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广西玉林市育才中学2014届高三(上)月考物理试卷(12月份)


2013-2014 学年广西玉林市育才中学高三(上)月考物理试卷(12 月份)
一、选择题(共 8 小题,每小题 3 分,满分 24 分) 1. (3 分) (2013 春?潞西市校级期末)一质点做简谐运动的振动图象如图所示,质点在哪两 段时间内的速度与加速度方向相同( )

A.0~0.3s 和 0.3~0.6s C. 0~0.3s 和 0.9~1

.2s

B. 0.6~0.9s 和 0.9~1.2s D.0.3~0.6s 和 0.9~1.2s

2. (3 分) (2012?福建)如图,质量为 M 的小船在静止水面上以速率 v0 向右匀速行驶,一质 量为 m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率 v 水平向左跃入水中, 则救生员跃出后小船的速率为 ( )

A. v0+ v

B.

v0﹣ v

C.

v0+ (v0+v)

D.

v0+ (v0﹣v)

3. (3 分) (2011?安徽)一物体作匀加速直线运动,通过一段位移△ x 所用的时间为 t1,紧接 着通过下一段位移△ x 所用时间为 t2.则物体运动的加速度为( ) A. B.

C.

D.

4. (3 分) (2014 春?安庆校级期末)2012 年我国“蛟龙”号载人潜水器下潜记录再创新高,成 功实现下潜 7km 深度.设潜水器在下潜或上升过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用, 其中,海水浮力 F 始终不变,所受海水阻力仅与潜水器速度有关.已知当潜水器的总质量为 M 时恰好匀速下降,若使潜水器以同样速率匀速上升,则需要从潜水器储水箱向外排出水的 质量为(重力加速度为 g) ( )

A. 2(M﹣ )

B.

M﹣

C.

2M﹣

D.

2M﹣

5. (3 分) (2001?上海)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的,这样的星球有一个最大的自 转速率.如果超过了该速率,星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动.由 此能得到半径为 R、密度为 ρ、质量为 M 且均匀分布的星球的最小自转周期 T.则最小自转周 期 T 的下列表达式中正确的是( ) A. B. C. D. T= T= T=2π T=2

6. (3 分) (2014 秋?绥化期末)钓鱼岛是中国领土铁证如山,但日本政府一再挑衅,并于今 年九月发起购岛闹剧.对此包括港澳台在内,全国上下共同掀起保钩高潮.中国人民解放军 做为坚强后盾更是频频亮剑,一批批重量级装备纷纷闪亮出场.国产最先进武装直升机武直 ﹣10(WZ﹣10)已经进行多次试飞,图 4 为一架 WZ﹣10 在钓鱼岛海域拖曳扫雷具进行近岛 扫除水雷演习模拟图.拖曳型扫雷具质量为 m,由于近岛海水的流动对物体产生水平方向的 冲击力,使软绳偏离竖直方向,当直升机相对地面静止时,绳子与竖直方向成 θ 角,已知物 体所受的浮力不能忽略下列说法正确的是( )

A. 绳子的拉力为 B. 绳子的拉力一定大于 mg C. 物体受到海水的水平方向的作用力等于绳子的拉力 D.物体受到海水的水平方向的作用力小于绳子的拉力 7. (3 分) (2011?四川)如图为一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波在 t=0 时的波形图,当 Q 点

在 t=0 时的振动状态传到 P 点时,则(



A.1cm<x<3cm 范围内的质点正在向 y 轴的负方向运动 B. Q 处的质点此时的加速度沿 y 轴的正方向 C. Q 处的质点此时正在波峰位置

D.Q 处的质点此时运动到 p 处 8. (3 分) (2013 秋?新田县期中)2012 年伦敦奥运会上,牙买加选手博尔特,夺得 100 米冠 军,成为“世界飞人”.他采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速 的同时提升身体重心.如图所示,假设他的质量为 m,在起跑时前进的距离 S 内,重心上升 高度为 h,获得的速度为 v,阻力做功为 W 阻、重力对人做功 W 重、地面对人做功 W 地、运动 员自身做功 W 人,则在此过程中,下列说法中正确的是( )

