1、2015-2016學年江蘇省連云港市高三（上）期中物理試卷一、單項選擇題（共6小題，每小題3分，滿分18分，每個小題只有一個選項符合題意）1下列說法正確的是（）A開普勒測出了萬有引力常量B牛頓第一定律能通過現代的實驗手段直接驗證C卡文迪許發現地月間的引力滿足距離平方反比規律D伽利略將實驗和邏輯推理和諧地結合起來，發展了科學的思維方式和研究方法2用圖示裝置探究平拋運動的規律兩個相同的小鋼球A、B球心等高，用力向左擊打B，使B離開裝置做平拋運動，同時電路斷開，A自由下落，經一段時間后兩球在空中相撞下列說法正確的是（）A該實驗說明B在水平方向做勻速運動B該實驗說明B在豎直方向做自由落體運動C若加大擊

2、打力度，兩球可能不相撞D若減小擊打力度，兩球一定不相撞3如圖所示為一個質點運動的位移x隨時間t變化的圖象，由此可知質點（）A02s內沿x軸正方向運動B04s內做曲線運動C04s內速率先增大后減小D04s內位移為零4如圖，支架固定在水平地面上，其傾斜的光滑直桿與地面成30°角，兩圓環A、B穿在直桿上，并用跨過光滑定滑輪的輕繩連接，滑輪的大小不計，整個裝置處于同一豎直平面內圓環平衡時，繩OA豎直，繩OB與直桿間夾角為30°則環A、B的質量之比為（）A1：B1：2C：1D：252015年9月20日，我國成功發射“一箭20星”，在火箭上升的過程中分批釋放衛星，使衛星分別進入離地20

3、0600km高的軌道軌道均視為圓軌道，下列說法正確的是（）A離地近的衛星比離地遠的衛星運動速率小B離地近的衛星比離地遠的衛星向心加速度小C上述衛星的角速度均大于地球自轉的角速度D同一軌道上的衛星受到的萬有引力大小一定相同6某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質點，空氣阻力不計用v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機械能、動能和重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是（）ABCD二、多項選擇題（共5小題，每小題4分，滿分20分，每題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不選的的0分）7小明騎自行車沿平直公路勻速行駛，如圖所示，圖中

4、箭頭為自行車前輪邊緣上過A、B點的切線方向下列說法正確的是（）A研究前輪轉動時，可將輪子視為質點B以地面為參考系，A、B兩點的速度沿圖示方向CA、B兩點的向心加速度大小相等D前輪受地面的摩擦力向后，后輪受地面的摩擦力向前8某同學為體會與向心力相關的因素，做了如圖所示的小實驗：手通過細繩使小球在水平面內做勻速圓周運動下列說法正確的是（）A若保持周期不變，減小繩長，則繩的拉力將增大B若保持周期不變，增大繩長，則繩的拉力將增大C若保持繩長不變，增大小球的角速度，則繩的拉力將增大D若保持繩長不變，增大小球的周期，則繩的拉力將增大9如圖所示，河道寬L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小滿足u

5、=0.2x（x是離河岸的距離，0x ）一小船在靜水中的速度v=10m/s，自A處出發，船頭垂直河岸方向渡河到達對岸B處設船的運動方向與水流方向夾角為，下列說法正確的是（）A小船渡河時間大于20sBAB兩點間距離為 200mC到達河中央前小船加速度大小為0.2 m/s2D在河中央時最小，且tan=0.510如圖是一輛靜止在水平地面上的自卸車，當車廂緩慢傾斜到一定程度時，貨物會自動沿車廂底部向車尾滑動上述過程，關于地面對車的摩擦力，下列說法正確的是（）A貨物勻速滑動時，無摩擦力B貨物勻速滑動時，摩擦力方向向后C貨物加速滑動時，摩擦力方向向前D貨物加速滑動時，摩擦力方向向后11如圖所示，輕質彈簧一端

6、固定，另一端與質量為m的圓環相連，圓環套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為，圓環在A處時彈簧豎直且處于原長將圓環從A處靜止釋放，到達C處時速度為零若圓環在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A已知AC=L，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g，則（）A下滑過程中，環受到的合力不斷減小B下滑過程中，環與桿摩擦產生的熱量為mv2C從C到A過程，彈簧對環做功為mgLsinmv2D環經過B時，上滑的速度大于下滑的速度三、簡答題（共2小題，滿分18分）12某同學用如圖甲所示的裝置研究合力與分力之間是否遵從平行四邊形定則，實驗步驟如下：（1）用圖釘把白紙固定在水平的木板上，將橡

