四川省攀枝花市2018年高考物理一模试卷Word版含解析.doc

‎2018年四川省攀枝花市高考物理一模试卷 ‎　‎ 一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6-8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．某同学站在体重计上研究超重与失重．当他由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．下列说法中正确的是（　　）‎ A．“起立”过程，只出现超重现象 B．“下蹲”过程，只出现失重现象 C．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象 D．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象 ‎2．如图所示，物块A、B质量分别为3kg、2kg，P是弹簧秤，质量忽略不计．滑轮光滑、质量不计，轻质细绳不可伸长，g取10m/s2．当弹簧秤示数稳定后，示数为（　　）‎ A．30N B．25 N C．24N D．10 N ‎3．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的（　　）‎ A．速度增加，加速度减小 B．速度减小，加速度增加 C．速度减小，加速度减小 D．速度增加，加速度增加 ‎4．我国自行研制的“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，提供高精度的定位、测速和授时服务．静止轨道卫星工作在距地面高度约为5.6倍地球半径的地球同步轨道上．已知月球绕地球公转的周期约为27天，可知月球绕地球公转的轨道半径约为地球半径的（　　）‎ A．50倍 B．60倍 C．150倍 D．180倍 ‎5．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（　　）‎ A．地面对弹簧的支持力冲量大于mv B．弹簧对小球的弹力冲量等于mv C．地面对弹簧的支持力做功大于mv2‎ D．弹簧对小球的弹力做功等于mv2‎ ‎6．如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA：rB=2：1，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球（　　）‎ A．运动周期之比TA：TB=2：1 B．速度之比vA：vB=：1‎ C．机械能之比EA：EB=2：1 D．向心加速度之比aA：aB=：1‎ ‎7．如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（　　）‎ A．物体的质量m=0.5kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2‎ C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1 J D．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6 N•s ‎8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前），下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧变短 B．弹簧变长 C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大 ‎　‎ 二、非选择题（共5小题，满分62分）‎ ‎9．某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下 钩码数（个）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 刻度尺的刻度x/cm ‎9.00‎ ‎10.35‎ ‎11.66‎ ‎14.34‎ ‎（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整．‎ ‎（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为　 　N/m．（结果保留3位有效数字）‎ ‎10．某同学用如图（a）所示的装置“验证机械能守恒定律”．实验的主要步骤如下：‎ ‎（ⅰ）调整气垫导轨使之水平；‎ ‎（ⅱ）用天平测量滑块（含遮光条）质量并记录为M；‎ ‎（ⅲ） 测量遮光条宽度并记录为d ‎（ⅳ） 将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与钩码连接，记录钩码总质量为m；‎ ‎（ⅴ）将滑块从A位置释放后，光电计时器测量遮光条通过光电门的时间并记录为△t．‎ ‎（ⅵ）对测量数据进行分析，得出实验结论．‎ 请回答下列问题．（已知当地的重力加速度大小为g）‎ ‎（1）若步骤（ⅲ）用螺旋测微器测量遮光条宽度d的示数情况如图（b）所示，则d=　 　mm，步骤（ⅴ）中光电计时器记录的时间△t=4.10×10﹣3s，滑块经过光电门时的速度大小为　 　m/s．‎ ‎（2）本实验中还需要测量的物理量有　 　（写出物理量及符号）；‎ ‎（3）本实验中需验证的机械能守恒表达式为　 　（用以上对应物理量的符号表示）；‎ ‎（4‎ ‎）实验数据表明系统动能增加量明显大于重力势能减少量，可能的原因是　 　．‎ A．钩码总质量m远小于滑块质量M ‎ B．钩码总质量m与滑块质量M相差不大 C．气垫导轨没有调水平，且左高右低 D．气垫导轨没有调水平，且左低右高．‎ ‎11．如图所示，质量为M的木块，放在距地面高度为h的平台的边缘．现有一质量为m的子弹以水平速度射入木块并留在木块中，木块落地前瞬间速度方向与水平方向的夹角为60°，已知重力加速度为g，M=5m，求子弹射入木块前的速度为多大？‎ ‎12．如图（a）所示，一根长直细杆倾斜固定，一个质量m的小环套在杆上静止不动，环的直径略大于杆的截面直径．现在环上施加一力F，F的大小由零逐渐增大，F与杆在同一竖直平面内，方向垂直于杆向上．已知杆与水平面的夹角为θ，环与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）环的加速度a与力F大小关系；‎ ‎（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，求θ、μ的值．‎ ‎13．如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P（可视为质点）接触但不连接．另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端．现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B 刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止．小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车．