1、大庆实验中学 2017-2018 学年度下学期期末考试高二物理（理科）试题一、选择题（本题共 15 个小题，每题 4 分，共 60 分。在每题给出的选项中，第 1-9 题只有一个选项符合题目要求，第 10-15 题有多项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但没选全的得 2 分，有错误选项的不给分）1. 下列哪种情况是不可能出现的A. 物体的加速度增大时，速度反而减小B. 物体的速度为零时，加速度却不为零C. 物体的加速度不为零且始终不变，速度也始终不变D. 物体的加速度大小和速度大小均保持恒定且均不为零【答案】C【解析】试题分析：若速度与加速度反向，则速度增大时，速度一定会减小；故 A 可能
2、出现；速度为零时，可能存在速度的变化，故加速度不一定为零；故 B 可能出现；加速度不变且不为零，则物体的速度一定会发生变化；故 C 不可能出现；物体的加速度大小和速度大小均保持恒定且均不为零，可能是速度的方向变化，而大小不变；如匀速圆周运动；故 D 可能出现；本题选不可能出现的，故选 C。考点：速度和加速度【名师点睛】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系。2. 如图所示，小车放在水平地面上甲乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下面说法正确的是（ ）A. 甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
3、B. 小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力C. 若小车加速向右运动表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力D. 若小车加速向右运动表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力【答案】B【解析】试题分析：甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力，选项 A 错误；小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力，选项 B 正确；若小车加速向右运动，因为小车拉甲的力和甲拉小车的力是一对作用和反作用力，故仍然是相等的，选项 C 错误；同理，若小车加速向右运动，则乙拉小车的力还是等于小车拉乙的力，选项 D 错误；故选 B考点：作用与反作用力；平衡力【名师点睛】要知道当物体在平衡力的作用下一定处于处于静止或匀速直线
4、运动状态时，二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、且作用在同一条直线上，注意区别作用和反作用力3.甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的 v t 图象为两段直线，乙物体运动的 v t 图象为两段半径相同的 圆弧曲线，如右图所示。图中 t42 t2，则在0 t4时间内，下列说法正确的是（ ）A. 甲物体的加速度不变B. 乙物体做曲线运动C. 两物体 t1时刻相距最远， t4时刻相遇D. 甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度【答案】D【解析】试题分析：0t 2时间段内，甲做匀加速直线运动，t 2t 4时间内甲物体做匀减速直线运动，故 A 错；速度是矢量，在速
5、度时间图像中，只能表示直线运动，B 错；在整个运动过程中 t3时刻，两物体相距最远，C 错；在速度时间图像中，下面所包围的面积即为位移，可求知 t4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D 对。考点：速度时间图像。【名师点睛】速时间图像中：图线与时间轴围成的“面积”的意义图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向4.下列说法正确的是( )A. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生B. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应C. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保
6、持不变D. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体【答案】A【解析】扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项 A 正确；扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象，故 B 错误；在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能增加，选项 C 错误；将一块晶体敲碎后，分子结构没有发生变化，则得到的小颗粒仍然是晶体，选项 D 错误，故选 A.5.如图所示，物体自 O 点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D 为其运动轨迹上的四点，测得 AB=2m，BC=3m，且物体通过 AB、BC、CD 所用的时间相等，则下列说法正确的是（ ）A. 可以求出物体通过 B 点时的
7、速度大小B. 可以求出物体加速度的大小C. 可以求得 OA 之间的距离为 1.5mD. 可以求得 OD 之间的距离为 10.125m【答案】D【解析】物体经过 B 点时的瞬时速度 vB为 ，因时间间隔 T 未知，则不能求解 B 点的速度，选项 A 错误；由s=aT 2可得物体的加速度 a 的大小为 ，因为不知道时间 T，所以不能求出加速度，故 B 错误；由 vt2=2as 可得 OB 两点间的距离为 sOB，所以 O 与 A 间的距离为 s OA=sOB-sAB=（3.125-2）m=1.125m，选项 C 错误；根据 sCD-sBC=sBC-sAB可以求得 sCD=4cm，则 OD 之间的距