7、皮條的一端固定在板上某點，兩個細繩套系在橡皮條的另一端（2）用兩個彈簧秤分別拉住兩個細繩套，互成角度地施加水平拉力，把橡皮條與繩套的結點拉到某一位置O，用鉛筆在白紙上描下此位置，記錄此時兩個彈簧秤的拉力、的大小和方向圖中 為N（3）用一個彈簧秤拉橡皮條，把橡皮條與繩套的結點拉到位置，記錄彈簧秤拉力F的大小和方向 （4）如圖乙，在白紙上已作出、F的圖示及的方向，根據圖中標度作出的圖示（5）以OF1、OF2為鄰邊畫平行四邊形，作出所夾對角線F，比較F和F，如果滿足，就可說明合力與分力之間遵從平行四邊形定則13（10分）（2015秋連云港期中）（1）某同學想利用圖甲所示裝置，驗證滑塊與鉤碼組成的系統

8、機械能守恒，該同學認為只要將摩擦力平衡掉就可以了你認為該同學的想法（選填“正確”或“不正確”），理由是：（2）另一同學用一傾斜的固定氣墊導軌來驗證機械能守恒定律如圖乙所示，質量為m1的滑塊（帶遮光條）放在A處，由跨過輕質定滑輪的細繩與質量為m2的鉤碼相連，導軌B處有一光電門，用L表示遮光條的寬度，x表示A、B兩點間的距離，表示氣墊導軌的傾角，g表示當地重力加速度氣泵正常工作后，將滑塊由A點靜止釋放，運動至B，測出遮光條經過光電門的時間t，該過程滑塊與鉤碼組成的系統重力勢能的減小量表示為，動能的增加量表示為；若系統機械能守恒，則與x的關系式為=（用題中己知量表示）實驗時測得m1=475g，m2=

9、55g，遮光條寬度L=4mm，sin=0.1，改變光電門的位置，滑塊每次均從A點釋放，測量相應的x與t的值，以為縱軸，x為橫軸，作出的圖象如圖丙所示，則根據圖象可求得重力加速度g0為m/s2（計算結果保留2位有效數字），若g0與當地重力加速度g近似相等，則可驗證系統機械能守恒四、計算題（共4小題，滿分64分，解答時請寫出必要的文字說明。方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須要明確寫出數值和單位）14（15分）（2015秋徐州期中）如圖所示，在與水平方向成53°的斜向上拉力F作用下，質量為0.4kg的小物塊從靜止開始沿水平地面做勻加速直線運動，經2

10、s運動的距離為6m，隨即撤掉F，小物塊運動一段距離后停止已知物塊與地面之間的動摩擦因數=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10求：（1）物塊運動的最大速度；（2）F的大??；（3）撤去F后，物塊克服摩擦力做的功15（16分）（2015秋徐州期中）2015年我國ETC（電子不停車收費系統）已實現全國聯網，大大縮短了車輛通過收費站的時間假設一輛汽車以10m/s的速度駛向收費站，若進入人工收費通道，它從距收費窗口20m處開始減速，至窗口處恰好停止，再用10s時間完成交費：若進入ETC通道，它從某位置開始減速，當速度減至5m/s后，再以此速度勻行駛5m即可完成交

11、費兩種情況下，汽車減速時加速度形同求：（1）汽車減速運動時加速度的大??；（2）汽車進入人工收費通道，從開始減速到交費完成所需的時間； （3）汽車從開始減速到交費完成，從ETC通道比從人工道通行節省時間16（16分）（2015秋徐州期中）如圖所示，位于豎直平面內的軌道，由一段斜的直軌道AB和光滑半圓形軌道BC平滑連接而成，AB的傾角為30°，半圓形軌道的半徑R=0.1m，直徑BC豎直質量m=1kg的小物塊從斜軌道上距半圓形軌道底部高為h處由靜止開始下滑，經B點滑上半圓形軌道己知物塊與斜軌道間的動摩擦因數為，g取g=10m/s2（1）若h=1m，求物塊運動到圓軌道最低點B時對軌道的壓力；

