高中物理人教版本冊總復習總復習 精品獲獎2

2023學年湖南省株洲市茶陵三中高二（上）開學物理試卷一.選擇題（本大題48分含有多選題請考生注意）1．高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛剛產(chǎn)生作用前人下落的距離為h（可視為自由落體運動）．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為（）A．+mg B．﹣mg C．+mg D．﹣mg2．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長，圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=h，圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2﹣mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度3．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下．將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是（）A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力4．在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F．不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（）A．8 B．10 C．15 D．185．如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O．整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為△l1和△l2，重力加速度大小為g．在剪斷的瞬間，（）A．a(chǎn)1=3g B．a(chǎn)1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l26．如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的v﹣t圖線如圖（b）所示，若重力加速度及圖中的v0，v1，t1均為已知量，則可求出（）A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度7．如圖所示，一質量為M、傾角為θ的斜面體置于水平地面上，質量為m的小木塊（可視為質點）放在斜面上．現(xiàn)用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木塊上，拉力在以斜面所在的平面內繞小木塊旋轉一周的過程中，斜面體和小木塊始終保持靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是（）A．小木塊受到斜面的最大摩擦力為+（mgsinθ）2B．小木塊受到斜面的最大摩擦力為F﹣mgsinθC．斜面體受到水平地面的最大摩擦力為FD．斜面體受到水平地面的最大摩擦力為Fcosθ8．如圖所示，氣墊導軌上滑塊經(jīng)過光電門時，其上的遮光條將光遮住，電子計時器可自動記錄遮光時間△t，測得遮光條的寬度為△x，用近似代表滑塊通過光電門時的瞬時速度，為使更接近瞬時速度，正確的措施是（）A．換用寬度更窄的遮光條B．提高測量遮光條寬度的精確度C．使滑片的釋放點更靠近光電門D．增大氣墊導軌與水平面的夾角9．如圖所示，為甲乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則0～t2時間內下列說法正確的是（）A．兩物體在t1時刻速度大小相等B．t1時刻乙的速度大于甲的速度C．兩物體平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度10．如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F=μmg時，A的加速度為μgC．當F＞3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg11．如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是（）A． B． C． D．12．下列說法中正確的是（）A．用點電荷來代替實際帶電體是采用了理想模型的方法B．牛頓在對自由落體運動的研究中，首次采用以實驗檢驗猜想和假設的科學方法C．法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場D．哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，并發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律二.填空題（本大題20分）13．甲同學準備做“驗證機械能守恒定律”實驗，乙同學準備做“探究加速度與力、質量的關系”實驗．（1）圖1中A、B、C、D、E表示部分實驗器材，甲同學需在圖中選用的器材______；乙同學需在圖中選用的器材______（用字母表示）（2）乙同學在實驗室選齊所需要器材后，經(jīng)正確操作獲得如圖2所示的兩條紙帶①和②，紙帶______的加速度大（填“①”或“②”），其加速度大小為______．14．小明通過實驗驗證力的平行四邊形定則．（1）實驗記錄紙如圖1所示，O點為橡皮筋被拉伸后伸長到的位置，兩彈簧測力計共同作用時，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點；一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力F3的方向過P3點．三個力的大小分別為：F1=、F2=和F3=．請根據(jù)圖中給出的標度作圖求出F1和F2的合力．（2）仔細分析實驗，小明懷疑實驗中的橡皮筋被多次拉伸后彈性發(fā)生了變化，影響實驗結果．他用彈簧測力計先后兩次將橡皮筋拉伸到相同長度，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不相同，于是進一步探究了拉伸過程對橡皮筋彈性的影響．實驗裝置如圖2所示，將一張白紙固定在豎直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O點，下端N掛一重物．