解析江苏省宿迁市泗阳县致远中学2020┄2021学年高一上学期期中物理试题实验班

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20２０┄2０２1学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高一

（上）期中物理试卷（实验班）

一、单项选择题.本题共１0小题，每小题4分,共40分．每小题只有一个选项符合题意)

1．(4分)(2014秋•泗阳县校级期中）许多科学家在物理学发展过程中都做出了重要贡献,下

列表述符合事实的是( ）

A. 牛顿最早提出了万有引力定律并成功地测出了万有引力常量

Ｂ. 亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因

Ｃ． 库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律

D. 开普勒在研究行星运动规律的基础之上提出了万有引力定律

考点: 物理学史.

专题: 常规题型.

分析：根 据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

解答: 解:Ａ、牛顿最早提出了万有引力定律,卡文迪许成功地测出了万有引力常量，故A错

误；

B、牛顿认为力是改变物体运动状态的原因,故B错误；

Ｃ、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C正确；

Ｄ、牛顿在研究行星运动规律的基础之上提出了万有引力定律,故D错误；

故选:C．

点评: 本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一.

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２．（４分）（2０14秋•泗阳县校级期中）一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间

内（ )

Ａ． 合外力一定要做正功

Ｂ． 速度一定在不断地改变,加速度可能不变

Ｃ. 速度可能不变，加速度一定不断地改变

D. 速度方向与合外力方向有时可能在一条直线上

考点：曲 线运动．

专题：物 体做曲线运动条件专题.

分析：物 体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,合外力大小和方向不一定变

化，由此可以分析得出结论.

解答：解 ：A、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,若二者之间的夹角是

钝角,则合外力做负功．故Ａ错误；

B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，加速度不一定变化,如平

抛运动.故B正确；

C、物体既然是在做曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以速度一定改变，

故C错误;

Ｄ、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，速度方向与合外力方向不可能

在一条直线上,故D错误．

故选:Ｂ．

点评: 本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运

动,对于它们的特点要掌握住.

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3．(4分)(2012秋•仁怀市校级期末）两个分别带有电荷量﹣Ｑ和+3Q的相同金属小球(可

视为点电荷）,固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定

距离变为2r,则两球间库仑力的大小为（ )

A. B. C. Ｄ. 12F

考点: 库仑定律.

专题：电 场力与电势的性质专题.

分析: 清楚两小球相互接触后,其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容,根据变化量

和不变量求出问题.

解答: 解：相距为r时,根据库仑定律得：

F==;

，则此时 接触后,各自带电量变为

F F F

F′=

两式联立得Ｆ′＝F，故Ａ正确，BＣD错误,

故选:A.

点评: 本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，

这是解决本题的关键.

4.(4分）（２014秋•泗阳县校级期中)如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质

螺丝帽研究匀速圆周运动,将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向

做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑,假设螺丝帽与塑

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料管间的动摩擦因数为μ,认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．则在该同学手转塑料管

使螺丝帽恰好不下滑时,下列分析正确的是（ ）

Ａ． 若塑料管的转动加快，螺丝帽有可能相对塑料管发生运动

Ｂ. 螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外,背离圆心

C. 螺丝帽的重力与其受到的最大静摩擦力平衡

D．

此时手转动塑料管的角速度ω＝

考点: 向心力．

专题：匀 速圆周运动专题．

分析：分 析螺丝帽的受力情况，根据牛顿第二定律研究重力与最大静摩擦力的关系，并判断

弹力的方向．螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速

度．

解答：解 ：Ａ、B、C、螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩

擦力,螺丝帽在竖直方向上没有加速度，根据牛顿第二定律得知，螺丝帽的重力与最大

静摩擦力平衡;若杆的转动加快，角速度ω增大,螺丝帽受到的弹力N增大，最大静摩

擦力增大，螺丝帽不可能相对杆发生运动；螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心

力,所以弹力方向水平向里，指向圆心;故A错误，Ｂ错误,C正确;

D、根据牛顿第二定律得：N=mωr，f＝mg，又f＝μＮ,联立得到ω=;故

2

mm

Ｄ正确;

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故选：CD.