A. 2 地面对人做功 W 地= mv +mgh B. 运动员机械能增加了 mv +mgh
2

C. 运动员的重力做功为 W 重=﹣mgh D. 2 运动员自身做功为 W 人= mv +mgh﹣W 阻

二、解答题 9. (3 分) (2012 春?雁塔区校级期末)如图,用“碰撞试验器”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试验中, 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.小球开始释放高度 h B.小球抛出点距地面的高度 H C.小球做平抛运动的射程 ②图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时,先让入射球 m1 多次从斜轨上 S 位 置静止释放,找到其平均落地点的位置 P,测量平抛射程 OP,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. 椐 图可得两小球质量的关系为 接下来要完成的必要步骤是 (填选项的符号) A.用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B.测量小球 m1 开始释放高度 h C.测量抛出点距地面的高度 h D.分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N E.测量平抛射程 OM,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) .

10. (3 分) (2007 秋?武昌区校级期中)在“用单摆测定重力加速度”的实验中 ①用主尺最小分度为 1mm,游标上有 20 个分度的卡尺测量金属球的直径,结果如图甲所示, 可以读出此金属球的直径为 mm.

②某同学在利用单摆测重力加速度的实验中,测出多组摆长 L 与周期 T 的数据,根据实验数 据,作出了 T ﹣L 的关系图象如图乙 (Ⅰ)该同学实验中出现的错误可能是 (Ⅱ) 虽然实验中出现了错误, 但根据图中数据, 仍可算出重力加速度其值为 (取 π=3.14,结果保留三位有效数字) m/s
2 2

11. (3 分) (2015?江西模拟)我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用.为使战斗机更容 易起飞,“辽宁号”使用了跃飞技术,其甲板可简化为如图所示的模型:AB 部分水平,BC 部 分倾斜,倾角为 θ.战机从 A 点开始滑跑,C 点离舰,此过程中发动机的推力和飞机所受甲板 和空气阻力的合力大小恒为 F,ABC 甲板总长度为 L,战斗机质量为 m,离舰时的速度为 vm, 不计飞机在 B 处的机械能损失.求 AB 部分的长度.

12. (3 分) (2010?深圳一模) 如图所示, ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的, AB 为水平轨道, 是半径为 R 的半圆弧轨道, 是半径为 2R 的圆弧轨道, 与 相切

在轨道最高点 D, R=0.6m. 质量为 M=0.99kg 的小物块, 静止在 AB 轨道上, 一颗质量为 m=0.01kg

子弹水平射入物块但未穿出,物块与子弹一起运动,恰能贴着轨道内侧通过最高点从 E 点飞 出.取重力加速度 g=10m/s ,求: (1)物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道 B 点的速度; (2)子弹击中物块前的速度; (3)系统损失的机械能.
2

13. (3 分) (2012 秋?朝阳区期中)如图所示,长 L=12m、质量 M=1.0kg 的木板静置在水平地 面上,其右端有一个固定立柱,木板与地面间的动摩擦因数 μ=0.1.质量 m=1.0kg 的小猫静止 站在木板左端.某时小猫开始向右加速奔跑,经过一段时间到达木板右端并立即抓住立柱.g 2 2 取 10m/s .设小猫的运动为匀加速运动,若加速度 a=4.0m/s .试求: (1)小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间; (2)从小猫开始运动到最终木板静止,这一过程中木板的总位移.

