山东省潍坊市2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题(含解析)

2019~2020学年度高一年级模块检测试题

高一物理

注意事项:

1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。

2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。

第Ⅰ卷(选择题,共50分)

一、单项选择题(共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个正确答案。)

1.(★)2019年5月20日是世界计量日,该世界计量日的主题是“国际单位制——根本性的飞跃”。下列选项中都属于国际单位制的基本单位是()

A.质量长度时间

B.牛千克秒

C.厘米克秒

D.千克秒米

考向国际制单位

思路分析质量、长度、时间是国际单位制中的基本物理量,它们的单位千克、米、秒是基本单位。

解析A:质量、长度、时间是国际单位制中的基本物理量,并不是单位,A错误;

B:牛等于千克米每二次秒方,是导出单位,B错误;

C:厘米和克不属于国际单位制,它们是基本单位,C错误;

D:千克、米、秒是国际单位制的基本单位,D正确。

答案 D

方法总结(1)要把物理量与物理量的单位严格区分开,不能混淆;(2)一个物理量的单位如果用两个或两个以上的基本单位的符号表示,这个物理量的单位是导出单位,如速度单位m/s、加速度单位m/s2、力的单位1N=1kg·m/s2。

2.(★)如图所示,把第一册物理课本放在水平桌面上保持静止,下列说法中正确的是()

A.课本对桌面的压力在数值上等于课本受到的重力

B.桌面对课本的支持力是由于课本发生形变而产生的

C.课本对桌面的压力与桌面对课本的支持力是一对平衡力

D.课本保持静止是由于课本对桌面的压力与桌面对课本的支持力是一种相互作用力

考向弹力产生原因、相互作用力和平衡力区别

思路分析弹力是由于施力物体发生形变对受力物体产生的力的作用;注意相互作用力和平衡力的区别。

解析A:课本受到的重力和桌面对课本的支持力是平衡力,大小相等方向相反;课本对桌面的压力和桌面对课本的支持力是相互作用力,大小也相等方向相反,所以重力在数值上等于压力,A正确;

B:桌面对课本的支持力是由于桌面发生形变产生的,B错误;

C:课本对桌面的压力和桌面对课本的支持力是相互作用力,C错误;

D:课本保持静止是由于课本受到的重力和桌面对课本的支持力是一对平衡力,D错误。

答案 A

易错提醒(1)作用力与反作用力是“异体、共线、等大、反向、同性、同存”,而平衡力是“同体、共线、反向、等大”。 (2)一对作用力和反作用力和一对平衡力最直观的区别是:看作用点,平衡力作用在同一个物体上,相互作用力一定分别作用在两个不同物体上。

3.(★)高空抛物,被称为“悬在城市上空的痛”,会带来很大的社会危害。试估算一枚鸡蛋从7层楼高处掉落到地面上,撞击地面的速度大小约为(取g=10m/s2) ()

A.10m/s

B.20m/s

C.30m/s

D.40m/s

考向自由落体运动规律的应用

思路分析根据自由落体速度与位移关系v2=2gh解题。

解析将鸡蛋的运动近似看做自由落体运动,七层楼高大约20m,根据自由落体运动速度与位移关系v2=2gh,解得落地速度v=√2g?=√2×10×20=20m/s,故选B。

答案 B

点评本题将实际生活情境与物理知识相结合,对学生起警示作用,自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀变速直线运动,匀变速直线运动的公式和推论都适用,自由落体下落高度gt2、末速度v=gt、高度与速度满足v2=2gh。

h=1

2

4.(★★)如图所示,A、B是两个相同的轻弹簧,原长为10cm,劲度系数是k=200N/m,图中悬挂的两物体质量m均为0.5kg,g=10m/s2。则两个弹簧的总长度为()

