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广东省佛山市顺德区李兆基中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷


2015-2016 学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高三(上)第一 次月考物理试卷
一、单项选择题(每小题 5 分,30 分) 1.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动,它们的位移﹣时间(x﹣t)图象如 图所示,由图象可以看出在 0?4s 内( )

A.甲、乙两物体始终同向运动 B.4s 时甲、乙两物体间的距离最大 C.甲的平均速度等于乙的平均速度 D.甲、乙两物体之间的最大距离为 4m 2.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速地放在传送带 的最左端,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是( )

A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大,径迹的长度越长 C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短 D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短 3.在离地相同高度处,质量分别为 ml 与 m2 的球 1 与球 2 同时由静止开始下落,由于空气 阻力的作用,两球在抵达地面前均已达到匀速运动状态.已知空气阻力与球的下落速度 v 成正比,即 f=﹣kv(k>0) ,且两球的比例常数 k 完全相同,两球下落的 v﹣t 关系如图所 示,则下列叙述正确的是( )

A.m1=m2,两球同时抵达地面 B.m2>m1,球 1 先抵达地面 C.m2<m1,球 2 先抵达地面 D.m2>m1,球 2 先抵达地面 4.如图所示,放在斜面上的小盒子中装有一些沙子,沿斜面匀加速下滑,加速度为 a,若 在小盒子中再缓缓加入一些沙子,那么( )

A.物块可能匀速下滑 B.物块仍以加速度 a 匀加速下滑 C.物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑 D.物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑 5.如图所示,在粗糙水平面上放一斜面体 a,有一物体 b 在斜面上刚好匀速下滑,现在 b 上施加沿斜面向下的力 F,使 b 沿斜面加速下滑,则( )

A.a 保持静止,且没有相对水平面运动的趋势 B.a 保持静止,但有相对水平面向右运动的趋势 C.a 保持静止,但有相对水平面向左运动的趋势 D.因未给出所需数据,无法对 a 是否运动或有无运动趋势作出判断

二、不定项选择(3×6=18) 6.如图所示,竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上,另一端与斜面体 P 连接,P 与固定挡 板 MN 接触且 P 处于静止状态.则斜面体 P 此时刻受到外力的个数有可能为( )

A.2 个 B.3 个 C.4 个 D.5 个 7.物体以速度 v 匀速通过直线上的 A、B 两点需要的时间为 t.现在物体由 A 点静止出发, 先做加速度大小为 a1 的匀加速运动到某一最大速度 vm 后立即做加速度大小为 a2 的匀减速 运动至 B 点停下,历时仍为 t,则物体的( ) A.最大速度 vm 只能为 2v,无论 a1、a2 为何值 B.最大速度 vm 可为许多值,与 a1、a2 的大小有关 C.a1、a2 值必须是一定的,且 a1、a2 的值与最大速度 vm 有关

D.a1、a2 必须满足

=

8.如图所示,水平传送带 AB 距离地面的高度为 h,以恒定速率 v0 顺时针运行.甲、乙两 滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计) ,在 AB 的正中间位置轻放它们时, 弹簧立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断正确的是( )

A.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,且距释放点的水平距离可能相等 B.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等 C.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离一定相等 D.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,但距释放点的水平距离一定不相等

三、实验题 9.在研究弹簧形变与外力关系的实验中,将弹簧水平放置而测出其自然长度,然后竖直悬 挂而让其自然下垂, 在其下端竖直向下施加外力 F, 实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的, 用记录的外力 F 与弹簧的形变量 x 作出 F﹣x 图线如左,由图可知弹簧的劲度系数 k= ,图线不过坐标原点的原因是 .

10.用如图 1 所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验.实验时保持小车的质量不 变, 用钩码所受的重力作为小车受到的合力, 用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车 运动的加速度.

(1)实验时先不挂钩码,反复调整垫木的左右位置,直到小车做匀速直线运动,这样做的 目的是 . (2)图 2 为实验中打出的一条纸带的一部分,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出了连续 的 5 个计数点 A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有 4 个点迹没有标出,测出各计数 点到 A 点之间的距离,如图 3 所示.已知打点计时器接在频率为 50Hz 的交流电源两端,则 2 此次实验中小车运动的加速度的测量值 a= m/s . (结果保留两位有效数字)

(3)实验时改变所挂钩码的质量,分别测量小车在不同外力作用下的加速度.根据测得的 多组数据画出 a﹣F 关系图线,如图 2 所示.此图线的 AB 段明显偏离直线,造成此现象的 主要原因可能是 . (选填下列选项的序号) A.小车与平面轨道之间存在摩擦 B.平面轨道倾斜角度过大 C.所挂钩码的总质量过大 D.所用小车的质量过大.

