2017年秋学期海南省高三物理骨干教师培训---2017年高考物理试卷分析讲座课件 (共36张PPT)

2016-2017学年海南省海南师范大学附属中学高三临考模拟物理试卷（带解析）满分:班级：_________ 姓名：_________ 考号：_________一、单选题（共6小题）1．一质点沿坐标轴做直线运动，距离点的位移随时间的变化关系为，速度随时间的变化关系是，则下列说法正确的是（）A．物体做匀变速直线运动B．物体的初速度为C．物体从到间的平均速度为D．物体从到间的位移为【答案】C【解析】由位移x随时间t的变化关系与匀变速直线运动位移与时间关系比较可知物体做变速直线运动，A错误；由知时刻，B错误；物体从到间的位移为，则平均速度为，C正确，D错误。

2．如图所示，质量为m的木块静止在倾角为、质量为的斜面体上，斜面固定在水平桌面上，下列说法错误的是（）A ．木块受到摩擦力大小是B．木块对斜面体的作用力大小是C．斜面体一共受到个作用力D ．桌面对斜面体的支持力大小是【答案】C【解析】对木块受力分析知沿斜面方向，A正确，不选；因斜面对物块的作用力为，则木块对斜面体的作用力大小也是，B正确，不选；斜面受重力、地面的支持力、物块的压力和摩擦力四个力，C错误，选；用整体法可知桌面对斜面体的支持力大小是，D正确，不选；3．同步卫星是地球上的重要的通讯卫星，它是相对于地面不动的人造地球卫星，那么下列说法正确的是（）A．它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同值B．它可以在地面上任一点的正上方，但离地心的距离是一定的C．它可以在地面上任一点的正上方，且离地心的距离可按需要选择不同值D．它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的【答案】D【解析】地球同步卫星只能在赤道正上方，离地心的距离一定，D正确，A．B．D错误。

4．在竖直面上的直角坐标系，竖直的轴上，有A．B点坐标分别为和。

水平地面的轴上有点、点坐标分别为和。

现将两个篮球分别从点点做平抛运动，分别落至E、F两点，如果两球都经过了同一球框，那么球框位置（两球轨迹交点）距地面的高度为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设A．B两处篮球平抛的初速度分别为和，则，，则；设球框位置距离地面的高度为H，则由联立解得，D正确，A．B．C错误。

海南省海口市第一中学2017届高三11月月考物理试题（B卷）一.单项选择题：1. 在2002年9月，伽利略的自由落体实验被物理学家评选为最美丽的实验。

以下关于“伽利略对自由落体的探究过程”的归纳不正确．．．的是( )A. 发现问题：伽利略发现亚里士多德“重物比轻物下落得快”的观点有自相矛盾的地方B. 提出假设：伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，速度的变化对位移来说是均匀的C. 实验验证：在验证自己猜想的实验时，由于实验仪器不能精确测量快速下落物体所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”D. 合理外推：伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同。

2. 如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是：（）A. 在3 s末，物体处于出发点右方B. 在1-2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C. 在1-3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D. 在0-1 s内，外力F不断增大3. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2) （）.........A. 滑块的质量为0.5 kgB. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C. 第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 JD. 第2 s内力F的平均功率为1.5 W4. 如图，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B点后向上运动，则以下说法正确的是( ）A. 物体从B点到O点的运动为先加速后减速B. 物体从B点到O点的运动为一直减速C. 物体从B点到O点的运动时，O点的速度最大D. 物体运动到B点时的加速度为零5. 质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，如图所示，则A、B两物体( )A. 滑到h1高度时的动量相同B. 滑到h1高度时的动能相同C. 由h2滑到h1的过程中所受重力的冲量相同D. 由h2滑到h1的过程中所受合力的冲量相同6. 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。

