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重庆市巴蜀中学2014-2015学年高一上期期末考试物理试题(word版,含解答)

时间:2015-08-31


重庆市巴蜀中学 2014—2015 学年高一上学期期末考试

物 理 试 题
一、单项选择题(每小题的四个选项中,只有一个选项正确,每题 4 分,共 8 题,共 32 分) 1.如图所示,某质点沿半径为 r 的圆弧由 a 点运动到 b 点,则它通过的位移和路程分别是( )

A.0,0 B.2r,向东;πr C.r,向东;πr D.2r,向东;2r 2.有两个力,一个是 3N,一个是 5N,它们的合力大小( ) A.可能是 3 N B.可能是 1 N C.可能是 9 N D.可能是 12 N 3.如图所示是汽车的速度计,某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化.开始时指针指示在如图 甲所示的位置,经过 8s 后指针指示在如图乙所示的位置,若汽车做匀变速直线运动,那么它的 加速度约为( )

A.11 m/s B.5.0 m/s C.1.4 m/s D.0.6 m/s 4.在半球形光滑容器内,放置一细杆,如图所示,细杆与容器的接触点分别为 A、B 两点,则容器 上 A、B 两点对细杆的作用力方向分别为( )

2

2

2

2

A.均竖直向上 B.均指向球心 C.A 点处指向球心 O,B 点处竖直向上 D.A 点处指向球心 O,B 点处垂直于细杆 5.质量分别为 m1 和 m2 的两滑块 A 和 B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上,滑块与桌面间 的动摩擦因数均为 μ, 系统在水平拉力 F 作用下匀速向右运动, 选水平向右为正方向, 如图所示. 如 突然撤消拉力 F,则刚撤消后瞬间,二者的加速度 aA 和 aB 分别为( )

A.aA=0,aB=0

B.aA>0,aB<0

C.aA<0,aB>0

D.aA<0,aB=0

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6.如图所示,用一根长为 L 的细绳一端固定在 O 点,另一端悬挂质量为 m 的小球 A,为使细绳与 竖直方向夹 30°角且绷紧,小球 A 处于静止,则需对小球施加的最小力等于( )

A.

mg

B.

mg

C. mg

D.

mg

7.粗糙水平面上,一个小球向右运动,将弹簧压缩,随后又被弹回直到离开弹簧.则该小球从接触 到离开弹簧这个过程中,加速度大小的变化情况是( )

A.先增大后减小 B.先减小后增大 C.先增大后减小再增大 D.先减小后增大再减小 8.车厢内用细线悬挂两个质量不同的小球,上面小球的质量比下面小球的大,如图所示,当车厢水 平向右做初速度为零的,加速度为 a 的匀加速直线运动,两小球均相对车厢静止时,不计空气阻 力,下述各图正确的是( )

A.

B.

C.

D.

二、选择题(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,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分,共计 16 分) 9.如图所示,重物的质量为 m,轻细线 AO 和 BO 的 A、B 端是固定的,平衡时 AO 是水平的,BO 与水平面的夹角为 θ,AO 的拉力 F1 和 BO 的拉力 F2 的大小是( )

A.F1=mgcosθ

B.F1=mgcotθ

C.F2=mgsinθ

D. )

10. 如图所示是甲、 乙两物体从同一地点同时沿同一方向运动的速度时间图象, 其中 t2=2t1, 则 (

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A.在 t1 时刻,乙物体在前,甲物体在后 B.在 t1 时刻,甲、乙两物体相遇 C.在 t1 时刻,甲、乙两物体速度相等,且两物体相距最远 D.在 t2 时刻,甲、乙两物体相遇 11.半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上,其右端有一固定放置的竖直挡板 MN.在半圆柱体 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q,整个装置处于平衡状态,如图所示是这个装置的截面 图.现使 MN 保持竖直并且缓慢地向右平移,在 Q 滑落到地面之前,发现 P 始终保持静止.则 在此过程中,下列说法中正确的是( )

