2020年河北省保定市高考物理摸底试卷 8页

‎2020年河北省保定市高考物理摸底试卷 一、不定项选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，其中1-7小题只有一个是正确的，8-10小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分．）‎ ‎ ‎ ‎1. 如图所示，轻杆下端固定在光滑轴上，可在竖直平面自由转动，重力为G的小球粘在轻杆顶部，在细线的拉力作用下处于静止状态。细线、轻杆与竖直墙壁夹角均为‎30‎‎∘‎，则绳与杆对小球的作用力的大小分别是（ ） ‎ A.‎1‎‎2‎G，‎3‎‎3‎G B.‎3‎‎3‎G，‎3‎‎3‎G C.G，G D.‎1‎‎2‎G，‎‎1‎‎2‎G ‎ ‎ ‎2. 两个物体A、B同时从同一地点向同一方向运动，图甲为A物体的速度-时间图像图乙为B物体的位移-时间图像，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.两物体都做加速运动 B.‎1s末A物体追上B物体 C.‎2s末A物体追上B物体 D.‎0∼1s内AB两物体的间距先增大后减小 ‎ ‎ ‎3. 一串质量为‎50g的钥匙从橱柜上‎1.8m高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为‎0.05s，且不反弹。重力加速度g＝‎10m/‎s‎2‎，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为（ ） ‎ A.‎5N B.‎5.5N C.‎6N D.‎‎6.5N ‎ ‎ ‎4. 如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ．设重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） ‎ A.从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下 B.从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为gcosθ，方向与竖直成θ角斜向右下 C.从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsinθ，方向与水平成θ角斜向左下 D.从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtanθ，方向与竖直成θ角斜向左上 ‎ ‎ ‎5. 如图所示，匀速转动的齿轮O‎1‎和O‎2‎，齿数比为m:n．下列说法正确的是（ ） ‎ A.O‎1‎和O‎2‎转动周期之比为m:n B.O‎1‎和O‎2‎转动周期之比为n:m C.O‎1‎和O‎2‎转动角速度大小之比为n:‎m D.齿轮上A、B两点的线速度大小之比为n:m ‎ ‎ ‎6. 小物块从一固定斜面底端以初速度v‎0‎冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面的动摩擦因数为‎0.5‎，斜面足够长，倾角为‎37‎‎∘‎，重力加速度为g。则小物块在斜面上运 动的时间为‎(cos‎37‎‎∘‎＝‎0.8, sin‎37‎‎∘‎＝‎0.6)(‎ ‎)‎ ‎ A.‎2‎v‎0‎g B.‎3‎v‎0‎g C.‎(‎5‎+1)‎v‎0‎g D.‎‎(‎6‎+1)‎v‎0‎g ‎ ‎ ‎7. 从倾角为‎30‎‎∘‎的斜面顶端水平抛出一小球，最终落回斜面。那么小球运动过程中距斜面最远时速率与落回斜面时速率之比为（ ） ‎ A.‎1:2‎ B.‎2:‎‎5‎ C.‎2:‎‎6‎ D.‎‎2:‎‎7‎ ‎ ‎ ‎8. ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 静止在斜面底端的物块，在外力的作用下沿光滑斜面向上做匀加速运动，在某位置撤去外力，经过一段时间物块返回斜面底端。下列说法正确的是（ ） ‎ A.物块沿斜面上滑的过程中，机械能一直增加 B.物块下滑过程机械能一定守恒 C.外力所做的功等于物块回到底端时的动能 D.外力所做的功小于物块到达最高处的重力势能 ‎ ‎ ‎9. 某半径为R的星球上，两极点处的重力加速度为g，是赤道上重力加速度的n倍，下列说法中正确的是（ ） ‎ A.