8、离为 3.125m+3m+4m=10.125m，故C 错误，D 正确。故选 D。点睛：解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即x=aT 26.如图所示，有 8 个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为 100g，某人用手在这叠木板的两侧加一水平压力 F，使木板水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为05，木板与木板之间的动摩擦因数为 02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2则水平压力 F 至少为A. 8N B. 15N C. 16N D. 30N【答案】B【解析】试题分析：先将所有的书
9、当作整体，受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，则二力平衡有2 1F8mg ；再考虑除最外侧两本书受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，由二力平衡有 2 2F6mg ；联立两式，解得 F15N；故 B 正确，A、C、D 错误故选 B考点：考查共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【名师点睛】本题考查共点力平衡条件以及摩擦力的性质，要注意一般认为最大静摩擦力等于物体受到的滑动摩擦力，从而进行列式求解7.下列说法正确的是( )A. 结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定B. 衰变为 ，要经过 4 次 衰变及 6 次 衰变C. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为D. 质子、中子、 粒
10、子的质量分别为 m1、m 2、m 3，那么质子和中子结合成一个 粒子，所释放的核能为 E(m 1m 2m 3)c2【答案】C【解析】比结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项 A 错误； 衰变为 ，发生 衰变是放出 42He，发生 衰变是放出电子 0-1e，设发生了 x 次 衰变和 y 次 衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：4x+222=238，解得 x=4；2x-y+86=92，得 y=2，故衰变过程中共有 4 次 衰变和 2 次 衰变，故 B 错误；卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为 ，选项 C 正确；质子、中子、 粒子的质量分别为 m1、m 2、m 3，那么质子和中子结
11、合成一个 粒子，核反应是 ，根据质能方程，所释放的核能为 E(2m 12m 2m 3)c2，选项 D 错误；故选 C.8.如图所示，两块相互垂直的光滑挡板 OP、OQ，OP 竖直放置，小球 a、b 固定在轻弹簧的两端，并斜靠在 OP、OQ 挡板上。现有一个水平向左的推力 F 作用于 b 上，使 a、b 紧靠挡板处于静止状态现保证 b 球不动，使竖直挡板 OP 向右缓慢平移一小段距离，则（ ）A. b 对挡板 OQ 的压力变大B. 挡板 OP 对 a 的弹力不变C. 推力 F 变大D. 弹簧长度变长【答案】D【解析】设弹簧与竖直方向的夹角为 ，现保证 b 球不动，使挡板 OP 向右缓慢平移一小段
12、距离，则 减小，以 a 球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：F 弹 = ， 减小，cos增大，则 F 弹 减小，弹簧变长；挡板对 a 的弹力 N=mgtan， 减小，N 减小。选项 B 错误，D 正确；对整体研究：水平方向：F=N，则作用力 F 将减小，故 C 错误；竖直方向：地面对 b 的支持力 FN=（m a+mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b 对地面的压力不变，故 A 错误。故选D。点睛：本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，整体和隔离相结合，先对 a 研究，再对 ab 整体研究，比较简便9.两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰
13、撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变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 vt 图象可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】若不计空气阻力，则小球下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动（匀减速直线运动） ，加速度不变，若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于 g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越大且大于 g，根据速度时间图象的斜率表示加速度可知，D 正确故选 D.点睛：本题的关键是
14、根据题目的意思判断出物体的运动情况及加速度变化情况，知道根据速度时间图象的斜率表示加速度，难度适中10.下列说法正确的是（ ）A. 知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏伽德罗常数B. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C. 两个分子的间距从极近逐渐增大到 10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D. 布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动【答案】BC【解析】知道水蒸气的摩尔体积和水分子运动占据的空间的体积，可计算出阿伏伽德罗常数，选项 A错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在
