1、2015-2016学年陕西省西安一中高三（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.16小题单项选择，710多项选择。全部选对4分，选对但不全对2分，有选错或不选0分。）1下列说法正确的是( )A做匀变速直线运动的物体，其运动的方向一定不变B做自由落体运动的物体，其受到的合力一定为零C做平抛运动的物体，其运动的加速度一定不变D做匀速圆周运动的物体，其运动的速度一定不变2一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动从手突然停止到物体上升到最高点时止在此过程中，重物的加速度的数值将( )A逐渐增大B逐渐减小C先减小后增大D先增大再减小3如图所示，滑
2、块A和B叠放在固定的斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑已知B与斜面体之间光滑接触，则在AB下滑过程中，下列说法正确的是( )AA只受到重力和B的支持力的作用BA对B的压力大小等于A受到的重力大小C下滑过程中A的机械能守恒D下滑过程中B对A做负功4如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力已知滑块A与B质量之比为1：2，设滑块A与B间的动摩擦因数1，A与地面间的动摩擦因数2，则( )A12=B12=C=D=5金星和木星都绕太阳做匀速圆周运动，木星绕太阳的公转周期是金星绕太阳的公
3、转周期的20倍，那么金星和木星绕太阳运行的线速度大小之比约为( )ABC400D6如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在水平外力F1、F2的作用下运动，已知F1F2，当该运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )ABCD7美国一家科技公司整了一个“外联网”计划，准备发射数百个小卫星，向全国提供免费WIFI服务若这些小卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A小卫星的质量越大，所需要的发射速度越大B小卫星的轨道越高，所需要的发射速度越大C小卫星运行时的轨道半径越大，周期越大D小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力不变，向心加速
4、度不变8一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升高度h，重力加速度为g关于此过程，下列说法中正确的是( )A提升过程中，手对物体做功m（a+g）kB提升过程中，重力对物体做功mahC提升过程中，物体的重力势能增加m（a+g）hD提升过程中，物体克服重力做功mgh9如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD之间，两板与水平面的夹角都是60已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则( )A如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增
5、大D如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大10滑雪者从山上M处以水平速度飞出，经t0时间落在山坡上N处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N沿直线自由滑下，又经 t0时间到达坡上的P处斜坡NP与水平面夹角为300，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy随时间变化的图象是( )ABCD二、实验题（共2小题，满分15分）11用打点计时器测量物体自由落体运动的加速度时，得到如图所示的一段纸带，测得AB=6.65cm，BC=8.17cm已知打点计时器所接交流电频率是50Hz，A与B之间及B与C之间还有一计时点，则打B点时物体
6、的瞬时速度为_ m/s，测得的加速度为_m/s2如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是_（任意写一条即可）（计算结果均保留两位小数）12如图甲所示的光电门传感器是测定物体通过光电门的时间的仪器其原理是发射端发出一束很细的红外线到接收端，当固定在运动物体上的一个已知宽度为d的挡光板通过光电门挡住红外线时，和它连接的数字计时器可记下挡光的时间t，则可以求出运动物体通过光电门时的瞬时速度大小（1）为了减小测量瞬时速度的误差，应选择宽度比较_ （选填“宽”或“窄”）的挡光板（2）如图乙是某同学利用光电门传感器探究小车加速度与力之间关系的实验装置，他将该光电门固定在水平轨道上的B点，用不同
7、重物通过细线拉同一小车，小车每次都从同一位置A点静止释放如图丙所示，用游标卡尺测出挡光板的宽度d=_ mm，实验时将小车从图乙A点静止释放，由数字计时器记下挡光板通过光电门时挡光时间间隔t=0.02s，则小车通过光电门时的瞬时速度大小为_m/s；（结果保留两位有效数字）实验中设小车的质量为m1，重物的质量为m2，则在m1与m2满足关系式_时可近似认为细线对小车的拉力大小与重物的重力大小相等；测出多组重物的质量m2和对应挡光板通过光电门的时间t，并算出小车经过光电门时的速度v，通过描点作出两物理量的线性关系图象，可间接得出小车的加速度与力之间的关系处理数据时应作出_ 图象（选填“v2m1”或“v
8、2m2”）；某同学在中作出的线性关系图象不过坐标原点，如图丁所示（图中的m表示m1或m2，其可能的原因是_三、计算题（共4小题，满分45分，解答过程中请写出必要的文字说明和相应的计算公式。）132015年8月27日10时31分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将遥感二十七号卫星送入太空若遥感二十七卫星到地面的距离等于地球的半径R，已知地球表面的重力加速度为g求遥感二十七号卫星的周期14两个完全相同的物块A、B，质量均为m=1kg，沿同一粗糙水平面以相同的初速度从同一位置开始运动它们速度随时间的变化关系如图所示，图中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的