12、（2）若物塊能到達圓軌道的最高點C，求h的最小值；（3）試求物塊經最高點C時對軌道壓力F隨高度h的變化關系，并在圖示坐標系中作出Fh圖象17（17分）（2015秋徐州期中）一轉動裝置如圖甲所示，兩根足夠長輕桿OA、OB固定在豎直輕質轉軸上的O點，兩輕桿與轉軸間夾角均為30°，小球a、b分別套在兩桿上，小環c套在轉軸上，球與環質量均為m，c與a、b間均用長為L的細線相連，原長為L的輕質彈簧套在轉軸上，且與軸上P點、環c相連當裝置以某一轉速轉動時，彈簧伸長到，環c靜止在O處，此時彈簧彈力等于環的重力，球、環間的細線剛好拉直而無張力彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為

13、g求：（1）細線剛好拉直而無張力時，裝置轉動的角速度1；（2）如圖乙所示，該裝置以角速度2 （未知）勻速轉動時，彈簧長為，求此時桿對小球的彈力大小；（3）該裝置轉動的角速度由1緩慢變化到2，求該過程外界對轉動裝置做的功2015-2016學年江蘇省連云港市高三（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（共6小題，每小題3分，滿分18分，每個小題只有一個選項符合題意）1下列說法正確的是（）A開普勒測出了萬有引力常量B牛頓第一定律能通過現代的實驗手段直接驗證C卡文迪許發現地月間的引力滿足距離平方反比規律D伽利略將實驗和邏輯推理和諧地結合起來，發展了科學的思維方式和研究方法【考點】物理學史 【

14、專題】應用題；信息給予題；比較思想；推理法；直線運動規律專題；萬有引力定律的應用專題【分析】記住著名物理學家的主要貢獻，根據物理學史和常識解答即可【解答】解：A、卡文迪許測出了萬有引力常量故A錯誤；B、牛頓第一定律是理想的實驗定律，不能通過現代的實驗手段直接驗證故B錯誤；C、牛頓發現了萬有引力定律，發現地月間的引力滿足距離平方反比規律故C錯誤；D、伽利略將實驗和邏輯推理和諧地結合起來，發展了科學的思維方式和研究方法故D正確故選：D【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一，要多加積累2用圖示裝置探究平拋運動的規律兩個相同的小鋼球A

15、、B球心等高，用力向左擊打B，使B離開裝置做平拋運動，同時電路斷開，A自由下落，經一段時間后兩球在空中相撞下列說法正確的是（）A該實驗說明B在水平方向做勻速運動B該實驗說明B在豎直方向做自由落體運動C若加大擊打力度，兩球可能不相撞D若減小擊打力度，兩球一定不相撞【考點】研究平拋物體的運動 【專題】實驗題；比較思想；歸納法；平拋運動專題【分析】B球在水平方向的運動沒有可以參照的物體無法確定平拋運動的物體在水平方向的運動所遵循的規律由于兩球在豎直方向遵循相同的運動規律，A球做自由落體運動，B球在平拋過程中在豎直方向也做自由落體運動；能否相遇，則B球的水平初速度大小來確定【解答】解：A、由于B球在水

16、平方向的運動沒有可以參照的物體，故無法確定平拋運動的物體在水平方向的運動所遵循的規律，故A錯誤；B、由于A、B兩球同時從同一高度開始下落，并且同時到達地面，故在豎直方向兩球遵循相同的運動規律：即速度，加速度總是相同由于A球做自由落體運動，故B球在平拋過程中在豎直方向也做自由落體運動，故B正確；CD、若加大擊打力度，即水平初速度增大，則兩球仍一定相撞，若減小擊打力度，即水平初速度減小，則兩球不一定相撞，故CD錯誤故選：B【點評】雖然我們知道A球在水平方向做勻速直線運動，但本題中在水平方向沒有可以參照的物體，故無法判定其在水平方向的運動情況同時注意能否相遇與拋出的速度大小有關3如圖所示為一個質點運

17、動的位移x隨時間t變化的圖象，由此可知質點（）A02s內沿x軸正方向運動B04s內做曲線運動C04s內速率先增大后減小D04s內位移為零【考點】勻變速直線運動的圖像 【專題】定性思想；圖析法；運動學中的圖像專題【分析】位移時間圖象表示物體的位置隨時間的變化，圖象上的任意一點表示該時刻的位置，圖象的斜率表示該時刻的速度，斜率的正負表示速度的方向【解答】解：A、位移時間圖象切線的斜率表示該時刻的速度，則04s內斜率一直為負，一直沿負方向做直線運動，故AB錯誤；C、在04s內，斜率先增大后減小，說明物體速率先增大后減小，故C正確；D、x=x2x1=1010m=20m，故D錯誤故選：C【點評】理解位移

