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河南省驻马店市泌阳一中2016届高三上学期第一次月考物理试卷


2015-2016 学年河南省驻马店市泌阳一中高三(上) 第一次月考物理试卷

一.单项选择题,本题共 6 小题,每小题 3 分,共 18 分.每小题只有一个选项符合题意 1.一物体从静止开始做匀加速直线运动,以 T 为时间间隔,在第 3 个 T 内的位移为 3m, 在第 3 个 T 终了时的瞬时速度是 3m/s.则( ) 2 A.物体的加速度为 1m/s B

.物体在第 1 个 T 终了时的瞬时速度是 0.6m/s C.时间间隔 T=1s D.物体在第 1 个 T 内的位移为 0.6m 2.关于摩擦力,下列说法正确的是( ) A.静摩擦力产生在两个静止的物体之间,滑动摩擦力产生在两个运动的物体之间 B.静摩擦力可以作为动力、阻力,而滑动摩擦力只能作为阻力 C.有摩擦力一定存在弹力,且摩擦力的方向总与相对应的弹力方向垂直 D.摩擦力的大小与正压力大小成正比 3.A、B 两物体叠放在一起,放在光滑的水平面上,从静止开始受到一变力的作用,该力 与时间的关系如图所示,A、B 始终相对静止,则下列说法不正确的是( )

A.t0 时刻 A、B 间静摩擦力最大 C.2t0 时刻 A、B 间静摩擦力最大

B.t0 时刻 B 速度最大 D.2t0 时刻 A、B 运动的位移最大

4.如图所示,将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从 A、B、C 三点由静止同时释放, 最后都到达竖直面内圆弧的最低点 D,其中甲是从圆心 A 出发做自由落体运动,乙沿弦轨 道从一端 B 到达另一端 D,丙沿圆弧轨道从 C 点运动到 D,且 C 点很靠近 D 点.如果忽略 一切摩擦阻力,那么下列判断正确的是( )

A.甲球最先到达 D 点,乙球最后到达 D 点 B.甲球最先到达 D 点,丙球最后到达 D 点 C.丙球最先到达 D 点,乙球最后到达 D 点 D.甲球最先到达 D 点,无法判断哪个球最后到达 D 点

5.如图所示,小车向右做匀加速运动的加速度大小为 a,bc 为固定在小车上的水平横杆, 物块 M 串在杆上,M 通过细线悬吊着一小铁球 m,M、m 均相对小车静止,细线与竖直方 向的夹角为 θ.若小车的加速度逐渐增大到 2a 时,M 仍与小车保持相对静止,则( )

A.横杆对 M 的作用力增加到原来的 2 倍 B.细线的拉力增加到原来的 2 倍 C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的 2 倍 D.细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的 2 倍 6.质点受到在一条直线上的两个力 F1 和 F2 的作用,F1、F2 随时间的变化规律如图所示, 力的方向始终在一条直线上且方向相反.已知 t=0 时质点的速度为零.在图示的 t1、t2、t3 和 t4 各时刻中,哪一时刻质点的速率最大( )

A.t1

B.t2

C.t3

D.t4

二.多项选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共 20 分. 7.原来做匀速运动的电梯的地板上,有一个被处于伸长状态的轻弹簧拉住,具有一定质量 的木块 A 静止在地板上,如图.现发现木块突然被弹簧拉向右方,由此可以判断,以下说 法正确的是( )

A.电梯可能向上做减速运动,木块处于失重状态 B.电梯一定向上做加速运动,木块处于超重状态 C.电梯可能向上做加速运动,木块处于超重状态 D.电梯一定具有向下的加速度,木块处于失重状态

8.如图所示,在静止的平板车上放置一个质量为 10kg 的物体 A,它被拴在一个水平拉伸的 弹簧一端(弹簧另一端固定) ,且处于静止状态,此时弹簧的拉力为 5N.若平板车从静止开 始向右做加速运动,且加速度逐渐增大,但 a≤1m/s .则(
2

)

A.物体 A 相对于车仍然静止 B.物体 A 受到的弹簧的拉力逐渐增大 C.物体 A 受到的摩擦力逐渐减小 D.物体 A 受到的摩擦力先减小后增大 9.如图所示,滑轮 A 可沿倾角为 θ 的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重力为 G 的物体 B,下滑时,物体 B 相对于 A 静止,则下滑过程中( )

A.B 的加速度为 gsinθ B.绳的拉力为 Gcosθ C.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为 G 10.如图,质量为 M 的斜面放在粗糙的水平地面上.几个质量都是 m 的不同物块,先后在 斜面上以不同的加速度向下滑动, 斜面始终保持静止不动. 下列关于水平地面对斜面底部的 支持力和静摩擦力的几种说法中正确的有( )