用與白紙平行的水平力緩慢地移動N，在白紙上記錄下N的軌跡．重復上述過程，再次記錄下N的軌跡．兩次實驗記錄的軌跡如3圖所示．過O點作一條直線與軌跡交于a、b兩點，則實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的大小關系為______．（3）根據(jù)（2）中的實驗，可以得出的實驗結果有哪些？______（填寫選項前的字母）A．橡皮筋的長度與受到的拉力成正比B．兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長C．兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較大D．兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大（4）根據(jù)小明的上述實驗探究，請對驗證力的平行四邊形定則實驗提出兩點注意事項．三.解答題（本大題38分）15．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R=，物塊A以V0=6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動．P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段長度都為L=．物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ=，A、B的質量均為m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短）．（1）求A滑過Q點時的速度大小V和受到的彈力大小F；（2）若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后AB滑至第n個（n＜k）光滑段上的速度VAB與n的關系式．16．一質量為的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0=9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2．（1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）若碰撞時間為，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；（3）求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W．17．一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為，如圖（a）所示．t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時間內小物塊的v﹣t圖線如圖（b）所示．木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離．

2023學年湖南省株洲市茶陵三中高二（上）開學物理試卷參考答案與試題解析一.選擇題（本大題48分含有多選題請考生注意）1．高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛剛產(chǎn)生作用前人下落的距離為h（可視為自由落體運動）．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為（）A．+mg B．﹣mg C．+mg D．﹣mg【考點】動量定理．【分析】先根據(jù)h=求解自由落體運動的時間；然后對運動全程根據(jù)動量定理列式求解平均拉力．【解答】解：對自由落體運動，有：h=解得：規(guī)定向下為正方向，對運動的全程，根據(jù)動量定理，有：mg（t1+t）﹣Ft=0解得：F=+mg故選：A2．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長，圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=h，圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2﹣mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度【考點】功能關系．【分析】根據(jù)圓環(huán)的運動情況分析下滑過程中，加速度的變化；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A兩個過程，運用動能定理列出等式求解；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程和圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式．【解答】解：A、圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯誤；B、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，運用動能定理列出等式mgh+Wf+W彈=0﹣0=0在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定理列出等式﹣mgh+（﹣W彈）+Wf=0﹣mv2解得：Wf=﹣mv2，故B正確；C、W彈=mv2﹣mgh，所以在C處，彈簧的彈性勢能為mgh﹣mv2，故C錯誤；D、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理列出等式mgh′+W′f+W′彈=m﹣0研究圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式﹣mgh′+W′f+（﹣W′彈）=0﹣mmgh′﹣W′f+W′彈=m由于W′f＜0，所以m＞m，所以上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度，故D正確；故選：BD3．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下．將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是（）A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力【考點】動量定理；功能關系．