A.MN 对 Q 的弹力逐渐减小 B.P 对 Q 的弹力逐渐增大 C.地面对 P 的摩擦力逐渐增大 D.Q 所受的合力逐渐增大 12.如图所示,带有长方体盒子的斜劈 A 放在固定的斜面体 C 的斜面上,在盒子内放有光滑球 B, B 恰与盒子前、后壁 P、Q 点相接触.若使斜劈 A 在斜面体 C 上静止不动,则 P、Q 对球 B 无 压力.以下说法正确的是( )

A.若 C 的斜面光滑,斜劈 A 由静止释放,则 P 点对球 B 有压力 B.若 C 的斜面光滑,斜劈 A 以一定的初速度沿斜面向上滑行,则 P、Q 对 B 均无压力 C.若 C 的斜面粗糙,斜劈 A 沿斜面匀速下滑,则 P、Q 对 B 均无压力 D.若 C 的斜面粗糙,斜劈 A 沿斜面加速下滑,则 Q 点对球 B 有压力 三、解答题(共 6 小题,满分 72 分) 13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中,以下说法正确的是 ( ) A.弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度 B.弹簧的弹力大小与弹簧的长度成正比 C.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量 D.用几个不同的弹簧,分别测出几组拉力与伸长量,得出拉力与伸长量之比均相等. 14.如图所示是物体做匀变速直线运动得到的一条纸带,纸带从 O 点开始每 5 个计时点取一个记数 点,图中相邻的计数点间有四个计时点没有画出.打点计时器与 50Hz 的低压交流电源相连接.依 照打点的先后顺序依次编为 1、 2、 3、 4、 5、 6, 测得 s1=5.18cm, s2=4.42cm, s3=3.62cm, s4=2.80cm, s5=2.00cm,s6=1.22cm.

(1)相邻两计数点间的时间间隔为 T= s. (2) 打点计时器打记数点 3 时, 物体的速度大小 v3= 或 B→A,结果保留 3 位有效数字) .
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m/s, 方向

(填 A→B

(3)物体的加速度大小 a= 位有效数字) .

m/s ,方向

2

(填 A→B 或 B→A,结果保留 3

15.质量为 m 的金属块放在水平桌面上,在大小为 F,水平向右的恒定拉力作用下,以速度 v 向右 做匀速直线运动,如图所示.重力加速度为 g.求: (1)金属块与桌面间的动摩擦因数 μ; (2)如果从某时刻起撤去拉力,撤去拉力后金属块的加速度; (3)撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离 s.

16. 如图所示, 物体的质量为 2kg, 两根轻绳 AB 和 AC 的一端连接于竖直墙上, 另一端系于物体上, 在物体上另施加一个方向与水平线成 θ=30°的拉力 F,小球处于静止状态.重力加速度为 2 g=10m/s ,求: (1)当轻绳 AC 的拉力刚好为零时,拉力的大小 F1; (2)当轻绳 AB 的拉力刚好为零时,拉力的大小 F2; (3)若要使两绳均能伸直,求拉力 F 的大小的取值范围.

17.一质点从静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为 a1,当速度大小为 v 时将加速度反向,大 小恒定.为使这物体在相同的时间内回到原出发点.求: (1)质点从静止开始到加速度反向所经历的时间 t; (2)加速度反向后的加速度 a2 应是多大;回到原出发点时速度 v2 多大. 18.质量为 M,厚度可忽略的质量分布均匀的薄板静置于水平桌面上,其一端与桌边对齐,在板上 距板端为 l 处放一质量为 m 的小花瓶.已知桌面长 L,如图所示.水平恒力 F 作用于板上,板 和花瓶在运动的过程中不考虑翻转.已知各接触面之间的动摩擦因数均为 μ,且最大静摩擦力 等于滑动摩擦力.重力加速度为 g.求: (1)花瓶相对板滑动过程中,桌面对木板的滑动摩擦力的大小; (2)若花瓶能在板上滑动,力 F 大小应满足的条件. (3) 若板在抽出过程中始终保持水平, 将板从花瓶下抽出, 为使板抽出后花瓶不至于从桌上掉下, 则 F 至少为多大.