A.匀速下滑时,支持力 N=(m+M)g,静摩擦力为零 B.匀加速下滑时,支持力 N<(m+M)g,静摩擦力的方向水平向左 C.匀减速下滑时,支持力 N>(m+M)g,静摩擦力的方向水平向右 D.无论怎样下滑,总是 N=(m+M)g,静摩擦力为零 11.如图所示为 A、B 两质点作直线运动的 v﹣t 图象,已知两质点在同一直线上运动,由 图可知( )

A.两个质点一定从同一位置出发 B.两个质点一定同时由静止开始运动 C.t1 秒末两质点相遇 D.0﹣t2 秒时间内 B 质点可能领先 A

三.实验题 12.某同学为估测摩托车在水泥路面上行驶时所受的牵引力,设计了下述实验:将输液用的 500ml 玻璃瓶装适量水后,连同输液管一起绑在摩托车上,调节输液管的滴水速度,刚好每 隔 1.0s 滴一滴,该同学骑摩托车,先使之加速到某一速度,然后熄火,让摩托车沿直线滑 行,如图是某次实验中水泥路面上的部分水滴(左侧是起点) .设该同学质量为 50kg,摩托 车的质量为 75kg,根据该同学的实验结果可估算(g=10m/s ) (图中长度单位:m)
2

(1)骑摩托车行驶至 D 点时的速度大小为__________m/s 2 (2)骑摩托车加速时的加速度大小为__________m/s ; (3)骑摩托车加速时的牵引力大小为__________N.

2

13.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时,采用如图 1 所示的实验装置,小车 及车中的砝码质量用 M′表示,盘及盘中的砝码质量用 m 表示,小车的加速度可由小车后拖 动的纸带由打点计时器打出的点计算出:

(1)当 M 与 m 的大小关系满足__________时,才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘 和砝码的重力. (2)一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定,探究加速度与质量的关系,以下做法错 误的是:__________ A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力 C.实验时,先放开小车,再接通打点计时器电源 D.小车运动的加速度可用天平测出 m 以及小车质量 M,直接用公式 a= 求出.

(3)在保持小车及车中的砝码质量 M 一定,探究加速度与所受合外力的关系时,由于平衡 摩擦力时操作不当,二位同学得到的 a﹣F 关系分别如图 2 甲、乙所示(a 是小车的加速度, F 是细线作用于小车的拉力) . 其原因分别是: 甲图: __________ 乙图: __________.

四.计算题(本题共 5 小题,解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只 写出答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位) 14.为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况,甲、乙两位同学在一楼 电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验:一质量为 m=50kg 的甲同学站在体重计上,乙

同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中, 体重计示数随时间变化的情况, 并作出了如图所 示的图象, 已知 t=0 时, 电梯静止不动, 从电梯内楼层按钮上获知该大楼共 19 层 (g 取 10m/s ) .
2

求: (1)电梯启动和制动时的加速度大小; (2)该大楼的层高. 15.辨析题:如图所示,木块质量 m=0.78kg,在与水平方向成 37°角、斜向右上方的恒定拉 2 力 F 作用下, 以 a=2.0m/s 的加速度从静止开始做匀加速直线运动, 在 3s 末时撤去拉力 F. 已 2 知木块与地面间的动摩擦因数 μ=0.4, 取重力加速度 g=10m/s , sin37°=0.60, cos37°=0.80. 求: 拉力 F 的大小以及物体在 5s 内滑行的总位移. 某同学是这样分析的:由牛顿第二定律可得 Fcosθ﹣μmg=ma,可求出拉力 F 的大小.物体 加速阶段滑行的时间 t1=3s,位移 ,末速度 v1=at1,减速阶段滑行的时间 t2=2s,

加速度 a'=μg,可求出位移 s2,则滑行的总位移 s=s1+s2.你认为这位同学的分析是否正确, 若正确,请列式并完成计算;若不正确,请说明理由,并用你自己的方法算出正确的结果.

16.如图所示,在倾角为 θ=30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块 的质量为 m=2kg, 它与斜面的动摩擦因数为 μ, 帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比, 即 f=kv. 若从静止开始下滑的速度图象如图中的曲线所示, 图中的直线是 t=0 时速度图象的 2 切线,g=10m/s . (1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度 (2)求 μ 和 k 的值.

17.甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均 2 为 v0=16m/s.已知甲车紧急刹车时加速度的大小为 a1=3m/s ,乙车紧急刹车时加速度的大

小为 a2=4m/s ,乙车司机的反应时间为△ t=0.5s(即乙车司机看到甲车开始刹车后 0.5s 才开 始刹车) ,求为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大 距离? 18. (16 分)光滑水平面上有一质量为 M、长度为 L 的木板 AB,在木板的中点有一质量为 m 的小木块,木板上表面是粗糙的,它与木块间的动摩擦因数为 μ.开始时两者均处于静止 状态,现在木板的 B 端加一个水平向右的恒力 F,则:

2

(1)木板和木块运动的加速度是多大? (2)若在木板的 B 端到达距右方距离为 L 的 P 点前,木块能从木板上滑出,则水平向右的 恒力 F 应满足什么条件?