9、vt图象求：（1）4s末物块A、B之间的距离x；（2）物块A所受拉力F的大小15如图所示，光滑圆管轨道AB部分平直且足够长，BC部分是处于竖直平面内的半圆，其中BC为竖直直径，一半径略小于轨道内径的光滑小球以水平速度v0=5m/s射入圆管中，从C点水平射出时恰好对轨道无压力，重力加速度g取10m/s2求：（1）半圆轨道的半径R；（2）在小球从C点射出后在水平轨道AB外表面的落点与B点的水平距离16（14分）如图所示，一质量m=2kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M=1kg小铁块以水平向左的速度v0=9m/s从木板的右端滑上木板，已知木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，铁块与木板间的动摩
10、擦因数2=0.4，重力加速度g=10m/s2，木板足够长，求：（1）铁块相对木板滑动时木板的加速度大小；（2）铁块与木板摩擦所产生的热量和木板在水平地面上滑行的总路程2015-2016学年陕西省西安一中高三（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.16小题单项选择，710多项选择。全部选对4分，选对但不全对2分，有选错或不选0分。）1下列说法正确的是( )A做匀变速直线运动的物体，其运动的方向一定不变B做自由落体运动的物体，其受到的合力一定为零C做平抛运动的物体，其运动的加速度一定不变D做匀速圆周运动的物体，其运动的速度一定不变【考点】平抛运动；匀速圆周运动
11、 【专题】匀速圆周运动专题【分析】根据自由落体运动的概念，物体只在重力作用下从静止开始下落的运动可知物体只受重力且做匀变速直线运动；做平抛运动的物体，其运动的加速度是重力加速度；做匀速圆周运动的物体，其运动的速度方向时刻变化【解答】解：A、做匀变速直线运动的物体，若物体开始时做匀减速运动，其运动的方向可能会变成与原来的方向相反故A错误； B、由物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，可知，物体下落受到重力的作用，故B错误 C、做平抛运动的物体，其运动的加速度是重力加速度，一定不变故C正确； D、做匀速圆周运动的物体，其运动的速度的大小不变，方向时刻变化故D错误故选：C【点评】该题考查自由落体运
12、动、平抛运动以及圆周运动等常见的运动的特点，要牢记它们的运动特点与受力特点即可基础题目2一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动从手突然停止到物体上升到最高点时止在此过程中，重物的加速度的数值将( )A逐渐增大B逐渐减小C先减小后增大D先增大再减小【考点】牛顿第二定律 【分析】由题意知道，物体先匀速上升，拉力等于重力；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹力减小，合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动【解答】解：物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第
13、二定律，物体的加速度变大；故选A【点评】解决本题首先要明确物体靠惯性运动，力是改变速度的原因，其次要明确弹力变小导致合力的变化情况3如图所示，滑块A和B叠放在固定的斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑已知B与斜面体之间光滑接触，则在AB下滑过程中，下列说法正确的是( )AA只受到重力和B的支持力的作用BA对B的压力大小等于A受到的重力大小C下滑过程中A的机械能守恒D下滑过程中B对A做负功【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】先整体法分析，AB整体沿斜面向下匀加速直线运动，再隔离A进行分析求解即可【解答】解：A、对整体受力分析可得整体的加速度
14、沿着斜面向下，大小为gsin，对小木块A将加速度分解为水平向左的加速度ax和竖直向下的加速度ay，而对小木块A受力有重力mg（竖直向下）、支持力N（竖直向上）和摩擦力f（水平方向），显然水平分加速度只能由摩擦力提供，即f=max，故小木块A受到水平向左的摩擦力，故A错误；B、小木块有竖直向下的加速度，竖直方向由牛顿第二定律可得，mgN=may，故mgN，所以B对A的支持力的大小小于A受到的重力大小，根据牛顿第三定律可知，A对B的压力大小小于A受到的重力大小故B错误；A受力如图所示：C、D、当物块A下滑的距离为L时，合外力做的功：W1=mgsinL，该过程中重力做的功：WG=mgh=mgLsin
15、=W1，可知物体受到的合外力做的功与重力做的功相等，说明除重力做的功外，其他的力做功的总和为0即B对A做功的合为0，所以下滑过程中A的机械能守恒故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道B与整体具有相同的加速度，根据加速度确定物体的合力方向注意整体法和隔离法的运用4如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力已知滑块A与B质量之比为1：2，设滑块A与B间的动摩擦因数1，A与地面间的动摩擦因数2，则( )A12=B12=C=D=【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用 【专题】定量思
16、想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=2（m1+m2）g 再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N 竖直方向：m2g=f其中：f=1N联立有：m2g=1F 联立解得12=故选：A【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力5金星和木星都绕太阳做匀速圆周运动，木星绕太阳的公转周期是金星绕太阳的公转周期的
