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河北省唐山一中2014-2015学年高一上学期第二次月考物理试卷


河北省唐山一中 2014-2015 学年高一上学期第二次月考物理试卷
一、选择题(1-8 为单选题,9-12 多选题,每小题 4 分,选对部分 2 分,共 48 分) 1. (4 分)A、B、C 三物同时、同地、同向出发做直线运动,如图所示它们位移与时间的图 象,由图可知它们在 t0 时间内()

A.三者平均速度相等 C. C 的平均速度最大

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B. A 的平均速度最大 D.C 的平均速度最小

2. (4 分)一个物体从静止开始做加速度方向不变,大小逐渐增大的直线运动,经过时间 t 速 度为 v,这段时间内的位移 x 大小为() A.x=vt B.x= C . x> D.x<

3. (4 分)如图所示,一箱苹果沿着倾角为 θ 的斜面,以速度 v 匀速下滑.在箱子的中央有一 个质量为 m 的苹果,它受到周围苹果对它的作用力的方向()

A.沿斜面向上

B.沿斜面向下

C.竖直向上

D.垂直斜面向上

4. (4 分)两个相同的可视为质点的小球 A 和 B,质量均为 m,用长度相同的两根细线把 A、 B 两球悬挂在水平天花板上的同一点 O,并用长度相同的细线连接 A、B 两个小球,然后,用 一水平方向的力 F 作用在小球 A 上,此时三根线均处于伸直状态,且 OB 细线恰好处于竖直 方向如图所示.如果两小球均处于静止状态,则力 F 的大小为()

A.0

B.mg

C.

mg

D.

5. (4 分)某物体由静止开始运动,它所受到的合外力方向不变,大小随时间变化的规律如图 所示,则在 0~t0 这段时间()

A.物体做匀加速直线运动 B. 物体在 t0 时刻速度最小 C. 物体在 t0 时刻加速度最大 D.物体作变加速运动,运动速度越越大 6. (4 分)如图所示,OA 为一遵守胡克定律的弹性轻绳,其一端固定在天花板上的 O 点,另 一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块 A 相连.当绳处于竖直位置时,滑块 A 与 地面有压力作用.B 为一紧挨绳的光滑水平小钉,它到天花板的距离 BO 等于弹性绳的自然长 度.现用水平力 F 作用于 A,使之向右作直线运动,在运动过程中,作用于 A 的摩擦力()

A.逐渐增大 C. 保持不变

B. 逐渐减小 D.条件不足,无法判断

7. (4 分)如图所示,质量为 M 的框架放在水平地面上,一轻弹簧上端固定一个质量为 m 的 小球,小球上下振动时,框架始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间,小球的加速度大 小为()

A.g

B.

g

C. 0

D.

g

8. (4 分)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率 v1 沿顺时针转动,传送带右 侧有一与传送带等高的光滑水平面,一物块以初速度 v2 沿直线向左滑向传送带后,经过一段 时间又返回光滑水平面,此时其速率为 v3,则下列说法正确的是()

A.若 v1<v2,则 v3=v1 C. 只有 v1=v2 时,才有 v3=v1

B. 若 v1>v2,则 v3=v1 D.不管 v2 多大,总有 v3=v1

9. (4 分)如图所示,质量均为 m 的甲、乙两同学,分别静止于水平地面的台秤 P、Q 上,他 们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端,稳定后弹簧秤的示数为 F,若弹簧秤的质量不计,下 列说法正确的是()

A.两台秤的读数之和为 2mg B. 台秤 P 的读数等于 mg﹣F C. 台秤 Q 的读数为 mg﹣F D.甲同学处于超重状态,乙同学处于失重状态 10. (4 分)如图所示水平面上,质量为 10kg 的物块 A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧 的另一端固定在小车上, 小车静止不动, 弹簧对物块的弹力大小为 5N 时, 物块处于静止状态, 2 若小车以加速度 a=0.6m/s 沿水平地面向右加速运动时()

