2016届湖南沙一中高三(上)第三次月考物理试卷(解析版)

理试卷（解析版）

一、单选题（8×4分=32分）：

1．下列说法正确的是（　　）

A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零

B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动

C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动　

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的位移﹣时间（x﹣t）图象．由图可知（　　）

A．在时刻t1，b车追上a车

B．在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度

C．在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等

D．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加

3．如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是（　　）

A．P做减速运动

B．细绳对P的作用力逐渐增大

C．P所受摩擦力逐渐增大

D．细绳对滑轮的作用力大小不变

　4．下列叙述正确的是（　　）

A．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想

B．库仑提出了用电场线描述电场的方法

C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证

D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强

，电容

，加速度

都是采用比值法定义的

5．如图所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+3q，B球带电量为﹣q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的两倍．现在A、B中点固定一个带正电C球（也可看作点电荷），再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等．则C 球带电量为（　　）

A．

q B．

q C． q D． q

6．如图所示，质量为1kg的滑块静止于水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用竖直向上的恒力F作用于弹簧上端，使滑块升高了0.2m，在此过程中拉力F做了10J的功．在上述过程中（g取

10m/s2）（　　）

A．弹簧的弹性势能增加了8J

B．滑块的动能增加了8J

C．弹簧的弹性势能和滑块的动能总和增加了8J

D．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J

7．如图所示，在竖直平面内有半径为R和1.5R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为a，b和c分别是小圆和大圆上的两个点，其中ab长为

1.6R，ac长为3R．现沿ab和ac建立两条光滑轨道，自a处由静止释放小球，已知小球沿ab轨道运动到b点所用时间为t1，沿ac轨道运动到c点所用时间为t2，则t1与t2之比为（　　）

A．2：3 B．5：8 C．15：16 D．

8．如图，表面光滑的半球体固定在水平面上，O为球心，一小物体在拉力F的作用下，缓慢地沿球面向上运动一小段距离，在物块运动过程中F始终沿球面的切线方向，球面对物块的弹力大小用F N表示．在运动过程中（　　）

A．F减小，F N增大 B．F减小，F N减小 C．F增大，F N增大 D．F 增大，F N减小

　二、多选题（4×4分=16分）：

9．物体沿一直做匀加速直线运动，已知它在第2s内的位移为4.0m，第3s内的位移为6.0m，则下列判断中正确的是（　　）

A．它在第2s到第3s内的平均速度的大小是5.0m/s

B．它在第1s内的位移是2.0m

C．它的加速度大小是2.0m/s2

D．它的初速度为零

10．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G．有关同步卫星，下列表述正确的是（　　）

A．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度

C．卫星运行时受到的向心力大小为

D．卫星距地面的高度为

11．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1：2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1=2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m1距甲盘圆心r，m2距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是（　　）

A．m1和m2的线速度之比为1：4

B．m1和m2的向心加速度之比为2：1

C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动

D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动

12．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2（v1＜v2）的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v﹣t图象可能的是（　　）

A．

B．

C．

D．

三、实验题（每空2分共14分）：

13．某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”．小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．

（1）在实验中，下列说法正确的有　　　　　　

A．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力

B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力

C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度

D．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功

（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，O点为静止开始释放沙桶纸带上打的第一个点，速度为0．相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度v E=　　　　　　．

（3）若用O、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为　　　　　　（用所测物理量的符号表示）．

14．利气垫导轨验证机械能守恒定律．实验装示意图如图1所示：

（1）实验步骤：

①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．

②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图所示，由此读出

L=　　　　　　mm．

③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x

④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．

⑤从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2．

⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．

（2）用表示直接测量量的字写出下列所求物理量的表达式：

①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和码）的总动能分别为E k1=　　　　　　和E k2=　　　　　　．

②如果表达式　　　　　　成立，则可认为验证了机械能守恒定律．　

四、计算题（共38分）：

15．如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F 作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：

（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小；（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ．