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重庆市巴蜀中学 2014—2015 学年高一上学期期末考试

物 理 试 题(答案与解析)
一、单项选择题(每小题的四个选项中,只有一个选项正确,每题 4 分,共 8 题,共 32 分) 1.如图所示,某质点沿半径为 r 的圆弧由 a 点运动到 b 点,则它通过的位移和路程分别是( )

A. 0,0

B. 2r,向东;πr

C. r,向东;πr

D. 2r,向东;2r

考点:位移与路程. 专题:计算题. 分析: 位移是指从初位置到末位置的有向线段,位移是矢量,有大小也由方向; 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:位移是指从初位置到末位置的有向线段,所以此时位移的大小为 ab 之间的直线距离, 即为 2r,方向有 a 指向 b,即向东; 路程是指物体所经过的路径的长度,即为半圆的弧长,所以大小为 πr,所以 B 正确. 故选 B. 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. 2.有两个力,一个是 3N,一个是 5N,它们的合力大小( ) A. 可能是 3 N B. 可能是 1 N C. 可能是 9 N 考点:合力的大小与分力间夹角的关系. 专题:平行四边形法则图解法专题. 分析:两个力的合力范围为|F1﹣F2|≤F 合≤F1+F2.根据两个力的大小,求出合力范围,可知合力大小 的可能值. 解答: 解:根据力的矢量合成法则,当两力合成时,这两个力的合力范围为 2N≤F 合≤8N.故 A 正 确,BCD 错误. 故选:A. 点评:解决本题的关键掌握两个力的合力范围|F1﹣F2|≤F 合≤F1+F2 3.如图所示是汽车的速度计,某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化.开始时指针指示在如图 甲所示的位置,经过 8s 后指针指示在如图乙所示的位置,若汽车做匀变速直线运动,那么它的加速 度约为( )

D. 可能是 12 N

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A. 11 m/s

2

B. 5.0 m/s

2

C. 1.4 m/s

2

D. 0.6 m/s

2

考点:加速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:根据汽车的初末速度,结合加速度的定义式求出汽车的加速度. 解答: 解:速度的变化量为:△ v=40km/h=11m/s, 则加速度为:a= 故选:C. 点评:解决本题的关键掌握加速度的定义式 a= ,以及在计算时注意单位的换算. .

4.在半球形光滑容器内,放置一细杆,如图所示,细杆与容器的接触点分别为 A、B 两点,则容器 上 A、B 两点对细杆的作用力方向分别为( )

A. B. C. D.

均竖直向上 均指向球心 A 点处指向球心 O,B 点处竖直向上 A 点处指向球心 O,B 点处垂直于细杆

考点:物体的弹性和弹力;弹性形变和范性形变. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:支持力是一种弹力,其方向与接触面垂直,并且指向被支持物,从而即可求解. 解答: 解:半球形光滑容器对细杆 A、B 两点处都有支持力. 在 A 处:细杆与半球形光滑容器的接触面是半球形光滑容器的切面,半球形光滑容器对细杆的支持 力垂直切面指向细杆,根据几何知识得知,此方向指向球心 O,即 A 点处半球形光滑容器对细杆的 支持力指向球心 O. 在 B 处:细杆与半球形光滑容器的接触面就是细杆的下表面,所以 B 点处半球形光滑容器对细杆的 支持力垂直于细杆斜向上.故 D 正确,ABC 错误. 故选:D. 点评:弹力通常有三种:支持力、压力和拉力.对于球形物体,若两个物体是点与点接触型,支持 力常常指向球心. 5.质量分别为 m1 和 m2 的两滑块 A 和 B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上,滑块与桌面间 的动摩擦因数均为 μ,系统在水平拉力 F 作用下匀速向右运动,选水平向右为正方向,如图所示.如 突然撤消拉力 F,则刚撤消后瞬间,二者的加速度 aA 和 aB 分别为( )

