高二物理上学期开学试卷(含解析).pdf

推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料2015-2016 学年河北省唐山一中高二（上）开学物理试卷一、选择题（共12 小题，每小题4 分，计 48 分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）1研究发现，月球的平均密度和地球的平均密度差不多，当航天飞机贴近月球表面飞行时，下列哪些物理量的大小跟航天飞机贴近地球表面飞行时差不多（球的体积公式为）（）A向心加速度B线速度C角速度D周期2如图所示，滑轮质量不计，如果m1=m2+m3，这时弹簧秤的读数为T，若把 m2从右边移到左边的 m1上，弹簧秤读数T将（）A增大 B减小 C 不变 D无法判断3如果把一个正点电荷放在一电场中，无初速地释放，在点电荷运动的过程中（）A点电荷运动的轨迹一定与电场线重合B正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致C点电荷的速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致D点电荷的动能越来越大4某带电粒子仅在电场力作用下由a 点运动到b 点，电场线、粒子在a 点的初速度以及运动轨迹如图所示由此可以判定（）A粒子在a 点的加速度大于它在b 点的加速度B粒子在a 点的动能小于它在b 点的动能C粒子在a 点的电势能小于它在b 点的电势能Da 点的电势低于b 点的电势5如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于 M上，并与M一起沿光滑斜面由静止开始下滑时，在下滑过程中（）推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料A重力对木块m做正功B木块 M对木块 m的支持力不做功C木块 M对木块 m的摩擦力做负功D木块 m所受合外力对m做正功6两个相同的金属球A和 B，A带正电，B带负电，且QA与 QB的大小之比是4：1，若在 A、B连线上的某点C放一个点电荷QC，A、B对 QC作用的静电力刚好平衡，则（）AC点一定在连线的B点的外侧BC点一定在连线的A点的外侧CC点一定在A、B之间DC点的场强一定为零7平行板电容器一个极板和静电计相接，当该极板带上一定量电荷后，静电计张开一定角度，如图所示如果平行板电容器发生变化，下面关于静电计张角 变化的说法正确的是（）A两极板间距离增大，增大B两极板正对面积减小，减小C在电容器内加入电介质，增大D上述说法都不对8我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和 S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到 C点的距离为r1，S1和 S2的距离为r，已知引力常量为G由此可求出S2的质量为（）ABC D9在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到轴的距离为R，如图所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过（）推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料AB C D10轻绳一端系在质量为m的物体 A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上现用水平力 F 拉住绳子上一点O，使物体 A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）AF1保持不变，F2逐渐增大BF1逐渐增大，F2保持不变CF1逐渐减小，F2保持不变DF1保持不变，F2逐渐减小11内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为 m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内小球乙位于凹槽的最低点，如图所示由静止释放后（）A下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点12平行板电容器下板接地，两板与电源相连，b 为正中央的点，将不带电的金属板插入两板正中间的如图所示位置后，a、b、c 三点场强及电势变化情况为（）AEa=Ec且均增大，Eb减为零推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料Bcb a，且三点电势均减小CEa=Ec且不变，Eb减为零Dcb a，且 c减小，b不变，a增大二实验题（共2 小题，每小题6 分，计 12 分）13用如图1 所示装置探究“功与速度变化的关系”实验步骤如下：A细绳一端系在滑块上，另一端通过滑轮挂上钩码（忽略滑轮与绳子间的摩擦），用垫块将长木板右端垫起调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动请回答下列问题：（1）实验中是否需要满足钩码质量远远小于滑块质量（填“是”或“否”）；（2）若滑块质量为M、钩码质量为m、当打点计时器打下1、3 点时滑块的速度分别为v1和 v3，1、3 两点之间距离为s，重力加速度为g探究结果的表达式是（用相应的符号表示）14某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF 图线，如图（b）所示滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=（重力加速度g 取 10m/s2）推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料三计算题15 地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为 h 的平台边缘上的P点在地面上P点的正上方，P与跑道圆心O的距离为L（L R），如图所示跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）问：（1）当小车停在B点时（AOB=90），沙袋被抛出时的初速度为多大？