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2014-2015学年江西省抚州市临川二中高二(上)月考物理试卷(零班)


2014-2015 学年江西省抚州市临川二中高二(上)月考物理试卷(零班)
一.选择题(本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分,在每小题给出的四个选项中,有的 只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但选不全的得 2 分, 有选错的得 0 分. ) 1. (4 分) (2013 秋?怀化期末)如图所示为物体做直线运动的 v﹣t 图象.若将该物体的运 动过程用 x﹣t 图象表示出来(其中 x 为物体相对出发点的位移) ,则如图答案中的四幅图描 述正确的是( )

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: 由速度﹣时间图象可以看出物体在第一段时间内做匀速直线运动,第二段时间内速 度为零,第三段时间内做反方向的匀速直线运动,结合速度﹣时间图象、位移﹣时间图象规 律解题. 解答: 解:由速度时间图象可以看出物体在 0 到 t1 时间内做向正方向的匀速直线运动,t1 到 t2 时间内速度为零, t2 到 t3 时间内做反方向的匀速直线运动, 与第一段时间内速度大小相 同, 因为位移时间图象的斜率表示速度,斜率的正负表示速度的方向; A、图象中第一段时间内的速度为负值,故 A 错误. B、图象中第三段时间内物体的速度为正值,故 B 错误. C、由位移时间图象可以看出,物体在 0 到 t1 时间内做向正方向的匀速直线运动,t1 到 t2 时 间内速度为零,t2 到 t3 时间内做反方向的匀速直线运动,故 C 正确. D、由其图象可以看出第一段时间内的斜率与第三段时间内的斜率大小不同,说明速度大小 不同,故 D 错误. 故选:C

点评: 理解位移﹣时间图象点和斜率的物理意义;理解好速度﹣时间图象的点、线、面的 物理意义. 2. (4 分) (2004?云南模拟)四个质量均为 m 的小球,分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接, 处于平衡状态,如图所示.现突然迅速剪断轻绳 A1、B1,让小球下落.在剪断轻绳的瞬间, 设小球 1、2、3、4 的加速度分别用 al、a2、a3 和 a4 表示,则( )

A. a1=O,a2=2g,a3=O,a4=2g B. al=g,a2=g,a3=2g,a4=O C. a1=O,a2=2g,a3=g,a4=g D. a1=g,a2=g,a3=g,a4=g 考点: 牛顿第二定律. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 在除去支托物的瞬间,A1、A2 一起下落,根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研 究 A1、A2 所受的合力.采用隔离法 B1、B2 受到的合力. 解答: 解:在剪短绳的瞬间,1、2 球由于用绳连接,1 和 2 与将与绳一起下落,根据牛顿 第二定律, 对整体研究得到, 整体的加速度等于重力加速度 g, 则 1、 2 受到的加速度等于 g, 即 a1=g,a2=g. 在剪短绳前,根据平衡条件得知,弹簧的弹力大小等于 mg,绳对 3 物体的拉力 2mg.在剪 短绳的瞬间,弹簧的弹力没有来得及变化,4 的受力情况没有变化,则 4 所受合力为零,即 F=0.a4=0,3 所受的合力大小等于绳的拉力大小 2mg,即 F=2mg,由牛顿第二定律可得 2mg=ma3,a3=2g,故 B 正确 故选:B 点评: 本题是瞬时问题,要抓住刚性物体的弹力可突变,而弹簧的弹力不能突变 3. (4 分) (2011?湖北校级模拟)质量为 1kg 的物体与地面间的动摩擦因数 μ=0.2,从 t=0 开始以初速度 v0 沿水平地面向右滑行,同时受到一个水平向左的恒力 F=1N 的作用,取向 2 右为正方向,g=10m/s ,该物体受到的摩擦力 f 随时间变化的图象是( )

A.

B.

C.

D.

