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河南省郑州四十七中2015届高三上学期第一次月考物理试卷(10月份)


河南省郑州四十七中 2015 届高三上学期第一次月考物理试卷 (10 月份)
一、选择题(每题所给出的四个选项中至少有一个是正确的,全选对得 4 分,选对但选不 全得 2 分,选错或不选得 0 分,共 40 分,答案涂在答题卡上) 1.关于力学单位制,下列说法正确的是( ) A. 千克、米/秒、牛顿是导出单位 B. 克、厘米、秒是基本单位 C. 在国际单位制中,质量的单

位是 g,也可以是 kg D. 只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是 F=ma 2.某质点的运动规律如图所示,下列说法中正确的是( )

A. B. C. D.

质点在第 1s 末运动方向发生变化 质点在第 2s 内和第 3 s 内加速度大小相等而方向相反 质点在第 3s 内速度越来越大 在前 7s 内质点的位移为负值

3.一个物体在多个力的作用下做匀速直线运动,如果仅将其中某一个与速度方向相反的力 的大小逐渐减小到零,然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中,此力的方向一直保 持不变) ,则下列关于此物体运动速度和加速度的说法中正确的是( ) A. 速度先减小后增大 B. 速度先增大后减小 C. 加速度先减小后增大 D. 加速度先增大后减小 4.图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计,绳与滑轮间的摩擦力不计,物体的重力都是 G, 在图甲、乙、丙三种情况下,弹簧秤的读数分别是 F1、F2、F3,则( )

A. F1>F2=F3 B. F3=F1>F2 C. F1=F2=F3 D. F1>F2=F3 5.如图所示,物体 A、B、C 质量分别为 m、2m、3m,A 与天花板间,B 与 C 之间用轻弹 簧连接,当系统平衡后,突然将 AB 间绳烧断,在绳断的瞬间,A、B、C 的加速度分别为 (以向下的方向为正方向) ( )

A. g,g,g B. ﹣5g,2.5g,0 C. ﹣5g,2g,0 D. ﹣g,2.5g,3g 6.电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一质量为 m 的物体.当电梯静止时 弹簧被压缩了 x1;当电梯运动时弹簧被压缩了 x2,且有 x2>x1,试判断电梯运动的可能情 况是( ) A. 匀加速下降 B. 匀加速上升 C. 匀减速上升 D. 匀减速下降 7.质量为 0.6kg 的物体在水平面上运动,如图所示的两条斜线分别是物体受水平拉力和不 受拉力时的 v﹣t 图象,则下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

斜线①一定是物体受水平拉力时的图线 斜线②一定是物体不受水平拉力时的图线 水平拉力一定等于 0.2N 物体所受的摩擦力可能等于 0.2N

8.如图甲所示,在倾角为 30°的足够长的光滑斜面上,有一质量为 m 的物体,受到沿斜面 方向的力 F 作用,力 F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是 F 与 mg 的比值,力沿斜面向上 为正) .则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是下图中的(物体的初速度为零,重力加 速度取 10m/s ) (
2



A.

B.

C.

D. 9.如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A、B 两物体通过细绳相连, 并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦) .现用水平向右的力 F 作用于物体 B 上,将物体 B 缓慢拉 2014~2015 学年度高一定的距离,此过程中斜面体与物体 A 仍然保持 静止.在此过程中( )

A. B. C. D.

水平力 F 一定变小 斜面体所受地面的支持力一定不变 物体 A 所受斜面体的摩擦力一定变大 地面对斜面体的摩擦力一定变大

10.完全相同的直角三角形滑块 A、B,按如图所示叠放,设 A、B 接触的斜面光滑,A 与 桌面间的动摩擦因数为 μ,现在 B 上作用一水平推力 F,恰好使 A、B 一起在桌面上匀速运 动,且 A、B 保持相对静止.则 A 与桌面间的动摩擦因数 μ 与斜面倾角 θ 的关系为( )

A. μ=

B. μ=tanθ C. μ=2tanθ D. μ 与 θ 无关

二、实验题 11.如图是用打点计时器(频率为 50Hz)测定匀变速直线运动的加速度时得到的纸带,从 O 点开始每隔 4 个点取一个计数点,则相邻的两个计数点的时间间隔为 s,测 2 得 OA=6.80cm,CD=3.20cm,DE=2.00cm,则物体运动加速度大小为 m/s ,D 点的速度大小为 m/s.

