德州市实验高中2020－2021学年度第一学期高三(上)第一次调研物理试卷（解析版）

第 1 页 共 18 页 德州市实验高中 2020－2021 学年度第一学期 高三（上）第一次调研物理试卷解析 参考答案与试题解析   一、选择题（每题 4 分） 1．如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于水平面上，B 置于斜面 C 上，通过细绳跨过光滑的 定滑轮与 A 相连接，连接 B 的一段细绳与斜面平行，A、B、C 都处于静止状态．则（  ） A．水平面对 C 的支持力小于 B、C 的总重力 B．B 一定受到 C 的摩擦力 C．C 受到水平面的摩擦力为零 D．若将细线剪断，B 物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对 C 的摩擦力不为零 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】利用特殊值法，假设 B 的重力沿斜面的分量与 A 的重力大小相等时，即可得知 B 相对 C 没有运动趋势，从而分析 BC 间是否有摩擦力； 把 BC 看做一个整体，分析绳子对 B 的拉力在水平方向和竖直方向上分量，继而可知在水平 方向上的运动趋势和竖直方向的受力关系，从而分析 C 受地面的摩擦力和地面上的支持力 大小； 剪断细线后分析物体的运动情况，根据摩擦力的定义可明确水平面对 C 的摩擦力大小． 【解答】解：A、把 BC 看做一个整体，对其受力分析，绳子对 B 的拉力在竖直方向上有分 量，所以水平面对 C 的支持力比 B、C 的总重力要小，故 A 正确； B、若 AB 的质量存在关系 MAg=MBgsinθ 时，B 在斜面 C 上无相对运动趋势，所以此时 BC 之间无摩擦力作用，故 B 错误． C、把 BC 看做一个整体，对其受力分析，不论 B、C 间摩擦力大小、方向如何，绳子对 B 的拉力在水平方向上始终有向右的分量，所以整体有向右的运动趋势，所以水平面对 C 的 摩擦力方向一定向左，故 C 错误． D、若将细线剪断，B 向下滑动时，B 对 C 有向下的滑动摩擦力，则 C 有向左的运动趋势， 因此水平面对 C 有向右的摩擦力，故 D 正确． 故选：AD．   2．如图所示，直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上行驶的汽车 a 和 b 的位置﹣时间（x﹣t） 图线，由图可知（  ） 第 2 页 共 18 页 A．在 t1 时刻，a、b 两车的运动方向相同 B．在 t2 时刻，a、b 两车的速度相同 C．在 t1 到 t3 这段时间内，a、b 两车的平均速率相等 D．在 t1 到 t3 这段时间内，a、b 两车的平均速度大小相等 【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度． 【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度．平均速度等 于位移与时间之比，而平均速率等于路程与时间之比． 【解答】解： A、由 x﹣t 图线斜率表示速度，斜率的正负表示运动方向，分析可知，t1 时刻 a 车沿正向运 动，b 车沿负向运动，两者运动方向相反，故 A 错误． B、x﹣t 图线的斜率的正负表示运动方向，t2 时刻，a 车沿正方向运动，b 车沿正方向运动， 方向相同．故 B 正确． C、在 t1 到 t2 这段时间内，a、b 两车运动的位移相同，由于 a 做匀速直线运动，b 先沿负向 运动后沿正向运动，所以 b 通过的路程较大，根据平均速率等于路程与时间之比，则知 b 的 平均速率较大，两车的位移和时间相等，则平均速度相等，故 C 错误，D 正确． 故选：BD   3．下列说法正确的是（  ） A．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动 能减小，原子总能量也减小 B．β 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的 C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此， 光子散射后波长变长 D．放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁． 【分析】能级间跃迁时从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光 子； β 衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的； 在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化； 放射性元素的半衰期是由原子核内的结构决定的，与温度或压强无关． 【解答】解：A、可按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃 迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功；故电子的动能变小，电势能变大（动能转为 电势能）；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加．故 A 错误； B、β 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的．故 B 正确； C、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动 量减小， 根据 λ= ，知波长增大．故 C 正确； 第 3 页 共 18 页 D、放射性元素的半衰期是由原子核内的结构决定的，与温度或压强无关．故 D 错误． 故选：BC．   4．a、b 两束色光，分别沿半径方向射向圆柱形的玻璃砖，其出射光线都是由圆心 O 沿 OP 方向射出，如图所示，则下列说法中正确的是（  ） A．b 在介质中的折射率比 a 小 B．若用 a 光做单缝衍射实验，要比用 b 时中央条纹更宽 C．若 a、b 两束色光都发生了全反射，则 b 光的临界角小 D．a 光在玻璃中的速度较小 【考点】光的折射定律． 【分析】光线在底面发生折射，折射角相同，由折射定律可得出两光的折射率，从而分析出 光的频率和波长的大小，判断出波动性强弱．