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: 先分析物体的运动情况:物体先向右做匀减速运动,当速度减到零时,根据恒力 F 与最大静摩擦力的关系,分析物体的状态,再研究摩擦力.

解答: 解:从 t=0 开始以初速度 v0 沿水平地面向右做匀减速运动,受到的滑动摩擦力大小 为 f=μmg=0.2×1×10N=2N,方向向左,为负值. 当物体的速度减到零时,物体所受的最大静摩擦力为 fm>μmg=2N,则 F<fm,所以物体不 能被拉动而处于静止状态,受到静摩擦力作用,其大小为 f=F=1N,方向向右,为正值,根 据数学知识得知,A 图象正确. 故选 A 点评: 对于摩擦力,要根据物体的受力情况分析物体的状态,判断物体受到的是静摩擦力 还是滑动摩擦力,滑动摩擦力可以根据公式求解,而静摩擦力由平衡条件求解. 4. (4 分) (2014?大连一模)如图,一演员表演飞刀绝技,由 O 点先后抛出完全相同的三把 飞刀,分别垂直打在竖直木板上 M、N、P 三点.假设不考虑飞刀的转动,并可将其看做质 点,已知 O、M、N、P 四点距离水平地面高度分别为 h、4h、3h、2h,以下说法正确的是 ( )

A. B. C. D.

三把刀在击中板时动能相同 三次飞行时间之比为 1: : 三次初速度的竖直分量之比为 3:2:1 设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为 θ1、θ2、θ3,则有 θ1>θ2>θ3

考点: 平抛运动. 专题: 平抛运动专题. 分析: 将飞刀的运动逆过来看是一种平抛运动,运用运动的分解法,由运动学公式研究平 抛运动的初速度大小,即飞刀垂直打在木板上的速度大小,即可比较动能的大小;由高度比 较时间.由 vy=gt,分析三次初速度的竖直分量之比;由速度的分解,求解抛出飞刀的初速 度与水平方向夹角关系. 解答: 解;A、将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动,三把刀在击中板时的速度大小 即为平抛运动的初速度大小,运动时间为 t= ,初速度为 v0= =x ,由图看出,三把

刀飞行的高度不同,运动时间不同,水平位移大小相等,由平抛运动的初速度大小不等,即 打在木板上的速度大小不等,故三把刀在击中板时动能不同.故 A 错误. B、竖直方向上逆过来看做自由落体运动,运动时间为 t= ,则得三次飞行时间之比为

: : = :1.故 B 错误. C、三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量,由 vy=gt= 之比为= :1.故 C 错误. = =

,则得它们

D、设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为 θ,则 tanθ= >θ2>θ3.故 D 正确. 故选 D

,则得,θ1

点评: 本题的解题技巧是运用逆向思维方法, 将飞刀的运动等效看成沿反方向的平抛运动, 问题就变得熟悉而简单. 5. (4 分) (2015 春?哈尔滨校级期中)某星球的半径为 R,一重物在该星球表面附近作竖直 下抛运动(忽略阻力) ,若测得重物在连续两个 T 时间内下落的高度依次是 h1 和 h2,则该 星球的第一宇宙速度为( ) A. B. C. D.

考点: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用. 专题: 人造卫星问题. 分析: 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量,求出星球表面的重力加速度,根据重力 提供向心力求出该星球的第一宇宙速度. 解答: 解:根据 h2﹣h1=gT ,解得 g=
2