A. aA=0,aB=0

B. aA>0,aB<0

C. aA<0,aB>0

D. aA<0,aB=0

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.
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分析:对 AB 受力分析,由于在撤去外力瞬间,弹簧未来的及变化,根据牛顿第二定律判断加速变 化 解答: 解:由于 AB 向右运动,当撤去外力瞬间,由于惯性,AB 还是向右运动,由于弹簧还未来 得及变化,故 B 继续向前加速运动,A 向前减速运动,故 aA<0,aB>0 故选:C 点评:本题主要考查了对物体的受力分析,抓住撤去外力的瞬间,弹簧的弹力不变即可 6.如图所示,用一根长为 L 的细绳一端固定在 O 点,另一端悬挂质量为 m 的小球 A,为使细绳与 竖直方向夹 30°角且绷紧,小球 A 处于静止,则需对小球施加的最小力等于( )

A.

mg

B.

mg

C.

mg

D.

mg

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:小球 A 处于静止,受力平衡,分析受力情况,用作图法得出对小球施加的力最小的条件,再 由平衡条件求出力的最小值. 解答: 解:以小球为研究对象,分析受力,作出力图如图,根据作图法分析得到,当小球施加的 力 F 与细绳垂直时,所用的力最小.根据平衡条件得 F 的最小值为 Fmin=Gsin30°= 故选:C.

点评:本题物体平衡中极值问题,关键是确定极值条件,本题采用图解法得到力最小的条件,也可 以运用数学函数法求解极值. 7.粗糙水平面上,一个小球向右运动,将弹簧压缩,随后又被弹回直到离开弹簧.则该小球从接触 到离开弹簧这个过程中,加速度大小的变化情况是( )

第 7 页(共 16 页)

A. 先增大后减小 C. 先增大后减小再增大

B. 先减小后增大 D. 先减小后增大再减小

考点:牛顿第二定律. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:小球接触弹簧到离开,根据弹簧的形变量判断弹力的变化,结合牛顿第二定律判断加速度的 变化. 解答: 解:小球与弹簧接触后,受到向左的弹力和摩擦力,根据 a= x 逐渐增大,则加速度逐渐增大. 反弹后,小球的加速度 a= a= ,形变量减小,加速度减小,当加速度减小为零后,加速度大小 知,向左压缩的过程中,

,方向向右,x 减小,加速度 a 增大,可知整个过程中加速度先增大后减小再增大.

故选:C. 点评:本题是含有弹簧的动态变化分析情况,要抓住弹力的可变性,由牛顿定律分析物体的运动情 况. 8.车厢内用细线悬挂两个质量不同的小球,上面小球的质量比下面小球的大,如图所示,当车厢水 平向右做初速度为零的,加速度为 a 的匀加速直线运动,两小球均相对车厢静止时,不计空气阻力, 下述各图正确的是( )

A.

B.

C.

D.

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:两小球与车厢具有相同的加速度,分别对质量小的小球和两球整体分析,得出绳子拉力的方 向,从而确定正确的选项. 解答: 解:对两球整体分析,整体受总重力、上面绳子的拉力两个力作用,设上面绳子与竖直方 向的夹角为 θ,根据平行四边形定则知,tanθ= ,

对质量小的小球分析,受重力和绳子的拉力,设下面绳子与竖直方向的夹角为 α,根据平行四边形 定则知, ,

可知 θ=α,故 B 正确,A、C、D 错误. 故选:B. 点评:解决本题的关键知道小球和车厢具有相同的加速度,合理地选择研究对象,结合牛顿第二定 律和平行板四边形定则进行求解. 二、选择题(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,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分,共计 16 分)

第 8 页(共 16 页)

9.如图所示,重物的质量为 m,轻细线 AO 和 BO 的 A、B 端是固定的,平衡时 AO 是水平的,BO 与水平面的夹角为 θ,AO 的拉力 F1 和 BO 的拉力 F2 的大小是( )

A. F1=mgcosθ

B. F1=mgcotθ

C. F2=mgsinθ

D.