A.物块 A 相对小车仍静止 B. 物块 A 受到的摩擦力将减小 C. 物块 A 受到的摩擦力大小不变 D.物块 A 受到的弹力将增大 11. (4 分)如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为 m 的货物提升到高处.滑轮的质量和摩 擦均不计,货物获得的加速度 a 与绳子对货物竖直向上的拉力 Fr 之间的关系如图乙所示.g 表示当地的重力加速度,由图可以判断()

A.图线与纵轴的交点 M 的值 aM=﹣g B. 图线与横轴的交点 N 的值 Fr=mg C. 图线的斜率等于物体的质量 m D.图线的斜率等于物体质量的倒数

12. (4 分)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和 物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时, 撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()

A.物块先向左运动,再向右运动 B. 物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动 C. 木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零

二、实验题: 13. (12 分)如图 1 所示,为“用 DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力 的关系”的实验装置.

(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持不变,用钩码所受的重力大小作为,用 DIS 测 小车的加速度. (2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据可画出 a﹣F 关系图线(如图 2 所示) .分析此图线的 OA 段可得出的实验结论是. (3) (单选题)此图线的 AB 段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是 A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大.

三、计算题(写出必要的文字说明和方程,直接写出答案不给分) . 14. (10 分)一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出,利用速度传感器可以在计算机屏幕上得 到其速度大小随时间的变化关系图象如图所示,求 (1)物块下滑的加速度大小 a (2)物块向上滑行的最大距离 s (3)斜面的倾斜角 θ

15. (15 分)如图所示,白色的传送带两轮 A、B 的距离 L=15m,传送带以恒定速度 v=2m/s 顺时针运动,现将一质量为 m 的小煤块无初速度地放在 A 端,若物体与传送带间的动摩擦因 0 2 数为 μ=0.8, 设小煤块在运动过程中的质量不变, 传送带的倾角为 θ=37 , g 取 10m/s , sin37°=0.6, cos37°=0.8,求:

(1)煤块从 A 端运送到 B 端所需的时间是多少? (2)传送带上留下的黑色痕迹有多长?

16. (15 分)如图所示,在水平面上有 A、B 两块相同的木板.质量均为 m=2kg,每块木板长 L=1m.两木板放在一起但不粘连,木板与水平地面间的动摩擦因数 μ1=0.1,设定最大静摩擦 力与滑动摩擦力大小相等.现有一质量 M=4kg 的金属块 C 以初速度 ν0=2 m/s 从 A 的左端 2 向右滑动,金属块与木板间的动摩擦因数 μ2=0.2,g 取 g=10m/s ,试求: (1)金属块滑上 B 的左端时速度为多少? (2)金属块停在木块 B 上何处? (3)整个过程中木块 B 的位移是多少.

河北省唐山一中 2014-2015 学年高一上学期第二次月考物 理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(1-8 为单选题,9-12 多选题,每小题 4 分,选对部分 2 分,共 48 分) 1. (4 分)A、B、C 三物同时、同地、同向出发做直线运动,如图所示它们位移与时间的图 象,由图可知它们在 t0 时间内()

A.三者平均速度相等 C. C 的平均速度最大

B. A 的平均速度最大 D.C 的平均速度最小

考点: 平均速度. 分析: 平均速度是指物体的位移与所用时间的比值,根据图象确定物体的位移的大小和时 间的大小即可. 解答: 解:由图可以知道,物体经过的路线不一样,但它们的起点和终点是相同的,用的 时间也是相同的,所以它们的平均速度的大小是相同的. 故选 A.

点评: 求平均速度用的是物体的位移,不是物体经过的路程的大小,这一点是同学经常出 错的地方. 2. (4 分)一个物体从静止开始做加速度方向不变,大小逐渐增大的直线运动,经过时间 t 速 度为 v,这段时间内的位移 x 大小为() A.x=vt B.x= C . x> D.x<

考点: 平均速度. 专题: 直线运动规律专题. 分析: 在 v﹣t 图线中,图线与时间轴所围成的面积表示位移,根据速度时间图线比较匀加 速直线运动和加速度逐渐增大的直线运动的位移. 解答: 解:加速度逐渐增大的加速运动和匀加速直线运动的速度时间图线如图,从图中可 以看出,匀加速直线运动的位移大于加速度逐渐增大的加速运动位移,匀加速直线运动的位 移 x′= t.所以 故选:D. .故 D 正确,A、B、C 错误.