17、20倍，那么金星和木星绕太阳运行的线速度大小之比约为( )ABC400D【考点】万有引力定律及其应用 【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系式，结合周期之比求出金星和木星的轨道半径之比，从而求出线速度之比【解答】解：根据得，T=，v=，因为木星和金星的周期之比为20：1，则半径之比为：1，解得线速度之比为：1故选：D【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、周期、角速度、向心加速度与轨道半径的关系6如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在水平外力F1、
18、F2的作用下运动，已知F1F2，当该运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )ABCD【考点】牛顿第二定律；胡克定律 【专题】应用题；定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】先对整体分析，求出整体的加速度，再隔离分析，通过牛顿第二定律求出弹簧的弹力，从而通过胡克定律求出弹簧的伸长量【解答】解：以整体为研究对象，此时的加速度为：a=，隔离B对B受力分析，根据牛顿第二定律有：F2F=ma根据胡克定律得：F=kx，解得，弹簧的伸长量：x=；故选：D【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用7美国一家科技公司整了一个“外联网”计划，准备发射数百个小卫星
19、，向全国提供免费WIFI服务若这些小卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A小卫星的质量越大，所需要的发射速度越大B小卫星的轨道越高，所需要的发射速度越大C小卫星运行时的轨道半径越大，周期越大D小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力不变，向心加速度不变【考点】万有引力定律及其应用 【专题】万有引力定律的应用专题【分析】轨道越高，克服引力做功越多，则发射越困难根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径的关系，从而判断周期随轨道半径的变化匀速圆周运动时，向心加速度的大小不变，方向始终指向圆心【解答】解：A、发生的速度大小与小卫星的质量无关，故A错误B、小卫星的轨道越高，发
20、射时克服引力做功越多，则发射的速度越大，故B正确C、根据知，周期T=，小卫星的轨道半径越大，周期越大，故C正确D、小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力大小不变，向心加速度的大小不变，方向时刻改变，故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道小卫星做圆周运动向心力的来源，知道周期与轨道半径的关系，基础题8一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升高度h，重力加速度为g关于此过程，下列说法中正确的是( )A提升过程中，手对物体做功m（a+g）kB提升过程中，重力对物体做功mahC提升过程中，物体的重力势能增加m（a+g）hD提升过程中，物体克服重力做功mgh【考点】功能关
21、系；功的计算 【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用【分析】由牛顿第二定律求得人对物体的拉力，然后利用恒力做功的公式分别求出拉力和重力做的功物体克服重力做功多少等于物体重力势能的增加量【解答】解：A、设人对物体的拉力为F，由牛顿第二定律得 Fmg=ma，即F=m（g+a），则在提升过程中手对物体做功为 WF=Fh=m（a+g）h，故A正确；BCD、提升过程中重力对物体做功为WG=mgh，即物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故BC错误，D正确故选：AD【点评】本题考查了恒力做功引起物体动能变化的过程，正确求出各个力做的功是关键是一道好题9如图所示，将一个表面光滑的铁球放在
22、两块斜面板AB和CD之间，两板与水平面的夹角都是60已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则( )A如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增大D如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】如果突然撤去CD板，则小球受到重力和AB板的支持力，由平衡条件分析板对球的支持力变化，从而分析球对板的压力变化球受重力、两个挡板的弹力处于
23、平衡，当AB板固定，知AB板弹力的方向不变，两弹力的合力竖直向上，大小为mg，改变CD板弹力的方向，根据三角形定则，判断AB板、CD板对球弹力的变化【解答】解：AB、原来球静止，受力如图1所示，由几何关系和平衡条件可得：AB板对铁球的支持力 F2=G，则铁球对AB板的压力 F2=F2=G突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力为 Gsin60，因此撤去后铁球对AB板的压力减小故A正确，B错误CD、如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中，两挡板弹力的合力等于重力，大小和方向都不变，AB挡板对铁球弹力 F2的方向不变，改变CD挡板的弹力F1方向，根据三角形定则，（如图2所示）
24、知AB挡板的弹力F2逐渐减小，CD挡板的弹力先减小后增大根据牛顿第三定律可知，球对AB板的压力逐渐减小，球对CD板的压力先减小后增大，故C错误，D正确故选：AD【点评】处理力学的动态分析，抓住不变量，两弹力的合力大小和方向保持不变，AB板得弹力方向保持不变，根据三角形定则，可判断出力的大小变化10滑雪者从山上M处以水平速度飞出，经t0时间落在山坡上N处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N沿直线自由滑下，又经 t0时间到达坡上的P处斜坡NP与水平面夹角为300，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy随时间变化的图象是( )ABCD【考点】运动的合成和分解；平抛