18、時間圖象時，要抓住點和斜率的物理意義，掌握斜率表示速度是關鍵4如圖，支架固定在水平地面上，其傾斜的光滑直桿與地面成30°角，兩圓環A、B穿在直桿上，并用跨過光滑定滑輪的輕繩連接，滑輪的大小不計，整個裝置處于同一豎直平面內圓環平衡時，繩OA豎直，繩OB與直桿間夾角為30°則環A、B的質量之比為（）A1：B1：2C：1D：2【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用 【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題【分析】分別對AB兩球分析，運用合成法，分別用T表示出A、B兩球的重力，同一根繩子上的拉力相等，即繩子AB兩球的拉力是相等的【解答】

19、解：分別對A、B兩球分析，運用合成法，如圖：以A為研究對象，則A只能受到重力和繩子的拉力的作用，桿對A不能有力的作用，否則A水平方向受力不能平衡所以：T=mAg以B為研究對象，根據共點力平衡條件，結合圖可知，繩子的拉力T與B受到的支持力N與豎直方向之間的夾角都是30°，所以T與N大小相等，得：mBg=2×Tcos30°=故mA：mB=1：故選：A【點評】本題考查了隔離法對兩個物體的受力分析，關鍵是抓住同一根繩子上的拉力處處相等結合幾何關系將兩個小球的重力聯系起來52015年9月20日，我國成功發射“一箭20星”，在火箭上升的過程中分批釋放衛星，使衛星分別進入離地2

20、00600km高的軌道軌道均視為圓軌道，下列說法正確的是（）A離地近的衛星比離地遠的衛星運動速率小B離地近的衛星比離地遠的衛星向心加速度小C上述衛星的角速度均大于地球自轉的角速度D同一軌道上的衛星受到的萬有引力大小一定相同【考點】人造衛星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用 【專題】定量思想；推理法；人造衛星問題【分析】衛星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律列式求解出線速度、向心加速度、角速度的表達式進行分析；同步衛星的軌道高度約為 36000千米【解答】解：A、衛星做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，有：解得：，故離地近的衛星比離地遠的衛星運動速率大；故A錯誤；B

21、、衛星做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，有：解得：故離地近的衛星比離地遠的衛星向心加速度大，故B錯誤；C、衛星做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，有：解得：同步衛星的角速度等于地球自轉的角速度，同步衛星的軌道高度約為 36000千米，衛星分別進入離地200600km高的軌道，是近地軌道，故角速度大于地球自轉的角速度；故C正確；D、由于衛星的質量不一定相等，故同一軌道上的衛星受到的萬有引力大小不一定相等，故D錯誤；故選：C【點評】本題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供向心力是解題的關鍵，應用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題6某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質點，空氣阻力不計用

22、v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機械能、動能和重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像 【專題】定性思想；圖析法；機械能守恒定律應用專題【分析】物體做斜拋運動，根據運動的分解和合成的規律將其分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的上拋運動，然后根據運動學公式和機械能守恒定律進行分析【解答】解：A、足球做斜上拋運動，機械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增加，速度先減小后增加，故AB錯誤；C、以初始位置為零勢能面，踢出時速度方向速度為vy，足球的機械能守恒，則EK=EEP=Emgh=Emgvyt+，故C錯誤；D

23、、速度的水平分量不變，豎直分量先減小到零，后反向增加，故根據P=Gvy=mg2t，重力的功率先均勻減小后均勻增加，故D正確；故選：D【點評】本題關鍵是明確物體的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的上拋運動，然后結合機械能守恒定律和功率的表達式列式分析二、多項選擇題（共5小題，每小題4分，滿分20分，每題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不選的的0分）7小明騎自行車沿平直公路勻速行駛，如圖所示，圖中箭頭為自行車前輪邊緣上過A、B點的切線方向下列說法正確的是（）A研究前輪轉動時，可將輪子視為質點B以地面為參考系，A、B兩點的速度沿圖示方向CA、B兩點的向心

24、加速度大小相等D前輪受地面的摩擦力向后，后輪受地面的摩擦力向前【考點】向心力；質點的認識 【專題】定性思想；控制變量法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】當物體的大小和形狀對所研究的問題影響可不計時物體可看成質點根據速度的合成分析A、B的速度方向共軸轉動的物體角速度相等靜摩擦力方向與物體間相對運動趨勢的方向相反根據這些知識分析【解答】解：A、研究前輪轉動時，不能將輪子看成質點，否則其轉動情況無法分辨，故A錯誤B、以地面為參考系，A點的速度是A繞轉軸向下的速度和隨車向前的速度的合成，則A的速度斜向前下方根據速度的合成可知，B的速度沿圖示方向，故B錯誤C、A、B共軸轉動，角速度相等，由a=2r

