廣東省廣州市荔灣區(qū)高三上學期第二次調(diào)研物理試卷Word版含解析2

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1、2016-2017學年廣東省廣州市荔灣區(qū)高三（上）第二次調(diào)研物理 試卷 一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分?在每小題給出的四個選項中，第 1-4題只有一項 符合題目要求，第 5-8題有多項符合題目要求.全部選對的得 6分，選對但不全的得 3分, 有選錯的得0分. 1. t=0時，甲乙兩汽車從相距 60km的兩地開始相向行駛，它們的 v-t圖象如圖所示?忽 略汽車掉頭所需時間，下列對汽車運動狀況的描述正確的是（ ） A .在第1小時末，乙車改變運動方向 B .在第2小時末，甲乙兩車相遇 C.在前4小時內(nèi)，甲車運動加速度的大小總比乙車的大 D .在第4小時末，甲乙兩車相距

2、20 km 2. 在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體 A , A與豎直墻之間放另一 截面也為半圓的柱狀物體 B，整個裝置處于靜止狀態(tài)，截面如圖所示.設(shè)墻對 B的作用力 為Fi, B對A的作用力為F2,地面對A的作用力為F3.在B上加一物體C,整個裝置仍保 持靜止，則（ ） A . F1保持不變，F(xiàn)3增大 B . Fi增大，F(xiàn)3保持不變 C. F2增大，F(xiàn)3增大 D . F2增大，F(xiàn)3保持不變 3. 如圖所示，一小球由不可伸長的輕繩系于一豎直細桿的 A點，當豎直桿以角速度 3勻速 轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動.關(guān)于小球到 A點的豎直距離h與

3、角速度3的關(guān) 系圖線，正確的是（ ） C. ■ 4 ?某人在地面上用體重秤稱得體重為 G,之后他將體重秤移至電梯內(nèi)稱其體重，電梯運行 的v- t圖線如圖所示（取電梯向上運動的方向為正） ?設(shè)to至ti時間段內(nèi)體重秤的示數(shù)為 Fl, tl至t2時間段內(nèi)體重秤的示數(shù)為 F2, t2至t3時間段內(nèi)體重秤的示數(shù)為 F3，下列說法正 確的是（ ） A ? F1=F2=F3=G B. F1 > F2> F3>G C ? F1 < F2=G v F3 D . F1=F3< F2=G 5?如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中 山坡上的目標A

4、?已知A點高度為h，山坡傾角為0,由此可算出（ ） A ?轟炸機的飛行高度 B ?轟炸機的飛行速度 C炸彈的飛行時間 D ?炸彈投出時的動能 6?嫦娥一號”和嫦娥二號”衛(wèi)星相繼完成了對月球的環(huán)月飛行，標志著我國探月工程的第 一階段已經(jīng)完成.設(shè) 嫦娥二號”衛(wèi)星環(huán)繞月球的運動為勻速圓周運動， 它繞月球運行的周期 為T,已知月球的質(zhì)量為 M、半徑為R,引力常量為 G,則衛(wèi)星（ ） 2兀R A ?繞月球運動的線速度 v= | 一 2開 B?繞月球運動的角速度 ?=-— C繞月球運動的向心加速度 a=''.'' T_ D ?距月球表面的高度為 h=：；-R

5、 7?如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上， 上端放置一物體（物體與彈簧不連接）, 初始時物體處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力 F作用在物體上，使物體開始向上做勻加 速運動，拉力F與物體位移x之間的關(guān)系如圖乙所示（g=10m/s2）,則下列結(jié)論正確的是（ ） A ?物體的質(zhì)量為2kg B ?彈簧的勁度系數(shù)為 7.5N/cm 2 C?物體的加速度大小為 5m/s D ?物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài) 8如圖所示，一傾角為 a的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數(shù)為 k的輕彈簧下端固定 在擋板上?現(xiàn)將一質(zhì)量為 m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為 s處，由靜止釋放，已

6、知 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 仏物塊下滑過程中的最大動能為 Ekm，則小物塊從釋放到運 動至最低點的過程中，下列說法中正確的是（ ） A ? tana B ?物塊剛與彈簧接觸的瞬間達到最大動能 C ?彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和 D ?若將物塊從離彈簧上端 2s的斜面處由靜止釋放，則下滑過程中物塊的最大動能小于 2Ekm 二、解答題 9.某學生用如圖甲所示的裝置研究小車的勻變速直線運動，打點計時器接到頻率為 50Hz 的交流電源上?如圖乙所示為實驗時得到的一條紙帶的一部分， 0、1、2、3、4、5、6為計 數(shù)點，相鄰