由 v= 分析光在玻璃中传播速度的大小．由 sinC= 分析临界角的大小． 【解答】解：A、由图可知光从底面射出时，折射角相同，而 a 的入射角大于 b 的入射角， 由折射定律可知： = 可知，故 a 的折射率小于 b 的折射率；故 A 错误． B、因折射率越大，光的频率越大，故 a 的频率小于 b 的频率，a 的波长大于 b 光的波长， 则 a 光的波动性强，若用 a 光做单缝衍射实验，要比用 b 时中央条纹更宽；故 B 正确； C、由 sinC= 可知，a 光的临界角要大于 b 光的临界角，故 C 正确； D、由 v= 分析可知，折射率越大，则光在玻璃中传播速度越小，故 a 光在玻璃中的速度较 大，故 D 错误； 故选：BC   5．如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体 a、b 靠在一起，表面光滑，重力为 G，其 中 b 的下半部刚好固定在水平面 MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上．现过 a 的 轴心施以水平作用力 F，可缓慢的将 a 拉离平面一直滑到 b 的顶端，对该过程分析，则应有 （  ） A．拉力 F 先增大后减小，最大值是 G B．开始时拉力 F 最大为 G，以后逐渐减小为 0 C．a、b 间的压力开始最大为 2G，而后逐渐减小到 G 第 4 页 共 18 页 D．a、b 间的压力由 0 逐渐增大，最大为 G 【考点】共点力平衡的条件及其应用． 【分析】a 球缓慢上升，合力近似为零，分析 a 受力情况，由平衡条件得到 F 以及 b 球对 a 的支持力与 θ 的关系式，即可分析其变化． 【解答】解：对于 a 球：a 球受到重力 G、拉力 F 和 b 球的支持力 N，由平衡条件得： F=Ncosθ， Nsinθ=G 则得：F=Gcotθ，N= 根据数学知识可知，θ 从 30°增大到 90°，F 和 N 均逐渐减小，当 θ=30°，F 有最大值为 ，N 有最大值为 2G，故 BC 正确． 故选：BC．   6．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块 a、b、c，质量均为 m，a、c 之间用轻质细绳 连接．现用一水平恒力 F 作用在 b 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡 皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳 定后，下列说法正确的是（  ） A．若粘在 c 木块上面，绳的张力和 a、b 间摩擦力一定都减小 B．若粘在 a 木块上面，绳的张力减小，a、b 间摩擦力增大 C．若粘在 c 木块上面，绳的张力增大，a、b 间摩擦力不变 D．若粘在 b 木块上面，绳的张力和 a、b 间摩擦力一定都减小 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律可明确加速度的变化，再根据各项进行分析，灵活 选择研究对象，根据牛顿第二定律即可明确拉力和摩擦力的变化． 【解答】解；整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律 可知，加速度都要减小 A、若橡皮泥粘在 c 物体上，将 ab 视为整体，F﹣FT=2ma，加速度减小，所以拉力 FT 变大， 对 b 有 F﹣fab=ma，知 fab 增大；故 AC 错误； B、若粘在 a 木块上面，以 c 为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小， 所以拉力减小，而对 b 物体有 F﹣fab=ma 可知，摩擦力 fab 应变大，故 B 正确； D、若橡皮泥粘在 b 物体上，将 ac 视为整体，有 fab=2ma，所以摩擦力是变小，再对 c 分析 可知，绳子的拉力减小，故 D 正确． 故选：BD   第 5 页 共 18 页 7．如图所示，A、B 都是重物，A 被绕过的小滑轮 P 的细线所悬挂，小滑轮 P 被一根斜短 线系于天花板上的 O 点．O′是三根线的结点，bO′水平拉着 B 物体，cO′沿竖直方向拉着弹 簧，弹簧、细线、滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状 态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力是 20 N，则下列说法中正确的是（取 g=10m/s2）（  ） A．弹簧的弹力为 10N B．重物 A 的质量为 2kg C．桌面对 B 物体的摩擦力为 10 N D．OP 与竖直方向的夹角为 60° 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【分析】根据悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a 绳的拉力关系，求出 O′a 绳的拉力．以结点 O′为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳 O′b 的拉力．重物 A 的重力 大小等于 O′a 绳的拉力大小．再根据物体 B 平衡求出桌面对物体 B 的摩擦力． 【解答】解：A、设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与 O′a 绳的拉力分别为 T1 和 T，则有： 2Tcos30°=T1， 解得：T=20N． 以结点 O′为研究对象，受力如图，根据平衡条件得，弹簧的弹力为 F1=Tcos60°=10N．故 A 正确． B、重物 A 的质量 mA= =2kg．故 B 正确． C、绳 O′b 的拉力 F2=Tsin60°=20× N= ．故 C 正确． D、由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线 OP 与竖直方向的夹角为 30°．故 D 错误． 故选：ABC   8．如图所示，弹簧 p 和细绳 q 的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为 m 的小球 C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时 p、q 与竖直方向的夹角均为 60°．