湖南省邵阳市邵东一中2020届高三物理上学期第二次月考试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年湖南省邵阳市邵东一中高三（上）第二次月考物理试卷 一、单选题（本大题共 8 小题，共 32 分） 1.一物体以初速度为 v0 做匀减速运动，第 1 s 内通过的位移为 x1＝3 m，第 2 s 内通过的位移 为 x2＝2 m，又经过位移 x3 物体的速度减小为 0，则下列说法中不正确的是(  ) A. 初速度 v0 的大小为 2.5 m/s B. 加速度 a 的大小为 1 m/s2 C. 位移 x3 的大小为 m D. 位移 x3 内的平均速度大小为 0.75 m/s 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 AB ． 根 据 可 得 加 速 度 ： ， 根 据 解得初速度的大小为 ，故选项 B 正确，A 错误； C．第 2s 末的速度： ，则 ，故选项 C 正确； D．位移 内的平均速度大小 ，故选项 D 正确； 2.光滑水平面上有一质量为 2 kg 的物体，在三个恒定的水平共点力的作用下处于平衡 状态。 现同时撤去大小分别为 5 N 和 15 N 的两个水平力而其余力保持不变，关于 此后物体的运动情 况，下列说法正确的是 A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2 B. 可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是 2 m/s2 C. 一定做匀变速运动，加速度大小可能是 10 m/s2 D. 可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是 10 m/s2 【答案】C 【解析】 【详解】根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则 撤去大小分别为 5N 和 15N 的两个力后，物体的合力大小范围为 10N≤F 合≤20N，根据牛顿第 二定律 F=ma 得物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤10m/s2。 A．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物 9 8 2x at∆ = 2 2 2 2 3 / 1 /1 xa m s m st ∆ −= = = − 2 0 1 2x v t at= + 0 3.5 /v m s= 2 0 1.5 /v v at m s= + = 2 2 3 0 0 2.25 9 2 2 8 vx ma − −= = =− 3x 2 0 0.75 /2 vv m s += = 体可以做曲线运动，加速度大小可能是 5m/s2．故 A 错误。 B．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力 后物体做匀减速直线运动，由上知加速度大小不可能是 2m/s2．故 B 错误。 C．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动。加速度 大小可能等于 10 m/s2．故 C 正确。 D．由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动。故 D 错误。 3.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速 度为 5m／s，乙的速度为 10m／s，甲车的加速度大小恒为 1．2m／s2。以此时作为计时起点， 它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知( ) A. 乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B. 在前 4 s 时间内，甲车运动位移为 29．6 m C. 在 t＝4 s 时，甲车追上乙车 D. 在 t＝10 s 时，乙车又回到起始位置 【答案】B 【解析】 试题分析：速度时间图像的斜率代表角速度，据此判断乙的运动过程加速度先减小再增大最 后减小，选项Ａ错。速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移，乙图像面积大于甲图像面 积，所以乙的位移大于甲的位移，在 t＝4 s 时甲不可能追上乙车，选项Ｃ错。前１０秒，乙 图像面积一直在增大位移在增大，速度一直沿正方向，所以乙不可能回到初始位置，选项Ｄ 错 。 在 前 4 s 的 时 间 内 ， 甲 车 运 动 位 移 ，选项Ｂ对。 考点：速度时间图像 匀变速直线运动 的 2 2 2 0 1 15 / 4 1.2 / (4 ) 29.62 2x v t at m s s m s s m= + = × + × × = 【名师点睛】速度时间图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，速度时间图 像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，速 度时间图像交点表示速度相等，不表示位移相等，要区分速度时间图像和位移时间图像 4.如图所示，四个相同的小球 A、B、C、D，其中 A、B、C 位于同一高度 h 处，A 做自由落体 运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高 度也为 h.在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为 PA、PB、PC、PD.