2013-2014 学年广西玉林市育才中学高三(上)月考物理 试卷(12 月份)
参考答案与试题解析

一、选择题(共 8 小题,每小题 3 分,满分 24 分) 1. (3 分) (2013 春?潞西市校级期末)一质点做简谐运动的振动图象如图所示,质点在哪两 段时间内的速度与加速度方向相同( )

A.0~0.3s 和 0.3~0.6s C. 0~0.3s 和 0.9~1.2s

B. 0.6~0.9s 和 0.9~1.2s D.0.3~0.6s 和 0.9~1.2s

考点:简谐运动的振动图象. 专题:简谐运动专题. 分析:根据简谐运动的图象,分析质点位置的变化,确定质点的速度方向,根据加速度方向与 位移方向总是相反,确定加速度方向,再选择质点的速度与加速度方向相同的时间段. 解答:解:速度与加速度方向相同,说明振子正在加速,即振子正在靠近平衡位置,位移正在 减小,为 0.3~0.6s 和 0.9~1.2s; 故选 D. 点评:根据简谐运动的图象直接读出速度方向、加速度方向,以及它们大小的变化情况是基本 能力,要掌握速度、加速度与位移之间的关系进行分析.
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2. (3 分) (2012?福建)如图,质量为 M 的小船在静止水面上以速率 v0 向右匀速行驶,一质 量为 m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率 v 水平向左跃入水中, 则救生员跃出后小船的速率为 ( )

A. v0+ v

B.

v0﹣ v

C.

v0+ (v0+v)

D.

v0+ (v0﹣v)

考点:动量守恒定律. 专题:压轴题. 分析:人和小船系统动量守恒,根据动量守恒定律列式求解, 解答:解:人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒, 规定向右为正方向
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(M+m)v0=Mv′﹣mv v′=v0+ (v0+v) 故选 C. 点评:本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解. 3. (3 分) (2011?安徽)一物体作匀加速直线运动,通过一段位移△ x 所用的时间为 t1,紧接 着通过下一段位移△ x 所用时间为 t2.则物体运动的加速度为( ) A. B.

C.

D.

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:根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度, 可以求得两部分位 移的中间时刻的瞬时速度,再由加速度的公式可以求得加速度的大小. 解答: 解:物体作匀加速直线运动在前一段△ x 所用的时间为 t1,平均速度为: ,
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即为

时刻的瞬时速度;

物体在后一段△ x 所用的时间为 t2,平均速度为:

,即为

时刻的瞬时速度.

速度由

变化到

的时间为:△ t=



所以加速度为:a= 故选:A 点评:利用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度这个结论, 可以很容 易的做出这道题,本题就是考查学生对匀变速直线运动规律的理解. 4. (3 分) (2014 春?安庆校级期末)2012 年我国“蛟龙”号载人潜水器下潜记录再创新高,成 功实现下潜 7km 深度.设潜水器在下潜或上升过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用, 其中,海水浮力 F 始终不变,所受海水阻力仅与潜水器速度有关.已知当潜水器的总质量为 M 时恰好匀速下降,若使潜水器以同样速率匀速上升,则需要从潜水器储水箱向外排出水的 质量为(重力加速度为 g) ( )

A. 2(M﹣ )

B.

M﹣

C.

2M﹣

D.

2M﹣

考点:重力. 分析:分别对潜水器匀速下降和匀速上升过程进行受力分析,根据平衡条件求解即可. 解答:解:潜水器匀速下降时,受到重力 mg,向上的浮力 F,向上的阻力 f,根据平衡条件: Mg=(F+f)…① 匀速上升时,设需要抛弃物体的质量为△ m,则受到的重力为(m﹣△ m)g,向上的浮 力仍为 F,向下的阻力 f,根据平衡: F=(M﹣△ m)g+f…②
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由①②式联立得:△ m=2(M﹣ ) ,故 A 正确,BCD 错误; 故选:A. 点评:本题关键对潜水器受力分析,要注意空气阻力与速度方向相反,速率不变,阻力大小不 变,然后根据根据平衡条件列式求解. 5. (3 分) (2001?上海)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的,这样的星球有一个最大的自 转速率.如果超过了该速率,星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动.由 此能得到半径为 R、密度为 ρ、质量为 M 且均匀分布的星球的最小自转周期 T.则最小自转周 期 T 的下列表达式中正确的是( ) A. B. C. D. T= T= T=2π T=2