点评：本 题情景是新的,实质是简单的圆周运动动力学问题，分析受力情况，确定向心力来源

是关键.

5．(4分)(２014秋•泗阳县校级期中)如图所示,两个质量相等的小球A、Ｂ处在同一水平线

上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开始自由下落，不计空气阻力,则在运动的过程中

说法正确的是（ )

Ａ． 两球的速度变化快慢程度不相同

B． 在相等时间内,两球的速度增量相等

C. 在同一时刻，两球重力做功的功率不相等

Ｄ． 在下落过程中,同一时间内两球重力做功的平均功率不相同

考点：平 抛运动.

专题: 平抛运动专题.

分析: 平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，故两球的竖直分运动相同.

解答：解 ：A、两球加速度相同，均为g,故速度变化快慢相同，故A错误；

B、在相等时间内,两球的速度增量△v＝g△t,故相同，故B正确;

C、在同一时刻竖直方向速度为v=gt，故重力的功率P＝Ｇv=mgt，相同,故C正

yy

确;

D、重力的功W=Gｙ=ｍg•,故平均功率P=,时间相同故平均功率相

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同，故D正确；

故选:BCＤ.

点评：本 题关键明确Ｐ=Fvcｏsα、W＝FScosα中各个量的含义,题目中两个球竖直方向的运

动情况相同.

6．(4分)(2014秋•泗阳县校级期中)如图所示，将已知力F分解为两个力，已知其中一个分

力F的方向与F的夹角为θ,则下列说法错误的是（ )

1

Ａ．

只要知道另一个分力F的方向就可以确定两个分力的大小

2

B．

只要知道F的大小,就可以确定另外一个分力F

12

C.

当F取大于F的某一值时，F有两个可能值

21

Ｄ．

F的最小值是Fsｉｎθ

2

考点：合 力的大小与分力间夹角的关系．

专题: 平行四边形法则图解法专题．

分析: 分解一个确定大小和方向的力，根据平行四边形定则,以这个力为对角线作平行四边

形，与这个力共点的两个邻边表示一对分力．如作出的平行四边形只有一个,就得到唯

一确定的解.

解答：解 ：A、已知两个分力的方向,根据平行四边形定则,将已知力分解作出的平行四边形只

有一个，这两个分力大小是唯一确定的.故A正确;

Ｂ、已知一个分力的大小和方向,根据平行四边形定则，将已知力分解作出的平行四边

形只有一个，这两个分力大小是唯一确定的．故B正确;

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C、根据平行四边形定则，将已知力分解，当F取大于Ｆ的某一值时,Ｆ有一个值,

21

故C错误;

D、根据几何关系，可确定另一个分力的最小值是Fｓinθ．故D正确．

本题选择错误的,故选：C．

点评: 将已知力分解有唯一确定的分解结果的通常有两种情况：

（1)已知两个分力的方向；

（2)已知一个分力的大小和方向．

7.(４分）（2010•石家庄模拟)在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xｏy,质量为1ｋg的

物体原来静止在坐标原点O(0,0）,t＝０时受到如图所示随时间的变化外力作用，F表示沿

X

x轴方向的外力,F表示沿y轴方向的外力,下列描述正确的是（ ）

y

A． ０﹣４s内物体的运动轨迹是一条直线

B. 0﹣4s内物体的运动轨迹是一条抛物线

C． 前２ｓ内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀加速曲线运动

D． 前2s内物体做匀加速直线运动,后２ｓ内物体做匀速圆周运动

考点：物 体做曲线运动的条件;匀速圆周运动．

专题: 物体做曲线运动条件专题．

分析：对 物体受力分析可知，在前２s内物体受到的合力的大小为2N,沿着x轴的正方向,此

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时物体做的是匀加速直线运动,速度的方向也是沿x轴正方向的,在2﹣4s内物体受到

的合力的方向沿着y轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是匀加速曲线

运动.