12.有同学利用如图 1 所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸,固 定两个光滑的滑轮 A 和 B,将绳子打一个结点 O,每个钩码的重量相等,当系统达到平衡 时,根据钩码个数读出三根绳子的拉力 TOA、TOB 和 TOC,回答下列问题:

(1)改变钩码个数,实验能完成的是 A.钩码的个数 N1=N2=2,N3=4 B.钩码的个数 N1=N3=3,N2=4 C.钩码的个数 N1=N2=N3=4 D.钩码的个数 N1=3,N2=4,N3=5 在拆下钩码和绳子前,最重要的一个步骤是 A.标记结点 O 的位置,并记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向 B.量出 OA、OB、OC 三段绳子的长度 C.用量角器量出三段绳子之间的夹角 D.用天平测出钩码的质量 (3)在作图时,你认为图 2 中 是正确的. (填“甲”或“乙”) 13. (1)我们已经知道,物体的加速度 a 同时跟合外力 F 和质量 M 两个因素有关.为研究 这三个物理量之间的定量关系, 某同学的实验方案如图 1 所示, 她想用砂桶的重力表示小车 受到的合外力 F,为了减少这种做法而带来的实验误差,她先做了两方面的调整措施: a:用小木块将长木板无滑轮的一端垫高,目的是 . b:使砂桶的质量远小于小车的质量,目的是使拉小车的力近似等于 . 研究加速度与力的关系时得到如图 2﹣甲所示的图象,试分析其原因 .出现如 图 2﹣乙所示图象的原因是 .

三、计算题(本题共 4 小题,共 42 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的,答案中必须明确写出数值和单位. )

14.放在水平地面上的物体 P 的重量为 GP=10N,与 P 相连的细绳通过光滑的滑轮挂了一个 重物 Q 拉住物体 P,重物 Q 的重量为 GQ=2N,此时两物体保持静止状态,绳与水平方向成 30°角,则物体 P 受到地面对它的摩擦 F1 与地面对它的支持力 F2 各位多大?

15. (保送班同学做此题)甲、乙两车相距 40.5m,同时沿平直公路做直线运动,甲车在前, 2 以初速度 v1=16m/s,加速度 a1=2m/s 作匀减速直线运动,乙车在后,以初速度 v2=4.0m/s, 2 加速度 a2=1.0m/s 与甲同向作匀加速直线运动,求: (1)甲、乙两车相遇前相距的最大距离 乙车追上甲车经历的时间. 16.如图所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、B.它们的质 量分别为 mA、mB,弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板.系统处于静止状态.现开始用 一恒力 F 沿斜面方向拉物块 A 使之向上运动, 求物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度 a 和 从开始到此时物块 A 的位移 d.重力加速度为 g.

17.如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水 平传送,A、B 两端相距 L1=3m;另一台倾斜传送,传送带与地面间的倾角 θ=37°,C、D 两端相距 L2=4.45m,B、C 相距很近.水平传送带以 v0=5m/s 沿顺时针方向转动.现将质量 为 m=10kg 的一袋大米无初速度的放在 A 端,它随传送带到达 B 点后,速度大小不变的传 2 到倾斜传送带的 C 端.米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为 μ=0.5,取 g=10m/s , sin37°=0.6,cos37°=0.8 (1)若倾斜传送带 CD 不转动,则米袋沿传送带 CD 所能上滑的最大距离是多少? 若倾斜传送带 CD 以 v=4m/s 的速率沿顺时针方向转动, 则米袋从 C 端运动到 D 端的时间为 多少?

河南省郑州四十七中 2015 届高三上学期第一次月考物理 试卷(10 月份)

参考答案与试题解析

一、选择题(每题所给出的四个选项中至少有一个是正确的,全选对得 4 分,选对但选不 全得 2 分,选错或不选得 0 分,共 40 分,答案涂在答题卡上) 1.关于力学单位制,下列说法正确的是( ) A. 千克、米/秒、牛顿是导出单位 B. 克、厘米、秒是基本单位 C. 在国际单位制中,质量的单位是 g,也可以是 kg D. 只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是 F=ma 考点: 力学单位制. 分析: 在力学中,质量、长度及时间作为基本物理量,其单位作为基本单位,而由这三个 量推出的单位称导出单位;基本单位和导出单位组成单位制;而在国际单位制中,我们取长 度单位米,质量单位千克,时间单位秒作为基本单位;而由这些基本单位根据物理公式推导 得出的单位为导出单位. 解答: 解:A、千克是质量的单位,是基本单位;故 A 错误; B、克、厘米、秒是常用单位,不是国际单位制的基本单位,故 B 错误; C、在国际单位制中,质量的单位只能利用 kg,故 C 错误; D、 牛顿第二定律表达式为 F=kma, 只有在国际单位制中, k 才取 1, 表达式才能写成 F=ma; 故 D 正确; 故选:D. 点评: 由选定的一组基本单位和由定义方程式与比例因数确定的导出单位组成的一系列完 整的单位体制.基本单位是可以任意选定的,由于基本单位选取的不同,组成的单位制也就 不同,如现存的单位有:市制、英制、米制、国际单位制等. 2.某质点的运动规律如图所示,下列说法中正确的是( )

