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甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高一上学期期末考试物理试卷


甘肃省张掖市民乐一中 2014-2015 学年高一上学期期末 物理试卷
一、选择题(本题共 12 道小题,其中第 11、12 小题有多个选项,每小题 4 分,共 48 分) 1.下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位( ) 2 2 A.m、N、kg B.kg、m/s 、s C.m、kg、s D.m/s 、kg、N 考点:力学单位制. 分析:国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、 光强度、物质的量.它们的在国际单位制中的单位称为基本单位,而物理量之间的关系式推 到出来的物理量的单位叫做导出单位. 解答: 解:A、其中的 N 是导出单位,所以 A 错误; B、其中的 m/s 是导出单位,所以 B 错误; C、m、kg、s 分别是长度、质量、时间的单位,所以 C 正确; D、其中的 N 是导出单位,所以 D 错误. 故选:C. 点评:国际单位制规定了七个基本物理量,这七个基本物理量分别是谁,它们在国际单位制 分别是谁,这都是需要学生自己记住的. 2.物理学中的“质点”是一种理想化模型,研究下列物体的运动时可视为质点的是( A.研究运动员跳高的过杆动作 B.研究车轮边缘的速度 C.计算轮船在海洋中的航行速度 D.研究乒乓球的接发球技术 )
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考点:质点的认识. 分析:当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们就可以把它看成质点,根据把 物体看成质点的条件来判断即可. 解答: 解:A、运动员在跳高时,要看人的动作是否符合要求,所以此时人不能看成质点, 故 A 错误. B、研究车轮边缘的速度时车轮是不能忽略的,否则就没有车轮的边缘可言了,故 B 错误. C、 轮船的大小相对于海洋的大小来说是微不足道的, 所以计算轮船在海洋中的航行速度时, 可以忽略轮船的大小,能看成质点,故 C 正确. D、研究乒乓球的接发球技术时,要考虑乒乓球的转动的情况,不能看成质点,故 D 错误. 故选:C. 点评:本题就是考查学生对质点概念的理解,是很基本的内容,必须要掌握住的,题目比较 简单. 3.关于位移和路程,下列理解正确的是( A.位移是描述物体位置变化的物理量 )

B.路程是精确描述物体位置变化的物理量 C.物体沿直线向某一方向运动,位移的大小等于路程 D.只要运动物体的初、末位置确定,位移就确定,路程也确定 考点:位移与路程. 分析:位移是指从初位置到末位置的有向线段,位移是矢量,有大小也有方向; 路程是指物体所经过的路径的长度,路程是标量,只有大小,没有方向. 解答: 解:A、位移是指从初位置到末位置的有向线段,位移是矢量,有大小也有方向, 所以 A 正确; B、路程是指物体所经过的路径的长度,路程是标量,只有大小,没有方向; ,所以 B 错误; C、位移是矢量,有大小也有方向,路程是标量,只有大小,没有方向,它们不是同一个物 理量,当物体做单一方向的直线运动时,位移的大小就等于路程,所以 C 正确; D、当初位置和末位置确定,位移就确定,但物体通过的路程不确定,所以 D 错误. 故选:AC. 点评:本题就是对位移和路程的考查,掌握住位移和路程的概念就能够解决了,同时注意位 移与路程的本质区别. 4.在下图中,不能表示物体做匀变速直线运动的是( )

A.

B.

C.

D.

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:匀变速直线运动是指速度随时间均匀变化的直线运动,其加速度不变,分析各图中各 图象的性质可知是否符合题意. 解答: 解: A、由 v﹣t 图可知,速度随时间均匀变化,加速度不变,表示物体做匀变速直线运动,不符 合题意,故 A 错误; B、由 v﹣t 图可知,速度随时间均匀增大,物体做匀加速直线运动,不符合题意,故 B 错 误; C、a﹣t 图中物体的加速度不随时间均匀变化,物体做匀变速直线运动,不符合题意,故 C 错误; D、s﹣t 图象是位移时间,其斜率等于速度,可知物体做匀速直线运动,符合题意,故 D 正 确; 故选:D 点评: 在分析图象时首先要通过图象的纵坐标明确是什么图象, 再根据图象的形状分析物体 的运动状态. 5.人走路时,人和地球间的作用力和反作用力的对数有( A.一对 B.二对 C.三对 考点:作用力和反作用力. ) D.四对