25、知，A、B兩點的向心加速度大小相等，故C正確D、人騎著自行車向前勻速行使時，后輪相當于主動輪，后輪與地面接觸點地面的運動趨勢方向向后，則地面對后輪的靜摩擦力方向向前前輪相當于從動輪，前輪與地面接觸點地面的運動趨勢方向向前，則地面對前輪的靜摩擦力方向向后故D正確故選：CD【點評】解決本題的關鍵要加強力學基本知識的學習，理解速度合成的方法，對于靜摩擦力，也可以根據相對運動趨勢的方向來判斷8某同學為體會與向心力相關的因素，做了如圖所示的小實驗：手通過細繩使小球在水平面內做勻速圓周運動下列說法正確的是（）A若保持周期不變，減小繩長，則繩的拉力將增大B若保持周期不變，增大繩長，則繩的拉力將增大C若保持繩

26、長不變，增大小球的角速度，則繩的拉力將增大D若保持繩長不變，增大小球的周期，則繩的拉力將增大【考點】向心力；牛頓第二定律 【專題】定性思想；控制變量法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】小球在水平面內做勻速圓周運動，根據向心力公式分析拉力與繩長、角速度、周期的關系【解答】解：AB、根據向心力公式得：F=mr，可知，保持周期不變，減小繩長，r減小，則繩的拉力F將減小，若若保持周期不變，增大繩長，則繩的拉力F將增大，故A錯誤，B正確C、根據向心力公式得：F=m2r，可知，若保持繩長不變，增大小球的角速度，則繩的拉力將增大，故C正確D、由F=mr，可知，保若保持繩長不變，增大小球的周期，則繩的拉

27、力將減小，故D錯誤故選：BC【點評】解決本題的關鍵是運用控制變量法分析向心力與各個量的關系，要掌握向心力的不同表達式形式9如圖所示，河道寬L=200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小滿足u=0.2x（x是離河岸的距離，0x ）一小船在靜水中的速度v=10m/s，自A處出發，船頭垂直河岸方向渡河到達對岸B處設船的運動方向與水流方向夾角為，下列說法正確的是（）A小船渡河時間大于20sBAB兩點間距離為 200mC到達河中央前小船加速度大小為0.2 m/s2D在河中央時最小，且tan=0.5【考點】運動的合成和分解 【專題】定量思想；合成分解法；運動的合成和分解專題【分析】將船的運動分解為沿河

28、岸方向和垂直于河岸方向，在垂直于河岸方向上的速度等于靜水速，根據河寬以及在垂直于河岸方向上的速度求出渡河的時間水流速與到河岸的最短距離x成正比，是成線性變化的，知水流速的平均速度等于處的水流速根據平均水流速，求出沿河岸方向上的位移，從而求出AB的直線距離，最后根據水流速度與距離的關系，得出在河中央處，水流速度，再結合三角知識，即可求解夾角的最小值【解答】解：A、渡河的時間t=s=10s，故A錯誤B、水流速的平均速度等于處的水流速則有：u=0.4×=10m/s所以沿河岸方向上的位移為：x=ut=200m所以AB的直線距離為：s=m=200m，故B正確；C、船在靜水中速度是不變，而水流速

29、度滿足u=0.2x（x是離河岸的距離，0x），因x=vt，那么u=2t，因此到達河中央前小船加速度大小為2 m/s2，故C錯誤；D、當到達中央時，水流速度為u=0.2x=0.2×100=20m/s，由三角知識，則有tan=0.5，故D正確；故選：BD【點評】解決本題的關鍵知道合運動與分運動具有等時性，各分運動具有獨立性，互不影響同時掌握運動學公式的應用10如圖是一輛靜止在水平地面上的自卸車，當車廂緩慢傾斜到一定程度時，貨物會自動沿車廂底部向車尾滑動上述過程，關于地面對車的摩擦力，下列說法正確的是（）A貨物勻速滑動時，無摩擦力B貨物勻速滑動時，摩擦力方向向后C貨物加速滑動時，摩擦力方向

