江西省赣州市兴国三中2016-2017学年高二（上）模块物理试卷（必修）（3）（解析版）

2016-2017学年江西省赣州市兴国三中高二（上）模块物理试卷（必修）（3）
　
一、不定项选择题（每小题4分，共32分．对多选题，选不全者得2分，多选错选不得分）
1．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移﹣时间（x﹣t）图线，由图可知（　　）
A．在时刻t1，b车追上a车
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
2．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
3．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．如图所示．现在从球心O1处对甲放加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（　　）
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大
B．F1缓慢增大，F2缓慢减小
C．F1缓慢减小，F2缓慢增大
D．F1缓慢减小，F2不变
5．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是（　　）
A．
rad/s
B．
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
6．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是（　　）
A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中
B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
7．如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v﹣t图象，由此可知（　　）
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
8．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（　　）
A．v1=v2，t1＞t2
B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1=v2，t1＜t2
D．v1＜v2，t1＜t2
　
二、实验题（一题，6分）
9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究：
（1）某次测量如图2所示，指针示数为　　cm；
（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表所示．用下表数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为　　N/m（重力加速度g取10m/s2，结果保留三位有效数字），由表Ⅰ数据　　（选填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
　
三、计算题（本题共两小题，10题10分，11题12分，共22分．解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和单位，只写出最后答案的不得分）
10．质量为m的小物块A，放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停下．已知A、B间的动摩擦因数μ1，B与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x的表达式．
11．如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C的距离为L=2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g=10m/s2）求：
（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．
　
2016-2017学年江西省赣州市兴国三中高二（上）模块物理试卷（必修）（3）
参考答案与试题解析
　
一、不定项选择题（每小题4分，共32分．对多选题，选不全者得2分，多选错选不得分）
1．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移﹣时间（x﹣t）图线，由图可知（　　）
A．在时刻t1，b车追上a车
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量△x表示位移，图线的斜率表示速度的大小．
【解答】解：
A、由图知在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，到达同一位置，而开始时a的位移大于b的位移，所以时刻t1，b追上a．故A正确．
B、在时刻t2，a图线的斜率为正，说明a的速度沿正向，b图线切线斜率为负，说明b车速度沿负向，则两车的运动方向相反．故B正确．
C、速度图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加．故C正确．
D、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大．故D错误．
故选：ABC
　
2．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】牛顿第二定律；竖直上抛运动．
【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．
【解答】解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t图象是直线；
有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故：a=，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；
有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故：a=g﹣，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；
v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；
故ABD错误，C正确；
故选：C．
　
3．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】运动的合成和分解．
【分析】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．
【解答】解：设船渡河时的速度为vc；
当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；
当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；
而回头时的船的合速度为：v合=；
由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc=，故B正确；
故选：B．
　
4．在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．如图所示．现在从球心O1处对甲放加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（　　）
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大
B．F1缓慢增大，F2缓慢减小
C．F1缓慢减小，F2缓慢增大
D．F1缓慢减小，F2不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】先以整体为研究对象求出斜面的支持力，从而求出甲对斜面的压力；再以乙为研究对象求出乙所受的挡板的支持力，从而求出乙对挡板的压力．以物体乙为研究对象，沿斜面方向有F乙=m2gsinθ+FNsinα
垂直斜面方向有FNcosα=m2gcosθ
以整体为研究对象则有斜面的支持力F支=（m1+m2）gcosθ．
【解答】解：以物体乙为研究对象，受力情况如图所示，
则有垂直斜面方向有：FNcosα=m2gcosθ
沿斜面方向有：F乙=m2gsinθ+FNsinα
由于α逐渐减小，则FN逐渐减小，所以F乙逐渐减小．
根据牛顿第三定律可知：F1=F乙，故F1逐渐减小．所以AB错误．
以整体为研究对象，则有斜面的支持力：F支=（m1+m2）gcosθ，显然保持不变．
根据牛顿第三定律可知：F2=F支=（m1+m2）gcosθ，显然保持不变．故C错误，D正确．
故选D．
　
5．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是（　　）
A．
rad/s
B．
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．
【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．
【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ=mω2r
代入数据解得：ω=1.0rad/s，选项C正确，ABD错误．
故选：C
　
6．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是（　　）
A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中
B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【考点】平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．
石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．
石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．
【解答】解：A、根据h=得，t=．则石块落入水中的最小初速度．可知v0=18m/s，则石块可以落入水中．故A正确．
B、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故B错误．
C、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanα=2tanθ，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故C、D错误．
故选：A．
　
7．如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v﹣t图象，由此可知（　　）
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
【考点】动量守恒定律；滑动摩擦力．
【分析】当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．
【解答】解：A、由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；
B、由动量守恒定律得，mAv0=（mA+mB）v1，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；
C、由图象可以知道A相对小车B的位移△x=v0t1，根据能量守恒得：μmAgmA﹣，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；
D、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．
故选：BC
　
8．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（　　）
A．v1=v2，t1＞t2
B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1=v2，t1＜t2
D．v1＜v2，t1＜t2
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．
【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，且均等于初速率，即有v1=v2=v0．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．
故选：A
　
二、实验题（一题，6分）
9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究：
（1）某次测量如图2所示，指针示数为　16.00　cm；
（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表所示．用下表数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为　12.5　N/m（重力加速度g取10m/s2，结果保留三位有效数字），由表Ⅰ数据　能　（选填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．
（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．
【解答】解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．
（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：k===12.5N/m．
结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．
故答案为：（1）16.00；（2）12.5；能．
　
三、计算题（本题共两小题，10题10分，11题12分，共22分．解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和单位，只写出最后答案的不得分）
10．质量为m的小物块A，放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停下．已知A、B间的动摩擦因数μ1，B与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x的表达式．
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．
【分析】撤去水平拉力，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大a1==μ1g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，
B的加速度大小a2=，由μ2＞μ1分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x．
【解答】解：设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v．撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力f1=μ1mg，加速度大a1==μ1g
此时B的加速度大小a2=
由于μ2＞μ1，所以判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变．
对A应用动能定理得：﹣f1（L+x）=0﹣mv2
对B应用动能定理得：μ1mgx﹣μ2（m+M）gx=0﹣Mv2
消去v解得：x=．
答：x的表达式是x=．
　
11．如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C的距离为L=2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g=10m/s2）求：
（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．
【考点】功能关系；牛顿第二定律；向心力．
【分析】（1）滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出滑块到达底端B时的速度．滑块经过B时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；
（2）滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数μ；
（3）根据运动学公式求出滑块从B到C的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得到滑块与传送带的相对位移，因摩擦而产生的热量Q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积．
【解答】解：（1）滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：
mgR=
解得：vB===2m/s
在B点，由牛顿第二定律有：N﹣mg=m
代入解得：N=60N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为
N′=N=60N，方向竖直向下．
（2）滑块从B运动到C的过程中，根据牛顿第二定律得：μmg=ma
又：﹣=2aL
联立上两式解得：μ=0.3
（3）设滑块从B运动到C的时间为t，
加速度：a=μg=3m/s2．
由v0=vB+at，得：t==s=s
在这段时间内传送带的位移为：
S传=v0t=m
传送带与滑块的相对位移为：△S=S传﹣L=﹣2=m
故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量：Q=μmg △S=0.3×2×10×=4J．
答：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，方向竖直向下；
（2）滑块与传送带问的动摩擦因数μ是0.3；
（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J．
　
2017年1月23日