【分析】從繩子繃緊到人下降到最低點的過程中，開始時人的重力大于彈力，人向下加速；然后再減速，直至速度為零；再反向彈回；根據(jù)動量及功的知識可明確動量、動能和彈性勢能的變化．【解答】解：A、由于繩對人的作用力一直向上，故繩對人的沖量始終向上，由于人在下降中速度先增大后減?。还蕜恿肯仍龃蠛鬁p?。还蔄正確；B、在該過程中，拉力與運動方向始終相反，繩子的力一直做負功；但由分析可知，人的動能先增大后減小；故B錯誤；C、繩子恰好伸直時，繩子的形變量為零，彈性勢能為零；但此時人的動能不是最大，故C錯誤；D、人在最低點時，繩子對人的拉力一定大于人受到的重力；故D錯誤．故選：A．4．在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F．不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（）A．8 B．10 C．15 D．18【考點】牛頓第二定律．【分析】根據(jù)兩次的情況，利用牛頓第二定律得出關系式，根據(jù)關系式分析可能的情況即可．【解答】解：設PQ兩邊的車廂數(shù)為P和Q，當機車在東邊拉時，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Pm?a，當機車在西邊拉時，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Qm?a，根據(jù)以上兩式可得，，即兩邊的車廂的數(shù)目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以總的車廂的數(shù)目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC．故選：BC．5．如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O．整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為△l1和△l2，重力加速度大小為g．在剪斷的瞬間，（）A．a(chǎn)1=3g B．a(chǎn)1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2【考點】牛頓第二定律；胡克定律．【分析】對細線剪短前后的a、b、c物體分別受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度與彈簧的伸長量．【解答】解：A、B、對a、b、c分別受力分析如圖，根據(jù)平衡條件，有：對a：F2=F1+mg對b：F1=F+mg對c：F=mg所以：F1=2mg彈簧的彈力不能突變，因形變需要過程，繩的彈力可以突變，繩斷拉力立即為零．當繩斷后，b與c受力不變，仍然平衡，故a=0；對a，繩斷后合力為F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向豎直向下；故A正確，B錯誤．C、D、當繩斷后，b與c受力不變，則F1=k△l1，；同時：F=k△l2，所以：．聯(lián)立得△l1=2△l2：故C正確，D錯誤．故選：AC．6．如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的v﹣t圖線如圖（b）所示，若重力加速度及圖中的v0，v1，t1均為已知量，則可求出（）A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．【分析】由圖b可求得物體運動過程及加速度，再對物體受力分析，由牛頓第二定律可明確各物理量是否能夠求出．【解答】解：由圖b可知，物體先向上減速到達最高時再向下加速；圖象與時間軸圍成的面積為物體經(jīng)過的位移，故可出物體在斜面上的位移；圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降過程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；兩式聯(lián)立可求得斜面傾角及動摩擦因數(shù)；但由于m均消去，故無法求得質量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高度；故選：ACD．7．如圖所示，一質量為M、傾角為θ的斜面體置于水平地面上，質量為m的小木塊（可視為質點）放在斜面上．現(xiàn)用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木塊上，拉力在以斜面所在的平面內繞小木塊旋轉一周的過程中，斜面體和小木塊始終保持靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是（）A．小木塊受到斜面的最大摩擦力為+（mgsinθ）2B．小木塊受到斜面的最大摩擦力為F﹣mgsinθC．斜面體受到水平地面的最大摩擦力為FD．斜面體受到水平地面的最大摩擦力為Fcosθ【考點】向心力；摩擦力的判斷與計算．【分析】將木塊的重力分解到沿斜面向下和垂直于斜面向下兩個方向，確定出下滑力mgsinθ，然后再討論．在討論斜面受地面的摩擦力時，要靈活把小木塊和斜面看做一個整體分析，才能順利求出答案【解答】解：A、對小木塊分析可知，當力F繞小木塊旋轉一周的過程中，F(xiàn)沿斜面向下時小木塊受到的靜摩擦力最大，小木塊受到的最大靜摩擦力fm=mgsinθ+F，故A、B錯誤．C、對M、m整體受力分析可知，水平地面對斜面體的摩擦力與F的水平分力大小相等，所以最大靜摩擦力為F，此時F與水平地面平行，所以C項正確，D項錯誤．故選：C8．如圖所示，氣墊導軌上滑塊經(jīng)過光電門時，其上的遮光條將光遮住，電子計時器可自動記錄遮光時間△t，測得遮光條的寬度為△x，用近似代表滑塊通過光電門時的瞬時速度，為使更接近瞬時速度，正確的措施是（）A．換用寬度更窄的遮光條B．提高測量遮光條寬度的精確度C．使滑片的釋放點更靠近光電門D．增大氣墊導軌與水平面的夾角【考點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．【分析】明確平均速度代替瞬時速度的方法，應明確我們是利用△x趨向于0時的平均速度可近似等于瞬時速度．【解答】解：本題中利用平均速度等效替代瞬時速度；故只能盡量減小計算平均速度的位移，即換用寬度更窄的遮光條；故A正確；BCD錯誤；故選：A．9．如圖所示，為甲乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則0～t2時間內下列說法正確的是（）A．