16．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°

后处在静止状态．

（1）分析小球的带电性质；

（2）求小球的带电量；

（3）求细线的拉力．

17．在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内．斜面长度为l，倾角为

θ=30°，传送带距地面高度为l，传送带的长度为3l，传送带表面的动摩擦因数μ=0.5，传送带一直以速度v=

顺时针运动．当某参与者第一次试操作时瞬间给予小物块一初速度只能将物块刚好送到斜面顶端；第二次调整初速度，恰好让物块水平冲上传送带并成功到达网兜．求：

（1）第一次小物块获得的初速度v1；

（2）第二次小物块滑上传送带的速度v2和传送带距斜面的水平距离s；（3）第二次小物块通过传送带过程中摩擦力对物块所做功以及摩擦产生的热量．

　2015-2016学年湖南沙一中高三（上）第三次

月考物理试卷

参与试题解析

一、单选题（8×4分=32分）：

1．下列说法正确的是（　　）

A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零

B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动

C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动【考点】牛顿第二定律；匀速直线运动及其公式、图像．

【分析】物体运动速率不变，但速度的方向可以变化，此时合力不为零；

物体做匀加速直线运动时，它的加速度是恒定的；

合力与其速度方向相反时，物体做减速直线运动，但不一定是匀减速直线运动，物体受的合力可以变化；

匀速直线运动在任意的相等时间间隔内位移都是相等．

【解答】解：A、物体运动速率不变但方向可能变化，如匀速圆周运动，因此合力不一定为零，所以A错；

B、物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，所以B错；

C、物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，所以C错；

D、若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，所以D对．

故选：D．

【点评】本题考查学生对各种运动的规律及其条件的理解，掌握好各种运动的特点这道题就可以解决了．

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的位移﹣时间（x﹣t）图象．由图可知（　　）

A．在时刻t1，b车追上a车

B．在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度

C．在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等

D．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】运动学中的图像专题．

【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量△x表示位移，图线的斜率表示速度的大小．

【解答】解：A、由图知在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，到达同一位置，根据图象可知，a的速度小于b的速度，所以在时刻t1，b车追上a车．故A正确．

B、a做做匀速运动，加速度为零，b做变速运动，加速度不为零，所以在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度，故B正确．

C、在t1到t2这段时间内，a和b两车初末位置相同，位移相同，a一直沿负方向运动，而b先沿负方向运动后沿正方向运动，路程不等．故C错误．

D、速度图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加．故D正确．

故选：ABD．

【点评】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向．

3．如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是（　　）

A．P做减速运动

B．细绳对P的作用力逐渐增大

C．P所受摩擦力逐渐增大

D．细绳对滑轮的作用力大小不变【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】由于绳子的伸长不计，所以P沿绳子方向的分速度等于Q的速度，将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解，结合Q的速度不变，可判断P的运动情况；

Q匀速运动，可知绳子拉力的大小不变，把绳子拉P的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知P对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况．根据力的合成法分析细绳对滑轮的作用力大小如何变化．

【解答】解：A、设P向右运动的速度为v P，Q上升的速度为v Q，绳子与水平方向的夹角为α．将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解，则有v Q=v P cosα，而v Q不变，α减小，cosα增大，则v P减小，即P做减速运动．故A正确．

B、因为Q匀速上升，所以Q受力平衡，Q所受绳拉力T=G Q，根据定滑轮的特性，可知细绳对P的作用力也等于G Q，保持不变，故B错误．

C、以P为研究对象，由竖直方向力平衡，可得：N+Tsinα=G P，G P、T 不变，α减小，sinα减小，则地面对P的支持力N增大，因此P所受摩擦力逐渐增大．故C正确．

D、细绳对滑轮的作用力等于两侧绳子拉力的合力，绳子拉力大小不变，夹角增大，则细绳对滑轮的作用力大小减小，故D错误．

故选：AC．

【点评】解决本题的关键要掌握绳端物体速度分解的方法：将绳端物体的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行正交分解，要注意Q匀速时P 并不是匀速．

4．下列叙述正确的是（　　）

A．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想

B．库仑提出了用电场线描述电场的方法

C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证

D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强

，电容

，加速度

都是采用比值法定义的

【考点】物理学史．

【分析】物理学中用到大量的科学方法，建立“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”采用等效替代的方法．

要了解伽利略对自由落体运动的研究的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法．

【解答】解：A、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都利用的等效替代的方法．故A正确．

B、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故B错误．

C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，他实验和推论的方法进行认证的，故C错误．

D、场强

，电容

，加速度

都是采用比值法定义的，

是加速度的决定式，故D错误．

故选：A．

【点评】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错．对于物理学上常用的科学

研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助．

5．如图所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+3q，B球带电量为﹣q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的两倍．现在A、B中点固定一个带正电C球（也可看作点电荷），再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等．则C 球带电量为（　　）

