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广东省惠州一中2017届高三(上)第一次月考物理试卷(9月份)(解析版).doc


2016-2017 学年广东省惠州一中高三(上)第一次月考物理 试卷(9 月份)
一、选择题:本题共 11 个小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,有一项或多项 是符合题目要求的. 1.一物体在 F1、F2、F3 三个恒力的作用下处于静止状态,现保持 F1、F3 不变,使 F2 的大 小逐渐减小到零,然后再从零逐渐恢复到原来的大小.下列 v﹣t 图象大致能正确描述该物 体运动情况的是( )

A.

B.

C.

D.

2.如图所示,竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB 为直径) ,支架上套着一个小 球, 轻绳的一端悬于 P 点, 另一端与小球相连.已知半圆形支架的半径为 R, 轻绳长度为 L, 且 R<L<2R. 现将轻绳的上端点 P 从图示位置沿墙壁缓慢下移至 A 点, 此过程中轻绳对小 球的拉力 F1 及支架对小球的支持力 F2 的大小变化情况为( )

A.F1 和 F2 均增大 B.F1 先减小后增大,F2 保持不变 C.F1 保持不变,F2 先增大后减小 D.F1 先增大后减小,F2 先减小后增大 3.如图所示,物体的运动分三段,第 0~2s 为第Ⅰ段,第 2~4s 为第Ⅱ段,第 4~5s 为第 Ⅲ段,则下述说法中正确的是( )

A.第 1s 与第 5s 的速度方向相反 B.第 1s 的加速度大于第 5s 的加速度 C.第Ⅰ段与第Ⅲ段的平均速度相等 D.第Ⅰ段与第Ⅲ段的加速度方向相同 4.如图所示,放置在水平地面上的支架质量为 M,支架顶端用细线拴着的摆球质量为 m, 现将摆球拉至水平位置,然后从静止释放,摆球运动过程中,支架始终不动,则从释放至运 动到最低点的过程中有( )

A.在释放瞬间,支架对地面压力为(m+M)g B.摆动过程中,支架对地面压力一直增大 C.摆球到达最低点时,支架对地面压力为(2m+M)g D.摆动过程中,重力对小球做功的功率一直增大 5.如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间 有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉 拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )

A.物块先向左运动,再向右运动 B.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动 C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零 6.“蹦极”是一项刺激的体育运动.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 是人静止悬吊着时的平衡位置,人在从 P 点下落 到最低点 c 点的过程中,以下说法正确的是( )

A.在 a 点时人的速度最大 B.在 b 点时人的速度最大 C.在 ab 段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态 D.在 c 点,人的速度为零,处于平衡状态 7. 如图所示, 在光滑的水平地面上, 质量分别为 m1 和 m2 的木块 A 和 B 之间用轻弹簧相连, 在拉力 F 作用下,以加速度 a 做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力 F,此瞬间 A 和 B 的加速度大小为 a1 和 a2,则( )

A.a1=a2=0 B.a1=a,a2=0 C.a1= a;a2= a

D.a1=a;a2=

a

8.某缓冲装置可抽象成图所示的简单模型.其中 k1、k2 为原长相等、劲度系数不同的轻质 弹簧.下列表述正确的是( )

A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 B.垫片向右移动时,两弹簧产生的弹力大小相等 C.垫片向右移动时,两弹簧的长度保持相等

D.垫片向右移动时,两弹簧的形变量相同 9.如图,直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上运动的汽车 a 和 b 的位置一时间(x﹣t)图 线,由图可知( )

A.在时刻 t1,a 车追上 b 车 B.在时刻 t2,a、b 两车运动方向相反 C.在 t1 到 t2 这段时间内,b 车的速率先减少后增加 D.在 t1 到 t2 这段时间内,b 车的速率一直不比 a 车大 10.2012 年 11 月,“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图(a)为利用阻拦系 统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图. 飞机着舰并成功钩住阻拦索后, 飞机的动 力系统立即关闭, 阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力, 使飞机在甲板上短距离滑行后 停止,某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在 t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置,其着 舰到停止的速度﹣时间图线如图(b)所示.假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行 距离约 1000m.已知航母始终静止,重力加速度的大小为 g.则( )

A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 B.在 0.4s~2.5s 时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5g D.在 0.4s~2.5s 时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 11. 如图, 在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板, 其上叠放一质量为 m2 的木块. 假 定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等. 现给木块施加一随时间 t 增大的水平 力 F=kt(k 是常数) ,木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2,下列反映 a1 和 a2 变化的图线 中正确的是( )

A.

