陕西省西安市西北工业大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷

2024-2025学年陕西省西安市西工大附中高二（上）期末物理试卷 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（4分）下列物理量中，属于矢量的是（　　） A．线速度 B．速率 C．周期 D．平均速率 2．（4分）一同学用如图所示方式体验力的作用效果。水平放置的一根铅笔，O端用轻绳拉住，轻绳的另一端套在食指上的B点。铅笔的O端用另一根轻绳吊一重物，铅笔的另一端在手掌上的A点，A、B、O在同一个竖直平面内，铅笔始终水平。若将轻绳在食指上的端点稍稍下移，下列说法正确的是（　　） A．B点感受到的拉力变小 B．A点感受到的压力不变 C．B点感受到的拉力不变 D．A点感受到的压力变大 3．（4分）机动车故障检测时，车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，主动轮沿前进方向转动一段时间。过程简化图中：车轮A的半径为ra，滚动圆筒B的半径为rb，A与B间不打滑。当A以恒定转速n（单位为r/s）运行时，下列说法正确的是（　　） A．B的边缘线速度大小为2πnrb B．A的角速度大小为2πn，且A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动 C．A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿顺时针方向转动 D．A、B的角速度之比为 4．（4分）一质点由静止开始沿直线运动，加速度a随时间t变化的图像如图中实线所示。由图像可知（　　） A．质点在第1s内做匀加速运动，加速度大小为1m/s2 B．质点运动的最大速度是9m/s C．质点前10s内的位移大小为15m D．第10s末时，质点回到出发点 5．（4分）如图所示，光滑水平面上固定两个光滑立柱A和B，两根柔软轻绳对称地跨过两立柱，每根绳的一端系在物体上的O点，另一端施加沿绳方向的等大外力，使物体能沿两绳夹角的角平分线运动，物体质量为m。当绳子之间夹角为2α瞬间，绳端速度大小为v，拉力大小为F，此时物体的速度v物和加速度a物表达式正确的是（　　） A． B．v物＝2vcosα C． D． 6．（4分）本学期高一篮球联赛半决赛中，沈鼎承同学在三分线外投掷篮球，空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。则篮球从出手到入筐的时间为（　　） A．1.0s B．1.2s C．1.4s D．1.6s 7．（4分）质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”形槽B上，如图所示，α＝53°，另有质量为M的物体C通过跨过光滑定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，若已知sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，现将C自由释放，则下列说法正确的是（　　） A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同 B．当M＝m时，A和B共同运动的加速度大小为 C．当M＝4m时，A和B共同运动的加速度大小为 D．当M＝6m时，A与B右侧竖板之间的压力刚好为零 二、多项选择题；本题有3小题，每小题6分，共18分，在四个选项中，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 （多选）8．（6分）如图甲所示，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的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　） A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 （多选）9．（6分）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为 B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力 D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力 （多选）10．（6分）水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F（F为未知量）作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则（　　） A．B物体的加速度为g B．绳中的张力FT与拉力F大小相等，均为 C．若绳中张力大小为FT，则绳子对A的作用力大小与FT的大小相等 D．A、B两物体既不超重也不失重，地面对A的支持力大小为2mg 三、实验题（共2题，共14分） 11．（6分）如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子。沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子质量）记为M。 （1）验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出。多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度。本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变，以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a﹣F图像，图像是一条过原点的直线。 ①a﹣F图像斜率的物理意义是 　 　； ②本次实验中，是否应该满足M≫m这样的条件？答：　 　（填“是”或“否”）。 （2）验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶及桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系。本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变。用图像法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以 　 　倒数为横轴。 12．