2015-2016 学年河南省驻马店市泌阳一中高三(上)第一 次月考物理试卷
一.单项选择题,本题共 6 小题,每小题 3 分,共 18 分.每小题只有一个选项符合题意 1.一物体从静止开始做匀加速直线运动,以 T 为时间间隔,在第 3 个 T 内的位移为 3m, 在第 3 个 T 终了时的瞬时速度是 3m/s.则( ) 2 A.物体的加速度为 1m/s B.物体在第 1 个 T 终了时的瞬时速度是 0.6m/s C.时间间隔 T=1s D.物体在第 1 个 T 内的位移为 0.6m 考点: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时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:第三个 T 内的位移等于 3T 内的位移减去 2T 内的位移,根据位移公式写出第三个 T 内的位移表达式 , 再根据速度时间公式写出第三个 T 末

的速度表达式 v=a?3T,联立方程求出加速度和时间间隔 T.根据速度公式 v=aT 求出第一个 T 末的速度,以及根据位移公式 解答: 解;由公式 3Ts 内的位移: 得, ① 求出第一个 T 内的位移.

2Ts 内的位移: 第 3 个 T 秒内的位移△ x=x3﹣x2=3m 由公式 v=at 得: 3Ts 末的速度 v3=a×3T=3 ④ ①﹣④联立得;

② ③

T=1.2S

故 AC 错;

第一个 T 末的速度 v=aT=1m/s,故 B 错; 第一个 T 内的位移 故选:D. 点评:本题考查了匀变速直线基本公式; v=at 等.这些公式应熟练掌握! 故 D 正确

2.关于摩擦力,下列说法正确的是( ) A.静摩擦力产生在两个静止的物体之间,滑动摩擦力产生在两个运动的物体之间 B.静摩擦力可以作为动力、阻力,而滑动摩擦力只能作为阻力 C.有摩擦力一定存在弹力,且摩擦力的方向总与相对应的弹力方向垂直 D.摩擦力的大小与正压力大小成正比 考点:静摩擦力和最大静摩擦力;滑动摩擦力. 专题:摩擦力专题. 分析:摩擦力有滑动摩擦与静摩擦之分,运算方法不同,产生条件不同,摩擦力产生的效果 因情景而有变化,不可一概而论 解答: 解: A、 摩擦力产生在有相对运动或有相对运动趋势物体间, 还要满足其他的条件, 故 A 错误 B、静摩擦力和滑动摩擦力均可作为动力或阻力,要看力的作用效果而定,故 B 错误 C、摩擦力平行于接触面,弹力垂直于接触面,二者方向垂直,故 C 正确 D、滑动摩擦力大小与正压力成正比,故 D 错误 故选 C 点评:弄清摩擦力种类及计算办法,摩擦力做功因情境而变化,可通过传送带传送物体加以 识记 3.A、B 两物体叠放在一起,放在光滑的水平面上,从静止开始受到一变力的作用,该力 与时间的关系如图所示,A、B 始终相对静止,则下列说法不正确的是( )

A.t0 时刻 A、B 间静摩擦力最大 B.t0 时刻 B 速度最大 C.2t0 时刻 A、B 间静摩擦力最大D.2t0 时刻 A、B 运动的位移最大 考点:共点力平衡的条件及其应用;静摩擦力和最大静摩擦力;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:以整体为研究对象,分析加速度如何变化,再以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律 分析所受的摩擦力如何变化.分析两物体的运动情况,判断 B 速度最大的时刻、确定位移 最大的时刻. 解答: 解: A、C 以整体为研究对象,由图看出,整体所受的合力先沿正方向减小,后沿负方向增大, 则根据牛顿第二定律得知,加速度先减小后增大,对 A 而言,由牛顿第二定律得知,A 所 受的静摩擦力先减小后增大,则知在 t=0、2t0 时刻 A、B 间的静摩擦力最大.t0 时刻,加速 度为零,A、B 间的静摩擦力为零.故 A 错误,C 正确. B、 两物体先做加速度减小的加速运动, 后做加速度增大的减速运动, 则 t0 时刻 B 速度最大. 故 B 正确. D、由上分析可知,两物体做单向直线运动,则 2t0 时刻 A、B 运动的位移最大.故 D 正确. 本题选错误的,故选 A 点评:本题关键根据牛顿第二定律分析物体的运动情况,采用整体法和隔离法结合,研究 AB 间的静摩擦力. 4.如图所示,将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从 A、B、C 三点由静止同时释放, 最后都到达竖直面内圆弧的最低点 D,其中甲是从圆心 A 出发做自由落体运动,乙沿弦轨 道从一端 B 到达另一端 D,丙沿圆弧轨道从 C 点运动到 D,且 C 点很靠近 D 点.如果忽略 一切摩擦阻力,那么下列判断正确的是( )