30、向前D貨物加速滑動時，摩擦力方向向后【考點】摩擦力的判斷與計算 【專題】整體思想；整體法和隔離法；摩擦力專題【分析】根據整體與隔離法，依據摩擦力產生條件，及靜摩擦力的方向與相對運動趨勢方向相反，即可一一求解【解答】解：AB、當貨物勻速滑動時，則可將車與物當作整體，那么處于平衡狀，因此地面對車沒有摩擦力，故A正確，B錯誤；CD、當貨物加速滑動時，隔離法，對貨物受力分析，則車對物的支持力與滑動摩擦力的合力方向，在豎直方向偏向后，那么貨物對車的作用力，則為豎直方向偏左，導致車有前運動的趨勢，因此地面對車的摩擦力方向向后，故C錯誤，D正確；故選：AD【點評】考查整體法與隔離法的應用，掌握摩擦力的分類，

31、注意靜摩擦力與滑動摩擦力的區別，同時分析車的相對運動趨勢是解題的關鍵11如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m的圓環相連，圓環套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為，圓環在A處時彈簧豎直且處于原長將圓環從A處靜止釋放，到達C處時速度為零若圓環在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A已知AC=L，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g，則（）A下滑過程中，環受到的合力不斷減小B下滑過程中，環與桿摩擦產生的熱量為mv2C從C到A過程，彈簧對環做功為mgLsinmv2D環經過B時，上滑的速度大于下滑的速度【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用 【專題】定

32、性思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題【分析】根據圓環的運動情況分析下滑過程中，加速度的變化；研究圓環從A處由靜止開始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A兩個過程，運用動能定理列出等式求解；研究圓環從A處由靜止開始下滑到B過程和圓環從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式【解答】解：A、圓環從A處由靜止開始下滑，初速度為零，到達C處的速度為零，所以圓環先做加速運動，再做減速運動，所以加速度先減小，后增大，則合力先增大后減小，故A錯誤；B、研究圓環從A處由靜止開始下滑到C過程，運用動能定理列出等式mgh+WfW彈=00=0在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定

33、理列出等式mgh+W彈+Wf=0mv2解得：Wf=mv2，所以產生的熱量為mv2，故B正確；C、在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定理列出等式mgh+W彈+Wf=0mv2，h=Lsin，解得：W彈=mgLsinmv2，故C正確；D、研究圓環從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理列出等式mgh+WfW彈=0研究圓環從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式mgh+Wf+W彈=0由于Wf0，所以，則環經過B時，上滑的速度大于下滑的速度，故D正確；故選：BCD【點評】能正確分析小球的受力情況和運動情況，對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法，掌握動能定理的應用

34、三、簡答題（共2小題，滿分18分）12某同學用如圖甲所示的裝置研究合力與分力之間是否遵從平行四邊形定則，實驗步驟如下：（1）用圖釘把白紙固定在水平的木板上，將橡皮條的一端固定在板上某點，兩個細繩套系在橡皮條的另一端（2）用兩個彈簧秤分別拉住兩個細繩套，互成角度地施加水平拉力，把橡皮條與繩套的結點拉到某一位置O，用鉛筆在白紙上描下此位置，記錄此時兩個彈簧秤的拉力、的大小和方向圖中 為4.50N（3）用一個彈簧秤拉橡皮條，把橡皮條與繩套的結點拉到0位置，記錄彈簧秤拉力F的大小和方向 （4）如圖乙，在白紙上已作出、F的圖示及的方向，根據圖中標度作出的圖示（5）以OF1、OF2為鄰邊畫平行四邊形，作出

35、所夾對角線F，比較F和F，如果滿足在誤差允許的范圍內，F和F基本重合，就可說明合力與分力之間遵從平行四邊形定則【考點】驗證力的平行四邊形定則 【專題】實驗題；定性思想；等效替代法；平行四邊形法則圖解法專題【分析】本實驗的目的是要驗證平行四邊形定則，故應通過平行四邊形得出合力再與真實的合力進行比較，理解實驗的原理即可解答本題，彈簧秤讀數時要注意估讀【解答】解：（2）彈簧測力計的最小刻度為0.1N，可知彈簧秤的讀數為4.50N（3）為了使一根彈簧秤的作用效果與兩根彈簧秤共同的作用效果相同，應該把橡皮條與繩套的結點拉到相同的位置，即O位置（4）如圖所示（5）如果在誤差允許的范圍內，F和F基本重合，可

