匀速下降,合力为 0,机 械能减小.故 A 错误. B、一个物体做匀速运动,机械能不一定守恒,比如物体匀速下降或匀速上升.故 B 错误. C、一个物体所受合外力做的功为零,物体不一定静止或匀速直线运动.比如:匀速圆周运动,合外 力不做功.故 C 错误. D、一个物体所受合外力不为零,可能只有重力做功,机械能可能守恒.故 D 正确. 故选 D. 【点评】解决本题的关键掌握判断机械能守恒的条件,看物体是否只有重力做功. 3.关于向心加速度,下列说法正确的是( )
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A.它描述的是线速度方向变化的快慢 B.它描述的是线速度大小变化的快慢 C.向心加速度就是加速度 D.匀速圆周运动中,向心加速度保持不变 【考点】向心加速度. 【分析】做匀速圆周运动的物体要受到指向圆心的向心力的作用,从而产生指向圆心的向心加速度,向心 加速度只改变物体的速度的方向不改变速度的大小 【解答】解:AB、向心加速度只改变物体的速度的方向不改变速度的大小,所以向心加速度越大小,表示 物体速度方向变化快慢,所以 A 正确,B 错误; C、变速圆周运动不是由合外力提供向心力,所以实际加速度不是向心加速度,故 C 错误; D、匀速圆周运动中,向心加速度大小不变,方向不变,故 D 错误; 故选:A 【点评】本题考查学生对向心加速度的理解,可以结合以前学的加速度的含义来理解 4.如图所示,利用倾角为 α 的传送带把一个质量为 m 的木箱匀速传送 L 距离,这时木箱升高 h,木箱和 传送带始终保持相对静止.关于此过程,下列说法正确的是( )

A.木箱克服摩擦力做功 mgh B.摩擦力对木箱做功为零 C.摩擦力对木箱做功为 μmgLcosα,其中 μ 为摩擦系数 D.摩擦力对木箱做功为 mgh 【考点】功的计算. 【分析】由于整个过程中物体是匀速运动的,由动能定理可以直接得出结论. 【解答】解:木箱和皮带间的摩擦力为静摩擦力,对木箱做正功,木箱匀速运动,根据功能原理,摩擦力 对木箱做的功等于木箱克服重力做的功 mgh,所以只有 D 选项正确. 故选 D. 【点评】本题由动能定理对整体分析,可以较简单的得出结论,在解题时要注意方法的选择. 5.以 20m/s 的初速度从地面竖直上抛一物体(g 取 10m/s2) ,以下说法正确的是( A.运动过程加速度不断变化 B.从抛出到上升至最高点的时间为 1s C.上升的最大高度为 25m D.从上抛至落回原处的时间为 4s )

【考点】竖直上抛运动. 【分析】物体做竖直上抛运动,其加速度大小始终为 g,方向竖直向下,上升阶段:匀减速直线运动,达 到最高点时速度为零,加速度还是 g,应用匀变速直线运动的规律求解. 【解答】解:A、物体在竖直上抛运动时,只受重力,则加速度保持不变,故 A 错误; B、上升过程做匀减速直线运动,由 v=gt 可得,上升时间 t= = s=2s;故 B 错误;

C、上升的最大高度 h=

=

=20m;故 C 错误;

D、上升和下降过程为互逆过程,时间相等,故从上抛至落回原处的时间为 4s;故 D 正确;
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故选:D. 【点评】竖直上抛运动是加速度大小始终为 g,方向竖直向下的匀变速运动,可分段求解,也可整体法求 解,选用适当的方法求解即可.注意向上的减速运动可以反向作为向下的匀加速进行分析. 6.如图所示,高为 h=1.25m 的平台上,覆盖一层薄冰,现有一质量为 60kg 的滑雪爱好者,以一定的初速 度 v 向平台边缘滑去,着地时的速度方向与水平地面的夹角为 45° (取重力加速度 g=10m/s2) .由此可知下 列各项中错误的是( )

