1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年吉林省松原市实验高中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12个小题，每小题5分共60分，在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项符合题意要求，9­-12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或者不答的得0分）1物体a、b从同一位置沿着同一直线运动的vt图象如图所示，下列说法争取的是( )At=2s时，a、b速度方向均发生变化Bt=4s时，a、b相距20mC前4s，a、b均做匀变速直线运动D前4s，a与b的加速度始终相同2如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先
2、后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F，已知支架间的距离为AB的一半，则为( )ABCD3如图所示，物体从光滑斜面的顶端由静止下滑，经时间t速度为v1，此时施加平行于斜面向上的恒力F，又经时间t物体回到出发点，速度为v2，已知下滑过程中物体始终未脱离斜面，则v2：v1的值为( )A1：1B2：1C3：1D4：14如图所示，在水平面上运动的小车内，有一质量为M的物块与两根劲度系数分别为k1、k2的弹簧连接，小车向右以加速度a的大小做匀加速直线运动已知两根弹簧的形变量总和为x，不计物体与小车间的摩擦则图中物块的加速度a等于( )ABCD5如图所
3、示，在水平面上有一个小物块质量为m，从O点右侧给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，依次经过O、C、B、A四点，最终停在A点，A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3；下列结论正确的是( )ABCD6如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为的平板上，当从0缓慢增大到90的过程中，半球体所受摩擦力Ff与的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则( )AOq段图象可能是直线Bq段图象可能是直线Cq=Dp=7我国道路安全部门规定：高速公路上行驶的最高时速为12
4、0km/h交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.30.6s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数路面动摩擦因数干沥青0.7干碎石路面0.60.7湿沥青0.320.4根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近( )A100mB200mC300mD400m8如图所示，水平地面上，处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上用弹簧秤的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧秤始终与地面平行物块在水平拉力作用下缓慢滑动当物块滑动至A位置，AOB=120时，弹簧秤的示数为F则( )A物块与地面间的动摩擦因数为B木桩受到绳的拉力始终大于FC弹簧秤的拉力保持不变D
5、弹簧秤的拉力一直增大9如图所示，重为12N的物块G1在三根细绳的悬挂下处于 静止状态，细绳BP在水平方向，细绳AP偏离竖直方向37角，且连在重为50N的物块G2上，物块G2静止与倾角为37的斜面上，取g=10m/s2则下列说法正确的是( )A绳BP对物块G2的拉力9NB绳PA对P点的拉力为20NC斜面对物块G2的支持力40ND斜面对物块G2的摩擦力为37.2N10如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端的挡板C上，另一端自然伸长到A点质量为m的物块从斜面上B点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点下列说法正确的是( )A物块第一次滑到A点时速度最大B物块速
6、度最大时弹簧的压缩量小于C物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动D物块最终停在斜面上时物块受到的摩擦力小于mgsin11质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为a的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是( )A物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B物体A受到4个力的作用C物体B对斜面的等于mgcosaD物体B对物体A的压力大于mgsina12一质点（m=2kg）正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大小为4m/s，从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用，如图，是该力随时间周期性的变化图象（从该时刻开始计时，规
7、定向东方向为正方向）下列说法正确的是( )A2s末物块的速度大小为4m/sB从该时刻起，质点做往复运动C8s末质点的速度大小为12m/sD8s末质点的速度大小为4m/s二、实验题（本题共2小题，13小题4分，14小题10分，共14分，请把答案写在答题卡中的横线上）13在做“测定匀变速直线运动加速度”的实验中，取下一段如图所示的纸带研究其运动情况设O点为计数的起始点，在四个连续的计数点中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，若物体做理想的匀加速直线运动，则计数点“A”与起始点O之间的距离s1为_cm，物体的加速度为_m/s2（结果均保留3位有效数字）14在用DIS实验研究小车加速度与外力的关系时
8、，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端实验中把重物的重力作为拉力F，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据（1）在图（c）坐标纸上作出小车加速度a和拉力F的关系图线；（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是_；（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，如图（b）所示要满足小车质量M远大于重物的质量m是_的（填“必要”或“不必要”） a/ms2 2.01 2.98 4.02 6.00 F/N 1.002.00 3.00 5.00