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:以结点为研究对象,分析受力情况:三根细线的拉力.重物对 O 点的拉力等于 mg.作出力 图求解. 解答: 解:以结点为研究对象,分析受力情况:三根细线的拉力.重物对 O 点的拉力等于 mg. 根据平衡条件得知,mg 与 F1 的合力与 F2 大小相等、方向相反,作出力的合成图如图.则有 F1=mgcotθ F2= 故选 BD

点评:本题是常见的绳子悬挂物体的类型,常常选择结点为研究对象,根据平衡条件研究.比较容 易. 10. 如图所示是甲、 乙两物体从同一地点同时沿同一方向运动的速度时间图象, 其中 t2=2t1, 则 ( )

A. B. C. D.

在 t1 时刻,乙物体在前,甲物体在后 在 t1 时刻,甲、乙两物体相遇 在 t1 时刻,甲、乙两物体速度相等,且两物体相距最远 在 t2 时刻,甲、乙两物体相遇

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.
第 9 页(共 16 页)

分析:速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移.根据位移大小关系,分析两物体的位置关系,判断 是否相遇. 解答: 解:AB、根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移.知 t1 时刻,乙物体的位移比甲的位 移小,两者又是从同地出发的,则乙物体在后,甲物体在前.故 A、B 错误. C、在 t1 时刻前,甲的速度大,两者间距增大.在 t1 时刻前,乙的速度大,两者间距减小,则在 t1 时刻,甲、乙两物体速度相等,相距最远.故 C 正确. D、t2 时刻甲图线的“面积”等于乙图线的“面积”,则甲的位移等于乙的位移,而两物体是从同一地点 沿同一方向作直线运动的,说明 t2 时刻相遇.故 D 正确. 故选:CD 点评:本题考查对速度图象的理解,抓住速度图象的“面积”表示位移是关键,同时知道速度相等时 两物相距最远. 11.半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上,其右端有一固定放置的竖直挡板 MN.在半圆柱体 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q,整个装置处于平衡状态,如图所示是这个装置的截面图.现 使 MN 保持竖直并且缓慢地向右平移, 在 Q 滑落到地面之前, 发现 P 始终保持静止. 则在此过程中, 下列说法中正确的是( )

A. MN 对 Q 的弹力逐渐减小 C. 地面对 P 的摩擦力逐渐增大

B. P 对 Q 的弹力逐渐增大 D. Q 所受的合力逐渐增大

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:先对圆柱体 Q 受力分析,受到重力、杆 MN 的支持力和半球 P 对 Q 的支持力,其中重力的大 小和方向都不变,杆 MN 的支持力方向不变、大小变,半球 P 对 Q 的支持力方向和大小都变,然后 根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律;最后对 PQ 整体受力分析,根据共点力平衡条 件得到地面对整体的摩擦力情况. 解答: 解:A、B、对圆柱体 Q 受力分析,受到重力、杆 MN 的支持力和半球 P 对 Q 的支持力, 如图

重力的大小和方向都不变,杆 MN 的支持力方向不变、大小变,半球 P 对 Q 的支持力方向和大小都 变,然后根据平衡条件,得到 N1=mgtanθ

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由于 θ 不断增大,故 N1 不断增大,N2 也不断增大; 故 A 错误,B 正确; C、对 PQ 整体受力分析,受到总重力、MN 杆的支持力 N1,地面的支持力 N3,地面的静摩擦力 f, 如图