解答: 解：分析物体的受力和运动可知,物体在前2ｓ内做的是初速度为零的匀加速直线运动,

速度的方向是沿着x轴正方向的,在2﹣4ｓ内物体受到的合力的方向沿着ｙ轴的正方

向,此时与初速度的方向垂直，物体做的是匀加速曲线运动,所以ABD错误,Ｃ正确.

故选Ｃ.

点评: 物体在不同的时刻受到的作用力是不一样的,注意分析清楚受力的方向与物体的速度

分析之间的关系,即可判断物体的运动状态.

8．（４分)（2０14秋•泗阳县校级期中）航天飞机在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆道Ⅱ,B为

轨道Ⅱ上的一点,如图所示．关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( ）

A. 在轨道Ⅱ上经过A的动能大于在轨道Ⅰ上经过A的动能

Ｂ． 在轨道Ⅱ上经过Ａ的速度小于经过Ｂ的速度

C. 在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期

D． 在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过Ａ的加速度

考点: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.

专题：人 造卫星问题．

分析: 卫星在椭圆轨道近地点速度大于远地点速度;卫星只要加速就离心；万有引力是合力满

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足牛顿第二定律.

解答：解 ：Ａ、当航天飞机在轨道Ⅱ上A点加速才能变轨到Ⅰ上，故在轨道Ⅱ上经过A的

动能小于在Ⅰ上经过Ａ点的动能．故Ａ错误；

Ｂ、根据开普勒第二定律可知航天飞机在远地点的速度小于在近地点的速度,故B正

确;

C、由开普勒第三定律=k知，在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期,

故C错误；

D、根据航天飞机的万有引力等于向心力，，在轨道Ⅱ上经过A的加速度等

于在轨道Ⅰ上经过Ａ的加速度.故D错误．

故选：B．

点评: 普勒第二定律说明卫星从近地轨道向远地轨道运动速度将变小，否则速度变大．注意

加速度与向心加速度的区别，加速度等于合力与ｍ的比值,向心加速度等于合力在指向

圆心方向的分力与ｍ的比值，只有在匀速圆周运动二者才相同.

9.（4分)(201２•安徽）如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水

平、ＯB竖直,一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达

最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2Ｒ，重力加速度为g，则小球从Ｐ到B的运动

过程中( ）

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Ａ. 重力做功2mｇR B． 机械能减少ｍｇR

C． 合外力做功mgＲ Ｄ．

考点：牛 顿第二定律；动能定理的应用．

专题：牛 顿第二定律在圆周运动中的应用.

分析: 小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,根据牛顿第二定律求解出Ｂ点的速

度；然后对从P到B过程根据功能关系列式判读.

解答:

解:A、重力做功与路径无关,只与初末位置有关，故P到B过程,重力做功为W=ｍ

Ｇ

gR,故A错误;

B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有ｍg=ｍ

克服摩擦力做功mgＲ

，解得；

=,故机械能减小量从P到B过程,重力势能减小量为ｍgR,动能增加量为

为:ｍｇＲ﹣,故Ｂ错误；

C、从P到B过程,合外力做功等于动能增加量,故为=，故C错误;

,故D、从Ｐ到Ｂ过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量,故为mgＲ﹣

D正确；

故选D．

点评：

解决本题的关键知道球到达Ｂ点时对轨道的压力为0，有mg=m，以及能够熟练

运用动能定理.

10.（4分)（2014秋•泗阳县校级期中）如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底

端,现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点,解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体

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在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h,物体离开弹簧后沿斜面向上运动