A. B. C. D.

质点在第 1s 末运动方向发生变化 质点在第 2s 内和第 3 s 内加速度大小相等而方向相反 质点在第 3s 内速度越来越大 在前 7s 内质点的位移为负值

考点: 匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题: 运动学中的图像专题. 分析: 质点的运动方向看速度的正负.速度图象的斜率表示加速度.速度的大小是速度的 绝对值.根据图线的“面积”研究质点的位移. 解答: 解: A、由图看出,质点在第 1 秒末前后速度均为正值,说明质点速度方向均沿正方向,运动方 向没有变化.故 A 错误. B、质点在第 2 秒内和第 3 秒内图线的斜率相同,说明加速度大小相等,方向相同.故 B 错 误.

C、质点在第 3 秒内速度大小由 0 变到 1m/s,说明速度越来越大.故 C 正确. D、根据“面积”表示位移可以看出:前 4s 内质点的位移为零,前 7 秒内质点的位移等于第 5s 内位移,为正值.故 D 错误. 故选:C 点评: 本题考查基本的读图能力,最容易产生的错误是:认为第 2 秒内和第 3 秒内加速度 大小相等,方向相反,也可以根据加速度的定义式求出加速度,再分析加速度方向关系. 3.一个物体在多个力的作用下做匀速直线运动,如果仅将其中某一个与速度方向相反的力 的大小逐渐减小到零,然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中,此力的方向一直保 持不变) ,则下列关于此物体运动速度和加速度的说法中正确的是( ) A. 速度先减小后增大 B. 速度先增大后减小 C. 加速度先减小后增大 D. 加速度先增大后减小 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,通过合力的变化判断加速度的变化,根据加速度方向与速度方 向的关系判断速度的变化. 解答: 解:个物体在多个力的作用下做匀速直线运动,知合力为零,如果仅将其中某一个 与速度方向相反的力的大小逐渐减小到零, 然后又逐渐从零恢复到原来大小, 知合力的大小 先增大后减小,方向始终与速度方向相同,根据牛顿第二定律知,加速度先增大后减小,速 度一直增大.故 D 正确,A、B、C 错误. 故选 D. 点评: 解决本题的关键知道加速度随着合力的变化而变化,当加速度方向与速度方向相同 时,做加速运动,当加速度方向与速度方向相反时,做减速运动. 4.图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计,绳与滑轮间的摩擦力不计,物体的重力都是 G, 在图甲、乙、丙三种情况下,弹簧秤的读数分别是 F1、F2、F3,则( )

A. F1>F2=F3 B. F3=F1>F2 C. F1=F2=F3 D. F1>F2=F3 考点: 共点力平衡的条件及其应用. 专题: 摩擦力专题. 分析: 弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力.甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件 求解.丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况,根据平衡条件求解. 解答: 解:甲图:物体静止,弹簧的拉力 F1=mg; 乙图:对物体为研究对象,作出力图如图.

根据平衡条件有:F2=mgsin60°=0.866mg 丙图:以动滑轮为研究对象,受力如图.由几何知识得 F3=mg.故 F3=F1>F2

故选 B. 点评: 本题是简单的力平衡问题,关键是分析物体的受力情况,作出力图.对于丙图,是 平衡中的特例,结果要记忆. 5.如图所示,物体 A、B、C 质量分别为 m、2m、3m,A 与天花板间,B 与 C 之间用轻弹 簧连接,当系统平衡后,突然将 AB 间绳烧断,在绳断的瞬间,A、B、C 的加速度分别为 (以向下的方向为正方向) ( )

