2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高三（上）第二次
月考物理试卷
一、单项选择题（每小题5分）
1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
2．如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60°，则每根钢索中弹力大小为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，两物体的运动情况是（ ）
A．甲在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m B．甲在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4m C．乙在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4m D．乙在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m 4．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1﹣58lc”却很值得我们期待．该行星的温度在O℃到40℃之间、质量是地球的6倍、直径是地
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球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则（ ） A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同 B．如果人到了该行星，其体重是地球上的
倍
C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短
5．在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（ ）
A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2 B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2 C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2 D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2
二、不定项选择题（3×6=18分）
6．如图所示，小球沿水平面以初速v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则（ ）
A．球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动
B．若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡 C．若小球的初速度v0=3
，则小球一定能通过P点
D．若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点离O点的水平距离为2R
7．如图所示，运动员进行“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点c，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
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A．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大 B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 C．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小 D．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小
8．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小 球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，则以下说法正确的是（ ）
A．小球在空中的运动时间变为原来的2倍 B．夹角α将变大
C．PQ间距等于原来间距的4倍 D．夹角α与初速度大小无关
三、实验题（15分，每问3分）
9．所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
（1）物块下滑是的加速度a= m/s2，打C点时物块的速度v= m/s； （2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是 （填正确答案标号）
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．
10．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）．完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的 示数为1.00kg；
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（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为 kg；
（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示： 序 号 1 2 3 4 5 m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90
（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 N；小车通过最低点时的速度大小为 m/s．（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）
四、计算题（12分、15分、20分）
11．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求： （1）小物块落地点距飞出点的水平距离s； （2）小物块落地时的动能EK； （3）小物块的初速度大小v0．
12．质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=1kg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v﹣t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，
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（1）B下落的加速度大小为多少？
（2）A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功为多少？ （3）A的质量M=0.5kg，A与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （4）0～0.75s内摩擦力对A做的功是多少？
13．如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始沿竖直向下做匀加速运动，t=0.20s后立即停止，此时试管下降H=0.80m，试管塞将恰好能从试管口滑出，已知试管总长l=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，试管塞的长度为d=2.0cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2． 求：（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移 （2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．
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2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高三（上）
第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题5分）
1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
【考点】质点的认识；探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
【解答】解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；
C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；
D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确； 本题选错误的，故选：A．
【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
2．如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60°，则每根钢索中弹力大小为（ ）
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A． B． C． D．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】钢绳结点受到5个拉力，受力平衡，将所有的力都沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据共点力平衡条件求解．
【解答】解：钢绳结点受到5个拉力，受力平衡，将四个斜向下的拉力都沿着水平和竖直方向正交分解，如图
根据共点力平衡条件，有 4•Tcos60°=G 解得
T= 故选D．
【点评】本题难点在于力不在同一个平面内，可以将所有的力沿着水平和竖直方向正交分解，再结合共点力平衡条件求解．
3．如图所示，两物体的运动情况是（ ）
A．甲在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m B．甲在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4m C．乙在前6s内做往返运动，通过的位移大小为4m D．乙在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m 【考点】匀变速直线运动的图像． 【专题】运动学中的图像专题．