A.滑雪者离开平台边缘时的速度大小是 5.0 m/s B.滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是 2.5 m C.滑雪者在空中运动的时间为 0.5 s D.着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是 200 W 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;平抛运动. 【分析】根据平抛运动的高度,结合位移时间公式求出平抛运动的时间,从而得出落地时的竖直分速度, 结合平行板四边形定则求出平抛运动的初速度,根据初速度和时间求出水平位移.根据落地时的竖直分速 度求出落地时重力的瞬时功率. 【解答】解:A、根据 h= 得,滑雪者在空中的时间 t= ,则滑雪者着地时

v0=vy=5m/s, 的竖直分速度 vy=gt=10×0.5m/s=5m/s, 根据平行四边形定则知, 滑雪者离开平台边缘的速度为: 故 AC 正确. B、滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为:x=v0t=5×0.5m=2.5m,故 B 正确. D、着地时重力做功的瞬时功率为:P=mgvy=600×5W=3000W,故 D 错误. 本题选错误的,故选:D. 【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,结合运动学公式灵活求解, 难度不大. 7.如图是自行车传动机构的示意图,其中Ⅰ是半径为 r1 的大齿轮,Ⅱ是半径为 r2 的小齿轮,Ⅲ是半径为 r3 的后轮,假设脚踏板的转速为 n r/s,则自行车前进的速度为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】线速度、角速度和周期、转速. 【分析】大齿轮和小齿轮靠链条传动,线速度相等,根据半径关系可以求出小齿轮的角速度.后轮与小齿 轮具有相同的角速度,若要求出自行车的速度,需要知道后轮的半径,抓住角速度相等,求出自行车的速 度.

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【解答】解:转速为单位时间内转过的圈数,因为转动一圈,对圆心转的角度为 2π,所以 ω=2πn,因为要 测量自行车前进的速度,即车轮 III 边缘上的线速度的大小,根据题意知:轮 I 和轮 II 边缘上的线速度的大 小相等,据 v=rω 可知:r1ω1=r2ω2,已知 ω1=2πn,则轮 II 的角速度 ω2= ω1.

因为轮 II 和轮 III 共轴,所以转动的 ω 相等即 ω3=ω2,根据 v=rω 可知,v=r3ω3= 故选:D 【点评】解决本题的关键知道靠链条传动,线速度相等,共轴转动,角速度相等.



8.长为 L 的轻杆一端固定质量为 m 的小球,另一端可绕固定光滑水平转轴 O 转动.现使小球在竖直平面 内做圆周运动,C 为圆周的最高点,若小球通过圆周最低点 D 的速度大小为 ,不计一切阻力,则小 球过 C 点时( )

A.速度大小等于 0 B.速度大小等于 C.受到轻杆向上的弹力,大小为 mg D.受到轻杆向下的弹力,大小为 mg 【考点】向心力. 【分析】根据动能定理求出小球在 C 点的速度,小球在 C 点的临界速度为零,根据牛顿第二定律求出在最 高点杆子的作用力表现为什么力. 【解答】解:A、B 根据动能定理得,﹣mg2L= 解得 vC= .故 A、B 错误. C、D 小球在最高点时,设杆子对小球有支持力,则 mg﹣F=m ,解得 F=﹣mg,负号表示 F 向下,故杆子表现为拉力,大小为 mg.故 C 错误,D 正确. ﹣ ,又 vD= ,

故选 D 【点评】本题综合考查了动能定理以及牛顿第二定律,关键搞清向心力的来源,运用牛顿定律进行求解. 9.如图所示,某同学用硬塑料管和一个质量为 m 的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动,将螺丝帽套在塑料管 上,手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为 r 的匀速圆周运动,只要运动角速度合适,螺丝帽恰 好不下滑,假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数 μ,认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.则在该同学 手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时,下述分析正确的是( )

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A.螺丝帽受到的重力与最大静摩擦力平衡 B.螺丝帽受到杆的弹力方向水平向外,背离圆心 C.此时手转动塑料管的角速度 ω= D.若杆的转动加快,螺丝帽有可能相对杆发生运动 【考点】向心力;力的合成与分解的运用;牛顿第二定律. 【分析】螺丝帽做匀速圆周运动,恰好不下滑,知竖直方向上受重力和摩擦力平衡,水平方向上靠弹力提 供向心力. 【解答】解:A、螺丝帽恰好不下滑,知螺丝帽受到重力和最大静摩擦力平衡.故 A 正确. B、螺丝帽在水平方向受到的弹力提供向心力,弹力的方向指向圆心.故 B 错误. C、根据 mg=f=μN,解得 N= ,根据 N=mrω2,解得 .故 C 正确.