7、兩計數(shù)點間還有 4個打點未畫出?從紙帶上測出 xi=3.20cm, x2=4.52cm , X5=8.42cm , x6=9.70cm .則打點計時器在打計數(shù)點 5時小車的瞬時速度大小 v5= m/s,小 車運動的加速度大小 a= m/s2 （兩空均保留兩位有效數(shù)字）.若實驗時電源的電壓升高 了，測得的加速度 （填 大于”等于”或 小于”）實際的加速度. 0 12 3 4 5 6 卜寸卜■討 卜劇■卜科彳 10?用如圖a所示裝置做 驗證動能定理”的實驗?實驗時，通過電磁鐵控制小鐵球從 P處自 由下落，小鐵球依次通過兩個光電門甲、乙，測得遮光時間分別t1和厶t2，兩光電門中 心點間的

8、高度差為 h. I- F (1)用游標卡尺測得小鐵球直徑的示 如圖b所示，則小鐵球的直徑 d= mm； '■ ■ ■■ ■ fa rf bi II** 1 9 F*； i'll ■ f I P f ?■冒P pri 1 w E t十打 ■ d j,% 乞 l:才辦 冏慝蜃國園園鋰陋 Bn 一！*t pHHelmx-機 ~ g (2)為驗證動能定理，還需知道的物理量是 (填物理量名稱及符號)，驗證動能定理的 表達式為： ； (3 )由于光電門甲出現(xiàn)故障，某同學實驗時只改變光電門乙的高度，進行多次實驗獲得多 組數(shù)據(jù)，分別計算出各次小鐵球通過光電門乙時的速度 v,

9、并作出并作出v2-h圖象.圖(c) 中給出了 a、b、c三條直線，他作出的圖象應(yīng)該是直線 _;由圖象得出，小鐵球到光電門 甲中心點的高度差為 cm,小鐵球通過光電門甲時的速度為 m/s. 11. 廣州中山大道、廣州大道等路段設(shè)置了 綠波帶”，根據(jù)車輛運行情況對各路口紅綠燈進 行協(xié)調(diào)，使車輛通過時能連續(xù)獲得一路綠燈.設(shè)一路上某直線路段每間隔 L=500 m就有一 個紅綠燈路口，綠燈時間△ 勺=50 s,紅燈時間厶t2=40 s,而且下一路口紅綠燈亮起總比當前 路口紅綠燈滯后厶t=50s ?要求汽車在下一路口綠燈再次亮起后能通過該路口，汽車可看做 質(zhì)點，不計通過路口的時間，道路通行

10、順暢. (1 )若某路口綠燈剛亮起時，某汽車恰好通過，要使該汽車保持勻速行駛，在后面道路上 再連續(xù)通過3個路口，汽車勻速行駛的最大速度是多少？最小速度又是多少？ (計算結(jié)果保 留兩位有效數(shù)字) (2)若某路口遭遇紅燈，待綠燈剛亮起時，某汽車由靜止開始，以加速度 a=2 m/s2勻加速 運動，加速到第(3)問中汽車勻速行駛的最大速度以后，便以此速度一直勻速運動?試通 過計算判斷，當該汽車到達下一個路口時能否遇到綠燈. 12. 一長木板在水平地面上運動，從木板經(jīng)過 A點時開始計時，在t=1.0s時將一相對于地 面靜止的小物塊輕放到木板上，此后木板運動的 v-t圖線如圖所示?己知木板

11、質(zhì)量為物塊 質(zhì)量的2倍，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦， 物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑 動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小 g=10m/s2,求： (1) 物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 山及木板與地面間的動摩擦因數(shù) 儀； (2) 木板離A點的最終距離； (3) 木板的最小長度. 13. 如圖，水平軌道 A點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙，距 A點s=1.0m的B端與半徑R=0.25m的 光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑 BD豎直?一小物塊 b以vo=3.Om/s的速度，與靜置 于A點的小物塊a發(fā)生彈性碰撞?碰后 a沿水平軌道運動，

12、然后滑上軌道 BCD ?已知小物 塊a的質(zhì)量ma=1.0kg , a與AB軌道間的動摩擦因數(shù) 尸0.20, g取10m/s . (1 )若a到達半圓軌道的中點 C點時速率vc=i.om/s，求a進入半圓軌道的B點時對軌道 的壓力大小； (2)若a能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求 a碰后的最大速度； (2)若a能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求 b的質(zhì)量mb的取值范圍. 2016-2017學年廣東省廣州市荔灣區(qū)高三（上）第二次調(diào) 研物理試卷 參考答案與試題解析 一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分?在每小題給出的四個選項中，第 1-4題只有一項 符合題目要求，第 5-8

