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扬州中学2013-2014学年高一上学期12月月考试卷 物理


江苏省扬州中学 2013-2014 学年第一学期月考

高一物理试题

2013.12

考试时间 100 分钟 满分 120 分 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.关于惯性,下列说法正确的是( ) A.汽车速度越大越难刹车,表明速度越大惯性越大 B.乘坐汽

车时系好安全带可减小惯性 C.宇宙飞船中的物体处于完全失重状态,所以没有惯性 D.乒乓球可快速抽杀,是因为乒乓球惯性小 【答案】D 【ks5u 解析】惯性的量度是质量,和其他的因素无关;故 D 正确。 故选 D。 【考点】惯性 2.仅仅 16 岁零 9 个月 15 天,杭州女孩叶诗文的成就已“前无古人”。2012 年 12 月 16 日凌晨,她以破赛会纪录的成绩勇夺短池世锦赛女子 200 米混合泳冠军,仅仅两年时间,她 便成为中国游泳史上第一位集奥运会、世锦赛、短池世锦赛和亚运会冠军于一身的全满贯。 叶诗文夺得冠军说明她在这次比赛中下列的哪一个物理量比其他运动员的大( ) A.跳入泳池的速度 B.终点撞线时的速度 C.全程的平均速率 D.掉头的速度 【答案】C 【ks5u 解析】相同的路程,用的时间短就会获得冠军,即全程的平均速率大; 故选 C。 【考点】平均速度;平均速率 3.A、B 两质点从同一地点运动的 x-t 图象如图所示,下列说法中正确的是( A.A、B 两质点在 4s 末速度相等 B.前 4s 内 A、B 之间距离先增大后减小,4s 末两质点相遇 C. 4s 内 A 质点的位移小于 B 质点的位移, 4s 内 A 质点 前 后 的位移大于 B 质点的位移 D.B 质点先加速后减速,8s 末回到出发点 【答案】B 【ks5u 解析】 A、x-t 图象的斜率表示物体的速度,故 A 错误; B、两质点从同一地点出发,4s 末位移相等,故 B 正确; C、前 4s 内 A 质点的位移等于 B 质点的位移,故 C 错误; D、B 质点的速度先减小后反向增大,故 D 错误。 故选 B。 )

1

【考点】运动图像 4.如图所示, A 、 B 两球质量均为 m ,它们之间用水平轻弹簧连接,放在光滑的水平 地面上, A 球同时被一水平轻绳固定于墙上,用水平力 F 将 B 球向右缓慢拉并达到平衡,

a 现突然撤去外力 F, 关于此瞬间 A、 的加速度 a A 、 B 正确的是 B (
A. a A ? 【答案】D



F 2m

B. a A ?

F m

C. a B ?

F 2m

D. a B ?

F m

【ks5u 解析】撤去 F 前,弹簧的弹力大小为 F.撤去 F 的瞬间,弹簧的弹力没有改变,则 此瞬间 A 所受的合力仍为零,则其加速度 a A ? 0 ;对 B 球:合力大小等于 F,则其加速度 大小为 a B = 故选 D。 【考点】牛顿第二定律;胡克定律 5.如图所示,物体 A 叠放在物体 B 上,B 置于光滑水平面上。A、B 质量分别为 6kg 和 2kg, 、 之间的动摩擦因数为 0.2。 A B 在物体 A 上施加水平方向的拉力 F, 开始时 F=10N, 此后逐渐增大,在增大到 45 N 的过程中,以下判断正确的是(g 取 10 m/s2) ( ) A.两物体间始终没有相对运动 B.两物体间从受力开始就有相对运动 C.两物体开始没有相对运动,当 F>12 N 时,开始相 对滑动 D.两物体开始没有相对运动,当 F>18 N 时,开始相 对滑动 【答案】A 【ks5u 解析】 对 B 分 析 , 当 AB 间 摩 擦 力 达 到 最 大 静 摩 擦 力 时 , A 、 B 发 生 相 对 滑 动 , 则

F ; m

aB ?