考点:万有引力定律及其应用;向心力. 分析:由题意可知当周期达到某一最小值时,物体对星球表面应刚好没有压力,即万有引力恰 好充当星球表面的物体在星球表面做圆周运动的向心力; 故由万有引力公式可求得最小 周期. 解答: 解:由 F=m 可得周期越小,物体需要的向心力越大,物体对星球表面的压力最
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小, 当周期小到一定值时,压力为零,此时万有引力充当向心力,即 =m

解得 T=2π

;故 A 正确;

因 M=ρ πR ,代入上式可得:T=

3

,故 D 也正确;

故选 AD. 点评:星球表面的物体受到星球万有引力的作用充当物体的向心力及支持力, 星球的转动角速 度越大、周期越小时,则需要的向心力越大,则物体所受支持力越小;而当向心力大到 一定值时,物体会离开星球表面; 6. (3 分) (2014 秋?绥化期末)钓鱼岛是中国领土铁证如山,但日本政府一再挑衅,并于今 年九月发起购岛闹剧.对此包括港澳台在内,全国上下共同掀起保钩高潮.中国人民解放军 做为坚强后盾更是频频亮剑,一批批重量级装备纷纷闪亮出场.国产最先进武装直升机武直 ﹣10(WZ﹣10)已经进行多次试飞,图 4 为一架 WZ﹣10 在钓鱼岛海域拖曳扫雷具进行近岛 扫除水雷演习模拟图.拖曳型扫雷具质量为 m,由于近岛海水的流动对物体产生水平方向的 冲击力,使软绳偏离竖直方向,当直升机相对地面静止时,绳子与竖直方向成 θ 角,已知物 体所受的浮力不能忽略下列说法正确的是( )

A. 绳子的拉力为 B. 绳子的拉力一定大于 mg C. 物体受到海水的水平方向的作用力等于绳子的拉力 D.物体受到海水的水平方向的作用力小于绳子的拉力 考点:运动的合成和分解. 专题:运动的合成和分解专题. 分析:对物体受力分析,受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力,根据平衡条件并运用 正交分解法列式分析. 解答:解:A、B、对物体受力分析,受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力,如图 根据平衡条件,有
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竖直方向:F 浮+Tcosθ=mg…① 水平方向:f=Tsinθ…② 故 A 错误,B 错误; C、D、河水作用力包括浮力和摩擦力,其中摩擦力等于拉力的水平分力,故 C 错误; D 正确 故选 D.

点评:本题关键是对物体进行受力分析,然后平衡条件列式分析,关键不要忘了有浮力. 7. (3 分) (2011?四川)如图为一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波在 t=0 时的波形图,当 Q 点

在 t=0 时的振动状态传到 P 点时,则(



A.1cm<x<3cm 范围内的质点正在向 y 轴的负方向运动 B. Q 处的质点此时的加速度沿 y 轴的正方向 C. Q 处的质点此时正在波峰位置 D.Q 处的质点此时运动到 p 处 考点:波长、频率和波速的关系. 分析:由题意利用平移法可知 Q 点的状态传到 P 点时波形图,由波形图可判断各点的振动情 况. 解答:解:当 Q 点在 t=0 时的振动状态传到 P 点时,Q 点在 t=0 时的波沿也向左传到 P 点,所 以 x=0cm 处质元在波谷, x=2cm 处质元在波峰, 则 1cm<x<2cm 向 y 轴的正方向运动, 2cm<x<3cm 向 y 轴的负方向运动,A 错误; Q 点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿 y 轴的正方向最大, 不能平移, B 正确, CD 错误. 故选 B. 点评:本题波形是关键,只要画出新的波形各点的振动即可明确!
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8. (3 分) (2013 秋?新田县期中)2012 年伦敦奥运会上,牙买加选手博尔特,夺得 100 米冠 军,成为“世界飞人”.他采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速 的同时提升身体重心.如图所示,假设他的质量为 m,在起跑时前进的距离 S 内,重心上升 高度为 h,获得的速度为 v,阻力做功为 W 阻、重力对人做功 W 重、地面对人做功 W 地、运动 员自身做功 W 人,则在此过程中,下列说法中正确的是( )