13、題有多項符合題目要求.全部選對的得 6分，選對但不全的得 3分, 有選錯的得0分. 1. t=0時，甲乙兩汽車從相距 60km的兩地開始相向行駛，它們的 v-t圖象如圖所示?忽 略汽車掉頭所需時間，下列對汽車運動狀況的描述正確的是（ ） A .在第1小時末，乙車改變運動方向 B. 在第2小時末，甲乙兩車相遇 C. 在前4小時內(nèi)，甲車運動加速度的大小總比乙車的大 D .在第4小時末，甲乙兩車相距 20 km 【考點】勻變速直線運動的圖像. 【分析】速度-時間圖線中速度的正負表示運動方向， 圖線的斜率表示加速度， 圖線與時間 軸圍成的面積表示位移.根據(jù)位移關(guān)系判斷兩車是否相

14、遇. 【解答】解：A、在第1小時末，乙車的速度仍然為負值，說明運動方向并未改變.故 A錯 誤. B、 在第2小時末，甲的位移大小為： x甲=x 30 x 2km=30km，乙的位移大小為：x乙=,：X 30 x 2km=30km，此時兩車相距：△ x=60 - 30 - 30=0 （ km）,甲乙相遇，故 B正確. C、 根據(jù)速度圖象的斜率大小等于加速度，可知，在前 4小時內(nèi)，乙車運動加速度的大小總 比甲車的大，故C錯誤. D、 在第4小時末，甲的位移大小為：x甲=三X 60x 4km=120km ,乙的位移大小為：x乙「X 60X 2- *x 30x 2km=30km，此時兩車

15、相距：△ x=60+120 - 30=150 （ km）,故 D 錯誤. 故選：B. 2. 在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體 A , A與豎直墻之間放另一 截面也為半圓的柱狀物體 B，整個裝置處于靜止狀態(tài)，截面如圖所示.設(shè)墻對 B的作用力 為F1, B對A的作用力為F2,地面對A的作用力為F3.在B上加一物體C,整個裝置仍保 持靜止，則（ ） A . Fi保持不變，F(xiàn)3增大 B?F1增大，F(xiàn)3保持不變 C. F2增大，F(xiàn)3增大 D ? F2增大，F(xiàn)3保持不變 【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用. 【分析】先對BC整體分析，受重力、墻壁支持力和 A的支持力，根

16、據(jù)平衡條件作圖分析; 再對ABC整體分析，受重力、支持力、墻壁的支持力和地面的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件列 式分析. 【解答】解：先對BC整體分析，受重力、墻壁支持力和 A的支持力，根據(jù)平衡條件，三 個力可以構(gòu)成首尾相連的矢量三角形，如圖所示： 加上C物體，相當于整體的重力增加了，故墻對 B的作用力Fi增加，A對B的支持力也增 加，根據(jù)牛頓第三定律， B對A的作用力為F2增加； 再對ABC整體分析，受重力、地面支持力、地面的靜摩擦力，墻壁的支持力，根據(jù)平衡條 件，地面的支持力等于整體的重力，故加上 C物體后，地面的支持力 F3變大，故ABD錯 誤，C正確； 故選：C A點，

17、當豎直桿以角速度 3勻速 A點的豎直距離h與角速度3的關(guān) 3. 如圖所示，一小球由不可伸長的輕繩系于一豎直細桿的 轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動?關(guān)于小球到 【考點】向心力. 結(jié)合牛頓第二定律求出 h與角速 【分析】小球做圓周運動靠重力和拉力的合力提供向心力, 度的關(guān)系式，從而分析判斷. 2 【解答】 解：設(shè)繩子與豎直方向的夾角為 0,根據(jù)牛頓第二定律得， mgtan滬mLsin b3. 解得； ' Leos h 可知h],即h與「成正比，h與丄的圖線是一條過原點的傾斜直線，故D正確, A、B、C錯誤. 4 ?某人在地面上用體重秤稱得體重為 G,之后他將