B.

C.

D.

二、非选择题:本大题共 3 小题,满分 44 分. 12.在倾角为 α 的斜面上,一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端,另一端绕过一中间有 一圈凹槽的圆柱体,并用与斜面夹角为 β 的力 F 拉住,使整个装置处于静止状态,如图所 示.不计一切摩擦,圆柱体质量为 m,求拉力 F 的大小和斜面对圆柱体的弹力 FN 的大小.

13.如图甲所示,质量 m=4kg 的物体在水平面上向右做直线运动.过 a 点时给物体作用一 个水平向左的恒力 F 并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体 的瞬时速度,所得 v﹣t 图象如图乙所示. (取重力加速度为 10m/s )求: (1)8s 末物体离 a 点的距离 (2)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 μ.
2

14.如图,一质量为 1kg 的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角 θ 为 30° ,现小 球在 F=10N 的沿杆向上的拉力作用下,从 A 点静止出发沿杆向上运动,已知杆与球间的动 摩擦因数 μ 为 .试求:

(1)小球运动的加速度 a1; (2)若 F 作用 2s 后撤去,小球上滑过程中距 A 点最大距离 Sm; (3)若从撤去力 F 开始计时,小球经多长时间将经过距 A 点上方为 4.64m 的 B 点.

2016-2017 学年广东省惠州一中高三(上)第一次月考物理试卷(9 月份) 参考答案与试题解析

一、选择题:本题共 11 个小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中,有一项或多项 是符合题目要求的. 1.一物体在 F1、F2、F3 三个恒力的作用下处于静止状态,现保持 F1、F3 不变,使 F2 的大 小逐渐减小到零,然后再从零逐渐恢复到原来的大小.下列 v﹣t 图象大致能正确描述该物 体运动情况的是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像. 【分析】由题意可知,物体在多个力的作用下处于静止状态,物体所受的合力为零,其中的 一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反.分析物体的合力如何变化,确定物体的加速 度如何变化,分析物体的运动情况,判断速度的变化情况,再选择图象. 【解答】解:物体在多个力的作用下处于静止状态,物体所受的合力为零,使其中的一个力 的大小在一段时间内均匀减小到零, 然后又在相同的时间内从零均匀增大到原来的大小的过 程中,物体的合力从开始均匀增大,又均匀减小恢复到零,物体的加速度先均匀增大后均匀 减小到零,物体先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速度运动.根据速度图象 的斜率等于加速度可知,速度图象的斜率先增大后减小,但物体的速度一直在增大,故 C 正确,ABD 均错误. 故选:C

2.如图所示,竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB 为直径) ,支架上套着一个小 球, 轻绳的一端悬于 P 点, 另一端与小球相连.已知半圆形支架的半径为 R, 轻绳长度为 L, 且 R<L<2R. 现将轻绳的上端点 P 从图示位置沿墙壁缓慢下移至 A 点, 此过程中轻绳对小 球的拉力 F1 及支架对小球的支持力 F2 的大小变化情况为( )

A.F1 和 F2 均增大 B.F1 先减小后增大,F2 保持不变 C.F1 保持不变,F2 先增大后减小 D.F1 先增大后减小,F2 先减小后增大 【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 【分析】设小球处在位置 C,小球受重力、细线的拉力和支持力,处于平衡状态,三个力可 以构成矢量三角形,该矢量三角形与几何三角形 POC 相似,结合几何关系列式分析即可. 【解答】解:小球受重力、细线的拉力和支持力,由于平衡,三个力可以构成矢量三角形, 如图所示: 根据平衡条件,该矢量三角形与几何三角形 POC 相似,故有: = = G,F2= G