兩物體在t1時刻速度大小相等B．t1時刻乙的速度大于甲的速度C．兩物體平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度【考點】勻變速直線運動的圖像；平均速度．【分析】根據(jù)位移圖象的斜率等于速度，坐標的變化量等于位移，平均速度等于位移除以時間．【解答】解：A、根據(jù)位移圖象的斜率等于速度，則在t1時刻，甲圖象的斜率大于乙圖象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故AB錯誤；C、坐標的變化量等于位移，根據(jù)圖象可知，甲乙位移大小相等，方向相反，而時間相等，則平均速度的大小相等，故C正確，D錯誤．故選：C10．如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F=μmg時，A的加速度為μgC．當F＞3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg【考點】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算．【分析】根據(jù)A、B之間的最大靜摩擦力，隔離對B分析求出整體的臨界加速度，通過牛頓第二定律求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力．然后通過整體法隔離法逐項分析．【解答】解：A、設B對A的摩擦力為f1，A對B的摩擦力為f2，地面對B的摩擦力為f3，由牛頓第三定律可知f1與f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均為2μmg，f3的最大值為，．故當0＜F≤時，A、B均保持靜止；繼續(xù)增大F，在一定范圍內A、B將相對靜止以共同的加速度開始運動，故A錯誤；B、設當A、B恰好發(fā)生相對滑動時的拉力為F′，加速度為a′，則對A，有F′﹣2μmg=2ma′，對A、B整體，有F′﹣，解得F′=3μmg，故當＜F≤3μmg時，A相對于B靜止，二者以共同的加速度開始運動；當F＞3μmg時，A相對于B滑動．當F=時，A、B以共同的加速度開始運動，將A、B看作整體，由牛頓第二定律有F﹣=3ma，解得a=，故B、C正確．D、對B來說，其所受合力的最大值Fm=2μmg﹣，即B的加速度不會超過，故D正確．故選：BCD．11．如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是（）A． B． C． D．【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．【分析】要分不同的情況進行討論：若V2＜V1：分析在f＞Q的重力時的運動情況或f＜Q的重力的運動情況若V2＜V1：分析在f＞Q的重力時的運動情況或f＜Q的重力的運動情況【解答】解：若V2＜V1：f向右，若f＞GQ，則向右勻加速到速度為V1后做勻速運動到離開，則為B圖若f＜GQ，則向右做勻減速到速度為0后再向左勻加速到離開，無此選項若V2＞V1：f向左，若f＞GQ，則減速到V1后勻速向右運動離開，無此選項若f＜GQ，則減速到小于V1后f變?yōu)橄蛴?，加速度變小，此后加速度不變，繼續(xù)減速到0后向左加速到離開，則為C圖則AD錯誤，BC正確故選：BC．12．下列說法中正確的是（）A．用點電荷來代替實際帶電體是采用了理想模型的方法B．牛頓在對自由落體運動的研究中，首次采用以實驗檢驗猜想和假設的科學方法C．法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場D．哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，并發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律【考點】物理學史．【分析】根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可．【解答】解：A、用點電荷來代替實際帶電體是采用了理想模型的方法，故A正確；B、伽利略在對自由落體運動的研究中，首次采用以實驗檢驗猜想和假設的科學方法，故B錯誤；C、法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場，故C正確；D、哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律，故D錯誤；故選：AC．二.填空題（本大題20分）13．甲同學準備做“驗證機械能守恒定律”實驗，乙同學準備做“探究加速度與力、質量的關系”實驗．（1）圖1中A、B、C、D、E表示部分實驗器材，甲同學需在圖中選用的器材AB；乙同學需在圖中選用的器材BDE（用字母表示）（2）乙同學在實驗室選齊所需要器材后，經(jīng)正確操作獲得如圖2所示的兩條紙帶①和②，紙帶①的加速度大（填“①”或“②”），其加速度大小為s2．【考點】驗證機械能守恒定律．【分析】（1）根據(jù)兩種實驗原理及實驗方法選擇所需要的儀器；（2）根據(jù)△x=aT2可知通過比較△x的大小可比較加速度的大小，再利用逐差法可求解加速度．【解答】解：（1）要驗證機械能守恒定律需要打點計時器和重錘；即AB；而要驗證“探究加速度與力、質量的關系”需要打點計時器、小車和鉤碼；故選：BDE；（2）由△x=aT2可知，相臨兩點間的位移之差越大，則加速度越大，故①的加速度大；由逐差法可得：加速度a=；由圖讀得：x3+x4=；x1+x2=；T=；代入數(shù)據(jù)解得：a=s2；故答案為：（1）AB；BDE；（2）①；s214．小明通過實驗驗證力的平行四邊形定則．（1）實驗記錄紙如圖1所示，O點為橡皮筋被拉伸后伸長到的位置，兩彈簧測力計共同作用時，拉力F1和F2的方向分別過P1和P2點；一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力F3的方向過P3點．三個力的大小分別為：F1=、F2=和F3=．請根據(jù)圖中給出的標度作圖求出F1和F2的合力．（2）仔細分析實驗，小明懷疑實驗中的橡皮筋被多次拉伸后彈性發(fā)生了變化，影響實驗結果．他用彈簧測力計先后兩次將橡皮筋拉伸到相同長度，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不相同，于是進一步探究了拉伸過程對橡皮筋彈性的影響．實驗裝置如圖2所示，將一張白紙固定在豎直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O點，下端N掛一重物．