D、若杆转动加快,则向心力增大,弹力增大,最大静摩擦力增大,螺丝帽受重力和静摩擦力仍然平衡.故 D 错误. 故选 AC. 【点评】解决本题的关键搞清向心力的来源,运用牛顿第二定律进行求解. 10.如图所示,用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高 2L 的 O 点处,小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做 圆周运动且恰能到达最高点 B 处,若运动中轻绳断开,则小铁球落到地面时的速度大小为( )

A.

B. C. D. 【考点】平抛运动;牛顿第二定律;向心力;机械能守恒定律. 【分析】小球恰好能通过最高点 B,重力提供向心力,根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解得到 B 点 速度;然后根据机械能守恒定律列式求解落地速度. 【解答】解:小球恰好能通过最高点 B,重力提供向心力, 根据牛顿第二定律,有:mg=m ①

整个运动过程只有重力做功,机械能守恒, 根据守恒定律,有: ②

联立解得: ; 故选 D. 【点评】本题突破口在于小球恰好经过 B 点,重力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解速度;然后机 械能守恒定律列式求解落地速度,不难. 二、多项选择题(本题共 3 小题,每题 4 分,共 12 分.全对得 4 分,少选得 2 分,错选得 0 分) 11.如图,x 轴在水平地面内,y 轴沿竖直方向.图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三个小球 a、b 和 c 的运动轨迹,其中 b 和 c 是从同一点抛出的,不计空气阻力,则( )

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A.a 的飞行时间比 b 的长 B.b 和 c 的飞行时间相同 C.a 的水平速度比 b 的小 D.b 的初速度比 c 的小 【考点】平抛运动. 【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,根据高度比较运动的时 间,结合水平位移和时间比较初速度. 【解答】解:A、根据 t= 知,平抛运动的时间由高度决定,b 的高度大于 a 的高度,则 b 的时间比 a

的时间长,b、c 的高度相同,则飞行的时间相同,故 A 错误,B 正确. C、a 的时间短,水平位移大,根据 x=vt 知,a 的初速度比 b 大,故 C 错误. D、b、c 的时间相等,b 的水平位移大于 c 的水平位移,则 b 的初速度比 c 的大,故 D 错误. 故选:B. 【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, 知道运动的时间由高度决定, 初速度和时间共同决定水平位移. 12.如图所示,用长为 L 的细绳拴着质量为 m 的小球在竖直平面内做圆周运动,则下列说法中正确的是 ( )

A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力 B.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动,则其在最高点的速率为 C.小球过最低点时绳子的拉力有可能小于小球重力 D.小球在最低点时的细绳拉力与小球在最高点时细绳拉力的差为 6mg 【考点】向心力. 【分析】细线拉着小球在竖直平面内做圆周运动,在最高点和最低点,沿半径方向上的合力提供向心力, 在最高点速度为不为 0,取决于在最高点的速度. 【解答】解:A、在最高点若速度比较大,则有 F+mg= B、当在最高点速度 v= 速度.故 B 正确. C、在最低点有:F﹣mg= .所以向心力不一定由重力提供.故 A 错误.

,此时 F=0,重力提供向心力.此时的速度是物体做圆周运动在最高点的最小

,拉力一定大于重力.故 C 错误.