15、表面张力，故 B 正确；两个分子的间距从极近逐渐增大到 10r0的过程中，分子力先是斥力，后是引力，分子力先做正功，后做负功，则它们之间的分子势能先减小后增大，选项 C 正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒所做的无规则运动，不是固体分子的运动，选项 D 错误；故选 BC.11.在光电效应实验中，分别用频率为 va、v b的单色光 a、b 照射到同种金属上，测得相应的遏制电压分别为 Ua和 Ub、光电子的最大初动能分别为 Eka和 Ekb，h 为普朗克常量下列说法正确的是（ ）A. 若 vav b，则一定有 UaU bB. 若 vav b，则一定有 EkaE kbC. 若 UaU b，则一定有
16、 EkaE kbD. 若 vav b，则一定有 hvaE kahv bE kb【答案】BC【解析】由爱因斯坦光电效应方程 ，又由动能定理有 ，当 时， ，A 错误，B 正确；若 ，则有 ，C 正确；同种金属的逸出功不变，则不变，D 错误。【名师点睛】本题主要考查光电效应。发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目；光电子的最大初动能和遏止电压由照射光的频率和金属的逸出功决定；逸出功由金属本身决定，与光的频率无关。12.如图所示，质量为 10kg 的物体 A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的劲度系数为100N/m，此时弹簧伸长了 5cm，物体
17、 A 和车均处于静止状态 （g=10m/s 2）则下列有关说法正确的是（ ）A. 物体 A 与车间的最大静摩擦力大小一定等于 5NB. 若让小车和物体一起以 1m/s2的加速度向右运动，则物体受摩擦力方向向右，大小为 5NC. 若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，则撤去水平面的瞬间，物体 A受两个力作用D. 若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，则撤去水平面的瞬间，物体 A的加速度大小为 0.5m/s2【答案】BC【解析】解：A、根据平衡，知 A 所受的静摩擦力 f=kx=1000.05N=5N，最大静摩擦力不一定等于5N故 A 错误B、若让小车和物体一起以 1m/s
18、2的加速度向右运动，则 A 所受的合力为 F 合=ma=101N=10N，因为弹力的大小为 5N，则静摩擦力的大小为 f=5N，方向水平向右故 B正确C、若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，A 与小车间没有压力作用，则 A受重力和弹簧的弹力两个力作用，瞬间 A 的合力 ，则加速度不等于 0.5m/s2故 C 正确，D 错误故选：BC考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，根据平衡求出静摩擦力的大小当小车和物体一起做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律求出物体的合力，确定物体所受的摩擦力大小和方向当小车自由下落时，A 与
19、小车之间没有支持力作用，则没有摩擦力点评：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道做自由落体运动时，A 处于完全失重状态，A 与小车间无压力13.如图所示，电路与一绝热密闭气缸相连， R 为电阻丝，气缸内有一定质量的理想气体，外界大气压恒定。闭合电键后，绝热活塞 K 缓慢且无摩擦地向右移动，则下列说法正确的是_A.气体的内能增加B.气体分子平均动能不变 C.电热丝放出的热量等于气体对外所做的功D.气体的压强不变E.气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少【答案】ADE【解析】试题分析：活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化；活塞缓慢向右移动过程中，气体体积增大，故
20、温度一定升高，气体内能增加，故 A 正确，D 正确；电阻丝向气体放热气体温度升高，而理想气体内能只取决于分子动能，气体温度升高，分子平均动能增大，故 B 错误；气体内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量一定大于对外做功，故 C 错误；气体体积变大，故气体单位体积内的分子数减小时，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减小，故 E 正确故选 ADE。考点：物体的内能；热力学第一定律【名师点睛】该题以气体的等压变化为基点，考查热流道第一定律、温度的无关意义以及压强的无关意义等，其中热力学第一定律为热学中的重点内容，在学习中要注意重点把握。14.如图所示，质量为 M 足够长的斜面体始终
21、静止在水平地面上，有一个质量为 m 的小物块在受到沿斜面向下的力 F 的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零。已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是 ( )A. 斜面体对地面的压力大小小于(m+M)gB. 斜面体给小物块的作用力大小小于 mgC. 若将力 F 撤掉，小物块将匀速下滑D. 若将力 F 的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动【答案】C【解析】根据题意，物块沿斜面匀加速下滑，此过程斜面体与地面的摩擦力为 0，说明 m 对 M 的压力和 m 对 M 的摩擦力的合力竖直向下，大小等于 mg，斜面体受力分析知，斜面体对地面的压力大小等于（M+m）g，故 A 错误
22、；小物块对斜面体的作用力大小等于 mg，根据牛顿第三定律，斜面体给小物块的作用力大小等于 mg，故 B 错误；若将 F 撤掉，则重力、支持力和摩擦力的合力为 0，小物块将匀速下滑，故 C 正确；对 m：水平方向 FNsin fcos，得 , 若将 F 方向改为竖直向下，则（mg+F）sin-（mg+F）cos=ma，解得 a=0，即小物块仍做匀速运动，故 D 错误；故选 C.15.如图所示，质量分别为 m，M 的物体 A，B 静止在劲度系数为 k 的弹簧上，A 与 B 不粘连现对物体施加竖直向上的力 F 使 A、B 一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图