星球自转周期为‎2xnR‎(n−1)g B.星球自转周期为‎2πnRg C.星球的第一宇宙速度v=‎gR D.星球的第一宇宙速度v=‎gRn ‎ ‎ ‎ ‎10. 绷紧的传送带与水平方向夹角为‎37‎‎∘‎，传送带的v−t图像如图所示，t＝‎0‎时刻质量为‎1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，‎2s后开始减速，在t＝‎4s时物体恰好到达最高点A点。重力加速度为‎10m/‎s‎2‎，对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法正确的是‎(sin37‎＝‎0.6, cos‎37‎‎∘‎＝‎0.8)(‎ ‎)‎ ‎ A.物体与传送带间的摩擦因数为‎0.75‎ B.物体重力势能增加‎48J C.摩擦力对物体做功‎12J D.物块在传送带上运动过程中产生的热量为‎12J 二、实验题（本题共2个小题，共15分．）‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，某同学在研究物体做匀变速直线运动规律时得到的一条纸带（单位：cm），每五个点取一个计数点，那么打下C点时物体的速率是________m/s，物体的加速度大小是________m/‎s‎2‎，（打点计时器所接交流电源的频率为‎50Hz，所有计算结果保留两位小数） ‎ ‎ ‎ ‎ 某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。在上方沿斜面向下推一下滑块A，滑块A匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B相碰，碰后滑块AB先后通过光电门乙，采集相关数据进行验证。（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。 ‎ ‎（1）下列所列物理量哪些是必须测量的（    ）‎ A.滑块A的质量mA，滑块B的质量mB B.遮光片的宽度d（滑块A与滑块B上的遮光片宽度相等）‎ C.本地的重力加速度g D.滑块AB与长木板间的摩擦因数μ E.滑块A、B上遮光片通过光电门的时间 ‎ ‎ ‎（2）滑块A、B与斜面间的摩擦因数μA、μB，质量mA、mB，要完成本实验，它们需要满足的条件是（    ）。‎ A.μA‎>‎μB，mA‎>‎mB B.μA‎>‎μB，mA‎<‎mB C.μA＝μB，mA‎>‎mB D.μA‎>‎μB，mA‎<‎mB ‎ ‎ ‎ ‎（3）实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________‎ ‎ ‎ ‎（4）若光电门甲的读数为t‎1‎，光电门乙先后的读数为t‎2‎，t‎3‎，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________。‎ 三、解答题（本题共4个小题，共45分．）‎ ‎ ‎ ‎ 一物体由静止开始做匀加速直线运动，在某段时间t内位移为s，物体在前一半时间和后一半时间的位移之比为‎2:3‎．求： ‎ ‎（1）质点加速度的大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）质点在这段时间之前已经发生位移的大小 ‎ ‎ ‎ 右端放有小物块A的长木板B静置于水平地面上，A与B、B与地面间的 动摩擦因数均为‎0.5‎，A的质量为m，B的质量为‎2m，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 ‎ ‎（1）用大小等于mg的水平恒力向左推A，经过一段时间A自B的左端掉落。A在B上运动时，A受到B的摩擦力和B受到地面的摩擦力各为多大？‎ ‎ ‎ ‎（2）若在B上施加一向右的水平恒力，使得A在B上的运动时间与（1）中相等，则此力为多大？‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎ ‎ ‎ 如图所示，楔形物体放在水平地面上，斜面光滑，倾角为θ，轻绳一端固 定在斜面，另一端系一质量为m的小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆周运动轨迹的最低点和最高点，已知小球恰能通过B点。在小球运动过程中楔形物体终静止不动，重力加速度为g。