海南省海口一中2017-2018学年高考物理模拟试卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．描述电源能量转化本领大小的物理量是( )A．电源的总功率B．电源的电动势C．路端电压D．电源的输出功率2．质量为m、初速度为零的物体，在大小变化不同的合外力作用下都通过位移x o．下列各种情况中物体速度最大的是( )A．B．C．D．3．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷从C点移至D点，电势能增大4．在匀强电场中有a、b、c三点，如图所示，ab=5cm，ac=3cm，bc=4cm，已知U ac=12V，E=400N/C，则场强方向应是( )A．由a向b B．由b向c C．由a向c D．由c向b5．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，桌面足够高，如图（a）所示．若在链条两端各挂一个质量为的小球，如图（b）所示．若在链条两端和中央各挂一个质量为的小球，如图（c）所示．由静止释放，当链条刚离开桌面时，图（a）中链条的速度为v a，图（b）中链条的速度为v b，图（c）中链条的速度为v c（设链条滑动过程中始终不离开桌面，挡板光滑）．下列判断中正确的是( )A．v a=v b=v c B．v a＜v b＜v c C．v a＞v b＞v c D．v a＞v c＞v b6．图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30．当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg二．多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个以上的选项是符合题目要求的．全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）7．万有引力定律的发现实现了物理学史上的第一次大统一：“地上力学”和“天上力学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵循相同规律．牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动；另外，还应用到了其它的规律和结论，其中有( )A．开普勒的研究成果B．牛顿第二定律C．牛顿第三定律D．卡文迪什通过扭秤实验得出的引力常量8．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则( )A．绳子上拉力可能为零B．地面受的压力可能为零C．地面与物体间可能存在摩擦力D．AB之间可能存在摩擦力9．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是( )A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小10．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )A．上述过程中，F做功大小为m+MB．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多三．实验题（本题包括2小题，11题4分，12题8分，共12分）11．图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．（1）试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是：__________A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是：__________A．M=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g；B．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g；C．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g；D．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g；（3）图2是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为S AB=4.22cm、S BC=4.65cm、S CD=5.08cm、S DE=5.49cm、S EF=5.91cm、S FG=6.34cm．已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=__________m/s2（结果保留2位有效数字）．12．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为__________cm，直径为__________mm．②按如图（c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最__________处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最__________（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；③由此可知，圆柱体的电阻为__________Ω．四．计算题（本题包括2小题，13题10分，14题12分，共22分，把解答写在答题卷中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有具体数值运算的物理量要写出单位）13．两套完全相同的小物块和轨道系统固定在水平桌面上．物块质量m=1kg，轨道长度l=2m，物块与轨道之间动摩擦因数μ=0.2．现用水平拉力F1=8N、F2=4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止．（g=10m/s2）求：（1）在F1作用下的小物块加速度a1多大？（2）F1作用了多少位移s1？（3）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？14．如图所示，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电量均为+Q．C为AB直线上的另一点（O、A、B、C 位于同一竖直平面上），AO间的距离为L，AB和BC间的距离均为，在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止．试问：（1）该匀强电场的场强多大？其方向如何？（2）给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？（3）若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？五．选做题（本题包括3小题，只要求选做l两个选修．对于其中的计算题，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）（选修3-3）15．关于物体的内能、温度和分子的平均动能，下列说法正确的是( ) A．温度低的物体内能一定小B．温度低的物体分子运动的平均动能一定小C．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加D．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大16．如图所示，大气压强为p0，气缸水平固定，开有小孔的薄隔板将其分为A、B两部分，光滑活塞可自由移动．初始时气缸内被封闭气体温度T，A、B两部分容积相同．加热气体，使A、B两部分体积之比为1：2．（1）气体应加热到多少温度？（2）将活塞向左推动，把B部分气体全部压入A中，气体温度变为2T，求此时气体压强．【选修3-4】17．沿x轴正方向传播的简谐横波在t1=0s时的波形如图所示，此时波传播到x=2m处的质点B，质点A恰好位于波谷位置，C、D两个质点的平衡位置分别位于x=3m和x=5m处．当t2=0.2s 时，质点A恰好第一次（从计时后算起）处于波峰位置，则下列判断中正确的是( )A．该波的波速等于5m/sB．当t=1.0s时，质点C在平衡位置处且向下运动C．当t=0.9s时，质点D的位移为﹣2cmD．当质点D第一次位于波谷位置时，质点B恰好也位于波谷位置18．如图示，AOB是圆柱玻璃砖的截面，玻璃砖的折射率n=，一束平行光以45°入射角射入玻璃砖的OA面，这些光线中只有一部分能从圆柱的AB面上射出，假设凡射到OB面的光线全部被吸收，也不考虑OA面的反射作用，试问圆柱AB面上能射出光线部分占AB表面的几分之几？【选修3-5】19．一群氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时，辐射的三条谱线中，波长较长的二条谱线的波长分别为λ1和λ2，则最短波长λ3=__________．20．两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h．物块从静止滑下，然后又滑上劈B．求（1）物块第一次离开劈A时，劈A的速度；（2）物块在劈B上能够达到的最大高度．（重力加速度为g）海南省海口一中2015届高考物理模拟试卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．描述电源能量转化本领大小的物理量是( )A．电源的总功率B．电源的电动势C．路端电压D．电源的输出功率考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电动势是描述电源把其它形式的能转化为电能本领的物理量．解答：解：电动势是描述电源把其它形式的能转化为电能本领的物理量，电源电动势越大，它把其它形式的能量转化为电能的本领越大，故ACD错误，B正确；故选B．点评：本题是一道基础题，知道电源电动势的物理意义即可正确解题．2．质量为m、初速度为零的物体，在大小变化不同的合外力作用下都通过位移x o．下列各种情况中物体速度最大的是( )A．B．C．D．考点：动能定理．分析：根据F﹣x图线围成的面积比较合力做功的大小，结合动能定理比较哪种情况下速度最大．解答：解：因为F﹣x图线围成的面积表示合力做功的大小，可知C选项合力做功最大，根据动能定理得，C选项速度最大，故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道F﹣x图线围成的面积表示功的大小，结合动能定理进行求解．3．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷从C点移至D点，电势能增大考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题的关键要抓住“位于同一等势面上的点电势均相等”，“沿电场线方向电势逐渐降低”，“电场强度是矢量”和“电场力做的功”来讨论．解答：解：A、先找到与AB在同一直线上的A点的等势点，再根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知，A的等势点的电势高于B当的电势，故A错误．B、因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，B错误．C、由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以＞0，即＞0，根据=q知，由于q＞0，＞0，所以＞0，即电场力做正功，所以C正确．D、因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷在C点与D点的电势能相等，所以D错误．故选C点评：遇到涉及电场线和等势线的题目，要抓住电场线与等势线处处垂直的特点，以及沿电场线方向电势逐渐降低，然后再讨论．4．在匀强电场中有a、b、c三点，如图所示，ab=5cm，ac=3cm，bc=4cm，已知U ac=12V，E=400N/C，则场强方向应是( )A．由a向b B．由b向c C．由a向c D．由c向b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由匀强电场中U ac=Ed，求出ac两点沿电场方向的距离，再根据已知条件，判断电场强度的方向．解答：解：由U ac=Ed，得d==m=3cm．由题，ac=3cm，则ac=d，而且U ac=12V＞0，故知场强方向应由a向c．故C正确．故选C点评：本题考查对匀强电场中场强与电势差关系公式U=Ed的理解，式中d是两点沿电场线方向的距离．5．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，桌面足够高，如图（a）所示．若在链条两端各挂一个质量为的小球，如图（b）所示．若在链条两端和中央各挂一个质量为的小球，如图（c）所示．由静止释放，当链条刚离开桌面时，图（a）中链条的速度为v a，图（b）中链条的速度为v b，图（c）中链条的速度为v c（设链条滑动过程中始终不离开桌面，挡板光滑）．下列判断中正确的是( )A．v a=v b=v c B．v a＜v b＜v c C．v a＞v b＞v c D．v a＞v c＞v b考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒．抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度．解答：解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为0势能面．则释放前，系统的重力势能为第一次，E p1=mgL+mg•=第二次，E p2=（m+m）gL+mg•+mg=第三次，E p3=（m+m）gL+mg•+mg=释放后E p1'=mgE p2'=mgL+mg=mgLE p3'=mgL+mg+=mgL则损失的重力势能△E p1=mgL△E p2=mgL△E p3=mgL那么△E p1=mv a2△E p2=（2m）v b2△E p3=（2.5m）v c2解得：v a2=v b2=v c2=显然 v a2＞v c2＞v b2，所以v a＞v c＞v b，故选D点评：解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量进行求解．6．图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30．当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg考点：牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体受力分析可知，物体在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小．解答：解：由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，所以在竖直方向上有F N﹣mg=ma上，解得a上=0.15g，设水平方向上的加速度为a水，则=tan37°=，所以a水=0.2g，对物体受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，即f=ma水=0.20mg，所以D正确．故选D．点评：物体的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中物体在水平和竖直两个方向上都是有加速度的．二．多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个以上的选项是符合题目要求的．全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）7．万有引力定律的发现实现了物理学史上的第一次大统一：“地上力学”和“天上力学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵循相同规律．牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动；另外，还应用到了其它的规律和结论，其中有( )A．开普勒的研究成果B．牛顿第二定律C．牛顿第三定律D．卡文迪什通过扭秤实验得出的引力常量考点：物理学史．分析：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动，还用到开普勒的研究成果、牛顿第二定律和牛顿第三定律．解答：解：牛顿将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动，根据开普勒第三定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律结合发现了万有引力定律．故ABC正确，D错误．故选ABC点评：本题可根据牛顿推导万有引力定律的过程进行选择，关键通过建立模型，应用开普勒第三定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律进行推导．8．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则( )A．绳子上拉力可能为零B．地面受的压力可能为零C．地面与物体间可能存在摩擦力D．AB之间可能存在摩擦力考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：隔离对A分析，判断绳子的拉力的有无，以及AB之间有无摩擦力．对AB整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面有无压力．解答：解：AD、对A分析，有若A所受的重力、B对A的支持力和摩擦力三个力平衡，则绳子拉力为零．故A正确，D正确．BC、对整体分析，整体可能受总重力、支持力，拉力．若地面的支持力等于总重力，则绳子拉力为零，因为绳子的拉力不可能大于A的重力，所以地面对B一定有支持力．根据整体平衡知，水平方向方向上，地面对B无摩擦力．故B、C错误．故选AD．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，注意整体法和隔离法的运用．9．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是( )A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化．关于电阻R0上的功率变化，因为R0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知．分析滑动变阻器上功率的变化，可将R0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析．解答：解：A、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大．故A正确．B、当外电阻等于内电阻时，输出功率最大，R外＜2r，随着外电阻的增大，输出功率增大，R 外＞2r，随着外电阻的增大，输出功率减小．故B错误．C，将R0等效到内电阻中去，内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，R外≤2r，随着外电阻的减小，输出功率减小．故C正确．D、总电流变大，根据P=I2R0，R O不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误．故选AC．点评：本题属于闭合电路的动态分析，关键抓住不变量：电动势和内电阻不变，然后结合闭合电路欧姆定律公式去解决．10．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )A．上述过程中，F做功大小为m+MB．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）运动过程中处理F做功外，还有摩擦力做功，由功能关系即可判断；（2）根据牛顿第二定律可知，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，据此即可判断；（3）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积．解答：解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．故选BD．点评：本题重点考查了功能关系，对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉．本题就是常见而重要的滑块和木板模型．三．实验题（本题包括2小题，11题4分，12题8分，共12分）11．图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．（1）试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是：BA．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是：CA．M=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g；B．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g；C．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g；D．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g；（3）图2是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为S AB=4.22cm、S BC=4.65cm、S CD=5.08cm、S DE=5.49cm、S EF=5.91cm、S FG=6.34cm．已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=0.42m/s2（结果保留2位有效数字）．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：1、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；2、当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；3、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．解答：解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力．故B正确、AC错误．故选：B．（2）当m＜＜M时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．因此最合理的一组是C．故选：C．（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为T=0.1s，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，得：s DE﹣s AB=3a1T2s EF﹣s BC=3a2T2s FG﹣s CD=3a3T2。