下列判 断正确的有（  ） 第 6 页 共 18 页 A．若 p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间 q 对球的拉力大小为 mg B．若 p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为 g C．若 q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间 p 对球的拉力大小为 mg D．若 q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为 g 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】明确绳子与弹簧的性质，当弹簧脱钩后，绳子发生突变；而绳子脱钩后，弹簧不能 突变；再根据受力分析即可求得球受到的合力，则可求得加速度． 【解答】解：A、原来 p、q 对球的拉力大小均为 mg．p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动， 将 q 受的力沿法向和切线正交分解（见图 1），得 F﹣mgcos60°= ，即 F= ，合力 为 mgsin60°，则加速度 a= ，故 A、B 错误． C、q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为 mg，因此合力为 mg（见图 2）， 球的加速度为大小为 g．故 C 错误，D 正确； 故选：D．   9．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若 要使船以最短时间渡河，则（  ） A．船渡河的航程是 300m B．船在河水中的最大速度是 5m/s C．船渡河的最短时间 100s D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 【考点】运动的合成和分解． 【分析】找到船参加的两个分运动，然后运用合运动与分运动的等时和等效规律进行研究即 可． 【解答】解：A、C、当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由乙图可知河宽为 300m；则时 间为：t= s． 由于船的运动还有沿水流方向的位移，所以船渡河的航程一定大于 300m．故 A 错误，C 正 确； B、当 v2 取最大值 4m/s 时，合速度最大；为：v= m/s；故 B 正确； 第 7 页 共 18 页 D、若要使船以最短时间渡河，则船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直．故 D 正确． 故选：BCD   10．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、 桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（  ） A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 【考点】牛顿运动定律的综合应用；滑动摩擦力． 【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况； 再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况． 【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向 右；故 A 错误； B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二 定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由 v=at 可知，它在桌布上的滑动 时间和在桌面上的相等；故 B 正确； C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因 此增大拉力时，摩擦力不变；故 C 错误； D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间 变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故 D 正确； 故选：BD．   11．如图所示，将小球从倾角为 45°的斜面上的 P 点先后以不同速度向右水平抛出，小球分 别落到斜面上的 A 点、B 点，以及水平面上的 C 点．已知 B 点为斜面底端点，P、A、B、C 在水平方向间隔相等，不计空气阻力，则（  ） A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同 B．小球落到 A、B 两点时，其速度的方向不同 C．若小球落到 A、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为 ：3 D．若小球落到 B、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为 ：3 【考点】平抛运动． 【分析】三个小球均做平抛运动，可把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方 向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和 第 8 页 共 18 页 水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度 与水平方向的夹角． 【解答】解：A、根据 h= ，得 t= ，由于 B、C 下落的高度相同，则这两球飞行 时间相同，大于 A 球飞行时间．故 A 错误； B、A、B 两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有： tanθ= = = 解得：t= ． 则落在斜面上时竖直方向上的分速度为： vy=gt=2v0tan45°=2v0 设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为 α，有：tanα= =2tanθ=2． 