A. g,g,g B. ﹣5g,2.5g,0 C. ﹣5g,2g,0 D. ﹣g,2.5g,3g 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: 先根据平衡条件求出 AB 间绳烧断前两弹簧的拉力大小和 AB 间绳的拉力大小,AB 间绳烧断瞬间, 弹簧的弹力没有变化, 根据牛顿第二定律求解瞬间三个物体的加速度大小和 方向. 解答: 解:AB 间绳烧断前,由平衡条件得知,下面弹簧的弹力大小为 F1=mCg=3mg,上面 弹簧的弹力大小为 F2=(mA+mB+mC)g=6mg,AB 间绳的拉力大小为 T=(mB+mC)g=5mg. AB 间绳烧断前,两根弹簧的弹力都没有变化,则 对 A:此瞬间 A 所受的合力大小与原来绳子的拉力 T 大小相等,方向相反,即方向向上, 则﹣5mg=maA,得 aA=﹣5g.

对 B:此瞬间 B 所受的合力大小与原来绳子的拉力 T 大小相等,方向相反,即方向向下, 则 5mg=2maB,得 aB=2.5g. 对 C:由于弹簧的弹力没有变化,则 C 的受力情况没有变化,所以 aC=0. 故选 B 点评: 本题关键要抓住 AB 间绳烧断瞬间,弹簧的弹力没有变化,根据平衡条件的推论, 得到此瞬间 A、B 所受的合力与原来的绳子拉力大小相等、方向相反. 6.电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一质量为 m 的物体.当电梯静止时 弹簧被压缩了 x1;当电梯运动时弹簧被压缩了 x2,且有 x2>x1,试判断电梯运动的可能情 况是( ) A. 匀加速下降 B. 匀加速上升 C. 匀减速上升 D. 匀减速下降 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: 对电梯内的物体受力分析,静止时,受力平衡,运动时,合力向上,具有向上的加 速度,从而分析可能的运动形式. 解答: 解:电梯静止时,有 mg=kx1,电梯运动时,kx2﹣mg=ma,加速度方向向上,运动 形式可以是匀加速上升或匀减速下降,BD 正确. 故选 BD 点评: 本题考查了超重和失重,抓住关键:超重时具有向上的加速度,失重时具有向下的 加速度. 7.质量为 0.6kg 的物体在水平面上运动,如图所示的两条斜线分别是物体受水平拉力和不 受拉力时的 v﹣t 图象,则下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

斜线①一定是物体受水平拉力时的图线 斜线②一定是物体不受水平拉力时的图线 水平拉力一定等于 0.2N 物体所受的摩擦力可能等于 0.2N

考点: 匀变速直线运动的速度与时间的关系;牛顿第二定律. 专题: 运动学中的图像专题. 分析: 根据速度时间图线求出物体的加速度,从而通过牛顿第二定律求出合力的大小.

解答: 解: A、 由速度时间图象可知, 物体在两种情况下均做匀减速运动, 且



,根据牛顿第二定律知,对应的合力分别为 F1=ma1=﹣0.2N,F2=﹣ma2=﹣ 0.4N.因为物体所受拉力与速度方向关系不确定,故 A、B 错误. C、若拉力方向与速度方向相同,根据牛顿第二定律有 f﹣F=﹣ma1=0.2N,f﹣ma2=0.4N,解 得 F=0.2N. 若拉力方向与速度方向相反,根据牛顿第二定律有 f+F=﹣ma2=0.4N,f=﹣ma1=0.2N.解得 F=0.2N.故 C、D 正确. 故选 CD. 点评: 解决本题的关键能够通过图线求出加速度的大小,结合牛顿第二定律进行求解. 8.如图甲所示,在倾角为 30°的足够长的光滑斜面上,有一质量为 m 的物体,受到沿斜面 方向的力 F 作用,力 F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是 F 与 mg 的比值,力沿斜面向上 为正) .则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是下图中的(物体的初速度为零,重力加 2 速度取 10m/s ) ( )

A.

B.

C.