A.甲球最先到达 D 点,乙球最后到达 D 点 B.甲球最先到达 D 点,丙球最后到达 D 点 C.丙球最先到达 D 点,乙球最后到达 D 点 D.甲球最先到达 D 点,无法判断哪个球最后到达 D 点 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:A 为自由落体,运用自由落体的公式求出时间,B 是利用匀变速运动的知识求出所用 时间,C 是单摆,求出周期,所用时间只是 周期. 解答: 解:A 点,AD 距离为 r,加速度为 g,时间 ; ;

B 点,设∠ADB=θ,BD 距离为 2rcosθ,加速度为 gcosθ,时间 C 点,简谐振动,周期 ,时间 ;

明显 t2>t3>t1,故 A 符合题意. 故选:A

点评:解得本题的关键是分清三种不同的运动形态,然后分别计算出每条线路所用的时间, 比较大小皆可解决. 5.如图所示,小车向右做匀加速运动的加速度大小为 a,bc 为固定在小车上的水平横杆, 物块 M 串在杆上,M 通过细线悬吊着一小铁球 m,M、m 均相对小车静止,细线与竖直方 向的夹角为 θ.若小车的加速度逐渐增大到 2a 时,M 仍与小车保持相对静止,则( )

A.横杆对 M 的作用力增加到原来的 2 倍 B.细线的拉力增加到原来的 2 倍 C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的 2 倍 D.细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的 2 倍 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:先对小球受力分析,根据牛顿第二定律列式分析;再对小球和滑块整体受力分析,根 据牛顿第二定律列式求解, 从中解出各个选项中涉及到的物理量, 然后可以判定其具体变化 情况. 解答: 解: 对小球受力分析,受重力 mg 和细线的拉力 T,如图

根据牛顿第二定律,水平方向有 Tsinθ=ma ① 竖直方向受力平衡有: Tcosθ﹣mg=0 ② 再对 m 和 M 整体受力分析,受总重力(M+m)g、横杆支持力 N、横杆摩擦力 f,如图

根据牛顿第二定律,水平方向有 f=(M+m)a ③ 竖直方向受力平衡有: N﹣(M+m)g=0 ④ 由①②③④解得:

N=(M+m)g

f=(M+m)a 横杆对 M 的作用力: 由以上表达式可知: 横杆对 M 的摩擦力增大为原来 2 倍, 但是支持力没变, 故横杆对 M 的作用力不是原来两倍. 故 A 错误 由拉力表达式可知,拉力 T 也不是增大为原来 2 倍,故 B 错误. θ 的正切变为原来的 2 倍,但 θ 不是 2 倍,故 C 错误,D 正确 故选 D. 点评:本题是典型的整体与部分受力分析法的应用,对连接体问题,多数要用到这个方法, 建议重点训练掌握熟练. 另外在涉及正交分解的时候, 一般是在运动方向列牛顿第二定律方程, 而在垂直运动方向列 平衡方程. 6.质点受到在一条直线上的两个力 F1 和 F2 的作用,F1、F2 随时间的变化规律如图所示, 力的方向始终在一条直线上且方向相反.已知 t=0 时质点的速度为零.在图示的 t1、t2、t3 和 t4 各时刻中,哪一时刻质点的速率最大( )

A.t1

B.t2

C.t3

D.t4

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 分析:先将两力合成,然后再分析物体的加速度变化情况,最后研究速度的变化情况. 解答: 解:质点受到的合力如图中红色线所示

0 到 t1 时间内,加速度变大,物体做加速运动; t1 到 t2 时间内,加速度变小,但加速度与速度同向,故物体做加速度不断变小的加速运动, t2 时刻加速度减为零,速度达到最大; t2 到 t3 时间内,合力反向,加速度也反向,加速度与速度反向,物体做减速运动; t3 到 t4 时间内,加速度减小,物体还是减速运动,t4 时刻速度减为零; 故选 B. 点评:本题关键先求出合力,再结合牛顿运动定律分析速度的改变情况;同时要注意速度变 大还是变小看加速度与速度方向的关系,而不是看加速度大小的变化情况. 二.多项选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共 20 分. 7.原来做匀速运动的电梯的地板上,有一个被处于伸长状态的轻弹簧拉住,具有一定质量 的木块 A 静止在地板上,如图.现发现木块突然被弹簧拉向右方,由此可以判断,以下说 法正确的是( )

A.电梯可能向上做减速运动,木块处于失重状态 B.电梯一定向上做加速运动,木块处于超重状态 C.电梯可能向上做加速运动,木块处于超重状态 D.电梯一定具有向下的加速度,木块处于失重状态 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:升降机此时具有向下加速度,物体 A 对地板的压力变小,根据 f=uN 压力变小 静摩 擦力变小 所以绷紧的弹簧会把小球拉回来. 解答: 解: .当升降机静止时,地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡,且该静摩擦力 可能小于或等于最大静摩擦力. 当升降机有向下的加速度时, 必然会减小物体对地板的正压 力,也就减小了最大静摩擦力,这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力,而弹簧的 弹力又未改变,故只有在这种情况下 A 才可能被拉向右方.四个选项中 A、D 两种情况电 梯的加速度是向下的. 故选:AD