D、小球从 A 点运动到 B 点,由机械能守恒定律有: 2mgL= mV2﹣ mv2 解得:V= ;

小球在 B 点时根据牛顿第二定律有:

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T﹣mg=m 代入 V 解得:T=6mg+F 即小球在最低点时的细绳拉力与小球在最高点时细绳拉力的差为 6mg.故 D 正确. 故选:BD 【点评】解决本题的关键知道竖直平面内圆周运动最高点和最低点,沿半径方向上的合力提供向心力.以 及绳子拉着小球在竖直平面内运动, 在最高点的临界情况是拉力为 0 时, 重力提供向心力, 为最高点的最小速度. 13.如图甲所示,静止在水平地面上的物块 A,受到水平推力 F 的作用,F 与时间 t 的关系如图乙所示, 设物块与地面之间的最大静摩擦力 fm 大小与滑动摩 擦力大小相等,则( ) v= ,

A.0~t0 时间内力 F 的功率逐渐增大 B.t1 时刻 A 的动能最大 C.t2 时刻 A 的速度最大 D.t2 时刻后物体做反方向运动 【考点】动能定理的应用. 【分析】当推力小于最大静摩擦力时,物体静止不动,静摩擦力与推力二力平衡,当推力大于最大静摩擦 力时,物体开始加速,当推力重新小于最大静摩擦力时,物体由于惯性继续减速运动. 【解答】解:A、t0 时刻前,推力小于最大静摩擦力,物体静止不动,静摩擦力与推力二力平衡,合力为 零,力 F 的功率为零,故 A 错误; B、t0 到 t2 时刻,合力向前,物体一直加速前进,故 B 错误; C、D、t2 之后合力向后,物体由于惯性减速前进,故 t2 时刻 A 的速度最大,C 选项正确,D 选项错误; 故选 C. 【点评】目前已知的所有宏观物体都是靠惯性运动,力只是改变速度的原因,t0 时刻前,合力为零,物体 静止不动,t0 到 t2 时刻,合力向前,物体加速前进,t2 之后合力向后,物体减速前进. 三、实验题: (每空格 3 分,共 18 分) 14.如图所示,在探究平抛运动规律的实验中,用小锤打击弹性金属片,金属片把 P 球沿水平方向抛出, 同时 Q 球被松开而自由下落,P、Q 两球同时开始运动,则: (1) C A.P 球先落地 B.Q 球先落地 C.两球同时落地 D.两球落地先后由小锤打击力的大小而定 (2)上述现象说明 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动 .

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【考点】研究平抛物体的运动. 【分析】P 球沿水平方向抛出做平抛运动,同时 Q 球被松开,自由下落做自由落体运动,发现每次两球都 同时落地,只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动. 【解答】解: (1)由于两球同时运动,P 球做平抛运动,其竖直方向运动规律与 Q 球相同,因此两球同时 落地,故 ABD 错误,C 正确. 故选:C. (2)根据实验结果可知,平抛运动在竖直方向上做自由落体运动. 故答案为: (1)C; (2)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动. 【点评】本题属于简单基础题目,实验虽然简单,但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律. 15.关于“探究恒力做功与动能变化”的实验,下列说法中正确的是 ( A.应调节定滑轮的高度使细绳与木版平行 B.应调节定滑轮的高度使细绳保持水平 C.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越密,就应调大斜面倾角 D.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越疏,就应调大斜面倾角 )

【考点】探究功与速度变化的关系. 【分析】要清楚该实验的原理,应调节定滑轮的高度使细绳与木板平行,并且平衡摩擦力,这样小车的合 力可以认为就是绳的拉力.在平衡摩擦力时,若轻推小车,能匀速下滑,则小车所受的摩擦力被重力的下 滑分力,纸带上打出的点应是均匀的. 【解答】解: A、应调节定滑轮的高度使细绳与木板平行,这样小车所受的绳的拉力才是恒力.故 A 正确. B、实验时应使木板适当倾斜,轻推小车能匀速下滑,使小车在木板上下滑时所受的摩擦力被重力沿斜面 向下的分力平衡,当系上细绳后,绳的拉力就是小车的合力,此时应调节定滑轮的高度使细绳与木版平行, 而不是使细绳水平,故 B 错误. C、平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越密,说明小车是减速下滑的,小车的重力沿斜面分力小于摩 擦力,那么我们应该调大斜面倾角,使得小车的重力沿斜面分力等于摩擦力.故 C 正确. D、平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越疏,说明小车是加速下滑的,也就是小车的重力沿斜面分力 大于摩擦力,那么我们应该调小斜面倾角,使得小车的重力沿斜面分力等于摩擦力.故 D 错误. 故选:AC 【点评】解决实验问题,我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点 去搞清楚.其中平衡摩擦力我们要运用牛顿第二定律和运动学去解决. 16.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源,输出电压为 6V 的交流电 和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带打出一 系列的点,对纸带上的点 痕进行 测量,据此验证机械能守恒定律. (1)下面列举了该实验的几个操作步骤: A.按照图示的装置安装器件; B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上; C.用天平测出重锤的质量;
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D.释放纸带,立即接通电源开关打出一条纸带; E.测量纸带上某些点间的距离; F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增 加的动能. 其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是 BCD . (将其选项对应的字母填在横处) (2)在验证机械能守恒定律的实验中,若以 v2 为纵轴,以 h 为横轴,根据实验数据 绘出 v2﹣﹣﹣h 的图象应是 过原点的倾斜直线 ,才能验证机械能守恒定律; 率等于 重力加速度 的数值. v2﹣﹣﹣h 图象的斜