A. 2 地面对人做功 W 地= mv +mgh B. 运动员机械能增加了 mv +mgh
2

C. 运动员的重力做功为 W 重=﹣mgh D. 2 运动员自身做功为 W 人= mv +mgh﹣W 阻

考点:动能定理的应用. 专题:动能定理的应用专题. 分析:运动员起跑过程中,要克服阻力做功,动能增加,重力势能也增加,机械能增加量可以 直接计算,重力做负功,运动员消耗的自身能量等于运动员做的功. 解答:解:A、地面对人作用时,由于人的脚并没有离开地面,故地面的力对博尔特并不做功, 故 A 错误;
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B、起跑过程,重力势能增加 mgh,动能增加 mv ,故机械能增加量为 mgh+ mv ,故 B 正确; C、重心上升 h,故重力做功为 W 重=﹣mgh,故 C 正确; D、根据动能定理,有:W 人﹣W 阻= mv +mgh,故 W 人= mv +mgh+W 阻,故 D 错误; 故选:BC. 点评:本题考查动能定理及重力做功与重力势能的关系; 在解题中要熟练应用有关能量的几 个定律,如动能定理、机械能守恒及功能关系. 二、解答题 9. (3 分) (2012 春?雁塔区校级期末)如图,用“碰撞试验器”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试验中,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 C (填选项 前的序号) ,间接地解决这个问题 A.小球开始释放高度 h B.小球抛出点距地面的高度 H C.小球做平抛运动的射程 ②图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时,先让入射球 m1 多次从斜轨上 S 位 置静止释放,找到其平均落地点的位置 P,测量平抛射程 OP,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. 椐 图可得两小球质量的关系为 m1>m2 接下来要完成的必要步骤是 ADE (填选项的符号) A.用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B.测量小球 m1 开始释放高度 h
2 2

2

2

C.测量抛出点距地面的高度 h D.分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N E.测量平抛射程 OM,ON ③若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 m1?OM+m2?ON=m1?OP 用②中测量 的量表示) 2 2 2 若碰撞是弹性碰撞.那么还应满足的表达式为 m1?OM +m2?ON =m1OP (用②中测量的 量表示) .

考点:验证动量守恒定律. 专题:实验题. 分析:①验证动量守恒定律实验中,质量可测而瞬时速度较难.因此采用了落地高度不变的 情况下,水平射程来反映平抛的初速度大小,所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测 出速度. ②过程中小球释放高度不需要,小球抛出高度也不要求.最后可通过质量与水平射程 乘积来验证动量是否守恒. ③根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式,若碰撞为弹性碰撞,则碰撞前后动能相同. 解答:解: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,根据平抛运动规律,若落地高度不变, 则运动时间不变, 因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小, 故需要测量水平射程, 故 AB 错误,C 正确.
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②碰撞过程中动量、能量均守恒,因此有:m1v0=m1v1+m2v2 ,因此有: ,因此要使入射小球 m1 碰后不被反

弹,应该满足 m1>m2. 实验时,先让入射球 ml 多次从斜轨上 S 位置静止释放,找到其平均落地点的位置 P, 测量平抛射程 OP.然后,把被碰小球 m2 静置于轨道的水平部分,再将入射球 ml 从斜 轨上 S 位置静止释放,与小球 m2 相碰,并多次重复.测量平均落点的位置,找到平抛 运动的水平位移,因此步骤中 D、E 是必须的,而且 D 要在 E 之前.至于用天平秤质 量先后均可以. 故选:ADE. ③根据平抛运动可知,落地高度相同,则运动时间相同,设落地时间为 t,则: v0= , , ,

