1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年河北省衡水市景县梁集中学高一（上）月考物理试卷（2月份） 一、选择题（本题共14道小题，每小题4分，共56分）1（4分）（2014秋朝阳校级期末）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的vt图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A在第1小时末，乙车改变运动方向B在第2小时末，甲乙两车相距10kmC在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D在第4小时末，甲乙两车相遇考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，
2、图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向解答：解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变故A错误B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=302km=30km，乙的位移大小x乙=302km=30km，此时两车相距x=703030=10（km）故B正确C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大故C正确D、在第4小时末，甲车的位移x甲=604km=120km，乙车的位移x乙=302km+602km=30km，因x甲x乙+70km，可知甲乙两车未相遇故D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道
3、图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义2（4分）（2014秋景县校级月考）如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态若将一个质量为3kg物体B轻放在A上则在B刚放到A上瞬间，下列说法中正确的是（g取10m/s2）（）AB对A的压力大小为30NBB对A的压力大小为12NCB的加速度大小为10m/s2DA的加速度大小为6m/s2考点：牛顿第二定律；胡克定律版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度，隔离对B分析，根据牛顿第二定律A对B的支持力解答：解：对AB整体分析，该瞬间，整体的加速度为：a=6m/s2隔离对B分析，根
4、据牛顿第二定律得：mBgN=mBa，解得：N=mBgmBa=3036N=12N，则B对A的压力为12N故选：BD点评：本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，通过整体法和隔离法分析求解，知道放上B的瞬间，弹簧的弹力不变3（4分）（2013秋和平区校级期中）一质点做匀加速直线运动，第三秒内的位移2m，第四秒内的位移是2.5m，那么（）A这两秒内平均速度是2.25m/sB第三秒末即时速度是2.25m/sC质点的加速度是0.125m/s2D质点的加速度是0.5m/s2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：根据平均速度的定义式求出两秒内的平均速度，结合某段时间内的平均速度
5、等于中间时刻的瞬时速度求出第三秒末的即时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度解答：解：A、这两秒内的平均速度为：，因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第3s末的速度为2.25m/s故A、B正确C、根据x=aT2得加速度为：a=，故C错误，D正确故选：ABD点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷4（4分）（2008秋下城区校级期末）船在静水中速度为v1，水流速度v2，v2v1，河宽为d当船头垂直向对岸航行时，则（）A实际航程最短B当船速不变，水流速度增大时，过河时间不变C过河时间最短D当船速不变
6、，水流速度增大时，过河时间变长考点：运动的合成和分解版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，所以不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大解答：解：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v1，则过河时间最短，即为，t=，时间与水速无关，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，且两运动具有等时性，然后分别作答即可解决此类问题5（4分）（2014秋景县校级月考）如图所示，ABCD是一内壁光滑的四边形箱子，BC垂直CD，CD与地面平行，箱内装有一重球，紧靠AD面
7、，车静止时，球只对CD面有压力，当车向左或向右作加速运动时，小球和箱子相对静止，则下列说法正确的是（）A球可能同时对三个面有压力B球总是同时对两个面有压力C球不可能对AB面有压力D球可能只对一个面有压力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球和箱子具有相同的加速度，通过小球的合力分析，对小球受力分析，讨论小球受力的可能性解答：解：当车向左加速运动时，知小球的加速度方向水平向左，小球受重力、支持力和BC面的弹力三个力作用当车向右加速运动时，知小球的加速度方向水平向右，小球可能受重力、AD面的弹力两个力作用，也可能受重力、AD面的弹力和CD面的支持力三个
8、力作用当车向右的加速度非常大时，小球会和AB面接触，受重力、AB面的弹力和AD面的弹力三个力作用故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键知道小球和箱子具有相同的加速度，注意小球合力水平向右时，可能受两个力，也可能受三个力6（4分）（2012秋如东县校级期末）斜面体M放在水平面上，物体m放在斜面上，m受到一个如图所示的水平向右的力F，m和M始终保持静止，这时m受到的摩擦力大小为F1，M受到水平面的摩擦力大小为F2，当F变大时，则（）AF1变大，F2不一定变大BF2变大，F1不一定变大CF1与F2都不一定变大DF1与F2都一定变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权