A．

q B．

q C． q D． q

【考点】库仑定律．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】根据牛顿第二定律，结合它们同时由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的2倍，可知它们的质量关系．再由库仑定律与受力平衡来确定C球带电量．

【解答】解：由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的2倍．根据牛顿第二定律可知，A、B两个带电小球的质量之比为1：2；

当在AB中点固定一个带正电小球C，由静止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，

根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，K

﹣K

=ma

对B来说，K

+K

=2ma

综上解得，Q C=

根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，3K

﹣K

=ma

对B来说，3K

+K

=2ma

综上解得，Q C=

q，故AB正确，CD错误；

故选：AB．

【点评】解决本题的关键抓住库仑定律中库仑力与电量的乘积成正比，与距离的平方成反比，同时根据牛顿第二定律求出加速度．

6．如图所示，质量为1kg的滑块静止于水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用竖直向上的恒力F作用于弹簧上端，使滑块升高了0.2m，在此过程中拉力F做了10J的功．在上述过程中（g取

10m/s2）（　　）

A．弹簧的弹性势能增加了8J

B．滑块的动能增加了8J

C．弹簧的弹性势能和滑块的动能总和增加了8JD．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J

【考点】功能关系；机械能守恒定律．

【分析】在拉力的作用下，小木块的动能增加，重力势能也增加，弹簧的弹性势能也增加，拉力做的功等于弹簧和木块系统增加的机械能．【解答】解：小木块的动能增加，重力势能也增加，弹簧的弹性势能也增加，由于拉力做功10J，故系统机械能总量增加了10J；

木块升高了0.2m，故重力势能增加量为：mgh=2J，故动能和弹性势能增加量共为8J，故A错误，B也错误，C正确，D正确；

故选：CD．

【点评】在拉力的作用下，小木块的动能增加，重力势能也增加，弹簧的弹性势能也增加，拉力做的功等于弹簧和木块系统增加的机械能．　

7．如图所示，在竖直平面内有半径为R和1.5R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为a，b和c分别是小圆和大圆上的两个点，其中ab长为

1.6R，ac长为3R．现沿ab和ac建立两条光滑轨道，自a处由静止释放小球，已知小球沿ab轨道运动到b点所用时间为t1，沿ac轨道运动到c点所用时间为t2，则t1与t2之比为（　　）

A．2：3 B．5：8 C．15：16 D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】设ab和ac间的夹角为θ，根据几何关系求出cosθ，小球沿ab做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动位移时间公式求出时间，小球从a运动到c做自由落体运动，根据h=

求出时间，进而求出时间之比．

【解答】解：设ab和ac间的夹角为θ，根据几何关系可知，cos

小球沿ab做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a=

，

根据运动学基本公式得：1.6R=

①，

小球从a运动到c做自由落体运动，则有3R=

②

根据①②解得：

，故D正确．

故选：D

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，解题时要分析清楚小球的运动情况，并能结合几何关系求解，难度适中．

8．如图，表面光滑的半球体固定在水平面上，O为球心，一小物体在拉力F的作用下，缓慢地沿球面向上运动一小段距离，在物块运动过程中F始终沿球面的切线方向，球面对物块的弹力大小用F N表示．在运动过程中（　　）

A．F减小，F N增大 B．F减小，F N减小 C．F增大，F N增大 D．F 增大，F N减小

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【专题】定量思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题．

【分析】对滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解出拉力和支持力的数值，再进行分析讨论．

【解答】解：对滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：

F N=mgsinθF=mgcosθ

其中θ为支持力N与水平方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故F N 增大，F减小．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

【点评】本题关键对滑块受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表达式进行讨论．

二、多选题（4×4分=16分）：

9．物体沿一直做匀加速直线运动，已知它在第2s内的位移为4.0m，第3s内的位移为6.0m，则下列判断中正确的是（　　）

A．它在第2s到第3s内的平均速度的大小是5.0m/s

B．它在第1s内的位移是2.0m

C．它的加速度大小是2.0m/s2

D．它的初速度为零

【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题．

【分析】根据平均速度的定义式求出第2s到第3s内的平均速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度以及第1s内的位移．结合位移时间公式判断初速度是否为零．