根据 mg=m

得,第一宇宙速度 v=

=



故 B 正确、ACD 错误. 故选:B. 点评: 解决本题的关键知道第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径,靠万有引力提供向 心力,又地面所受的万有引力等于卫星在地面的重力. 6. (4 分)甲、乙两人同时由相同位置 A 沿直线运动到同一位置 B,甲先以速度 v1 匀速运 动了一半路程,然后以速度 v2 匀速走完了剩下的后一半路程;乙在由 A 地运动到 B 地的过 程中,前一半时间内运动速度为 v1,后一半时间内乙的运动速度为 v2,若 v1<v2,则甲与 乙相比较( ) A. 甲先到达 B 地 B. 乙先到达 B 地 C. 只要 v1、v2 取值合适,甲、乙两人可以同时到达 D. 以上情况都有可能 考点: 平均速度. 专题: 直线运动规律专题. 分析: 要求哪辆车先到达,只需要分别求出两车所用的时间与位移、速度的关系式,然后 作差即可. 解答: 解:设甲乙两地之间的距离为 x,甲运动的时间为 t1,乙运动的时间为 t2, 则对于甲来说有 t1= 对于乙来说有 x=v1 ; t2+v2? t2,解得 ;



=

>0

故 t2<t1 即乙车用的时间少,即乙车先到达.故 B 正确,A、C、D 错误. 故选 B. 点评: 这类题目共同的特点是所给的物理量之间存在着某种关系:位移关系,时间关系, 速度关系,只要耐心,用位移速度表示出各自运动的时间,然后将时间作差或作商即可. 7. (4 分)在距地面 10m 高处,以 10m/s 的速度抛出一质量为 1kg 的物体,已知物体落地时 2 的速度为 16m/s,下列说法中不正确的是(g 取 10m/s ) ( ) A. 抛出时人对物体做功为 50J B. 自抛出到落地,重力对物体做功为 100J C. 飞行过程中物体克服阻力做功 22J D. 物体自抛出到落地时间为 1s 考点: 动能定理的应用. 专题: 动能定理的应用专题. 分析: 抛出时人对物体做功等于物体的初动能.重力做功 WG=mgh.根据动能定理求出飞 行过程中物体克服阻力做的功. 解答: 解:A、根据动能定理,抛出时人对物体做功等于物体的初动能,为: W1= = =50J,故 A 正确;

B、自抛出到落地,重力对物体做功为 WG=mgh=1×10×10=100J,故 B 正确; C、根据动能定理得:mgh﹣Wf=Ek2﹣Ek1,代入解得,物体克服阻力做的功 Wf=mgh﹣ =100﹣ =22J,故 C 正确;

D、由于空气阻力的影响,物体不是平抛运动,故竖直分运动不是自由落体运动,无法求解 平抛运动的时间,故 D 错误; 本题选择错误的,故选 D. 点评: 本题是动能的定义和动能定理的简单应用,空气阻力是变力,运用动能定理求解克 服空气阻力做功是常用的方法. 8. (4 分)小球自由落下,在与地面发生碰撞的瞬间,反弹速度与落地速度大小相等.若从 释放时开始计时, 不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力. 则下图中能正确描述小球各 物理量与时间的关系是( )

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: 小球做自由落体运动,运用物理规律求出动能、位移、重力势能、速度与时间的关 系,再运用数学知识进行讨论分析. 解答: 解: A、 小球自由落下, 在与地面发生碰撞的瞬间, 反弹速度与落地速度大小相等. 若 从释放时开始计时, 动能 EK= mv , 速度 v=gt,所以开始下落过程中动能 EK= mv 该是抛物线. 故 A 错误. B、位移 x= gt ,所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线,故 B 错误. C、重力势能 Ep=mg(H﹣X)=mgH﹣ mg t ,H 小球开始时离地面的高度,故 C 错误. D、速度 v=gt,与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等,方向相反,故 D 正确. 故选 D. 点评: 本题关键先求出需要描述物理量的一般表达式,再讨论物理量与时间关系,找出函 数图象. 9. (4 分) (2014 秋?江西期末)如图所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场.电场 的方向竖直向下.磁场方向水平(图中垂直纸面向里) ,一带电油滴 P 恰好处于静止状态, 则下列说法正确的是( )
22 2 2= 2

mg t ,所以开始下落过程中动能随时间应

22

A. B. C. D.

若仅撤去电场,P 可能做匀加速直线运动 若仅撤去磁场,P 可能做匀加速直线运动 若给 P 一初速度,P 不可能做匀速直线运动 若给 P 一初速度,P 可能做匀速圆周运动