而动量守恒的表达式是:m1v0=m1v1+m2v2 若两球相碰前后的动量守恒,则需要验证表达式 m1?OM+m2?ON=m1?OP 即可. 若为弹性碰撞,则碰撞前后系统动能相同,则有:

, 将即满足关系式:m1?OM +m2?ON =m1OP . 2 2 2 故答案为: ①C , ②m1>m2, ADE, ③m1?OM+m2?ON=m1OP, m1?OM +m2?ON =m1OP 点评:该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律,该实验中,虽然小球做平抛运动,但是却 没有用到速和时间,而是用位移 x 来代替速度 v,成为是解决问题的关键.此题难度中 等,属于中档题. 10. (3 分) (2007 秋?武昌区校级期中)在“用单摆测定重力加速度”的实验中 ①用主尺最小分度为 1mm,游标上有 20 个分度的卡尺测量金属球的直径,结果如图甲所示, 可以读出此金属球的直径为 19.40 mm.
2 2 2

②某同学在利用单摆测重力加速度的实验中,测出多组摆长 L 与周期 T 的数据,根据实验数 2 据,作出了 T ﹣L 的关系图象如图乙 (Ⅰ)该同学实验中出现的错误可能是 漏测摆球的半径 (Ⅱ) 虽然实验中出现了错误, 但根据图中数据, 仍可算出重力加速度其值为 9.86 m/s (取 π=3.14,结果保留三位有效数字) 考点:用单摆测定重力加速度. 专题:实验题. 分析:①游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.
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2

②Ⅰ、根据单摆的周期公式 T=2π

变形,得到 T 与 L 的表达式,再分析出现错误的

2

原因. 2 Ⅱ、根据 T ﹣L 图象的斜率等于重力加速度 g 的关系,求 g. 解答:解:①游标上有 20 个分度,其精度为 0.05mm.游标卡尺的固定刻度读数为 19mm, 游标读数为 0.05×8mm=0.40mm,所以金属球的直径为 d=19mm+0.40mm=19.40mm ②Ⅰ、根据单摆的周期公式 T=2π 变形,得 T =
2

由图知,L=0 时,T≠0,可能出现的错误是漏测摆球的半径,将摆线的长度作为摆长. Ⅱ、由上式知,T ﹣L 图象的斜率 k=
2

据图得 k=

=4

则有率

=4
2

解得 g=9.86m/s 故答案为:①19.40;②Ⅰ、漏测摆球的半径;Ⅱ、9.86. 点评:解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法主尺读数加上游标读数,不需估读,但要注意 精度.对于单摆实验,关键要掌握实验原理:T=2π 理意义. 11. (3 分) (2015?江西模拟)我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用.为使战斗机更容 易起飞,“辽宁号”使用了跃飞技术,其甲板可简化为如图所示的模型:AB 部分水平,BC 部 分倾斜,倾角为 θ.战机从 A 点开始滑跑,C 点离舰,此过程中发动机的推力和飞机所受甲板 和空气阻力的合力大小恒为 F,ABC 甲板总长度为 L,战斗机质量为 m,离舰时的速度为 vm, 不计飞机在 B 处的机械能损失.求 AB 部分的长度. ,运用数学变形来理解图象的物

考点:牛顿第二定律;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:对飞机在水平跑道上进行受力分析,根据牛顿第二定律求出加速度,根据匀变速直线运 动位移速度公式即可求解 解答:解:在 AB 段,由牛顿第二定律可得
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F=ma1 设 B 点速度大小为 v,根据运动学公式可得 v =2a1s1 在 BC 段,根据牛顿第二定律可得 F﹣mgsinθ=ma2 从 B 到 C,由运动学公式可得
2