知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则 A、B 小球在落点处的速度方向 相同，故 B 错误； CD、小球落到 A、B 两点，水平位移 x=v0t= ，据题，P、A、B 在水平方向间隔相等， 可得：两次抛出时小球的速率之比为：vA：vB=1： 小球落到 B、C 两点，则运动的时间相等，而 P、A、B、C 在水平方向间隔相等，根据 v0= 可知，两次抛出时小球的速率之比为：vB：vC=2：3 所以得：vA：vC= ：3，故 C 正确，D 错误． 故选：C   12．如图所示，一质量为 1kg 的小物块自斜面上 A 点由静止开始下滑，经 2s 运动到 B 点后 通过光滑的衔接孤面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以 4m/s 的恒定速率顺时针运 行．已知 AB 间距离为 2m，传送带长度（即 BC 间距离）为 10m，物块与传送带间的动縻 擦 因数为 0.2．取 g=10m/s2，下列说法正确的是（  ） A．物块在传送带上运动的时间为 2.32s B．物块在传送带上因摩擦产生的热量为 2 J C．物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为 4 J D．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为 8 J 【考点】功能关系． 第 9 页 共 18 页 【分析】物块在斜面上做匀加速直线运动，由运动学基本公式可求得物块通过B 点的速度， 物块滑上传送带后先做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出匀加到速度与传送带 相等所用时间和通过的位移，再分析速度相等后的运动情况，求解时间，物块在传送带上因 摩擦产生的热量 Q=μmg△x，根据动能定理求出求出传送带对物块做功，根据能量守恒定律 求解传动系统因此而多消耗的能量． 【解答】解：A、物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达 B 点速度为 v，则有：x= t0， 解得：v= = =2m/s 滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有：μmg=ma，代入数据得：a=2m/s2 由 v02﹣v2=2as，代入数据解得：s=3m＜L=10m，所以速度相等后物块随传送带一起做匀速 运动，匀加速经历时间为： t1= = s=1s 匀速运动的时间为：t2= = s=1.75s，故总时间为：t=t1+t2=2.75s，故 A 错误； B、物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=μmg（v0t1﹣s）=0.2×10×（4×1﹣3）=2J， 故 B 正确； C、根据动能定理得：传送带对物块做功 W= mv02﹣ mv2= ×1×16﹣ ×1×4=6J，故 C 错误； D、物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为：E=Q+（ mv02﹣ mv2）=8J， 故 D 正确． 故选：BD   13．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连 接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做 匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 的关系如图 b 所示（g=10m/s2），则正确的结论是（  ） A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为 7.5N/cm C．物体的质量为 20kg D．物体的加速度大小为 5m/s2 【考点】牛顿第二定律；胡克定律． 第 10 页 共 18 页 【分析】物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始 物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等 于拉力，弹簧压缩量为 4cm；根据以上条件列式分析即可． 【解答】解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 A 错误； B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 mg=kx ① 拉力 F1 为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有 F1+kx﹣mg=ma ② 物体与弹簧分离后，拉力 F2 为 30N，根据牛顿第二定律，有 F2﹣mg=ma ③ 代入数据解得 m=2kg k=500N/m=5N/cm a=5m/s2 故 B 错误，C 错误，D 正确； 故选：D．   14．如图 1 所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A 和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从 t=0 时刻起， 对 B 施加向右的水平恒力 F2=4.0N，同时对 A 施加向右的水平变力 F1，F1 变化规律如图 2 所示．下列相关说法中正确的是（  ） A．当 t=0 时，A、B 物体加速度分别为 aA=5m/s2，aB=2m/s2 B．A 物体作加速度减小的加速运动，B 物体作匀加速运动 C．t=12 s 时刻 A、B 将分离，分离时加速度均为 a=2m/s2 D．A、B 分离前后，A 物体加速度变化规律相同 【考点】牛顿第二定律． 【分析】若AB 之间没有力的作用，求出 B 的加速度，若 A 的加速度大于大于 B 的加速度， 则 AB 以相同的加速度运动，若 A 的加速度小于 B 的加速度，则 B 做匀速运动，A 做加速 度越来越小的加速运动，分情况讨论即可求解． 【解答】解：若 AB 之间没有力的作用，则 m/s2， A、当 t=0 时，F1=2ON，而 mA=4．