解得:F1=

当 P 点下移时,PO 减小,L、R 不变,故 F1 增大,F2 增大; 故选:A

3.如图所示,物体的运动分三段,第 0~2s 为第Ⅰ段,第 2~4s 为第Ⅱ段,第 4~5s 为第 Ⅲ段,则下述说法中正确的是( )

A.第 1s 与第 5s 的速度方向相反 B.第 1s 的加速度大于第 5s 的加速度 C.第Ⅰ段与第Ⅲ段的平均速度相等 D.第Ⅰ段与第Ⅲ段的加速度方向相同 【考点】匀变速直线运动的图像;平均速度. 【分析】v﹣t 图象中,与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动,倾斜的直线表示匀变速直 线运动,斜率表示加速度,倾斜角越大表示加速度越大,图象与坐标轴围成的面积表示位 移.看物体运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方. 【解答】解:A.第 1s 内与第 5s 内物体的速度图象都在时间轴的上方,都为正,方向相同, 故 A 错误 B.由图象的斜率表示加速度可知:第 1s 内的加速度为 2m/s2,第 5s 内的加速度为﹣4m/s2, 所以第 1s 内的加速度小于第 5s 内的加速度,故 B 错误;

C.第Ⅰ段的平均速度 段平均速度相等,故 C 正确;

,第Ⅲ段的平均速度

,所以第Ⅰ段与第Ⅲ

D.第Ⅰ段做匀加速直线运动,加速度与速度的方向都相同,而第Ⅲ段物体做匀减速直线运 动,加速度与速度的方向都相反,故 D 错误. 故选:C.

4.如图所示,放置在水平地面上的支架质量为 M,支架顶端用细线拴着的摆球质量为 m, 现将摆球拉至水平位置,然后从静止释放,摆球运动过程中,支架始终不动,则从释放至运 动到最低点的过程中有( )

A.在释放瞬间,支架对地面压力为(m+M)g B.摆动过程中,支架对地面压力一直增大 C.摆球到达最低点时,支架对地面压力为(2m+M)g D.摆动过程中,重力对小球做功的功率一直增大 【考点】向心力;功率、平均功率和瞬时功率. 【分析】对于不同的研究对象在不同的时刻进行受力分析和过程分析. 摆球做的是圆周运动,要根据摆球所需要的向心力运用牛顿第二定律确定摆球实际受到的 力. 支架始终不动,根据平衡条件求解出未知的力. 运用瞬时功率表达式表示出重力对小球做功的功率,再根据已知条件判断功率的变化. 【解答】解:A、在释放瞬间,m 的速度为零,根据 F= ,细线拉力为零,

对支架受力分析,支架受重力和地面对它的支持力,处于静止状态. 所以在释放瞬间,支架对地面压力为 Mg.故 A 错误. B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析:

当小球绕圆心转过角度为 θ 时,具有的速度 v,根据动能定理得: mgRsinθ= ,v= .

根据牛顿第二定律得: T﹣mgsinθ= T=mgsinθ+2mgsinθ=3mgsinθ 而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力.根据平衡条件得: 在竖直方向上有:Tsinθ+Mg=FN
2 所以 FN=3mgsin θ+Mg,摆动过程中 θ 逐渐增大,所以地面对支架的支持力也逐渐增大,

根据牛顿第三定律:即摆动过程中,支架对地面压力一直增大,故 B 正确. C、在从释放到最低点过程中,根据动能定理得: mgR= ①

在最低点绳子拉力为 T,对小球受力分析:小球受重力和绳子拉力,根据牛顿第二定律得: T﹣mg= ②

当小球在最低点时,支架受重力、支持力、绳子的拉力.根据平衡条件得: FN=Mg+T ③ 解①②③得:FN=(3m+M)g 故 C 错误. D、1.小球在开始运动时的速度为零, 则这时重力的功率 P1=mgV0=0 2.当小球绕圆心转过角度为 θ 时,具有的速度 v,根据动能定理得: mgRsinθ= ,v= .

并且重力与速度的方向夹角为 θ,则这时重力的功率 P2 P2=mg?v?cosθ=mgcosθ? >0

3.当小球运动到最低点时,速度的方向水平垂直于重力的方向, P3=mg?v'?cos90°=0, 所以 P3=0 因此重力功率变化为:先变大后变小,故 D 错误. 故选 B.