【考点】验证机械能守恒定律. 【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项. 对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面:1、从物理角度找出两变量之间的关系式 2、从数学角度 找出图象的截距和斜率,两方面结合解决问题. 【解答】解: (1)B:将打点计时器应接到电源的“交流输出”上,故 B 错误. C:因为我们是比较 mgh、 mv2 的大小关系,故 m 可约去比较,不需要用天平.故 C 错误. D、开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后再释放重锤,让它带着纸带一同落下,如果先放开纸 带让重物下落,再接通打点计时时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产 生较大的误差.故 D 错误. 故选 BCD. (2)利用 v2﹣h 图线处理数据,物体自由下落过程中机械能守恒,mgh= mv2,即 v2=gh 所以以 v2 为纵轴,以 h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线. 那么 v2﹣h 图线的斜率就等于重力加速度 g. 故答案为: (1)BCD; ( 2)过原点的倾斜直线 重力加速度. 【点评】直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息. 要能够找出斜率和截距的物理意义,我们必须要从物理角度找出两个物理变量的关系表达式. 四、计算题: (本题共 3 小题,共 40 分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写 出最后答案的不得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值及单位. )

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17. 图甲为游乐场的悬空旋转椅, 我们把这种情况抽象为图乙的模型: 一质量 m=40kg 的球通过长 L=12.5m 的轻绳悬于竖直面内的直角杆上,水平杆长 L′=7.5m.整个装置绕竖直杆转动,绳子与竖直方向成 θ 角.当 θ=37°时, (g=9.8m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)绳子的拉力大小; (2)该装置转动的角速度.

【考点】向心力;力的合成与分解的运用;牛顿第二定律. 【分析】 (1)球在水平面内做匀速圆周运动,由重力 mg 和绳的拉力 F 的合力提供向心力,球在竖直方向 力平衡,求解绳的拉力大小. (2)半径 r=Lsin37°+L′,由牛顿第二定律求解角速度. 【解答】解: (1)对球受力分析如图所示, 球在竖直方向力平衡,故 F 拉 cos37°=mg; 则: ;

代入数据得 F 拉=500N (2)小球做圆周运动的向心力由绳拉力和重力的合力提供,故:mgtan37°=mω2(Lsin37°+L′) 解得: =0.7rad/s

答: (1)绳子的拉力大小为 500N; (2)该装置转动的角速度为 0.7rad/s. 【点评】本题是圆锥摆问题,关键分析小球的受力情况和运动情况,容易出错的地方是圆周运动的半径 r=Lsin37°+L′. 18.如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小 球在管道内做圆周运动, 从 B 点脱离后做平抛运动, 经过 0.3 秒后又恰好垂直与倾角为 45°的斜面相碰到. 已 2 知圆轨道半径为 R=1m,小球的质量为 m=1kg,g 取 10m/s .求 (1)小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离 (2)小球经过圆弧轨道的 B 点时,受到轨道的作用力 NB 的大小和方向? (3)小球经过圆弧轨道的 A 点时的速率.