（8分）2052年，我国宇航员在未知天体上利用平抛运动的规律测该天体表面的重力加速度。当小球做平抛运动时，宇航员对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片中坐标为物体运动的实际距离。则： （1）由以上信息，可知a点 　 　（选填“是”或“不是”）小球的抛出点； （2）由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是 　 　m/s；（保留两位有效数字） （3）该天体表面的重力加速度大小 　 　m/s2（保留两位有效数字） （4）ac段的平均速度大小是 　 　m/s。（结果可以保留根号） 四、计算题（共3题，共40分） 13．（12分）如图所示，倾角为30°的斜面体C质量为2m，放置在粗糙的水平地面上，质量也为2m的物块B放置在斜面上，轻绳1一端系在B上，另一端绕过光滑定滑轮与另外两轻绳2、3系于O点，其中轻绳3下端悬挂质量为m的物体A，轻绳2与水平方向的夹角为30°，轻绳1在定滑轮左侧的部分与斜面平行，右侧的部分水平，整个系统处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）轻绳1和轻绳2的拉力大小F1和F2； （2）地面对斜面体C的摩擦力Ff及支持力大小FN。 14．（12分）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。 （1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 15．（16分）如图所示，质量M＝4kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F＝14N的作用。t＝0时刻，长木板B的速度v＝5m/s，此时，从长木板B的左端滑上一质量m＝1kg的小木块A，A的速度大小也为v＝5m/s。已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）长木板B向左运动的最大位移； （2）t＝2s时A和B的速度vA和vB； （3）长木板B的长度至少为多少。 2024-2025学年陕西省西安市西工大附中高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A D B B D B D 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（4分）下列物理量中，属于矢量的是（　　） A．线速度 B．速率 C．周期 D．平均速率 【分析】根据矢量的概念结合各物理量的性质进行综合分析判断。 【解答】解：矢量是既有大小又有方向的物理量，运算满足平行四边形定则，题中给定的只有线速度是矢量，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】考查矢量和标量的概念，会对各物理量的矢量性进行区别判断。 2．（4分）一同学用如图所示方式体验力的作用效果。水平放置的一根铅笔，O端用轻绳拉住，轻绳的另一端套在食指上的B点。铅笔的O端用另一根轻绳吊一重物，铅笔的另一端在手掌上的A点，A、B、O在同一个竖直平面内，铅笔始终水平。若将轻绳在食指上的端点稍稍下移，下列说法正确的是（　　） A．B点感受到的拉力变小 B．A点感受到的压力不变 C．B点感受到的拉力不变 D．A点感受到的压力变大 【分析】用图解法，作出重力的分力效果，根据相应的几何关系列式并结合夹角的变化情况进行分析判断。 【解答】解：重物对点O的拉力产生两个效果，即沿着OA方向的压力和沿着BO方向的拉力，如图所示 根据平行四边形定则，有FOBcosα＝mg，mgtanα＝FOA，若将轻绳在食指上的端点稍稍下移，则角α变大，cosα变小，tanα变大，所以FOB、FOA变大，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【点评】考查物体的平衡问题和力的动态分析问题，会根据题意进行准确分析解答。 3．（4分）机动车故障检测时，车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，主动轮沿前进方向转动一段时间。过程简化图中：车轮A的半径为ra，滚动圆筒B的半径为rb，A与B间不打滑。当A以恒定转速n（单位为r/s）运行时，下列说法正确的是（　　） A．B的边缘线速度大小为2πnrb B．A的角速度大小为2πn，且A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动 C．A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿顺时针方向转动 D．A、B的角速度之比为 【分析】两轮不打滑时轮缘的线速度大小相等，根据线速度、角速度、转速间的关系分析答题。 【解答】解：A、两轮不打滑，两轮边缘的线速度大小相等，即v＝2πnra＝2πnbrb≠2πnrb，故A错误； B、车轮A是主动轮，A的角速度大小ωa＝2πn，A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，故B正确； CD、两轮边缘的线速度相等，v＝ωara＝ωbrb，角速度之比，由于两轮的半径不相等，则两轮的角速度大小不相等，A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，故CD错误。 故选：B。 【点评】知道在不打滑的情况下，两轮边缘的线速度大小相等是解题的前提，根据线速度、角速度、周期与转速的关系即可解题。 4．（4分）一质点由静止开始沿直线运动，加速度a随时间t变化的图像如图中实线所示。由图像可知（　　） A．质点在第1s内做匀加速运动，加速度大小为1m/s2 B．质点运动的最大速度是9m/s C．质点前10s内的位移大小为15m D．第10s末时，质点回到出发点 【分析】a﹣t图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴平行，物体做匀速直线运动，图像和时间轴所围面积表示速度的变化量。 【解答】解：A、a﹣t图像纵轴表示加速度，第1s内加速度增大，做变加速运动，故A错误； B、图像和时间轴所围面积表示速度的变化量，则最大速度是，故B正确； C、质点1s末的速度为，9s末的速度为v9＝0.5m/s+1.0×（9﹣1）m/s＝8.5m/s，1﹣9s内的位移大小为，质点速度方向不变，故前10s内的位移大小大于36m，故C错误； D、加速度始终为正，速度始终增大，故位移始终增大，故D错误。 故选：B。 