考点: 带电粒子在混合场中的运动. 专题: 带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: (1)油滴静止说明油滴此时不受洛伦兹力,重力和电场力相互抵消,若仅撤去磁场 对油滴没有影响,若仅撤去电场,物体受重力有竖直向下的速度,油滴受洛伦兹力,根据受 力情况即可判断运动情况; (2)若给 P 一初速度,要考虑速度方向与磁场方向平行不平行,平行时不受洛伦兹力,再 根据受力情况去分析运动情况即可. 解答: 解:A.仅撤去电场,油滴受重力有竖直向下的速度,油滴受洛伦兹力,速度改变, 洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化,不可能做匀加速直线运动,故 A 错误; B.油滴静止说明不受洛伦兹力,重力和电场力相互抵消,所以仅撤去磁场仍然静止,故 B 错误; C.若 P 初速度方向与磁场平行,不受洛伦兹力,重力和电场力抵消,P 受力平衡,所以可 以做匀速直线运动,故 C 错误; D.若 P 初速度方向与磁场不平行,重力和电场力抵消,仅受洛伦兹力,P 做匀速圆周运动, 故 D 正确. 故选:D. 点评: 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题,要求同学们能正确分析粒子的受 力情况, 再通过受力情况分析粒子的运动情况, 特别要注意带点粒子在磁场中受洛伦兹力的 条件,难度适中. 10. (4 分) (2011?诸城市校级模拟)如图所示,A、B、O、C 为在同一竖直平面内的四点, 其中 A、B、O 沿同一竖直线,B、C 同在以 O 为圆心的圆周(用虚线表示)上,沿 AC 方 向固定有一光滑绝缘细上,在 O 点固定放置一带负电的小球.现有两个质量和电荷量都相 同的带正电的小球 a、b,先将小球 a 穿在细杆上,让其从 A 点由静止开始沿杆下滑,后使 小球 b 从 A 点由静止开始沿竖直方向下落.两带电小球均可视为点电荷,则下列说法中正 确的是( )

A. B. C. D.

从 A 点到 C 点,小球 a 做匀加速运动 小球 a 在 C 点的动能大于小球 b 在 B 点的动能 从 A 点到 C 点,小球 a 的机械能先增加后减小,但机械能与电势能之和不变 从 A 点到 C 点电场力对小球 a 做的功大于从 A 点到 B 点电场力对小球 b 做的功

考点: 电势能;功能关系. 分析: 圆心 O 处放一个负电荷,圆周为一个等势面,带正点的小球下落的过程中,除受到 重力作用外,还要受到静电引力的作用,可以根据动能定理列式分析. 解答: 解:A、从 A 到 C 点,小球受到重力、静电引力、弹力作用,静电引力为变力,故 合力为变力,加速度是变化的,做的是非匀加速运动,故 A 错误;