2017年全国高考物理三模试卷（新课标Ⅲ卷）二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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．1．（6分）2017年5月9日，第六届亚欧光电展在新疆国际会展中心举行．关于光电效应现象．以下说法正确的是（）A．某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能不变B．紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应C．在光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率无关D．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象2．（6分）汽车沿平直的公路以恒定功率从静止开始启动，行驶200s后速度达到17m/s，设汽车所受阻力恒定，下列说法中正确的是（）A．汽车的牵引力逐渐增大B．汽车做匀加速运动C．汽车做加速度逐渐增大的加速运动D．汽车在这段时间内行驶的距离一定大于1700 m3．（6分）2018年我国发射嫦娥四号，将首次实现人类探测器在月球背面的软着陆．地球表面的重力加速度是月球表面重力加速度的6倍，地球半径为月球半径的4倍，则地球和月球的密度之比为（）A．1.5 B．4 C．6 D．244．（6分）2017年3月22日消息，俄生产出新型电子回旋加速器，可检测焊接和铸造强度．回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．关于回旋加速器，下列说法中正确的是（）A．带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大B．带电粒子从磁场中获得能量C．增大加速电场的电压，带电粒子离开磁场的动能将增大D．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变短5．（6分）如图所示，两电表均为理想电表，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=20：1，初级线圈两端E、F接正弦交流电源，在原线圈前串接一个R1=400Ω的电阻，电压表V的示数为220V，如果负载电阻R2=11Ω，则（）A．变压器的输出电压为11 VB．电流表A的示数为2 AC．电阻R2实际消耗的功率为22 WD．电阻R1实际消耗的功率为2 W6．（6分）如图所示，直线MN表示一条平直公路，汽车以初速度v0=2m/s、加速度a=2m/s2由A向C做匀加速直线运动，在到达C点前1s内，所滑过的距离BC为L，其中L=AC，下列判断正确的是（）A．平直公路AC长为21 mB．平直公路BC长为7 mC．汽车由A向C运动的时间为4 sD．汽车到达C点的速度大小是8 m/s7．（6分）如图所示，真空中电荷量都为Q的两个等量异种点电荷M、N．O是它们连线的中点，a点位于O点与M之间，b点位于O点正右方．若取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A．b点电势为零，电场强度也为零B．正试探电荷放在a点，其电势能大于零C．正试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．同一正试探电荷先后从O、b两点移到a点，两者电势能的变化不等8．（6分）如图所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上，A、B的质量分别为m A=3kg，m B=2kg，A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.5，B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．现对A施加一水平拉力F（）A．当F=12 N时，A、B都相对地面静止B．当F＞22.5 N时，A相对B滑动C．当F=20 N时，A、B间的摩擦力为14ND．无论F为何值，B的加速度不会超过5m/s2三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．（6分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，甲、乙两位同学实验时都先正确平衡摩擦力，甲在实验时用细线一端连接小车，另一端连接钩码，钩码的重力作为细线上的拉力，如图甲所示，乙同学利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力如图乙所示，两位同学通过改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系（1）为减小实验误差，甲同学在实验过程中，小车的质量要（填“＞”或“＜”）钩码的质量，乙同学在实验估测中，（填“需要”或“不需要”）满足这个条件（2）甲、乙两位同学在实验中采用相同质量的小车，将甲、乙两位同学得到的实验数据在同一坐标系中作出a﹣F图象，如图丙所示图线①②，其中图线①是同学所作出的图象，图线②是同学所作出的图象．图象中随着F的增大，图线将发生弯曲．10．（9分）某同学在“测定金属丝的电阻率”的实验中：（1）为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，用多用电表“×1”欧姆挡粗测其电阻示数如图甲，则阻值为Ω；（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图乙中可以读出该金属丝的直径d= mm．（3）除刻度尺、电阻为R x的金属丝的电阻、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，为使测量尽量精确，电流表应选（选填“A1”或“A2”）、电压表应选（选填“V1”或“V2”）．电源E（电动势为3V、内阻约为0.5Ω）最大阻值为20Ω的滑动变阻器R电流表A1（量程0.6A、内阻约为2Ω）电流表A2（量程1A、内阻约为1Ω）电压表V1（量程15V、内阻约为3 000Ω）电压表V2（量程3.0V、内阻约为1 000Ω）开关一只、导线若干（4）在测量R x阻值时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，请在图丙中画完整测量R x阻值的电路图．（图中务必标出选用的电表、电阻和滑动变阻器的符号）．（5）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ=．（用L、d、I、U表示）11．（12分）如图所示，质量为2kg、上表面光滑的木板甲静止在光滑水平面上，质量为1kg可视为质点的小物体丙放在木板甲右端，质量为4kg的木板乙以5m/s 的速度向左运动，与木板甲碰撞以后小物体滑到木板乙上，木板甲获得8m/s的速度，木板乙上表面与小物体的动摩擦因数为0.2，（g=10m/s2）求：（1）小物体在木板乙上表面滑行多长时间相对木板乙静止？（2）要使小物体不从木板乙上滑落，木板乙至少要多长？12．（20分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距L=1m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．金属棒EF和MN的质量均为m=0.2kg，电阻均为R=2Ω．EF置于水平导轨上，MN置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．现在外力作用下使EF棒以速度v0=4m/s向左匀速运动，MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态．倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻．重力加速度g=10m/s2．（1）求磁感应强度B的大小；（2）若将EF棒固定不动，将MN棒由静止释放，MN棒沿斜面下滑距离d=5m 时达到稳定速度，求此过程中通过MN棒的电荷量；（3）在（2）过程中，整个电路中产生的焦耳热．（二）选考题：共15分．请考生从2道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）关于热现象，下列说法中正确的是（）A．气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点E．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加14．（10分）如图所示，一定质量的理想气体在状态A时的温度为﹣3℃，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V图象如图，求：①该气体在状态B时的温度；②该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．[物理--选修3-4]（15分）15．有关振动与机械波的知识，下列说法正确的是（）A．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向B．