36、知合力與分力之間遵從平行四邊形定則故答案為：（2）4.50，（3）O，（4）如圖所示，（5）在誤差允許的范圍內，F和F基本重合，【點評】本題屬于對實驗原理的直接考查，應準確掌握實驗的目的及實驗原理分析需要記錄的內容，在學習絕不能死記硬背13（10分）（2015秋連云港期中）（1）某同學想利用圖甲所示裝置，驗證滑塊與鉤碼組成的系統機械能守恒，該同學認為只要將摩擦力平衡掉就可以了你認為該同學的想法不正確（選填“正確”或“不正確”），理由是：有摩擦力做功，不滿足機械能守恒的條件（2）另一同學用一傾斜的固定氣墊導軌來驗證機械能守恒定律如圖乙所示，質量為m1的滑塊（帶遮光條）放在A處，由跨過輕質定滑輪的

37、細繩與質量為m2的鉤碼相連，導軌B處有一光電門，用L表示遮光條的寬度，x表示A、B兩點間的距離，表示氣墊導軌的傾角，g表示當地重力加速度氣泵正常工作后，將滑塊由A點靜止釋放，運動至B，測出遮光條經過光電門的時間t，該過程滑塊與鉤碼組成的系統重力勢能的減小量表示為m2gxm1gxsin，動能的增加量表示為（m1+m2）（）2；若系統機械能守恒，則與x的關系式為=（用題中己知量表示）實驗時測得m1=475g，m2=55g，遮光條寬度L=4mm，sin=0.1，改變光電門的位置，滑塊每次均從A點釋放，測量相應的x與t的值，以為縱軸，x為橫軸，作出的圖象如圖丙所示，則根據圖象可求得重力加速度g0為9.

38、4m/s2（計算結果保留2位有效數字），若g0與當地重力加速度g近似相等，則可驗證系統機械能守恒【考點】驗證機械能守恒定律 【專題】實驗題；定性思想；圖析法；機械能守恒定律應用專題【分析】（1）明確機械能守恒的條件，根據物體受力情況分析是否有重力之外的其他力做功；（2）根據重力做功和重力勢能之間的關系可以求出重力勢能的減小量，根據起末點的速度可以求出動能的增加量；根據功能關系得重力做功的數值等于重力勢能減小量【解答】解：（1）機械能守恒的條件只有重力或彈力做功，平衡摩擦力時，是用重力的分力等于摩擦力，但此時系統受到摩擦力，故摩擦力對系統做功，機械能不守恒；故該同學的想法不正確； （2）滑塊由A

39、到B的過程中，系統重力勢能的減小量EP=m2gxm1gxsin；經過光電門時的速度：v=；則動能的增加量：EK=（m1+m2）v2=（m1+m2）（）2；或機械能守恒，則EP=EK，聯立解得：=；由上述公式可得，圖象中的斜率表示：k=，解得：g=9.4m/s2；故答案為：（1）不正確；有摩擦力做功，不滿足機械能守恒的條件；（2）m2gxm1gxsin；（m1+m2）（）2；9.4【點評】本題考查驗證機械能守恒定律的條件，屬于創新型的實驗題目，要求能正確分析實驗原理，能明確是兩物體組成的系統機械能守恒四、計算題（共4小題，滿分64分，解答時請寫出必要的文字說明。方程式和重要的演算步驟，只寫出最后

40、答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須要明確寫出數值和單位）14（15分）（2015秋徐州期中）如圖所示，在與水平方向成53°的斜向上拉力F作用下，質量為0.4kg的小物塊從靜止開始沿水平地面做勻加速直線運動，經2s運動的距離為6m，隨即撤掉F，小物塊運動一段距離后停止已知物塊與地面之間的動摩擦因數=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10求：（1）物塊運動的最大速度；（2）F的大??；（3）撤去F后，物塊克服摩擦力做的功【考點】動能定理的應用；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律 【專題】計算題；定量思想；圖析法；牛頓運動定律綜合

41、專題【分析】（1）物塊做勻加速直線運動，運動2s時速度最大已知時間、位移和初速度，根據位移等于平均速度乘以時間，求物塊的最大速度（2）由公式v=at求出物塊勻加速直線運動，由牛頓第二定律求F的大?。?）撤去F后，根據動能定理求物塊克服摩擦力做的功【解答】解：（1）物塊運動2s時速度最大由運動學公式有：x=可得物塊運動的最大速度為：v=6m/s（2）物塊勻加速直線運動的加速度為：a=3m/s2設物塊所受的支持力為N，摩擦力為f，根據牛頓第二定律得：Fcosf=maFsin+Nmg=0又 f=N聯立解得：F=3.2N（3）撤去F后，根據動能定理得：Wf=0可得物塊克服摩擦力做的功為：Wf=7.2J