【解答】解：A、物体在第2s到第3s内的位移为4.0m，结合平均速度的定义式知，平均速度大小为4.0m/s，故A错误．

B、因为连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=2.0m，可知物体在第1s内的位移为2.0m，故B正确．

C、根据△x=aT2得物体的加速度为：a=

，故C正确．

D、根据

得：

，故D错误．

故选：BC．

【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．

10．已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G．有关同步卫星，下列表述正确的是（　　）

A．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度

C．卫星运行时受到的向心力大小为

D．卫星距地面的高度为

【考点】同步卫星．

【专题】人造卫星问题．

【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．

【解答】解：A、地表重力加速度为g=

，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故A正确；

B、第一宇宙速度为v1=

，故B正确；

C、卫星运行时受到的向心力大小是

，故C错误

D、万有引力提供向心力

=

而r=R+h

h=

﹣R，故D错误；

故选：AB．

【点评】本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步，同时注意正确的运算是解题的关键．

11．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1：2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1=2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m1距甲盘圆心r，m2距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是（　　）

A．m1和m2的线速度之比为1：4

B．m1和m2的向心加速度之比为2：1

C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动

D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动

【考点】线速度、角速度和周期、转速．

【专题】匀速圆周运动专题．

【分析】抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断．

【解答】解：A、甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1•R=ω2•2R，则得ω1：ω2=2：1，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为2：1．

根据公式：v=ωr，所以：

．故A错误．

B、根据a=ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为 a1：a2=（ω12•r）：（ω22•2r）=2：1，故B正确．

C、D、根据μmg=mrω2=ma知，m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动．故C正确，D错误．

故选：BC．

【点评】解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件．　

12．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2（v1＜v2）的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v﹣t图象可能的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】物块滑上传送带后，结合摩擦力的方向，得出物块先做匀减速直线运动，有两种可能：1、滑到另一端一直做匀减速直线运动，2、先做匀减速直线运动，再做匀速直线运动．

【解答】解：A、物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可能会滑动另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故A正确．

B、物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故BD错误，C 正确．

故选：AC．

【点评】解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．

三、实验题（每空2分共14分）：

13．某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”．小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．

（1）在实验中，下列说法正确的有　AD　

A．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力

B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力

C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度

D．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功

（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，O点为静止开始释放沙桶纸带上打的第一个点，速度为0．相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度v E=　

　．

（3）若用O、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为　

　（用所测物理量的符号表示）．

【考点】探究功与速度变化的关系．

【专题】实验题．

【分析】（1）根据实验的原理即可正确解答；

（2）由平均速度公式可求得E点的速度；

（3）根据“探究加速度与力、质量的关系”实验原理结合图象特点即可正确回答．

【解答】解：（1）若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须：

A、使长木板左端抬起﹣个合适的角度，以平衡摩擦力，以保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力；故A正确，B错误；

C、下落高度由纸带求出，不需要测量下落高度；故C错误；

D、在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功；故D 正确；

故选：AD；

（2）根据匀变速直线运动的特点，C点的速度等于BD之间的平均速度，所以：V E=

（3）B到E之间重力势能减小：△E P=mgs5

动能增大：△E k=Mv E

需要验证的是：

故答案为：（1）AD；（2）

；（3）

【点评】“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力．

14．利气垫导轨验证机械能守恒定律．实验装示意图如图1所示：

（1）实验步骤：

①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．

②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图所示，由此读出L=　

10.90　mm．

③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x

④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．

⑤从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2．

⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．（2）用表示直接测量量的字写出下列所求物理量的表达式：

①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和码）的总动能分别为E k1=　（M+m）（

）2　和E k2=　（M+m）（

）2　．

②如果表达式　△E p=E k2﹣E k1　成立，则可认为验证了机械能守恒定律．

【考点】验证机械能守恒定律．

【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．

【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．

由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．

根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．

要注意本题的研究对象是系统．

【解答】解：（1）游标卡尺，主尺读数为10mm，游标读数为

0.02×45mm=0.90mm，所以最终读数为10.90mm；

（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．

滑块通过光电门1速度v1=

滑块通过光电门2速度v2=

系统的总动能分别为E k1=（M+m）（

）2

E k2=（M+m）（

）2；

在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△E p=mgs （3）如果满足关系式△E p=E k2﹣E k1，即系统重力势能减小量等于动能增加量，则可认为验证了机械能守恒定律．