单摆在做受迫振动时，它的周期等于单摆的固有周期C．机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变D．产生干涉时，振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小E．发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化16．如图所示，直角三棱镜的∠A=60°，一束单色光线从BC边射入，从AB射出，光线射入BC边时，入射角为45°．光线射出AB边时，与AB边垂直．则：（计算结果可以用根式表示）①该玻璃棱镜的折射率为多大？②玻璃棱镜临界角多大？若光速为c，则光在棱镜中的速度为多大？2017年全国高考物理三模试卷（新课标Ⅲ卷）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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．1．（6分）2017年5月9日，第六届亚欧光电展在新疆国际会展中心举行．关于光电效应现象．以下说法正确的是（）A．某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能不变B．紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应C．在光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率无关D．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象【解答】解：A、根据光电效应方程E km=hv﹣W0，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能不变．故A正确．B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，紫外线的频率大于红外线的频率，所以紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线不一定可以使该金属发生光电效应．故B错误．C、根据光电效应方程：eU0=E km=hv﹣W0，可知在光电效应中，入射光的频率越大，则遏止电压越大．故C错误．D、根据光电效应的本质可知，光电效应是原子的核外电子吸收光子，成为自由电子的现象．故D错误．故选：A．2．（6分）汽车沿平直的公路以恒定功率从静止开始启动，行驶200s后速度达到17m/s，设汽车所受阻力恒定，下列说法中正确的是（）A．汽车的牵引力逐渐增大B．汽车做匀加速运动C．汽车做加速度逐渐增大的加速运动D．汽车在这段时间内行驶的距离一定大于1700 m【解答】解：A、根据P=Fv知，因为速度增大，则牵引力减小，故A错误；BC、汽车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得：a=知，加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动．故BC错误；D、因为功率不变，牵引力逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，所以汽车的平均速度：m/s；则汽车的总位移：x=t＞8.5×200=1700m．故D正确．故选：D3．（6分）2018年我国发射嫦娥四号，将首次实现人类探测器在月球背面的软着陆．地球表面的重力加速度是月球表面重力加速度的6倍，地球半径为月球半径的4倍，则地球和月球的密度之比为（）A．1.5 B．4 C．6 D．24【解答】解：重力等于万有引力，有：=mg，得质量为：M=，则密度为：ρ===，故有：===1.5故A正确，BCD错误故选：A4．（6分）2017年3月22日消息，俄生产出新型电子回旋加速器，可检测焊接和铸造强度．回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．关于回旋加速器，下列说法中正确的是（）A．带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大B．带电粒子从磁场中获得能量C．增大加速电场的电压，带电粒子离开磁场的动能将增大D．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变短【解答】解：A、粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，故：qvB=mvω其中：ω=联立解得：T=故周期与半径无关，不变；故A错误；B、磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，故B错误；C、D、根据qvB=m得，最大速度：v=；则最大动能：E Km=mv2=；知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故C 错误；D、增大加速电场的电压，其余条件不变，每次加速后粒子获得的动能增加，但最终的动能不变，故在磁场中加速的次数减小，带电粒子在D形盒中运动的时间变短，故D正确故选：D．5．（6分）如图所示，两电表均为理想电表，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=20：1，初级线圈两端E、F接正弦交流电源，在原线圈前串接一个R1=400Ω的电阻，电压表V的示数为220V，如果负载电阻R2=11Ω，则（）A．变压器的输出电压为11 VB．电流表A的示数为2 AC．电阻R2实际消耗的功率为22 WD．电阻R1实际消耗的功率为2 W【解答】解：A、根据题意知，，由，得，故A正确；B、电流表A的示数为，故B错误；C、电阻实际消耗的功率为，故C错误；D、根据电流与匝数成反比，有，得，电阻实际消耗的功率为，故D错误；故选：A6．（6分）如图所示，直线MN表示一条平直公路，汽车以初速度v0=2m/s、加速度a=2m/s2由A向C做匀加速直线运动，在到达C点前1s内，所滑过的距离BC为L，其中L=AC，下列判断正确的是（）A．平直公路AC长为21 mB．平直公路BC长为7 mC．汽车由A向C运动的时间为4 sD．汽车到达C点的速度大小是8 m/s【解答】解：设汽车从A到C的时间为t，则从A到B的时间为t﹣1，则根据位移公式有=2t+①=②解得t=3s平直公路AC的长度为：BC的长度为汽车到达C点的速度=2+2×3=8m/s，故BD正确，AC错误；故选：BD7．（6分）如图所示，真空中电荷量都为Q的两个等量异种点电荷M、N．O是它们连线的中点，a点位于O点与M之间，b点位于O点正右方．若取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A．b点电势为零，电场强度也为零B．正试探电荷放在a点，其电势能大于零C．正试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．同一正试探电荷先后从O、b两点移到a点，两者电势能的变化不等【解答】解：A、等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线，取无穷远处的电势为零，可知b点电势为零，但是b点电场强度不为零，故A错误．B、由A选项分析知，O点电势为零，则a点电势大于零，根据E p=qφ知，正电荷在a点的电势能大于零，故B正确．C、正电荷从O点移到a点，电场力分析向下，可知电场力做负功，即克服电场力做功，故C正确．D、O点和b点的电势相等，可知Oa和ba间的电势差相等，根据W=qU知，电荷从O、b两点移到a点，电场力做功相等，则电势能变化相等，故D错误．故选：BC．8．（6分）如图所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上，A、B的质量分别为m A=3kg，m B=2kg，A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.5，B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．现对A施加一水平拉力F（）A．当F=12 N时，A、B都相对地面静止B．当F＞22.5 N时，A相对B滑动C．当F=20 N时，A、B间的摩擦力为14ND．无论F为何值，B的加速度不会超过5m/s2【解答】解：AB、AB之间的最大静摩擦力为：f max=μ1m A g=0.5×3×10N=15N，B 与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ2（m A+m B）g=0.2×（3+2）×10N=10NA、若A、B相对地面一起运动，两者刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：对B有：f max﹣μ2（m A+m B）g=m B a0，得a0=2.5m/s2．对整体有：F0﹣μ2（m A+m B）g=（m A+m B）a0，得：F0=22.5N当F=12 N时，由于f′max＜F＜F0，所以A、B相对静止，一起相对地面运动，故A错误．B、当F＞F0=22.5 N时，A相对B滑动，故B正确．