物理·贵州省遵义市凤冈二中2017届高三上学期月考物理试卷（9月份）+Word版含解析 26页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年贵州省遵义市凤冈二中高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12小题，满分48分．在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有2个以上选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分．）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．在匀速直线运动中，平均速度和瞬时速度相等 B．运动的物体受到的摩擦力一定是滑动摩擦力 C．如果物体要运动一定得需要一个力来维持 D．速度为零，物体一定处在平衡状态 ‎2．跳水运动员从10m跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池．不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的是（　　）‎ A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态 C．上升过程和下落过程均处于超重状态 D．上升过程和下落过程均处于失重状态 ‎3．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎4．如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ C．质点所受摩擦力大小为mgsinθ D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ ‎5．质量为m=1kg的物体在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2．现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力F，为使物体在3s时间内发生的位移最大，力F的大小应如下面的哪一幅图所示（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（g取10m/s2）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　）‎ A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N ‎8．如图所示，在一固定在水平桌面上的斜面顶端固定一轻弹簧，弹簧的另一端固定一滑块，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则滑块受到的外力的个数可能为（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎9．某质点从t=0开始由原点出发，其运动v﹣t图象如图所示，由图可判断（　　）‎ A．t=2s时，质点的加速度为﹣5m/s2．‎ B．第 2s 内和第 3s 内速度方向相反．‎ C．t=2s时，离原点最远．‎ D．物体前4s内做匀变速直线运动．‎ ‎10．如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（　　）‎ A．‎ B．‎ C．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为+μMg D．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为 ‎11．如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时（　　）‎ A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力增大 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力不变 ‎12．同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量为1kg的手提包上，到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后，列在表中：‎ 建立物理模型 匀加速直线运动 匀速直线运动 匀减速直线运动 时间段（s）‎ ‎2.5‎ ‎9‎ ‎2.5‎ 平均加速度（m/s2）‎ ‎0.40‎ ‎0‎ ‎0.40‎ 为此同学们在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下图（设F为对手提包的拉力，g取9.8m/s2）中正确的是（　　）‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题（其中第13小题4分，第14小题3分，第15小题8分，共计15分）‎ ‎13．如图是用打点计时器（频率为50Hz）测定匀变速直线运动的加速度时得到的纸带，从O点开始每隔4个点取一个计数点．测得OA=6.80cm，CD=3.20cm，DE=2.00cm，则物体运动加速度大小为　　m/s2，D点的速度大小为　　 m/s．（结果保留3位有效数字）‎ ‎14．某同学在探究摩擦力的实验中采用了如图所示的操作，将木块放在水平长木板上，如图（a）所示，用力沿水平方向拉长木板，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff 随拉力F的变化图象，如图（b）所示．已知木块质量为1.0kg，取重力加速度g=10m/s2．‎ 由上述采集的数据，请你回答下列问题：‎ ‎（1）木块与长木板间的最大静摩擦力Ffm为　　N；‎ ‎（2）木块与长木板间的滑动摩擦力Ff为　　N；‎ ‎（3）木块与长木板间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎15．某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是：‎ A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上 B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A 点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套 C．用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O．记录下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数 D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示 F．比较力F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．