分析:分析地面对人施加了哪些力,有几个作用力,就有几个反作用力.人走路时,人受到 重力、地面的支持力和地面的摩擦力,它的反作用力分别是人对地球的吸引力、人对地面的 压力、人对地面的摩擦力. 解答: 解:人走路时,人受到重力、地面的支持力和地面的摩擦力,它的反作用力分别是 人对地球的吸引力、人对地面的压力、人对地面的摩擦力. 所以人走路时,人和地球之间的作用力和反作用力的对数共有 3 对. 故选:C. 点评:此题考查了牛顿第三定律,要知道,任何一个力都有反作用力.只要分析清楚地面对 人施加了哪些力,就可以判断它们之间有几对. 6.关于惯性,下列说法正确的是( ) A.物体的速度越小,惯性也越小 B.宇航员在航天器中因失重而处于漂浮状态,所以没有惯性 C.公交车急刹车时站在车内的乘客摔倒是因为没有控制住惯性 D.战斗机战斗前抛弃副油箱,是为了减小战斗机的惯性 考点:惯性. 分析:惯性是物体的固有属性,其大小只取决于物体的质量;与运动状态无关. 解答: 解:A、惯性与速度大小无关,故 A 错误; B、宇航员在空中失重是因为重力充当向心力,并没有失去惯性;故 B 错误; C、公交车急刹车时会摔倒是因为人有惯性,而保持前冲的趋势;故 C 错误; D、惯性取决于物体的质量,质量越小,惯性越小;故 D 正确; 故选:D. 点评:本题考查对惯性的理解能力.要注意惯性是物体的固有属性,一切物体都有惯性,与 物体的运动状态无关,惯性大小取决于物体质量大小. 7. 在以加速度为 a 匀加速上升的电梯里, 有一个质量为 m 的人, 下述说法中正确的是( ①人的合力为 m(a﹣g) ②人的重力为 mg ③人对电梯的压力为 mg ④人对电梯的压力为 m(g+a) A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ )

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:当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超重状态,此时有向上 的加速度; 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时, 就说物体处于失重状态, 此时有向下的加速 度. 解答: 解:A、根据牛顿第二定律,F﹣mg=ma,人受到的合力是 ma.故①错误; ②此人受到的重力不变,仍为 mg,故②正确; ③、根据牛顿第二定律,F﹣mg=ma,所以:F=mg+ma.根据牛顿第三定律,此人对电梯 的压力为 m(g+a) .故③错误④正确; 故选:D 点评: 本题考查了学生对超重失重现象的理解, 掌握住超重失重的特点, 本题就可以解决了.

8.如图所示,质量为 m 的小球用水平弹簧系住,并用倾角为 30°的光滑木板 AB 托住,小 球恰好处于静止状态.当木板 AB 突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为( )

A.0 B.大小为 g,方向竖直向下 C.大小为 D.大小为 ,方向垂直木板向下 ,方向水平向右

考点:牛顿第二定律. 分析:木板撤去前,小球处于平衡态,根据共点力平衡条件先求出各个力,撤去木板瞬间, 支持力消失,弹力和重力不变,求出合力后即可求出加速度. 解答: 解:木板撤去前,小球处于平衡态,受重力、支持力和弹簧的拉力,如图

根据共点力平衡条件,有 F﹣Nsin30°=0 Ncos30°﹣G=0 解得 N= F= mg

木板 AB 突然撤去后,支持力消失,重力和拉力不变,合力等于支持力 N,方向与 N 反向, 故 加速度为 a= = 故选 C. 点评:本题关键对物体受力分析,求出各个力,撤去一个力后,先求出合力,再求加速度. 9.密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上,另一端悬挂在墙壁上 A 点,如图所示,当 逆时针缓慢向下用力 F 抽出地膜时,整卷地膜受的各个力要发生变化,不计地膜离开整卷

时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力,但在 D 点地膜与墙壁间有摩擦力, 随着地膜的不断抽出,下述分析正确的是( )

A.悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大 B.地膜对墙的压力在减小 C.拉动地膜的力在减小 D.地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力不变 考点:共点力平衡的条件及其应用;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:分析地膜的受力情况,作出力图,根据平衡条件列方程,分析拉力 T 的变化.再水 平方向力平衡分析墙对地膜的弹力 N 的变化,由摩擦力公式分析墙的摩擦力的变化. 解答: 解:A、根据平衡条件得 G=Tcosα,得到 T= 随着地膜的不断抽出,α 减小,cosα 增大,G 减小,则 T 减小.故 A 错误. B、由水平方向力平衡得:N=Tsinα=Gtanα,G、α 减小,N 减小.故 B 正确. C、由摩擦力公式 f=μN 得知.N 减小,f 减小,而由平衡条件得 F=f,则拉动地膜的力 F 减小.故 C 正确. D、地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力等于 Tcosα=G 减小.故 D 错误. 故选 BC