23、乙所示下列说法正确的是（ ）A. 在乙图 PQ 段表示拉力 F 逐渐增大B. 在乙图 QS 段表示 B 物体减速上升C. 位移为 x1时，A、B 之间弹力为 mg+kx1-Ma0D. 位移为 x3时，A、B 一起运动的速度大小为【答案】AC【解析】开始时，质量分别为 m，M 的物体 A，B 静止在劲度系数为 k 的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：F=（M+m）g，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而 PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：F-（M+m）g+F 弹 =（M+m）a；F 弹 减小，所以 F 增大。故 A 正确；在乙图 QS 段，物体的加速度的方向
24、没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。故 B 错误；开始时，质量分别为 m，M 的物体 A，B 静止在劲度系数为 k 的弹簧上，弹簧的弹力：F 0=（M+m）g；当弹簧伸长了 x1后，弹簧的弹力：F 1=F0-F=F 0-kx1=（M+m）g-kx 1；以 B 为研究对象，则：F 1-mg-Fx1=Ma0；得：F x1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0故 C 正确；P 到 Q 的过程中，物体的加速度不变，得：v 122 a0x2；Q 到 S 的过程中，物体的加速度随位移均匀减小， ；联立得：v 22 a0(x2+x3)故 D 错误。故选 A
25、C。点睛：解题的关键是要理解 s2前 F 是变力，s 2后 F 可能是恒力的隐含条件即在 s2前物体受力和 s2以后受力有较大的变化二、实验题（本题共 2 个小题，每空 2 分，共计 16 分）16.某同学用如图所示的装置，探究共点力合成的规律。ABCD 为竖直平板，E、F 两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点 D 和三段绳子拉力的 和对应钩码的数目，数据如图所示，如果“力的平行四边形定则”成立，则 = ；第二次实验，仅把右侧滑轮 F 的位置移动到图中的 G 点，待稳定后，EOF 将 （选填“变大” 、 “变小”或“不变
26、” ） 。【答案】方向； ；不变。【解析】试题分析：验证力的平行四边形法则的实验中需要根据力的大小和方向做平行四边形，因此该实验中需要记录的是力的大小和方向；结点 O 处于平衡状态，水平方向：，竖直方向： ，可解得 ；三力平衡，两个力的合力和第三个力等大反向，因为钩码的个数不变，即三个力的大小不变，O 点所受竖直方向的拉力大小不变（5mg） ，所以 OE、OF 两段绳子拉力的合力大小和方向都不变，根据平行四边形定则可知，两个力的大小不变，其合力大小和方向不变，则这两个力的方向也不变，即这两个力的夹角EOF 不变。考点：实验验证力的平行四边形定则，共点力的平衡17.某实验小组的同学在“验证牛顿第
27、二定律”实验中，使用了如图所示的实验装置（1）在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有_A游标卡尺 B刻度尺 C秒表 D天平（2）实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是_A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶的总质量的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
28、C将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动（3）某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图所示的 aF 图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是_ A木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小B木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大C小车质量远大于砂和砂桶的质量D砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量（4）在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为 M 且保持不变，改变小车中砝码的质量 m，并测出小车中不同砝码质量时所对应的加速度 a，以 m 为横
29、坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图所示的关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律如果图中纵轴上的截距为 b，则小车受到的拉力大小为_（5）下图是实验中得到的一条纸带， A、 B、 C、 D、 E、 F、 G 为 7 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为： SAB4.20 cm、 SBC4.65 cm、 SCD5.10 cm、 SDE5.54 cm、 SEF6.00 cm、 SFG6.46 cm，已知打点计时器的工作周期为 0.02s，则小车的加速度 a_m/s 2。(结果保留 2 位有效数字)【答案】 (1). BD (2). B (3). AD
30、 (4). M/b (5). 0.45 m/s 2【解析】（1） “验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测出计数点间的距离，故选 BD；（2）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故 B 正确；故选 B；（3）由图所示图象可知，直线没过原点，当 a=0 时，F0也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，平衡摩擦力时，所垫木板太低从图象上可
