1、2018-2019 学年山东省东营二中高三（上）期中物理试卷一、选择题1.下列说法符合物理史实的是（ ）A. 开普勒最早阐述了重物体和轻物体下落得一样快B. 卡文迪许利用扭秤装置测出了引力常量C. 库仑是第一个提出电荷间的相互作用是以电场为媒介的科学家D. 亚里士多德对牛顿定律的建立做出了很大贡献【答案】B【解析】【分析】本题是物理学史问题，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、卡文迪许、法拉第等科学家，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，即可解答这类问题【详解】A、伽利略最早阐述了轻物体和重物体下落一样快，故 A 错误。B、卡文迪许第一次在实验室里测
2、出了万有引力常量 G，故 B 正确。C、法拉第是第一个提出电荷间的相互作用是以电场为媒介的科学家，故 C 错误。D、伽利略对牛顿定律的建立做出了很大贡献，亚里士多德贡献不大，故 D 错误。故选：B。【点睛】解决本题的关键要记牢伽利略、卡文迪许等科学家的物理学贡献，平时要加强记忆，注意积累2.跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，运动员从长直助滑道的顶端由静止开始下滑，滑到底端后完成各种高难度的滑雪动作假设某运动员在助滑道上下滑的过程中，重力对他做功 2000J，他克服阻力做功 200J在这个过程中（ ）A. 运动员的动能增加了 2000JB. 运动员的重力势能减少了 1800JC. 运动员的
3、机械能增加了 1800JD. 运动员的机械能减少了 200J【答案】D【解析】【分析】运动员的动能增加量等于外力对运动员做的总功重力势能的减小量等于重力做的功机械能的变化等于除了重力以外的力对他做的功【详解】A、重力对运动员做功 2000J，他克服阻力做功 200J，即阻力对他做功200J，则外力对他做的总功为 2000J200J=1800J，由动能定理知，运动员的动能增加了 1800J，故 A错误。B、重力对运动员做功 2000J，则运动员的重力势能减少了 2000J，故 B 错误。CD、阻力对运动员做功，所以运动员的机械能要减少，且机械能减少量等于他克服阻力做的功，为 200J，故 C 错
4、误， D 正确。故选：D。【点睛】在解决有关能量问题时，要注意明确做功和能量转化间的关系；合外力做功等于动能的改变量；重力做功等于重力势能的改变量；除了重力以外的力对物体做的功等于机械能的变化量3.质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中 F 和 T 的变化情况是（ ）A. F 逐渐变大，T 逐渐变小B. F 逐渐变大，T 逐渐变大C. F 逐渐变小，T 逐渐变小D. F 逐渐变小，T 逐渐变大【答案】B【解析】以结点 O 为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点 O 缓慢移动
5、，即在移动过程中物体始终处于平衡状态，则可知：绳 OB 的张力，根据平衡条件可知 ， ，由此两式可得 ，TB=mg TcosTB=0 TsinF=0 F=TBtan=mgtan，在结点为 O 被缓慢拉动过程中，夹角 增大，由三角函数可知 F 和 T 均变大，T=TBcos=mgcosB 正确4.2016 年 10 月 17 日 7 时 30 分，搭载两名航天员的“神舟十一号 ”载人飞船由“长征二号”运载火箭成功发射升空，10 月 19 日凌晨， “神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接成功 “神舟十号”与“ 天宫一号”对接时，轨道高度是 343 公里，而“ 神舟十一号”和“天宫二号”对接时
6、的轨道高度是 393 公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同根据以上信息，判断下列说法正确的是（ ）A. “天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大B. “天宫一号 ”的周期比“天宫二号”的周期小C. “神舟十一号”飞船的环绕速度大于第一宇宙速度D. “神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速实现对接【答案】B【解析】试题分析：根据公式 可得 ，可知轨道半径越大，线速度越小， “天宫一号” 的GMmr2=mv2r v= GMr速率比“天宫二号” 的速率大，但由于质量的关系未知，所以不能判断出“天宫一号” 的动能比“天宫二号” 的动能大，故 A 错误；根据公式 可得 ，可知轨道半径越GM
7、mr2=m42T2r T=2 r3GM大，周期越大， “天宫一号” 的周期比“ 天宫二号”的周期小，故 B 正确；根据公式 可知v=GMr轨道半径越大，线速度越小，所以“神舟十一号”飞船的环绕速度小于第一宇宙速度，故 C错误；“神舟十一号” 飞船必须在“ 天宫二号”的轨道上，再加速时将做离心运动，所以不可能实现对接，故 D 错误考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个GMmr2=mv2r=m2r=m42T2r=ma物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的