的加速度大小等于重力加速度g．则下列说法正确的是( ）

Ａ. 弹簧的最大弹性势能为ｍgh

B. 物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为ｍgh

C. 物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能

D． 物体最终静止在AB之间某一点

考点：功 能关系；机械能守恒定律．

分析: 物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，可得知斜面不光滑，

物体将受到沿斜面向下的摩擦力，且摩擦力大小为重力的一半;物体动能最大时，加速

度为零；系统弹性势能最大时,弹簧压缩量最大；注意应用能量守恒的观点加以全程分

析

解答：解 ：A、根据能量守恒,在物块上升到最高点的过程中,弹性势能变为物块的重力势能

mgh和内能,故弹簧的最大弹性势能应大于mgh，故A错误；

B、物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，由牛顿第二定

律得物块所受沿斜面向下的合力为，F=mg，而重力沿斜面向下的分量为mgsｉ

n30°=，

,摩擦力做功等于物体从A点运动到可知,物块必定受到沿斜面向下的摩擦力为f=

=mgh，故B正确； Ｂ点的过程中系统损失的机械能，Ｗ=f

f

C、物体动能最大时，加速度为零,此时物块必定沿斜面向上移动了一定距离,故损失了

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一部分机械能，所以动能小于弹簧的最大弹性势能,故C错误；

D、由于物体到达B点后，瞬时速度为零，此后摩擦力方向沿斜面向上,与重力沿斜面

向下的分力相抵消,物块将静止在Ｂ点,故D正确.

故选：BD．

点评: 注意挖掘“物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度ｇ”的隐

含信息，用能量守恒观点分析

二．多项选择题:本题共５小题,每小题4分,共２0分．每小题至少有两个选项符合题意．全

部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

１1．(4分)（2013春•惠州期末）物体受到几个力作用而做匀速直线运动,若突然撤去其中

的一个力,它可能做( ）

Ａ． 匀速直线运动 Ｂ. 匀加速直线运动

C. 匀减速直线运动 D． 匀变速曲线运动

考点: 曲线运动；物体做曲线运动的条件．

专题: 物体做曲线运动条件专题.

分析：物 体受到几个力的作用，物体做匀速直线运动,这几个力是平衡力,如果其中一个力突

然消失,剩余的几个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平

衡力的作用下一定改变了物体的运动状态;曲线运动的条件是合力与速度不共线.

解答: 解:A、其余几个力的合力恒定，所以物体不可能做匀速直线运动，故A错误．

B、有一个作匀速直线运动的物体受到几个力的作用,这几个力一定是平衡力，如果其

中的一个力突然消失，剩余的几个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力

恒定不变．若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动.故B正

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确.

C、若剩余的几个力的合力与物体的速度方向相反,则物体做匀减速直线运动.故C正

确；

Ｄ、曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余几个力的合力与速度不共线时，物

体做曲线运动；若由于合力恒定,故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动,剩余的几

个力的合力方向与原来速度方向垂直，则物体做类似于平抛运动，故D正确;

故选：BＣD

点评: 本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识,关键根据平衡得到其余两个力的合

力恒定,然后结合曲线运动的条件分析．

12．(４分)（2014秋•泗阳县校级期中)一个物体以初速度v水平抛出，落地时速度为v，

0

则（ )

A.

物体在空中运动的时间是

B．

物体在空中运动的时间是

C．

物体抛出时的竖直高度是

D．

物体抛出时的竖直高度是

考点: 平抛运动．

专题: 平抛运动专题．

分析：物 体被水平抛出做平抛运动，则竖直方向做自由落体运动,水平方向做匀速直线运

动．且两方向运动的时间相等．因此可通过运动学规律可求解．

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解答:

解：Ａ、物体在竖直方向做自由落体运动，因此竖直方向速度：v=,再根

y

据ｖ=gt得，t=,故A错误;B正确；

y

,再根据C、物体在竖直方向做自由落体运动，因此竖直方向速度:ｖ＝

y

得，,故C错误；D正确；

故选：BD

点评：考 查平抛运动的规律,学会将复杂的曲线运动分解成简单的直线运动,注意两分运动时

间相等.

13.（4分)(2０1４秋•泗阳县校级期中)在空军演习中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞

机到落地的过程中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（ )

Ａ. 0～10s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力，处于失重状态

Ｂ． 第10ｓ末空降兵打开降落伞,10s～15ｓ做匀减速运动

Ｃ． 10ｓ～15s空降兵竖直方向的加速度向上，处于超重状态,且加速度大小在逐渐减小

Ｄ． 1５s后空降兵保持匀速下落,此过程中机械能守恒

考点: 匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系．

专题: 运动学中的图像专题.