Okg，所以 F1 单独作用在 A 上的加速度大于 AB 之间没 有力的作用时的加速度，此时 AB 一起运动，加速度为：a= m/s2，故 A 错误； 第 11 页 共 18 页 B、由 A 得分析可知：随着 F1 的减小，刚开始时 AB 在两个力的作用下做加速度越来越小 的加速运动，故 B 错误； C、当 F1 单独在 A 上的加速度等于 F2 单独作用在 B 上的加速度时，AB 之间恰好没有力的 作用，此后 F1 继续减小，A 的加速度继续减小，AB 分离，根据牛顿第二定律得：F1=mAaB=8N， 根据图象可知，此时 t=12s，所以 t=12 s 时刻 A、B 将分离，分离时加速度均为 a=2m/s2， 故 C 正确； D、AB 分离前，A 受到 F1 和 B 对 A 的弹力作用，分离后 A 只受 F1 作用，A 物体加速度变 化规律不相同，故 D 错误． 故选 C   15．如图 1 所示，小物块静止在倾角 θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的 推力 F，力 F 的大小随时间 t 的变化情况如图 2 所示，物块的速率 υ 随时间 t 的变化规律如 图 3 所示，取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2．下列说法正确的是（  ） A．物块的质量为 1kg B．物块与斜面间的动摩擦因数为 0.4 C．0～3s 时间内力 F 做功的平均功率为 0.213W D．0～3s 时间内物体克服摩擦力做的功为 5.12J 【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率． 【分析】由F﹣t 图象求出力的大小，由 v﹣t 图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、 平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移， 由功的计算公式求出物体克服摩擦力做的功，由功率公式可以求出力 F 做功的平均功率． 【解答】解：A、由速度图象知在 1～3s 时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 得： 0.8+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 由 v﹣t 图象可知，加速度为：a= m/s2=0.4m/s2． 在 3～4s 时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ﹣mgsinθ=0.4N 解得：m=1kg，μ=0.8，故 A 正确，B 错误； C、由 v﹣t 图象可知，0～1s 时间内，物块静止，力 F 不做功，1～3s 时间内，力 F=0.8N， 物块的位移为：x= ×0.4×22m=0.8m，1～3s 内力 F 做功的平均功率为：P= = = W=0.32W，故 C 错误； D、0～3s 时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°× 0.8=5.12J，故 D 正确． 故选：AD   第 12 页 共 18 页 16．如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 竖直向上拉 B，当上升距离为 h 时 B 与 A 开始分离．下列说法正确的是（  ） A．B 与 A 刚分离时，弹簧为原长 B．B 与 A 刚分离时，A 与 B 的加速度相同 C．弹簧的劲度系数等于 D．从开始运动到 B 与 A 刚分离的过程中，B 物体的动能先增大后减小 【考点】功能关系；胡克定律． 【分析】B 和 A 刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则 B 受到重力 mg 和恒力 F，由已知 条件 F=0.5mg，由牛顿第二定律求出此时 B 的加速度和 A 的加速度，说明弹力对 A 有向上 的弹力，与重力平衡．对于在 B 与 A 分离之前，对 AB 整体为研究对象，所受合力在变化， 加速度在变化，做变加速运动． 【解答】解：A、B 与 A 刚分离的瞬间，A、B 仍具有相同的速度和加速度，且 AB 间无相 互作用力．分析 B 知，B 具有向下的加速度，大小 aB= =0.5g，此时对 A 分析有：aA= =aB，A 也具有向下的加速度，由牛顿第二定律知此时弹簧弹力 F 弹=0.5mg，不为 0，故弹簧不是原长，处于压缩状态．故 A 错误，B 正确． C、B 和 A 刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为 F 弹=0.5mg，原来静止时弹簧处于压 缩状态，弹力大小为 2mg，则弹力减小量△F=1.5mg． 两物体向上运动的距离为 h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：k= ．故 C 正确． D、由题知，F=0.5mg＜2mg，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应向上后向 下，先做加速运动后做减速运动，B 的动能先增大后减小，故 D 正确． 故选：BCD   二、实验题 17．现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图 1 所示．表面粗糙的木板一端固 定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时 器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为 50Hz 的交流电源．接通电源后，从 静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹． 第 13 页 共 18 页 （1）图 2 给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6 是实验中选取 的计数点，每相邻两计数点间还有 4 个打点（图中未标出），2、3 和 5、6 计数点间的距离 如图 2 所示．