9、所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对物体m受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到M与地面间摩擦力情况解答：解：对物体m受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，设斜面倾角为，则在斜面方向上有：当mgsinFcos时，摩擦力沿着斜面向上，大小为F1=mgsinFcos，当F增大时，F1变小；当mgsin=Fcos时，摩擦力为零，F增大时，F1变大；当mgsinFcos时，摩擦力沿着斜面向下，大小为F1=Fcosmgsin，F增大时，F1变大；故A错误，B正确
10、对整体受力分析，则有F2=F，则F2一定变大，故B正确故选B点评：本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，要注意静摩擦力随着外力的变化而变化7（4分）（2014秋景县校级月考）人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是（）A人对地球的作用力等于地球对人的引力B地面对人的作用力大于人对地面的作用力C地面对人的作用力大于地球对人的引力D人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力考点：牛顿第一定律版权所有分析：人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力解答：解：A、C、根据牛顿第三定律，人对地
11、球的作用力等于地球对人的引力，但不是人能起跳离开地面的原因，原因是地面对人的作用力大于地球对人的引力，故A错误，C正确；B、根据牛顿第三定律，地面对人的作用力等于人对地面的作用力；故B错误；D、人受重力和支持力，没有所谓的“向上的力”，故D错误；故选：C点评：解决本题的关键区别相互作用力与平衡力，知道力是改变速度的原因，基础题目8（4分）（2010春海淀区期末）如图所示，内壁光滑的圆台形容器固定不动，其轴线沿竖直方向使一小球先后在M和N两处紧贴着容器内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则小球（）A在M处的线速度一定大于在N处的线速度B在M处的角速度一定小于在N处的角速度C在M处的运
12、动周期一定等于在N处的运动周期D在M处对筒壁的压力一定大于在N处对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：对MN受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断解答：解：A、小球M和N紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动 由于M和N的质量相同，小球M和N在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的 由向心力的计算公式F=，由于球M运动的半径大于N球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A正确B、又由公式F=m2r，由于球M运动的半径
13、大于N球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B选项也正确C、由周期公式T=，所以球M的运动周期大于球N的运动周期，故C错误D、球M对筒壁的压力等于球N对筒壁的压力，所以D也不正确故选AB点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对MN的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题9（4分）（2009秋泉州期末）物体以v0的速度水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等时，下列说法中不正确的是（）A竖直分速度与水平分速度大小相等B瞬时速度的大小为C运动时间为D运动位移的大小为考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：
14、通过竖直分位移与水平分位移大小相等，求出时间，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向以及运动的位移解答：解：A、竖直分位移与水平分位移大小相等，有v0t=，t=，竖直方向上的分速度vy=gt=2v0故A错误，C正确；B此时小球的速度=，故B正确；D此时小球运动的位移x=，故D正确本题选不正确的，故选：A点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动且分运动与合运动具有等时性10（4分）（2014春汕尾期末）绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，其轨道半径越大，则它运行的（）A速度越小，周期越小B速度越小，周期越大C速度越大
15、，周期越小D速度越大，周期越大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系版权所有专题：人造卫星问题分析：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析半径与周期的关系即可解答：解：根据万有引力提供圆周运动向心力知，线速度，半径越大线速度越小，周期，半径越大周期越大，故B正确，ACD错误故选：B点评：根据万有引力提供圆周运动向心力，关键是掌握向心力和万有引力的表达式是关键11（4分）（2012秋大兴区期末）物体做曲线运动时，下列说法中正确的是（）A速度一定变化B加速度一定变化C合力一定不为零D合力方向与速度方向一定不在同一直线上考点：物体做曲线运动的条件；曲线运动版权所有专题：物体做曲线
16、运动条件专题分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论解答：解：A、物体做的是曲线运动，物体运动的速度方向是沿着轨迹的切线的方向，所以物体的速度的方向一定是在不断的改变的，所以A正确；B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向可以变化也可以不变，所以加速度的大小和方向可以变化也可以不变，所以B错误；C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以物体做曲线运动时合力一定不为零，合力方向与速度方向一定不在同一直线上，故CD正确故选ACD点评：本题主要是考查学生对曲线运动的理解，物体做曲线运动的条件
17、是合力与速度不在同一条直线上，对于合力的大小是否变化没有要求12（4分）（2013余江县校级二模）如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：传送带专题分析：木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间解答：解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据位移时间公式，有