分析: 由图象可知物体的速度及加速度的变化情况，则由牛顿第二定律可知受力情况,再由机

械能守恒的条件可得出机械能是否守恒．

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解答：解 ：A、由图可知，前10s内空降兵做加速度减小的加速运动，合外力向下,故重力大

于空气阻力,处于失重状态,故A正确;

B、１0s后空降兵打开降落伞，由图象可知,10s～１５ｓ做加速度减小的减速运动，

加速度方向向上，处于超重状态，故B错误，C正确；

Ｄ、因空降兵在下落过程中受到空气阻力,故机械能不守恒，故Ｄ错误；

故选:AC．

点评：对 于速度﹣时间图象应明确图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的

面积表示物体通过的位移．

14．(4分)（２０14秋•泗阳县校级期中）如图所示,长为Ｌ的轻杆，一端固定一个小球，另

一端固定在光滑的水平轴上,使小球在竖直平面内作圆周运动，关于小球在最高点的速度ｖ

0

下列说法中正确的是( ）

A. v的最小值为

B． v由零逐渐增大，向心力也逐渐增大

C． 当v由值逐渐增大时,杆对小球的弹力也逐渐增大

D． 当ｖ由值逐渐增小时，杆对小球的弹力也仍然逐渐增大

考点：向 心力；牛顿第二定律.

专题：牛 顿第二定律在圆周运动中的应用．

分析：由 于杆子能支撑小球，小球到达最高点的临界速度为零.杆子在最高点可以表现为拉

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力,也可以表现为支持力,根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关

系．

解答：解 :A、由于杆子能支撑小球，小球在最高点的最小速度为零．故A错误.

B、小球的向心力，知v由零开始逐渐增大,向心力也逐渐增大.故B正确．

,解得v＝，当时,杆子C、在最高点,杆子对小球的作用力为零时,

表现为拉力，根据牛顿第二定律有：Ｆ+mg＝m,知速度增大时,杆对小球的弹力逐

渐增大.故Ｃ正确．

Ｄ、当时,杆子表现为支持力，根据牛顿第二定律有：，知速度

减小,杆对小球的弹力逐渐增大．故D正确．

故选:BCD.

点评: 解决本题的关键搞清小球向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，以及知道杆子

可以表现为拉力,也可以表现为支持力．要注意杆子模型与绳子模型最高点的临界速度

不同．

15．(４分)（2015春•武汉校级期中）如图所示,质量为ｍ的滑块以一定初速度滑上倾角为θ

的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力Ｆ=mgsinθ,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=

ｔａnθ，取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Ｑ、滑块动能

E、势能Ｅ、机械能E随时间t、位移x关系的是( ）

kＦ

A. B. Ｃ. Ｄ.

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考点：功 能关系；牛顿第二定律.

分析: 对物体受力分析,受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律列式求解加

速度,然后推导出位移和速度表达式,再根据功能关系列式分析.

解答: 解:物体受力如图所示：

由牛顿第二定律得：mgsiｎθ+μｍgcosθ﹣F=ma,

其中:F=mｇｓinθ，μ=tanθ,联立解得：a=ｇsｉnθ,

物体沿着斜面向上做匀减速直线运动，

物体的位移:x=vt+at,速度v=v+at;

00

２

A、动能E＝mv＝ｍ（v+at),Ｅ与t不是一次函数关系,故A错误；

k0k

2２

B、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功,即Q=fｘ=μmg(ｖt+aｔ）cｏsθ,Q与

０

2

ｔ不成正比．故B错误；

C、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡,物体所受合外力等于重力，相当于只有

重力做功，机械能守恒,机械能不随时间变化，故C正确;

D、物体的位移与高度是线性关系,重力势能E=mgh＝mgxsinθ,E与x成正比,Ｅ

ｐｐp

﹣x图象是直线,故D正确.