下列关系式正确的是 (  ) A. PA＝PB＝PC＝PD B. PA＝PC>PB＝PD C. PA＝PC＝PD>PB D. PA>PC＝PD>PB 【答案】C 【解析】 小 球 落 地 时 ， A 的 重 力 的 瞬 时 功 率 ： ； B 落 地 的 瞬 时 功 率 ： ；C 落地的瞬时竖直速度为 ，则落地时重力的瞬时功率： ；因 D 中小球上升的最大高度为 h，则落地的瞬时竖直速度为 ， 则落地时重力的瞬时功率： ；故 PA＝PC＝PD>PB，故选项 C 正确，ABD 错误；故 选 C. 5.高空滑索是一种勇敢者的运动项目，人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运 动．在下滑过程中运动模型可简化为图甲、乙所示的两种情形．甲图中轻绳垂直于钢索，乙 图中轻绳沿竖直方向．若人的质量为 m，钢索与地面成 30°，不计空气阻力，轻绳和滑环的 质量不计，则下列说法正确的是（  ） A. 图甲的情形中,人匀速下滑 B. 图乙的情形中,人匀加速下滑 2AP mg gh= 2 cosBP mg gh θ= 2yv gh= 2CP mg gh= 2yv gh= 2DP mg gh= C. 图甲的情形中,钢索对轻环的作用力大小为 D. 图乙的情形中,钢索对轻环无摩擦力 【答案】C 【解析】 【详解】AC.图甲中人受力如图所示，人所受的重力和拉力不在同一直线上，人所受合力不为 零，人做匀加速直线运动，拉力： ， 故 A 错误，C 正确； B.图乙中人受力如图所示，人受到的重力和拉力在同一直线上，假设人所受合力不为零，合 力在竖直方向上，而人沿钢索斜向下运动，合力方向与速度方向不在同一直线上，人应做曲 线运动，但事实上人做直线运动，因此人所受的合力为零，人做匀速直线运动，故 B 错误； D.图乙中，环与人一起做匀速直线运动，所受合力为零，则环受细线的拉力、支持力和摩擦 力，如图所示，故 D 错误； 6.如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的物块，用长为 l 的轻质细绳将物块连接在转轴上， 细绳与竖直转轴的夹角 θ 为 ，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 μ= ， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为 ω，加速度 为 g，则( ) 3 2 mg 360 2T mgsin mg= ° = 6 π 1 3 A. 当 ω= 时，细线中张力为零 B. 当 ω= 时，物块与转台间的摩擦力为零 C. 当 ω= 时，细线的张力为 D. 当 ω= 时，细绳的拉力大小为 【答案】D 【解析】 试 题 分 析 ： 对 物 体 受 力 分 析 知 物 块 离 开 圆 盘 前 合 力 ， ，根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可． 当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时 ，解得 ，由于 ，所以当 时，细线中 张力为不为零，A 错误；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块 受到重力和细绳的拉力的作用，则 ，解得 ，由于 ，所以当 时，物块与转台间的摩擦力不为零，B 错误；由于 ，由牛顿第二定律 ，因为压力小于 mg，所以 ，解得 ，故 C 错误；当 时，小球已经离开转台，细绳的 拉力与重力的合力提供向心力，则 ，解得 ，故 ，D 正确． 7.如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为 α=15°，一个质量忽略不计的小轻环 C 套在 直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的 A、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环 3 4 g l 3 4 g l g l 3 mg 4 3 g l 4 3 mg 2sinF f T mrθ ω= + = cosN T mgθ+ = 2 1 ( sin )6mg m l πµ ω= 1 2 3 g l ω = 3 2 4 3 g g l l > 3 4 g l ω = 2 2tan ( sin )6 6mg m l π πω= 2 2 3 3 g l ω = 1 2 3 4 g l ω ω< < 3 4 g l ω = 1 2 g l ω ω< < 2sin ( ) sin6 6 gf F m ll π π+ = ⋅ 1 3f mg< 1 3F mg> 2 3 4 g l ω ω= > 24tan ( ) ( sin )3 gmg m ll α α= 3cos 4 α = 4 cos 3 mgF mgα= = C 和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环 C 的两侧．调节 A、B 间细线的长度，当系统处 于静止状态时 β=45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为 m1，小环乙的质量为 m2，则 m1∶m2 等于( ) A. tan 15° B. tan 30° C. tan 60° D. tan 75° 【答案】C 【解析】 试题分析：小球 C 为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C 环与乙环的连线 与竖直方向的夹角为 600，C 环与甲环的连线与竖直方向的夹角为 300，A 点与甲环的连线与竖 直方向的夹角为 300， 乙环与 B 点的连线与竖直方向的夹角为 600，根据平衡条件，对甲环： ，对 乙环有： ，得 ，故选 C。 