求： ‎ ‎（1）小球运动到最低点A时绳对小球的拉力大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）小球经过最高点B时，地面对楔形物体摩擦力的大小。‎ ‎ ‎ ‎ 如图，将圆心角为‎53‎‎∘‎半径为R的光滑圆弧竖直固定于水平桌面上，用水平向右的恒力将质量为m的小球由静止开始从底端A推到B点，立即撤去此恒力小球恰好水平撞击到与圆心等高的竖直墙壁的C点。重力加速度为g，忽略空气阻力。求：‎(sin‎53‎‎∘‎＝‎0.8, cos‎53‎‎∘‎＝‎0.6)‎ ‎ ‎（1）水平恒力的大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）若在OB延长线上安置以点O′‎为转轴，BO′‎度为半径的可在竖直平面内自由转动的轻杆，当小球运动到B点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 参考答案与试题解析 ‎2020年河北省保定市高考物理摸底试卷 一、不定项选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，其中1-7小题只有一个是正确的，8-10小题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分．）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 对小球受力分析，结合矢量的合成法则，则平衡条件，即可求解。‎ ‎【解答】‎ 以小球为研究对象进行受力方向，受到重力mg、支持力F和绳子拉力F，如图所示； 由于水平方向受力平衡可得Fsin‎30‎‎∘‎＝Tsin‎30‎‎∘‎，解得F＝T； 竖直方向根据平衡条件可得：Fcos‎30‎‎∘‎+Tcos‎30‎‎∘‎＝mg 解得F＝T=‎3‎‎3‎G，故B正确，ACD错误。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 匀速直线运动的图象 匀速直线运动及其公式 x-t图像（匀变速直线运动）‎ 匀变速直线运动的概念 非常规图象 v-t图像（匀变速直线运动）‎ ‎【解析】‎ 根据x−t斜率等于速度分析B物体的运动情况。根据位移关系分析‎1s末两个物体能否相遇。根据两个物体速度关系分析间距的变化情况。‎ ‎【解答】‎ A‎、A物体做匀加速直线运动。根据x−t斜率等于速度，知B物体做匀速直线运动，故A错误。 B、‎0−1s内A物体通过的位移 xA‎=v‎2‎t=‎1×1‎‎2‎=0.5m，B物体通过的位移 xB＝‎1m，可知，‎1s末A物体没有追上B物体，故B错误。 C、‎0−2s内A物体通过的位移 xA‎′=v‎2‎t=‎2×2‎‎2‎=2m，B物体通过的位移 xB‎′‎＝‎2m，可知，‎2s末A物体追上B物体，故C正确。 D、B物体的速度为vB＝‎1m/s，‎∼1s内B物体的速度比A物体的大，则AB两物体的间距一直增大，故D错误。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 动量定理的理解 ‎【解析】‎ 根据初末速度，得出动量的变化量，结合动量定理求出钥匙对地板的平均作用力。‎ ‎【解答】‎ 钥匙由‎1.8m高处自由落体，落地速度v‎1‎‎=‎2gh=6m/s，末速度v‎2‎＝‎0‎， 规定向上为正方向，对钥匙，运用动量定理得： ‎(F−mg)t＝mv‎2‎−mv‎1‎， 即为：‎(F−0.5)×0.05‎＝‎0−0.05×6‎ 解得：F＝‎5.5N，方向向上， 根据牛顿第三定律知，小球对地板的作用力为‎5.5N，方向竖直向下，故B正确，ACD错误。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 剪断弹簧瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律可求得加速度大小；对小球受力分析，根据平衡条件求水平轻绳的拉力大小；剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，大小等于绳的拉力，根据牛顿第二定律求解。