8、，所以需要细心计算5.有一个竖直固定放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心 O 到地面的高度为 h，小球从轨道最高点 A 由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点 B 离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的 C 点，C 点与 A 点的水平距离也等于 h，则下列说法正确的是（ ）A. 当小球运动到轨道最低点 B 时，轨道对它的支持力等于重力的 4 倍B. 小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧的支持力对小球的冲量C. 根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为 0.2hD. 小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角 的正切值 tan=0.5【答案】C【解析】A
9、、在最低点 ， ，解得 FB =3mg，A 错误；B、小球从 A 运动到 B，合mgR=12mv2BFBmg=mv2BR外力冲量水平向右，则支持力的冲量在竖直方向的分量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B 错误；C 、小球做平抛运动时， ， ，解得hR=12gt2hR=vtR=0.2h，C 正确；D、设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为 ，则 tan=1，因为 tan =2tan，所以 tan=2,D 错误.故选 C.【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解6.如图所示，水平放置的平行金属板 A
10、、B 连接一恒定电压，质量相同的两个电荷 M 和 N同时分别从极板 A 的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇不考虑电荷的重力、空气阻力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）A. 电荷 M 进入电场的初速度大小与电荷 N 进入电场的初速度大小一定相同B. 两电荷在电场中运动的加速度相等C. 电荷 M 的电荷量大于电荷 N 的电荷量D. 从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷 M 做的功等于电场力对电荷 N 做的功【答案】C【解析】【分析】两个电荷同时进入电场到相遇，运动时间相等；从轨迹图可以看出，电荷 M 的水平分位移和竖直分位移都比电荷 N 的大；
11、将电荷的运动沿水平和竖直方向正交分解后根据运动学公式和牛顿第二定律联合列式分析即可【详解】A、两个电荷水平方向都做匀速直线运动，从轨迹可以看出，电荷 M 的水平分位移比 N 的大，则有：x Mx N，故 vMtv Nt，故初速度关系为 vMv N，故 A 错误；B、从轨迹可以看出：y My N，故有 ，可得加速度关系为 aMa N，故 B 错误。12aMt212aNt2C、根据牛顿第二定律及 aMa N，得 ，而 mM=mN，得电荷量关系为 qMq N，故 CqMEmMqNEmN正确。D、电场力对电荷做的功公式 W=qEy，由于 qMq N，yMy N，所以有 WMW N，即电场力对电荷 M
12、做的功大于电场力对电荷 N 做的功，故 D 错误；故选：C。【点睛】本题的关键将电荷的合运动沿水平和竖直方向正交分解，然后根据运动学公式和牛顿第二定律列式进行分析7.甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的 vt 图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. t1 时刻，两者相距最远B. t2 时刻，乙物体追上甲C. 乙物体先向负方向运动，t 1 时刻以后反向向正方向运动D. 0t2 时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大【答案】D【解析】在 时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大 时刻后，乙的速0t2 t2度比甲的大，两者间距减小，所以 时刻，两者相距最远故 A 错误
13、甲、乙两物体由同t2一位置出发，在 vt 图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，知 时间内，甲的位移比0t2乙的大， 时刻，乙物体还没有追上甲，故 B 错误在速度-时间图象中速度的正负表示运t2动方向，从图中可知乙的速度一直为正，运动方向没有发生改变，故 C 错误根据速度时间图象的斜率表示加速度，故 时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故 D 正0t2确故选 D【点睛】由 v-t 图象直接读出物体的运动情况，根据速度关系分析何时相距最远根据“面积”表示位移，分析两物体何时相遇两物体速度始终为正值，速度方向一直为正方向，由速度的正负分析速度的方向根据图象的斜率分析加速度的变化8.如图所示，质