由图中数据求出滑块的加速度 a= 2.51 m/s2（结果保留三位有效数字）． （2）已知木板的长度为 l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是 D ． A．滑块到达斜面底端的速度 v B．滑块的质量 m C．滑块的运动时间 t D．斜面高度 h 和底边长度 x （3）设重力加速度为 g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式 μ=   （用所需测 量物理量的字母表示） 【考点】探究影响摩擦力的大小的因素． 【分析】（1）利用逐差法△x=aT2 可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点 的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小； （2）根据牛顿第二定律有 μmgcosθ=ma，由此可知需要测量的物理量． （3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式 【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有 4 个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s， 根据逐差法有：a= = ≈2.51m/s2； （2）要测量动摩擦因数，由 μmgcosθ=ma，可知要求 μ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸 带数据可算出加速度大小， 再根据斜面高度 h 和底边长度 x，结合三角知识，即可求解，故 ABC 错误，D 正确． （3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有： mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：μ= = ． 故答案为：（1）2.51，（2）D，（3） ．   18．如图 1 所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中 A 为小车，B 为 装有砝码的小桶，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连， 计时器接 50HZ 交流电．小车的质量为 m1，小桶（及砝码）的质量为 m2． （1）下列说法正确的是 D ． 第 14 页 共 18 页 A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．本实验 m2 应远大于 m1 D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作 a﹣ 图象 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 a﹣F 图象，可 能是图 2 中的图线 丙 ．（选填“甲”、“乙”、“丙”） 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时， 不用重新平衡摩擦力，因为 f=mgsinθ=μmgcosθ，m 约掉了．②让小车的质量 M 远远大于 小桶（及砝码）的质量 m，因为：际上绳子的拉力 F=Ma= mg，故应该是 m＜＜M，而 当 m 不再远远小于 M 时 a= = 随 m 的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于 g． （2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况． 【解答】解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为 θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m 约 掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故 A 错误． B：实验时应先接通电源后释放小车，故 B 错误． C：让小车的质量 M 远远大于小桶（及砝码）的质量 m，因为：际上绳子的拉力 F=Ma= mg，故应该是 m＜＜M，而当 m 不再远远小于 M 时 a= = 随 m 的增大物体的加速 度逐渐减小且无限趋近于 g，故 C 错误． D：F=ma，所以：a= ，当 F 一定时，a 与 成正比，故 D 正确． （2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙． 故答案为：（1）D；（2）丙   三、计算题 19．如图所示：一根光滑的丝带两端分别系住物块 A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之 间的丝带上放置了球 B，D 通过细绳跨过定滑轮水平寄引 C 物体．整个系统处于静止状 态．已知 MA= kg，MC=2 kg，MD=0.5kg，B 物体两侧丝带间夹角为 60°，与 C 物体连 接丝带与水平面夹角为 30°．此时 C 恰能保持静止状态．求：（g=10m/s2） （1）物体 B 的质量 m； （2）物体 C 与地面间的摩擦力 f； （3）物体 C 与地面的摩擦系数 μ（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）． 第 15 页 共 18 页 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【分析】对物体 B 受力分析，根据平衡条件求 B 的重力；对 C 受力分析，正交分解，根据 平衡条件求摩擦力大小． 【解答】解：（1）对 B 受力分析，受重力和两侧绳子的拉力，根据平衡条件，知： 2MAg•sin30°=mg， 解得：m= kg； （2）对 C 受力分析，受重力、两个细线的拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，知水平 方向受力平衡：MAgcos30°=MDg+f， 解得：f=10N； （3）对 C，竖直方向平衡，支持力：N=MCg﹣Tsin30°=2 ×10﹣ ×10× =15 N， 由 f=μN 知 ． 