故选:ＣＤ．

点评：本 题是一道图象题，对物体正确受力分析，应用牛顿第二定律与运动学公式求出物体

的速度与位移表达式,然后求出各图象所对应的函数表达式，根据函数表达式分析即可

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正确解题.

三、填空题.本题2小题,每空2分，共20分，把答案填在答题卷中对应题的横线上

16．（8分）(2014•陕西校级模拟)在探究物体的加速度a与物体所受外力Ｆ、物体质量Ｍ间

的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示,盘及盘中的砝码质

量用m表示.

（１）当Ｍ与ｍ的大小关系满足 m＜<Ｍ 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘

和砝码的重力.

(２)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量ｍ一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做

法正确的是 B ．

Ａ．平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上

B．每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力

Ｃ．实验时，先放开小车,再接通打点计时器的电源

D．用天平测出m以及小车质量Ｍ，小车运动的加速度可直接用公式求出

（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量Ｍ一定,探 究加速度a与所受外力F的关系，

由于他们操作不当，这两组同学得到的a﹣Ｆ关系图象分别如图1和图2所示,其原因分别

是:

图1： 小车质量没有远大于盘及盘中砝码的质量 ;

图2： 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ．

考点：探 究加速度与物体质量、物体受力的关系．

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专题: 实验题；牛顿运动定律综合专题.

分析：解 决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事

项．

该实验采用的是控制变量法研究,其中加速度、质量、合力三者的测量很重要.

解答：解 :（1)该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究.当质量一定时，研究小车的

加速度和小车所受合力的关系.那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对

实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高,以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵

消,那么小车的合力就是绳子的拉力．

根据牛顿第二定律得:对m:mｇ﹣F＝ｍa，对M:F=Mａ,解得：F==;

拉拉拉

当Ｍ>＞m时,即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码

和盘的总重力．

(2）A、平衡摩擦力时,应将绳从小车上拿去,轻轻推动小车，是小车沿木板运动,通过

打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动.故A错误.

B、每次改变小车的质量时,小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消,不需要重新平衡

摩擦力.故B正确．

Ｃ、实验时,应先放开小车,再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打

出来的点很少,不利于数据的采集和处理．故C错误.

Ｄ、小车运动的加速度是利用打点计时器测量,如果用天平测出m以及小车质量M,

直接用公式a=求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的,而我们实验是在探究加

速度与物体所受合外力和质量间的关系.故D错误.

故选B．

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（３）图１中当盘及盘中砝码质量较大时，ａ﹣F图象发生弯曲，这是由于没有保证

小车质量远大于盘及盘中砝码质量造成的.

图2中，从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，ａ=0．也就是说当绳子上有拉力

时小车的加速度还为0,说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢.该组同学实验操作中

遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足这个步骤.即倾角过小

故答案是:（１）m＜＜M；(2）Ｂ;(3)小车质量没有远大于盘及盘中砝码的质量;没有

平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

点评：教 科书本上的实验,我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注

意事项这几点去搞清楚.

１7.(1２分）（2014秋•泗阳县校级期中）用如图1实验装置验证ｍ、m组成的系统机械

１2

能守恒.m从高处由静止开始下落，m上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行

21

测量,即可验证机械能守恒定律．图3给出的是实验中获取的一条纸带：０是打下的第一个

点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图3所示．已知m=50ｇ、

1

m＝150g,则

2

（ｇ取9.8ｍ／s，结果保留三位有效数字)

2

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（1）在纸带上打下计数点5时的速度v＝ ２.40 m／ｓ;

（2）在打点0~5过程中系统动能的增量△E= 0.５76 Ｊ,系统势能的减少量△E= 0.588

ＫP

Ｊ,由此得出的结论是 因此在在误差允许的范围内,ｍ、m组成的系统机械能守恒

12

(3)若某同学作出ｖ﹣h图象如图2,则当地的实际重力加速度g= ９.70 m/s．

2２

(4)即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下,该实验求得的△E略大于△E,

Pk

这,试分析产生的可能原因是 由于纸带通过时受到较大的阻力或重锤受到的空气阻力 （至

少写两条）

考点：验 证机械能守恒定律.