D. 考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像. 专题: 压轴题;牛顿运动定律综合专题. 分析: 根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度,根据加速度与速度的方向关系判断物体 的运动,若加速度与速度方向同向,做加速直线运动,若加速度方向与速度方向相反,则做 减速运动. 解答: 解:在 0﹣1s 内,根据牛顿第二定律得 ,方向沿斜面向上,

物体向上做匀加速直线运动;在 1﹣2s 内,拉力为零,根据牛顿第二定律得, ,方向沿斜面向下,物体沿斜面向上做匀减速直线运动,2s 末速度为

零.在 2﹣3s 内,根据牛顿第二定律得,

.方向沿斜面向下,物体

沿斜面向下做匀加速直线运动,3s 末的速度大小 v=a3t=15m/s.故 C 正确,A、B、D 错误. 故选 C. 点评: 解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度,根据加速度方向与速度方向的关 系判断物体的运动规律. 9.如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A、B 两物体通过细绳相连, 并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦) .现用水平向右的力 F 作用于物体 B 上,将物体 B 缓慢拉 2014~2015 学年度高一定的距离,此过程中斜面体与物体 A 仍然保持 静止.在此过程中( )

A. B. C. D.

水平力 F 一定变小 斜面体所受地面的支持力一定不变 物体 A 所受斜面体的摩擦力一定变大 地面对斜面体的摩擦力一定变大

考点: 共点力平衡的条件及其应用;摩擦力的判断与计算. 专题: 共点力作用下物体平衡专题. 分析: 本题为动态平衡类题目,分别分析 B 和整体,由共点力的平衡条件可得出各部分力 的变化. 解答: 解: A、 取物体 B 为研究对象, 分析其受力情况如图所示, 则有 F=mgtanθ, T= ,

在将物体 B 缓慢拉高的过程中,θ 增大,则水平力 F 和细绳上的拉力 T 随之变大.故 A 错 误; B、对 A、B 两物体与斜面体这个系统而言,系统处于平衡状态,因拉力 F 变大,则地面对 斜面体的摩擦力一定变大, 而竖直方向并没有增加其他力, 故斜面体所受地面的支持力不变; 故 D 正确;B 错误; C、在这个过程中尽管绳子张力变大,但是开始时物体 A 所受斜面体的摩擦力方向未知,故 物体 A 所受斜面体的摩擦力的情况无法确定.故 C 错误; 故选:D.

点评: 对于用绳子连接的物体,可以沿绳子的方向作为整体作出受力分析,则可以简化解 题过程. 10.完全相同的直角三角形滑块 A、B,按如图所示叠放,设 A、B 接触的斜面光滑,A 与 桌面间的动摩擦因数为 μ,现在 B 上作用一水平推力 F,恰好使 A、B 一起在桌面上匀速运 动,且 A、B 保持相对静止.则 A 与桌面间的动摩擦因数 μ 与斜面倾角 θ 的关系为( )

A. μ=

B. μ=tanθ C. μ=2tanθ D. μ 与 θ 无关

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: 先对整体分析,求出推力 F 的大小,再隔离对 B 分析,求出重力和推力的关系,从 而得出 A 与桌面间的动摩擦因数 μ 与斜面倾角 θ 的关系. 解答: 解:整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力,有 F=2μmg 隔离对 B 分析,B 受到重力、推力 F 和支持力,根据共点力平衡,运用合成法,求得: mgtanθ=2μmg,解得 μ= 故选:A. .故 A 正确,B、C、D 错误.

点评: 解决本题的关键掌握整体法和隔离法的运用,以及能够正确地进行受力分析,运用 共点力平衡进行求解. 二、实验题 11.如图是用打点计时器(频率为 50Hz)测定匀变速直线运动的加速度时得到的纸带,从 O 点开始每隔 4 个点取一个计数点,则相邻的两个计数点的时间间隔为 0.1 s,测得 2 OA=6.80cm,CD=3.20cm,DE=2.00cm,则物体运动加速度大小为 1.20 m/s ,D 点的速 度大小为 0.26 m/s.

考点: 打点计时器系列实验中纸带的处理. 专题: 实验题;直线运动规律专题. 2 分析: 根据匀变速直线运动的推论公式△ x=aT 可以求出加速度的大小,根据匀变速直线 运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上 D 点时小车的瞬时速 度大小 解答: 解: (1)由于从 O 点开始每 5 个点取一个计数点(打点计时器的电源频率是 50Hz) , 所以相邻的计数点间有 5 个时间间隔,即 T=0.1s; 2 根据匀变速直线运动的推论公式△ x=aT 得: a= =
2

m/s ,

2

则物体运动加速度大小为 1.2m/s ,

故答案为:0.1;1.2;0.26 点评: 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力,在平时练习中要加强 基础知识的理解与应用. 12.有同学利用如图 1 所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸,固 定两个光滑的滑轮 A 和 B,将绳子打一个结点 O,每个钩码的重量相等,当系统达到平衡 时,根据钩码个数读出三根绳子的拉力 TOA、TOB 和 TOC,回答下列问题:

(1)改变钩码个数,实验能完成的是 BCD A.钩码的个数 N1=N2=2,N3=4 B.钩码的个数 N1=N3=3,N2=4 C.钩码的个数 N1=N2=N3=4 D.钩码的个数 N1=3,N2=4,N3=5 在拆下钩码和绳子前,最重要的一个步骤是 A A.标记结点 O 的位置,并记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向 B.量出 OA、OB、OC 三段绳子的长度 C.用量角器量出三段绳子之间的夹角 D.用天平测出钩码的质量 (3)在作图时,你认为图 2 中 甲 是正确的. (填“甲”或“乙”) 考点: 验证力的平行四边形定则. 专题: 实验题. 分析: (1)两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮,另挂有钩码的细绳系于 O 点(如 图所示) . 由于钩码均相同, 则钩码个数就代表力的大小, 所以 O 点受三个力处于平衡状态, 由平行四边形定则可知: 三角形的三个边表示三个力的大小, 根据该规律判断哪组实验能够 成功. 为验证平行四边形,必须作图,所以要强调三力平衡的交点、力的大小(钩码的个数)与力 的方向; (3)明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答. 解答: 解: (1)对 O 点受力分析

OA OB OC 分别表示三个力的大小,由于三共点力处于平衡,所以 0C 等于 OD.因此三 个力的大小构成一个三角形. A、2、2、4 不可以构成三角形,则结点不能处于平衡状态,故 A 错误; B、3、3、4 可以构成三角形,则结点能处于平衡.故 B 正确; C、4、4、4 可以构成三角形,则结点能处于平衡.故 C 正确; D、3、4、5 可以构成三角形,则结点能处于平衡.故 D 正确. 故选:BCD. 为验证平行四边形定则,必须作受力图,所以先明确受力点,即标记结点 O 的位置,其次 要作出力的方向并读出力的大小,最后作出力的图示,因此要做好记录,是从力的三要素角 度出发,要记录砝码的个数和记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向,故 A 正确,BCD 错误. 故选:A. (3)以 O 点为研究对象,F3 的是实际作用效果在 OC 这条线上,由于误差的存在,F1、F2 的理论值要与实际值有一定偏差,故甲图符合实际,乙图不符合实际. 故答案为: (1)BCD A (3)甲 点评: 掌握三力平衡的条件,理解平行四边形定则,同时验证平行四边形定则是从力的图 示角度去作图分析,明确“理论值”和“实际值”的区别. 13. (1)我们已经知道,物体的加速度 a 同时跟合外力 F 和质量 M 两个因素有关.为研究 这三个物理量之间的定量关系, 某同学的实验方案如图 1 所示, 她想用砂桶的重力表示小车 受到的合外力 F,为了减少这种做法而带来的实验误差,她先做了两方面的调整措施: a:用小木块将长木板无滑轮的一端垫高,目的是 平衡摩擦力 . b:使砂桶的质量远小于小车的质量,目的是使拉小车的力近似等于 沙和沙桶的重力 . 研究加速度与力的关系时得到如图 2﹣甲所示的图象, 试分析其原因 没有满足小车质量 M 远大于小桶及钩码质量 m 造成的 . 出现如图 2﹣乙所示图象的原因是 没有平衡摩擦力或 平衡摩擦力不足 .

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: 在实验中,为了减少这种做法而带来的实验误差,一要排除摩擦力的影响,二要砂 桶的重力接近小车所受的合力.在探究加速度与力的关系时,要平衡摩擦力,不平衡摩擦力 或平衡摩擦力不足,小车受到的合力小于小桶的重力,a﹣F 图象不过原点,在 F 轴上有截 距. 在小车质量远大于小桶及砝码质量的情况下, 可以近似认为小车受到的合力等于小桶与砝码 的重力, 如果小车质量没有远大于小桶与砝码的质量, 小车受到的合力明显小于小桶与砝码 的重力,如果仍然认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力,则加速度与力不成正比,a ﹣F 图象不是直线,而是一条曲线. 解答: 解: (1)a 用小木块将长木板无滑轮的一端垫高,使得重力沿斜面方向的分力等于 摩擦力,目的是平衡摩擦力. b 对整体运用牛顿第二定律得,a= ,则小车的合力 F=Ma= ,当沙和桶的总质