C、当当F=20 N时，由于f′max＜F＜F0，所以A、B相对静止，一起相对地面运动，由牛顿第二定律得：对整体：F﹣μ2（m A+m B）g=（m A+m B）a．对A：F﹣f=m A a联立解得A、B间的摩擦力f=14N，故C正确．D、B的加速度最大为a m===2.5m/s2．故D错误．故选：BC三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．（6分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，甲、乙两位同学实验时都先正确平衡摩擦力，甲在实验时用细线一端连接小车，另一端连接钩码，钩码的重力作为细线上的拉力，如图甲所示，乙同学利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力如图乙所示，两位同学通过改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系（1）为减小实验误差，甲同学在实验过程中，小车的质量要＞＞（填“＞”或“＜”）钩码的质量，乙同学在实验估测中，不需要（填“需要”或“不需要”）满足这个条件（2）甲、乙两位同学在实验中采用相同质量的小车，将甲、乙两位同学得到的实验数据在同一坐标系中作出a﹣F图象，如图丙所示图线①②，其中图线①是乙同学所作出的图象，图线②是同学所作出的图象．图象中随着F的增大，图线②将发生弯曲．【解答】解：（1）甲同学的实验中小车实际受到的合外力为细线的拉力，要使细线的拉力近似等于钩码的重力，加速度应该要尽量小些，由，当M＞＞m时，a≈0．乙同学实验方案中，力传感器测得的拉力就是小车所受的合外力，故对小车和钩码质量的大小关系没有要求．（2）当甲、乙两实验中小车的加速度相同时，细线的拉力为合外力，传感器测出的就是细线的拉力，而钩码的重力大于细线的拉力，即当加速度相同时，甲的F值大于乙的F值，故图线②是甲同学所作出的图象，图线①是乙同学所作出的图象．当F较大时，M＞＞m这个条件将不满足，图线②将发生弯曲．故答案为：（1）＞＞不需要（2）乙②10．（9分）某同学在“测定金属丝的电阻率”的实验中：（1）为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，用多用电表“×1”欧姆挡粗测其电阻示数如图甲，则阻值为5Ω；（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图乙中可以读出该金属丝的直径d= 1.700mm．（3）除刻度尺、电阻为R x的金属丝的电阻、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，为使测量尽量精确，电流表应选A1（选填“A1”或“A2”）、电压表应选V2（选填“V1”或“V2”）．电源E（电动势为3V、内阻约为0.5Ω）最大阻值为20Ω的滑动变阻器R电流表A1（量程0.6A、内阻约为2Ω）电流表A2（量程1A、内阻约为1Ω）电压表V1（量程15V、内阻约为3 000Ω）电压表V2（量程3.0V、内阻约为1 000Ω）开关一只、导线若干（4）在测量R x阻值时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，请在图丙中画完整测量R x阻值的电路图．（图中务必标出选用的电表、电阻和滑动变阻器的符号）．（5）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ=．（用L、d、I、U表示）【解答】解：（1）欧姆表选择×1档，由图示表盘可知，待测电阻阻值为：5×1=5Ω；（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+20.0×0.01mm=1.700mm．（3）电源电动势为3V，则电压表选择V2，电路最大电流约为：I===0.6A，则电流表选择A1．（4）实验要求电压从零开始调节，并且多次测量，则电压表采用分压接法，由于电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：（5）待测电子阻值：R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=；故答案为：（1）5；（2）1.700；（3）A1，V2；（4）电路图如图所示；（5）．11．（12分）如图所示，质量为2kg、上表面光滑的木板甲静止在光滑水平面上，质量为1kg可视为质点的小物体丙放在木板甲右端，质量为4kg的木板乙以5m/s 的速度向左运动，与木板甲碰撞以后小物体滑到木板乙上，木板甲获得8m/s的速度，木板乙上表面与小物体的动摩擦因数为0.2，（g=10m/s2）求：（1）小物体在木板乙上表面滑行多长时间相对木板乙静止？（2）要使小物体不从木板乙上滑落，木板乙至少要多长？【解答】解：（1）乙与甲碰撞过程中系统的动量守恒，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲．′=1m/s解得v乙小物体在乙上滑动至有共同速度v，对小物体和乙组成的系统，由动量守恒定律得m乙v乙′=（m丙+m乙）v对小物体，由动量定理得μmgt=mv﹣0．丙联立解得t=0.4s（2）设小物体最终距离木板乙左端的最大距离为x，则x=t﹣=t=×0.4m=0.2m所以木板乙的长度至少要为0.2m．答：（1）小物体在木板乙上表面滑行0.4s时间相对木板乙静止．（2）要使小物体不从木板乙上滑落，木板乙至少要0.2m．12．（20分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距L=1m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．金属棒EF和MN的质量均为m=0.2kg，电阻均为R=2Ω．EF置于水平导轨上，MN置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．现在外力作用下使EF棒以速度v0=4m/s向左匀速运动，MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态．倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻．重力加速度g=10m/s2．（1）求磁感应强度B的大小；（2）若将EF棒固定不动，将MN棒由静止释放，MN棒沿斜面下滑距离d=5m 时达到稳定速度，求此过程中通过MN棒的电荷量；（3）在（2）过程中，整个电路中产生的焦耳热．【解答】解：（1）EF棒运动切割磁感应线产生的感应电动势E=BLv0，流过MN的感应电流I==，对MN，根据平衡条件可得：mgsinθ=，解得：B=1.5T；（2）MN产生的平即感应电动势，平均感应电流，R总=，所以通过MN的感应电荷量为q=，代入数据可得：q=2.0C；（3）设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v，则有：E′=BLvcosθ，感应电流：I′==，对MN棒根据共点力的平衡条件可得：mgsinθ=B•I′•Lcosθ，解得：v=2.5m/s；根据功能关系可得：mgdsinθ=，=5.375J．解得：Q总答：（1）磁感应强度B的大小为1.5T；（2）若将EF棒固定不动，将MN棒由静止释放，MN棒沿斜面下滑距离d=5m 时达到稳定速度，此过程中通过MN棒的电荷量为 2.0C；（3）在（2）过程中，整个电路中产生的焦耳热为5.375J．（二）选考题：共15分．请考生从2道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）关于热现象，下列说法中正确的是（）A．气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点E．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加【解答】解：A、气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大；若气体的体积也增大，则单位体积内的分子数减小，气体的压强则不一定增大．故A错误；B、根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的．故B正确；C、根据压强的微观意义可知，密闭容器内的气体对器壁压强与物体是否失重无关，所以在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变．故C正确；D、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；故D错误；E、一定量100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中水吸收热量，温度不变，分子的平均动能不变，其分子之间的势能增加，故E正确．故选：BCE14．（10分）如图所示，一定质量的理想气体在状态A时的温度为﹣3℃，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V图象如图，求：①该气体在状态B时的温度；②该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．【解答】解：①对于理想气体：A→B的过程，由查理定律有。