【点评】考查对a﹣t图像的理解，清楚图线的含义。 5．（4分）如图所示，光滑水平面上固定两个光滑立柱A和B，两根柔软轻绳对称地跨过两立柱，每根绳的一端系在物体上的O点，另一端施加沿绳方向的等大外力，使物体能沿两绳夹角的角平分线运动，物体质量为m。当绳子之间夹角为2α瞬间，绳端速度大小为v，拉力大小为F，此时物体的速度v物和加速度a物表达式正确的是（　　） A． B．v物＝2vcosα C． D． 【分析】把物体的速度分解为沿绳方向和垂直于绳的方向，然后根据矢量法则计算物体的速度；根据牛顿第二定律计算物体的加速度。 【解答】解：AB、把物体的速度分解为沿绳方向和垂直于绳的方向，对左边的绳子来说，画出物体的速度分解图像，如图所示 则v物＝，故AB错误； CD、根据牛顿第二定律有2Fcosα＝ma物，解得a物＝，故C错误，D正确。 故选：D。 【点评】知道把物体的速度分解为沿绳方向和垂直于绳的方向是解题的基础。 6．（4分）本学期高一篮球联赛半决赛中，沈鼎承同学在三分线外投掷篮球，空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。则篮球从出手到入筐的时间为（　　） A．1.0s B．1.2s C．1.4s D．1.6s 【分析】由题意可知，篮球做斜抛运动，由运动学规律、矢量合成法分别列式，即可分析判断ABCD正误。 【解答】解：设篮球从出手到入筐的时间为t，篮球初速度大小为v0，与水平夹角为θ，末速度大小为v，则由题可知，v与竖直方向夹角为θ斜向下， 由题意可知，篮球做斜抛运动，由运动学规律可得， 竖直方向有：， 水平方向有：x＝v0cosθt， 且：vocosθ＝vsinθ，， 由矢量合成法则可得：， 联立可得：t＝1.2s，故B正确，ACD错误； 故选：B。 【点评】本题考查了斜抛运动，解题时需注意合运动与分运动的等时性，可以利用运动的合成与分解的知识分析求解。 7．（4分）质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”形槽B上，如图所示，α＝53°，另有质量为M的物体C通过跨过光滑定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，若已知sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，现将C自由释放，则下列说法正确的是（　　） A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同 B．当M＝m时，A和B共同运动的加速度大小为 C．当M＝4m时，A和B共同运动的加速度大小为 D．当M＝6m时，A与B右侧竖板之间的压力刚好为零 【分析】当A、B相对静止时，两者与C有共同大小的加速度，但加速度的方向不同；先利用隔离法求出临界的加速度的大小，再利用整体法求出此时C的质量，结合牛顿第二定律逐项分析即可。 【解答】解：A.若A相对B未发生滑动，则 A、B的加速度沿水平方向向右，C的加速度竖直向下，A、B两者与C的加速度大小相等，方向不同，故A错误； D.设当 C的质量为M时，A与B的竖直挡板仅接触但没有挤压，设此时三者的加速度大小为a0，对A受力分析，如图所示： 根据牛顿第二定律可得：ma0＝mgtan53°，得，整体分析可得：Mg＝（M+2m）a0，可得M＝6m，故D正确； B..当M＝m时，此时三者相对静止，设共同的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得Mg＝（M+2m）a，解得a＝，故B错误； C.当M＝4m时，假设此时 A、B仍保持相对静止，此时三者保持相对静止，根据牛顿第二定律有Mg＝（M+2m）a，把M＝4m代入解得a＝，则假设成立，故C错误。 故选：D。 【点评】本题的关键是掌握连接体问题的分析方法：整体法与隔离法，及这两种方法的选择原则。 二、多项选择题；本题有3小题，每小题6分，共18分，在四个选项中，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 （多选）8．（6分）如图甲所示，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的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　） A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 【分析】小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动．根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1﹣t2小物块向右匀加速，t2﹣t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失． 【解答】解： A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确； B、如图知，t2﹣t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故B错误； C、在0﹣t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在t1﹣t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，故C错误； D、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况． （多选）9．（6分）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为 B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力 D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力 【分析】根据平抛的运动规律，利用几何关系求出小球到达C点的速度和B、C间的水平距离；根据牛顿第二定律分析管壁对小球的作用力方向。 【解答】解：A.小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，根据平行四边形定则知tan45° ＝，解得小球经过B点的速度vB＝4m/s，根据矢量合成可知，小球在C点的速度大小为4m/s，故A正确； B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是x＝vBt＝1.6m，故B错误； CD.