点评: 本题用速度时间图线解决比较方便,知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示 位移. 3. (4 分)如图所示,一箱苹果沿着倾角为 θ 的斜面,以速度 v 匀速下滑.在箱子的中央有一 个质量为 m 的苹果,它受到周围苹果对它的作用力的方向()

A.沿斜面向上

B.沿斜面向下

C.竖直向上

D.垂直斜面向上

考点: 牛顿第二定律. 分析: 由于苹果都是匀速运动的,把周围的苹果看成一个整体,对中间的苹果受力分析即 可得出结论. 解答: 解:这个质量为 m 的苹果是匀速下滑的,这说明受力平衡,它自身受到的重力竖直 向下,大小为 mg,以及来自下面苹果和周围苹果传来的力,说明周围苹果对它的合力与重力 的大小相等方向相反,所以周围苹果对它的作用力大小为 mg,方向竖直向上. 故选:C. 点评: 从题目来看好像是很多的苹果,会有很多的力产生,但应用整体法,问题就简单了, 就和水平面上放的物体一样了.

4. (4 分)两个相同的可视为质点的小球 A 和 B,质量均为 m,用长度相同的两根细线把 A、 B 两球悬挂在水平天花板上的同一点 O,并用长度相同的细线连接 A、B 两个小球,然后,用 一水平方向的力 F 作用在小球 A 上,此时三根线均处于伸直状态,且 OB 细线恰好处于竖直 方向如图所示.如果两小球均处于静止状态,则力 F 的大小为()

A.0

B.mg

C.

mg

D.

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. 分析: 由题;OB 细线恰好处于竖直方向,说明细线 AB 没有拉力,以 A 球为研究对象,分 析受力情况,作出力图,根据平衡条件求出 F. 解答: 解:以 B 球为研究对象:OB 细线恰好处于竖直方向,说明细线 AB 没有拉力.再以 A 球为研究对象,分析受力情况,作出力图如图,根据平衡条件得: F=mgtan60°= mg 故选 C

点评: 本题的关键是根据 OB 细线恰好处于竖直方向分析细线 AB 的拉力为零,对于 A 球 是三力平衡问题,常规题. 5. (4 分)某物体由静止开始运动,它所受到的合外力方向不变,大小随时间变化的规律如图 所示,则在 0~t0 这段时间()

A.物体做匀加速直线运动 B. 物体在 t0 时刻速度最小 C. 物体在 t0 时刻加速度最大 D.物体作变加速运动,运动速度越越大 考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.

专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 根据牛顿第二定律分析物体的加速度如何变化,确定物体的运动性质,并分析物体 的运动情况. 解答: 解:A、D、由图看出,合外力 F 减小,则由牛顿第二定律得知加速度 a 减小,加速 度与速度同向,物体做变加速运动,速度越来越大,故 A 错误,D 正确; B、C、由于 a 与 v 同向,物体的速度增大,在 t0 时刻加速度为零,速度最大,故 B 错误,C 错误; 故选:D. 点评: 根据物体的受力情况定性分析物体的运动情况是学习力学应具备的能力. 6. (4 分)如图所示,OA 为一遵守胡克定律的弹性轻绳,其一端固定在天花板上的 O 点,另 一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块 A 相连.当绳处于竖直位置时,滑块 A 与 地面有压力作用.B 为一紧挨绳的光滑水平小钉,它到天花板的距离 BO 等于弹性绳的自然长 度.现用水平力 F 作用于 A,使之向右作直线运动,在运动过程中,作用于 A 的摩擦力()