点评:本题考查了超重和失重,关键是掌握:超重时具有向上加速度,失重时具有向下加速 度. 8.如图所示,在静止的平板车上放置一个质量为 10kg 的物体 A,它被拴在一个水平拉伸的 弹簧一端(弹簧另一端固定) ,且处于静止状态,此时弹簧的拉力为 5N.若平板车从静止开 2 始向右做加速运动,且加速度逐渐增大,但 a≤1m/s .则( )

A.物体 A 相对于车仍然静止 B.物体 A 受到的弹簧的拉力逐渐增大 C.物体 A 受到的摩擦力逐渐减小 D.物体 A 受到的摩擦力先减小后增大 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:由题,当弹簧的拉力为 5N 时,物体 A 处于静止状态,此时物体 A 受到的摩擦力大 小为 5N,方向水平向左,所以物体 A 与平板车的上表面间的最大静摩擦力 Fm≥5N.当物体 2 向右的加速度为 1m/s 时,F=ma=10N,可知此时平板车对物体 A 的摩擦力为 5N,方向向 右,且为静摩擦力.所以物体 A 相对于车仍然静止,受到的弹簧的拉力大小不变. 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



m/s =1m/s .所以当小车

的加速度为 a≤1m/s 时,物块 A 相对小车仍静止.故 A 正确. 2 B、由上分析知,小车以加速度 a≤1m/s 沿水平地面向右加速运动时,物体 A 相对于车仍然 静止,弹簧的拉力水平向右,大小仍为 5N,故 B 错误. C、D 根据牛顿第二定律得: 当 A 所受的摩擦力向左时,F﹣f=ma,F 不变,a 增大,f 减小; 当 A 所受的摩擦力向右时,F+f=ma,F 不变,a 增大,则 f 增大.可知,物体 A 受到的摩擦 力先减小后增大.故 C 错误,D 正确. 故选 AD 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. 9.如图所示,滑轮 A 可沿倾角为 θ 的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重力为 G 的物体 B,下滑时,物体 B 相对于 A 静止,则下滑过程中( )

A.B 的加速度为 gsinθ B.绳的拉力为 Gcosθ C.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为 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:A、B 一起做匀加速直线运动,具有相同的加速度,对整体分析,通过牛顿第二定律 求出加速度的大小,隔离对 B 分析求出绳子的拉力大小. 解答: 解: A、 对整体分析, 加速度为: a= , 则 B 的加速度为 gsinθ. 故

A 正确. B、隔离对 B 分析,根据平行四边形定则知,绳的方向与斜面垂直,拉力大小为 Gcosθ.故 B 正确,C、D 错误. 故选:AB.

点评:解决本题的关键知道 A、B 具有相同的加速度,结合牛顿第二定律,运用整体和隔离 法进行求解. 10.如图,质量为 M 的斜面放在粗糙的水平地面上.几个质量都是 m 的不同物块,先后在 斜面上以不同的加速度向下滑动, 斜面始终保持静止不动. 下列关于水平地面对斜面底部的 支持力和静摩擦力的几种说法中正确的有( )

A.匀速下滑时,支持力 N=(m+M)g,静摩擦力为零 B.匀加速下滑时,支持力 N<(m+M)g,静摩擦力的方向水平向左 C.匀减速下滑时,支持力 N>(m+M)g,静摩擦力的方向水平向右 D.无论怎样下滑,总是 N=(m+M)g,静摩擦力为零 考点:牛顿第二定律;静摩擦力和最大静摩擦力;共点力平衡的条件及其应用. 专题:摩擦力专题. 分析:根据物块处于平衡与非平衡两种状态,来对整体受力分析,结合平衡条件与牛顿第二 定律,及静摩擦力产生条件,即可求解. 解答: 解: A、 当匀速下滑时, 从整体角度出发, 处于平衡状态, 则支持力等于 N= (m+M) g,斜面没有运动趋势,则静摩擦力为零,故 A 正确; B、当匀加速下滑时,由整体角度,结合加速度分解,则有竖直向下与水平向左的加速度, 再根据牛顿第二定律,则有竖直方向重力大于支持力,而水平方向有向左的静摩擦力,故 B 正确; C、同理,当匀减速下滑时,由整体角度,结合加速度分解,则有竖直向上与水平向右的加 速度, 再根据牛顿第二定律, 则有竖直方向重力小于支持力, 而水平方向有向右的静摩擦力, 故 C 正确;

D、由上分析可知,故 D 错误; 故选:ABC. 点评: 考查受力平衡与牛顿第二定律的应用, 注意加速度的分解与整体法的运用是解题的关 键. 11.如图所示为 A、B 两质点作直线运动的 v﹣t 图象,已知两质点在同一直线上运动,由 图可知( )