5.如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间 有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉 拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )

A.物块先向左运动,再向右运动 B.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动 C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零 【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】据题,当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度 小于木板的速度, 两者之间存在滑动摩擦力, 根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情 况. 【解答】解:由题知道:当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物 块的速度小于木板的速度, 两者之间存在滑动摩擦力, 物块受到木板的滑动摩擦力方向向右, 与其速度方向相同,向右做加速运动,而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左,与其速度方 向相反,向右做减速运动,当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动. 故选 BC

6.“蹦极”是一项刺激的体育运动.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 是人静止悬吊着时的平衡位置,人在从 P 点下落 到最低点 c 点的过程中,以下说法正确的是( )

A.在 a 点时人的速度最大

B.在 b 点时人的速度最大 C.在 ab 段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态 D.在 c 点,人的速度为零,处于平衡状态 【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重. 【分析】根据牛顿第二定律判断出人的加速度方向,根据加速度的方向与速度方向的关系, 判断出人的运动情况,从而确定哪个位置速度最大,哪个位置加速度最大. 【解答】解:A、从 a 点向下,人的重力大于弹力,加速度向下,则做加速运动,根据牛顿 第二定律知,加速度减小,当到达 b 位置,重力和弹力相等,速度最大,由 b 到 c,重力小 于弹力,加速度方向向上,做减速运动.故 A 错误,B 正确. C、在 ab 段绳的拉力小于人的重力,加速度向下,人处于失重状态.故 C 正确. D、b 点加速度为 0,a 点的加速度为 g,若从 a 点静止释放,到达最低点时,根据对称性, 加速度为 g,方向向上,但是物体从一定高度下落,最低点更低,根据牛顿第二定律,知加 速度比 g 大.所以 c 点加速度最大,在 c 点,速度为零,但不是平衡状态.故 D 错误. 故选:BC.

7. 如图所示, 在光滑的水平地面上, 质量分别为 m1 和 m2 的木块 A 和 B 之间用轻弹簧相连, 在拉力 F 作用下,以加速度 a 做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力 F,此瞬间 A 和 B 的加速度大小为 a1 和 a2,则( )

A.a1=a2=0 B.a1=a,a2=0 C.a1= a;a2= a

D.a1=a;a2=

a

【考点】牛顿第二定律;胡克定律. 【分析】分析 A 的受力,可以求出弹簧的弹力,撤去 F 的瞬间弹簧的弹力不变,分别对 A、 B 进行受力分析,根据牛顿第二定律即可求解. 【解答】解:力 F 作用时,

对 A 有:F 弹=m1a 对 B 有 F﹣F 弹=m2a 当突然撤去推力 F 的瞬间,弹簧弹力没有发生改变,对 B 受力分析有: ﹣F 弹=m2a2 解得: A 受到弹力作用,撤去 F 的瞬间弹簧的弹力不变,所以 A 的加速度不变,仍为 a.选项 ABC 错误,D 正确. 故选 D

8.某缓冲装置可抽象成图所示的简单模型.其中 k1、k2 为原长相等、劲度系数不同的轻质 弹簧.下列表述正确的是( )

A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 B.垫片向右移动时,两弹簧产生的弹力大小相等 C.垫片向右移动时,两弹簧的长度保持相等 D.垫片向右移动时,两弹簧的形变量相同 【考点】胡克定律. 【分析】由图看出两个弹簧是串联关系,弹力大小相等,然后结合胡克定律进行分析. 【解答】解:A、劲度系数不同,在相同的压力下形变效果不同,故缓冲效果与弹簧的劲度 系数有关,故 A 错误; B、垫片向右移动时,两个弹簧的长度变了,而两弹簧是串联关系,故两弹簧产生的弹力大 小始终相等,故 B 正确; CD、垫片向右移动时,两弹簧的弹力大小相等,根据胡克定律公式 F=kx,知两弹簧的劲度 系数不同,故形变量不同;故 CD 错误; 故选:B

9.如图,直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上运动的汽车 a 和 b 的位置一时间(x﹣t)图 线,由图可知( )