A.逐渐增大 C. 保持不变

B. 逐渐减小 D.条件不足,无法判断

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. 分析: 先对滑块在 A 点时受力分析,由竖直方向上合力为零可得出重力、支持力、弹性绳 弹力三者关系,再对滑块在任意位置受力分析,由竖直方向受到的合力为零,得出重力、支持 力、 弹性绳弹力三者关系, 然后结合较好知识, 可得出支持力不变的结论, 从而摩擦力也不变. 解答: 解: 滑块在 A 点时,受到向下的重力 mg、地面的支持力 mg=k ,解得 =mg﹣k 、绳子的拉力 F=k ,且有

当滑块运动到图示位置 C 时(设弹性绳与竖直方向夹角为 θ) ,受力分析如图所示: 由滑块在竖直方向受到的合力为零可得:mg= = ,即滑块受到地面的弹力不变,由 f=μ +k cosθ,由图可知 = ,解

知,作用于 A 的摩擦力不变,所以 C 正确

ABD 错误. 故选:C.

点评: 解题的关键是对滑块在 A 点和任意位置受力分析,根据竖直方向上合力为零即可求 解. 7. (4 分)如图所示,质量为 M 的框架放在水平地面上,一轻弹簧上端固定一个质量为 m 的 小球,小球上下振动时,框架始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间,小球的加速度大 小为()

A.g

B.

g

C. 0

D.

g

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: 当框架对地面的压力为零的瞬间,对框架分析,根据共点力平衡求出弹簧的弹力大 小,再隔离对小球分析,运用牛顿第二定律求出小球的加速度. 解答: 解:当框架对地面压力为零瞬间,框架受重力和弹簧的弹力处于平衡,则 F=Mg, 隔离对小球分析,根据牛顿第二定律得,F+mg=ma, 解得 a= .故 D 正确,A、B、C 错误.

故选:D. 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. 8. (4 分)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率 v1 沿顺时针转动,传送带右 侧有一与传送带等高的光滑水平面,一物块以初速度 v2 沿直线向左滑向传送带后,经过一段 时间又返回光滑水平面,此时其速率为 v3,则下列说法正确的是()

A.若 v1<v2,则 v3=v1 C. 只有 v1=v2 时,才有 v3=v1

B. 若 v1>v2,则 v3=v1 D.不管 v2 多大,总有 v3=v1

考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 传送带专题.

分析: 物体冲上皮带后,受到向右的滑动摩擦力,减速向左滑行,之后依然受到向右的滑 动摩擦力,会继续向右加速,然后分 v1 大于、等于、小于 v2 三种情况分析. 解答: 解:由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动 摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论: ①如果 v1>v2, 物体会一直加速, 当速度大小增大到等于 v2 时, 物体恰好离开传送带, 有 v3=v2; ②如果 v1=v2,物体同样会一直加速,当速度大小增大到等于 v2 时,物体恰好离开传送带, 有 v3=v2; ③如果 v1<v2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于传送带速度时,物 体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动,有 v3=v1; 故选:A. 点评: 本题关键是对于物体返回的过程分析,物体可能一直加速,也有可能先加速后匀速 运动. 9. (4 分)如图所示,质量均为 m 的甲、乙两同学,分别静止于水平地面的台秤 P、Q 上,他 们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端,稳定后弹簧秤的示数为 F,若弹簧秤的质量不计,下 列说法正确的是()