已知平台A的长度为2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ=0.5，平台B、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：‎ ‎（1）物块P离开平台A时的速度大小；‎ ‎（2）平台A右端与平台B左端间的距离；‎ ‎（3）若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P最终停止的位置距小车右端多远．‎ ‎　‎ ‎2018年四川省攀枝花市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6-8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．某同学站在体重计上研究超重与失重．当他由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．下列说法中正确的是（　　）‎ A．“起立”过程，只出现超重现象 B．“下蹲”过程，只出现失重现象 C．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象 D．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象 ‎【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．‎ ‎【分析】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．‎ ‎【解答】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；‎ 人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABC错误，D正确 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，物块A、B质量分别为3kg、2kg，P是弹簧秤，质量忽略不计．滑轮光滑、质量不计，轻质细绳不可伸长，g取10m/s2．当弹簧秤示数稳定后，示数为（　　）‎ A．30N B．25 N C．24N D．10 N ‎【考点】29：物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】物块A、B质量分别为3kg、2kg，导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，列牛顿第二定律解出加速度，再隔离单独分析一个物体，解出弹簧受力，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：物块A、B质量分别为3kg、2kg，导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得：‎ GA﹣GB=（m1+m2）a 代入数据解得：a=2m/s2‎ 对B受力分析：向上的拉力F和自身的重力GB，‎ 由牛顿第二定律得：F﹣mBg=mBa 解得：F=24N，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的（　　）‎ A．速度增加，加速度减小 B．速度减小，加速度增加 C．速度减小，加速度减小 D．速度增加，加速度增加 ‎【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，当汽车的功率减小一半，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，又做匀速直线运动．‎ ‎【解答】解：当汽车的功率突然减小一半，由于速度来不及变化，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，则F＜f．此时汽车的加速度 a=＜0，即加速度a与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小．速度减小又导致牵引力增大，合力减小，加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动．由此可知，在t1～t2‎ 的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．我国自行研制的“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，提供高精度的定位、测速和授时服务．静止轨道卫星工作在距地面高度约为5.6倍地球半径的地球同步轨道上．已知月球绕地球公转的周期约为27天，可知月球绕地球公转的轨道半径约为地球半径的（　　）‎ A．50倍 B．60倍 C．150倍 D．180倍 ‎【考点】4F：万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据卫星和月球做圆周运动的周期公式分析即可．‎ ‎【解答】解：卫星和月球都是地球的引力提供向心力，则：‎ 所以：T=‎ 月球绕地球公转的轨道半径约为：．故ACD错误，B正确 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（　　）‎ A．地面对弹簧的支持力冲量大于mv B．弹簧对小球的弹力冲量等于mv C．地面对弹簧的支持力做功大于mv2‎ D．弹簧对小球的弹力做功等于mv2‎ ‎【考点】52：动量定理；6B：功能关系．‎ ‎【分析】分析小球的运动情况，根据受力分析明确小球的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小；由功能的转化可得出能量转化关系．‎ ‎【解答】解：A、对小球分析可知，小球受重力和弹力作用运动，根据动量定理可知，IF﹣IG=mv，故弹簧对小球的冲量大于mv，由于地面对弹簧的弹力与弹簧对小球的弹力始终大小相等，故地面对弹簧的支持力的冲量大于mv，故A正确B错误；‎ C、由于地面对弹簧的弹力不产生的位移，因此地面对弹簧的支持力不做功，故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA：rB=2：1，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球（　　）‎ A．运动周期之比TA：TB=2：1 B．速度之比vA：vB=：1‎ C．机械能之比EA：EB=2：1 D．向心加速度之比aA：aB=：1‎ ‎【考点】6B：功能关系；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．‎ ‎【分析】研究任意一球：小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿第二定律列出周期、速度和向心加速度的表达式，得到机械能的表达式，从而进行求解即可．