在B点，设小球受到管道下壁的作用力，根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝m，解得轨道对小球的作用力N＝﹣6m，可知假设错误，小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力，故C错误，D正确。 故选：AD。 【点评】学生在解答本题时，应注意要将牛顿第二定律与圆周运动进行结合，同时要注意具有受力分析能力。 （多选）10．（6分）水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F（F为未知量）作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则（　　） A．B物体的加速度为g B．绳中的张力FT与拉力F大小相等，均为 C．若绳中张力大小为FT，则绳子对A的作用力大小与FT的大小相等 D．A、B两物体既不超重也不失重，地面对A的支持力大小为2mg 【分析】分别对整体合C受力分析，根据牛顿第二定律和分力与合力的关系即可得到B的加速度大小；对C分析即可；根据合力与分力的矢量关系计算；把A、B、C看成一个整体，根据加速度方向分析。 【解答】解：A、设绳子中的张力为FT，它们共同的加速度为a，与C连接的绳子与竖直方向之间的夹角为α，对ABC整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝3ma，对B有F﹣T＝ma，对C在竖直方向有FTcosα＝mg，在水平方向上有FTsinα＝ma，则FT＝，联立以上各式，解得a＝，故A正确； B、由上面的分析可得，故B错误； C、由上面的分析可得α＝30°，A物体受到绳子对它的作用力的合力的方向沿绳子夹角的角平分线上，绳子对A的作用力的夹角大小为β＝90°+30°＝120°，所以绳子对A的作用力大小为F合＝2FTcos，解得F合＝FT，故C正确； D、C物体与A、B物体的加速度的方向都沿水平方向，都不是失重状态，也不是超重状态，根据整体法可知，地面对A支持力大小为3mg，故D错误。 故选：AC。 【点评】在碰到这样的连接体问题的时候，只要这些物体的加速度相等，首先选择整体法，可以得到加速度的表达式，计算物体之间的相互作用力时，需要用隔离法分析。 三、实验题（共2题，共14分） 11．（6分）如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子。沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子质量）记为M。 （1）验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出。多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度。本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变，以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a﹣F图像，图像是一条过原点的直线。 ①a﹣F图像斜率的物理意义是 　　； ②本次实验中，是否应该满足M≫m这样的条件？答：　否　（填“是”或“否”）。 （2）验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶及桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系。本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变。用图像法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以 　M+m　倒数为横轴。 【分析】（1）该实验研究的对象为系统，保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改变重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系； （2）保持桶内沙子质量m不变，即保持系统所受的合力不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，即改变系统的质量，所以研究加速度与质量的关系时，该质量应为系统的质量。 【解答】解：（1）①将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，则 a＝ 可见a﹣F图像斜率的物理意义是 ②系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足M≫m这样的条件； （2）向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M+m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图像法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M+m倒数为横轴。 故答案为：（1）①；　②否；（2）M+m 【点评】解决本题的关键知道该实验研究的对象是系统，保证系统质量不变，改变合力，可探究加速度和合力的关系．保持合力不变，改变系统质量，可探究加速度与质量的关系。 12．（8分）2052年，我国宇航员在未知天体上利用平抛运动的规律测该天体表面的重力加速度。当小球做平抛运动时，宇航员对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片中坐标为物体运动的实际距离。则： （1）由以上信息，可知a点 　是　（选填“是”或“不是”）小球的抛出点； （2）由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是 　0.80　m/s；（保留两位有效数字） （3）该天体表面的重力加速度大小 　8.0　m/s2（保留两位有效数字） （4）ac段的平均速度大小是 　0.8　m/s。（结果可以保留根号） 【分析】（1 ）根据竖直方向上的位移之比判断a点是不是抛出点； （2 ）根据水平方向的运动特点结合运动学公式得出小球的初速度； （3）先根据竖直方向上的运动特点计算出加速度； （4）根据平均速度公式计算。 