‎ 上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是　　和　　；‎ ‎②遗漏的内容分别是　　和　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共2小题，共22分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）‎ ‎16．如图所示，质量为m=10kg的两个相同的物块A、B（它们之间用轻绳相连）放在水平地面上，在方向与水平方面成θ=37°角斜向上、大小为100N的拉力F作用下，以大小为v0=4.0m/s的速度向右做匀速直线运动，求剪断轻绳后物块A在水平地面上滑行的距离．（取当地的重力加速度（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎17．如图所示，一质量为M的长木板静止在水平面上，有一质量为m的小滑块以一定的水平速度冲上木板，已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ0，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：‎ ‎（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数须满足什么条件？‎ ‎（2）若长木板的质量M=0.2kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1．滑块的质量也 为0.2kg．滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ0=0.4‎ ‎．滑块最终没有滑离长木板，求滑块在开始滑上长木板到最后静止下来的过程中，滑块滑行的距离是多少？（g=10m/s2）‎ ‎　‎ ‎[选修3-3]‎ ‎18．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 C．热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体的体积增大，分子势能不一定增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 ‎19．如图所示，一密闭容器内贮有一定质量的气体，不导热的光滑活塞将容器分隔成左右两部分．开始时，两部分气体的体积、温度和压强都相同，均为V0=15L，T0=300K和p0=1.0×105Pa．将右侧气体加热，而左侧仍保持原来温度，平衡时测得左侧气体的压强为p=1.5×105Pa，求：‎ ‎①左侧气体的体积；‎ ‎②右侧气体的温度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省遵义市凤冈二中高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，满分48分．在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有2个以上选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分．）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．在匀速直线运动中，平均速度和瞬时速度相等 B．运动的物体受到的摩擦力一定是滑动摩擦力 C．如果物体要运动一定得需要一个力来维持 D．速度为零，物体一定处在平衡状态 ‎【考点】平均速度；滑动摩擦力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】匀速运动的物体速度处处相同，运动的物体可以受到静摩擦力也可以受到滑动摩擦力，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，物体处于平衡状态时合外力等于零．‎ ‎【解答】解：A、匀速直线运动的物体速度处处相同，平均速度等于瞬时速度，故A正确；‎ B、运动的物体可以受到静摩擦力作用，如传送带上随传送带一起斜向上运动的物体受到的摩擦力就是静摩擦力，故B错误；‎ C、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故C错误；‎ D、速度为零，物体不一定处在平衡状态，如自由落体运动的初位置，速度为零，合外力不为零，不是平衡状态，故D错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎2．跳水运动员从10m跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池．不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的是（　　）‎ A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态 C．上升过程和下落过程均处于超重状态 D．上升过程和下落过程均处于失重状态 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；‎ 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下．‎ 如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．‎ ‎【解答】解：上升和下降的过程中，都是只受到向下的重力的作用，加速度的大小为重力加速度g．都处于完全失重状态，所以ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】物体的重力有两个作用效果，使物体沿斜面下滑和使物体紧压斜面，将重力正交分解后，当重力的下滑分量大于滑动摩擦力时，物体加速下滑，当重力的下滑分量小于最大静摩擦力时 ‎，物体不能下滑，匀速下滑时，重力的下滑分量等于滑动摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图 物体加速下滑，‎ Gx＞f N=Gy 故mgsinθ＞μmgcosθ 解得 μ＜tanθ 故A错误；‎ B、给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，则有 mgsinθ＞μmgcosθ 故B错误；‎ C、用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=0‎ μ=tanθ 故解得 F=2mgsinθ 故C正确；‎ D、用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有 F+mgsinθ﹣μmmgcosθ=0‎ μ=tanθ 故解得 F=0‎ 故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ C．