专题：实 验题.

分析: (1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度．

(2)根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能

的减小量．

(3）根据机械能守恒定律得出 v﹣ｈ的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的

2

值．

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（4)由 于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力,重力势能有相当一部分

转化给摩擦产生的内能,所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．

解答: 解:(1）由于每相邻两个计数点间还有４个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间

隔Ｔ=0.1s,

根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度,

可知打第5个点时的速度为:

v==2.４0m/s，

５

（2)物体的初速度为零,所以动能的增加量为:

△E＝（ｍ+ｍ)v=×0.２×2.4J=0.576 Ｊ

K1２5

22

重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△Ｅ＝Ｗ=mgh=０.58８Ｊ；

P

由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m、

1

m组成的系统机械能守恒.

2

(３)本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv,

2

即有:v=gｈ，所以出v﹣h图象中图象的斜率表示重力加速度，

2２

由图可知,斜率ｋ＝9.70,故当地的实际重力加速度g＝9.70m/ｓ．

2

（４）由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部

分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．

故答案为:(1）2．40;（２)0.５76,0.588,因此在在误差允许的范围内，m、m组成

12

的系统机械能守恒；(3）９.70；

（４）由于纸带通过时受到较大的阻力或重锤受到的空气阻力．

点评: 本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题,要熟练掌握匀变速直线运

动的规律以及功能关系,增强数据处理能力.

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四、计算题（本题共3小题,共４０分,把解答写在答题卡上规定的位置,要求写出必要的文字

说明、方程式和演算步骤,只写出最后答案的不能得分）

１８.(12分）(20１3秋•安庆期末）如图所示，质量为m的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段

1

轻绳的结点为O．轻绳OB水平且Ｂ端与放置在水平面上的质量为ｍ的物体乙相连,轻绳

2

OA与竖直方向的夹角 θ=3７°，物体甲、乙均处于静止状态（.取g＝10m/ｓ，ｓin３7°=

2

０．6，cos37°=０.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：

（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大？

(2）乙受到的摩擦力是多大？方向如何?

（３)若物体乙的质量m=４ｋg,物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3,则欲使物体

2

乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m最大不能超过多少？

１

考点: 共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.

专题: 共点力作用下物体平衡专题.

分析: (1）以结点O为研究对象,分析受力，作出力图，根据平衡条件求出轻绳OA、OＢ受

到的拉力.

（2)乙物体水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力,由二力平衡求解乙受到

的摩擦力大小和方向．

(3)当乙物体刚要滑动时,物体甲的质量m达到最大,此时乙受到的静摩擦力达到最大

1

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值F=μｍg，再平衡条件求出物体甲的质量.

max2

解答: 解：(１)对结点O,作出力图如图,由平衡条件有：

①

②

解得：

（2）对于乙物体：摩擦力

方向水平向左

（3）当乙物体刚要滑动时,静摩擦力达到最大值F＝μmg③

max２

T=F④

Bmａxmax

由②③④得:

． 答:（1)轻绳OＡ、ＯB受到的拉力分别是:

（2)乙受到的摩擦力是,方向水平向左．

(3）欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量ｍ最大不能超过1.6kg.

1

点评：本 题涉及共点力平衡中极值问题，当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大．

19．(12分)(２014秋•泗阳县校级期中)如图所示，一质量为ｍ=1kｇ的滑块从高为h＝0.8m

的光滑圆弧形槽的顶端Ａ处无初速度地滑下,槽的底端Ｂ与水平传带相接，传送带的运行速

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度恒为v＝6m／ｓ,长为L＝8m，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0．２,(取ｇ＝１

0

0m/s）求:

2

（1）滑块到达底端B时的速度v;

(２)滑块从B到Ｃ所用的时间t

（3)此过程中,由于摩擦系统产生的热量Q.