四、计算题 11.如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为 10kg 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已 知绳子与竖直方向的夹角为 45°, 斜面倾角 30°, 整个装置处于静止状态, (g 取 10m/s ) ; 求: (1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小; (2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小的拉力的大小.
2

12.一质量为 M=4.0kg、长度为 L=3.0m 的木板 B,在大小为 8N、方向水平向右的拉力 F 作用下,以 v0=2.0m/s 的速度沿水平地面做匀速直线运动,某一时刻将质量为 m=1.0kg 的小 铁块 A (可视为质点) 轻轻地放在木板上的最右端, 如图所示. 若铁块与木板之间没有摩擦, 求: (重力加速度 g 取 10m/s ) (1)加一个铁块后,木板的加速度大小? (2)二者经过多长时间脱离?
2

13.如图所示,某传送带与地面倾角 θ=37°,AB 之间距离 L1=2.05m,传送带以 v0=1.0m/s 的速率逆时针转动.质量为 M=1.0kg,长度 L2=1.0m 的木板上表面与小物块的动摩擦因数 μ2=0.4,下表面与水平地面间的动摩擦因数 μ3=0.1,开始时长木板靠近传送带 B 端并处于静 止状态.现在传送带上端 A 无初速地放一个不计大小、质量为 m=1.0kg 的小物块,它与传 送带之间的动摩擦因数为 μ1=0.5,假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变, 2 sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s .求: (1)物块离开 B 点的速度大小; (2)物块相对木板滑过的距离; (3)木板在地面上能滑过的最大距离.

2015-2016 学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高三 (上)第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析

一、单项选择题(每小题 5 分,30 分) 1.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动,它们的位移﹣时间(x﹣t)图象如 图所示,由图象可以看出在 0?4s 内( )

A.甲、乙两物体始终同向运动 B.4s 时甲、乙两物体间的距离最大 C.甲的平均速度等于乙的平均速度 D.甲、乙两物体之间的最大距离为 4m 【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】根据图象可知两物体同时同地出发,图象的斜率等于速度,通过分析两物体的运动 情况,来分析两者的最大距离. 【解答】解:A、x﹣t 图象的斜率等于速度,可知在 0﹣2s 内甲沿正向运动,2﹣4s 内甲沿 负向运动,乙一直沿正向运动,故 A 错误. BD、0﹣2s 内两者同向运动,甲的速度大,两者距离增大,2s 后甲反向运动,乙仍沿原方 向运动,两者距离减小,则 2s 时甲、乙两物体间的距离最大,最大距离为 S=4m﹣1m=3m, 故 BD 错误. C、由图知在 0?4s 内甲乙的位移都是 2m,平均速度相等,故 C 正确. 故选:C. 【点评】本题关键掌握位移图象的基本性质:横坐标代表时刻,而纵坐标代表物体所在的位 置,纵坐标不变即物体保持静止状态;斜率等于物体运动的速度,斜率的正负表示速度的方 向,质点通过的位移等于 x 的变化量△ x. 2.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速地放在传送带 的最左端,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是( )

A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大,径迹的长度越长 C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短 D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短 【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】木炭包无初速放上传送带,受到向右的摩擦力,将做匀加速直线运动,当速度达到 传送带速度时,一起做匀速直线运动. 【解答】解:A、在速度相等前,木炭包的速度小于传送带的速度,相对于传送带向后滑, 所以黑色径迹出现在木炭包的右侧.故 A 错误. B、设传送带的速度为 v,木炭包与传送带间的动摩擦因数为 μ,根据牛顿第二定律得,匀

加速直线运动的加速度 a=μg,则木炭包达到传送带速度时的位移

,所用的时

间为

,在这段时间内传送带的位移

,所用径迹的长度

.知径迹的长度与传送带的速度、动摩擦因数有关,传送带的速度越 大,径迹越长,动摩擦因数越大,径迹越短,与木炭包的质量无关.故 B、C 错误,D 正确. 故选 D. 【点评】 解决本题的关键理清木炭包的运动情况, 结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析. 3.在离地相同高度处,质量分别为 ml 与 m2 的球 1 与球 2 同时由静止开始下落,由于空气 阻力的作用,两球在抵达地面前均已达到匀速运动状态.已知空气阻力与球的下落速度 v 成正比,即 f=﹣kv(k>0) ,且两球的比例常数 k 完全相同,两球下落的 v﹣t 关系如图所 示,则下列叙述正确的是( )