答：（1）物体 B 的质量 m 为 kg； （2）物体 C 与地面间的摩擦力 f 为 10N； （3）物体 C 与地面的摩擦因数 μ 为 ．   20．质量为 10kg 的环在拉力 F 的作用下，沿粗糙直杆向上做速度 v0=5m/s 的匀速运动，环 与杆之间的动摩擦因数 μ=0.5，杆与水平地面的夹角为 θ=37°，拉力 F 与杆的夹角也为 θ=37°，力 F 作用 1s 后撤去，环在杆上继续上滑了一段时间后，速度减为零．取 g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8，杆足够长，求： （1）环受到的拉力 F； （2）环运动到杆底端时的速度 v． 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】（1）环先沿杆做匀速直线运动，对环进行受力分析即可求出拉力 F． （2）由位移公式分别求出两个过程的位移，位移之和等于环沿杆向上运动的总距离 s．根 据动能定理求出环滑回底端时的速度大小． 【解答】解：（1）当有 F 作用时，环做匀速直线运动，环的受力如图， 第 16 页 共 18 页 环受到的合外力为 0，则垂直于杆的方向：Fsin37°+N1=mgcos37° ① 沿杆的方向：Fcos37°﹣μN1﹣mgsin37°=0 ② 由①、②．得 F= N=91N ③ （2）撤去拉力前，环的位移：x1=v0t=5×1=5m 当撤去 F 时，有：N2=mgcos37°=10×10×0.8=80N ④ μN2+mgsin37°=ma1 ⑤ 由④、⑤，得 a1=10m/s2 ⑥ 向上运动的最大位移： m 环向下运动时：mgsin37°﹣μN2=ma2⑦ 代入数据得： 设环运动到杆底端时的速度 v，则：v2﹣0=2a2（x1+x2） 代入数据得：v=5m/s 答：（1）环受到的拉力 F 是 91N； （2）环运动到杆底端时的速度是 5m/s．   21．风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度 H=3.2m 处，杆上套一质量 m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为 F=15N， 方向水平向左．小球以速度 v0=8m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取 g=10m/s2．求： （1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； （2）小球落地时的动能． （3）小球离开杆端后经过多少时间动能为 78J？ 【考点】动能定理的应用；运动的合成和分解． 【分析】（1）小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动；根据 自由落体运动规律可求得时间；根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移； （2）对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能； 第 17 页 共 18 页 （3）设达到 78J 用时为 t，根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移；再对下落过程 由动能定理列式，根据数学规律可求得速度为 78J 所用的时间． 【解答】解： （1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为 t= = =0.8s； 小球在水平方向做匀减速运动，加速度 a= = =5m/s2； 则水平位移 s=v0t﹣ at2=8×0.8﹣ =4.8m （2）由动能定理 EK﹣ mv02=mgH﹣Fx 解得：Ek=120J （3）小球离开杆后经过时间 t 的水平位移 x=v0t﹣ at2 竖直分位移 h= gt2； 由动能定理 EK﹣ mv02=mg× gt2﹣Fx 将 EK=78J 和 v0=8m/s 代入得 125t2﹣80t+12=0 解得 t1=0.4s，t2=0.24s 答：（1）小球落地所需时间为 0.8s；离开杆端的水平距离为 4.8m； （2）小球落地时的动能为 120J； （3）小球离开杆端后经过 0.4s 和 0.24s 时间动能均为 78J．   22．如图所示，平板 A 长 L=10m，质量 M=4kg，放在光滑的水平面上，在 A 上最右端放一 物块 B（大小可忽略），其质量 m=2kg．已知 A、B 间动摩擦因数 μ=0.4，开始时 A、B 都处 于静止状态（取 g=10m/s2）．则 （1）若加在平板 A 上的水平恒力 F=6N 时，平板 A 与物块 B 的加速度大小各为多少？ （2）若加在平板 A 上的水平恒力 F=40N 时，要使物块 B 从平板 A 上掉下来 F 至少作用多 长时间？ 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】（1）当在平板 A 上加恒力 F，先判断 A、B 之间是否发生相对滑动，再结合牛顿第 二定律求出平板 A 和 B 的加速度大小． （2）在 F 的作用下 A、B 均做匀加速直线运动，撤去 F 后，A 做匀减速直线运动，B 做匀 加速直线运动，抓住 B 恰好从 A 上脱离，两者速度相同，结合牛顿第二定律和两者的位移 关系求出 F 至少作用的时间． 【解答】解：（1）物块 B 的临界加速度为：a0=μg=0.4×10m/s2=4m/s2， 第 18 页 共 18 页 对整体分析，A、B 发生相对滑动时的最小拉力为：F=（M+m）a0=（4+2）×4N=24N， 当 F=6N 时，A、B 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度为：a= ． （2）当 F=40N 时，A、B 发生相对滑动，设 F 的作用时间为 t1，撤去 F 后，经过 t2 时间达 到相同速度．对 B 有： v 共=μg（t1+t2）， ， 对 A 有：vA=a1t1， 根据牛顿第二定律得，F﹣μmg=Ma1， v 共=vA﹣a2t2， μmg=Ma2， 则 A 的位移为： ， 因为 sA﹣sB=10m， 代入数据联立解得： ． 答：（1）平板 A 与物块 B 的加速度大小各为 1m/s2； （2）要使物块 B 从平板 A 上掉下来 F 至少作用 ．