? mA g
mB

? 6m / s 2 ,

( 对整体分析 F ? mA ? mB)a ? 8 ? 6N ? 48N ,知当拉力达到 48N 时,A、B 才发生相对
滑动。 故选 A。 【考点】牛顿第二定律 6.如图所示,质量为M的斜劈形物体放在水平地面上,质量为m的物块以某一初速沿 斜劈的粗糙斜面向上滑动,至速度为零后又加速返回,而斜劈始终保持静止。在物块向上、 向下滑动的整个过程中( ) A.地面对斜劈的摩擦力方向先向左后向右
2

B.地面对斜劈的摩擦力方向没有改变 C.地面对斜劈的支持力始终大于(M+m)g D.地面对斜劈的支持力始终等于(M+m)g 【答案】B 【ks5u 解析】 物块的加速度始终沿斜面向下,把加速度分解,水平分加速度始终向左,竖直分加速度始终 向下; 对整体水平方向由牛顿第二定律 f ? ma ' ,所以地面给斜面的摩擦力始终向左; 对整体竖直方向由牛顿第二定律 (M ? m) g ? N ? ma '' ,得 (M ? m)g ?ma ' ?N ,所以地 面对斜劈的支持力始终小于(M+m)g; 故选 B。 【考点】弹力;摩擦力;牛顿第二定律 二、多项选择题:本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分。每小题有多个选项符合题意。全 部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分。 7.下列属于国际单位制中基本单位的是( ) A.N B.m C.s D.km 【答案】BC 【ks5u 解析】七个基本单位:长度 m,时间 s,质量 kg,热力学温度(Kelvin 温度)K,电 流单位 A,光强度单位 cd(坎德拉) ,物质量 mol 故选 BC。 【考点】国际单位制 8.伽利略对自由落体运动的研究,是科学实验和逻辑思维的完美结合,如图所示,可 大致表示其实验和思维的过程,对这一过程的分析,下列说法错误的是( ) A.伽利略用该实验证明力不是维持物体运动的原因 B.其中丁图是实验现象,甲图是经过合理外推得到的结论 C.用甲图实验,可“冲淡”重力的作用,更方便进行实验测量 D.用丁图实验,可“放大”重力的作用,使实验现象更明显 【答案】ABD 【ks5u 解析】 A、伽利略通过本实验间接证实了小球做匀加速运动,故 A 错误; B、甲乙丙均是实验现象,丁图是经过合理外推得到的结论,故 B 错误; C、由于伽利略时代靠滴水计时,不能测量自由落体所用的时间,伽利略让铜球沿阻力很小 的斜面滚下,由于沿斜面下滑时加速度减小,所用时间长得多,所以容易测量,这个方法叫

3

“冲淡”重力,故 C 正确; D、丁图实验,直接就是重力的作用,不能说放大,故 D 错误。 故选 ABD。 【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法 9.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空 P 点自由下落,图中 a 点是弹性绳的原长位置,c 是人所到达的最低点,b 是人静止地悬吊着时的平衡位置,空气 阻力不计,则人从 P 点落下到最低点 c 的过程中( ) A.人在 Pa 段作自由落体运动,处于完全失重状态 B.在 ab 段绳的拉力小于人的重力,人处于超重状态 C.在 bc 段绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态 D.在 c 点,人的速度为零,其加速度也为零 【答案】AC 【ks5u 解析】 A、在 Pa 段绳还没有被拉长,人做自由落体运动,所以处于完全失重状态,所以 A 正确; B、在 ab 段绳的拉力小于人的重力,人受到的合力向下,有向下的加速度,处于失重状态, 所以 B 错误; C、在 bc 段绳的拉力大于人的重力,人受到的合力向上,有向上的加速度,处于超重状态, 所以 C 正确; D、在 c 点,绳的形变量最大,绳的拉力最大,人受到的合力向上,有向上的加速度,处于 超重状态,所以 D 错误。 故选 AC。 【考点】超重和失重;自由落体运动;牛顿第二定律 10.如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔,质量为 m 的 小球套在圆环上。一根轻绳的下端系着小球,上端穿过小孔用手拉住。现拉绳,使小球沿圆 环缓慢上移。在移动过程中手对绳的拉力 F 和轨道对小球的弹力 FN 的大小变化情况是 ( ) A.FN 变大 B.F 不变 C.FN 不变 D.F 变小 【答案】CD 【ks5u 解析】 小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动, 对小球 进行受力分析如图 由图可知△ OAB∽△GFA
4

对应边成比例即:

G F N ? ? , R AB R

当 A 点上移时,半径不变,AB 长度减小,故 F 减小,N 不变。 故选 CD。 【考点】共点力平衡;力的合成与分解 11.如图所示,在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体,B的质量是A的2倍,B 受到水平向右的恒力FB=2N,A受到的水平力FA=(9-2t)N(t的单位是s) 。从t=0开始计时, 则( ) A.A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的1/3 B.t>4s后,B物体做匀加速直线运动 C.t=4.5s时,A物体的速度为零 D.t>4.5s后,A、B的加速度方向相反 【答案】BD 【ks5u 解析】 AB、设 A 的质量为 m,则 B 的质量为 2m, 在两物体没有分离时,对整体:根据牛顿第二定律得 a ? 对 B:设 A 对 B 的作用力大小为 N,则 N ? FB ? 2ma , 解得: N ? 16 ? 4t ; 当 t=4s 时,N=0,此后 A、B 分离,B 物体做匀加速直线运动;当 t=0 时, a1 ? 时, a 2 ?

FA ? FB 11 ? 2t ? 3m 3m

11 ;t=3s 3m

5 5 ,则 A 物体在 3s 末时刻的加速度是初始时刻的 倍,故 A 错误 B 正确; 3m 11 F 2 C、t=4.5s 时,A 的加速度为 a A ? A ? ,说明 A 仍在做加速运动,速度不为零,而且速 m m
度方向与 B 相同,故 C 错误; D、t>4.5s 后,A 的加速度 a A<0 ,而 B 的加速度不变,则知 t>4.5s 后,AB 的加速度方 向相反,故 D 正确。 故选 BD。 【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解 三、简答题:本题共 3 小题,每空 3 分,共 30 分。 12.如图甲所示为一拉力传感器,某实验小 组在用两个拉力传感器探究作用力与反作用力关 系的实验中,获得了如图乙所示的图线。根据这 个 图 线 , 你 可 以 得 出 的 结 论 是 : _________________________。如果实验时两只手 边拉边向右运动,与两只手静止时对拉得到的结
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论有没有变化?

(填“有”或“没有”)

【答案】作用力与反作用力大小相等、方向相反,没有 【ks5u 解析】 (1)图像完全对称,即作用力和反作用力等大反向; (2)两只手对拉与一只手拉另一只手不动,对传感器的力是相同的,所以图线没有变化. 【考点】牛顿第三定律 13.有同学利用如图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,根据钩码个数可知三根绳子的拉力。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=N2=N3=4 C.钩码的个数 N1=3,N2=4,N3=5 D.钩码的个数 N1=3,N2=1,N3=5 (2)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,你认为图中________是正确的。 (填“甲”或“乙”) 【答案】 (1)BC (2) A 【ks5u 解析】 (1) O 点受力分析如图,OA OB OC 分别表示三个力的大小,由于三共点力处于平衡, 对 所以 OC 等于 OD,因此三个力的大小构成一个三角形。 A、夹角为 0° 时才能成立,不能构成三角形,故 A 错误; B、三力为边构成等边三角形,故 B 正确; C、三力为边构成直角三角形,故 C 正确; D、三力为边不能构成三角形,故 D 错误。
6

(3)甲

(2)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。 (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。 【考点】验证力的平行四边形定则 14.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中: (1)对于本实验,以下说法中正确的是__________ A.砂和桶的总质量要远大于小车的总质量 B.每次改变小车质量后,需要重新平衡摩擦力 C.实验中也可不测加速度的具体数值,只要测出 不同情况下加速度的比值就行了 D.若要验证“加速度与力的平方成正比”这一猜想, 在作图线时最好以 F2 为横坐标 (2)某同学在接通电源进行实验之前,将实验器材组装如图所示,下列对此同学操作 的判断正确的是__________ A.打点计时器不应固定在长木板的最右端,而应固定在靠近定滑轮的那端 B.打点计时器不应使用干电池,而应使用交流电源 C.不应将长木板水平放置,而应在右端垫起合适的高度,平衡摩擦力 D.小车初始位置不应离打点计时器太远,而应靠近打点计时器放置 (3)改正实验装置后,该同学顺利地完成了实验。在实验中保持拉力不变,得到了小 车加速度随质量变化的一组数据,如下表所示: 实验次数 1 2 3 4 5 加速度 - a/ m· 2 s 0.32 0.25 0.21 0.18 0.16 小车与砝码总质量 m/kg 0.20 0.25 0.30 0.35 0.40 小车与砝码总质量的倒数 - - m 1 /kg 1 5.0 4.0 3.3 2.9 2.5