根据共点力平衡条件,有 f=N1=mgtanθ 由于 θ 不断增大,故 f 不断增大,故 C 正确; D、物体 Q 一直保持静止,故 D 错误; 故选 BC. 点评:本题关键先对物体 Q,再对物体 PQ 整体受力分析,然后根据共点力平衡条件列式求解出各 个力的表达式进行分析处理. 12.如图所示,带有长方体盒子的斜劈 A 放在固定的斜面体 C 的斜面上,在盒子内放有光滑球 B, B 恰与盒子前、 后壁 P、 Q 点相接触. 若使斜劈 A 在斜面体 C 上静止不动, 则 P、 Q 对球 B 无压力. 以 下说法正确的是( )

A. B. C. D.

若 C 的斜面光滑,斜劈 A 由静止释放,则 P 点对球 B 有压力 若 C 的斜面光滑,斜劈 A 以一定的初速度沿斜面向上滑行,则 P、Q 对 B 均无压力 若 C 的斜面粗糙,斜劈 A 沿斜面匀速下滑,则 P、Q 对 B 均无压力 若 C 的斜面粗糙,斜劈 A 沿斜面加速下滑,则 Q 点对球 B 有压力

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:斜劈 A 在斜面体 C 上静止不动,则 B 受重力和支持力平衡.当斜面光滑,斜劈 A 和 B 球具 有相同的加速度沿斜面向下加速,通过对 B 球进行受力分析,判断 P、Q 对球有无压力.当斜面粗 糙或光滑,按照同样的方法,先判断出整体的加速度方向,再隔离对 B 进行受力分析,从而判断 P、 Q 对球有无压力. 解答: 解:A、当斜面光滑,斜劈静止释放,斜劈和球这个整体具有相同的加速度,方向沿斜面 向下.根据牛顿第二定律,知 B 球的合力方向沿斜面向下.所以 B 球受重力、底部的支持力、以及 Q 对球的弹力.知 P 点对球无压力,Q 点对球有压力.故 A、B 错误. C、斜劈 A 沿斜面匀速下滑,知 B 球处于平衡状态,受重力和底部的支持力平衡.所以 P、Q 对球 均无压力.故 C 正确. D、斜劈 A 沿斜面加速下滑,斜劈和球这个整体具有相同的加速度,方向沿斜面向下.根据牛顿第 二定律,知 B 球的合力方向沿斜面向下.所以 B 球受重力、底部的支持力、以及 Q 对球的弹力.故 D 正确.
第 11 页(共 16 页)

故选:CD. 点评:解决本题的关键通过整体法判断整体的加速度方向,再用隔离法对 B 球进行分析,从而判断 P、Q 对球有无压力. 三、解答题(共 6 小题,满分 72 分) 13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中,以下说法正确的是 ( ) A. 弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度 B. 弹簧的弹力大小与弹簧的长度成正比 C. 用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量 D. 用几个不同的弹簧,分别测出几组拉力与伸长量,得出拉力与伸长量之比均相等. 考点:探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题:实验题. 分析:在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中,弹簧的弹力与行变量的关系满足 F=kx,其中 k 由 弹簧本身决定. 解答: 解:A、弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度,否则弹簧会损坏,故 A 正确. B、弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比.故 B 错误. C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量.故 C 错误. D、拉力与伸长量之比是劲度系数,由弹簧决定,同一弹簧的劲度系数是不变的,不同的弹簧的劲 度系数不同,故 D 错误. 故选:A. 点评:本题关键明确实验原理,知道伸长量、原长和长度间的关系,明确弹簧的劲度系数由弹簧本 身决定. 14.如图所示是物体做匀变速直线运动得到的一条纸带,纸带从 O 点开始每 5 个计时点取一个记数 点,图中相邻的计数点间有四个计时点没有画出.打点计时器与 50Hz 的低压交流电源相连接.依照 打点的先后顺序依次编为 1、2、3、4、5、6,测得 s1=5.18cm,s2=4.42cm,s3=3.62cm,s4=2.80cm, s5=2.00cm,s6=1.22cm.