A.m1=m2,两球同时抵达地面 B.m2>m1,球 1 先抵达地面 C.m2<m1,球 2 先抵达地面 D.m2>m1,球 2 先抵达地面 【考点】匀变速直线运动的图像. 【专题】运动学中的图像专题. 【分析】根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移,抓住位移相等,比较运动的时 间.根据最终做匀速直线运动重力和阻力相等,通过速度大小关系比较出重力的大小. 【解答】解:两者位移相等,即图线与时间轴围成的面积相等,知球 1 的运动时间长,知球 2 先抵达地面.根据 mg=kv,因为球 2 做匀速运动的速度大,则球 2 的质量大.故 D 正确, A、B、C 错误. 故选 D. 【点评】 解决本题的关键知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移. 知道小球落地前 重力与阻力相等. 4.如图所示,放在斜面上的小盒子中装有一些沙子,沿斜面匀加速下滑,加速度为 a,若 在小盒子中再缓缓加入一些沙子,那么( )

A.物块可能匀速下滑 B.物块仍以加速度 a 匀加速下滑 C.物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑 D.物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑 【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力. 【专题】定性思想;推理法;牛顿运动定律综合专题. 【分析】未加沙子时,对物体受力分析,根据牛顿第二定律求出加速度,加入沙子后,设加 入沙子的质量为 M,对物体和沙子整体受力分析,根据牛顿第二定律求出加速度,比较加 速度即可求解. 【解答】解:未加沙子时,物体受重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律有:

a=

=gsinθ﹣μgcosθ.

加入沙子后,设加入沙子的质量为 M,加速度 a′= =gsinθ﹣μgcosθ,不发生变化,所以物块仍以加速度 a 匀加速下滑.故 B 正确,ACD 错误. 故选:B. 【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析,运用牛顿第二定律进行求解,注意加入 沙子和加一个竖直向下的力 F 的效果是不一样的,难度不大,属于基础题. 5.如图所示,在粗糙水平面上放一斜面体 a,有一物体 b 在斜面上刚好匀速下滑,现在 b 上施加沿斜面向下的力 F,使 b 沿斜面加速下滑,则( )

A.a 保持静止,且没有相对水平面运动的趋势 B.a 保持静止,但有相对水平面向右运动的趋势 C.a 保持静止,但有相对水平面向左运动的趋势 D.因未给出所需数据,无法对 a 是否运动或有无运动趋势作出判断 【考点】物体的弹性和弹力. 【专题】整体思想;整体法和隔离法;受力分析方法专题. 【分析】物块 b 恰好能在斜面体上沿斜面 a 匀速下滑,斜面 a 静止不动时,以整体为研究对 象,分析受力情况,根据平衡条件分析地面对斜面 b 的摩擦力,若用平行斜面向下的力推动 物块 a,使物块 a 加速下滑,斜面体 b 的受力情况没有改变. 【解答】解:物块 a 恰好能在斜面体 b 上沿斜面匀速下滑,斜面 b 静止不动时,以整体为研 究对象,分析受力情况:总重力和地面的支持力,地面对斜面体 b 没有摩擦力. 若用平行斜面向下的力推动物块 a,使物块 a 加速下滑,物块 a 对斜面 b 的压力和滑动摩擦 力都没有改变,所以斜面体 b 受力情况没有改变,则地面对斜面体 b 仍没有摩擦力,不可能 开始运动.故 A 正确,BCD 错误. 故选:A.