31、以看出：F 从 0 开始增加，砝码和砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量了，那么绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量故 AD正确，BC 错误，故选 AD；（4）根据题意，由牛顿第二定律得：F=（M+m）a，则 ，则 -m 图象的截距：b= ，小车受到的拉力大小：F= ；（5）设相邻两个计数点之间的位移分别为 x1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6，相邻两个计数点之间的时间间隔 T=50.02=0.1s，由x=aT 2结合逐差法得： ；点睛：本题考查了实验器材、实验注意事项、实验
32、数据处理；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式是求出小车所受合力的关键，要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、计算题（本题共 34 分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写结果不得分）18.如图所示，质量 M=2kg 的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量 m=1kg 的小球相连，今用跟水平方向成 60角的力 F=10 N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m 的相对位置保持不变，g=10m/s 2。在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角（2）木块 M 与水平杆间的动摩擦因数 。【答案】(1) 30 0 (2) 【解析】（1）m 处于静止状态，其合力为零以 m 为研究对象
33、，由平衡条件得：水平方向：Fcos60-Tcos=0 竖直方向：Fsin60-Tsin-mg=0 由解得：=30（2）以 M、m 整体为研究对象，由平衡条件得：水平方向：Fcos60-F N=0 竖直方向：Fsin60+F N-mg-Mg=0 由得：点睛：本题要灵活选择研究对象，注意应用整体法与隔离法，用整体法时一定要分清内力与外力，正确地进行受力分析19.如图所示，左端封闭、内径相同的 U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为 L=20cm、温度为 t =270的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长。已知大气压强为 p0=75cmHg若将图中的阀门 S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门
34、S，右管水银面下降了 H=35cm，求：（1）左管水银面下降的高度；（2）对左管封闭气体加热，使左右两管水银面相平时气体的温度。【答案】(1) 10cm (2) 364.5 0C【解析】（1）设左管水银面下降的高度为 h；则左、右面水银的高度差为 H-h，左管空气柱的压强为P0-（H-h） ；由玻意耳定律可知：P 0LS=（P 0+h-H） （L+h）S解得 h=10cm（2）由左右两管水银面相平可知，左管气体的压强为 P0，体积为( L+h+ )S由理想气体状态方程可知： 解得 T=637.5K= 364.5点睛：本题考查了求水银面下降的高度和气体的温度，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意
35、耳定律和理想气体状态方程即可正确解题，解题时要注意几何关系的应用20.一长木板在水平地面上运动，从木板经过 A 点时开始计时，在 t=1.0s 时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的 vt 图线如图所示己知木板质量为物块质量的 2 倍，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小 g=10m/s2，求：（1）物块与木板间的动摩擦因数 1及木板与地面间的动摩擦因数 2；（2）木板离 A 点的最终距离；（3）木板的最小长度【答案】 （1）0.20 0.40 （2）7.975m （3）1.125m【解析】（1）
36、从 开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在 时，物块和木板具有共同速度 ，设 到 时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为 和 ，则有： 式中 ，为木板在 时速度的大小。设物块和木板的质量分别为 m、2m，由牛顿第二定律得：联立式得： ， （2）设 到 时间间隔内，木板的加速度为 ，由牛顿第二定律得： 得： 逆过来看，将木板匀减速过程看作反向匀加速过程，则 到 时间间隔内木板的位移为： 代入数据解得： 到 时间间隔内，木板相对于地面的运动距离为： 代入数据解得： 在 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩
37、擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为 ，物块和木板的加速度大小分别为 和 ，则由牛顿第二定律得： 假设 ，则 ；由式得 ，与假设矛盾，故有： 由式得： ， 在 时刻后，木板相对于地面的运动距离为： 代入数据解得： 综上，木板离 A 点的最终距离 解得： （3）由（2）分析，物块的 图象如图中点划线所示。由图可知， 到 时间间隔内，物块相对于木板的位移逐渐增大，而 时刻后，物块相对于木板的位移又逐渐减小。 到 时间间隔内，物块相对于地面的运动距离为代入数据解得 木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小，为： 解得 。点睛：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