A.两个质点一定从同一位置出发 B.两个质点一定同时由静止开始运动 C.t1 秒末两质点相遇 D.0﹣t2 秒时间内 B 质点可能领先 A 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: 解决本题的关键是理解速度图象速度图象只能反应速度和时间的关系, 但不能反应初 始位置之间的关系,所以本题由于没有告诉初始位置关系,故 A、C、D 无法确定. 解答: 解: A、 速度图象不能反映物体的初始位置, 所以不知两物体是否是从同一位置出发, 故 A 错误. B、由题意可知 A、B 两质点在同一直线上同时开始由静止开始运动.故 B 正确. C、D、由于不知两物体是否是从同一位置出发,虽然在 t2 时刻之前 VA<VB,但由于不知 A、B 量质点的初始位置的距离关系,故不能确定 t2 时刻两者是否相遇,同样也不能确定在 0~t2s 时间内 A、B 到底是哪一个质点领先.故 C、D 错误. 故选:B. 点评:①在解题过程中一定要尊重原题的题意,不能自由的引申,例如本题不能按从同一 位置出发处理.②速度图象只能反映速度与时间的关系,只能反映在物体在某一段时间内 的位移,但不能反映各物体初始位置的关系. 三.实验题 12.某同学为估测摩托车在水泥路面上行驶时所受的牵引力,设计了下述实验:将输液用的 500ml 玻璃瓶装适量水后,连同输液管一起绑在摩托车上,调节输液管的滴水速度,刚好每 隔 1.0s 滴一滴,该同学骑摩托车,先使之加速到某一速度,然后熄火,让摩托车沿直线滑 行,如图是某次实验中水泥路面上的部分水滴(左侧是起点) .设该同学质量为 50kg,摩托 2 车的质量为 75kg,根据该同学的实验结果可估算(g=10m/s ) (图中长度单位:m)

(1)骑摩托车行驶至 D 点时的速度大小为 14.0m/s 2 (2)骑摩托车加速时的加速度大小为 3.79m/s ;

2

(3)骑摩托车加速时的牵引力大小为 497.5N. 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)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, 得:vD= = m/s=14.0m/s
2

(2)已知前四段位移,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, 2 得:x4﹣x2=2a1T 2 x3﹣x1=2a2T 为了更加准确的求解加速度,我们对两个加速度取平均值 得:a= (a1+a2) 即小车运动的加速度计算表达式为: a= = =3.79m/s ,
2

根据第二段纸带解出摩托车减速过程的加速度为:a2= 由牛顿第二定律: 加速过程:F﹣f=ma

=0.19m/s ,

2

减速过程:f=ma2, 解得:F=m(a+a2)=(50+75)×(3.79+0.19)N=497.5N 故答案为:14.0,3.79,497.5 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. 13.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时,采用如图 1 所示的实验装置,小车 及车中的砝码质量用 M′表示,盘及盘中的砝码质量用 m 表示,小车的加速度可由小车后拖 动的纸带由打点计时器打出的点计算出:

(1)当 M 与 m 的大小关系满足 M>>m 时,才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和 砝码的重力. (2)一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定,探究加速度与质量的关系,以下做法错 误的是:ACD

A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力 C.实验时,先放开小车,再接通打点计时器电源 D.小车运动的加速度可用天平测出 m 以及小车质量 M,直接用公式 a= 求出.

(3)在保持小车及车中的砝码质量 M 一定,探究加速度与所受合外力的关系时,由于平衡 摩擦力时操作不当,二位同学得到的 a﹣F 关系分别如图 2 甲、乙所示(a 是小车的加速度, F 是细线作用于小车的拉力) .其原因分别是:甲图:平衡摩擦力时,长木板的倾角过大 乙图:平衡摩擦力时,长木板的倾角过小. 考点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 专题:实验题;牛顿运动定律综合专题. 分析: 解决实验问题首先要掌握该实验原理, 了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项. 该实验采用的是控制变量法研究,其中加速度、质量、合力三者的测量很重要. 解答: 解: (1)该实验的研究对象是小车,采用控制变量法研究.当质量一定时,研究小 车的加速度和小车所受合力的关系. 那么小车的合力怎么改变和测量呢?为消除摩擦力对实 验的影响,可以把木板 D 的左端适当垫高,以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消,那 么小车的合力就是绳子的拉力. 根据牛顿第二定律得: 对 m:mg﹣F 拉=ma 对 M:F 拉=Ma 解得:F 拉= = 当 M>>m 时,即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力,绳子的

拉力近似等于砝码和盘的总重力. (2)A、平衡摩擦力时,应将绳从小车上拿去,轻轻推动小车,是小车沿木板运动,通过 打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动.故 A 错误. B、每次改变小车的质量时,小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消,不需要重新平衡摩 擦力.故 B 正确. C、实验时,应先放开小车,再接通打点计时器电源,由于小车运动较快,可能会使打出来 的点很少,不利于数据的采集和处理.故 C 错误. D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量,如果用天平测出 m 以及小车质量 M,直接 用公式 a= 求出,这是在直接运用牛顿第二定律计算的,而我们实验是在探究加速度与物