18、體重秤移至電梯內(nèi)稱其體重，電梯運行 的v- t圖線如圖所示（取電梯向上運動的方向為正） ?設(shè)to至ti時間段內(nèi)體重秤的示數(shù)為 Fl, tl至t2時間段內(nèi)體重秤的示數(shù)為 F2, t2至t3時間段內(nèi)體重秤的示數(shù)為 F3，下列說法正 確的是（ ） A ? F1=F2=F3=G B. F1 > F2> F3>G C ? F1 < F2=G v F3 D . F1=F3< F2=G 【考點】勻變速直線運動的圖像. 【分析】根據(jù)圖示圖象判斷出電梯的運動狀態(tài)， 然后判斷出人是出于失重狀態(tài)還是出于超重 狀態(tài)，再判斷體重秤的示數(shù)大小關(guān)系，然后答題. 【解答】 解：由圖示圖象可知： to至

19、ti時間內(nèi)電梯向下做加速運動，電梯處于失重狀態(tài)， Fi< G ； ti至t2時間內(nèi)電梯向下做勻速直線運動，電梯處于平衡狀態(tài)， F2=G; t2至t3時間內(nèi)電梯向下做減速運動，電梯處于超重狀態(tài)， F3> G ； 綜上分析可知：Fi< F2=G< F3,故ABD錯誤，C正確； 故選：C. 5?如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中 山坡上的目標A ?已知A點高度為h，山坡傾角為0,由此可算出（ ） A ?轟炸機的飛行高度 B ?轟炸機的飛行速度 C.炸彈的飛行時間 D ?炸彈投出時的動能 【考點】平拋運動. 【分析】轟炸機沿水平方

20、向勻速飛行，釋放的炸彈做平拋運動.因為平拋運動速度與水平方 向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的 2倍，速度方向的夾角得知位移與水平方向 夾角的正切值，再通過水平位移求出豎直位移， 從而得知轟炸機的飛行高度，炸彈的飛行時 間，以及炸彈的初速度. 【解答】解： A、B、C由圖可得炸彈的水平位移為 x=「］ 設(shè)轟炸機的飛行高度為 H，炸彈的飛行時間為t，初速度為vo. 據(jù)題：炸彈垂直擊中山坡上的目標 A，則根據(jù)速度的分解有：tan（= =丄 vy航 ..1 2 H-h —St Jt -== 聯(lián)立以上三式得: 炸彈的飛行時間 H=h+ ，可知可以求出轟炸機的飛行高度

21、 t= ，也可以求出t. 2tan 0 轟炸機的飛行速度等于炸彈平拋運動的初速度，為 vo=，：，可知也可以求出.故 A、B、C 正確. D、由于炸彈的質(zhì)量未知，則無法求出炸彈投出時的動能.故 D錯誤. 故選：ABC . 6. 嫦娥一號”和嫦娥二號”衛(wèi)星相繼完成了對月球的環(huán)月飛行，標志著我國探月工程的第 一階段已經(jīng)完成.設(shè) 嫦娥二號”衛(wèi)星環(huán)繞月球的運動為勻速圓周運動， 它繞月球運行的周期 為T,已知月球的質(zhì)量為 M、半徑為R,引力常量為 G,則衛(wèi)星（ ） A .繞月球運動的線速度 v= —— B. 繞月球運動的角速度 ?=— 一 C. 繞月球運動的向心加速度 a= .

22、 D .距月球表面的高度為 h= - R 【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用. 【分析】衛(wèi)星繞月球做圓周運動，萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力定律與向心力公式可 以求出衛(wèi)星繞月球運動的半徑、向心加速度 a和線速度v. 【解答】 解：A、D、嫦娥二號衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，設(shè)嫦娥 二號衛(wèi)星距離地面的高度為 h，由牛頓第二定律得： Gm nr 4 兀'（尺+h） G 「= 廠 根據(jù)線速度與周期的關(guān)系可知，繞月球運動的線速度 y 卜二'?故a錯誤，d正確; T B、 根據(jù)角速度與周期的關(guān)系可知： 「〒?故B正確； C、 嫦娥二號衛(wèi)星距離地面的高度為 h,其向

23、心加速度：a」： . ?故C錯誤； 故選：BD 7. 如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上， 上端放置一物體（物體與彈簧不連接）, 初始時物體處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力 F作用在物體上，使物體開始向上做勻加 速運動，拉力F與物體位移x之間的關(guān)系如圖乙所示（g=10m/s2）,則下列結(jié)論正確的是（ ） A .物體的質(zhì)量為2kg B .彈簧的勁度系數(shù)為 7.5N/cm 2 C.物體的加速度大小為 5m/s D .物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài) 【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力. 【分析】由圖示圖象可知：開始，物體靜止在彈簧上面，彈簧彈力與重力平衡，