B、由于圆周为等势面,故小球从 A 到 C 和 A 到 B 电场力做功相等.根据动能定理得: 小球 a mghAB+W 静电=Eka 小球 b mghAC+W 静电=Ekb 由于 a 球下降的高度较大,故 a 球的动能较大,故 B 正确; C、除重力外的其余力(即电场力)做的功等于机械能的增加量,由于电场力先做正功,后 做负功,故机械能先增加,后减小,故 C 正确; D、由于圆周为等势面,故小球从 A 到 C 和 A 到 B 电场力做功相等,故 D 错误; 故选:BC. 点评: 本题关键根据动能定理列式分析,切入点在于圆周为等势面,小球从 A 到 C 和 A 到 B 电场力做功相等. 二、填空题(共 16 分) 11. (3 分)下列三项有关实验的描述中,正确的是( ) A. 在“验证力的平行四边形定则“实验中,拉橡皮筋的细绳应稍长一些 B. 在“探究弹簧弹力与其伸长量“关系的实验中,作出弹力和弹簧长度的图象也能求出 弹簧的劲度系数 C. 在“探究功与速度变化的关系“实验中,需要求出打点纸带的平 均速度 考点: 验证力的平行四边形定则;探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题: 实验题. 分析: 考查了高中阶段中一些基础实验的操作,只要明确实验原理,了解各个实验的操作 细节和注意事项即可正确解答; 该题的关键是弄清实验原理,特别是在“验证机械能守恒定律”的实验中,由于重锤下落过程 中受到阻力作用导致加速度小于重力加速度 g 的值,故不能由 v=gt 求出打某点时纸带的速 度 解答: 解:A、在“验证力的平行四边形定则”的实验中,拉橡皮筋的细绳要稍长,利于确 定力的方向,有利于实验中作图,故 A 正确; B、作出弹力和弹簧长度的图象,由胡克定律可知 F=kx=k(l﹣l0) ,由此可知,在弹力和弹 簧长度的图象中图象的斜率也表示劲度系数 k,故 B 正确; C、在探究功和速度变化关系时,由 v =2as 求出速度,不需求出平均速度,故 C 错误; 故选:AB 点评: 通过本题让学生掌握各种实验关键的步骤,重要的方法,及实验原理,特别注意在 2 探究功和速度变化关系时,由 v =2as 求出速度,不需求出平均速度,难度适中. 12. (5 分) (2013 春?重庆期末)“验证机械能守恒定律”的实验可以采用如图所示的(甲) 或(乙)方案来进行.
2

比较这两种方案, 甲 (填“甲”或“乙”)方案好些,理由是 因为这个方案摩擦阻力较小, 误差小,操作方便,实验器材少 . 考点: 验证机械能守恒定律. 专题: 实验题;机械能守恒定律应用专题. 分析: 选择合适的实验装置,首先明确实验原理以及产生误差的原因,要从有利于减小实 验误差和便于操作的角度进行选择. 解答:解: 机械能守恒的前提是只有重力做功, 实际操作的方案中应该使摩擦力越小越好. 故 甲方案好一些,因为这个方案摩擦阻力较小,误差小,操作方便,实验器材少. 故答案为:因为这个方案摩擦阻力较小,误差小,操作方便,实验器材少. 点评: 解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及 注意事项. 13. (8 分)在探究“加速度与力、质量的关系”的活动中:

(1)某同学在接通电源进行实验之前,将实验器材组装成如图 1 所示.请你指出该装置中 两处错误或不妥之处: ① 小车应放在木板的右边远离滑轮处 ; ② 打点计时器应使用 4﹣6V 交流电源,不能用直流 . (2)改正实验装置后,该同学顺利地完成了实验.图 2 是他在实验中得到的一条纸带,图 中相邻两计数点之间的时间间隔为 0.1s,由图中的数据可算得小车的加速度 a 为 0.20 m/s . (图中数据单位均为 cm) 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: (1)由实验原理可知:①打点计时器不应使用干电池,应使用交流电源;②实验 中没有平衡小车的摩擦力;③小车初始位置离打点计时器太远,应在靠近打点计时器的位 置开始释放; (2)由逐差法计算小车运动的加速度. 解答: 解: (1)不妥之处有以下三点:
2

①小车应放在木板的右边远离滑轮处; ②打点计时器应使用 4﹣6V 交流电源,不能用直流; (2)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, 得:a= =0.20m/s
2 2