【名师点睛】小球 C 为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，可以根据平衡条件得到 A 段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环和乙环进行受力分析，根据平衡条件并结合力的合成 和分解列式求解。 考点：共点力的平衡条件的应用、弹力。 8.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测 暗物质，我国在 2015 年 12 月 17 日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已 知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间 t（t 小于其运动周 期），运动的弧长为 s，与地球中心连线扫过的角度为 β（弧度），引力常量为 G，则下列说法 中正确的是（  ） A. “悟空”的线速度大于第一宇宙速度 B. “悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度 C. “悟空”的环绕周期为 D. “悟空”的质量为 2 tπ β 3 2 s Gt β 【答案】C 【解析】 【详解】A.该太空电站经过时间t（t 小于太空电站运行 周期），它运动的弧长为 s，它与地 球中心连线扫过的角度为 β（弧度），则太空站运行的线速度为 角速度为： 根据 得轨道半径为： 人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则 有： ， 得 ， 可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在 轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故 A 错误； B.由 得：加速度 ， 则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故 B 错误； C.“悟空”的环绕周期为 ， 故 C 正确； D.“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即： ， ， 的 sv t = t ω β= v rω= =v sr ω β= 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 MmG mar = 2 GMa r = 2 2= tT t π π β β= 2 2 MmG mrr ω= t ω β= 联立解得：地球的质量为 ， 不能求出“悟空”的质量．故 D 错误； 9.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 θ 的斜面底端， 另一端与物块 A 连接，两物块 A、B 质量均为 m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力 F 拉动物块 B，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的 v-t 关系分 别对应图乙中 A、B 图线 t1 时刻 A、B 的图加速度为 g，则下列说法正确的是（  ） A. t1 时刻,弹簧形变量为 B. t2 时刻,弹簧形变量为 C. t1 时刻,A,B 刚分离时的速度为 D. 从开始到 t2 时刻,拉力 F 先逐渐增大后不变 【答案】BD 【解析】 【详解】A.由图读出，t1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛顿第二定律： ， 则 ， 故 A 错误； B.由图知，t2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得： ， 则得： 3 2 sM Gt β= 2 sinmg ma k θ + sinmg k θ ( sin )a mg ma k θ - sinkx mg maθ− = mgsin max k θ += sinmg kxθ = ， 故 B 正确； C.由图读出，t1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛顿第二定律： 开始时有： ， 又 速度 ， 故 C 错误； D.从开始到 t1 时刻，对 AB 整体，根据牛顿第二定律得： ， 得 ， x 减小，F 增大；t1 时刻到 t2 时刻，对 B，由牛顿第二定律得： ， 得 ， 可知 F 不变，故 D 正确； 10.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行 驶的速率为 vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处 A. 路面外侧高内侧低 mgsinx k θ= sinkx mg maθ− = 02 sinmg kxθ = 2 0 1 1 2x x at− = ( ) 1 2a mgsin mav at k θ −= = sin 2F kx mg maθ+ − = sin 2F mg ma kxθ= + − sinF mg maθ− = sinF mg maθ= + B. 车速只要低于 vc，车辆便会向内侧滑动 C. 车速虽然高于 vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D. 当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小 【答案】AC 【解析】 【详解】试题分析：路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆 周运动向心力，故 A 正确．