（2）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v 应满足什么条件？16如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电量为+q 的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料17一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4m，如图（a）所示 t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s 时间内小物块的vt 图线如图（b）所示小物块质量是木板质量的3 倍，重力加速度大小g 取 10m/s2求（1）木板与墙壁碰撞后，木板离开墙壁的最大距离；（2）小物块距离木板左端的最终距离推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料2015-2016 学年河北省唐山一中高二（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12 小题，每小题4 分，计 48 分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）1研究发现，月球的平均密度和地球的平均密度差不多，当航天飞机贴近月球表面飞行时，下列哪些物理量的大小跟航天飞机贴近地球表面飞行时差不多（球的体积公式为）（）A向心加速度B线速度C角速度D周期【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】航天飞机贴近月球表面飞行与航天飞机贴近地球表面飞行时，均有万有引力提供向心力即又因为可以解得：，根据以上解得的a、v、T 与半径的关系讨论【解答】解：航天飞机贴近月球表面飞行与航天飞机贴近地球表面飞行时，均有万有引力提供向心力即又因为所以解得：推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料A、由，可以看出a 跟星球的半径r 有关系，r 不相同，v就不等故A错误B、由，可以看出v 跟星球的半径r 有关系，r 不相同，v 就不等故B错误C、由，可以看出 跟星球的半径r 无关，而其它各量均相等，故角速度 相等故C正确D、由，可以看出T 跟星球的半径r 无关，而其它各量均相等，故周期T 相等故D正确故选 CD【点评】本题主要考查万有引力等于向心力这个关系，根据这个关系计算出a、v、T这是在天体问题中经常用到的关系和结论，要熟练掌握2如图所示，滑轮质量不计，如果m1=m2+m3，这时弹簧秤的读数为T，若把 m2从右边移到左边的 m1上，弹簧秤读数T将（）A增大 B减小 C 不变 D无法判断【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】弹簧秤的读数等于两根绳子的拉力之和，对整体分析，运用整体法和隔离法求出绳子拉力的大小，与初始开始进行比较，从而判断弹簧秤读数的变化【解答】解：令平衡时绳中张力为F，根据平衡知，开始弹簧秤读数T=2F=2m1g把物体 m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度a=推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料隔离对 m3分析，令此时绳中张力为F由牛顿第二定律可得：Fm3g=m3a，解得m2g+m3g=m1g 可知 F F，则 T=2F T故 B正确，A、C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用3如果把一个正点电荷放在一电场中，无初速地释放，在点电荷运动的过程中（）A点电荷运动的轨迹一定与电场线重合B正电荷的加速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致C点电荷的速度方向，始终与所在点的电场线的切线方向一致D点电荷的动能越来越大【考点】电势能；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】不计重力的粒子在电场力作用下从A到 B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧沿着电场线的方向电势降低的加速度等于电场力除以质量【解答】解：A、若是匀强电场，则点电荷的运动轨迹与电场线重合，所以运动轨迹不一定重合，故 A错误；B、正电荷的受到的电场力的方向始终与所在点的电场线的切线方向一致，而电场力的方向与加速度方向相同，故B正确；C、若是匀强电场，则点电荷的速度方向，与所在点的电场线方向相同，故C错误；D、正点电荷放在一电场中，无初速地释放，则电场力做正功，导致动能增加，故D正确；故选：BD【点评】对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧根据电场力来确定电场力做功的正负，从而判定电势能增加与否4某带电粒子仅在电场力作用下由a 点运动到b 点，电场线、粒子在a 点的初速度以及运动轨迹如图所示由此可以判定（）A粒子在a 点的加速度大于它在b 点的加速度B粒子在a 点的动能小于它在b 点的动能C粒子在a 点的电势能小于它在b 点的电势能Da 点的电势低于b 点的电势【考点】电场线；电势【专题】电场力与电势的性质专题推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小虽然本题不知电场线方向，不知带什么电，但可根据运动轨迹结合力与运动的关系，可确定电场力的方向从而可确定电场力做负功，进而可定出动能与电势能的变化情况【解答】解：A、由电场线可知，a 点的电场线密，所以a 点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，所以A正确；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线斜向下的，所以粒子从a 到 b 的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，所以粒子在a点的动能大于它在b 点的动能，所以B错误，C正确；D、沿电场线的方向，电势降低，由于不知电荷的电性，所以无法确定电场线的方向，进而也无法确定电势的高低，所以D错误故选 