点评:本题应用平衡条件分析实际问题,关键是分析物体的受力情况,画出力图. 10.如图所示三根不可伸长的相同的轻绳,一端系在甲环上,彼此间距相等.绳穿过与甲环 半径相同的乙环,另一端用同样的方式系在半径较大的丙环上.甲环固定在水平面上,整个 系统处于平衡,忽略绳与乙环之间的摩擦.下列说法中正确的是( )

A.每根绳对乙环的作用力均竖直向上

B.每根绳对乙环的作用力均背向环心 C.乙环对三根绳的总作用力指向环心 D.三根绳对乙环的总作用力竖直向上 考点:共点力平衡的条件及其应用;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:对乙环受力分析,受重力和三根绳子的弹力,小环保持静止,故受力平衡,根据平衡 条件分析即可. 解答: 解:A、B、由于不计摩擦,同一根绳子的拉力处处相等,故每根绳子对环的作用 力方向如图

故 A 错误,B 错误; C、D、三根绳对乙环的总作用力与重力平衡,竖直向上;故根据牛顿第三定律,乙环对三 根绳的总作用力竖直向下,故 C 错误,D 正确; 故选 D. 点评:本题是简单的平衡问题,关键是明确绳子的弹力的合力方向,要结合平衡条件分析, 不难. 11.如图,物体 P 静止于固定的斜面上,P 的上表面水平.现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上, 则( )

A.P 向下滑动 B.P 静止不动 C.P 所受的合外力增大 D.P 与斜面间的静摩擦力增大 考点:共点力平衡的条件及其应用. 专题:压轴题;共点力作用下物体平衡专题. 分析:先对 P 受力分析,受重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件求解出各个力;物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力. 解答: 解:A、B、对 P 受力分析,受重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件,有: N=Mgcosθ f=Mgsinθ f≤μN 故 μ≥tanθ 由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力,故 P 静止不动,故 A 错误,B 正 确; C、物体 P 保持静止,合力为零,故 C 错误; D、由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,相当于增大物体 P 重力,故 P 与斜面间的静摩擦力增 大,故 D 正确;

故选:BD. 点评:本题关键是对物体受力分析,求解出支持力和静摩擦力表达式;物体 Q 轻轻地叠放 在 P 上,相当于增大物体 P 重力. 12.如图所示,三角形传送带以 1m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2m,且 与水平方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1m/s 的初速度沿传送 带下滑, 两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5, g 取 10m/s , sin 37°=0.6, cos 37°=0.8. 下 列判断正确的是( )
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A.物块 A 先到达传送带底端 B.物块 A、B 同时到达传送带底端 C.传送带对物块 A、B 的摩擦力都沿传送带向上 D.物块 A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相对传送带的路程 考点:牛顿第二定律;动摩擦因数. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:AB 都以 1m/s 的初速度沿传送带下滑,故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向 上,大小也相等,用匀变速直线运动规律解决 解答: 解:A、AB 都以 1m/s 的初速度沿传送带下滑,故传送带对两物体的滑动摩擦力均 沿斜面向上,大小也相等,故两物体沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相 同,故时间相同,故 A 错误,BC 正确; D、划痕长度由相对位移决定,A 物体与传送带运动方向相同,划痕较少,故 D 正确; 故选:BCD 点评:滑动摩擦力与相对运动方向相反;AB 都以 1m/s 的初速度沿传送带下滑,降低了本 题的难度,若没有这一条件,同学可思考一下会怎样 二、实验题(本题共 2 小题 6 空,每空 3 分,共 18 分) 13.在完成《互成角度的两个共点力的合成》实验中. (1)如图所示,用两只弹簧秤把结点拉到某一位置 O,固定左边的测力计不动,移动右边 的测力计,使橡皮筋节点仍在 O 点.那么,右边的测力计能否再有新的位置:A A 一定没有别的位置 B 一定还有一个位置可以 C 可能没有了,也可能有一个位置 D 有无穷多的可能位置 (2)本实验采用的科学方法是 B A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法.