【解答】解：（1）根据图乙可知，abcd四点水平方向的距离相等，则水平时间间隔相等，而竖直方向上的位移之比为1：3：5，则a点是小球的抛出点； （2）小格边长为l，根据水平方向上的运动特点可知 2l＝v0T 解得v0＝m/s＝0.80m/s （3）由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间相同，为T＝0.10s，平抛运动在竖直方向上为匀变速直线运动，根据Δh＝3l﹣l＝2l＝gT2 解得g＝m/s2＝8.0m/s2 （4）根据平均速度公式可知，ac段的平均速度大小是＝＝m/s＝0.8m/s 故答案为：（1）是；（2）0.80； （3）8.0；（4）0.8 【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点。 四、计算题（共3题，共40分） 13．（12分）如图所示，倾角为30°的斜面体C质量为2m，放置在粗糙的水平地面上，质量也为2m的物块B放置在斜面上，轻绳1一端系在B上，另一端绕过光滑定滑轮与另外两轻绳2、3系于O点，其中轻绳3下端悬挂质量为m的物体A，轻绳2与水平方向的夹角为30°，轻绳1在定滑轮左侧的部分与斜面平行，右侧的部分水平，整个系统处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）轻绳1和轻绳2的拉力大小F1和F2； （2）地面对斜面体C的摩擦力Ff及支持力大小FN。 【分析】（1）由平衡条件可知，轻绳3中的拉力大小，对结点O受力，由平衡条件分别列式，即可分析求解； （2）对B、C整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解。 【解答】解：（1）由平衡条件可知，轻绳3中的拉力大小为mg，对结点O受力分析，如图： 由平衡条件可得：F2sin30°＝mg，F2cos30°＝F1， 联立可得：F2＝2mg，F1＝mg； （2）对B、C整体受力分析，如图： 结合前面分析，由平衡条件可得： FN＝2mg+2mg＝4mg，方向竖直向上。 Ff＝F1＝mg，方向水平向左； 答：（1）轻绳1和轻绳2的拉力大小F1和F2分别为mg、2mg； （2）地面对斜面体C的摩擦力Ff大小为mg，方向水平向左，支持力FN大小为4mg，方向竖直向上。 【点评】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。 14．（12分）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。 （1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 【分析】（1）根据圆环的受力情况，应用牛顿第二定律求出细杆的角速度大小。 （2）根据圆环处于细杆末端时的受力情况，应用牛顿第二定律求出角速度大小。 【解答】解：（1）弹簧处于原长时圆环受力如图所示 对圆环，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：ω＝10rad/s （2）圆环处于细杆末端P时圆环受力如图所示 对圆环，在竖直方向：Fcosα+mg＝FN′sinα 在水平方向，由牛顿第二定律得：Fsinα+FN′cosα＝mω′2Lsinα 由胡克定律得：F＝k（L﹣x0） 代入数据解得：ω′＝10rad/s 答：（1）弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s； （2）圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s。 【点评】分析清楚圆环的受力情况，确定圆环做匀速圆周运动的向心力来源是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。 15．（16分）如图所示，质量M＝4kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F＝14N的作用。t＝0时刻，长木板B的速度v＝5m/s，此时，从长木板B的左端滑上一质量m＝1kg的小木块A，A的速度大小也为v＝5m/s。已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）长木板B向左运动的最大位移； （2）t＝2s时A和B的速度vA和vB； （3）长木板B的长度至少为多少。 【分析】（1）长木板B向左减速到零时向左运动的位移最大，应用牛顿第二定律与运动学公式求出向左的最大位移。 （2）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出速度。 （3）求出整个过程A、B的位移，然后求出B的最小长度。 【解答】解：（1）由牛顿第二定律得： 对小木块：μmg＝ma1 对长木板：F+μmg+μ（M+m）g＝Ma2 代入数据解得：a1＝1m/s2，方向向左，a2＝5m/s2，方向向右， a2＞a1，木板先减速到零，木板减速到零后反向向右做加速运动， 木板减速到零时向左的位移最大，木板向左运动的最大位移x＝m＝2.5m （2）木板向左减速到零需要的时间t1＝s＝1s 木板减速到零时小木块的速度大小v1＝v﹣a1t1＝5m/s﹣1×1m/s＝4m/s，方向向右 木板减速到零后木块继续向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a1， 减速到零后，木板向右加速运动，对木板，由牛顿第二定律得：F+μmg﹣μ（M+m）g＝Ma3 代入数据解得：a3＝2.5m/s2 木板与木块共速时v2＝v1﹣a1t2＝a3t2 代入数据解得：v2＝m/s，t2＝s t1+t2＝1s+s＝s＞2s，则2s时木块与木板没有共速 则t＝2s时，木块A的速度vA＝v﹣a1t＝5m/s﹣1×2m/s＝3m/s，方向向右 木板的速度vB＝a3（t﹣t1）＝2.5×（2﹣1）m/s＝2.5m/s，方向向右 （3）木块与木板恰好开始滑动时，由牛顿第二定律得： 对木块：μmg＝ma临 对木块与木板整体：F临﹣μ（M+m）g＝（M+m）a临 代入数据解得：F临＝10N＜F＝14N 木块与木板共速后木块相对木板滑动，木块相对木板向左滑动 小木块A没有从长木板B的右端滑下，长木板B的最小长度L＝ 代入数据解得：L＝m 答：（1）长木板B向左运动的最大位移是2.5m； （2）t＝2s时A和B的速度vA大小是3m/s，方向水平向右，vB大小是2.5m/s，方向水平向右； （3）长木板B的长度至少为m。 【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚小木块与木板的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$