量远小于小车的质量,小车所受的拉力等于沙和沙桶的重力. 图线上部弯曲, 即当拉力较大时加速度与小桶及砝码重力不成正比, 这是由于没有满足小车 质量 M 远大于小桶及钩码质量 m 造成的.a﹣F 图象不过原点,a=0 时,F>0,这是由于实 验时没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的. 故答案为: (1)a、平衡摩擦力;b、沙和沙桶的重力;没有满足小车质量 M 远大于小桶及 钩码质量 m 造成的;没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足. 点评: 解决本题的关键知道实验的原理以及实验中的注意事项,在本实验中,知道两个认 为:1、认为小车所受的合力等于绳子的拉力;2、认为沙和沙桶的总重力等于小车所受的合 力. 三、计算题(本题共 4 小题,共 42 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的,答案中必须明确写出数值和单位. ) 14.放在水平地面上的物体 P 的重量为 GP=10N,与 P 相连的细绳通过光滑的滑轮挂了一个 重物 Q 拉住物体 P,重物 Q 的重量为 GQ=2N,此时两物体保持静止状态,绳与水平方向成 30°角,则物体 P 受到地面对它的摩擦 F1 与地面对它的支持力 F2 各位多大?

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: Q 受到的绳子的拉力等于其重力.P 物体受到重力、绳的拉力、地面的支持力和摩 擦力,运用正交分解法求解. 解答: 解:如图所示 P 的受力图,根据平衡条件得: 水平方向 F1=Fcos30°﹣﹣﹣﹣① 竖直方向 F2+Fsin30°=GP﹣﹣﹣② 又 F=GQ=2N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 联合①②③解得 F1= ,F2=9N 答:物体 P 受到地面对它的摩擦 F1 与地面对它的支持力 F2 各是 和 9N.

点评: 本题是简单的力平衡问题,比较容易,只要画出力图,就能正确求解. 15. (保送班同学做此题)甲、乙两车相距 40.5m,同时沿平直公路做直线运动,甲车在前, 以初速度 v1=16m/s,加速度 a1=2m/s 作匀减速直线运动,乙车在后,以初速度 v2=4.0m/s, 2 加速度 a2=1.0m/s 与甲同向作匀加速直线运动,求: (1)甲、乙两车相遇前相距的最大距离 乙车追上甲车经历的时间. 考点: 匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题: 直线运动规律专题. 分析: (1)速度相等前,甲车的速度大于乙车的速度,两者的距离越来越大,速度相等后, 乙车的速度大于甲车的速度, 两者的距离越来越小, 知速度相等时, 甲乙两车间有最大距离. 求出甲车减速到停止所需的时间,得出此时两车相距的距离,这段距离内,甲车停止,乙车 做有初速度的匀加速直线运动, 根据运动学公式求出时间, 从而得出乙车追上甲车经历的时 间. 解答: 解(1)甲、乙两车速度相等时距离最大 由 v=v0+at 令 v1﹣a1t=v2+a2t 得 16﹣2t1=4+t1 t1=4.0s 前 4s 内,对甲车 ∴△Smax=S+S1﹣S2=64.5m 甲车运动的总时间 , ,对乙车
2

甲车位移 乙车位移 故甲车停止时,甲、乙两车相距恰好仍为 x0=40.5m 甲车停后,乙车以 v2′=v2+a2t2=12m/s 为初速度作匀加速直线运动, 设再经过时间 t3 追上甲车, 即 40.5= 解得 t3=3s 则乙车追上甲车经历的时间为:t=t2+t3=11s 答: (1)甲、乙两车相遇前相距的最大距离为 64.5m;乙车追上甲车经历的时间为 11s. 点评: 解决本题的关键理清两车的运动,可以画出运动的示意图,知道两车相遇前,速度 相等时有最大距离.

16.如图所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、B.它们的质 量分别为 mA、mB,弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板.系统处于静止状态.现开始用 一恒力 F 沿斜面方向拉物块 A 使之向上运动, 求物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度 a 和 从开始到此时物块 A 的位移 d.重力加速度为 g.