请你在方格纸中建立合适坐标并画出能直观反映出加速度与质量关系的图线。 (4)从图线可得出拉力大小为 (结果保留两位有效数字) 。 (5)保持小车质量不变,改变砂和砂桶质量,某同学根据实验数据作出了加速度 a 随 合力 F 的变化图线如图所示。 此图中直线发生明显弯曲的原因是 ________________________________。

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【答案】 (1)CD (2)BCD (3)如图 (4)0.061N (5)随着 F 的增大,不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量 【ks5u 解析】 (1) A、 式样中小车的总质量要远大于砂和桶的总质量, 绳上的弹力才近似等于砂和桶的总重力, 故 A 错误; B、平衡摩擦力,假设木板倾角为 θ,则有: f ? mgsin? ? ? mgcos? ,得 sin? ? ?cos? , 故和小车的质量无关,故不需要重新平衡摩擦力,故 B 错误; C、测出不同情况下加速度的比值,就可以画出图像得出他们的关系图样,故 C 正确; D、若要验证“加速度与力的平方成正比”这一猜想,如果猜想成立,在作图线时若以 F 为横 坐标,图像是一抛物线,不能直观的得出他们的关系,若以 F2 为横坐标,其图像就是直线, 能直观的得出结论,故 D 正确。 故选 CD。 (2) A、打点计时器应固定在长木板的最右端,可以打出尽量长的纸带,故 A 错误; B、打点计时器使用交流电源,故 B 正确; C、本实验需要平衡摩擦力,故 C 正确; D、小车初始位置应靠近打点计时器,这样才能充分利用纸带打出尽量多的点,故 D 正确。 故选 BCD。 (3)直观反映出加速度与质量关系的图线是 a ? (4) a ? F ?

1 图像,如图 m

1 可知,图像斜率大小等于拉力,即 F ? 0.061N m

(5)砂和桶的总质量过大,不能满足 M ? m
8

【考点】探究加速度与力、质量的关系 四、计算题:本题共4小题,共52分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。 15. (12 分)如图所示,木块的质量 m = 2 kg,与地面间的动摩擦因数 μ= 0.2,木块在 拉力 F=10N 作用下,在水平地面上向右做匀加速直线运动,经 3s 钟撤去 拉力 F。已知拉力 F 与水平方向的夹角 θ= 37° ,sin37° =0.6,cos37° =0.8, 2 取 g= 10 m/s 。求: (1)撤去拉力前物体加速度的大小; (2)物体运动的最大速率; (3)撤去拉力后的 5s 内物体滑行的距离。 【答案】 (1)2.6m/s2(2)7.8m/s(3)15.21m 【ks5u 解析】 (1)撤去外力前,木块的受力情况如图所示,水平方向由牛顿第二定 律得 Fcos37? ? Ff ? ma1 竖直方向平衡方程: Fsin37? ? FN ? mg ,又 Ff ? ? FN 联立三式代入数据解得 a1=2.6m / s
2

(2)撤去 F 时,物体的速度最大,由公式 v ? at 得: 撤去外力时木块的速度: v ? a1t1 ? 7.8m / s (3)由牛顿第二定律得, 撤去外力后木块运动的加速度为: a 2=? g=2m / s 由 v ? v 0 ? at 得: 木块撤去外力滑行时间为: t 0=
2

v =3.9s<5s a2

所以 5s 内的位移等于 3.9s 内的位移, 由运动学公式 v -v 0 =2ax 得 木块滑行的路程为 x=
2 v0 =15.21m 2a 2
2 2

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系 16. (12 分)跳伞运动员做低空跳伞表演,当飞机离地面 224m 悬停时,运动员离开飞 机先作自由落体运动,运动一段时间后,立即打开降落伞,展伞后运动员以 12.5 m/s2 的加 速度匀减速下降。为了运动员的安全,要求运动员落地速度为 5 m /s,g=10 m /s2。求:

9

(1)运动员刚展伞时的速度大小; (2)运动员刚展伞时离地面的高度; (3)运动员离开飞机后在空中下落的总时间。 【答案】 (1)50m/s(2)99m(3)8.6s 【ks5u 解析】

v2 v2 ? v2 (1)设运动员展伞时的速度为 vm,有: m ? m =224 2g 2a
解得: vm ? 50m / s (2)设打开降落伞时离地的高度为 h,此时速度为 v1, 则运动员做自由落体运动过程有: v1=2g ? H ? h ?
2