24、施加 F后 即為合力，物體勻加速上升，彈簧上的彈力逐漸變小，運動位移為 4cm后，彈簧恢復原長， 此時物塊和彈簧分離，此后物體受到恒定的力 F=30N和重力做勻加速運動.根據(jù)牛頓第二 定律分別列出起始和分離狀態(tài)時的方程聯(lián)立可解得. 【解答】 解：A、開始，物體靜止在彈簧上面，彈簧彈力與重力平衡，施加 F后即為合力， 所以有10N=ma①，此后物體勻加速上升，彈力逐漸變小，當彈簧恢復原長后，物塊和彈 簧分離，合力為30N - mg=ma②，聯(lián)立①② 兩式，整理得物體重力：mg=20N，質(zhì)量m=2Kg , 故A正確； B、 由圖可知，從初始彈簧彈力等于重力到彈簧恢復原長， 位移為4cm

25、,即彈力等于重力時， 彈簧形變量為△ X=4cm，勁度系數(shù)k=』」=..=500N/m=5N/cm，故B錯誤； ZXx 0. 04 C、 當彈簧恢復原長后，物塊和彈簧分離，合力為 30N - mg=ma，又已求得m=2Kg，貝U Ji 2 2 皿 . a= m/s =5m/s，故 C 正確； D、 因為力F隨彈簧形變量在不斷變化，由圖象分析可知物體與彈簧分離時彈簧恢復原長， 故D錯誤. 故選：AC. &如圖所示，一傾角為 a的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數(shù)為 k的輕彈簧下端固定 在擋板上?現(xiàn)將一質(zhì)量為 m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為 s處，由靜止釋放，已知 物塊與斜

26、面間的動摩擦因數(shù)為 仏物塊下滑過程中的最大動能為 Ekm，則小物塊從釋放到運 動至最低點的過程中，下列說法中正確的是( ) A ? tana B.物塊剛與彈簧接觸的瞬間達到最大動能 C ?彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和 D ?若將物塊從離彈簧上端 2s的斜面處由靜止釋放，則下滑過程中物塊的最大動能小于 2Ekm 【考點】功能關(guān)系. 【分析】小物塊從靜止釋放后能下滑， 說明重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力， 由此 列式得到□與a的關(guān)系?物塊所受的合力為零時動能最大?根據(jù)能量守恒定律分析各種能 量的關(guān)系. 【解答】 解：A、小

27、物塊從靜止釋放后能沿斜面下滑，則有 mgsin a> ^mgcosa,解得 卩< tan a.故A正確； B、 物塊剛與彈簧接觸的瞬間，彈簧的彈力仍為零，仍有 mgsin a> ^mgcosa,物塊繼續(xù)向下 加速，動能仍在增大，所以此瞬間動能不是最大，當物塊的合力為零時動能才最大，故 B 錯誤； C、 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能 與產(chǎn)生的內(nèi)能之差，而內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做功， 可得彈簧的最大彈性勢能等于整個過 程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和.故 C正確； D、 若將物塊從離彈簧上端 2s的斜面處由靜止釋放，下滑過

28、程中物塊動能最大的位置不變， 彈性勢能不變，設(shè)為 Ep.此位置彈簧的壓縮量為 x ? 根據(jù)功能關(guān)系可得： 將物塊從離彈簧上端 s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為 Ekm=mg (s+x) sin a— pmg ( s+x) cos a- Ep. 將物塊從離彈簧上端 s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為 Ekm'=mg? (2s+x) sina— mg? (2s+x) cos a— Ep. 而 2Ekm=mg (2s+2x) sin a—( 2s+2x) cos a — 2Ep=[ mg (2s+x) sina-(img (2s+x) cos a —Ep]+

29、[ mgxsin a— jingxcos a— Ep] =Ekm +[ mgxsin a— pmgxcos a— Ep] 由于在物塊接觸彈簧到動能最大的過程中， 物塊的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的動能， 則根 據(jù)功能關(guān)系可得： mgxsin a— (rngxcos a> Ep，即卩 mgxsin a— pmgxcos a— Ep> 0, 所以得 Ekm ' < 2Ekm ?故D正確. 故選：ACD 二、解答題 9?某學生用如圖甲所示的裝置研究小車的勻變速直線運動，打點計時器接到頻率為 50Hz 的交流電源上?如圖乙所示為實驗時得到的一條紙帶的一部分， 0、1、2、3、4、5、6為計