【点评】本题关键要灵活选择研究对象,当物块相对斜面匀速下滑时,采用整体法研究,当 物块与斜面体间的加速度不同时采用隔离法研究. 二、不定项选择(3×6=18) 6.如图所示,竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上,另一端与斜面体 P 连接,P 与固定挡 板 MN 接触且 P 处于静止状态.则斜面体 P 此时刻受到外力的个数有可能为( )

A.2 个 B.3 个 C.4 个 D.5 个 【考点】力的合成与分解的运用;共点力平衡的条件及其应用. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】P 静止,所以受力是平衡的,我们可以根据平衡条件来判断弹力和摩擦力的有无. 【解答】解:对物体受分析如图:

如果: (1)N=G 的话,物体受力可以平衡,故 P 可能受 2 个力的作用. (2)N<G 的话,P 不可能平衡 (3)如果:N>G,物体会受到挡板 MN 的弹力 F 和摩擦力 f,受力分析如图:

故 P 可能受 4 个力的作用. 综上所述:P 可能的受力个数是 2 个或 4 个 故选:AC 【点评】 判断物体的受力个数其实就是判断相互接触的物体间有无弹力或摩擦力的作用, 处 理时根据平衡条件进行判断即可. 7.物体以速度 v 匀速通过直线上的 A、B 两点需要的时间为 t.现在物体由 A 点静止出发, 先做加速度大小为 a1 的匀加速运动到某一最大速度 vm 后立即做加速度大小为 a2 的匀减速 运动至 B 点停下,历时仍为 t,则物体的( ) A.最大速度 vm 只能为 2v,无论 a1、a2 为何值 B.最大速度 vm 可为许多值,与 a1、a2 的大小有关 C.a1、a2 值必须是一定的,且 a1、a2 的值与最大速度 vm 有关

D.a1、a2 必须满足

=

【考点】加速度;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 【专题】直线运动规律专题. 【分析】 (1)当物体匀速通过 A、B 两点时,x=vt.当物体先匀加速后匀减速通过 A、B 两

点时,根据平均速度公式,总位移 x=

t1+

t2=

t,从而可得知 vm 与 v 的关系.

(2) 匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和 t=

+

, 再根据 vm 与 v 的关系得出 a1、

a2 所满足的条件. 【解答】解:当物体匀速通过 A、B 两点时,x=vt.当物体先匀加速后匀减速通过 A、B 两

点时,根据平均速度公式,总位移 x=

t1+

t2=

t,则

=v 得 vm=2v.

与 a1、a2 的大小无关.故 A 正确,B 错误.

匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和 t=

+

, 而 vm=2v, 代入得 t=

+

整理得:

.故 C 错误,D 正确.

故选 AD.

【点评】解决本题关键掌握匀变速直线运动的平均速度的公式 后匀减速运动的位移 x.

从而得出先匀加速

8.如图所示,水平传送带 AB 距离地面的高度为 h,以恒定速率 v0 顺时针运行.甲、乙两 滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计) ,在 AB 的正中间位置轻放它们时, 弹簧立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断正确的是( )

A.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,且距释放点的水平距离可能相等 B.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等 C.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离一定相等 D.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,但距释放点的水平距离一定不相等 【考点】动量守恒定律;平抛运动. 【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 【分析】弹簧弹开后,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.根据滑块的受力判断物体的 运动,需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小. 【解答】解:AB、设 v 大于 v0.弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为 v,加速度为 a 的匀减速运动.乙物体向向右做初速度为 v, (若 v 大于 v0) ,则乙也做加速度为 a 的匀减速 运动.此种情况两个物体落地后,距释放点的水平距离可能相等.A 正确.B 错误. CD、 若 v 小于 v0. 弹簧立即弹开后, 甲物体向左做初速度为 v, 加速度为 a 的匀减速运动. 速 度为零后可以再向相反的方向运动.整个过程是做初速度为 v,加速度和皮带运动方向相同 的减速运动.乙物体做初速度为 v,加速度为 a 的匀加速运动,运动方向和加速度的方向都 和皮带轮的运动方向相同.甲乙到达 B 点时的速度相同.落地的位置在同一点.故 C 正确, D 错误. 故选 AC. 【点评】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动,这是处理物体的运动的基础, 需扎实掌握. 三、实验题 9.在研究弹簧形变与外力关系的实验中,将弹簧水平放置而测出其自然长度,然后竖直悬 挂而让其自然下垂, 在其下端竖直向下施加外力 F, 实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的, 用记录的外力 F 与弹簧的形变量 x 作出 F﹣x 图线如左,由图可知弹簧的劲度系数 k= 200N/m ,图线不过坐标原点的原因是 弹簧自重作用 .