14、量分别为 m 和 M 的两三角形斜劈 P 和 Q 叠放在一起后置于水平地面上，现用大小相等、方向相反的水平力 F 分别推 P 和 Q，它们均静止不动，已知重力加速度大小为 g，则（ ）A. P 与 Q 之间一定存在摩擦力B. Q 与地面之间一定存在摩擦力C. Q 对 P 的支持力可能大于 mgD. 地面对 Q 的支持力大小一定等于（ M+m）g【答案】CD【解析】【分析】先对两个物体 P、Q 整体进行受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体 P 受力分析，根据平衡条件求解物体 m 对物体 M 的支持力和摩擦力【详解】BD、先对 P、Q 整体受力分析，受到重力（M+m ）g
15、、支持力 N 和已知的两个推力，如图所示：对于整体，由于两个推力的合力刚好为零，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有：N=（M+m）g；故 B 错误，D 正确；AC、再对物体 P 受力分析，受重力 mg、已知的推力 F、斜面体 Q 对 P 的支持力 N和摩擦力 f，当推力 F 沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图：当推力 F 沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图：当推力 F 沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图：根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N=mgcos+Fsin，故 P 与 Q 之间可能没有摩擦
16、力，Q 对 P 的支持力可能大于 mg，故 A 错误，C 正确；故选：CD。【点睛】本题关键是对两个物体整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体 P 受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况9.如图所示，质量为 4.0kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为 6.0kg 的物体 B 用细线悬挂在天花板上，B 与 A 刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g 取 10m/s2）（ ）A. A 加速的大小为 1m/s2B. B 加速的大小为 6m/s2C. 弹簧弹力大小为 60ND. A、B 间相互作用力的大小为 24N【答案】
17、BD【解析】【分析】弹簧的弹力不能突变，以 A、B 系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以 B 为研究对象，由牛顿第二定律求出 A、B 间的作用力。【详解】C、物体 A、B 接触但不挤压，剪断细线前，对 A 由平衡条件得，弹簧的弹力：T=mAg=410=40N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为 40N，故 C 错误；A、剪断细线后，A、B 一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：（m A+mB）gT=（mA+mB）a，解得：a=6m/s 2，故 A 错误，B 正确；D、对 B，由牛顿第二定律得：m BgF=mBa，解得：F=24N，则 A、B 间的作用力为
18、24N，故 D 正确；故选：BD。【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用；解题的关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体 B 并根据牛顿第二定律列式求解。10.我国高铁技术处于世界领先水平和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比某列车组由 8 节车厢组成，其中第 1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组 ( )A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B. 做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 32C. 进站时从关闭发
19、动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D. 与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 12【答案】BD【解析】试题分析：根据受力分析，结合牛 顿第二定律分析车厢之间 的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量设每节动车的功率为 P，牵引力为 F，每一 节车厢的质量是 m，阻力为 ，启动时乘客的加kmg速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢 作用力的方向与车运动的方向相同，故 A 错误；做加速运动时，有两 节动力车厢， 对整个的车进行受力分析得：，对 6、