体所受合外力和质量间的关系.故 D 错误. 本题选错误的,故选:ACD (3)甲图:当 F=0 时,a≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验 操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大. 乙图:从上图中发现直线没过原点,当 F≠0 时,a=0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加 速度还为 0,说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢.该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦 力或平衡摩擦力不足这个步骤.即倾角过小 故答案是:①M>>m; ②ACD;③平衡摩擦力时,长木板的倾角过大;平衡摩擦力时, 木板的倾角过小

点评:教科书本上的实验,我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验 注意事项这几点去搞清楚. 四.计算题(本题共 5 小题,解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只 写出答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位) 14.为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况,甲、乙两位同学在一楼 电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验:一质量为 m=50kg 的甲同学站在体重计上,乙 同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中, 体重计示数随时间变化的情况, 并作出了如图所 2 示的图象, 已知 t=0 时, 电梯静止不动, 从电梯内楼层按钮上获知该大楼共 19 层 (g 取 10m/s ) .

求: (1)电梯启动和制动时的加速度大小; (2)该大楼的层高. 考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;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)从图象可以看出,电梯从 2s 末开始加速,3s 末开始匀速,29s 末开始减速,30s 末停止,根据图象得到各个时间段的弹力,然后根据牛顿第二定律列式求解; (2)求出加速度后,根据速度时间公式和平均速度公式列式求解各时间段位移,最后得到 楼高. 解答: 解: (1)对于启动状态有: 2 F1﹣mg=mα1 得 α1=2m/s 对于制动状态有:mg﹣F3=mα3 2 得 α3=2m/s 2 2 即电梯启动时的加速度大小为 2m/s ,制动时加速度大小也为 2m/s . (2)电梯匀速运动的速度 从图中读得, 电梯运动的总时间 t=28s, 电梯匀速上升的时间 t2=26s, 加速运动时间为 t1=1s, 减速上升时间也为 t3=1s. 所以总位移 层高 = =3m

即该大楼的层高为 3m. 点评:本题关键是结合图象,根据牛顿第二定律求解出物体的加速度,然后根据平均速度公 式列式求解位移,得到每层楼的高度.

15.辨析题:如图所示,木块质量 m=0.78kg,在与水平方向成 37°角、斜向右上方的恒定拉 力 F 作用下, 以 a=2.0m/s 的加速度从静止开始做匀加速直线运动, 在 3s 末时撤去拉力 F. 已 2 知木块与地面间的动摩擦因数 μ=0.4, 取重力加速度 g=10m/s , sin37°=0.60, cos37°=0.80. 求: 拉力 F 的大小以及物体在 5s 内滑行的总位移. 某同学是这样分析的:由牛顿第二定律可得 Fcosθ﹣μmg=ma,可求出拉力 F 的大小.物体 加速阶段滑行的时间 t1=3s,位移 ,末速度 v1=at1,减速阶段滑行的时间 t2=2s,
2

加速度 a'=μg,可求出位移 s2,则滑行的总位移 s=s1+s2.你认为这位同学的分析是否正确, 若正确,请列式并完成计算;若不正确,请说明理由,并用你自己的方法算出正确的结果.

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;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:解法错误,有拉力时,正压力与重力不等,则摩擦力 f 不等于 μmg.撤去拉力后继续 滑行的时间不等于 2s.正确解法:根据牛顿第二定律,抓住竖直方向上合力为零求出拉力 的大小.根据匀变速直线运动的公式求出前 3s 内的位移和末速度,根据牛顿第二定律求出 匀减速直线运动的加速度,结合运动学公式求出匀减速直线运动的位移,从而得出总位移. 解答: 解:不正确.在外力 F 斜向上时摩擦力大小不等于 μmg,而且物体在拉力撤去后 继续滑行的时间不是 2s. (1)N+Fsinθ=mg Fcosθ﹣μN=ma 联立方程组,解得拉力为: (2)匀加速阶段: v1=at1=2×3=6m/s 2 匀减速阶段:a'=μg=0.4×10=4m/s t2= s2= = =1.5s = =4.5m m N

物体在 5s 内滑行的总位移为:s=s1+s2=9+4.5=13.5m. 答:该同学解法不正确.拉力的大小为 4.5N,物体在 5s 内的总位移为 13.5m. 点评: 本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式, 知道加速度是联系力学和运动学的桥梁. 16.如图所示,在倾角为 θ=30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块 的质量为 m=2kg, 它与斜面的动摩擦因数为 μ, 帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比,

即 f=kv. 若从静止开始下滑的速度图象如图中的曲线所示, 图中的直线是 t=0 时速度图象的 切线,g=10m/s . (1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度 (2)求 μ 和 k 的值.
2