30、 數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間還有 4個打點未畫出?從紙帶上測出 X1=3.20cm, x2=4.52cm , X5=8.42cm , X6=9.70cm .則打點計時器在打計數(shù)點 5時小車的瞬時速度大小 v5= 0.91 m/s, 小車運動的加速度大小 a= 1.3 m/s2 （兩空均保留兩位有效數(shù)字）.若實驗時電源的電壓 升高了，測得的加速度 等于 （填 大于”等于”或小于”）實際的加速度. 【考點】測定勻變速直線運動的加速度. 【分析】根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度， 可以求出打紙帶 上1、5點時小車的瞬時速度大小?根據(jù)加速度定義可以求出加速度的大小，依

31、據(jù)求解加速 度公式，電壓變化不影響其大小. 【解答】解：由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有 4個點沒有畫出, 隔 T=0.1s, 根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度, 小車的瞬時速度大小. 3*20+4.52、…亠 一 2 ,小“, vi= _ . m/s=0.39 m/s 根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度, 小車的瞬時速度大小. 所以相鄰的計數(shù)點間的時間間 可以求出打紙帶上 1點時 可以求出打紙帶上 5點時 v5=「=^^ . :. . - - m/s=0.91 m/s - 根據(jù)加速度定義得 a= 91 - 0. 39 aK

32、T= 2 X 0.2 =1.3 m/s2 若只是電壓提高，頻率不變，則得出的加速度不變; 故答案為：0.91 , 1.3,等于. 10?用如圖a所示裝置做 驗證動能定理”的實驗?實驗時，通過電磁鐵控制小鐵球從 P處自 由下落，小鐵球依次通過兩個光電門甲、乙，測得遮光時間分別t1和厶t2，兩光電門中 心點間的高度差為 h. （1）用游標卡尺測得小鐵球直徑的示 如圖b所示，則小鐵球的直徑 （2 ）為驗證動能定理，還需知道的物理量是 證動能定理的表達式為: gh= 2(At2)2 ，驗 重力加速度g （填物理量名稱及符號） （3 ）由于光電門甲出現(xiàn)故障，某同學實驗時只

33、改變光電門乙的高度，進行多次實驗獲得多 組數(shù)據(jù)，分別計算出各次小鐵球通過光電門乙時的速度 v,并作出并作出v2-h圖象.圖（c） 中給出了 a、b、c三條直線，他作出的圖象應(yīng)該是直線 a ;由圖象得出，小鐵球到光電 門甲中心點的高度差為 10.0 cm，小鐵球通過光電門甲時的速度為 1.4 m/s. 【考點】探究功與速度變化的關(guān)系. 【分析】（1）游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀; （2） 根據(jù)動能定理得出驗證的表達式，從而確定需要測量的物理量； （3） 根據(jù)速度位移公式得出 v2與h的關(guān)系式，從而得出正確的圖線，結(jié)合圖線的橫軸截距 求出小鐵球到光電門甲中心點的

34、高度差, 度. 根據(jù)速度位移公式求出小球鐵球通過光電門甲的速 【解答】 解：（1）小鐵球的主尺讀數(shù)為 6mm,游標讀數(shù)為 0.05x 6mm=0.30mm，則小鐵球 的直徑為6.30mm. （2）根據(jù)動能定理知, mgh=+' ■. ，則驗證的動 能定理表達式為 gh=— 2(At2)2 ，可知還需要測量的物理量是重力加速度 g. （3）改變光電門乙的高度，根據(jù) 廠 知，?廠一 ，知正確的圖線為直線 a. △喘嚴g，小鐵球通 當v=0時，h= - 10.0cm，小鐵球到光電門甲中心點的高度差 過光電門甲時的速度 ：門辻I〕.. 1 ~ 1.

35、4m/s. 故答案為： 護 d2 （1） 6.30；（刀重力加速度g心」 (3) a； 10.0； 1.4 11. 廣州中山大道、廣州大道等路段設(shè)置了 綠波帶”，根據(jù)車輛運行情況對各路口紅綠燈進 行協(xié)調(diào)，使車輛通過時能連續(xù)獲得一路綠燈?設(shè)一路上某直線路段每間隔 L=500 m就有一 個紅綠燈路口，綠燈時間△ 勺=50 s,紅燈時間厶t2=40 s,而且下一路口紅綠燈亮起總比當前 路口紅綠燈滯后厶t=50s ?要求汽車在下一路口綠燈再次亮起后能通過該路口，汽車可看做 質(zhì)點，不計通過路口的時間，道路通行順暢. (1 )若某路口綠燈剛亮起時，某汽車恰好通過，要使該汽車保持勻速行駛，在