第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共六小题，每小题3分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．竖直悬挂的轻弹簧下端系一小球，小球在竖直方向上运动。

若不计阻力，则（）A．小球向上运动，小球的合力总是小于重力；B．小球向上运动，弹簧的弹力方向总是向上；C．小球向下运动，小球的重力总保持不变；D．小球向下运动，弹簧的弹力总保持不变。

【答案】C【解析】考点:弹簧的弹力、重力、二力的合成。

【名师点睛】胡克定律（1）内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．（2）表达式：F＝kx．①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．2．如图，轻弹簧下端固定在空箱底部，上端与木块连接，空箱放置于水平地面，若外力将木块压下一段距离，保持静止，撤去外力后，木块运动时空箱始终未离开地面，木块到箱底的距离周期性变化，不计阻力，则木块运动过程（）A ．木块做匀加速直线运动或者匀减速直线运动B ．箱底对地面的压力大小是周期性变化的C ．木块到箱底的距离最大时，空箱对地面的压力最大D ．空箱对地面的压力，与木块到箱底的距离无关 【答案】B 【解析】错。

考点:牛顿第二定律、弹簧的弹力。

【名师点睛】略。

3．如图，长为l 的细线悬挂一小球，小球的质量为m ，使小球在竖直平面内运动，细线与竖直方向夹角为θ，则（）A ．θ最大时，细线对小球的拉力小于mgB ．只要θ≠0，细线对球的拉力都小于mgC ．θ=0，细线对球的拉力等于mgD ．θ=0，细线对球的拉力小于mg 【答案】A 【解析】试题分析: 在最高点处时，小球受重力、绳的拉力，沿绳方向受力平衡，故此时绳的拉力θcos mg T =，A 对；当在最低点时，由牛顿第二定律知：lm v m g T 2=-，故此时拉力大于mg ，CD 错。

由上分析知由最高点的小于重力，到最低点的比重力大，可知在向最低点运动过程中，细绳拉力已大于重力，B 错。

2017届高三物理（第07期）好题速递分项解析汇编专题17 原子结构、原子核和波粒二象性（选修3-5）（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高三物理（第07期）好题速递分项解析汇编专题17 原子结构、原子核和波粒二象性（选修3-5）（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题17 原子结构、原子核和波粒二象性一、选择题1。