车速低于 v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减 小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故 B 错误．当速度为 v0 时，静摩擦力为零，靠重力和支 持力的合力提供向心力，速度高于 v0 时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆 不会侧滑．故 C 正确．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则 v0 的值 不变．故 D 错误．故选 AC。 考点：圆周运动的实例分析 【名师点睛】此题是圆周运动的实例分析问题；解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛 顿第二定律进行求解，难度不大，属于基础题。 11.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块 A，细线跨过位于 O 点的轻质光滑定滑轮，一端连 接 A，另一端悬挂小物块 B，物块 A、B 质量相等．C 为 O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离 OC＝h，重力加速度为 g.开始时 A 位于 P 点，PO 与水平方向的夹角为 ，现将 A、B 由静止 释放，下列说法正确的是(  ) A. 物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，速度先增大后减小 B. 物块 A 经过 C 点时的速度大小为 C. 物块 A 在杆上长为 的范围内做往复运动 D. 在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功小于 B 重力势能 的减少量 【答案】BC 30° 2gh 2 3h 【解析】 【详解】A．物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，绳子拉力对 A 做正功，其余的力不做 功，所以物体 A 的动能不断增大，速度不断增大，故 A 错误。 B．物体到 C 点时物块 B 的速度为零。设物块 A 经过 C 点时的速度大小为 v。根据系统的机械 能守恒得： ，得 ，故 B 正确。 C．由几何知识可得 ，由于 A、B 组成的系统机械能守恒，由对称性可得 物块 A 在杆上长为 2 h 的范围内做往复运动。故 C 正确。 D．物体到 C 点时物块 B 的速度为零。根据功能关系可知，在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功等于 B 重力势能的减少量，故 D 错误。 12.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒 定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将 m=1kg 的货物放在传送带上的 A 端，经过 1.2s 到达传 送带的 B 端。用速度传感器测得货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示。已 知重力加速度 g=10m／s2，则可知（ ） A. 货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5 B. A、B 两点的距离为 2.4m C. 货物从 A 运动到 B 过程中，传送带对货物做功的大小为 12.8J D. 货物从 A 运动到 B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.8J 【答案】AD 【解析】 A、在 时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用， 由牛顿第二定律有 ，由图乙可得 ，货物加速到与传送 带 速 度 相 等 后 ， 在 时 间 内 ， 货 物 速 度 大 于 传 送 带 速 度 ， 故 有 ，由图乙可得 ，联立解得 ， ，故 A 正确； B、v–t 图象与 t 轴所围 面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的 21 30 2 hmg h mvsin − =°（ ） 2v gh= 330 hAC htan =°＝ 3 0 ~ 0.2s 1sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2 1 10 /a m s= 0.2 ~1.2s 2sin cosmg mg maθ µ θ− = 2 2 2 /a m s= cos 0.8θ = 0.5µ = 的长度为 ，B 错误； C、货物受到的摩擦力为 ， 时间内的位移为 ，对货物 受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功， ，同理 时间内，货物的位移为 ，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为 ，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为 12 J–0.8 J=11.2 J，C 错 误； D、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程， 时间内，传送带的位移 为 ， 时间内，传送带的位移为 ，总相对路程为 ，货物与传送带摩擦产生的热量为 ，故 D 正确。 点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分 两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移。 