20、7、8 车厢进行受力分析得： ，对 7、8 车厢进行受力分析2F8kmg=8ma F13kmg=3ma得： ，联立可得： ，故 B 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离F22kmg=2maF1F2=32为 s，则： ，可得： ，可知 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与8kmgs=0812mv2 s=v22kg关闭发动机时的速度的平方成正比，故 C 错误；当只有两节动力车时，最大速率为 v，则：，改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组时 ，所以 ，故 D 正确2P=8kmgv 4P=8kmgv v=2v【点睛】当机车的速度达到最大时，机 车做匀速运动，此 时机 车处于受力平衡状态，即
21、此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本 题【此处有视频，请去附件查看】11.物块 B 套在倾斜杆上，并用轻绳与物块 A 相连，今使物块 B 沿杆由点 M 匀速下滑到 N点，运动中连接 A、B 的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）A. 物块 A 的速度先变大后变小B. 物块 A 的速度先变小后变大C. 物块 A 处于超重状态D. 物块 A 处于失重状态【答案】BC【解析】A、将 B 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图：根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为： ，可知在增大到 的过程中，vA=vBcos 90A 的速度方向向下，且逐渐减
22、小；由图可知，当 B 到达 P 点时，B 与滑轮之间的距离最短，A 的速度等于 0，随后 A 向上运动，且速度增大=90所以在 B 沿杆由点 M 匀速下滑到 N 点的过程中，A 的速度先向下减小，然后向上增大，故A 错误，B 正确；C、物体 A 向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以 A 始终处于超重状态，故 C 正确， D 错误。点睛：解决本题的关键知道 A 沿绳子方向上的分速度等于 B 的速度，以及知道除超重状态时物体的加速度的方向向上，失重状态时加速度的方向向下即可。12.如图所示，一轻弹簧左端与表面粗糙的物体 P 相连，右端与表面光滑的物体 Q 相连，开始时，
23、P、Q 均在水平面上静止，弹簧处于原长状态。现在物体 P 上作用一水平向右的恒定推力 F，使物体 P、Q 向右运动。则下列说法正确的是（ ）A. 经过一段时间物体 P、Q 可能以相同的速度向右匀速运动B. 经过一段时间物体 P、Q 可能以相同的加速度向右运动C. 任何一段时间内弹簧对 P、Q 两物体组成的系统做的功都为零D. 在运动过程中取一段时间，该段时间内 P、Q 两物体增加的动能可能等于推力 F 做的功与摩擦力对物体 P 做功的代数和【答案】BD【解析】【分析】匀速运动时物体的合力应为零，根据平衡条件能否匀速运动。根据受力情况，分析加速度能否相同。根据弹簧的形变情况分析弹簧对 P、Q 两
24、物体组成的系统做的功，由功能关系分析 P、Q 两物体增加的动能与推力 F 做的功与摩擦力对物体 P 做功的代数和的关系。【详解】A、若 Q 匀速运动，由平衡条件可知，弹簧对 Q 应没有弹力，则 P 受到的力 F 应该与 P 受到的滑动摩擦力相等，若相同，则在最开始就存在推不动的情况，所以 P、Q 不可能以相同的速度向右匀速运动，故 A 错误。B、当弹簧处于压缩状态时，P 与 Q 的加速度可能相同，两者以相同的加速度向右运动，故 B 正确。C、当弹簧不断被压缩的过程中，弹簧对 P、Q 两物体组成的系统做的功不等于零，故 C 错误。D、在运动过程中取一段时间，该段时间内若弹簧弹性势能保持不变，则
25、P、Q 两物体增加的动能等于推力 F 做的功与摩擦力对物体 P 做功的代数和。故 D 正确。故选：BD。【点睛】解决本题的关键要掌握力和运动的关系、功与能的关系，知道合外力所做的功等于物体动能的变化，功是能量转化的量度，对物体正确受力分析，从能量的角度，应用动能定理与功能原理即可正确解题。二、实验题13.如图，用“碰撞实验器 ”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量_（填选项前的序号） ，间接地解决这个问题A小球开始释放的高度 hB小球抛出点距地面的高度 HC小球做平抛运动的水平位移（2）用天
26、平测量两个小球的质量 m1、m2图中 O 点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球 m1 多次从斜轨上 S 位置静止释放；然后，把被碰小球 m2 静止于轨道的水平部分，再将入射小球 m1 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 m2 相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点 M、P、N，并测量出平均水平位移 OM、OP、ON。（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用（2）中测量的量表示） ；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为_（用（2）中测量的量表示） 。【答案】 (1). （1）C (2). （3） (3). m1OP=m1OM+m2ONm1OP2=m1OM2