【广西桂林市、崇左市2017届高三联合调研考试理综试卷】下列有关物理学史的一些说法正确的是A。

在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响（增加运动时间），使运动时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律B。

经典力学认为同一过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同参考系中是不同的C。

奥斯特发现了电磁感应现象，并总结出了法拉第电磁感应定律D. 1897年，贝克勒尔利用阴极射线管发现了电子,说明原子可分，有复杂内部结构【答案】A【解析】在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响(增加运动时间）,使运动时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项A正确；经典力学认为同一过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同参考系中是相同的，选项B错误；法拉第发现了电磁感应现象，法拉第电磁感应定律是纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后总结出来的．故C错误； 1897年，汤姆孙利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，有复杂内部结构,选项D错误；故选A.2。

【全国百强校】海南省海口市第一中学2017届高三上学期11月月考物理试题（A）一、单项选择题（6小题）1. 在2002年9月，伽利略的自由落体实验被物理学家评选为最美丽的实验。

以下关于“伽利略对自由落体的探究过程”的归纳不正确的是( )A. 发现问题：伽利略发现亚里士多德“重物比轻物下落得快”的观点有自相矛盾的地方B. 提出假设：伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，速度的变化对位移来说是均匀的C. 实验验证：在验证自己猜想的实验时，由于实验仪器不能精确测量快速下落物体所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”D. 合理外推：伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同2. 如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是（）.........A. 在3s末，物体处于出发点右方B. 在1-2s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C. 在1-3s内，物体的加速度方向先向右后向左D. 在0-1s内，外力F不断增大3. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为.从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度) （）A. 滑块的质量为0.5kgB. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C. 第1 s内摩擦力对滑块做功为－1JD. 第2 s内力F的平均功率为1.5W4. 如图，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B点后向上运动，则以下说法正确的是( ）A. 物体从B点到O点的运动为先加速后减速B. 物体从B点到O点的运动为一直减速C. 物体从B点到O点的运动时，O点的速度最大D. 物体运动到B点时的加速度为零5. 如图所示匀强电场E的区域内，在O点放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，abcd平面与电场方向平行，bedf平面与电场方向垂直，则下列判断错误的是（）A. b、e、d、f在同一等势线上B. 点电荷一q在e点的电势能小于在c点的电势能C. e 、f 两点的电场强度大小相等，方向相同D. 球面上c 点的电场强度最大6. 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。

海南省海口市第一中学2017届高三11月月考物理试题（B卷）一.单项选择题：1. 在2002年9月，伽利略的自由落体实验被物理学家评选为最美丽的实验。

以下关于“伽利略对自由落体的探究过程”的归纳不正确．．．的是( )A. 发现问题：伽利略发现亚里士多德“重物比轻物下落得快”的观点有自相矛盾的地方B. 提出假设：伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，速度的变化对位移来说是均匀的C. 实验验证：在验证自己猜想的实验时，由于实验仪器不能精确测量快速下落物体所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”D. 合理外推：伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同。

【答案】B【解析】伽利略通过逻辑推理发现亚里士多德“重物比轻物下落得快”的观点有自相矛盾的地方，所以A正确；提出假设：伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，速度的变化对时间来说是均匀的，即v与t成正比，所以B 错误；在验证自己猜想的实验时，由于实验仪器不能精确测量快速下落物体所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”，C正确；伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同，所以D正确。

本题不正确的选B。

2. 如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是：（）A. 在3 s末，物体处于出发点右方B. 在1-2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C. 在1-3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D. 在0-1 s内，外力F不断增大【答案】A【解析】试题分析：根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，确定前3s内物体位移的正负，判断其位置；速度图象直接反映物体速度的变化情况，可读出速度大小的变化．图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析外力F的变化．解：A、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方．故A正确．B、在1﹣2 s内，速度为正值，说明速度向右运动，速度不断减小．故B错误．C、在1﹣3 s内，图象的斜率不变，则加速度不变．故C错误．D、在0﹣1 s内，图象切线不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律得知外力F不断减小．故D错误．故选A【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．属于基础题．3. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2) （）A. 滑块的质量为0.5 kgB. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C. 第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 JD. 第2 s内力F的平均功率为1.5 W【答案】D【解析】由图象斜率得加速度为：;由两图知，第一秒内有：f+F=ma，第二秒内有：F′-f=ma，代入数据得：f+1=3-f，故f=1N，m=2kg，又由f=μmg可得动摩擦因数μ=0.05，故AB错误；第一秒内的位移为：x=×1×1=0.5m，根据功的公式W=FL可得第1s内摩擦力对滑块做功为-0.5J，故C错误；根据v-t图象可知，第2秒内的平均速度，所以第2s的平均功率P=F′＝3×0.5W＝1.5W，故D正确．故选D．4. 如图，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B点后向上运动，则以下说法正确的是( ）A. 物体从B点到O点的运动为先加速后减速B. 物体从B点到O点的运动为一直减速C. 物体从B点到O点的运动时，O点的速度最大D. 物体运动到B点时的加速度为零【答案】A【解析】物体接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B时，速度为零；物体从B点到O点的运动，与O到B的过程是相反的过程，所以是先加速后减速，故A正确, BC错误；物体运动到B点时的，合外力向上，加速度向上，即加速度不为零，选项D错误；故选A.点睛：解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小．5. 质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，如图所示，则A、B两物体( )A. 滑到h1高度时的动量相同B. 滑到h1高度时的动能相同C. 由h2滑到h1的过程中所受重力的冲量相同D. 由h2滑到h1的过程中所受合力的冲量相同【答案】B【解析】由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，两物体动量不同，故A 错误；物体下滑过程中，只有重力做功，物体初末位置相同，重力做功相等，由动能定理可知，物体的动能相等，故B正确；物体下滑过程中，下滑高度h=h2-h1相等，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，物体到达斜面低端时，速度，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，物体沿斜面下滑的时间：，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量I=mgt不同，故C错误；由h2滑到h1的过程中由于斜面倾角不同，物体的动量不同，由动量定理可知，物体所受合力的冲量不同，故D错误；故选B．点睛：利用动量定理求冲量、由动能定理求功是常用的方法．要注意功、动能是标量，冲量、动量是矢量．6. 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。