根据题意:L=s1+s2 联立解得 s1=

答:AB 部分的长度



点评:本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用, 要求同学们能正确对小球 进行受力分析并能结合几何关系求解,难度适中. 12. (3 分) (2010?深圳一模) 如图所示, ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的, AB 为水平轨道, 是半径为 R 的半圆弧轨道, 是半径为 2R 的圆弧轨道, 与 相切

在轨道最高点 D, R=0.6m. 质量为 M=0.99kg 的小物块, 静止在 AB 轨道上, 一颗质量为 m=0.01kg 子弹水平射入物块但未穿出,物块与子弹一起运动,恰能贴着轨道内侧通过最高点从 E 点飞 2 出.取重力加速度 g=10m/s ,求: (1)物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道 B 点的速度; (2)子弹击中物块前的速度; (3)系统损失的机械能.

考点:动量守恒定律;牛顿第二定律;向心力;机械能守恒定律. 专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 分析:(1) 由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点 D, 根据牛顿第二定律求出在 D 点的速度, 再根据机械能守恒定律求出物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道 B 点的速度. (2)根据动量守恒定律求出子弹击中物块前的速度. (3)根据能量守恒定律求出系统损失的机械能. 解答:
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(1)由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点 D,得: 又由物块与子弹上滑过中根据机械能守恒得:

代入数据解得: (2)由动量守恒 v=600m/s mv=(M+m)vB

(3)根据能的转化和守恒定律得 代入数据得:△ E=1782J 答: (1)物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道 B 点的速度为 6m/s. (2)子弹击中物块前的速度为 600m/s. (3)系统损失的机械能为 1782J.

点评:本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律,综合性较强,难度是 太大,需加强训练,熟练掌握该类题型. 13. (3 分) (2012 秋?朝阳区期中)如图所示,长 L=12m、质量 M=1.0kg 的木板静置在水平地 面上,其右端有一个固定立柱,木板与地面间的动摩擦因数 μ=0.1.质量 m=1.0kg 的小猫静止 站在木板左端.某时小猫开始向右加速奔跑,经过一段时间到达木板右端并立即抓住立柱.g 2 2 取 10m/s .设小猫的运动为匀加速运动,若加速度 a=4.0m/s .试求: (1)小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间; (2)从小猫开始运动到最终木板静止,这一过程中木板的总位移.

考点:动量守恒定律;牛顿第二定律;动能定理的应用. 专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 分析:(1)分别以猫与木板为研究对象,由牛顿第二定律求出加速度,然后由运动学公式求 出猫的运动时间. (2)应用牛顿第二定律、运动学公式,动量守恒定律与动能定理可以分析答题. 解答:解: (1)猫相对木板奔跑时,设木板与猫之间的作用力大小为 F,根据牛顿运动定律, 对猫有:F=ma1=4.0N 对木板有:F﹣μ(M+m)g=Ma2
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所以 当猫跑到木板的右端时,有

所以 (2)当猫奔跑至木板的右端时,猫的速度 v1=a1t=8.0m/s,方向向右, 木板的速度 v2=a2t=4.0m/s,方向向左, 木板向左运动的位移 ,方向向左,

猫在抓住立柱的过程中,由于猫与木板相互作用的时间极短, 所以猫和木板组成的系统动量守恒,则有 mv1﹣Mv2=(M+m)v 共, 所以 ,方向向右,

设在随后木板与猫整体向右滑行距离为 s', 由动能定理得: ,

解得:

所以木板运动的总位移:s 总=s﹣s'=2.0m,方向向左. 答: (1)小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为 2s; (2)从小猫开始运动到最终木板静止,这一过程中木板的总位移为 2m. 点评:本题是涉及两体的多过程问题,分析清楚运动过程,应用牛顿第二定律、运动学公式, 动量守恒定律及动能定理是正确解题的关键.


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