A.在时刻 t1,a 车追上 b 车 B.在时刻 t2,a、b 两车运动方向相反 C.在 t1 到 t2 这段时间内,b 车的速率先减少后增加 D.在 t1 到 t2 这段时间内,b 车的速率一直不比 a 车大 【考点】匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律,图线的斜率表示速度的大小.纵坐 标的变化量表示位移,平均速度等于位移与时间的比值.根据这些知识进行分析. 【解答】解:A、在时刻 t1,a、b 两车的位置坐标相同,开始 a 的位移大于 b 的位移,说明 b 追上 a.故 A 错误. B、在时刻 t2,a 图线切线斜率为负值,说明 a 的速度沿负向,而 b 的斜率为正值,速度沿 正向,所以两车运动方向相反.故 B 正确. C、位移图线切线的斜率表示速度,在 t1 到 t2 这段时间内,b 车图线斜率先减小后增大,故 b 车的速率先减少后增加,故 C 正确. D、位移图线切线的斜率表示速度,在 t1 到 t2 这段时间内,b 车图线斜率先大于 a 后小于 a, 所以 b 车的速率不是一直比 a 车大.故 D 错误. 故选:BC.

10.2012 年 11 月,“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图(a)为利用阻拦系 统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图. 飞机着舰并成功钩住阻拦索后, 飞机的动 力系统立即关闭, 阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力, 使飞机在甲板上短距离滑行后 停止,某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在 t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置,其着 舰到停止的速度﹣时间图线如图(b)所示.假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行 距离约 1000m.已知航母始终静止,重力加速度的大小为 g.则( )

A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 B.在 0.4s~2.5s 时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5g D.在 0.4s~2.5s 时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【考点】功率、平均功率和瞬时功率;匀变速直线运动的图像. 【分析】通过速度与时间的图象,由图象的斜率表示加速度大小,再由牛顿第二定律确定阻 拦索的拉力,同时由图象与时间所构成的面积为位移的大小.由功率 P=FV 可确定大小如何 变化. 【解答】解:A、由图象可知,从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所 构成的面积,即约为 的距离约为无阻拦索时的 ,而无阻拦索的位移为 1000m,因此飞机在甲板上滑行 ,故 A 正确;

B、在 0.4s~2.5s 时间内,速度与时间的图象的斜率不变,则加速度也不变,所以合力也不 变,因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化,但阻拦索的张力是变化的,故 B 错误; C、在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小为 2.5g,故 C 正确; D、在 0.4s~2.5s 时间内,阻拦系统对飞机做功的功率 P=FV,虽然 F 不变,但 V 是渐渐变 小,所以其变化的,故 D 错误; 故选:AC >

11. 如图, 在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板, 其上叠放一质量为 m2 的木块. 假 定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等. 现给木块施加一随时间 t 增大的水平 力 F=kt(k 是常数) ,木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2,下列反映 a1 和 a2 变化的图线 中正确的是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】牛顿第二定律. 【分析】当 F 比较小时,两个物体相对静止,一起加速运动,加速度相同,根据牛顿第二 定律得出加速度与时间的关系.当 F 比较大时,m2 相对于 m1 运动,两者加速度不同,根据 牛顿第二定律分别对两个物体研究,得出加速度与时间的关系,再选择图象. 【解答】解:当 F 比较小时,两个物体相对静止,加速度相同,根据牛顿第二定律得: a= = ,a∝t;

当 F 比较大时,m2 相对于 m1 运动,根据牛顿第二定律得: 对 m1:a1= ,μ、m1、m2 都一定,则 a1 一定.

对 m2:a2=

=

=

t﹣μg,a2 是 t 的线性函数,t 增大,a2 增大.

由于 确. 故选:A

,则两木板相对滑动后 a2 图象大于两者相对静止时图象的斜率.故 A 正

二、非选择题:本大题共 3 小题,满分 44 分. 12.在倾角为 α 的斜面上,一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端,另一端绕过一中间有 一圈凹槽的圆柱体,并用与斜面夹角为 β 的力 F 拉住,使整个装置处于静止状态,如图所 示.不计一切摩擦,圆柱体质量为 m,求拉力 F 的大小和斜面对圆柱体的弹力 FN 的大小.