18、由解得故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据速度时间公式，有v=at1 根据速度位移公式，有v2=2ax1 匀速运动过程，有Lx1=vt2 由解得t=t1+t2=故A正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有L=v平均t=故t=故D正确；故选：ACD点评：本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解13（4分）（2006秋海曙区校级期中）一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子沙粒之间的动摩擦系数为1，沙子与车厢底部材料的动摩擦系数为2，车厢的倾角用表示（已知21），则
19、（）A要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan2B要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin2C只卸去部分沙子，车上还留有一部分，应2tan1D只卸去部分沙子，车上还留有一部分，应2sin1考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：要顺利地卸干净全部沙子，对全部沙子整体分析，运用牛顿第二定律求出倾角的范围；只卸去部分沙子，车上还留有一部分，只要对部分沙子分析，运用牛顿第二定律求出倾角的范围解答：解：A、要顺利地卸干净全部沙子，对全部沙子整体分析，有Mgsin2Mgcos，解得2tan故A正确，B错误C、只卸去部分沙子，车上还留有一部分，对上部分沙子分析mgsin1m
20、gcos，解得1tan对留下的部分沙子分析，mgsin2mgcos，解得2tan故C正确，D错误故选AC点评：解决本题的关键是选择好研究对象，正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解14（4分）（2010崇明县二模）如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为12m/s2若不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（取g=10m/s2）（）A22m/s2，竖直向上B22m/s2，竖直向下C2m/s2，竖直向上D2m/s2，竖直向下考点：牛顿第二定律；胡克定律版权所有专题：
21、牛顿运动定律综合专题分析：小球加速度的大小为12m/s2可能向上也可能向下，拔去销钉M瞬间，上面一个弹簧对小球的作用力为0，小球只受到下面弹簧的作用力，根据牛顿第二定律算出上面弹簧对小球的作用力，如拔去销钉N则下面一根弹簧作用力为0，再根据牛顿第二定律即可求解，要注意方向解答：解：设小球的质量为m，向上为正方向，刚开始受力平衡，则有：FN+FMG=0拔去销钉M瞬间有：FNG=12m所以FN=2m或22m所以FM=12m或12m去销钉N瞬间，小球受M弹簧和重力G的作用，加速度为：a=2m/s2或22m/s2故选BC点评：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确进行受力分析，注意加速度是
22、矢量，难度不大二、实验题（本题共2道小题，第1题5分，第2题10分，共15分）15（5分）（2014秋柯城区校级期中）在“研究匀变速直线运动的规律”的实验中某同学获得的一条纸带如图所示（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s（2）A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x=0.0030m；（3）C点对应的速度是0.060m/s；小车运动的加速度为0.20m/s2（计算结果保留二位有效数字）（4）若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50hz，则上述计算结果与实际值相比是偏小（填“偏大”，“
23、偏小”，还是“不变”）考点：探究小车速度随时间变化的规律版权所有专题：实验题分析：打点计时器打点周期与交变电流的周期相同由t=0.02s（n1），算出计数点间的时间隔T，纸带实验中，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：（1）纸带上打相邻两点的时间间隔T=s=0.02s（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，A、B间的距离x=0.30cm=0.0030m（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=
24、0.060m/s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，得：a=0.20m/s2（4）如果在某次实验中，实际所用交流电的频率高于50Hz，那么实际打点周期变小，根据运动学公式得计算结果与实际值相比是偏小故答案为：（1）0.02s（2）0.0030（3）0.060；0.20（4）偏小点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用16（10分）（2013秋东台市期末）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：（1）对于本实验，以下说法中正确的是CA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，需要重新平衡摩擦力C实验
25、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F2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1所示，下列对此同学操作的判断正确的是BCDA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（3）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验在实验中保持拉力不变，得到了小车加速度随质量变化的一组数据，如下表所示：实验次数加速度a/ms
26、2小车与砝码总质量m/kg小车与砝码总质量的倒数m1/kg110.320.205.020.250.254.030.210.303.340.180.352.950.160.402.5请你在图3方格纸中建立合适坐标并画出能直观反映出加速度与质量关系的图线（4）从图线可得出拉力大小为0.0610.065N（结果保留两位有效数字）（5）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2所示此图中直线发生明显弯曲的原因是随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系版权所有专题：实验题分析：（1）明确实验原理，正