25、运动 【专题】运动的合成和分解专题【分析】从M到N做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动；从N到P做匀加速直线运动，将该运动进行分解，根据运动学规律得出在水平方向和竖直方向上分运动的规律【解答】解：从M到N做平抛运动，分速度vx不变，分速度vy均匀增大，加速度为g从N到P做匀加速直线运动，加速度a=gsin30=在水平方向上有分加速度，所以水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上的分加速度为，做匀加速直线运动，则0t0和t02t0时间内在竖直方向上的加速度比值为4：1故B、D正确，A、C错误故选BD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律
26、，以及会对匀加速直线运动进行分解，知道其分运动的规律二、实验题（共2小题，满分15分）11用打点计时器测量物体自由落体运动的加速度时，得到如图所示的一段纸带，测得AB=6.65cm，BC=8.17cm已知打点计时器所接交流电频率是50Hz，A与B之间及B与C之间还有一计时点，则打B点时物体的瞬时速度为1.85 m/s，测得的加速度为9.50m/s2如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是下落过程中有存在阻力（任意写一条即可）（计算结果均保留两位小数）【考点】测定匀变速直线运动的加速度 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；直线运动规律专题【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测
27、得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，了解整个实验装置，分析物体下落过程中的受力情况，去找出误差的来源【解答】解：由图象结合交流电频率是50Hz，可知AB、BC它们之间的时间间隔都是T=0.04s，根据某点瞬时速度等于该点的相邻的两段位移内的平均速度得vB=1.85m/s根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2得：如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是下落过程中有存在阻力故答案为：1.85；9.50；下落过程中有存在阻力【点评】利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平
28、时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力，要注意单位的换算，能够知道相邻的计数点之间的时间间隔12如图甲所示的光电门传感器是测定物体通过光电门的时间的仪器其原理是发射端发出一束很细的红外线到接收端，当固定在运动物体上的一个已知宽度为d的挡光板通过光电门挡住红外线时，和它连接的数字计时器可记下挡光的时间t，则可以求出运动物体通过光电门时的瞬时速度大小（1）为了减小测量瞬时速度的误差，应选择宽度比较窄 （选填“宽”或“窄”）的挡光板（2）如图乙是某同学利用光电门传感器探究小车加速度与力之间关系的实验装置，他将该光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，小车每次都从同一
29、位置A点静止释放如图丙所示，用游标卡尺测出挡光板的宽度d=7.40 mm，实验时将小车从图乙A点静止释放，由数字计时器记下挡光板通过光电门时挡光时间间隔t=0.02s，则小车通过光电门时的瞬时速度大小为0.37m/s；（结果保留两位有效数字）实验中设小车的质量为m1，重物的质量为m2，则在m1与m2满足关系式m1m2时可近似认为细线对小车的拉力大小与重物的重力大小相等；测出多组重物的质量m2和对应挡光板通过光电门的时间t，并算出小车经过光电门时的速度v，通过描点作出两物理量的线性关系图象，可间接得出小车的加速度与力之间的关系处理数据时应作出v2m2 图象（选填“v2m1”或“v2m2”）；某同
30、学在中作出的线性关系图象不过坐标原点，如图丁所示（图中的m表示m1或m2，其可能的原因是操作过程中平衡摩擦力过量【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度为使绳子的拉力等于重物的重力，M应远远大于m；由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=，可知画出v2m图象可以直观的得出结论【解
31、答】解：（1）极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小，所以应该选择宽度比较窄的挡光板（2）游标卡尺的读数d=7mm+0.058mm=7.40mm，小车通过光电门时的瞬时速度大小为v=m/s=0.37m/s对整体分析，整体的加速度a=，细线的拉力F=m1a=可知m1m2时，可近似认为细线对小车的拉力大小与重物的重力大小相等由题意可知，该实验中保持小车质量m1不变，因此有：v2=2as=s，由题意可知，m1、s不变，画出v2m2图象，若图象为过原点的直线，则说明外力和加速度成正比，故画出v2m2图象可以直观的得出结论由图可知，m为零，v2不为零，相当于合力为零，加速度不为零，可
32、知操作过程中平衡摩擦力过量故答案为：（1）窄，（2）7.40，0.37，m1m2，v2m2，操作过程中平衡摩擦力过量【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项三、计算题（共4小题，满分45分，解答过程中请写出必要的文字说明和相应的计算公式。）132015年8月27日10时31分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将遥感二十七号卫星送入太空若遥感二十七卫星到地面的距离等于地球的半径R，已知地球表面的重力加速度为g求遥感二十七号卫星的周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 【专题】人造