质点所受摩擦力大小为mgsinθ D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】以整体为研究对象可得出地面对半球体的摩擦力；以质点为研究对象，对质点进行受力分析，由共点力的平衡可得出质点受到的摩擦力及支持力，由牛顿第三定律可得出半球体受到的压力．‎ ‎【解答】解：A、以整体为研究对象，整体处于静止状态，而水平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力；故A错误；‎ B、对质点受力分析，质点受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物体处于平衡状态，则合力为零，质点对球面的压力为mgsinθ，故B错误；‎ C、摩擦力沿切线方向，在切线方向重力的分力与摩擦力相等，即f=mgcosθ，故C错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．质量为m=1kg的物体在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2．现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力F，为使物体在3s时间内发生的位移最大，力F的大小应如下面的哪一幅图所示（　　）‎ A． B． C． 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．‎ ‎【分析】根据物体的受力情况分析物体的运动情况，根据运动学位移公式求出总位移即可求解．‎ ‎【解答】解：物体的最大静摩擦力为f=μmg=2N A、在0﹣1s内，拉力小于最大静摩擦力，物体静止，1﹣2s内，a=，位移，v1=at=1m/s；‎ ‎2﹣3s内，a=，位移=2.5m，所以总位移为0.5+2.5m=3m；‎ B、在0﹣1s内，a=，位移，v1=at=1m/s；1﹣2s内，a=，‎ 位移=0.5m，v2=v1+a1t=1﹣1=0；2﹣3s内，a=，位移，‎ 总位移为：0.5+0.5+1.5m=2.5m；‎ C、在0﹣1s内，拉力小于最大静摩擦力，物体静止，1﹣2s内，‎ a=，位移，v1=at=3m/s；2﹣3s内，‎ a=，位移=3.5m，总位移为：1.5+3.5m=5m；‎ D、在0﹣1s内，a=，位移，v1=at=3m/s；1﹣2s内，‎ a=，位移=3.5m，v2=v1+at=3+1m/s=4m/s；2﹣3s内，a=，‎ 位移=3.5m，总位移为：1.5+3.5+3.5m=8.5m；‎ 所以D发生的位移最大．‎ 故选D ‎　‎ ‎6．用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（g取10m/s2）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】将重力按照力的效果进行分解，即沿两细线的方向分解，求出绳子即将断开时的临界角度（两细线夹角）即可得出画框上两个挂钉的最大间距．‎ ‎【解答】解：一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大；‎ 画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图．‎ 绳子与竖直方向的夹角为θ=60°，绳子长为L0=1m，则有mg=2Fcosθ，两个挂钉的间距离，解得m，A项正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　）‎ A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】工人站在地面上，匀加速拉升物体，同时绳子也有个力拉工人，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，从而对工人受力分析，由平衡条件可求出工人受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出工人对地面的压力大小．‎ ‎【解答】解：先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力．‎ 则有：F﹣mg=ma 代入数据解得：F=210N，‎ 再研究工人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态．‎ 则有：Mg=F+F支 代入数据解得：F支=490N，‎ 由牛顿第三定律可得：F压=490N 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，在一固定在水平桌面上的斜面顶端固定一轻弹簧，弹簧的另一端固定一滑块，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则滑块受到的外力的个数可能为（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】分析受力情况时，先分析滑块肯定受到的力：重力、斜面的支持力，再分析可能受到的力：弹簧的弹力和静摩擦力．‎ ‎【解答】解：滑块必定受到：重力、斜面的支持力．若弹簧没有弹力，滑块将受到沿斜面向上的静摩擦力；若弹簧的拉力与重力沿斜面向下的分力大小相等，滑块不受静摩擦力．这两种情况下，滑块受到3个力作用．若弹簧的拉力与重力沿斜面向下的分力大小不相等，则滑块还受到静摩擦力，即受到重力、斜面的支持力和静摩擦力、弹簧的弹力，共4个力．故BC正确．‎ 故选BC ‎　‎ ‎9．某质点从t=0开始由原点出发，其运动v﹣t图象如图所示，由图可判断（　　）‎ A．t=2s时，质点的加速度为﹣5m/s2．‎ B．第 2s 内和第 3s 内速度方向相反．‎ C．t=2s时，离原点最远．‎ D．物体前4s内做匀变速直线运动．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】有图象可知物体在第一秒做匀加速，第二秒匀减速，第三秒反向加速，第四秒反向减速，最终回到原点．‎ ‎【解答】解：由v﹣t图象可知第一秒内匀加速且a=5m/s2，故A正确；‎ 第二秒开始减速，到第二秒末速度为零，此时物体据远点最远，故C正确；‎ 从第三秒开始为反向运动，且第三秒末开始减速，第四秒末回到原点，故B正确；‎ 物体在前四秒内加速度方向不断变化，故D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎10．如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（　　）‎ A．‎ B．‎ C．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为+μMg D．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-连接体．‎ ‎【分析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以M为研究对象，求出N对M的作用力．‎ ‎【解答】解：‎ A、B根据牛顿第二定律得 对整体；a=‎ 对M：N=Ma=．故A错误，B正确．