考点:验证力的平行四边形定则. 专题:实验题. 分析:合力不变,一个分力不变,求另一个分力的变化情况,因此根据平行四边形定则可正 确解答. 解答: 解: (1)根据题意知:固定左边的测力计不动,即该分力的大小方向不变,使橡皮 筋节点仍在 O 点,即合力的大小方向不变,求另一个分力的变化情况,根据平行四边形规 律可知,对角线不变,一个边不变,因此另一个边也不变,故右边的测力计一定没有别的位 置,A 正确,BCD 错误. 故选:A. (2)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同,采用的科学方法是等效替 代法. 故选:B. 故答案为: (1)A (2)B 点评:解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理,明确合力和分力之间的关 系,同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题. 14.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中: (1)对于本实验,以下说法中不正确的是 A 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,不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 F 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甲,下列对此同学操作的判断 正确的是 BCD 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
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(3)图乙为某次实验得到的纸带,图中的点为实际打出来的点,已知所用交流电的频率为 2 50Hz,则小车加速度为 12.8m/s (结果保留 3 位有效数字) . (4)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 的变化图线如图丙所示. 此图中直线发生明显弯曲的原因是当小车的质量远大于钩码质量 时,才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小,随着 F 的增大, 即随着钩码质量增大,逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多,因此会出现较大误差,使图 象发生弯曲.

考点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 专题:实验题. 分析: (1)明确实验原理,正确对实验进行数据处理和了解具体操作的含义; (2)打点计时器应固定在没有定滑轮的一端,打点计时器使用交流了电;实验时应平衡摩 擦力;开始时小车应靠近打点计时器; 2 (3)根据△ x=aT 求解加速度; (4)直线发生明显弯曲的原因是砂和桶的总质量没有远小于小车的总质量 解答: 解: (1)A、砂和桶的总质量要远小于小车的总质量,故 A 错误; B、每次改变小车质量后,不需要重新平衡摩擦力,因为动摩擦力因数与倾角没变,故 B 正 确; 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,故 C 正 确; D、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 F 为横坐标,这样作出 来才是一条直线,故 D 正确; 本题选错误的 故选:A (2)打点计时器使用的是交流电源,而干电池是直流电源;接通电源前,小车应紧靠打点 计时器,而在该图中小车初始位置离打点计时器太远;应在右端垫起合适的高度,平衡摩擦 力; A、打点计时器应固定在长木板的最右端,故 A 错误; B、打点计时器不应使用干电池,而应使用交流电源,故 B 正确; 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,故 C 正确; 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,故 D 正确; 所以选:BCD. (3)根据△ x=aT 得:a= (4)当小车的质量远大于钩码质量时,才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和 砝码的总重力大小,随着 F 的增大,即随着钩码质量增大,逐渐的钩码质量不再比小车质 量小的多,因此会出现较大误差,使图象发生弯曲. 故答案为: (1)A; (2)BCD; (3)12.8; (4)当小车的质量远大于钩码质量时,才能近似认为细 线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小, 随着 F 的增大, 即随着钩码质量增大, 逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多,因此会出现较大误差,使图象发生弯曲. . 点评:关键明确用图想法处理数据时,要作直线,直线较为形象直观.验证牛顿第二定律实 验应采用控制变量法,掌握描点法作图的方法、实验注意事项即可正确解题. 三、计算题(本题共 4 道小题,共 44 分) 15.如图所示,用 F=10N 的水平拉力,使质量 m=2.0kg 的物体由静止开始沿光滑水平面做 匀加速直线运动.求: (1)物体加速度 a 的大小; (2)物体在 t=2.0s 内通过的距离.
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考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 分析:对物体受力分析,由牛顿第二定律可以求得加速度的大小,由位移的公式可以求得通 过的距离. 解答: 解: (1)物体是在光滑的水平面上,只受 F 的作用,由牛顿第二定律可得, F=ma, 所以加速度的大小为, a= =5m/s , (2)由位移公式 X= at 得, X= at = ×5×2 m=10m, 答: (1)物体加速度 a 的大小是 5m/s ; (2)物体在 t=2.0s 内通过的距离是 10m. 点评:对物体受力分析,根据牛顿第二定律和位移公式直接求解即可,比较简单. 16.据报道,一儿童玩耍时不慎从 45m 高的阳台上无初速掉下,在他刚掉下时恰被楼下的 管理人员发现,该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底,准备接住儿童.已知管理 人员到楼底的距离为 18m,为确保安全稳妥的接住儿童,管理人员将尽力节约时间,但又必 须保证接儿童时没有水平方向的冲击,不计空气阻力,将儿童和管理人员都看做质点,设管 2 理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动,g 取 10m/s . (1)管理人员至少要用多大的平均速度跑到楼底? (2)若管理人员在加速或减速过程中的加速度大小相等,且最大速度不超过 9m/s,求管理 人员奔跑时加速度需满足什么条件? 考点:自由落体运动;匀变速直线运动规律的综合运用. 专题:直线运动规律专题;自由落体运动专题. 分析: (1)儿童掉下做自由落体运动,可以通过自由落体的位移公式求出时间,根据时间再 求管理员的最小平均速度. (2)管理员先加速到速度最大,再匀速,再减速到 0,抓住三段时间和等于自由落体的时 间,三段位移和等于管理员到楼底的距离,求出最小加速度. 解答: 解: (1)儿童下落的时间为 t H= 解得:t=3s 他要能接住儿童,奔跑的时间要小于 3s 由 x=vt,v=6m/s 故管理员的平均速度至少为 6m/s. (2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底,奔跑过程中的最大速度为 v0,由运动 学公式得: 得: = , ,所以先加速,再匀速,最后匀减速奔跑到楼底.
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设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为名;t1、t2、t3,位移分别为 s1、s2、s3, 由运动学公式得, …⑤, s2=vmaxt2…⑥, vmax=at1=at3…⑦, t1+t2+t3≤t0…⑧, s1+s2+s3=s…⑨ 2 由④~⑨联立并代入数据得,a≥9 m/s . 2 故加速度应满足 a≥9m/s . 答: (1)管理人员至少要 6m/s 的平均速度跑到楼底. (2)若管理人员在加速或减速过程中的加速度大小相等,且最大速度不超过 9m/s,则管理 2 人员奔跑时加速度需满足 a≥9m/s . 点评: 解决本题的关键抓住小孩自由下落的时间和管理员运动的时间相等, 灵活运用运动学 公式求解. 17.一质量 m=2.0kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为 37°足够长的斜面,某同学利用 传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度, 并用计算机做出了小物块上滑过 2 程的 V﹣t 时间图线,如图所示. (取 sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10m/s )求: (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小; (2)小物块与斜面间的动摩擦因数; (3)小物块返回斜面底端时的速度大小(结果保留一位小数) . …④,