考点: 牛顿第二定律;胡克定律. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 先对木块 A 受力分析,受重力,斜面的支持力和弹簧的弹力,根据共点力平衡条件 求出弹簧的弹力后,再得到弹簧的压缩量;物块 B 刚要离开 C 时,先对物块 B 受力分析, 受重力、支持力和弹簧的拉力,根据平衡条件求出弹簧弹力后进一步得到弹簧的伸长量,从 而得到物体 A 的位移;最后再对物体 A 受力分析,受到拉力 F、重力、支持力和弹簧的弹 力,根据牛顿第二定律求出加速度. 解答: 解:令 x1 表示未加 F 时弹簧的压缩量,由胡克定律和共点力平衡条件可知 mAgsinθ=kx1 ① 令 x2 表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量,a 表示此时 A 的加速度,由胡克定律和牛顿定律 可知 kx2=mBgsinθ F﹣mAgsinθ﹣kx2=mAa 由②③式可得 a= 由题意 d=x1+x2 ⑤ ④ ② ③

由①②⑤式可得 d=

即块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度为

,从开始到此时物块 A

的位移 d 为



点评: 本题关键要多次对物体 A 和 B 受力分析,求出弹簧的弹力,最后再根据牛顿第二定 律求解加速度. 17.如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水 平传送,A、B 两端相距 L1=3m;另一台倾斜传送,传送带与地面间的倾角 θ=37°,C、D 两端相距 L2=4.45m,B、C 相距很近.水平传送带以 v0=5m/s 沿顺时针方向转动.现将质量

为 m=10kg 的一袋大米无初速度的放在 A 端,它随传送带到达 B 点后,速度大小不变的传 到倾斜传送带的 C 端.米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为 μ=0.5,取 g=10m/s , sin37°=0.6,cos37°=0.8 (1)若倾斜传送带 CD 不转动,则米袋沿传送带 CD 所能上滑的最大距离是多少? 若倾斜传送带 CD 以 v=4m/s 的速率沿顺时针方向转动, 则米袋从 C 端运动到 D 端的时间为 多少?
2

考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与位 移的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)分析静止的物体在 AB 传送带上受滑动摩擦力作用做匀加速直线运动,已知动 摩擦因数, 可求滑动摩擦力对物体产生的加速度, 物体在 AB 传送带上已知初速度、 加速度、 位移可以求物体到达 B 端时的速度(注意此速度不能大于传送带的速度,要注意判断) ,同 理在 CD 传送带上,已知物体的初速度、动摩擦因数和传送带的倾角,物体在重力、传送带 支持力和滑动摩擦力共同作用下做匀减速直线运动, 所以可以求出物体沿传送带上升的最大 距离; CD 传送带转动的情况下,物体先做匀减速直线运动,当速度减到和传送带速度一样时,滑 动摩摩擦力将改变方向. 所以物体做匀减速直线运动两段时间内的加速度不一样, 然后根据 匀变速直线运动的规律可求得米袋从 C 端运动到 D 端的时间. 解答: 解: (1)米袋在 AB 在滑动摩擦力作用下产生的加速度为

米袋在滑动摩擦力作用下速度增加到 v0=5m/s 时滑过的距离 故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动,到达才 C 端速度为 v0=5m/s 设米袋在 CD 传送带上受重力、 支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力共同作用下产生的加速 度大小为 a,据牛顿第二定律有: =10×0.6+0.5×10×0.8m/s =10m/s
2 2

物体在 CD 上做匀减速直线运动, 故上滑的最大距离 CD 顺时针转动时,米袋速度减为 v=4m/s 之前,滑动摩擦沿传送带向下,根据牛顿第二定 律有: 米袋产生加速度的大小为 代入数据得 因为米袋做匀减速直线运动,故此时米袋上滑的距离

当米袋速度达到 v=4m/s 后,由于 μmgcosθ<mgsinθ,米袋继续减速上滑,但因米袋速度小 于传送带速度,故滑动摩擦力沿传送带向上 故由牛顿第二定律得物体继续做匀减速直线运动的加速度大小为:

代入数据得 因为米袋做匀减速直线运动,当米袋速度减到 0 时,米袋上滑的距离

又因为 x1+x2=4.45m=L2,即米袋速度为零时米袋刚好到达 D 端 根据运动学规律可知,米袋从 C 到 D 共经历的时间 t= 答:CD 能沿传送带上滑的最大距离为 1.25m;若倾斜传送带 CD 以 v=4m/s 的速率沿顺时针 方向转动,则米袋从 C 端运动到 D 端的时间为 2.1s. 点评: 皮带静止时,米袋在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,求上滑最大位移比较好 处理, 当皮带顺时针转动时, 物体在皮带上滑行时受到滑动摩擦力的方向跟米袋与传送带之 间的速度差有关,米袋速度大于传送带时,滑动摩擦力方向沿传送带向下,当米袋速度小于 传送带时,滑动摩擦力的方向沿传送带向上.


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