三、实验题（本大题共 2 小题，共 16 分） 13.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下： ①用两个弹簧测力计互成角度地拉细绳套使橡皮筋伸长，结点到达某一位置，记为 O； ②记录两个弹簧测力计的示数 F1 和 F2，及记下 F1、F2 的方向； ③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置 O，记录测力计的示数 F3； ④按照力的图示要求，作出拉力 F1、F2、F3； ⑤根据力的平行四边形定则作出 F1 和 F2 的合力 F； ⑥比较 F3 和 F 的一致程度。 （1）步骤③中，有一个重要遗漏是______； （2）他在操作过程中有如下看法，其中正确的是______； A．拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行 B．两个拉力的夹角越大越好 C．橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置 O 时，拉力要适当大一些 3.2 mL = cos 4Nf mgµ θ= = 0 ~ 0.2s 1 0.2mx = 1 1 0.8 JfW fx= = 0.2 ~1.2s 2 3 mx = 2 2 12 JfW fx= − = − 0 ~ 0.2s 3 0.4mx = 0.2 ~1.2s 4 2 mx = 3 1 2 4 1.2 mx x x x x∆ = − + − = 4.8 JQ f x= ∆ = D．拉橡皮筋的绳细一些、长一些，可以减小实验误差 （3）若弹簧测力计指针位置如图所示，读数为______N。 （4）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个分力 F1 和 F2，用图中小方格的边长表示 2.0N， 则两个力的合力 F=______N。 【答案】 (1). （1）记下拉力 F3 的方向； (2). （2）ACD； (3). （3）2.73； (4). （4）12.0 【解析】 【详解】（1）[1]在记录力的大小与 O 点的同时，应该要记录力的方向，故有一个重要遗漏是 记下 F3 的方向； （2）[2]A．拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故 A 符合 题意； B．两个拉力的夹角应该适当的大一些，不是越大越好，故 B 不符合题意； C．橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置 O 时，拉力要适当大一些，故 C 符合题意； D．拉橡皮筋的绳细一些、长一些，记录方向时，点的距离可以大一些，离绳的轴线会更近一 些，可以减小实验误差，故 D 符合题意。 故选：ACD。 （3）[3]由图可得弹簧测力计的读数为 2.73N； （4）[4]作出图平行四边形如图所示： 由图可知合力的大小 F=6×2.0N=12.0N； 故答案为：（1）记下拉力 F3 的方向，（2）ACD，（3）2.73；（4）12.0． 14.某探究学习小组的同学欲以如图 2 装置中的沿块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹 簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和祛码盘(含珐码)等组成.光电门可以测出滑块的遮 光条依次分别通过两个光电门的时间∆t1、∆t2，游标卡尺测出遮光条的宽度 d，导轨标尺可以 测出两个光电门间的距离 L，另用天平测出滑块、祛码盘(含硅码)的质最分别为 M 和 m.不计 滑轮的重量和摩擦. (1)测量 d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1 mm)的示数如图 1 所示.其读数为_____cm. (2)实验操作中.下列说法不正确的是________ A.该装置可以不平衡摩擦力.只需要将气垫导轨调节水平 B.为减小误差.实验中一定要保证质量 m 远小于质量 M C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差 D.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时.通过两个光电门的时间∆t1 和∆t2 必相等 (3)该装置中弹簧测力计的读数 F,需要验证的表达式为 F=______. (4)对质量保持不变的过程，根据实验数据绘出滑块的加速度 a 与弹簧测力计示数 F 的关系图 象，图 3 中最符合本实验实际情况的是______ 【答案】 (1). 1.130 (2). B (3). (4). A 【解析】 【 详 解 】 第 一 空 . 游 标 卡 尺 的 读 数 由 主 尺 与 游 标 尺 的 示 数 之 和 ， 所 以 ； 第二空.考察实验过程的操作细节问题： A.气垫导轨由于阻力几乎为零，所以不必平衡阻力，故选项 A 正确； B.弹簧秤与细绳串联的，所以拉力直接可以测量，不必满足钩码的质量远小于小车的质量； C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差， 此做法合理，所以选项 C 正确； ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 4 Md L t t   −  ∆ ∆   111mm 6 mm 11.30mm 1.130cm20d = + × = = D.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时。通过两个光电门的时间△t1 和△t2 必相等，选 项 D 正确.本问选择错误的故填 B. 