‎ C、D根据牛顿第二定律得 对整体：a==‎ 对M：N﹣μMg=Ma 得到N=μMg+Ma=．故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎11．如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时（　　）‎ A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力增大 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力不变 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】小车向右做匀加速直线运动，物体M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力．‎ ‎【解答】解：以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图．‎ A、根据牛顿第二定律得，摩擦力f=Mg，保持不变．故A错误，D正确．‎ B、C小车的加速度增大时，弹力N=ma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑．故BC正确．‎ 故选BCD ‎　‎ ‎12．同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量为1kg的手提包上，到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后，列在表中：‎ 建立物理模型 匀加速直线运动 匀速直线运动 匀减速直线运动 时间段（s）‎ ‎2.5‎ ‎9‎ ‎2.5‎ 平均加速度（m/s2）‎ ‎0.40‎ ‎0‎ ‎0.40‎ 为此同学们在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下图（设F为对手提包的拉力，g取9.8m/s2）中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】先根据表格中数据，得到物体先匀加速上升，后匀速上升，最后匀减速上升；结合运动学公式判断速度变化情况，根据牛顿第二定律判断合力变化情况，根据位移时间关系判断位置坐标情况．‎ ‎【解答】解：A、物体先匀加速上升，后匀速上升，最后匀减速上升，最大速度为v=at=0.40×2.5=1.0m/s，故图A正确；‎ B、加速度情况已知，图B与实际情况不符，故B错误；‎ C、对手提包受力分析，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，‎ 加速时有：F﹣mg=ma 解得：F=m（g+a）=10.2N 匀速时有：F=mg=9.8N 减速时有：mg﹣F=ma 解得：F=m（g﹣a）=9.4N 故C正确；‎ D、电梯一直上升，故图D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（其中第13小题4分，第14小题3分，第15小题8分，共计15分）‎ ‎13．如图是用打点计时器（频率为50Hz）测定匀变速直线运动的加速度时得到的纸带，从O点开始每隔4个点取一个计数点．测得OA=6.80cm，CD=3.20cm，DE=2.00cm，则物体运动加速度大小为　1.2　m/s2，D点的速度大小为　0.26　‎ ‎ m/s．（结果保留3位有效数字）‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小 ‎【解答】解：从O点开始每隔4个点取一个计数点，所以相邻的计数点间有5个时间间隔，即T=0.1s；‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：‎ a===﹣1.2m/s2，‎ 则物体运动加速度大小为1.2m/s2，‎ vD==0.26m/s 故答案为：1.2；0.26‎ ‎　‎ ‎14．某同学在探究摩擦力的实验中采用了如图所示的操作，将木块放在水平长木板上，如图（a）所示，用力沿水平方向拉长木板，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff 随拉力F的变化图象，如图（b）所示．已知木块质量为1.0kg，取重力加速度g=10m/s2．‎ 由上述采集的数据，请你回答下列问题：‎ ‎（1）木块与长木板间的最大静摩擦力Ffm为　4　N；‎ ‎（2）木块与长木板间的滑动摩擦力Ff为　3　N；‎ ‎（3）木块与长木板间的动摩擦因数μ=　0.3　．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】分析摩擦力Ff随拉力F的变化图象，根据长木板的状态确定木块与长木板间的摩擦力的性质．‎ 根据滑动摩擦力公式求出块与长木板间的动摩擦因数μ．‎ ‎【解答】解：（1）用力沿水平方向拉长木板，拉力从0开始逐渐增大．刚开始长木板处于静止状态，长木板受拉力和木块对长木板间的静摩擦力，当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的最大静摩擦力Ffm为4N．‎ ‎（2）当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的滑动摩擦力Ff为3N．‎ ‎（3）根据滑动摩擦力公式得：‎ μ===0.3‎ 故答案为：（1）4；（2）3；（3）0.3．‎ ‎　‎ ‎15．某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是：‎ A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上 B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套 C．用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O．记录下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数 D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示 F．比较力F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．‎ 上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的序号是　C　和　E　；‎ ‎②遗漏的内容分别是　C中未记下两条细绳的方向　和　E 中未说明是否把橡皮条的结点拉到了位置O　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤E中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；‎ ‎【解答】解：本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．