专题四功能关系的应用专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·s相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )图1A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案ABD以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．题型2 动力学方法和动能定理的综合应用例2(15分)如图3所示，上表面光滑、长度为3 m、质量M＝10 kg的木板，在F＝50 N 的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破 木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f 由平衡条件得：F ＝F f①(1分)又F f ＝μMg ②(2分)联立①②并代入数据得： μ＝0.5③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得： －μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 2④(5分)联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg . 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得：－3μmgs ＝0－12Mv 21⑥(4分)联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169 m≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s 故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0 解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 题型3 动力学方法和机械能守恒定律的应用例3 (14分)如图5，质量为M ＝2 kg 的顶部有竖直壁的容器A ，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m ＝1 kg 的光滑小球B 与右壁接触．让A 、B 系统从斜面上端由静止开始下滑L 后刚好到达斜面底端，已知L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球到达斜面底端的速度大小；(2)下滑过程中，A 的水平顶面对B 的支持力大小； (3)下滑过程中，A 对B 所做的功．审题突破 A 、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对B 的支持力方向如何？解析 (1)根据机械能守恒定律： (M ＋m )gL sin θ＝12(M ＋m )v2(2分)解得：v ＝2gL sin θ＝2 5 m/s(2分)(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分)(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a ＝g sin θ (1分)对B 进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg 、F N 作用，斜向下加速运 动，根据牛顿第二定律mg －F N ＝ma sin θ(3分)代入a ＝g sin θ解得F N ＝mg (1－sin 2 θ)＝mg cos 2θ＝7.5 N (2分)(3)设A 对B 做的功为W m ，则根据动能定理mgL sin θ＋W m ＝12mv 2(2分)解得W m ＝12mv 2－mgL sin θ＝12m (2gL sin θ)2－mgL sin θ＝0(2分)答案 (1)2 5 m/s (2)7.5 N (3)0以题说法 若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A 、B 组成的系统机械能守恒．如图6所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．图6(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．答案 (1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J解析 (1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下．(2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得： －μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：s ＝v B2Hg＝0.5 m(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δs ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q ＝μmg Δs ＝0.2 J.6． 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图7所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f . 审题模板答题模板(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示． 则有v 21＝2gh① 由几何关系得v 0＝v 1cot θ②联立①②式得v 0＝432gh ③(2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球到达B 点时的速度为v ，则从抛出点到B 过程中由机械能守恒定律得 12mv 20＋mg (H ＋h )＝12mv 2⑤ 在B 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑥联立③④⑤⑥式 解得F N ＝5.6mg⑦ 由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全过程应用动能定理：W f ＝0－12mv 20即W f ＝－12mv 20＝－169mgh⑨(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图8所示，将一质量m ＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h ＝3.2 m ，斜面高H ＝15 m ，竖直圆轨道半径R ＝5 m ．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2，试求：图8(1)小球水平抛出的初速度v 0及斜面顶端与平台边缘的水平距离s ； (2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力． 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N ，方向竖直向上解析 (1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得：v 0＝v y cot α由平抛运动规律得：v 2y ＝2ghh ＝12gt 21 s ＝v 0t 1联立解得：v 0＝6 m/s ，s ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t 1＝2hg＝0.8 s小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小v A ＝v 0cos α＝10 m/s从A 点到B 点由动能定理得mgH ＝12mv 2B －12mv 2A解得v B ＝20 m/s小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.05 s(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到D 点，由动能定理可得 －2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B在D 点由牛顿第二定律可得：F N ＋mg ＝m v 2DR联立解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力F N ′＝3 N ，方向竖直向上(限时：45分钟)1． (·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为 ( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 2－1R1B ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 1－1R2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12mv 2＝GMm2r，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12mv 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r .故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C. 2． (·江苏·9)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图1A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC解析 如图，在A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹 簧的弹力大于等于静摩擦力而小于滑动摩擦力，即F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA －W 弹 ＝0，W 弹 ＝E p A ，则有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12μmga ，则A 项错误．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B <W －32μmga ，B 项正确．从O 到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O <W －2μmg ·12a ＝W －μmga ，C 项正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 项错误．3． 如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图2A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析 该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．4． 用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1.7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒 答案 C解析 由题图知，前2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A 错误；最后1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B 错误；v －t 图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s 内发生的位移大小为s ＝12×(7＋10)×2 m＝17 m ，则10 s 内货物的平均速度是1.7 m/s ，选项C 正确；货物在2 s ～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D 错误．5． 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图4所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是 ( )图4A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．6． 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移s 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )图5A ．在s 1处物体所受拉力最大B ．在s 2处物体的速度最大C ．在s 1～s 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～s 2过程中，物体的加速度先增大后减小 答案 AC解析 除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E －s 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在s 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在s 1～s 3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～s 2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．7． 被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mghC ．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒 答案 AC解析 地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲过程中机械能不守恒，离开地面上升过程中机械能守恒，选项D 错误．8． 水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB 和粗糙水平槽BC 平滑连接，斜槽AB 的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小； (2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小． 答案 (1)6.0 m/s 2(2)10.0 m/s (3)4.0 m解析 (1)设游戏者的质量为m ，游戏者沿斜槽AB 下滑时，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma则沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ＝g sin θ＝6.0 m/s 2(2)游戏者从A 点滑到C 点的过程中，根据动能定理得mgH －μmgd ＝12mv 2－0解得滑到C 点时速度的大小v ＝10.0 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则游戏者在水平方向的位移大小x ＝vt① 在竖直方向的位移大小h ＝12gt2②联立①②解得x ＝4.0 m9． 如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v yv 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O －12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为s PA ，则s PA ＝v 212a 3＝v 212μ2g＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C a 1＝0.5 s 小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故s CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得s CD ＝0.98 m10．如图8所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A 端，被传输到末端B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为R ＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为半圆的圆心，BO 、CO 分别为圆形轨道的半径，矿物m 可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v 0＝8 m/s ，传送带A 、B 点间的长度s AB ＝45 m ．若矿物落到点D 处离最高点C 点的水平距离为s CD ＝2 m ，竖直距离为h CD ＝1.25 m ，矿物质量m ＝50 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图8(1)矿物到达B 点时的速度大小； (2)矿物到达C 点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B 点到达C 点的过程中，克服阻力所做的功．。