【考点】机械能守恒定律;平抛运动;向心力. 【分析】 (1)小球恰好垂直与倾角为 450 的斜面相碰到,说明小球在 C 点竖直方向的分速度和水平分速度 相等,代人公式即可;
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(2)小球经过圆弧轨道的 B 点时,做圆周运动,所受轨道作用力与重力一起提供向心力. (3)小球从 A 到 B 的过程中的机械能守恒,由此即可求出 A 点的速率. 【解答】解: (1)根据平抛运动的规律和运动合成的可知:

则小球在 C 点竖直方向的分速度和水平分速度相等,得:vx=vy=gt=3m/s, 则 B 点与 C 点的水平距离为: x=vxt=0.9m (2)根据牛顿运动定律,在 B 点(设轨道对球的作用力方向向下) , 解得:NB=﹣1N 负号表示轨道对球的作用力方向向上 (3)小球从 A 到 B 的过程中机械能守恒,得:

代入数据得:vA=7m/s 答: (1)小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 0.9m; (2)小球经过圆弧轨道的 B 点时,所受轨道作用力 NB 的大小 1N,方向竖直向上. (3)小球经过圆弧轨道的 A 点时的速率是 7m/s. 【点评】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动,小球恰好垂直与倾角为 45°的斜面相碰到是解题的 关键,要正确理解它的含义. 19.如图所示,让摆球从图中的 C 位置由静止开始摆下,摆到最低点 D 处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙 的水平面上由 D 点向右做匀减速运动,到达小孔 A 进入半径 R=0.3m 的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球 进入圆轨道立即关闭 A 孔.已知摆线长 L=2m,θ=60°,小球质量为 m=0.5kg,D 点与小孔 A 的水平距离 s=2m,g 取 10m/s2.试求: (1)求摆线能承受的最大拉力为多大? (2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求粗糙水平面摩擦因数 μ 的范围.

【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律;机械能守恒定律. 【分析】 (1)摆球摆到 D 点时,摆线的拉力最大,根据机械能守恒定律求出摆球摆到 D 点时速度,由牛顿 第二定律求出摆线的最大拉力. (2)要使摆球能进入圆轨道,并且不脱离轨道,有两种情况:一种在圆心以下做等幅摆动;另一种能通过 圆轨道做完整的圆周运动. 小球要刚好运动到 A 点,对小球从 D 到 A 的过程,运用动能定理求出动摩擦因数 μ 的最大值; 若小球进入 A 孔的速度较小,并且不脱离轨道,那么将会在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道,其临界情 况为到达圆心等高处速度为零,根据机械能守恒和动能定理求出动摩擦因数. 要使摆球能进入圆轨道,恰好到达轨道的最高点,就刚好不脱离轨道,在最高点时,由重力提供向心力, 由牛顿第二定律求出此时小球的速度,对从 D 到轨道最高点的过程,运用动能定理求解动摩擦因数的最小 值,即可得到 μ 的范围.
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【解答】解: (1)当摆球由 C 到 D 运动,机械能守恒,则得:mg(L﹣Lcosθ)=

在 D 点,由牛顿第二定律可得:Fm﹣mg= 联立可得:摆线的最大拉力为 Fm=2mg=10N (2)小球不脱圆轨道分两种情况: ①要保证小球能达到 A 孔,设小球到达 A 孔的速度恰好为零, 对小球从 D 到 A 的过程,由动能定理可得:﹣μ1mgs=0﹣ 解得:μ1=0.5 若进入 A 孔的速度较小,那么将会在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道.其临界情况为到达圆心等高处速 度为零,由机械能守恒可得: 由动能定理可得:﹣μ2mgs= 解得:μ2=0.35 ②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道,在圆周的最高点由牛顿第二定律可得: 由动能定理可得: 解得:μ3=0.125 综上,所以摩擦因数 μ 的范围为:0.35≤μ≤0.5 或者 μ≤0.125 答: (1)摆线能承受的最大拉力为 10N; (2)粗糙水平面摩擦因数 μ 的范围为:0.35≤μ≤0.5 或者 μ≤0.125. 【点评】本题关键是不能漏解,要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道,有两种情况,再根据牛顿第二定律、 机械能守恒和动能定理结合进行求解. ﹣ =mgR

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