‎ ‎【解答】‎ AB‎、剪断弹簧瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律得：a＝g方向竖直向下；故A正确B错误； CD、以球为研究对象，由平衡条件得：FB‎−FAsinθ＝‎0 FAcosθ−mg＝‎0‎ 联立解得：FB＝mgtanθ 剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a=mgtanθm=gtanθ，方向水平向右。故CD错误；‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 线速度、角速度和周期、转速 ‎【解析】‎ 齿轮传动边缘点线速度相等，圆周长之比等于齿轮的齿数之比，根据S＝‎2πr，圆周长之比又等于半径之比；根据ω=‎vr判断角速度之比。‎ ‎【解答】‎ ABC‎、两轮在齿轮处的线速度的大小相同，齿轮的转速与齿数成反比，所以转速之比：ω‎1‎ω‎2‎‎=‎nm。 又：T=‎‎2πω ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 所以O‎1‎和O‎2‎转动周期之比为：T‎1‎T‎2‎‎=ω‎2‎ω‎1‎=‎mn．故A正确，B错误，C错误 D、齿轮传动边缘点线速度相等。故D错误 ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎【解析】‎ 求出上升过程中的加速度和下滑过程中的加速度，根据运动学公式求解时间。‎ ‎【解答】‎ 重力沿斜面向下的分力为：Gx＝mgsin‎37‎‎∘‎＝‎0.6mg 小物块与斜面间的滑动摩擦力为：f＝μmgcos‎37‎‎∘‎＝‎0.4mg 上滑过程中的加速度为：a‎1‎‎=Gx‎+fm=g，上升过程中的时间为：t‎1‎‎=‎v‎0‎g，位移为：x=‎v‎0‎‎2‎‎2g； 下滑过程中的加速度为：a‎2‎‎=Gx‎−fm=0.2g，时间为t‎2‎，则有：x=‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎2‎‎2‎，解得：t‎2‎‎=‎‎5‎v‎0‎g 解得：t＝t‎1‎‎+‎t‎2‎＝‎(‎5‎+1)‎v‎0‎g，故C正确、ABD错误。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 平抛运动的概念 平抛运动基本规律及推论的应用 ‎【解析】‎ 小球运动过程中距离斜面最远时，速度方向与斜面平行； 小球落回斜面时，斜面倾角为位移夹角。‎ ‎【解答】‎ 设平抛初速度为v‎0‎，小球运动过程中，距离斜面最远时，速度方向与斜面平行，根据运动的合成与分解知识可知，末速度为：v‎1‎‎=v‎0‎cos30‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎v‎0‎； 小球落回斜面时，斜面倾角为位移夹角，根据平抛运动的规律可知，位移夹角正切值等于速度夹角正切值的一半，即tanθ＝‎2tan‎30‎‎∘‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎，则cosθ=‎‎21‎‎7‎ 则末速度为：v‎2‎‎=v‎0‎cosθ=‎‎21‎‎3‎v‎0‎； 则小球运动过程中距斜面最远时速率与落回斜面时速率之比v‎1‎‎:v‎2‎=2:‎‎7‎，故D正确，ABC错误。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 系统机械能守恒定律的应用 摩擦力做功与能量转化 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ 非重力做正功，机械能增加，非重力做负功，机械能减小；只有重力做功时，发生动能和势能的转化，机械能不变；合外力做的功等于动能的变化，据此分析即可。‎ ‎【解答】‎ A‎、撤去外力前，外力做正功，机械能增加，撤去外力后，物块继续上滑，只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B、物块下滑过程，只有重力做功，机械能守恒，故B正确； C、整个过程重力做功为零，所以外力所做的功等于物块动能的变化，即回到底端时的动能，故C正确； D、物块到达最高点时，速度为零，外力做的功全部转化为重力势能，所以外力所做的功等于物块到达最高处的重力势能，故D错误；‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 同步卫星 人造卫星上进行微重力条件下的实验 万有引力定律及其应用 ‎【解析】‎ 两极点处重力等于万有引力，赤道上物体的万有引力等于物体重力与物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力之和，据此求解星球自转周期； 由近地卫星的向心力由重力提供向心力，可求得第一宇宙速度。