42、答：（1）物塊運動的最大速度是6m/s；（2）F的大小是3.2N；（3）撤去F后，物塊克服摩擦力做的功是7.2J【點評】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，要注意撤去F前后摩擦力的大小是變化的，但動摩擦因數不變15（16分）（2015秋徐州期中）2015年我國ETC（電子不停車收費系統）已實現全國聯網，大大縮短了車輛通過收費站的時間假設一輛汽車以10m/s的速度駛向收費站，若進入人工收費通道，它從距收費窗口20m處開始減速，至窗口處恰好停止，再用10s時間完成交費：若進入ETC通道，它從某位置開始減速，當速度減至5m/s后，再以此速度勻行駛5m即可

43、完成交費兩種情況下，汽車減速時加速度形同求：（1）汽車減速運動時加速度的大?。唬?）汽車進入人工收費通道，從開始減速到交費完成所需的時間； （3）汽車從開始減速到交費完成，從ETC通道比從人工道通行節省時間【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系 【專題】直線運動規律專題【分析】（1）根據勻變速直線運動的速度位移公式求出汽車減速運動的加速度大?。?）根據速度時間公式求出速度減為零的時間，結合交費的時間，求出減速到交費完成所需的時間（3）根據速度時間公式求出經過ETC通道減速的時間，以及勻速行駛5m的時間，根據速度位移公式求出勻減速運動的位移，抓住汽車在兩種情況

44、下通過相等位移所需的時間，從而得出節省的時間【解答】解：（1）根據速度位移公式得，勻減速直線運動的加速度大小為：（2）過人工收費通道，勻減速直線運動的時間為：，汽車進入人工收費通道，從開始減速到交費完成所需的時間t=4+10s=14s（3）汽車在ETC收費通道，勻減速運動的時間為：，勻減速運動的位移為：，勻速行駛的時間為：，從開始減速到交費完成所需的時間為：t=t1+t2=3s經過人工收費通道，勻減速直線運動的時間為：，勻減速直線運動的位移為：，因為經過ETC通道勻減速運動的位移和勻速運動的位移之和等于經過人工收費通道的位移，可知節省的時間為：t=t3+10t=4+103s=11s答：（1）汽

45、車減速運動時加速度的大小為2.5m/s2；（2）汽車進入人工收費通道，從開始減速到交費完成所需的時間為14s； （3）汽車從開始減速到交費完成，從ETC通道比從人工道通行節省時間為11s【點評】解決本題的關鍵理清汽車在兩種通道下的運動規律，結合勻變速直線運動的位移公式和時間公式進行求解，難度不大16（16分）（2015秋徐州期中）如圖所示，位于豎直平面內的軌道，由一段斜的直軌道AB和光滑半圓形軌道BC平滑連接而成，AB的傾角為30°，半圓形軌道的半徑R=0.1m，直徑BC豎直質量m=1kg的小物塊從斜軌道上距半圓形軌道底部高為h處由靜止開始下滑，經B點滑上半圓形軌道己知物塊與斜軌道間

46、的動摩擦因數為，g取g=10m/s2（1）若h=1m，求物塊運動到圓軌道最低點B時對軌道的壓力；（2）若物塊能到達圓軌道的最高點C，求h的最小值；（3）試求物塊經最高點C時對軌道壓力F隨高度h的變化關系，并在圖示坐標系中作出Fh圖象【考點】動能定理的應用；向心力 【專題】計算題；定量思想；臨界法；動能定理的應用專題【分析】（1）對于物塊在斜面下滑的過程，由機動能定理即可求得物體通過B點時的速度，物塊經過B點時，由軌道的支持力和重力的合力充當向心力，由牛頓運動定律求物塊對軌道的壓力；（2）物塊恰好通過圓軌道的最高點C時由重力提供向心力，此時h最小由牛頓第二定律求出C點的最小速度，再由動能定理求解h的最小值（3）根據動能定理和向心力公式結合得到F與h的表達式，再畫出Fh圖象【解答】解：（1）設物塊運動圓軌道最低點B時速度大小為v，所受的支持力為N根據動能定理有：mghmgcos30°=0在B點，根據牛頓第二定