‎ ‎【解答】解：设圆锥母线与竖直方向成角θ，设任一小球圆周运动向心加速度a，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ mgtanθ=mr=m=ma 得：T=2π，v=，a=gtanθ 由rA：rB=2：1，得：TA：TB=：1，vA：vB=：1，aA：aB=1：1‎ 机械能表达式 E=mgrtanθ+=mgrtanθ，则得 EA：EB=2：1‎ 故选：BC ‎　‎ ‎7．如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（　　）‎ A．物体的质量m=0.5kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2‎ C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1 J D．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6 N•s ‎【考点】52：动量定理；62：功的计算．‎ ‎【分析】解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．‎ ‎【解答】解：A、由速度时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所a==2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f=ma，所以m===0.5kg，所以A正确；‎ B、由f=μFN=μmg，所以μ===0.4，故B错误；‎ C、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为X=at2=×2×‎ ‎12=1m，第3s内做匀速运动位移X=vt=2×1=2m，拉力F做功W=F1X1+F2X2=3×1+2×2=7J，故C错误；‎ D、0﹣3s内拉力F的冲量大小为I=F1t1+F2t2+F3t3=1×1+3×1+2×1=6N•s；故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前），下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧变短 B．弹簧变长 C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大 ‎【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G．‎ 由△NFP∽△PDO得： ==‎ 将 F=G，代入得：N=G，T=G 由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，DO，PO不变，PD变小，可见T变小；N不变．即知弹簧的弹力变小，弹簧变短．‎ 由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 二、非选择题（共5小题，满分62分）‎ ‎9．某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下 钩码数（个）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 刻度尺的刻度x/cm ‎9.00‎ ‎10.35‎ ‎11.66‎ ‎14.34‎ ‎（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整．‎ ‎（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为　73.3　N/m．（结果保留3位有效数字）‎ ‎【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】（1）图中刻度尺是毫米刻度尺，应读到0.01cm．‎ ‎（2）根据胡克定律F=kx，求解弹簧的劲度系数k．要注意x 是弹簧伸长的长度或压缩的长度．‎ ‎【解答】解：（1）根据示意图读出此时弹簧的实际长度为13.00cm．‎ ‎（2）弹簧原长为9.00cm，则伸长量：△x=x﹣x0，弹力F=nmg=n×0.98，根据F=kx求解劲度系数；‎ 钩码数（个）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 刻度尺的刻度x/cm ‎9.00‎ ‎10.35‎ ‎11.66‎ ‎13.00‎ ‎14.34‎ 伸长量△x/cm ‎0‎ ‎1.35‎ ‎2.66‎ ‎4.00‎ ‎5.34‎ 弹力F/N ‎0‎ ‎0.98‎ ‎1.96‎ ‎2.94‎ ‎3.92‎ 劲度系数k/（N/m）‎ ‎72.6‎ ‎73.7‎ ‎73.5‎ ‎73.4‎ 故劲度系数的平均值为：‎ 故答案为：（1）13.00；（2）73.3．‎ ‎　‎ ‎10．某同学用如图（a）所示的装置“验证机械能守恒定律”．实验的主要步骤如下：‎ ‎（ⅰ）调整气垫导轨使之水平；‎ ‎（ⅱ）用天平测量滑块（含遮光条）质量并记录为M；‎ ‎（ⅲ） 测量遮光条宽度并记录为d ‎（ⅳ） 将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与钩码连接，记录钩码总质量为m；‎ ‎（ⅴ）将滑块从A位置释放后，光电计时器测量遮光条通过光电门的时间并记录为△t．‎ ‎（ⅵ）对测量数据进行分析，得出实验结论．‎ 请回答下列问题．（已知当地的重力加速度大小为g）‎ ‎（1）若步骤（ⅲ）用螺旋测微器测量遮光条宽度d的示数情况如图（b ‎）所示，则d=　5.740　mm，步骤（ⅴ）中光电计时器记录的时间△t=4.10×10﹣3s，滑块经过光电门时的速度大小为　1.4　m/s．‎ ‎（2）本实验中还需要测量的物理量有　A、B间的距离s　（写出物理量及符号）；‎ ‎（3）本实验中需验证的机械能守恒表达式为　mgs=　（用以上对应物理量的符号表示）；‎ ‎（4）实验数据表明系统动能增加量明显大于重力势能减少量，可能的原因是　C　．‎ A．钩码总质量m远小于滑块质量M ‎ B．钩码总质量m与滑块质量M相差不大 C．气垫导轨没有调水平，且左高右低 D．气垫导轨没有调水平，且左低右高．‎ ‎【考点】MD：验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光电门时的速度大小．‎ 实验原理是：求出通过光电门时的速度v，测出AB间的距离L，在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=mgL，增加的动能mv2，比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系，验证机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×24.0mm=0.240mm，则h=5.740 mm．‎ 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度为：‎ v===1.4m/s．