‎ ‎【解答】‎ AB‎、在两极点处有：GMmR‎2‎=mg，赤道处，GMmR‎2‎−mgn=m‎4‎π‎2‎T‎2‎R，联立解得星球自转周期T＝‎2πnR‎(n−1)g，故A正确，B错误； CD、近地卫星受到的重力提供向心力，mg＝mv‎2‎R，解得星球的第一宇宙速度v=‎gR，故C正确，D错误；‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 摩擦力做功与能量转化 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 由前‎2s内物体做匀速运动，列平衡方程可求动摩擦因数μ．‎2s时传送带的速度为‎2m/s，可得物体前‎2s内做匀速运动的速度v‎1‎＝‎2m/s，‎2s后物体和传送带一起减速，分别求‎2s内和‎2s后发生的位移，则根据重力势能的定义求出物体重力势能增加，由功的定义求摩擦力对物体做功。‎2s后物体和传送带无相对运动，不产生热量，由传送带做减速运动求前‎2s的位移s，则产生的热量Q＝μmgcos‎37‎‎∘‎(s−x‎1‎)‎可求。‎ ‎【解答】‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 物体前‎2s内做匀速运动，说明物体受到滑动摩擦力沿传送带向上，即μmgcos‎37‎‎∘‎−mgsin‎37‎‎∘‎＝‎0‎； 则μ=sin37‎cos37‎=0.75‎； 故A正确。 由物体‎2s后开始减速，而‎2s时传送带的速度为‎2m/s，可得物体前‎2s内做匀速运动的速度v‎1‎＝‎2m/s，物体前‎2s内发生的位移x‎1‎＝v‎1‎t‎1‎＝‎4m。 ‎2s后物体和传送带一起减速，由传送带的v−t图像知加速度a＝‎−1m/‎s‎2‎，物体后‎2s内发生的位移x‎2‎＝v‎1‎t‎2‎‎+‎1‎‎2‎at‎2‎‎2‎=2m， 物体重力势能增加mg(x‎1‎+x‎2‎)sin‎37‎‎∘‎＝‎36J，故B错误 前‎2s内摩擦力做功μmgcos‎37‎‎∘‎x‎1‎＝‎24J，后‎2s物体做减速运动：f+mgsin‎37‎‎∘‎＝ma； 得f＝ma−mgsin‎37‎‎∘‎＝‎−5N“-”说明静摩擦力沿传送带向上。 摩擦力做功wf＝μmgcos‎37‎‎∘‎x‎1‎+fx‎2‎＝‎34J； 故C错误 设‎0‎时刻传送带的速度为v，则前‎2s内传送带发生的位移s=v‎1‎‎2‎‎−‎v‎2‎‎2a=6m，后‎2s无相对运动不产生热量， 所以物块在传送带上运动过程中产生的热量Q＝μmgcos‎37‎‎∘‎(s−x‎1‎)‎＝‎12J； 故D正确。‎ 二、实验题（本题共2个小题，共15分．）‎ ‎【答案】‎ ‎0.68‎‎,‎‎1.58‎ ‎【考点】‎ 利用打点计时器研究匀变速直线运动 ‎【解析】‎ 匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；根据公式‎△x＝aT‎2‎求解加速度。‎ ‎【解答】‎ 打点计时器所接低压交流电源的频率为‎50‎赫兹，故每隔‎0.02s打一次点；从O点后开始每‎5‎个计时点取一个计数点，故相邻两计数点间的时间间隔为‎0.10s； 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C点时小车的瞬时速度大小为：vC‎=s‎3‎‎+‎s‎4‎‎2T=‎5.95+7.57‎‎0.2‎×‎10‎‎−2‎m/s＝‎0.68m/s 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，得： s‎4‎‎−‎s‎1‎＝‎3‎a‎1‎T‎2‎ s‎5‎‎−‎s‎2‎＝‎3‎a‎2‎T‎2‎ s‎6‎‎−‎s‎3‎＝‎3‎a‎3‎T‎2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得： a=‎1‎‎3‎(a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎)‎ 