36、后面道路上 再連續(xù)通過3個路口，汽車勻速行駛的最大速度是多少？最小速度又是多少？ (計算結(jié)果保 留兩位有效數(shù)字) (2)若某路口遭遇紅燈，待綠燈剛亮起時，某汽車由靜止開始，以加速度 a=2 m/s2勻加速 運動，加速到第(3)問中汽車勻速行駛的最大速度以后，便以此速度一直勻速運動?試通 過計算判斷，當該汽車到達下一個路口時能否遇到綠燈. 【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用. 【分析】(1)若汽車剛好在綠燈亮起時通過第 3個路口，求出汽車通過 3個路口的時間t=3 △ t，此時勻速運動的速度最大，為 Vmax=丄一.若汽車剛好在綠燈熄滅時通過第五個路口， 通過五個路口的時間是

37、t =3 △ t+A t1,此時勻速運動的速度最小，為 Vmin=,.代入求解. (2)若路口綠燈剛亮起時， 汽車啟動加速，最終加速到Vmax,由速度公式求出加速的時間， 并求得加速的位移.然后汽車以此速度勻速運動， 求出勻速的時間，從而求出汽車從該路口 開始啟動到下一個路口的總時間，即可作出判斷. 【解答】 解：(1)若汽車剛好在綠燈亮起時通過第 3個路口，則通過 3個路口的時間t=3△ t 此時勻速運動的速度最大 ■. - . ■■: mas t 3X 50 Z 若汽車剛好在綠燈熄滅時通過第五個路口，則通過五個路口的時間 T 二J二3X50+502002 此時勻速運動的速度

38、最小 (2)若路口綠燈剛亮起時，汽車啟動加速，最終加速到 在此過程中汽車走過的位移 產(chǎn)乎 X 5=2 Sir 然后汽車以此速度勻速運動到下一路口所需時間 L- x 500-25 才一-w =47.5s 'msec 因此，汽車從該路口開始啟動到下一個路口的時間為 由于，一.，即50v52.5v 100,所以走到下個路口時能夠遇到綠燈. 答：(1)汽車勻速行駛的最大速度是 10m/s，最小速度又是7.5m/s (2 )試通過計算判斷，當該汽車到達下一個路口時能夠遇到綠燈 12. —長木板在水平地面上運動，從木板經(jīng)過 A點時開始計時，在t=1.0s時將一相對于地 面靜止的

39、小物塊輕放到木板上，此后木板運動的 v-t圖線如圖所示?己知木板質(zhì)量為物塊 質(zhì)量的2倍，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦， 物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑 動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小 g=10m/s2,求： (1) 物塊與木板間的動摩擦因數(shù) m及木板與地面間的動摩擦因數(shù) 儀； (2) 木板離A點的最終距離； (3) 木板的最小長度. 1.0 1.5 【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用. 【分析】(J從t1=1.0s開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程 一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止?根據(jù) v- t圖象的

40、斜率等于加速度，求出兩個過 程的加速度，再對兩個物體分別運用牛頓第二定律列式，可求得動摩擦因數(shù). (2) 分別分析物塊的運動情況，分段求兩者相對于地面的位移，根據(jù)兩者之差可求得木板 離A點的最終距離. (3) 在v-t圖象上，畫出物塊的速度時間圖象，由圖分析物塊相對木板距離的變化情況， 木板的最小長度應(yīng)等于物塊相對于木板的最大位移的大小?根據(jù) v-t圖象的 面積”大小等 于位移求解. 【解答】解： (1 )從t1=1.0s開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù) 到物塊和木板具有共同速度為止. 由圖可知，在t2=1.5 s時，物塊和木板具有共同速度 V

41、2=1.0m/s .設(shè)t1到t2時間間隔內(nèi)，物 塊和木板的加速度大小分別為 a1和a2,則 a1= =2m/s2 ■■- j V ■!.:亠.ii 2 「^= , - ? =7m/s 式中V1=4.5 m/s，為木板在t1=1.0s時速度的大小. 設(shè)物塊和木板的質(zhì)量分別為 m、2m，由牛頓第二定律得 (i1mg=ma1 ③ uimg+莊(3mg) = (2m) a2 ④ 聯(lián)立①②③④ 式得：w=0.20,應(yīng)=0.40 (2)設(shè)t=0到ti時間間隔內(nèi)，木板的加速度為 ao,由牛頓第二定律得 ^2（ 2m）g=（ 2m）比 ⑤ 得 ao=4m/s2 逆過來看，將木板勻

42、減速過程看作反向勻加速過程， 則t=0到ti時間間隔內(nèi)木板的位移: S0=viti + 代入數(shù)據(jù)解得 S0=6.5m ti到t2時間間隔內(nèi)，木板相對于地面的運動距離為 Vi+Vn _ S1八 ⑦ 代入數(shù)據(jù)解得 Si=l.375m 在t2時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向.設(shè) 物塊與木板之間的摩擦力大小為 f，物塊和木板的加速度大小分別為 納和a2‘，則由牛頓第 二定律得 f=ma 1 '⑧ p2 (3mg) - f= (2m) a2‘ ⑨ 假設(shè) fv qmg，則 ai'=a2‘； 由⑧⑨ 式得f= &mg>mmg,與假設(shè)矛盾.