代入数据得: h ? 99m (3)设运动员自由下落的时间为 t1,则: t1= 设运动员减速下落的时间为 t2,则: t 2=

vm =5s g

vm ? v =3.6s a

所以运动员在空中下落的总时间为 t ? t1 ? t 2 ? 8.6s 【考点】匀变速直线运动规律的综合运用;自由落体运动 17. (12 分)如图所示,水平面上有一个质量为 m、倾角为 θ=30° 的斜劈。一个光滑小 球,质量也为 m,用轻绳悬挂起来,轻绳与斜面的夹角为?=30° ,整个系统处于静止状态。 (结果均可保留根号) (1)求小球对轻绳的拉力大小; (2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈的支持力的 k 倍,为了使整个系统 始终保持静止,则 k 值必须满足什么条件? 【答案】 (1) T ? 【ks5u 解析】 (1)对小球由平衡条件得 mgsin? ? Tcos?

3 3 mg (2) k ? 9 3

解得: T=

3 mg 3

(3)对整体由平衡条件得 Tcos(? ? ?) f 、 Tsin(? ? ?) N ? 2mg ? ? 依题意有: f ? f m ? kN

10

解得: k ?

3 9

【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用 18. (16 分)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, B 两端相距 L1=3m; A、 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,当米袋速度为零时将米袋取走。米袋与两传送带之间的动摩擦 因素均为 μ=0.5,取 g=10m/s2,sin37° =0.6,cos37° =0.8。 (1)若倾斜传送带 CD 不转动,则米袋沿传送带 AB 运动的时间为多少?米袋沿传送 带 CD 向上滑动的时间为多少? (2)若倾斜传送带 CD 以 v=4m/s 的速率沿顺时针方向转动,试判断米袋能否传到 D 端?若不能,求米袋沿传送带 CD 所能上滑的最大距离;若能,求米袋从 C 端运动到 D 端 的时间。 【答案】 (1)1.1s,0.5s(2)能,2.1s 【ks5u 解析】 ( 1 ) 米 袋 在 传 送 带 AB 上 , 与 之 有 相 对 滑 动 时

? mg ? ma1 得 a1 ? ? g ? 0.5 ?10m / s 2 ? 5m / s 2
由 v ? a1t1 得达到共同速度所需时间为 t1 ? 在 1s 内通过的位移为 s1=2.5m<3m 故米袋在 AB 传送带上先匀加速直线运动后做匀速直线运动 匀速运动所需时间为: t 2=0.1s 米袋沿传送带从 A 运动到 B 的时间为 t ? t1 ? t 2 ? 1.1s 米袋沿传送带 CD 向上滑动做匀减速直线运动,有 ? mgcos? ? mgsin? ? ma 2 , 得加速度 a 2 ? 10m / s
2

v =1s a1

由 v=v0 +at ,得到向上滑动的时间为 t'=0.5s

a (2) 以 4m/s 的速率顺时针方向转动, CD 当米袋沿斜面上升速度 v '>4m / s 时, ? 10m / s

2

v'2 ? v0 2 v? ? vo =0.45m ,用时 t?1= 米袋速度 v ' ? 4m / s 时上滑位移为 x1= =0.1s ?2 ? a ?a

11

米袋速度 v '<4m / s 滑动摩擦力方向改变,由 mgsin?>? mgcos? 可知米袋减速上滑, 加速度为 a?= 则 v?t?2 ?

mgsin? ? ? mgcos? =2m / s 2 m

1 2 a?t?2=x总 ? x1 ,解得 t '2 ? 2s 2

此时米袋速度刚好等于 0,可见米袋恰好可以运行到 D 点,所用的时间 t ' ? t '1 ? t '2 ? 2.1s 【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系、位移与时间的关系

江苏省扬州中学 2013-2014 学年第一学期质量检测

高一物理答题纸
一、二、选择题:请将答案填涂在答题卡上。 (共 38 分) 三、简答题: (本题共 3 小题,每空 3 分,共 30 分)

2013.12

学号-----------------------------__姓名_-----------------------------_ 高一-----------------------班

12.____________________________________________________________,___________

13.(1)_____________

(2)___________(3)___________

14.(1)____________(2)_____________

(3)作图 (4)______________

(5)____________________________________

_____________________________________ 四、计算题: (本题共 4 小题,共 52 分) 15.

12

16.