A.两台秤的读数之和为 2mg B. 台秤 P 的读数等于 mg﹣F C. 台秤 Q 的读数为 mg﹣F D.甲同学处于超重状态,乙同学处于失重状态 考点: 牛顿运动定律的应用-超重和失重. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 两同学的重力不变;分别分析两人的受力可得出两台秤的示数;再对两人用整体法 进行分析可得出两台秤的示数之和. 解答: 解: A、 将两人做为整体分析, 整体受重力、 支持力, 故两台秤的示数之和为 2mg. 故 A 正确. B、对甲受力分析,甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力,则有:甲受到支持力为 mg+F, 即台秤 P 的读数等于 mg+F.故 B 错误; C、对乙分析,乙受到的拉力向上,故台秤的示数为 mg﹣F,故 C 正确; D、两同学处于静止状态,都处于平衡状态;故 D 错误; 故选:AC 点评: 本题要掌握整体法的应用,注意应用整体法时,弹簧秤的拉力为内力,不再考虑. 10. (4 分)如图所示水平面上,质量为 10kg 的物块 A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧 的另一端固定在小车上, 小车静止不动, 弹簧对物块的弹力大小为 5N 时, 物块处于静止状态, 2 若小车以加速度 a=0.6m/s 沿水平地面向右加速运动时()

A.物块 A 相对小车仍静止 B. 物块 A 受到的摩擦力将减小 C. 物块 A 受到的摩擦力大小不变 D.物块 A 受到的弹力将增大 考点: 牛顿第二定律;力的合成与分解的运用. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 物体开始时受弹力为 5N,而处于静止状态,受到的静摩擦力为 5N,说明物体的最大 静摩擦力大于等于 5N;当小车的加速度为 1m/s ,两物体将保持相对静止时,物体的加速度 2 为 a=1m/s ,则需要的外力为 10N;根据弹力和最大静摩擦力可求出物体相对于小车静止的最 大加速度,当小车的加速度小于等于最大加速度时,物体与小车仍保持相对静止.弹簧的弹力 不变,摩擦力大小不变. 解答: 解:A、物体开始时受弹力 F=5N,而处于静止状态,说明受到的静摩擦力为 5N,则 物体的最大静摩擦力 Fm≥5N. 当物体相对于小车向左恰好发生滑动时,加速度为 a0=
2 2 2



=1m/s .所以当小车的加速

度为 a=0.6m/s 时,物块 A 相对小车仍静止.故 A 正确. 2 B、C 根据牛顿第二定律得:N+f=ma 小车以加速度 a=0.6m/s 沿水平地面向右加速运动时,弹 力水平向右,大小仍为 5N,由于加速度恒定,则摩擦力不变. 故 B 错误,C 正确. D、物体 A 相对于小车静止,弹力不变.故 D 错; 故选:AC 点评: 本题考查应用牛顿第二定律分析物体受力情况的能力.要注意静摩擦力大小和方向 会随物体状态而变化. 11. (4 分)如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为 m 的货物提升到高处.滑轮的质量和摩 擦均不计,货物获得的加速度 a 与绳子对货物竖直向上的拉力 Fr 之间的关系如图乙所示.g 表示当地的重力加速度,由图可以判断()

A.图线与纵轴的交点 M 的值 aM=﹣g B. 图线与横轴的交点 N 的值 Fr=mg C. 图线的斜率等于物体的质量 m D.图线的斜率等于物体质量的倒数

考点: 牛顿第二定律.

专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 对货物受力分析,受重力和拉力,根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式进行 分析,根据表达式结合图象运用数学知识分析物理问题. 解答: 解:对货物受力分析,受重力 mg 和拉力 T,根据牛顿第二定律,有 T﹣mg=ma a= ﹣g A、当 T=0 时,a=﹣g,即图线与纵轴的交点 M 的值 aM=﹣g,故 A 正确; B、当 a=0 时,T=mg,故图线与横轴的交点 N 的值 Fr=mg,故 B 正确; CD、图线的斜率表示质量的倒数 ,故 C 错误,D 正确. 故选:ABD 点评: 本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的一般表达式,并能根据数学关系对表达 式进行讨论是解决问题的关键. 12. (4 分)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和 物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时, 撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()

A.物块先向左运动,再向右运动 B. 物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动 C. 木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零 考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 压轴题;牛顿运动定律综合专题. 分析: 据题,当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度 小于木板的速度, 两者之间存在滑动摩擦力, 根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况. 解答: 解:由题知道:当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物 块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,物块受到木板的滑动摩擦力方向向右, 与其速度方向相同,向右做加速运动,而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左,与其速度方 向相反,向右做减速运动,当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动. 故选 BC 点评: 本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力,考查分析物体受力情 况和运动情况的能力. 二、实验题: 13. (12 分)如图 1 所示,为“用 DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力 的关系”的实验装置.