27、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（3）根据牛顿第二定律可知，加速度和质量成反比，故应该做a图象；采用描点法作图即可（4）通过加速度与质量关系的图线的斜率，即可求解拉力大小；（5）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错误；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
28、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，故D错误；所以选：C（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）在合外力保持不变时，物体的加速度与物体的质量成反比；故作出加速度与小车质量倒
29、数的关系图象，如图所示；（4）根据图线的数据，求得，图线的斜率为k=0.062，即拉力的大小为0.062N；（5）图中直线发生明显弯曲的原因是：随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量；故答案为：（1）C； （2）BCD；（3）如上图；（4）0.0610.065N；（5）随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量点评：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3道小题，第1题8分，第2题9分，第3题12分，共29分）17（8分）（2014秋景县校级月考）将
30、一物体以初速度v0水平抛出，当速度方向与水平方向成60角时 （1）则此时的合速度v多大；（2）飞行时间t多大；（3）合位移l的大小和方向考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：（1、2）将落地时的速度沿水平和竖直方向分解，由竖直分速度可得时间（3）由水平方向和竖直方向的运动特点，结合时间可分别求得此两个分位移，进而求得合位移l的大小和方向解答：解：（1）物体落地时的竖直速度vy=v0tan60=v0，此时的合速度v=2v0，（2）物体在空中运动时间t=（3）抛出点到落地点间的距离y=gt2=g（）2=物体运动的水平距离 x=v0t=合位移l的大小为l=方向为tan=答：（1）合速度为2v
31、0；（2）飞行时间t为；（3）合位移l的大小为，方向为tan=点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，根据运动学公式进行求解18（9分）（2013秋平桥区校级期末）质量为1kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，如图甲所示A和B经过1s达到同一速度，后共同减速直至静止，vt图象如图乙所示，g=10m/s2，求：（1）A与B间的动摩擦因数1，B与水平面间的动摩擦因数2；（2）A的质量m考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：先据图象获取加速度，再分别以A、整
32、体和B为研究对象，据牛顿第二定律求解解答：解：（1）由图象可知，物块在 01 s 内的加速度大小为 a1=2 m/s2以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：1mg=ma1 解得：1=0.2木板在01 s内的加速度大小为a2=2 m/s2，在1 s3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3=1 m/s2AB同速后为研究对象，由牛顿第二定律得：2 （M+m）g=（M+m）a3解得：2=0.1（2）再以B为研究对象，在 01 s 内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：1mg2（M+m）g=Ma1代入数据解得 A的质量 m=3 kg答：（1）A与B间的动摩擦因数1为0.2，
33、B与水平面间的动摩擦因数2为0.1；（2）A的质量m为3kg点评：本题的关键是从图象获取加速度的数值，再与情境图结合，利用牛顿第二定律求解；注意整体法和隔离法的灵活应用19（12分）（2014秋景县校级月考）如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=2m当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同（g=10m/s2）求：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；（3）
34、此过程中因摩擦而产生的热量Q考点：动能定理的应用；牛顿第二定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出滑块到达底端B时的速度滑块经过B时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；（2）滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数；（3）根据运动学公式求出滑块从B到C的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得到滑块与传送带的相对位移，摩擦而产生的热量Q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积解答：
35、解：（1）滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR=解得：=2m/s在B点：Nmg=m代入解得：N=mg+=60N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为N=N=60N，方向竖直向下（2）滑块从B运动到C的过程中，根据牛顿第二定律得：mg=ma又：联立上两式解得：=0.3（3）设滑块从B运动到C的时间为t，加速度：a=g=3m/s2由v0=vB+at，得：t=在这段时间内传送带的位移为：S传=v0t=传送带与滑块的相对位移为：S=S传L=故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量：Q=mgS=4J答：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，方向竖直向下；（2）滑块与传送带问的动摩擦因数是0.3；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J点评：本题是机械能守恒定律、向心力、牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，容易出错的地方是：Q=mgL，应根据相对位移求解摩擦生热 - 17 - 版权所有高考资源网