(1)相邻两计数点间的时间间隔为 T= 0.1 s. (2)打点计时器打记数点 3 时,物体的速度大小 v3= B→A,结果保留 3 位有效数字) . (3)物体的加速度大小 a= 0.224 数字) .
2

0.321 m/s,方向 B→A

(填 A→B 或

m/s ,方向 A→B

(填 A→B 或 B→A,结果保留 3 位有效

考点: 测定匀变速直线运动的加速度. 专题: 实验题. 分析: 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点 3 的速度.根据连续相等 时间内的位移之差是一恒量求出加速度. 解答: 解: (1)相邻的计数点间有四个计时点没有画出,可知相邻计数点间的时间间隔为: T=0.02×5s=0.1s.
第 12 页(共 16 页)

(2) 计数点 3 的瞬时速度为: (3)根据△ x=aT ,运用逐差法得: =
2

m/s=0.321m/s. 方向由 B→A.

m/s =﹣0.224m/s . ,方向由 A→B. 故答案为: (1)0.1, (2)0.321,B→A(3)0.224,A→B 点评: 解决本题的关键掌握纸带的处理方法,会通过纸带求解瞬时速度和加速度,关键是匀变速 直线运动的推论的运用. 15.质量为 m 的金属块放在水平桌面上,在大小为 F,水平向右的恒定拉力作用下,以速度 v 向右 做匀速直线运动,如图所示.重力加速度为 g.求: (1)金属块与桌面间的动摩擦因数 μ; (2)如果从某时刻起撤去拉力,撤去拉力后金属块的加速度; (3)撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离 s.

2

2

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:根据共点力平衡求出金属块与桌面间的动摩擦因数.撤去拉力后,结合牛顿第二定律求出金 属块的加速度,根据速度位移公式求出还能滑行的距离. 解答: 解: (1)根据共点力平衡得,F=μmg,解得: (2)撤去拉力后,金属块的加速度为: . . .

(3)根据速度位移公式得,金属块还能滑行的距离为:x=

答: (1)金属块与桌面间的动摩擦因数为



(2)如果从某时刻起撤去拉力,撤去拉力后金属块的加速度为 ; (3)撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离为 .

点评:本题考查了共点力平衡、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,基础题.

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16. 如图所示, 物体的质量为 2kg, 两根轻绳 AB 和 AC 的一端连接于竖直墙上, 另一端系于物体上, 在物体上另施加一个方向与水平线成 θ=30°的拉力 F,小球处于静止状态.重力加速度为 g=10m/s , 求: (1)当轻绳 AC 的拉力刚好为零时,拉力的大小 F1; (2)当轻绳 AB 的拉力刚好为零时,拉力的大小 F2; (3)若要使两绳均能伸直,求拉力 F 的大小的取值范围.
2

考点:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:对 A 球受力分析,受到拉力 F、重力 mg,两根细绳的拉力 FB、FC,根据共点力平衡条件列 方程求解. 解答: 解: (1) (2)对 A 球受力分析,受到拉力 F,重力 mg,两根细绳的拉力 FB、FC,根据平 衡条件,有: x 方向:Fcos30°=FC+FBcos30° ① y 方向:Fsin30°+FBsin30°=mg ② 当 FB=0 时,F 最大,为:Fmax=2mg=40N; 当 FC=0 时,F 最小,为:Fmin=mg=20N; (3)若要使两绳均能伸直,拉力 F 的大小的取值范围:20N≤F≤40N 答: (1)若 AC 绳恰好松驰,拉力 F 的大小最大,为 20N; (2)若 AB 绳恰好松驰,拉力 F 的大小最小,为 40N. (3)拉力 F 的大小的取值范围:20N≤F≤40N; 点评:本题关键是对小球受力分析,列平衡方程,然后找出最大和最小两种临界情况讨论即可. 17.一质点从静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为 a1,当速度大小为 v 时将加速度反向,大 小恒定.为使这物体在相同的时间内回到原出发点.求: (1)质点从静止开始到加速度反向所经历的时间 t; (2)加速度反向后的加速度 a2 应是多大;回到原出发点时速度 v2 多大. 考点:牛顿第二定律. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)根据速度时间公式求出质点从静止开始到加速度反向所经历的时间; (2)抓住两段时间内时间相等,位移的大小相等,方向相反,结合匀变速直线运动的位移时间公式 求出加速度 a1 与加速度 a2 的比值.得出加速度 a2 的大小. 解答: 解: (1)质点从静止开始到加速度反向所经历的时间为:t= (2)在加速阶段有: …① .