(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持小车的质量不变,用钩码所受的重力大小作为 拉力,用 DIS 测小车的加速度. (2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据可画出 a﹣F 关系图线(如图 2 所示) .分析此图线的 OA 段可得出的实验结论是加速度与小车受到的合外 力成正比. (3) (单选题)此图线的 AB 段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是 C A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大. 考点: 探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 专题: 实验题. 分析: 探究加速度与力的关系实验,首先要平衡摩擦力;当钩码质量远小于小车质量时, 小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力; 如果钩码质量太大, 小车受到的拉力小于钩码重力, 图象发生弯曲. 解答: 解: (1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持 小车的质量不变,用钩码所受的 重力大小作为 拉力,用 DIS 测小车的加速度; (2)由图可知,在 OA 段几乎是直线,即加速度与小车受到的合外力成正比. (3)小车质量保持不变,改变所挂钩码的个数,开始钩码总质量远小于小车质量,a 与拉力 成正比,a﹣F 图象是一条倾斜的直线,随着钩码质量的增加,码质量不再远小于小车质量, 小车受到的拉力明显小于钩码的重力, 加速度 a 与钩码重力不成正比, 加速度随钩码重力的增 加而变大,但加速度的增加幅度将逐渐减小,a﹣F 图象向下弯曲,是由于没有满足钩码的质 量远小于小车的质量.故 C 正确. 故选:C 故答案为: (1)小车的质量,拉力; (2)加速度与小车受到的合外力成正比; (3)C 点评: 要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量.当钩码的质量远小于小车的总质量 时,钩码所受的重力才能作为小车所受外力. 三、计算题(写出必要的文字说明和方程,直接写出答案不给分) . 14. (10 分)一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出,利用速度传感器可以在计算机屏幕上得 到其速度大小随时间的变化关系图象如图所示,求 (1)物块下滑的加速度大小 a (2)物块向上滑行的最大距离 s (3)斜面的倾斜角 θ

考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)由图象可知道,物体在 0.5s~1.5s 内匀加速下降,根据图象的斜率表示加速度 求解下降过程的加速度; (2)上滑的位移可以用速度位移公式求解,也可以用位移时间公式求,还可以根据速度时间 图象的面积求解; (3)对上滑过程和下滑过程分别受力分析,根据牛顿第二定律列式求解. 解答: 解: (1)由图象可知,物块下滑的加速度 a= (2)由 v﹣t 图象的面积法,上滑的位移 S= 4×0.5m=1m ;

即物块向上滑行的最大距离 1m. (3)设物块质量为 m,物块与斜面间的滑动摩擦因数为 μ, 物体沿斜面上滑过程,受力如图

根据牛顿第二定律 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 a1= 物体沿斜面下滑过程,受力如图

根据牛顿第二定律 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2 a2= ;

由以上两式,代入数据后可解得 θ=30° 即斜面的倾角为 30° 答: (1)物块下滑的加速度大小为 2m/s ; (2)物块向上滑行的最大距离为 1m; (3)斜面的倾斜角为 30°. 点评: 图象简洁明了,能够直接得出物体各过程的运动规律,解出各个过程的加速度后, 可以对物体受力分析,结合牛顿第二定律 列式求解出物体的受力情况! 15. (15 分)如图所示,白色的传送带两轮 A、B 的距离 L=15m,传送带以恒定速度 v=2m/s 顺时针运动,现将一质量为 m 的小煤块无初速度地放在 A 端,若物体与传送带间的动摩擦因 数为 μ=0.8, 设小煤块在运动过程中的质量不变, 传送带的倾角为 θ=37 , g 取 10m/s , sin37°=0.6, cos37°=0.8,求: (1)煤块从 A 端运送到 B 端所需的时间是多少? (2)传送带上留下的黑色痕迹有多长?
0 2 2