故答案为: (1)①小车应放在木板的右边远离滑轮处;②打点计时器应使用 4﹣6V 交流电 源,不能用直流; (2)0.20 点评: 解决本题的关键掌握探究“加速度与力、质量的关系”实验方法、步骤.以及会用逐 差法求加速度. 三.计算题(本题共 4 小题,共 44 分.要求解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要 的演算步骤.有数值计算的题,解答过程必须明确写出数值和单位,只写出最后答案不得 分) . 14. (8 分) (2012 秋?抚州校级月考)如图为一滑梯的示意图,滑梯的长度 AB 为 L=5.0m, 倾角 θ=37°.BC 段为与滑梯平滑连接的水平地面.一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下, 离开 B 点后在地面上滑行了 x=2.25m 后停下.小孩与滑梯间的动摩擦因数为 μ=0.3.不计空 气阻力.已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s 求: (1)小孩沿滑梯下滑时的加速度 a 的大小; (2)小孩与地面间的动摩擦因数 μ′.
2

考点: 牛顿第二定律;滑动摩擦力. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)小孩下滑过程中受到重力、滑梯的支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律求 出加速度; (2) 小孩做匀加速直线运动, 由速度位移关系公式小孩滑到滑梯底端 B 时的速度 v 的大小, 小孩在地面上滑行时,水平方向受到滑动摩擦力,做匀减速运动,知道位移、末速度和初速 度,先由速度位移关系式求出加速度,再由牛顿第二定律求出动摩擦因数 μ′ 解答: 解: (1)小孩受力如图所示 由牛顿运动定律,得 mgsin θ﹣μFN=ma, FN﹣mgcosθ=0 2 解得 a=g(sin θ﹣μcos θ)=10×(0.6﹣0.3×0.8)=3.6 m/s 2 (2)由 v =2aL,得到 v= =6 m/s 小孩在水平面上滑行时, 2 由匀变速直线运动,得 0﹣v =2a′s 又由牛顿第二定律得 μ′mg=ma′ 代入解得 μ′=0.8 2 答: (1)小孩沿滑梯下滑时的加速度 a 的大小为 3.6 m/s ; (2)小孩与地面间的动摩擦因数 μ′为 0.8.

点评: 牛顿定律常常用来解决动力学两类问题,一类是已知受到受力情况确定运动情况, 另一类是根据运动情况研究受力情况.加速度是联系力和运动的桥梁,是必求的量. 15. (10 分)假设探月宇航员站在月球表面一斜坡上的 M 点,并沿水平方向以初速度 v0 抛 出一个质量为 m 的小球,测得小球经时间 t 落到斜坡上另一点 N,斜面的倾角为 α,已知月 球半径为 R,月球的质量分布均匀,万有引力常量为 G,求: (1)月球表面的重力加速度 g′; (2)人造卫星绕月球做匀速圆周运动的最大速度.

考点: 万有引力定律及其应用;平抛运动. 专题: 万有引力定律的应用专题. 分析: (1)小球做平抛运动,水平位移 x=υ0t,竖直位移 y= gt ,再根据几何关系即可求 得该月球表面的重力加速度 g; (2)当卫星的轨道半径等于月球半径时,卫星的速度最大,月球的近地卫星的向心力由万 有引力提供, 月球表面物体所受重力等于万有引力, 联立方程即可求出人造卫星绕月球做匀速圆周运动的 最大速度. 解答: 解: (1)小球做平抛运动,水平位移 x=υ0t,竖直位移 y= g′t ,
2 2

由位移关系得:tanα= =

,g′=



(2)人造卫星绕月球做圆周运动的向心力由万有引力提供, =m ①,

月球表面物体所受重力等于万有引力, =mg′②,

由①②得 υ=



答: (1)月球表面的重力加速度 g′=



(2)人造卫星绕月球做匀速圆周运动的最大速度是 υ=



点评: 该题主要考查了平抛运动及圆周运动的相关知识,要求同学们能熟练掌握平抛运动 的基本公式及向心力公式,难度适中. 16. (12 分)如图所示,质量 M=8kg 的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一水平 恒力 F,F=8N,当小车向右运动的速度达到 1.5m/s 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不 2 计, 质量为 m=2kg 的小物块, 物块与小车间的动摩擦因数 μ=0.2, 小车足够长. 取 g=10m/s , 求从小物块放上小车开始, (1)小物块运动的加速度是多少?小车运动的加速度变为多少? (2)当小车和小物块获得共同速度时,共同速度多大? (3)经过 t=1.5s 小物块通过的位移大小为多少?