33、卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力，求出遥感二十七号卫星的周期【解答】解：对卫星，根据得：T=，因为GM=gR2，解得：T=答：遥感二十七号卫星的周期为【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用14两个完全相同的物块A、B，质量均为m=1kg，沿同一粗糙水平面以相同的初速度从同一位置开始运动它们速度随时间的变化关系如图所示，图中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的vt图象求：（1）4s末物块A、B之间的距离x；（2）物块A所受拉力F的大小【考点】牛顿第二定律；加速度；匀变
34、速直线运动的图像 【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据平均速度公式分别求出物体AB的位移，得到两个物体的间距；（2）由速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据速度时间公式求出加速度，再对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解即可【解答】解：（1）设A、B两物块4s内的位移分别为x1、x2由图象得：所以有：x=x1x2=19 m（2）设A、B两物块的加速度分别为a1、a2，由vt图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1=8m/s，B物体的末速度v2=0，a1=a2=负号表示加速度方向与初速度方向相反对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：FFf=ma1
35、Ff=ma2由式可得：F=2.5N答：（1）4s末物块A、B之间的距离为19m（2）物块A所受拉力F的大小为2.5N【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动情况，然后根据运动学公式、牛顿第二定律列方程并联立方程组求解15如图所示，光滑圆管轨道AB部分平直且足够长，BC部分是处于竖直平面内的半圆，其中BC为竖直直径，一半径略小于轨道内径的光滑小球以水平速度v0=5m/s射入圆管中，从C点水平射出时恰好对轨道无压力，重力加速度g取10m/s2求：（1）半圆轨道的半径R；（2）在小球从C点射出后在水平轨道AB外表面的落点与B点的水平距离【考点】机械能守恒定律；向心力 【专题】机械能守恒定律
36、应用专题【分析】（1）小球经过C点时，恰好对轨道无压力，小球只受重力，并由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式再由A到C过程，由机械能守恒定律列式，联立求解R（2）小球从C点射出后做平抛运动，由平抛运动的规律求解【解答】解：（1）小球经过C点时，由重力提供向心力，则有 mg=m，得 vC=从A到C，由机械能守恒定律得 2mgR+=联立解得 R=m=0.5m（2）小球从C点射出后做平抛运动，则有 2R= x=vCt解得 x=2R=1m答：（1）半圆轨道的半径R是0.5m；（2）在小球从C点射出后在水平轨道AB外表面的落点与B点的水平距离是1m【点评】本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用对于
37、小球在管子里的运动情形与轻杆模型类似，关键掌握临界条件16（14分）如图所示，一质量m=2kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M=1kg小铁块以水平向左的速度v0=9m/s从木板的右端滑上木板，已知木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，重力加速度g=10m/s2，木板足够长，求：（1）铁块相对木板滑动时木板的加速度大小；（2）铁块与木板摩擦所产生的热量和木板在水平地面上滑行的总路程【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 【分析】铁块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，达到共同速度后，共同做减速运动直至停止，根据牛顿
38、第二定律分别求出它们的加速度，求出两物体速度相同时所需的时间，从而求出铁块相对地面的位移大小和木板相对于地面的位移，从而求出相对位移，再求出产生的热量，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求出共同做减速运动直至停止的位移，从而求出木板在水平地面上滑行的总路程【解答】解：（1）设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：2Mg1（M+m）g=ma2，解得：（2）设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a1，由牛顿第二定律得：2Mg=Ma1解得：设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有：v=v0a1t v=a2t 解得：v=1m/s，t=2s滑块相对于地面的位移为木板运动的位移，铁块与木板的相对位移x=x1x2=101=9m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q=fx=2Mgx=0.4109=36J达共同速度后的加速度为a3发生的位移为s，则有：a3=1g=1m/s2s=木板在水平地面上滑行的总路程l=x2+s=1+0.5=1.5m答：（1）铁块相对木板滑动时木板的加速度大小为0.5m/s2；（2）铁块与木板摩擦所产生的热量为36J，木板在水平地面上滑行的总路程为1.5m【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解