考点: 牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)由牛顿第二定律求出,煤块的加速度,应用运动学公式分析答题,求出煤块的 运动时间. (2)求出煤块在传输带上滑动的时间,求出该时间内传送带与煤块的位移,然后求出传送带 上痕迹的长度. 解答: 解: (1)煤块刚放上传送带时,由牛顿第二定律得: μmgcos37°﹣mgsin37°=ma, 2 代入数据解得:a=0.4m/s ,

煤块速度与传送带速度相等需要的时间:t1= = 煤块的位移:x1= = =5m<L=15m,

=5s,

由于 mgsin37°<μmgcos37°,则煤块速度与传送带速度相等后, 煤块相对于传送带静止,煤块做匀速直线运动, 匀速运动的位移为:x2=L﹣x1=15﹣5=10m, 煤块运输时运动时间:t2= = 5s,

煤块从 A 到 B 的运动时间:t=t1+t2=10s; (2)煤块加速度运动过程中,传送带的位移:x 传送带=vt1=2×5=10m, 则传送带上黑色痕迹的长度:△ x=x 传送带﹣x1=10﹣5=5m; 答: (1)煤块从 A 端运送到 B 端所需的时间是 10s; (2)传送带上留下的黑色痕迹长 5m. 点评: 本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用,根据摩擦力与重力分力的关系分析 清楚煤块的运动性质,分析清楚煤块的运动过程是正确解题的前提与关键,也是本题的难点. 16. (15 分)如图所示,在水平面上有 A、B 两块相同的木板.质量均为 m=2kg,每块木板长 L=1m.两木板放在一起但不粘连,木板与水平地面间的动摩擦因数 μ1=0.1,设定最大静摩擦 力与滑动摩擦力大小相等.现有一质量 M=4kg 的金属块 C 以初速度 ν0=2 m/s 从 A 的左端 2 向右滑动,金属块与木板间的动摩擦因数 μ2=0.2,g 取 g=10m/s ,试求: (1)金属块滑上 B 的左端时速度为多少? (2)金属块停在木块 B 上何处? (3)整个过程中木块 B 的位移是多少.

考点: 牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1) 先根据滑动摩擦力公式求出 AB 与地面之间的摩擦力和 AC 间摩擦力, 判断 AB 的运动状态,再根据运动学基本公式求出速度; (2) 、 (3)求出 BC 间和 B 地间滑动摩擦力,判断滑上 B 后,金属块和 B 的运动情况,当金 属块和 B 速度相同时,一起向前做匀减速运动,再根据运动学基本公式求出金属块停在 B 上 的位置和整个过程中木块 B 的位移. 解答: 解: (1)AB 与地面之间的摩擦力:fAB=μ1(2m+M)g=0.1×(4+4)×10=8N AC 间摩擦力:fAC=μ2Mg=0.2×4×10=8N 2 2 故开始时 AB 静止,对 C 有:v0 ﹣v1 =2μ2gL 解得:v1=2m/s (2)BC 间摩擦力:fBC=μ2Mg=0.2×4×10=8N B 地间摩擦力:fB=μ1(m+M)g=0.1×(2+4)×10=6N<fBC 则 C 减速,B 加速,设经时间 t 达共同速度 v2,则: 对 B:fBC﹣fB=maB 解得:aB= =1m/s
2

而 v2=aBt=v1﹣μ2gt 解得:t= s,v2= m/s 此过程 C 相对 B 运动 s= t﹣ t= m
2

(3)此后 BC 一起减速:a=μ1g=0.1×10=1m/s B 位移为:sB= t+ = m

答: (1)金属块滑上 B 的左端时速度为 2m/s; (2)金属块停在木块 B 上距离左端 (3)整个过程中木块 B 的位移为 m 处; m.

点评: 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用,关键是能正确对金属块和 木板进行受力分析,正确判断三者的运动情况.


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