【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 【分析】对圆柱体进行受力分析,对圆柱体沿斜面方向和垂直斜面方向分解,抓住两个方向 上的合力都为零,运用正交分解求出拉力 F 的大小和斜面对圆柱体的弹力 FN 的大小. 【解答】解:平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用,其受力如右 Fcos β+F=mgsin α.① 由①得 F=mg 将②代入垂直于斜面方向 FN+Fsinβ=mgcos α 解得: FN=mgcos α﹣Fsin β =mgcos α﹣mgsin β 答:拉力 F 的大小为 mg . ,FN 的大小为 mgcos α﹣mgsin β . ②

13.如图甲所示,质量 m=4kg 的物体在水平面上向右做直线运动.过 a 点时给物体作用一 个水平向左的恒力 F 并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体 的瞬时速度,所得 v﹣t 图象如图乙所示. (取重力加速度为 10m/s )求: (1)8s 末物体离 a 点的距离 (2)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 μ.
2

【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】 根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出物体离 a 点的距离.根据图线的斜率求 出加速度,结合牛顿第二定律求出力 F 的大小和动摩擦因数的大小. 【解答】解: (1)设 8s 末物体离 a 点的距离为 s,s 应为 v﹣t 图与横轴所围的面积,则有: , 故物体在 a 点右侧 8m 处. (2)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为 a1,则由 v﹣t 图得: a1=2 m/s2…① 根据牛顿第二定律,有 F+μmg=ma1…② 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为 a2,则由 v﹣t 图得: a2=1m/s2…③ 根据牛顿第二定律,有:F﹣μmg=ma2…④ 解①②③④得:F=6N,μ=0.05 答: (1)8s 末物体离 a 点的距离为 8m. (2)力 F 的大小为 6N,物体与水平面间的动摩擦因数 μ 为 0.05.

14.如图,一质量为 1kg 的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角 θ 为 30° ,现小 球在 F=10N 的沿杆向上的拉力作用下,从 A 点静止出发沿杆向上运动,已知杆与球间的动 摩擦因数 μ 为 .试求:

(1)小球运动的加速度 a1; (2)若 F 作用 2s 后撤去,小球上滑过程中距 A 点最大距离 Sm; (3)若从撤去力 F 开始计时,小球经多长时间将经过距 A 点上方为 4.64m 的 B 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. 【分析】 (1)根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度. (2)根据速度时间公式和位移公式求出刚撤去拉力 F 时小球的速度和位移,根据牛顿第二 定律求出撤去 F 时的加速度,结合运动学公式求出上滑的位移,从而得出小球上滑过程中 距 A 点最大距离.

(3)小球经过 A 点上方的 B 点,可能向上做匀减速经过 B 点,也可能返回时做匀加速运 动经过 B 点,根据牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间. 【解答】解: (1)在力 F 作用时有: F﹣mgsin30° ﹣μmgcos30°=ma1 代入数据解得 a1=2 m/s
2

(2)刚撤去 F 时,小球的速度 v1=a1t1=2×2m/s=4m/s 小球的位移 s1= t1= =4m

撤去力 F 后,小球上滑时有: mgsin30° +μmgcos30° =ma2 代入数据解得 a2=8m/s 因此小球上滑时间 t2=
2

=

=0.5s

上滑位移 s2=

=1m

则小球上滑的最大距离为 sm=s1+s2=4+1m=5m (3)在上滑阶段通过 B 点: SAB﹣S1=v1 t3﹣ a2t32 通过 B 点时间 t3=0.2 s,另 t3=0.8s (舍去) 小球返回时有: mgsin30° =ma3 ﹣mgcos30°
2 代入数据解得 a3=2m/s

因此小球由顶端返回 B 点时有: Sm﹣SAB= a3t42 代入数据解得 t4=0.6s 通过通过 B 点时间 t2+t4=1.1s 答: (1)小球运动的加速度为 2m/s ; (2)小球上滑过程中距 A 点最大距离为 5m; (3)小球经 0.2s 或 1.1s 时间将经过距 A 点上方为 4.64m 的 B 点.
2


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