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: (1)由图乙中可得出最大加速度及最大速度; (2)抓住初始时刻,速度为零,空气阻力为零,结合速度时间图线求出加速度,通过牛顿 第二定律求出动摩擦因数的大小. 滑块最终做匀速直线运动,抓住此时加速度为零,根据平衡条件求出比例系数的大小. 解答: 解: (1)由图乙可得: 2 t=0 时滑块下滑的加速度最大为:a0=3m/s ; t=3s 时滑块下滑的速度最大为:vmax=2m/s 2 (2)在 t=0 时刻,滑块的速度 v0=0,空气阻力 f0=0,滑块的加速度为 a0=3m/s 由牛顿第二定律有:mgsin30°﹣μmgcos30°=ma0

解得:μ=

=

=



经过足够长的时间时间后,小车做匀速运动,根据图象信息可知: a=0,v=2m/s,f=kv=2k 由平衡条件有 mgsin30°﹣μmgcos30°﹣f=0 代入数据得: 答: (1)加速度最大为 3m/s ;最大速度为 2m/s; (2)动摩擦因数为 ;比例系数为 3.
2

=3.

点评:解决本题的关键能够正确地受力 分析,运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解. 17.甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均 2 为 v0=16m/s.已知甲车紧急刹车时加速度的大小为 a1=3m/s ,乙车紧急刹车时加速度的大

小为 a2=4m/s ,乙车司机的反应时间为△ t=0.5s(即乙车司机看到甲车开始刹车后 0.5s 才开 始刹车) ,求为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大 距离? 考点:匀变速直线运动的速度与时间的关系;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: 由题意知: 若两车刹车到速度相等时还不相撞, 就能保证在紧急刹车中两车不相撞. 可 先由速度相等求出甲 乙刹车后到速度相等时各自用的时间, (注意甲刹车 0.5s 后乙才开始 刹车) ,然后根据匀变速运动位移公式分别求出从刹车到速度相等过程两车位移,位移之差 为甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离. 解答: 解:甲乙速度相等时距离最近,v1=v2 即 vo﹣a1t=v0﹣a2(t﹣0.5) 代入数据解得 t=2s 甲的位移为 X1=v0t﹣ a1t =16× X2=0.5v0+v0(t﹣0.5)﹣ a2(t﹣0.5) =
2 2

2

=26m =27.5m

所以,为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离为 X2﹣X1=1.5m 答:甲、乙两车行驶过程中至少应保持 1.5m. 点评:追及问题较难理解,追及问题中,速度相等是临界条件.加速追匀速,速度相等时距 离最大;匀速追加速,速度相等时距离最小. 18. (16 分)光滑水平面上有一质量为 M、长度为 L 的木板 AB,在木板的中点有一质量为 m 的小木块,木板上表面是粗糙的,它与木块间的动摩擦因数为 μ.开始时两者均处于静止 状态,现在木板的 B 端加一个水平向右的恒力 F,则:

(1)木板和木块运动的加速度是多大? (2)若在木板的 B 端到达距右方距离为 L 的 P 点前,木块能从木板上滑出,则水平向右的 恒力 F 应满足什么条件? 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: (1)木块运动的最大加速度为 ,若 F≤μ(m+M)g,木板和木块一起

做匀加速运动,用整体法受力分析用牛顿第二定律求加速度.若 F>μ(m+M)g,木块、 木板加速度不一样,用隔离法分别对木块和木板水分析,用牛顿第二定律求加速度. (2)分别找出木块的位移和木板的位移 ,运用位移公式列式,求出加速度的关系,

在根据(1)问中求出的加速度表达式,即可求出 F 的大小.

解答: 解: (1)木块运动的最大加速度为 若 F≤μ(m+M)g,木板和木块一起做匀加速运动, 根据牛顿第二定律,共同加速度为 …②

…①

若 F>μ(m+M)g,设木块、木板加速度分别为 a1、a2, 则 a1=am=μg…③ …④ (2)设在木板的 B 端到达距右方距离为 L 的 P 点时,木块恰能从木板上滑出,相对滑动时 间为 t,水平向右的恒力 F0, 则 …⑤ …⑥ 由③④⑤⑥式得 F0=μ(2M+m)g 则在木板的 B 端到达距右方距离为 L 的 P 点前,木块能从木板上滑出应满足 F>μ(2M+m) g 答: (1)若 F≤μ(m+M)g,木板和木块一起做匀加速运动,其加速度为 若 F>μ(m+M)g,木板的加速度为 ,木块运动的加速度为 μg.

(2)若在木板的 B 端到达距右方距离为 L 的 P 点前,木块能从木板上滑出,则水平向右的 恒力 F 应满足 F>μ(2M+m)g. 点评:本题首先要分析物体的运动情况,其次把握滑块不从木板上滑下的条件,即两物体之 间的几何关系.


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