考点: 功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

分析: （１）从A到B根据机械能守恒定律可求得到达B的速度．

(2）滑块在传送带上受到传送带对它的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据牛顿第二定

律求得加速度,然后求出滑块加速到传送带的速度的位移，与传送带的长度比较,看看

是否一直加速，或先加速后匀速.最后又运动学的公式求出时间.

(３）摩擦力与对地位移的乘积为摩擦力所做的功,摩擦力与相对位移的乘积转化为内

能而产生热量.

解：(１）设滑块到达B点的速度为v，由机械能守恒定律，有

解答：

ｍ/s

(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律

有

μｍg=ｍa

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物块做加速运动至6ｍ/s的时间：s

该时间内的位移：m＜８m

此后,滑块做匀速直线运动,时间：

滑块滑块从Ｂ到Ｃ所用的时间t:ｔ=t＋t=１+0.5=１.5ｓ

１2

（2）滑块加速的过程中对地位移为x,传送带的位移：x＝vt=6×1m=6m，则

12０１

产生的热量等于滑块与传送带之间发生的相对位移中克服摩擦力所做的功，即

Q＝μｍg△s

其中△s为传送带与滑块间的相对位移.

设所用时间为t，则△s=ｘ﹣x=6m﹣3m＝3ｍ

2１

得Q=０.2×1×１０×3=６Ｊ

答：（1）滑块到达底端B时的速度为４m/ｓ；

（2）滑块从B到C所用的时间为1.5s;

(３）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量为６J.

点评: 本题考查传送带问题中的速度及能量关系,关键在于明确能量转化间的关系，知道如何

求出由于克服摩擦力做功而产生的热量.

20.（16分)(２012秋•通州区期中）如图(ａ)所示,一质量为m的滑块(可视为质点）沿某斜

面顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ和滑块到斜面顶端的距离x的关

系如图（b）所示．斜面倾角为37°,长为L，有一半径为R=L的光滑竖直半圆轨道刚好

与斜面底端Ｂ相接,且直径BC与水平面垂直,假设滑块经过B点时没有能量损失．（已知

cos37°=0．８,sｉｎ37°=０.6,)求:

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(１)滑块滑至斜面中点时的加速度大小;

（２）滑块滑至斜面底端时的速度大小；

（3）试分析滑块能否滑至光滑竖直半圆轨道的最高点C.如能，请求出在最高点时滑块对轨

道的压力;如不能,请说明理由.

考点：动 能定理；向心力.

专题：动 能定理的应用专题.

分析: （1)根据牛顿第二定律求出滑块滑至斜面底端时的速度大小．

(２)根据动能定理求出滑块滑至斜面底端时的速度大小．

(3）根据牛顿第二定律求出滑块在最高点的最小速度，再通过动能定理求出最高点的

速度,从而进行比较,判断能否到达最高点．

解答：解 ：(1）滑块滑到中点时,由（b）图可知,μ=0.５.

根据牛顿第二定律得,ｍgsin37°﹣μmgcos37°=ma

解得a=0.2g．

(2）滑块由顶端滑至底端,由动能定理得：mgｌsin37°+W＝mv

fB

2

由图ｂ的物理意义得:W=ｌ＝﹣l=﹣mｇl

f

解得：v=．

Ｂ

(3)设滑块能运动到C点，则从B到C,由动能定理:﹣mg•2Ｒ=mv﹣mv

CB

２2

解得：ｖ＝.

C

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如滑块恰好滑到C点:mg=m

解得：v′＝=＜ｖ

CＣ

所以滑块能够到达C点

当滑块滑到Ｃ点时：ｍg+N=m

解得Ｎ=3mg

由牛顿第三定律得滑块在Ｃ点时对轨道的压力Ｎ′=Ｎ=3mｇ．

答：（1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小为０．2ｇ；

(2）滑块滑至斜面底端时的速度大小为；

(3）能滑动半圆轨道的最高点,在最高点时滑块对轨道的压力为３mg.

点评: 本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理等规律,综合性较强,对学生的能力要求较高，

以及通过图象求出摩擦力做功是本题的难点．