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)小物块放上小车后,发生相对滑动,小物块在滑动摩擦力的作用下做匀加速运 动, 小车在推力和摩擦力作用下做匀加速运动, 根据牛顿第二定律求出物块和小车的加速度. (2)物块做初速度为 0 的匀加速运动,小车做有初速度的匀加速运动,根据运动学公式求 出速度相等的时间,从而求出相等的速度. (3)物块和小车速度相等后,一起做匀加速直线运动,物块与小车间的滑动摩擦力变为静 摩擦力.先求出速度相等前物块的位移,然后根据共同一起运动的加速度,求出一起匀加速 运动的位移,两个位移之和即为小物块最终的位移. 解答: 解: (1)开始一段时间,物块相对小车滑动,两者间相互作用的滑动摩擦力的大小 为 Ff=μmg=4N.物块在 Ff 的作用下加速,加速度为 am= =2m/s .
2 2

小车在推力 F 和 f 的作用下加速,加速度为 aM=

=0.5m/s .

(2)初速度为 υ0=1.5m/s,设经过时间 t1,两者达到共同速度 υ,则有:υ=amt1=υ0+aMt1? 代入数据可得:t1=1s,υ=2m/s? (3)在这 t1 时间内物块向前运动的位移为 s1= amt =1m.以后两者相对静止,相互作用的 摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体, 2 在 F 的作用下运动的加速度为 a,则 F=(M+m)a 得 a=0.8m/s . 在剩下的时间 t2=t﹣t1=0.5s 时间内,物块运动的位移为 s2=υt2+ at ,得 s2=1.1m. 可见小物块在总共 1.5s 时间内通过的位移大小为 s=s1+s2=2.1m.
2 2

点评: 解决本题的关键知道物块和小车开始各自以加速度做匀加速运动,当速度相对后, 保持相对静止,一起做匀加速直线运动. 17. (14 分)如图所示,光滑水平面 AB 与竖直面内的半圆形导轨在 B 点相切,半圆形导轨 的半径为 R.一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至 A 点后由静止释放,在弹力作用下物体获 得某一向右的速度后脱离弹簧,当它经过 B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的 8 倍,之后向上运动恰能到达最高点 C. (不计空气阻力)试求: (1)物体在 A 点时弹簧的弹性势能. (2)物体从 B 点运动至 C 点的过程中产生的内能.

考点: 动能定理的应用;功能关系. 专题: 动能定理的应用专题. 分析: (1)根据牛顿第二定律得出 B 点的速度,结合能量守恒定律求出物体在 A 点时的 弹簧的弹性势能. (2)物体恰好通过最高点 C,根据牛顿第二定律求出 C 点的速度,通过能量守恒定律求出 物体从 B 点运动至 C 点的过程中产生的热量. 解答: 解: (1)设物体在 B 点的速度为 vB,所受弹力为 FNB,根据牛顿第二定律有: FNB﹣mg=m 据题有 FNB=8mg,可得 vB= 由能量守恒定律可知:弹性势能 Ep= mvB= mgR.

(2)设物体在 C 点的速度为 vC,由题意可知:mg=m 物体由 B 点运动到 C 点的过程中,由能量守恒定律得: 产生的内能 Q= mvB ﹣( mvC +2mgR) , 解得:Q=mgR. 答: (1)物体在 A 点时弹簧的弹性势能为 mgR; (2)物体从 B 点运动至 C 点的过程中产生的内能为 mgR. 点评: 本题考查了牛顿第二定律和能量守恒定律的综合运用,知道圆周运动向心力的来源 是解决本题的关键.
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