【分析】x﹣t图象的斜率表示速度，坐标之差表示位移，v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．
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【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，坐标之差表示位移，根据图象可知，图象斜率不变，则甲在前6s运动方向不变，位移x=2﹣（﹣2）=4m，故A正确，B错误；
C、v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，根据图象可知，乙在前6s内运动方向改变，位移x=，位移为零，故CD错误． 故选：A
【点评】图象由于具有形象直观的特点，因此在物理中广泛应用，对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义． 4．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1﹣58lc”却很值得我们期待．该行星的温度在O℃到40℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则（ ） A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同 B．如果人到了该行星，其体重是地球上的
倍
C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短 【考点】万有引力定律及其应用． 【专题】万有引力定律的应用专题．
【分析】根据根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的第一宇宙速度和该行星与“Gliese581”的距离．根据万有引力近似等于重力，求出该行星表面与地球表面重力加速度之比，即可求出体重关系；根据相对论分析米尺长度的关系．
【解答】解：A、当卫星绕行星表面附近做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，
由G=m，得v=，M是行星的质量，R是行星的半径，则得
该行星与地球的第一宇宙速度之比为v行：v地=错误．
： =2；1．故A
B、由万有引力近似等于重力，得G=mg，得行星表面的重力加速度为g=，则得
该行星表面与地球表面重力加速度之比为g行：g地=正确．
： =2．故B
C、对该行星绕“Gliese581”的运动，有G
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=m行
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对地球绕太阳的运动，有G=m地
将已知条件代入解得，r行G：r日地=．故C错误．
D、根据相对论可知，尺缩效应是相对的，地球上的米尺如果被带上该行星，相对于该行星静止时，尺的长度相同．故D错误． 故选B
【点评】本题行星绕恒星、卫星绕行星的类型，建立模型，根据万有引力提供向心力，万有引力近似等于重力进行求解．
5．在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（ ）
A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2 B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2 C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2 D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2 【考点】动能定理的应用． 【专题】计算题．
【分析】本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解． 【解答】解：A、首先看F1=F2 时情况：
由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，
对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律得：
因为a1=，a2=，其中m为物块a和b的质量．
设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
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a与P 的相对位移L=
at12﹣a1t12
b与Q 的相对位移L=at22﹣a2t22
若m1＞m2，a1＜a2所以得：t1＜t2P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=
at12
物块b相对地面的位移分别为s2=at22则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误． C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：
则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．
它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时： a与P 的相对位移L=
aat12﹣
at12
b与Q 的相对位移L=abt22﹣at22 由于aa＞ab
所以得：t1＜t2则v1＜v2，s1＜s2，故C错误． D、根据C选项分析得：
若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab则v1＞v2、S1＞S2故D正确． 故选D．
【点评】要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．
要把受力分析和牛顿第二定律结合应用．
二、不定项选择题（3×6=18分）
6．如图所示，小球沿水平面以初速v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则（ ）
A．球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动
B．若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡 C．若小球的初速度v0=3
，则小球一定能通过P点
D．若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点离O点的水平距离为2R 【考点】向心力；平抛运动． 【专题】匀速圆周运动专题．
【分析】不计一切阻力，球进入半圆轨道的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律分析其速率的变化．在P点时，小球受力并不平衡．小球要通过P点，向心力必须大于等于重力，
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列式可得出小球通过P点的速度条件，再由机械能守恒求出v0．若小球能通过半圆弧最高点P，之后小球做平抛运动，由平抛运动的规律求解水平距离．
【解答】解：A、球进入竖直半圆轨道后，随着高度的上升，重力势能增加，根据机械能守恒定律可知，其动能减小，速率减小，做变速圆周运动，故A错误．
B、若小球能通过半圆弧最高点P，小球所受的合力不为零，提供向心力，则球在P点受力不平衡．故B错误．
C、小球恰好通过P点，则有mg=m，vP=
=
，联立解得
设小球的初速度为v．由机械能守恒定律得：mg•2R+v=由于v0=3
＞v，所以小球一定能通过P点，故C正确．
D、若小球恰能通过半圆弧最高点P，之后做平抛运动，则有 2R=，得t=2
水平距离为 x=vPt，当vP=时，水平距离最小，为 x=•2=2R，故D
正确．
故选：CD．
【点评】本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和机械能守恒、向心力等相关知识求解．
7．如图所示，运动员进行“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点c，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大 B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 C．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小 D．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小 【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重． 【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】分析人受力情况；根据板的弹力的变化，可知人受合力的变化．当人的加速度向下时，人处失重状态，当人的加速度向上时，人处超重状态；
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【解答】解：A、B人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，故B正确；
C、D运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重；故D正确； 故选BD．
【点评】本题应明确板的弹力随形变量的增大而增大；故人受到的合力应先向下减小再向上增大，可类比于弹簧进行分析．
8．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小 球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，则以下说法正确的是（ ）
A．小球在空中的运动时间变为原来的2倍 B．夹角α将变大
C．PQ间距等于原来间距的4倍 D．夹角α与初速度大小无关 【考点】平抛运动． 【专题】平抛运动专题．
【分析】小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系求出小球在空中的运动时间，从而得出PQ间的变化．结合速度方向与水平方向夹角正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系，判断夹角与初速度的关系．
【解答】解：A、根据得，
t=
倍．故A正确．
，初速度变为原来的2倍，则小球在空中的运动时间变为原来的2
B、速度与水平方向夹角的正切值，可知速度方向与水平方向
夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．因为位移与水平方向夹角不变，则速度与水平方向夹角不变，所以两个角度之差，即α不变，与初速度无关．故B错误，D正确．
C、根据知，初速度变为原来的2倍，则水平位移
变为原来的4倍，则PQ间距变为原来的4倍．故C正确． 故选：ACD．
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【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一结论．
三、实验题（15分，每问3分）
9．所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
（1）物块下滑是的加速度a= 3.25 m/s2，打C点时物块的速度v= 1.79 m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是 C （填正确答案标号）
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度． 【专题】实验题．
【分析】（1）根据△x=aT2可求加速度，根据
求解C点的速度；
（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可． 【解答】解：（1）根据△x=aT2，有：解得：
a==
=3.25m/s2
打C点时物块的速度：
v=m/s=1.79m/s （2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
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解得：μ=
故还需要测量斜面的倾角，故选：C； 故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．
10．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）．完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的 示数为1.00kg； （2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为 1.40 kg；
（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示： 序 号 1 2 3 4 5 m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90
（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 7.9 N；小车通过最低点时的速度大小为 1.4 m/s．（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位；
根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg，根据Fm=m桥g+FN，知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力FN，
根据FN=m0g+m0，求解速度．
【解答】解：（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg；
（4）根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为： Fm=
解得：FN=7.9N
N=m桥g+FN
根据牛顿运动定律知：FN﹣m0g=m0，
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代入数据解得：v=1.4m/s 故答案为：（2）1.40，（4）7.9，1.4
【点评】此题考查读数和圆周运动的知识，注意估读，在力的问题注意分析受力和力的作用效果．
四、计算题（12分、15分、20分）
11．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求： （1）小物块落地点距飞出点的水平距离s； （2）小物块落地时的动能EK； （3）小物块的初速度大小v0．
【考点】动能定理的应用；平抛运动． 【专题】动能定理的应用专题． 【分析】（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离． （2）由动能定理可以求出落地动能． （3）由动能定理可以求出物块的初速度． 【解答】解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动， 竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s， 水平方向：s=vt=0.9m；
（2）对物块从飞出桌面到落地， 由动能定理得：mgh=
mv12﹣
mv22，
落地动能EK=mgh+mv12=0.9J； （3）对滑块从开始运动到飞出桌面，
由动能定理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02， 解得：v0=4m/s； 答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m． （2）小物块落地时的动能为0.9J． （3）小物块的初速度为4m/s．
【点评】要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．
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12．质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=1kg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v﹣t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，
（1）B下落的加速度大小为多少？
（2）A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功为多少？ （3）A的质量M=0.5kg，A与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （4）0～0.75s内摩擦力对A做的功是多少？ 【考点】功的计算；牛顿第二定律．
【专题】计算题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题． 【分析】（1）AB具有相同的加速度，由题中v﹣t图象可得加速度． （2）对B由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对A的功．
（3）由牛顿第二定律可得A受到的摩擦力，进而可得A与斜面的摩擦因数． （4）根据牛顿第二定律可求得物体的质量；再由功的公式可得摩擦力做的功． 【解答】解：（1）AB具有相同的加速度，由图可知B的加速度为：． （2）、设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律：Mg﹣T=Ma， 解得：T=Mg﹣Ma=1×10﹣1×4=6N，
AB位移相同则由图可知A上升阶段，B的位移为：故绳的拉力对A做功为：W=Fx=6×0.5J=3J， （3）由图可知后0.25s时间A的加速度为：
此过程A只受摩擦力和重力： μmgcos+mgsinθ=ma′ 解得：
（4）前0.5s内A受到重力．支持力．摩擦力和拉力的作用，沿斜面的方向：
2
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T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 代入数据得：m=0.5kg， 全程位移为：
故摩擦力做功为：
Wf=﹣μmgcosθs=﹣0.25×0.5×10×0.8×0.75J=﹣0.75J 答：（1）B下落的加速度大小为4m/s2；
（2）A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功为3J； （3）A的质量M=0.5kg，A与斜面间的动摩擦因数μ为0.25； （4）0～0.75s内摩擦力对A做的功是﹣0.75J．
【点评】本题考查牛顿第二定律、功的计算及图象的分析问题，要注意正确选择研究对象，注意沿绳进行分析求解，选择正确的物理规律即可求解．
13．如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始沿竖直向下做匀加速运动，t=0.20s后立即停止，此时试管下降H=0.80m，试管塞将恰好能从试管口滑出，已知试管总长l=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，试管塞的长度为d=2.0cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2． 求：（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移 （2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）试管塞先与试管一起运动了位移H，试管停止运动后又运动了位移l﹣h，两段相加求出总位移．
（2）试管停止运动后，试管塞做匀减速运动，由题得知，它滑到管口时速度恰好为零．由平均速度公式求出试管停止运动前的速度，根据动能定理求出试管塞受到的滑动摩擦力，得出滑动摩擦力与重力的比值．
【解答】解：（1）试管塞开始与试管一起运动了位移：x1=H=0.8m
试管停止运动之后又独立运动了位移：x2=l﹣h=（0.21﹣0.01）m=0.20m．
所以试管塞从静止开始到离开试管口的总位移：x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m； （2）设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v， 由
解得v=8m/s
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在试管中做匀减速运动中，由动能定理可得：
解得：Ff=17mg
故滑动摩擦力与重力的比值为17． 答：
（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0m； （2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为17．
【点评】本题第1问根据几何关系求解总位移，比较简单．第2问也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．
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