用與白紙平行的水平力緩慢地移動N，在白紙上記錄下N的軌跡．重復上述過程，再次記錄下N的軌跡．兩次實驗記錄的軌跡如3圖所示．過O點作一條直線與軌跡交于a、b兩點，則實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的大小關系為Fa=Fb．（3）根據(jù)（2）中的實驗，可以得出的實驗結果有哪些？BD（填寫選項前的字母）A．橡皮筋的長度與受到的拉力成正比B．兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長C．兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較大D．兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大（4）根據(jù)小明的上述實驗探究，請對驗證力的平行四邊形定則實驗提出兩點注意事項．【考點】驗證力的平行四邊形定則．【分析】根據(jù)平行四邊形定則先作出F2與F1的合力，根據(jù)圖中給出的標度求出合力．根據(jù)平衡條件進行分析求解，根據(jù)圖丙中的實驗分析結果結合實驗數(shù)據(jù)進行求解．根據(jù)圖（丙）中的實驗分析結果結合實驗數(shù)據(jù)進行求解．【解答】解：（1）根據(jù)平行四邊形定則求F2與F1的合力，作圖如下，F(xiàn)1和F2的合力F=．（2）過O點作一條直線與軌跡交于a、b兩點，實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的方向相同，由于緩慢地移動N，根據(jù)平衡條件得Fa、Fb的大小關系為Fa=Fb．（3）A、兩次受到的拉力相同時，橡皮筋第2次的長度較長，不成正比；故A錯誤，B正確；C、兩次被拉伸到相同長度時，橡皮筋第2次受到的拉力較小，故C錯誤；D、從開始緩慢地移動N，橡皮筋受到的拉力增大，從圖3中發(fā)現(xiàn)兩次實驗記錄的軌跡間距在增大，所以兩次受到的拉力相同時，拉力越大，橡皮筋兩次的長度之差越大，故D正確；故選：BD．（4）根據(jù)小明的上述實驗探究，對驗證力的平行四邊形定則實驗注意事項有橡皮筋拉伸不宜過長；選用新橡皮筋，故答案為：（1）如圖；；（2）Fa=Fb；（3）BD；（4）橡皮筋拉伸不宜過長；選用新橡皮條．三.解答題（本大題38分）15．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R=，物塊A以V0=6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動．P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段長度都為L=．物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ=，A、B的質量均為m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短）．（1）求A滑過Q點時的速度大小V和受到的彈力大小F；（2）若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后AB滑至第n個（n＜k）光滑段上的速度VAB與n的關系式．【考點】動量守恒定律；牛頓第二定律；向心力．【分析】（1）由機械能守恒定律可求得A滑過Q點的速度，由向心力公式可求得彈力大小；（2）由機械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再對碰撞過程由動量守恒定律可求得碰后的速度；則可求得總動能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的機械能；即可求得比值；（3）設總共經(jīng)歷了n段，根據(jù)每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表達式．【解答】解：（1）由機械能守恒定律可得：mv02=mg（2R）+mv2；解得：v=4m/s；由F+mg=m可得：F=22N；（2）AB碰撞前A的速度為vA，由機械能守恒定律可得：mv02=mvA2得vA=v0=6m/s；AB碰撞后以共同速度vP前進，設向右為正方向，由動量守恒定律可得：mv0=（m+m）vp解得：vP=3m/s；故總動能EK=（m+m）vP2=×2×9=9J；滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機械能△EK=fL=μ（m+m）gL=×20×=；k===45；（3）AB整體滑到第n個光滑段上損失的能量；E損=nE=從AB碰撞后運動到第n個光滑段的過程中，由能量守恒定律可得：（m+m）vP2﹣（m+m）vAB2=n△E，代入解得：vAB=m/s；答：1）A滑過Q點時的速度大小V為4m/s；受到的彈力大小F為22N；（2）k的數(shù)值為45；（3）碰后AB滑至第n個（n＜k）光滑段上的速度VAB與n的關系式為vAB=m/s；16．一質量為的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0=9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2．（1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）若碰撞時間為，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；（3）求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W．【考點】動能定理的應用；動量定理．【分析】（1）對物塊應用動能定理可以求出動摩擦因數(shù)．（2）對物塊應用動量定理可以求出作用力大?。?）應用動能定理可以求出物塊反向運動過程克服摩擦力做的功．【解答】解：（1）物塊從A到B過程，由動能定理得：﹣μmgsAB=mvB2﹣mv02，代入數(shù)據(jù)解得：μ=；（2）以向右為正方向，物塊碰撞墻壁過程，由動量定理得：Ft=mv﹣mvB，即：F×=×（﹣6）﹣×7，解得：F=﹣130N，負號表示方向向左；（3）物塊向左運動過程，由動能定理得：W=0﹣mv2=﹣××62=﹣9J；所以克服摩擦力做功為9J．答：（1）物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ為；（2）若碰撞時