9、 （4）如果实验装置如图（a），图为质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与重物的总质量m之间的关系图象设图（d）中直线斜率为k，在纵轴上的斜率为b，若牛顿第二定律成立，则小车的重量G为_；当地的重力加速度为_三、计算题（本题共3小题，共26分解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的，不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）15舰载战斗机在运动的航母上降落，风险之高，难度之大，一向被喻为：“刀尖上的舞蹈”舰载战斗机的降落可简化为下列物理模型：时速为3km/h的舰载机在航母阻拦系统的帮助下做匀减速运动100m后安全停下而以时速250km/h的普通战斗机在机场
10、上降落需滑行1000mg取10m/s2取试求：（1）舰载机和战斗机降落的加速度大小之比（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比16如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为，其斜面上有一静止的滑块质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值17如图所示一倾角为=60的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s的顺时针转动，今有如图所示一光滑的斜面，下端与
11、一段很短的光滑孤面相切，孤面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s顺时针转动，今有质量为1kg的物体（可视为质点）从斜面上高度为h=5m处滑下，物体在孤面运动时不损失机械能，而且每次在孤面上运动时间极短可以忽略，已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0.5取g=10m/s2 求：（1）水平传送带至少多长，物体才不会从左端滑出（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所用的时间2015-2016学年吉林省松原市实验高中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12个小题，每小题5分共60分，在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项符合题意要求，9­-12小题有
12、多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或者不答的得0分）1物体a、b从同一位置沿着同一直线运动的vt图象如图所示，下列说法争取的是( )At=2s时，a、b速度方向均发生变化Bt=4s时，a、b相距20mC前4s，a、b均做匀变速直线运动D前4s，a与b的加速度始终相同【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】速度时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移【解答】解：A、由图象可知，前4s，a的速度都为正，b的速度都为负，所以t=2s时，a、b速度方向均没有发生改变故A
13、错误B、图线与时间轴围成的面积表示位移，则t=4s时，a、b相距故B正确D、图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，ab的加速度方向都发生了变化，不是匀变速直线运动，故C错误D、图象的斜率表示加速度，由图可知，前4s，a与b的加速度方向始终相反，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向2如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F，已知支架间的距离为AB的一半，则为( )ABCD【考点】共点力平衡
14、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】对左图，上面球收重力和支持力而平衡，根据平衡条件得到支持力；对右图，隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解【解答】解：设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得，根据支架间的距离为AB的一半，可得=30，则，A正确故选：A【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目3如图所示，物体从光滑斜面的顶端由静止下滑，经时间t速度为v1，此时施加平行于斜面向上的
15、恒力F，又经时间t物体回到出发点，速度为v2，已知下滑过程中物体始终未脱离斜面，则v2：v1的值为( )A1：1B2：1C3：1D4：1【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】该题要依据速度时间图象来解题，两段时间内的位移相同，都是做匀变速直线运动，依据vt图象的面积表示位移可得速度关系【解答】解：物体运动vt图象如图：由vt图象的面积表示位移，其前后两段时间位移相等，可得：，t1+t2=t，解得：v2：v1=2：1故ACD错误，B正确故选：B【点评】该题用图象法解题，比用运动学公式来解要方便一些，关于vt图象的面积表示位移这类应用比较多见，
16、应多留意4如图所示，在水平面上运动的小车内，有一质量为M的物块与两根劲度系数分别为k1、k2的弹簧连接，小车向右以加速度a的大小做匀加速直线运动已知两根弹簧的形变量总和为x，不计物体与小车间的摩擦则图中物块的加速度a等于( )ABCD【考点】牛顿第二定律；胡克定律 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】内物体相对小车的位移量为两弹簧形变量之和，车内受力关系是：M受k1的弹力匀加速运动，k1和k2的弹力大小相等，方向相反由牛顿第二定律和胡克定律可得结果【解答】解：设两弹簧的形变量分别为x1和x2，依题意有：k1x1=k2x2，x=x1+x2故有：x1=，x2=，由牛顿第二定律有：k1x1=k2x2
17、=Ma，故a=，故A正确故选：A【点评】本题很容易没有思路，解决本题依靠的就是对受力分析的掌握要达到要“精通”，虽看似不难，实际对受力分析的能力要求非常高本题把握的重点就是分析要循序渐进，剥茧抽丝5如图所示，在水平面上有一个小物块质量为m，从O点右侧给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，依次经过O、C、B、A四点，最终停在A点，A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3；下列结论正确的是( )ABCD【考点】匀变速直线运动规律的综合运用 【专题】直线运动规律专题【分析】由于物体做匀减速运动，由O到C、B、A做匀减速运动，故平均速度逐渐减