代入题目告诉的已知条件，即小车运动的加速度计算表达式为： a=s‎6‎‎+s‎5‎+s‎4‎−s‎3‎−s‎2‎−‎s‎1‎‎9‎T‎2‎=‎10.71+9.10+7.57−5.95−4.40−2.80‎‎9×‎‎0.1‎‎2‎×‎‎10‎‎−2‎＝‎1.58m/‎s‎2‎，‎ ‎【答案】‎ A,E C 滑块通过两光电门所用时间相等 mAt‎1‎‎=mAt‎3‎+‎mBt‎2‎ ‎【考点】‎ 利用平抛运动规律验证动量守恒定律 ‎【解析】‎ ‎（1）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题。 （2）为防止碰撞后入射滑块反弹，入射滑块的质量应大于被碰滑块质量；平衡摩擦力后两滑块在斜面上均做匀速直线运动。 （3）调节斜面倾角使滑块在斜面上做匀速直线运动即可平衡摩擦力。 （4）根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。‎ ‎【解答】‎ 设遮光片的宽度为d，两滑块的质量为mA、mB， 滑块的速度为：v‎1‎‎=‎dt‎1‎，v‎2‎‎=‎dt‎2‎，v‎3‎‎=‎dt‎3‎， 碰撞过程系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，、 由动量守恒定律得：mAv‎1‎＝mAv‎3‎‎+‎mBv‎2‎，整理得：mAt‎1‎‎=mAt‎3‎+‎mBt‎2‎， 为验证动量守恒定律，需要测量：两滑块质量mA、mB与滑块A、B上遮光片通过光电门的时间，故选AE；‎ 为防止两滑块碰撞后入射滑块反弹，入射滑块的质量应大于被碰滑块质量， 平衡摩擦力滑块所受合外力为零，由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ＝tanθ， 适当调节斜面倾角θ即可平衡摩擦力，由于斜面倾角θ相同， 要使两滑块在斜面上所受合外力为零，两滑块的动摩擦因数也应相同，故C正确； 故选：C；‎ 调节斜面倾角使滑块在斜面上做匀速直线运动，滑块通过两光电门所用时间相等即平衡摩擦力；‎ 由（1）可知，验证动量守恒的表达式为：mAt‎1‎‎=mAt‎3‎+‎mBt‎2‎； 故答案为：（1）AE；（2）C；（3）滑块通过两光电门所用时间相等；‎(4)mAt‎1‎=mAt‎3‎+‎mBt‎2‎。‎ 三、解答题（本题共4个小题，共45分．）‎ ‎【答案】‎ 质点加速度的大小‎4s‎5‎t‎2‎；‎ 质点在这段时间之前已经发生位移的大小‎9‎‎40‎s。‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的速度与位移的关系 匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎【解析】‎ 根据匀变速直线运动的位移时间公式求出物体的加速度；再结合速度位移公式求出物体在这段时间之前已经发生位移的大小。‎ ‎【解答】‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 设物体的加速度为a，根据位移时间公式，对于时间t内有：s＝v‎0‎t+‎1‎‎2‎at‎2‎， 对时间t内的前一半时间，则有：‎2‎‎5‎s=v‎0‎t‎2‎+‎1‎‎2‎a(‎t‎2‎‎)‎‎2‎ 解得：a=‎‎4s‎5‎t‎2‎。‎ 设物体在时间t之前的位移大小为x；由速度位移关系，则有：v‎0‎‎2‎‎=2ax 联立上式，解得：‎x=‎9‎‎40‎s ‎【答案】‎ 用大小等于mg的水平恒力向左推A，经过一段时间A自B的左端掉落。A在B上运动时，A受到B的摩擦力是‎0.5mg，B受到地面的摩擦力为‎0.5mg；‎ 若在B上施加一向右的水平恒力，使得A在B上的运动时间与（1）中相等，则此力为‎4mg。‎ ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎【解析】‎ ‎（1）分别对A、B受力分析，由滑动摩擦力公式求解即可； （2）两种情况下分别由牛顿第二定律、运动学公式列式求解。‎ ‎【解答】‎ 对小物块A进行受力分析可知，A将在推力作用下在长木板B上做加速运动，其所受到B的摩擦力大小为：FAB＝μmg＝‎0.5mg 地面对长木板B的最大静摩擦力大小大于A对B的摩擦力，即：F地B＝‎3μmg>‎FAB＝μmg 所以B仍处于静止状态，则地面对B的摩擦力大小为：FB地＝μmg＝‎‎0.5mg 设A在B上滑动时间为t。