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)根据匀变速直线运动的速度时间图线求出小物块冲上斜面过程中的加速度大小. (2)对物体受力分析,根据牛顿第二定律求出支持力和摩擦力的大小,从而求出动摩擦因 数. (3)根据牛顿第二定律求出返回时的加速度,通过图线求出斜面的长度,根据匀变速直线 运动的速度位移公式求出小物块返回斜面底端时的速度大小. 解答: 解: (1)由图线得,a= =8m/s
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(2)在垂直于斜面方向上有:FN﹣mgcosθ=0 沿斜面方向上有:Ff+mgsinθ=ma Ff=μFN 联立各式解得:?=0.25

(3)小物块上滑距离: 由速度时间图线知,斜面的长度 s= v0t=4m mgsinθ﹣μmgcosθ=ma v =2as v=5.7m/s. 答: (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小为 8m/s . (2)小物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25. (3)小物块返回斜面底端时的速度大小为 5.7m/s. 点评:加速度是联系力学和运动学的桥梁,通过加速度,可以根据力求运动,也可以根据运 动求力. 18.如图所示,长为 L=6m、质量 M=4kg 的长木板放置于光滑的水平面上,其左端有一大 小可忽略,质量为 m=1kg 的物块,物块与木板间的动摩擦因数为 0.2,开始时物块与木板都 2 处于静止状态,现对物块 M 施加 F=6N,方向水平向右的恒定拉力,求: (g=10m/s ) (1)小物块的加速度; (2)若此恒力作用在小物块上,求物块 M 的加速度. (3)在第(2)问的基础上若小物块能从木板左端运动到右端求经历的时间.
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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)整体分析求得力 F 作用 M 上整体的加速度,再分析 m,由牛顿运动定律求得 m 的加速度; (2)对 m 分析求得 m 的加速度,再对长木板 M 受力分析求得 M 的加速度即可. (3)小物块向右加速运动,长木板亦向右加速运动,两者位移差为木板长度时小物块到达 木板的右端,根据位移时间关系求解即可. 解答: 解: (1)以 m 和 M 整体为研究对象进行受力分析可得: F=(M+m)a 可得整体运动的加速度为:a= 再以 m 为研究对象,滑动摩擦力使 m 产生的最大加速度为:

因为 a<am 2 所以小物块的加速度为:a=1.2m/s ; (2)恒力作用在小物块上,对小物块进行受力分析可得: F﹣f=ma′ f=μmg 所以可得小物块的加速度为:a′= 此时以长木板为研究对象,可知:

f=Ma″ 可得长木板的加速度为: (3)要使小木块从木板左端运动到右端,位移关系满足: sm﹣sM=L 由位移关系得:

即 可解得:t=1.85s 答: (1)小物块的加速度为 1.2m/s ; 2 (2)若此恒力作用在小物块上,物块 M 的加速度为 0.5 m/s ; (3)在第(2)问的基础上若小物块能从木板左端运动到右端经历的时间为 1.85s. 点评: 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用, 知道加速度是联系力学和运动学 的桥梁.
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