18、小，由逆向转换法知由O点向C点、B点、A点做初速度为零的匀加速直线运动，有位移时间关系判定即可【解答】解：AC、由于物体做匀减速运动，由O到C、B、A做匀减速运动，故平均速度逐渐减小，故有，A错误、C正确；BD、由逆向转换法知由O点向C点、B点、A点做初速度为零的匀加速直线运动，有，可得=，B错误，D错误；故选：C【点评】此题考察匀变速直线运动规律的应用，注意末速度为零的匀减速直线运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，这样计算可以使问题简单化6如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为的平板上，当从0缓慢增大到90的过程中，半球体所受摩擦力Ff与的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板
19、，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则( )AOq段图象可能是直线Bq段图象可能是直线Cq=Dp=【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】半球体受重力、支持力和摩擦力，开始时不滑动，是静摩擦力，根据平衡条件列式求解静摩擦力表达式分析；滑动后是滑动摩擦力，根据滑动摩擦定律列式分析【解答】解：C、半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：mgsin=mgcos，故有：=tan，解得：=，即q=，故C错误；AB、在0之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsin；在之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为mgcos；综
20、合以上分析得其Ff与关系如图中实线所示，故A、B错误；D、当=时，Ff=mgsin，即p=，故D正确故选：D【点评】本题关键是受力分析后要能够区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后结合平衡条件和滑动摩擦定律列式分析，基础题目7我国道路安全部门规定：高速公路上行驶的最高时速为120km/h交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间： 0.30.6s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数路面动摩擦因数干沥青0.7干碎石路面0.60.7湿沥青0.320.4根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近( )A100mB200mC300mD400m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的
21、位移与时间的关系 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值【解答】解：汽车的最高速度为v=120km/h=33.3m/s在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1=vt=33.30.6m=20m在汽车刹车的过程，根据动能定理得mgx2=0得x2=173.6m，则总位移大小为x=x1+x2=193m，接近200m故选B【点评】本题一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行
22、的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离8如图所示，水平地面上，处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上用弹簧秤的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧秤始终与地面平行物块在水平拉力作用下缓慢滑动当物块滑动至A位置，AOB=120时，弹簧秤的示数为F则( )A物块与地面间的动摩擦因数为B木桩受到绳的拉力始终大于FC弹簧秤的拉力保持不变D弹簧秤的拉力一直增大【考点】摩擦力的判断与计算 【专题】摩擦力专题【分析】以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法求解绳子的拉力大小；物块缓慢滑动，处于平衡状态，则绳子拉力的大小等于滑块摩擦力的大小，进而结合滑动摩擦力的计算公式求
23、出摩擦因数【解答】解：A、以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识知：绳子拉力T=F物块缓慢滑动，处于平衡状态：f=T=F即：mg=F得：=，故A正确；B、由A分析知，此时木桩受到绳的拉力等于F，而不是大于F，故B错误；C、D、为了使木桩处于平衡状态绳子拉力始终等于F，但随着木桩的靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题的关键是由“物块在水平拉力作用下缓慢滑动”确定物块受力平衡，则绳子拉力不变9如图所示，重为12N的物块G1在三根细绳的悬挂下处于 静止状态，细绳BP在水平方向，细绳AP偏离
24、竖直方向37角，且连在重为50N的物块G2上，物块G2静止与倾角为37的斜面上，取g=10m/s2则下列说法正确的是( )A绳BP对物块G2的拉力9NB绳PA对P点的拉力为20NC斜面对物块G2的支持力40ND斜面对物块G2的摩擦力为37.2N【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】以结点P为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解PA、PB绳上的拉力大小以木块G2为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出木块所受斜面的摩擦力和弹力【解答】解：AB、分析P点受力，如图甲所示，由平衡条件可得：FAcos37=G1，FAsin37=FB
25、，解得：FB=9N，FA=15N，故AB错误；CD、再分析物块G2的受力情况，如图乙所示由物体的平衡条件可得：Ff=G2sin37+FBcos37，FN+FBsin37=G2cos37，FB=FB，由以上三式解得Ff=37.2N，FN=34.6N选项C错误，D正确故选：D【点评】题是力平衡问题，首先要明确研究对象，其次分析受力情况，作出力图，再根据平衡条件进行求解10如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端的挡板C上，另一端自然伸长到A点质量为m的物块从斜面上B点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点下列说法正确的是( )A物块第一次滑到A点时速度最大B物