木板B长为l 设在（1）中A加速度大小为aA，由牛顿第二定律知：μmg＝maA 由运动学公式：‎1=‎‎1‎‎2‎aAt‎2‎ 设推力大小为F．小物块A的加速度大小为a‎′‎A，与木板B的加速度大小为aB 对小物块A:μmg＝ma‎′‎A 对长木板B:F−μmg−3μmg＝‎2maB 由运动学关系有：l=‎1‎‎2‎aBt‎2‎−‎‎1‎‎2‎a‎′‎At‎2‎ 解得：F＝‎‎4mg ‎【答案】‎ 小球运动到最低点A时绳对小球的拉力大小为‎6mgsinθ；‎ 小球经过最高点B时，地面对楔形物体摩擦力的大小为mgsinθcosθ。‎ ‎【考点】‎ 向心力 牛顿第二定律的概念 牛顿第三定律的概念 ‎【解析】‎ 小球在斜面上恰好做匀速圆周运动，说明在最高点绳的拉力为零时，小球在斜面方向所受的合力恰好提供圆周运动向心力由此求得小球在圆周顶端时的速度大小，再根据动能定理求得小球运到最低点时的速度大小，对小球受力分析，小球对斜面的压力不变，绳对小球的拉力大小和方向不断变化，以斜面为研究对象分析摩擦力和支持力的变化情况。‎ ‎【解答】‎ 设绳长为l，小球在B时速度大小为vB，小球恰好能通过B点， 对小球运用牛顿第二定律：mgsinθ=mvB‎2‎l 设小球在A点时的速度大小为vA，绳对小球拉力大小为T， 在A点对小球运用牛顿第二定律：T−mgsinθ=mvA‎2‎l 小球运动过程中机械能守恒：‎2mglsinθ=‎1‎‎2‎mvA‎2‎−‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 解得：T＝‎6mgsinθ；‎ 小球在B时绳对其拉力为‎0‎，设小球在B点时受斜面弹力大小为N 在垂直斜面方向上小球平衡：N＝mgcosθ 设斜面受小球作用力大小，由牛顿第三定律：N′‎＝N 设斜面所受地面摩擦力大小为f，由斜面的水平方向平衡条件：f＝N′sinθ 解得：f＝mgsinθcosθ；‎ ‎【答案】‎ 水平恒力的大小是‎107‎‎64‎mg；‎ 小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是‎159‎‎20‎mg。‎ ‎【考点】‎ 向心力 动能定理的应用 系统机械能守恒定律的应用 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ ‎（1）本小题可分两个过程研究：第一个过程：小球从A运动到B的过程，根据动能定理列式。第二个过程：小球从B运动到C点的过程小球做斜抛运动，采用运动的分解法，由分位移公式列式求出小球经过B点的速度，联立可求解水平恒力的大小； （2）继续研究小球从B运动到C点斜抛运动的过程，根据分位移公式求出BC间的水平距离。小球在转动过程中经过最低点时所受轻杆的拉力最大。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解。‎ ‎【解答】‎ 设小球在B点时速度大小为vB，小球由B运动到C点过程中，在竖直方向上有： ‎(vBsin‎53‎‎∘‎‎)‎‎2‎＝‎2gRcos‎53‎‎∘‎ 对小球从A到B的过程，根据动能定理得： FRsin‎53‎‎∘‎−mgR(1−cos‎53‎‎∘‎)=‎1‎‎2‎mvB‎2‎−0‎ 联立解得：‎F=‎107‎‎64‎mg 设小球由B点做斜抛运动到C点用时为t，BC间的水平距离为d。则小球由B点运动到C点过程中，在竖直方向上有： vBsin‎53‎‎∘‎＝gt 在水平方向上有： d＝vBcos‎53‎‎∘‎t 小球在B点附着在轻杆上后做圆周运动，设其运动半径为r。 由于小球恰好不撞到墙壁，则满足： d＝rsin‎53‎‎∘‎+r 小球由 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 B点做圆周运动至最低点，设其在最低点时速度大小为v，此过程中机械能，有： mgr(1+cos‎53‎‎∘‎)=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 在最低点时杆对小球的拉力最大，设其大小为T，由牛顿第二定律得： T−mg＝mv‎2‎r 联立以上各式解得：‎T=‎159‎‎20‎mg 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页