AC【点评】电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向5如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于 M上，并与M一起沿光滑斜面由静止开始下滑时，在下滑过程中（）A重力对木块m做正功B木块 M对木块 m的支持力不做功C木块 M对木块 m的摩擦力做负功D木块 m所受合外力对m做正功【考点】功的计算【专题】功的计算专题【分析】该题应先分析木块m运动，后受力分析，再分析各个力做功【解答】解：A、物体受重力竖直向下，而位移沿斜面向下，故重力对木块做正功，故A正确；B、木块 M对木块 m的支持力竖直向上，而位移沿斜面向下，力和位移夹角大于90，故支持力做负功，故B错误；C、将两物体作为整体处理，则加速度为gsin ，两物体的加速度相同，m在水平方向上有向左的摩擦力的作用，物体m向左下方运动，所以摩擦力对m做正功，故C错误；D、木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块m所受合外力对m做正功，故D正确；故选 AD 推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【点评】判断外力是否做功可由功的公式直接分析，也可以由动能定理求合外力功6两个相同的金属球A和 B，A带正电，B带负电，且QA与 QB的大小之比是4：1，若在 A、B连线上的某点C放一个点电荷QC，A、B对 QC作用的静电力刚好平衡，则（）AC点一定在连线的B点的外侧BC点一定在连线的A点的外侧CC点一定在A、B之间DC点的场强一定为零【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解决本题一定要把握“放入的电荷处于平衡状态”这一特点进行受力分析物体受两个力合力为零，这两个力应该等值，反向【解答】解：因为A带正电，B带负电，只要放入的电荷受到的合力为0 即可，通过受力分析可知，有库仑定律，QA与 QB的大小之比是4：1，对 C点则有 rArB而且保证两个力的方向相反，所以应将C置于 AB线段上连线的B点的外侧故选 AD【点评】本题考察了库仑定律在电荷平衡中的应用应该抓住两个力的大小、方向的关系7平行板电容器一个极板和静电计相接，当该极板带上一定量电荷后，静电计张开一定角度，如图所示如果平行板电容器发生变化，下面关于静电计张角 变化的说法正确的是（）A两极板间距离增大，增大B两极板正对面积减小，减小C在电容器内加入电介质，增大D上述说法都不对【考点】电容器的动态分析【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据U=，通过电容的变化，判断电势差的变化推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【解答】解：A、两极板间距离增大，由电容的决定式C=判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由C=知，极板间电势差增大，增大故A正确B、两极板正对面积减小，由电容的决定式C=判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由C=知，极板间电势差增大，增大故B错误C、在电容器内加入电介质，由电容的决定式C=判断可知，电容增大，电容器带电量不变，由C=知，极板间电势差减小，减小故C错误D、由上知D错误故选 A【点评】解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变8我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和 S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到 C点的距离为r1，S1和 S2的距离为r，已知引力常量为G由此可求出S2的质量为（）ABC D【考点】万有引力定律及其应用【专题】计算题【分析】这是一个双星的问题，S1和 S2绕 C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和 S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题【解答】解：设星体S1和 S2的质量分别为m1、m2，星体 S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=即 m2=推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料故选 D【点评】双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力9在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到轴的距离为R，如图所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过（）ABCD【考点】向心力；共点力平衡的条件及其应用；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】重物转到飞轮的最高点时，若重物对飞轮的作用力恰好等于电动机的重力时，电动机刚要跳起以重物为研究对象，由牛顿第二定律求解角速度【解答】解：重物转到飞轮的最高点时，电动机刚要跳起时，重物对飞轮的作用力F恰好等于电动机的重力Mg，即 F=Mg 以重物为研究对象，由牛顿第二定律得 Mg+mg=m 2R，解得=故选 B【点评】本题是临界问题，关键分析临界条件，并要灵活选择研究对象中档题10轻绳一端系在质量为m的物体 A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上现用水平力 F 拉住绳子上一点O，使物体 A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）AF1保持不变，F2逐渐增大BF1逐渐增大，F2保持不变CF1逐渐减小，F2保持不变DF1保持不变，F2逐渐减小【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推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【分析】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1的变化情况以结点O为研究对象，分析F的变化，根据F 