26、块速度最大时弹簧的压缩量小于C物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动D物块最终停在斜面上时物块受到的摩擦力小于mgsin【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当物块的加速度为零时，速度最大，结合共点力平衡求出最大速度时弹簧的压缩量，根据物块的受力分析物块的运动规律，结合平衡分析摩擦力与mgsin的关系【解答】解：A、当物块受力平衡时，速度最大，由kx+mgcos=mgsin，解得x=，故A错误，B正确；C、物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；D、由于初态物块能够由静止下滑，可得最大静摩擦
27、力小于重力分力，故最终停止运动时弹簧存在弹力，根据平衡知，物块受到的摩擦力小于mgsin，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键会根据物块的受力分析物块的运动规律，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动11质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为a的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是( )A物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B物体A受到4个力的作用C物体B对斜面的等于mgcosaD物体B对物体A的压力大于mgsina【考点】共点力平
28、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】先对物体B受力分析，根据平衡条件判断A对B的弹力和斜面对B的支持力情况；再结合牛顿第三定律判断B对A的压力情况【解答】解：A、C、D、对物体B受力分析，受重力、斜面的支持力和A对B的支持力，由于弹力与接触面垂直，故A对B的支持力不是平行斜面向上，而是偏向上一点；根据平衡条件，有：mgsin=FcosFsin+N=mgcos结合牛顿第三定律，物体B对斜面的压力小于mgcos，物体B对物体A的压力大于mgsin，故A错误，C错误，D正确；B、物体A受重力、支持力、摩擦力、B对A的压力，共4个力，故B正确；故选：BD【点
29、评】本题关键是明确物体A对B的弹力与接触面垂直，不是平行斜面向上，然后根据平衡条件并结合牛顿第三定律分析，不难12一质点（m=2kg）正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大小为4m/s，从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用，如图，是该力随时间周期性的变化图象（从该时刻开始计时，规定向东方向为正方向）下列说法正确的是( )A2s末物块的速度大小为4m/sB从该时刻起，质点做往复运动C8s末质点的速度大小为12m/sD8s末质点的速度大小为4m/s【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据牛顿第二定律求出各段时间内的加速度，结合速度的变化量，求出各
30、个时刻的速度大小【解答】解：A、由牛顿第二运动定律可得在02s内，物体的加速度，物体速度变化量为v1=a1t1=42m/s=8m/s，故在t=2s的速度为v2=4m/s+8m/s=4m/s，故A正确；B、在2s4s内，物体的加速度，物体速度变化量为v2=a2t2=22m/s=4m/s，物体在t=4s的速度为v4=4m/s4m/s=0，在t=4s后继续向右匀加速直线运动，故B错误；C、在4s6s内，物体的加速度，物体速度变化量为v3=a3t3=42m/s=8m/s，在6s8s内，物体的加速度，物体速度变化量为v4=a4t4=22m/s=4m/s，故在t=8s末的速度为v8=v3+v4=4m/s，
31、故C错误，D正确故选：AD【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解二、实验题（本题共2小题，13小题4分，14小题10分，共14分，请把答案写在答题卡中的横线上）13在做“测定匀变速直线运动加速度”的实验中，取下一段如图所示的纸带研究其运动情况设O点为计数的起始点，在四个连续的计数点中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，若物体做理想的匀加速直线运动，则计数点“A”与起始点O之间的距离s1为2.00cm，物体的加速度为4.00m/s2（结果均保留3位有效数字）【考点】测定匀变速直线运动的加速度 【专题】实验题【分析】纸带
32、实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，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和加速度【解答】解：因为物体做匀加速直线运动，所以相同时间内的位移之差为恒量，即：s2s1=s3s2其中：s3=18.00cm10.00cm=8.00cms2=10s1s1=s2（s3s2）代入数据解得：s1=4.00cm，s2=6.00cm又：，代入t=0.1s，可以得到：a=2.00m/s2故答案为：2.00，4.00【点评】要注意单位的换算和有效数字的保留能够知道相邻的计数点之间的时间间隔14在用DIS实验研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重
33、物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端实验中把重物的重力作为拉力F，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据（1）在图（c）坐标纸上作出小车加速度a和拉力F的关系图线；（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是倾角过大或平衡摩擦力过度；（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，如图（b）所示要满足小车质量M远大于重物的质量m是不必要的（填“必要”或“不必要”） a/ms2 2.01 2.98 4.02 6.00 F/N 1.002.00 3.00 5.00 （4）如果实验装