‎ ‎（2）为了求出运动过程中钩码减小的重力势能，则需要测量AB间的距离s；‎ ‎（3）我们验证的是：△Ep与△Ek的关系，即验证：△Ep=△Ek代入得：‎ mgs=（M+m）v2；‎ 而v=‎ 所以本实验中验证机械能守恒的表达式为：‎ mgs=；‎ ‎（4‎ ‎）如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，则可能是气垫导轨不水平造成的，气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等，若左侧高，系统动能增加量大于重力势能减少量，若右侧高，系统动能增加量小于重力势能减少量，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C；‎ 故答案为：（1）5.740，1.4； （2）A、B间的距离s；（3）mgs=； （4）C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为M的木块，放在距地面高度为h的平台的边缘．现有一质量为m的子弹以水平速度射入木块并留在木块中，木块落地前瞬间速度方向与水平方向的夹角为60°，已知重力加速度为g，M=5m，求子弹射入木块前的速度为多大？‎ ‎【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．‎ ‎【分析】木块离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出木块的初速度，子弹击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹的初速度．‎ ‎【解答】解：（1）由题意子弹打入木块后做平抛运动，‎ 设子弹打入木块后木块速度v，落地前速度的竖直分量为vy，‎ 由平抛运动规律得：‎ vy2=2gh tan60°=，‎ 子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=（m+M）v，‎ 解得：v0=2；‎ 答：子弹射入木块前的速度为2．‎ ‎　‎ ‎12．如图（a）所示，一根长直细杆倾斜固定，一个质量m的小环套在杆上静止不动，环的直径略大于杆的截面直径．现在环上施加一力F，F的大小由零逐渐增大，F与杆在同一竖直平面内，方向垂直于杆向上．已知杆与水平面的夹角为θ，环与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）环的加速度a与力F大小关系；‎ ‎（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，求θ、μ的值．‎ ‎【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）对环受力分析，根据牛顿第二定律及运动状态即可求得加速度；‎ ‎（2）代入具体数值求得倾角和摩擦因数 ‎【解答】解：（1）当mgsinθ＜f1时，对环受力分析可得：a=0‎ 当mgsinθ＞f1，F＜mgcosθ时，小环开始加速运动 mgsinθ﹣f1=ma f1=μN=μ（mgcosθ﹣F）‎ 当F＞mgcosθ，mgsinθ＞f2时，小环继续加速度运动 mgsinθ﹣f2=ma f2=μN=μ（F﹣mgcosθ）‎ ‎ ‎ 当mgsinθ＜f2时，小环减速运动，速度为零前，加速度同上，速度为零后 a=0‎ 联立解得 ‎（1）a=0，‎ a=，（mgcos≤F≤mgcosθ a=，F≥mgcosθ，v≠0‎ a=0，，v=0‎ ‎（2）由图可知，当a1=0， 时代入 解得：，，θ=30°‎ 答：（1）环的加速度a与力F大小关系为 a=0，‎ a=，（mgcos≤F≤mgcosθ a=，F≥mgcosθ，v≠0‎ a=0，，v=0‎ ‎（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，θ、μ的值分别为30°和．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P（可视为质点）接触但不连接．另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端．现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止．小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车．已知平台A的长度为2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ=0.5，平台B ‎、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：‎ ‎（1）物块P离开平台A时的速度大小；‎ ‎（2）平台A右端与平台B左端间的距离；‎ ‎（3）若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P最终停止的位置距小车右端多远．‎ ‎【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．‎ ‎【分析】（1）对压缩弹簧过程、物块在平台运动过程应用能量守恒定律可以求出物块离开平台的速度．‎ ‎（2）物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出平台A右端与平台B左端的距离．‎ ‎（3）小车与平台碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以解题．‎ ‎【解答】解：（1）设弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能为EP，‎ 由能力守恒定律得：EP=5mgl，‎ 设物块P离开A平台的速度为v0，由能量守恒定律得：‎ EP=μmgl+mv02，解得：v0=3；‎ ‎（2）设物块P运动到小车最右端与小车的共同速度为v1，‎ 从物块P离开平台A到物块与小车共速过程中，物块位移为s1，小车位移为s2，‎ 物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv0=2mv1，‎ 对物块P，由动能定理得：﹣fs1=mv12﹣mv02，‎ 对小车，由动能定理得：fs2=mv12，‎ 位移关系：s1﹣s2=5l，‎ 解得，平台A右端与平台B左端间的距离：s=s1=7.5l；‎ ‎（3）由能量守恒可知，物块离开平台B时，速度为v1，设物块P与小车再次共时，速度为v2，‎ 从物块P离开平台B到物块与小车共速过程中，物块位移为s3，小车位移为s4，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，‎ 由动能定理得，对物块P：﹣fs3=mv22﹣mv12，‎ 对小车：fs4=mv22，‎ 设小车到达平台A碰后，物块运动的位移为s5，‎ 由动能定理得：﹣fs5=0﹣mv22，‎ 解得，物块P最终停止的位置距小车右端为：‎ ‎△s=s3﹣s4+s5=；‎ 答：（1）物块P离开平台A时的速度大小为3；‎ ‎（2）平台A右端与平台B左端间的距离为7.5l；‎ ‎（3）物块P最终停止的位置距小车右端距离为．‎ ‎　‎