与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况【解答】解：以圆环、物体 A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1 所示 根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变杆对环的弹力F2=F再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示由平衡条件得到 F=mgtan 当物体 A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小所以F1保持不变，F2逐渐减小故选：D【点评】本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，分析物体的受力情况11内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为 m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内小球乙位于凹槽的最低点，如图所示由静止释放后（）A下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点【考点】功能关系【分析】甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒【解答】解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故 A正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故 B错误；推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C错误；D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确；故选：AD【点评】本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体12平行板电容器下板接地，两板与电源相连，b 为正中央的点，将不带电的金属板插入两板正中间的如图所示位置后，a、b、c 三点场强及电势变化情况为（）AEa=Ec且均增大，Eb减为零Bcb a，且三点电势均减小CEa=Ec且不变，Eb减为零Dcb a，且 c减小，b不变，a增大【考点】电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】当金属板插入极板正中间时，可视为两个电容器串联，中间的且金属板处于静电平衡状态，内部场强为零，是等势体；总电压不变，而极板间距等效减小，利用E和 U=Ed判断场强和电势即可【解答】解：AC、当金属板插入极板正中间时，中间的且金属板处于静电平衡状态，内部场强为零即b 点的场强为零；而极板间距等效减小，由E=知，内部场强变大，即a、c 两点的场强变大且相等，故A正确、C错误BD、当金属板插入极板正中间时，中间的且金属板处于静电平衡状态，是个等势体，所以b点的电势与金属上下表面上的电势相等；沿着电场线电势越来越低，所以cba，由AC选项分析知a、c 两点的场强变大，由于下级板接地，据U=Ed得 a 点的电势变大，b 点的电势不变，c 点的电势变小，故B错误，D正确故选：AD【点评】明确金属导体插入电容器后，金属导体处于静电平衡，极板等效距离减小，判断内部场强；再灵活应用U=Ed判断电势二实验题（共2 小题，每小题6 分，计 12 分）13用如图1 所示装置探究“功与速度变化的关系”实验步骤如下：A细绳一端系在滑块上，另一端通过滑轮挂上钩码（忽略滑轮与绳子间的摩擦），用垫块将长木板右端垫起调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动请回答下列问题：推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料（1）实验中是否需要满足钩码质量远远小于滑块质量否（填“是”或“否”）；（2）若滑块质量为M、钩码质量为m、当打点计时器打下1、3 点时滑块的速度分别为v1和 v3，1、3 两点之间距离为s，重力加速度为g探究结果的表达式是mgs=（用相应的符号表示）【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题【分析】平衡摩擦力后，滑块合力为零，滑块重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力等于细绳的拉力，拉力又等于钩码的重力结合实验的原理得出功能的表达式【解答】解：（1）平衡摩擦力后滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小等于细绳的拉力，平衡摩擦力时，由于钩码做匀速直线运动，细绳的拉力大小等于钩码的重力大小，所以滑块所受的合外力大小等于钩码的重力大小不需要满足钩码质量远小于滑块质量（2）滑块的合力为mg，合力做功为mgs，动能的变化量为，探究结果的表达式是mgs=故答案为：（1）否，（2）mgs=【点评】明确实验原理是解决实验题的关键本实验应理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，知道滑块所受的合力等于钩码的重力14某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF 图线，如图（b）所示滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5 kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=0.2（重力加速度g 取 