43、故 f= pimg ⑩ 由⑨⑩ 式得，ai =ai=2m/s2, a2 ；=5m/s2 在t2時刻后，木板相對于地面的運動距離為 代入數(shù)據(jù)解得 S2=0.lm 綜上，木板離 A點的最終距離 S=S°+Si+S2 ? 解得：S=7.975m (3)由(2)分析，物塊的v- t圖象如圖中點劃線所示.由圖可知， ti到t2時間間隔內(nèi), 物塊相對于木板的位移逐漸增大，而 t2時刻后，物塊相對于木板的位移又逐漸減小. ti到t2時間間隔內(nèi)，物塊相對于地面的運動距離為 1 （m ■ i~L） 代入數(shù)據(jù)解得 si丄o.25m 木板的最小長度應(yīng)等于物塊相對于木板的最大

44、位移的大小，為： Lmin=s 1 - si '? 解得 Lmin=1.125 m 答： (1) 物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 山及木板與地面間的動摩擦因數(shù) 也分別為0.20和0.40. (2) 木板離A點的最終距離是 7.975m; (3) 木板的最小長度是 1.125 m. 13?如圖，水平軌道 A點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙，距 A點s=1.0m的B端與半徑R=0.25m的 光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑 BD豎直.一小物塊 b以vo=3.Om/s的速度，與靜置 于A點的小物塊a發(fā)生彈性碰撞?碰后 a沿水平軌道運動，然后滑上軌道 BCD ?已知小物 塊a的質(zhì)量ma=1.0k

45、g, a與AB軌道間的動摩擦因數(shù) 尸0.20, g取10m/s . (1 )若a到達半圓軌道的中點 C點時速率VC=1.0m/s，求a進入半圓軌道的 B點時對軌道 的壓力大??； (2)若a能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求 a碰后的最大速度； (2)若a能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求 b的質(zhì)量mb的取值范圍. 【考點】動量守恒定律；動能定理的應(yīng)用. 【分析】(1)由機械能守恒定律求出 a到達B點的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出支持 力，再求出壓力. (2 )應(yīng)用動能定理可以求出 a碰后的速度. (3)碰撞過程機械能守恒，應(yīng)用機械能守恒定律可以求出 b的質(zhì)量范圍.

46、 【解答】 解：(1)設(shè)物塊a經(jīng)過B點時的速度為vb , 由機械能守恒定律得： —maVB2=〒mavc2+magR ① 設(shè)物塊剛進入圓軌道時受到的支持力為 N, 由牛頓第二定律得： N - mag=ma ② R 解得：N=34N，由牛頓第三定律知，a對軌道的壓力大小為 34N . (2) 要使a仍能沿圓軌道滑回，a在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點 C. 設(shè)碰后a的速度為v1時恰能滑到C點，由動能定理有： 1 2 - Eogs - magR=0 _ 一maV1 ③ 解得：v1=3m/s，此為a碰后的最大速度. (3) 設(shè)碰后a的速度為 g時恰能滑到B點， I 2

47、 由動能定理有：-(Jmags=0 - — mav2 解得：V2=2.0m/s; 碰后a的速度滿足2.0m/s< va< 3.0m/s時，a能滑上圓軌道，并仍能沿圓軌道滑下. 設(shè)b、a發(fā)生彈性碰撞的速度分別為 Vb、Va,以b的初速度方向為正方向, 根據(jù)動量守恒定律得： mbVO=maVa+mbVb, 碰撞過程無動能損失： — mbvo2= —maVg；2*—mbvb2， 2mb Vn Vn 解得：Va= ，由 2.0m/sw W 3.0m/s, ma+rDb %+叫 解得：0.50kg w mb< 1.0kg ； 答(1) a進入半圓軌道的B點時對軌道的壓力大小為 34N ； (2) a碰后的最大速度為 3m/s； (2) b的質(zhì)量mb的取值范圍是 0.50kg w mb< 1.0kg . 2016年12月14日