‎ 故答案为：（1）C；E；‎ ‎（2）C中未记下两条细绳的方向；E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了位置O．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共2小题，共22分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）‎ ‎16．如图所示，质量为m=10kg的两个相同的物块A、B（它们之间用轻绳相连）放在水平地面上，在方向与水平方面成θ=37°角斜向上、大小为100N的拉力F作用下，以大小为v0=4.0m/s的速度向右做匀速直线运动，求剪断轻绳后物块A在水平地面上滑行的距离．（取当地的重力加速度（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据题意先将两物块作为整体，对其受力分析：受到重力mg、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据力平衡条件和滑动摩擦力公式求出动摩擦力．当剪断轻绳后物块A在水平地面上受到滑动摩擦力作用而做匀减速运动滑行，要根据牛顿第二定律求出加速度，再位移公式求出位移．‎ ‎【解答】解：设两物体与地面间的动摩擦因素为μ，根据滑动摩擦力公式和平衡条件，‎ 对A、B整体有：．μmg+μ（mg﹣Fsinθ）=Fcosθ①‎ 剪断轻绳以后，设物体A在水平地面上滑行的距离为s，有 μmg=ma②‎ v02=2as③‎ 联解方程，代入数据得： m 答：剪断轻绳后物块A在水平地面上滑行的距离为1.4m．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一质量为M的长木板静止在水平面上，有一质量为m的小滑块以一定的水平速度冲上木板，已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ0，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：‎ ‎（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数须满足什么条件？‎ ‎（2）若长木板的质量M=0.2kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1．滑块的质量也 为0.2kg．滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ0=0.4．滑块最终没有滑离长木板，求滑块在开始滑上长木板到最后静止下来的过程中，滑块滑行的距离是多少？（g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）长木板受到滑块向前的摩擦力fmM，还受到地面给它的摩擦力，当fmM≤fmax时木板能保持静止不动，根据题意即可求解；‎ ‎（2）小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度相等时相对静止，然后一起做匀减速运动直到静止，先求出速度相等前运动的位移，速度相同后一起做匀减速运动，求出加速度，根据运动学公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）长木板受到滑块向前的摩擦力fmM=μ0mg 设长木板与地面之间的动摩擦因数为μ．‎ 长木板受到地面的最大静摩擦力大小 fmax=μ（M+m）g 木板能保持静止不动时，应满足：fmM≤fmax 联立解得：μ≥‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得：‎ 对m：μ0mg=ma2 解得：a2=4m/s2‎ 对M：μ0mg﹣μ（M+m）g=Ma1 解得：a1=2m/s2‎ 设经历时间为t两者速度相同，则：v0﹣a2t=a1t 解得：t=0.2s 两者共同速度为：v=a1t=2×0.2=0.4m/s 两者相对静止前，小滑块的位移：s1=v0t﹣a2t2=1.2×0.2﹣×4×0.22=0.16m 达到共同速度后对滑块和木板：μ（M+m）g=（M+m）a3‎ 滑行位移为：s2=‎ 解得：s2=0.08m 小滑块的总位称为：s=s1+s2=0.24m 答：‎ ‎（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数须满足μ≥；‎ ‎（2）滑块滑行的距离是0.24m．‎ ‎　‎ ‎[选修3-3]‎ ‎18．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 C．热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体的体积增大，分子势能不一定增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 ‎【考点】布朗运动；热力学第一定律；热力学第二定律；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．热量也可能从低温物体传到高温物体．物体的体积增大，分子势能不一定增加．根据气态方程分析压强不变、体积增大时温度的变化，即可判断内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故A错误．‎ B、晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．故B正确．‎ C、热量自发地由高温物体传到低温物体，在外界的影响下，也可以从低温物体传到高温物体，比如电冰箱，故C错误．‎ D、若分子间的作用力表示斥力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加；故D正确．‎ E、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由=c可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎19．如图所示，一密闭容器内贮有一定质量的气体，不导热的光滑活塞将容器分隔成左右两部分．开始时，两部分气体的体积、温度和压强都相同，均为V0=15L，T0=300K和p0=1.0×105Pa．将右侧气体加热，而左侧仍保持原来温度，平衡时测得左侧气体的压强为p=1.5×105Pa，求：‎ ‎①左侧气体的体积；‎ ‎②右侧气体的温度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】①左侧气体做等温变化，由玻意耳定律求得；‎ ‎②右侧气体的压强始终与左侧相同，利用理想气体状态方程可求解．‎ ‎【解答】解：①对左侧气体做等温变化，初状态为p0，v0末状态为p，v；由玻意耳定律得：P0V0=PV 所以左侧气体体积V=10L ‎②对右侧气体，根据左侧气体体积为V，则后来右侧气体体积V2=2V0﹣V=20L 压强与左侧相同，均为p，对右侧气体，由理想气体状态方程，得：‎ 解得：T=600K．‎ 答：①左侧气体的体积V=10L；‎ ‎②右侧气体的温度T=600K．‎ ‎　‎ ‎2017年2月27日