27、+m2ON2【解析】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故选 C。（3）若两球相碰前后的动量守恒，则 ，又 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入m1v0=m1v1+m2v2得： ；若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒： ，代m1OP=m1OM+m2ON12m1v20=12m1v21+12m2v22入得；m 1OP2=m1OM2+m2ON2。14.如图甲所示是利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置，导轨上安装了 1、2 两个光电门，滑块上固定一竖直遮光条，滑块用细线
28、绕过定滑轮与钩码相连，细线与导轨平行（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为_mm （2）在调整气垫导轨水平时，滑块不挂钩码和细线，接通气源后，给滑块一个初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门 1 的时间大于通过光电门 2 的时间为调节气垫导轨水平，可采取的措施是_A调节 Q 使轨道右端升高一些 B调节 P 使轨道左端升高一些C遮光条的宽度应适当大一些 D滑块的质量增大一些（3）正确进行实验操作，测出滑块和遮光条的总质量 M，钩码质量 m，遮光条的宽度用 d表示，重力加速度为 g现将滑块从图示位置由静止释放，实验中滑块经过光电门 2 时钩码未着地，测得两光电门中
29、心间距 s，由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间分别为 t1、t2，则验证机械能守恒定律的表达式是_【答案】 (1). 5.40; (2). B; (3). ;mgs=12(M+m)d2(1t221t12)【解析】【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据滑块通过光电门的时间大小判断出速度的大小，从而确定哪一端偏低了（3）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块通过两光电门的瞬时速度，从而得出系统动能的增加量，根据下降的高度求出系统重力势能的减小量，得出所需验证的机械能守恒表达式【详解】 （1）游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标读数为 0.058m
30、m=0.40mm，则最终读数为5.40mm（2）给滑块一个初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门 1 的时间大于通过光电门 2 的时间，可知速度越来越大，左端偏低，应调节 P 使轨道左端升高一些故选：B（3）滑块通过两光电门的瞬时速度 ， ，则系统重力势能的减小量 E p=mgs，系v1=dt1 v2=dt2统动能的增加量 则需验证的机械能守恒的表达式Ek=12(M+m)(v22v21)=12(M+m)d2(1t221t21)为： mgs=12(M+m)d2(1t221t21)故答案为：（1）5.40 （2）B （3）mgs=12(M+m)d2(1t221t21)【点睛】考查掌握轨
31、道是否水平的判定依据，这是物理实验的基础同时处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项，最后理解求解瞬时速度的方法三、计算题15.近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为 80km/h，就应与前车保持 80m 的距离，以此类推，现有一辆客车以大小 v0=90km/h的速度行驶，一般司机反应时间 t=0.5s（反应时间内车被视为匀速运动） ，刹车时最大加速度 a1=5m/s2，求：（1）若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客
32、车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持 90m 是否可行？（2）若客车超载，刹车最大加速度减为 a2=4m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到v1=144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为 t=1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？【答案】 （1） 可行（2） 经验不可靠75m 260m【解析】试题分析：（1）司机发现前方危险在反应时间内前进的距离 ：x1 90km/h=25m/s，刹车时间前进的距离 ：x1=v01t=250.5m=12.5m x2 x20v202a1 2522(5)m 62.5m司机发现危险到客车停
33、止运动，客车通过的最短路程 x：经验可行x=x1+x2=12.5+62.5=75m 90m（2 ）若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离 ：x3v02=144km/h=40m/sx3=v02t=401.5m=60m刹车时间前进的距离 ：x4 x40v2022a2 4022(4)m 200m司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程 x：按照经验，144km/h 安全距离为 144mx=x3+x4=60m+200m=260m 144m在多重违章情况下，经验不可靠所以要按交通规则行驶，经验才有可行考点：考查了匀变速直线运动规律的应用16.如图所示装置由 AB、BC、CD 三段轨道组