【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系;测定匀变速直线运动的加速度. 【专题】实验题. 【分析】 (1)由 F=kx 得,k= ,由图象数据代入求解; (2)将弹簧水平放置而测出其自然长度,然后竖直悬挂而让其自然下垂,由于弹簧自重作 用,在 F=0 时弹簧会伸长;

【解答】解: 由 F=kx 得,k= =

=200N/m;由于弹簧自重作用,

在 F=0 时弹簧会伸长. 故答案为:200N/m;弹簧自重作用 【点评】解题关键明确图线的斜率即为弹簧的劲度系数,求解时注意单位的换算;需要注意 是要考虑到弹簧自身的重力作用会使弹簧在竖直方向上有一定的伸长. 10.用如图 1 所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验.实验时保持小车的质量不 变, 用钩码所受的重力作为小车受到的合力, 用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车 运动的加速度.

(1)实验时先不挂钩码,反复调整垫木的左右位置,直到小车做匀速直线运动,这样做的 目的是 平衡小车运动中所受的摩擦阻力 . (2)图 2 为实验中打出的一条纸带的一部分,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出了连续 的 5 个计数点 A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有 4 个点迹没有标出,测出各计数 点到 A 点之间的距离,如图 3 所示.已知打点计时器接在频率为 50Hz 的交流电源两端,则 2 此次实验中小车运动的加速度的测量值 a= 1.0 m/s . (结果保留两位有效数字) (3)实验时改变所挂钩码的质量,分别测量小车在不同外力作用下的加速度.根据测得的 多组数据画出 a﹣F 关系图线,如图 2 所示.此图线的 AB 段明显偏离直线,造成此现象的 主要原因可能是 C . (选填下列选项的序号) A.小车与平面轨道之间存在摩擦 B.平面轨道倾斜角度过大 C.所挂钩码的总质量过大 D.所用小车的质量过大. 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 【专题】实验题;定性思想;实验分析法;牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1)探究物体加速度与力的关系实验中,要使小车受到的拉力等于钩码的重力,在 实验前应平衡摩擦力;

(2)根据纸带数据,由△ x=at 可求小车的加速度. (3)为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力,应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车 的质量. 【解答】解: (1)使平面轨道的右端垫起,让小车重力沿斜面方向的分力与它受的摩擦阻力 平衡, 才能认为在实验中小车受的合外力就是钩码的拉力, 所以这样做的目的是平衡小车运 动中所受的摩擦阻力.

2

(2)由△ x=aT 和逐差法可知:a=

2

=

m/s =1.0 m/s

2

2

(3)在实验中认为细绳的张力 F 就是钩码的重力 mg,实际上,细绳张力为:F′=Ma,mg ﹣F′=ma, 即:F′= a= ?mg F

?mg=

所以当拉力 F 变大时,m 必定变大, 必定减小.当 M? m 时,a﹣F 图象为直线,当不满 足 M? m 时,便有 a﹣F 图象的斜率逐渐变小,选项 C 正确. 故答案为: (1)平衡小车运动中所受的摩擦阻力; (2)1.0; (3)C 【点评】对于实验,我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事 项这几点去理解. 对牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量 远小于小车质量的理由. 四、计算题 11.如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为 10kg 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已 2 知绳子与竖直方向的夹角为 45°, 斜面倾角 30°, 整个装置处于静止状态, (g 取 10m/s ) ; 求: (1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小; (2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小的拉力的大小.

【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】 (1)对小球受力分析,建立直角坐标系,根据平衡条件列方程,求解; (2)要能够把小球拉离斜面,当所用的拉力与绳子垂直向右时,根据平衡条件求解最小拉 力.

【解答】解: (1)如图,水平竖直建立直角坐标系,对小球做受力分析,把不在轴上的力沿 轴分解,列平衡方程如下 Tcos45°﹣Nsin30°=0 Tsin45°+Ncos30°﹣mg=0 由以上两式得:N=73.2N;T=51.8N (2)经分析得拉力的最小值为:Fm=mgsin45° 代数解得:Fm=70.7N 答: (1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小分别为 51.8N 和 73.2N; (2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,最小的拉力的大小为 70.7N.