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减速阶段的位移为:x2=v0t﹣ 其中:v0=a1t x1=﹣x2…③ 联立①②③解得:a1:a2=1:3, 则有:a2=3a1.

…②

以初速度方向为正方向,由平均速度与位移关系得: 解得:v2=﹣2v1. 答: (1)质点从静止开始到加速度反向所经历的时间为 .



(2)加速度反向后的加速度 a2 应是 3a1,回到原出发点时速度为﹣2v1. 点评:熟练掌握运动学公式中各个物理量的含义和公式的矢量性,这要在平时训练中不断的加强练 习以加深理解. 18.质量为 M,厚度可忽略的质量分布均匀的薄板静置于水平桌面上,其一端与桌边对齐,在板上 距板端为 l 处放一质量为 m 的小花瓶.已知桌面长 L,如图所示.水平恒力 F 作用于板上,板和花 瓶在运动的过程中不考虑翻转.已知各接触面之间的动摩擦因数均为 μ,且最大静摩擦力等于滑动 摩擦力.重力加速度为 g.求: (1)花瓶相对板滑动过程中,桌面对木板的滑动摩擦力的大小; (2)若花瓶能在板上滑动,力 F 大小应满足的条件. (3)若板在抽出过程中始终保持水平,将板从花瓶下抽出,为使板抽出后花瓶不至于从桌上掉下, 则 F 至少为多大.

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: (1)根据滑动摩擦力公式求出桌面对木板的摩擦力. (2)隔离对花瓶分析,根据牛顿第二定律求出恰好发生相对滑动时的加速度,对整体分析,根据牛 顿第二定律求出发生相对滑动时的最小拉力. (3)木板在被抽出的过程中,花瓶先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动,根据运动学规律求解 出时间;再求解出木板的加速度,最后对木板受力分析,根据牛顿第二定律求解拉力大小. 解答: 解: (1)桌面对木板的滑动摩擦力 f=μ(M+m)g. (2)花瓶在板上滑动时的临界加速度 a= ,

对整体分析,F﹣μ(M+m)g=(M+m)a,解得 F=2μ(M+m)g, 即 F>2μ(M+m)g 时,花瓶能在板上滑动. (3)设花瓶没有离开木板的过程,时间为 t,花瓶的加速度大小为 a1,移动的距离为 s1,木板被抽 出后,小瓶在桌面上做匀减速直线运动,设加速度大小为 a2,移动的距离为 s2,有: μmg=ma1
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μmg=ma2 即有:a1=a2=μg 根据运动学规律有:s1=s2 所以:s1= =s2

根据题意有:s1+s2=L﹣l 设花瓶没有离开木板的过程中,木板的加速度为 a,移动的距离为 s,有:s= 根据题意有:s=s1+l 根据牛顿第二定律得:F﹣μ(m+M)g﹣μmg=Ma 解得:F= +2μmg+μMg

答: (1)桌面对木板的滑动摩擦力的大小为 μ(M+m)g; (2)若花瓶能在板上滑动,力 F 大小应满足的条件为 F>2μ(M+m)g. (3)力 F 至少为 +2μmg+μMg.

点评:本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用,抓住位移之间的关系解题,明 确两个物体之间的时间和位移关系.

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