34、成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道 AB、CD 段是光滑的，水平轨道 BC 的长度 x=5m，轨道 CD 足够长且倾角 =37，A、D 两点离轨道 BC 的高度分别为 h1=4.30m、h2=1.35m。现让质量为 m 的小滑块自 A 点由静止释放。已知小滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数 =0.5，重力加速度取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小滑块第一次到达 D 点时的速度大小；（2）小滑块第二次通过 C 点时的速度大小；（3）小滑块最终停止的位置距 B 点的距离。【答案】16. vC=6m/s17. t=t1+t2=1.9s18. l=4.28
35、m【解析】（1 ）小物块第一次从 A 到 C 的过程中，由动能定理得mgh1mgs=12mv2c0将 、s 、 、 g 代入得： （4 分）vC=6m/s（2 ）第一次冲上 CD 轨道上升的高度最大，上升过程的加速度大小为a1=gsin+gcos=10ms2上升的时间 （2 分）t1=vCa1=0.6s则沿斜面上升的距离最大值为x=v2C2a=1.8m返回时小滑块做匀加速运动，加速度 a2=gsingcos=2ms2从最高点返回到 C 点所用的时间（ 2 分）t2=2xa2=355s故小滑块第一次和第二次经过 C 点的时间间隔（2 分）t=t1+t2=1.9s（3 ）小球返回到 C 点的速度满
36、足 v2C=2a2x从 C 点向左的过程,由动能定理得12mv2C=mg(sl)带入数字解得 （4 分）l=4.28m17.如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为 E=1.25104N/C，一根长 L=1.5m、与水平方向的夹角为 =37的光滑绝缘细直杆 MN 固定在电场中，杆的下端 M 固定一个带电小球A，电荷量 Q=+4.5106C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量 q=+1.0106C，质量 m=1.0102kg现将小球 B 从杆的上端 N 静止释放，小球 B 开始运动 （静电力常量k=9.0109 Nm2/C2，取 g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0
37、.8）求：（1）小球 B 开始运动时的加速度为多大？（2）小球 B 的速度最大时，与 M 端的距离 r 为多大？【答案】 （1）小球 B 开始运动时的加速度为 3.2m/s2（2 ）小球 B 的速度最大时，与 M 端的距离 r 为 0.9m【解析】试题分析：（1）开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsin-kQqL2-qEcos=ma解得： a=gsin-kQqmL2qEcosm代入数据解得：a32 m/s2（2 ）小球 B 速度最大时合力为零，即mgsin-kQqr2-qEcos=0解得： r=kQqmgsinqEcos代入数据解得：r09
38、 m考点：牛顿第二定律；物体的平衡【名师点睛】此题考查牛顿第二定律及物体的平衡问题；解答本题关键是能够正确对小球B 进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解。18.如图所示，一质量为 m=15kg 的滑块从倾角为 =37的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失） ，滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车已知斜面长 s=10m，小车质量为 M=35kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数 =035，小车与地面光滑且足够长，取 g=10m/s2求：（1）滑块滑到斜面末端时的速度（2 ）当滑块与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离【答案】
39、 （1）8 m/s（2）64m【解析】试题分析：（1）设滑块在斜面上的滑行加速度 a，由牛顿第二定律，有 mg（sin-cos）=ma代入数据得：a=32m/s 2又：s= at212解得 t=25s到达斜面末端的速度大小 v0=“at=8“ m/s（2 ）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv 0=（m+M ）v代入数据得：v=24m/s滑块在小车上运动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，得：mgL mv02 （m+M）v 212 12代入数据得：L=64m考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解；解题时需选择合适的物理规律，用牛顿定律结合运动公式，或者用动量守恒定律较简单，此题是中档题。