【点评】解决本题的关键是正确的选取研究对象,进行受力分析,运用正交分解进行求解. 12.一质量为 M=4.0kg、长度为 L=3.0m 的木板 B,在大小为 8N、方向水平向右的拉力 F 作用下,以 v0=2.0m/s 的速度沿水平地面做匀速直线运动,某一时刻将质量为 m=1.0kg 的小 铁块 A (可视为质点) 轻轻地放在木板上的最右端, 如图所示. 若铁块与木板之间没有摩擦, 求: (重力加速度 g 取 10m/s ) (1)加一个铁块后,木板的加速度大小? (2)二者经过多长时间脱离?
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. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1)当木板匀速运动时,拉力等于摩擦力,求得摩擦因数,加上铁块后由牛顿第二 定律即可求得加速度; (2)木板做减速运动,铁块不懂,根据运动学公式即可求得 【解答】解: (1)由木板匀速运动时有,Mgμ=F;得 μ=0.2, 加一个物块后,木板做匀减速运动: (M+m)gμ﹣F=Ma 2 代入数据解得:a=0.5m/s , (2)物块放在木版上相对地面静止,木版匀减速运动的距离 L 后物块掉下来. 由: 2 得:t ﹣8t+12=0 解得:t1=2s,t2=6s(舍去) 故 2 秒后 A 与 B 脱离.

答: (1)加一个铁块后,木板的加速度大小为 0.5m/s (2)二者经过 2s 脱离 【点评】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式,加速度是中间桥梁 13.如图所示,某传送带与地面倾角 θ=37°,AB 之间距离 L1=2.05m,传送带以 v0=1.0m/s 的速率逆时针转动.质量为 M=1.0kg,长度 L2=1.0m 的木板上表面与小物块的动摩擦因数 μ2=0.4,下表面与水平地面间的动摩擦因数 μ3=0.1,开始时长木板靠近传送带 B 端并处于静 止状态.现在传送带上端 A 无初速地放一个不计大小、质量为 m=1.0kg 的小物块,它与传 送带之间的动摩擦因数为 μ1=0.5,假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变, 2 sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s .求: (1)物块离开 B 点的速度大小; (2)物块相对木板滑过的距离; (3)木板在地面上能滑过的最大距离.

2

【考点】动能定理的应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】计算题;定量思想;临界法;牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1) 以小物快为研究对象, 分析其在传送带运动时的受力情况, 明确其运动情况 (先 以 a1 匀加速与传送带同速后;由于 μ1<tan37°,小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑 动摩擦力作用下,以 a2 做匀加速到 B 点;小物块在木板上方做匀减速运动) ,利用牛顿运动 定律和运动学公式求解. (2) 、 (3)小物块滑上木板后做匀减速运动,木板向左做匀加速运动,当两者速度相等时一 起匀减速运动,由牛顿第二定律求出各自的加速度,再由运动学公式求解. 【解答】解: (1)以小物块为研究对象,收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力. 由牛顿第二定律,刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为: a1= =gsin37°+μ1gcos37°=10×(0.6+0.5×0.8)=10 m/s
2

物快与传送带速度 V0 用的时间:t1=
2

=

s=0.1s

位移 s1= a1t1 = m=0.05m 过后因 μ1<tan37°,所以物快受重力、弹力和沿斜面向上的滑动摩擦力, 2 由牛顿第二定律,物块相对传送带往下滑其加速度为:a2=gsin37°﹣μ1gcos37°=2 m/s
2 2

由运动学公式得:s2=L1﹣s1=(vB ﹣v0 )? 代入数据解之得:vB=3m/s (2)物块滑上木板受重力、弹力和向右的滑动摩擦力,物快相对滑动时做匀减速运动,由 2 牛顿第二定律得:其加速度为:a3=﹣μ2g=﹣4 m/s 木板受重力、弹力和上下接触物体的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得:

木板的加速度为:a4=[μ2mg﹣μ3 (mg+Mg)] =2 m/s 设经过 t2 物块与木板达到相同速度 V2,则由运动学公式得:vB+a3t2 =a4t2 解之得:t2=0.5s 木板的速度:v2=a4 t2=1m/s
2 2

2

物块对地位移 s3=(v2 ﹣vB )

=1 m

木板对地位移 s4=

=0.25m

物块在木板上滑过的距离△ s=s3﹣s4=0.75m 2 (3)因 μ3<μ2 物块能与木板保持相对静止,其整体加速度为 a5=﹣μ3g=﹣1m/s

物块与木板做匀减速运动到停止的位移 s5=﹣

=0.5m

木板对地的位移 s 板=s4+s5=0.75m 答: (1)物块离开 B 点的速度大小 3m/s; (2)物块在木板上滑过的距离为 0.75m; (3)木板在地面上能滑过的最大距离为 0.75m. 【点评】解决本题的关键能正确对物快受力分析,判断其运动情况,注意二者同速是解题的 临界;灵活应用牛顿运动定律求解.此题受力分析时,变力太多导致多个运动过程.


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