第三空.对滑块根据牛顿第二定律和运动学公式有：滑块通过光电门的速度 ， ，又 ，从而求得加速度 ，对滑块有：2F=Ma， 所以 . 第四空.对质量保持不变的过程，由牛顿第二定律，加速度应与作用力成正比，所以 a-F 图象 是一条过原点的直线，根据实验数据绘出滑块的加速度 a 与弹簧测力计示数 F 的关系图象是 图 A. 四、计算题（本大题共 4 小题，共 46 分） 15.2014 年 7 月 24 日，受台风“麦德姆”影响，安徽多地暴雨，严重影响了道路交通安全．某 高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别 v1=40m/s，v2=25m/s， 轿车在与货车距离 s0=22m 时才发现前方有货车，若此时轿车只是立即刹车，则轿车要经过 s=160m 才停下来．两车可视为质点． （1）若轿车刹车时货车以 v2 匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞？ （2）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经 t0=2s 收到信号后立即以加速度大小 a2=2.5m/s2 匀加速前进，通过计算分析两车会不会相撞？ 【答案】（1）若轿车刹车时货车以 v2 匀速行驶，两车会相撞．（2）若轿车在刹车的同时给货 车发信号，货车司机经 t0=2s 收到信号兵立即以加速度大小 a2=2.5m/s2 匀速前进，两车不会相 撞． 【解析】 【详解】（1）轿车经过 s=160m 才停下来的过程，由 得：轿车刹车过程的加速度大小： ， 假设恰好不相撞时两车的速度相等，即： 1 1 dv t = ∆ 2 2 dv t = ∆ 2 2 2 1 2v v aL− = 2 2 2 2 2 12 ( ) 2 ( ) d da L t L t = −∆ ∆ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 4 Ma MdF L t t   = = −  ∆ ∆   2 1 12v a s= 2 1 5m/sa = 1 1 1 2v a t v− = 得： 轿车前进的距离： ， 货车前进的距离： ， 因为： ， 即：两车会相撞． （2）假设两车的速度相等，即： 轿车前进的距离： 货车前进的距离： 解得： ， ， 因为： ， 两车不会相撞． 16.物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，地球自转较慢可以忽略 不计时，地表处的万有引力约等于重力，这些理论关系对于其它星体也成立。若已知某星球 的质量为 M、半径为 R，在星球表面某一高度处自由下落一重物，经过 t 时间落到星表面，不 计星球自转和空气阻力，引力常量为 G。试求： （1）该星球的第一宇宙速度 v； （2）物体自由下落 高度 h。的 1 2 1 1 3sv vt a −= = 1 2 1 1 97.5m2 v vs t += = 2 2 1 75ms tυ= = 1 2 022.5ms s s− = ＞ ( )1 1 1 2 2 0v a t v a t t− = + − 2 1 1 1 1 2s v t a t′ = − ( ) ( )2 2 2 0 2 0 2 0 1+ 2s v t v t t a t t′ = − + − 1 800 m9s′ = 2 605 m9s′ = 1 2 021.7ms s s′ ′− = ＜ 【答案】（1） （2） 【解析】 试题分析：（1）由 得 （2）设星球表面重力加速度为 g，则有 考点：万有引力定律的应用 点评：解决此类问题的统一思路是万有引力等向心力，在星球表面万有引力等重力。如果有 自由落体运动还要用到 求重力加速度 g。 17.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板 运动的轨道，BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为 O 点、圆心角 θ＝60°，半径 OC 与水平轨道 CD 垂直，滑板与水平轨道 CD 间的动摩擦因数 μ＝0.2。某运动员从轨道上的 A 点以 v0＝3m/s 的速度水平滑出，在 B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道 BC，经 CD 轨道 后冲上 DE 轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为 m＝60kg， B、E 两点与水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h＝2m 和 H＝2.5m.求： (1)运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB； (2)水平轨道 CD 段的长度 L； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B 点？如能，请求出回到 B 点时速度的大 GMv R = 2 22 GMth R = 2 2 GMm mv R R = GMv R = 2 GMm mgR = 21 2h gt= 2 22 GMth R = 21 2h gt= 小；如不能，请求出最后停止的位置距 C 点的距离. 【答案】(1)vB＝6m/s (2) L＝6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处 【解析】 【详解】（1）在 B 点时有 vB＝ ，得 vB＝6m/s （2）从 B 点到 E 点有 ，得 L＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为 h′，从 B 到第一次返回左侧最高处有 ，得 h′＝1.2m