34、置如图（a），图为质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与重物的总质量m之间的关系图象设图（d）中直线斜率为k，在纵轴上的斜率为b，若牛顿第二定律成立，则小车的重量G为；当地的重力加速度为【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）根据所提供数据采用描点法可正确画出加速度a和拉力F的关系图线（2）根据所画图象可得出正确结果（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，绳子拉力的变化很精确测出，则不需要满足小车质量M远大于重物的质量m；（4）对小车，根据牛顿第二定律得出关于的表达式
35、，再结合数学知识求解【解答】解：（1）根据所给数据，画出小车加速度a和拉力F的关系图线如下图所示：（2）由图象可知，当小车拉力为零时，已经产生了加速度，故在操作过程中倾角过大，平衡摩擦力过度（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，绳子拉力的变化很精确测出，则不需要满足小车质量M远大于重物的质量m；（4）对小车，根据牛顿第二定律得：mg=（m+M）a，变形得所以图线的斜率表示，则k=，图象的截距b=，解得：g=，M=，所以小车的重力G=Mg=故答案为：（1）如图；（2）倾角过大或平衡摩擦力过度；（3）不必要；（4）；【点评】实验装置虽然有所变动，但是实
36、验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键三、计算题（本题共3小题，共26分解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的，不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）15舰载战斗机在运动的航母上降落，风险之高，难度之大，一向被喻为：“刀尖上的舞蹈”舰载战斗机的降落可简化为下列物理模型：时速为3km/h的舰载机在航母阻拦系统的帮助下做匀减速运动100m后安全停下而以时速250km/h的普通战斗机在机场上降落需滑行1000mg取10m/s2取试求：（1）舰载机和战斗机降落的加速度大小之比（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用
37、力与其自身的体重之比【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系 【专题】计算题；定量思想；方程法；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位移公式，结合速度之比和位移之比求出加速度之比（2）根据速度位移公式和牛顿第二定律得出F与m的关系，从而得出舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比【解答】解：（1）设舰载机和普通战斗机降落时加速度大小分别为a1和a2，根据运动学公式：v2=2ax，得：=，解得：=（2）对舰载机分析：v舰2=2a1x1，设飞行员质量为m，所受作用力为F由牛顿运动定律：F=ma1，解得：F=34.7m故舰载机飞行员在航母
38、上降落时所受的作用力与其自身的体重之比=3.47答：（1）舰载机和普通战斗机降落时的加速度大小之比为72：5（2）舰载机飞行员在航母上降落时所受的水平方向的作用力与其自身的体重之比为3.47【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大16如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为，其斜面上有一静止的滑块质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值【考点】牛顿第二定律 【专题】牛
39、顿运动定律综合专题【分析】滑块与斜面体刚好不相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律求出加速度，对整体分析，根据牛顿第二定律求出F的最大值【解答】解：滑块与斜面体刚好不相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值fm，滑块受力如图所示设一起加速的最大加速度为a，对滑动应用牛顿第二定律得：FNcos +fmsin =mg （1）fmcos FNsin =ma （2）由题意知fm=FN（3）联立方程解得：a=g，对整体分析：F=（M+m）a，联立解得：F=答：水平向右的力F的最大值为【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体
40、法和隔离法的灵活运用17如图所示一倾角为=60的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s的顺时针转动，今有如图所示一光滑的斜面，下端与一段很短的光滑孤面相切，孤面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s顺时针转动，今有质量为1kg的物体（可视为质点）从斜面上高度为h=5m处滑下，物体在孤面运动时不损失机械能，而且每次在孤面上运动时间极短可以忽略，已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0.5取g=10m/s2 求：（1）水平传送带至少多长，物体才不会从左端滑出（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所用的时间【考点】牛顿第二定律；匀变速
41、直线运动的位移与时间的关系 【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由机械能守恒定律求出物体到达传送带时的速度，由动能定理求出传送带的最小长度（2）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式与速度公式分析答题【解答】解：（1）物体下滑到水平面过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv02，解得：v0=10m/s，物体在传送带上做匀减速直线运动，速度减为零时，由动能定理得：mgs=0mv02，解得：s=10m，传送带至少长10m，物体不会从传送带上滑下；（2）对物体，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：a=5m/s2，物体减速运动的时间：t0=2s，物体向右加速运动速度与传送带速度相等时，位移：x1=2.5m10m，然后物体做匀速运动，加速的运动时间：t1=1s，物体匀速运动的时间：t2=1.5s，物体的运动时间：t=t0+t1+t2=4.5s；答：（1）水平传送带至少长10m，物体才不会从左端滑出（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所用的时间为4.5s【点评】本题考查了求传送带的长度、物体的运动时间，分析清楚物体的运动过程，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题高考资源网版权所有，侵权必究！