17.

18.

13

江苏省扬州中学 2013-2014 学年第一学期月考

高一物理参考答案 高考资源网 2013.12
一、单项选择题: (本题共 6 小题,每小题 3 分,共 18 分) 题号 答案 1 D 2 C 3 B 4 D 5 A 6 B

二、多项选择题: (本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分) 题号 答案 7 BC 8 ABD 9 AC 10 CD 11 BD

三、简答题: (本题共 3 小题,每空 3 分, 共 30 分) 12. 作用力与反作用力大小相等、 方向相反, 没有 13.(1)BC (2) A (3)甲 14. (1)CD (2)BCD (3)如右图 (4)0.061~0.065N (5)随着 F 的增大,不再满足砂和桶的总 质量远小于小车的总质量 四、计算题: (本题共 3 小题,共 46 分) 15. (1)撤去外力前,木块的受力情况如图 所示,水平方向由牛顿第二定律得 Fcos37? ? Ff ? ma1 竖直方向平衡方程: Fsin37? ? FN ? mg ,又 Ff ? ? FN 联立三式代入数据解得 a1=2.6m / s
2

(2)撤去 F 时,物体的速度最大,由公式 v ? at 得:
14

撤去外力时木块的速度: v ? a1t1 ? 7.8m / s (3)由牛顿第二定律得, 撤去外力后木块运动的加速度为: a 2=? g=2m / s 由 v ? v 0 ? at 得: 木块撤去外力滑行时间为: t 0=
2

v =3.9s<5s a2

所以 5s 内的位移等于 3.9s 内的位移, 由运动学公式 v -v 0 =2ax 得
2 v0 =15.21m 木块滑行的路程为 x= 2a 2
2 2

v2 v2 ? v2 =224 16. (1)设运动员展伞时的速度为 vm,有: m ? m 2g 2a
解得: vm ? 50m / s (2)设打开降落伞时离地的高度为 h,此时速度为 v1, 则运动员做自由落体运动过程有: v1=2g ? H ? h ?
2

代入数据得: h ? 99m (3)设运动员自由下落的时间为 t1,则: t1= 设运动员减速下落的时间为 t2,则: t 2=

vm =5s g

vm ? v =3.6s a

所以运动员在空中下落的总时间为 t ? t1 ? t 2 ? 8.6s 17. (1)对小球由平衡条件得 mgsin? ? Tcos?

解得: T=

3 mg 3

(3)对整体由平衡条件得 Tcos(? ? ?) f 、 Tsin(? ? ?) N ? 2mg ? ? 依题意有: f ? f m ? kN

15

解得: k ?

3 9

18 .( 1 ) 米 袋 在 传 送 带 AB 上 , 与 之 有 相 对 滑 动 时 ? mg ? ma1 得

a1 ? ? g ? 0.5 ?10m / s 2 ? 5m / s 2
由 v ? a1t1 得达到共同速度所需时间为 t1 ? 在 1s 内通过的位移为 s1=2.5m<3m 故米袋在 AB 传送带上先匀加速直线运动后做匀速直线运动 匀速运动所需时间为: t 2=0.1s 米袋沿传送带从 A 运动到 B 的时间为 t ? t1 ? t 2 ? 1.1s 米袋沿传送带 CD 向上滑动做匀减速直线运动,有 ? mgcos? ? mgsin? ? ma 2 , 得加速度 a 2 ? 10m / s
2

v =1s a1

由 v=v0 +at ,得到向上滑动的时间为 t'=0.5s (2) 以 4m/s 的速率顺时针方向转动, CD 当米袋沿斜面上升速度 v '>4m / s 时, ? 10m / s a 米袋速度 v ' ? 4m / s 时上滑位移为 x1=
2

v'2 ? v0 2 v? ? vo =0.45m ,用时 t?1= =0.1s ?2 ? a ?a

米袋速度 v '<4m / s 滑动摩擦力方向改变,由 mgsin?>? mgcos? 可知米袋减速上滑, 加速度为 a?= 则 v?t?2 ?

mgsin? ? ? mgcos? =2m / s 2 m

1 2 a?t?2=x总 ? x1 ,解得 t '2 ? 2s 2

此时米袋速度刚好等于 0,可见米袋恰好可以运行到 D 点,所用的时间 t ' ? t '1 ? t '2 ? 2.1s

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