故答案为：（1）10.90；（M+m）（

）2，（M+m）（

）2，△E p=E k2﹣E k1．

【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理．

实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面．　

四、计算题（共38分）：

15．如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F 作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：

（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小；（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）物体先向右减速在向左加速，根据v﹣t图象得到两段的加速度；

（2）然后根据牛顿第二定律列式求解拉力及动摩擦力因数．

【解答】解：（1）由图可知，0﹣2s内，物体向右做匀减速直线运动，2s﹣4s内，物体向左做匀加速直线运动；

0﹣2s内，a1=

，方向水平向左；

2s﹣4s内，a2=

，方向水平向左；

由牛顿第二定律，得到：

F+μmg=ma1

F﹣μmg=ma2

代入数据解得：F=7N，μ=0.15

（2）依据图象可知，物体4s内的位移：

S=

=6m

（2）根据牛顿第二定律，在0﹣4s内恒力F与摩擦力同向：

F+μmg=ma1

4s﹣8s内恒力F与摩擦力反向：

F﹣μmg=ma2

代入数据解得：

F=7N，μ=0.15

答：（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小分别为5m/s2和2m/s2；

（2）恒力F的大小为7N，物块与水平面的动摩擦因数μ为0.15；

【点评】本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度．

16．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．

（1）分析小球的带电性质；

（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力．

【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题

【解答】解：（1）小球受力如图，电场力方向与电场同向，故带正电（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37°，

得

（3）由受力图可知

=0.05N

所以，（1）正电（2）带电量3×10﹣6C（3）拉力0.05N

【点评】受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系

17．在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内．斜面长度为l，倾角为

θ=30°，传送带距地面高度为l，传送带的长度为3l，传送带表面的动摩擦因数μ=0.5，传送带一直以速度v=

顺时针运动．当某参与者第一次试操作时瞬间给予小物块一初速度只能将物块刚好送到斜面顶端；第二次调整初速度，恰好让物块水平冲上传送带并成功到达网兜．求：（1）第一次小物块获得的初速度v1；

（2）第二次小物块滑上传送带的速度v2和传送带距斜面的水平距离s；（3）第二次小物块通过传送带过程中摩擦力对物块所做功以及摩擦产生的热量．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；功能关系．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移关系求解物块的初速度；

（2）恰好让物块水平冲上传送带，可以采用逆向思维冲上传送带的过程视为沿传送带反向平抛刚好沿斜面方向落在斜面上，根据平抛运动知识可以求出平抛的初速度，同时根据反向平抛运动求出传送带距斜面的水平距离；

（3）物块在水平面上在摩擦力作用下匀减速运动，求出物块离开传送带时的速度，根据动能定理求解摩擦力做的功，根据摩擦力与相对位移的乘积求摩擦产生的热量Q．

【解答】解：（1）第一次在斜面上滑到顶端时加速度为：

由运动学公式得：

得第一次小物块获得的初速度为：

（2）第二次恰好让物块水平冲上传送带，逆向看相当于平抛运动，竖直方向上相当于自由落体，有：

同时有：

解得：

由速度分解关系得第二次小物块滑上传送带的速度为：

传送带距斜面的水平距离为：

（3）在传送带上，当减速到与传送带速度相等时，有：

向右运动距离为：x=

即物块在传送带上先减速后匀速运动，摩擦力对物块所做的功为：

=

物块在传送带上减速的时间为：

此过程中传送带向右运动的距离为：

物块与传送带之间相对位移大小为：

即摩擦产生的热量为：Q=μmg△s=

答：（1）第一次小物块获得的初速度为

；

（2）第二次小物块滑上传送带的速度为

，传送带距斜面的水平距离为

；

（3）第二次小物块通过传送带过程中摩擦力对物块所做功以及摩擦产生的热量

．

【点评】本题主要思维是根据物块斜抛至传送带时速度方向刚好水平，采用逆向思维，看成反向的平抛运动，根据平抛运动的知识求解．