10m/s2）推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；压轴题；牛顿运动定律综合专题【分析】知道滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解【解答】解：根据F=ma得 a=，所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数由图形 b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量 m=0.5Kg 由图形 b 得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得Fmg=0 解得=0.2 故答案为：0.5，0.2【点评】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解三计算题15 地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为 h 的平台边缘上的P点在地面上P点的正上方，P与跑道圆心O的距离为L（L R），如图所示跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）问：（1）当小车停在B点时（AOB=90），沙袋被抛出时的初速度为多大？（2）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v 应满足什么条件？推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度（2）根据平抛运动的时间和小车运动的时间相等，结合圆周运动的周期性求出小车的速率满足的条件【解答】解：（1）根据 h=得：t=，P点与 B点的水平距离为：s=，则沙袋被抛出时的初速度为：（2）沙袋落到A点的时间为：t=，根据 t=得：v=，n=1，2，3，答：（1）沙袋被抛出时的初速度为（2）小车的速率v 应满足 v=，n=1，2，3，【点评】本题要分别研究沙袋和小车的运动，关键是抓住两个运动的联系和小车运动的周期性16如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电量为+q 的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）物块恰能通过圆弧最高点C，由重和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块通过最高点C时的速度；物块在运动过程中，重力做负功，电场力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求解克服摩擦力做的功；（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式即可证明【解答】解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则有：解得：物块在由A运动到 C的过程中，设物块克服摩擦力做的功Wf，根据动能定理有：Eq?2R Wfmg?2R=解得：（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则有：s=vct 2R=由联立解得：s=2R 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R 答：（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功是（3）证明见上【点评】本题是向心力与动能定理、平抛运动等等知识的综合，关键要抓住物块恰能通过最高点 C的临界条件，求出临界速度17一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4m，如图（a）所示 t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s 时间内小物块的vt 图线如图（b）所示小物块质量是木板质量的3 倍，重力加速度大小g 取 10m/s2求推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料（1）木板与墙壁碰撞后，木板离开墙壁的最大距离；（2）小物块距离木板左端的最终距离【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【分析】（1）木板与墙壁碰撞后，木板和物块都在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据 b 图求出物块的加速度，根据牛顿第二定律求出滑动摩擦力，从而求出木板的加速度，当木板速度减为零时，离墙壁最远，根据运动学基本公式求解最远距离；（2）木板速度减为零后会在摩擦力作用下向右做匀加速运动，直到与木块速度相等，碰撞后整个过程中，木块和木板组成的系统受到外力之和为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律列式即可求解【解答】解：（1）木板与墙壁碰撞后，在物块的滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，而木块在摩擦力作用下也做匀减速直线运动，根据b 图可知，物块的加速度，设木板的质量为m，则木块的质量为3m，则摩擦力f=3ma1，根据牛顿第二定律可知，木板的加速度，当木板速度减为零时，离墙壁最远，则最远距离x=（2）木板速度减为零后会在摩擦力作用下向右做匀加速运动，直到与木块速度相等，设共同速度为 v，碰撞后整个过程中，木块和木板组成的系统受到外力之和为零，系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：3mv0mv0=（3m+m）v 解得：v=2m/s 此过程中根据能量守恒定律得：=fx相对解得：x相对=4m 答：（1）木板与墙壁碰撞后，木板离开墙壁的最大距离为1.33m；推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料（2）小物块距离木板左端的最终距离为4m【点评】解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，第二问应用动量守恒定律及能量守恒定律较为简便，要注意正方向的规定，难度中等