A.22.5cm

B.25cm

C.27.5cm

D.30cm

考向胡克定律整体法与隔离法

思路分析弹簧A的弹力等于2mg,弹簧B的弹力等于mg,根据胡克定律分别求出两根弹簧的伸长量,再求出两弹簧总长度。

解析把AB看成整体,由平衡条件,A弹簧拉力与AB重力和相等,根据胡克定律得kx A=2mg,解得A弹簧的伸长量x A=5cm。再对B受力分析,由平衡条件,B弹簧拉力与B重力相等,根据胡克定律得kx B=mg,解得B弹簧的伸长量x B=2.5cm,故两个弹簧的总长度L=2t0+x A+x B=27.5cm,选C。答案 C

点评当几个物体相对静止时,可以把这几个物体看成一个整体,求解整体之外的作用力时,用整体法较为简单,求解整体内物体间相互作用力时用隔离法。

5.(★)一质点做直线运动的v-t图像如图所示,则以下说法中正确的是()

A.第1s末速度方向发生改变

B.第2s末加速度的方向发生改变

C.前2s内物体的位移一直在增加

D.前4s内物体的位移一直在增加

考向v-t图像的应用

思路分析分析质点v-t图像的形状、斜率和图形所围面积得到物体的运动信息。

解析A:根据图像可知,2s末之前,速度一直是正值,代表速度方向一直是正方向,A错误;

B:v-t图像切线的斜率表示加速度,1s~3s是一段倾斜直线,加速度不变,B错误;

C:根据图像可知,0~2s内图像一直在时间轴上方,速度一直为正,位移一直在增加,C正确;

D:2s末速度方向从正方向变为负方向,位移开始减小,D错误。

答案 C

点评(1)在v-t图像中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正值,时间轴下方速度是负值。

(2)v-t图像切线的斜率表示加速度,向右上方倾斜为正,右下方倾斜为负;斜率不变的倾斜直线,代表匀变速直线运动,横线代表匀速直线运动。

(3)v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移,时间轴上方为正位移,时间轴下方为负位移。

6.(★)如图所示,甲、乙两物体在水平力F作用下静止在平面上,则甲、乙两物体的受力个数分别为()

A.3个,4个

B.3个,6个

C.2个,4个

D.2个,5个

考向受力分析

思路分析分别对A、B进行受力分析,注意判断摩擦力情况。

解析先对甲受力分析,甲一定受到重力和支持力,由于保持静止,甲相对于乙无相对运动趋势,故甲不受到摩擦力,因而甲只受两个力;

再对乙受力分析,竖直方向上乙受到重力、甲对乙和压力和地面的支持力,水平方向受到拉力,故乙有向右运动的趋势,故受到地面对其向左的静摩擦力,一共5个力。

答案 D

方法总结受力分析通常要按照确定的顺序分析,1.先画重力;2.找接触物体,判断是否有弹

力;3.在有弹力的位置判断是否存在摩擦力;4.看受到的力是否满足物体运动状态,看每个力是

否有施力物体。

易错提醒本题主要错误是认为甲乙间存在摩擦力,可以使用假设法判断,如果甲受到乙的摩

擦力,则水平方向只有单一力,无法维持平衡状态,故甲乙间没有摩擦力作用。

7.(★★)某课外兴趣小组研究如图甲所示的路灯支架构造及受力。已知路灯支架横梁OA长

2.0m,斜梁OB长2.5m,路灯重力为30N,重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O处,支架重力不

计。小组绘制了如图乙所示的模型图,由共点力平衡的知识可知 ()

A.横梁与斜梁均被拉伸

B.横梁对O点的作用力大小为40N

C.斜梁对O点的作用力大小为40N

D.若把斜梁稍加长,仍保持O点位置不变,横梁仍水平,这时斜梁对O点的作用力将变大

考向共点力作用下平衡问题

思路分析对O点受力分析,根据共点力平衡,运用合成法求出横梁和斜梁的弹力表达式,代数

求解和讨论。

解析对O点进行受力分析,如图所示,横梁被拉伸、斜梁被压缩;根据平衡条件,横梁的弹力F

和斜梁的弹力F B的合力和重力G等大反向,根据平行四边形定则求横梁的弹力F A和斜梁的弹A

力F B:

若把斜梁稍加长,保持O点位置不变,横梁仍然水平,则角θ减小,F B=G

减小,故选B。

cosθ

答案 B

方法总结对于三力平衡,任意两个力的合力必与第三个力等大反向,借助三角函数或者相似三角形知识求解;或将某一个分力分解到另两个分力的反方向上,得到的两个分力必与另两个力等大反向。

8.(★★)某消防队员从高1.5m的平台上无初速度跳下,双脚触地后,接着用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心匀变速下降了0.5m,则在缓冲过程中,地面对他的作用力为自身重力的()

A.2倍

B.3倍

C.4倍

D.5倍

考向牛顿第二定律应用——已知运动求受力、多过程运动问题

思路分析消防队员先做自由落体运动,然后重心做匀减速下降;先利用自由落体运动速度位移公式求触地速度,然后求解减速过程的加速度,最后根据牛顿第二定律列式求解支持力。

解析消防员先做自由落体运动,触地速度满足v2=2gh,解得v=√30m/s;

设向下为正方向,消防员接触地面缓冲的过程中,根据02-v2=2ah',解得平均加速度大小

a=30m/s2;对消防员缓冲阶段受力分析,受到向上支持力和向下的重力,根据牛顿第二定律

F-mg=ma,解得F=4mg,故选C。

答案 C

点评解决已知运动求受力的问题,一般先应用运动学公式求出物体的加速度,再利用牛顿第二定律求出物体的合力,进而分析出物体的受力情况,流程图如下:

二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。)

9.(★)如图是伽利略“理想实验”原理图,A、C、D、E在同一水平面上,v D、v E、v F、v G为小钢珠所在位置的速度大小,若轨道都光滑,则以下说法正确的是()

A.v F=v G

B.v D>v E

C.本实验说明小钢珠在水平面上的匀速直线运动不需要力来维持

D.随着现代科技的进步,该实验可在实验室直接完成

考向理想实验

思路分析本题考查了伽利略斜面实验的物理意义,伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持物体运动的原因的错误观点。

解析A:若轨道光滑,则小球在平直的轨道上做匀速直线运动,所以F与G点的速度相等,A正确;

B:A、C、D、E在同一水平面上,所以D、E两点速度相等,B正确;

C:伽利略理想斜面实验目的是为了说明亚里士多德的“力是维持物体运动状态的原因”结论是错误的,物体运动不需要力来维持,C正确;

D:理想斜面实验不能在实验室直接完成,D错误。

答案AC

点评(1)实验推理结论:水平面上的物体,一旦具有某一速度,假设没有摩擦,物体将保持这个速度永远运动下去,即物体的运动不需要力来维持。

(2)思想方法与意义

①伽利略用“实验”+“科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点。

②第一次确立了物理实验在物理学中的地位。

③初步揭示了力和运动的关系即力不是维持物体运动的原因,而恰恰是改变物体运动状态即改变速度的原因。

10.(★)2019年12月18日,国创中心——福田汽车新能源智能物流实验室落户潍坊。作为中国新能源商用车行业的领军者,福田汽车一直为70周年国庆盛典、“一带一路”国际合作高峰论坛等重大国事活动提供服务保障。如图所示为该新能源电动客车在某次活动中的运动图像,则下列说法正确的是()

A.0~1h,客车匀加速前进20km

B.1~1.5h,客车匀速运动

C.1.5~2h,客车运动的速率大于0~1h的速率

D.前2h内客车的平均速度为20km/h

考向x-t图像的应用

思路分析分析x-t图像的形状、斜率得到物体的运动信息。解析从图像得知:

A:0~1h,图像斜率不变,客车做匀速直线运动,A错误;

B:1~1.5h内,图像斜率为零,代表客车静止,故B错误;

C:1.5~2h,图像斜率大于0~1h图像斜率,故C正确;

D:根据平均速度公式v=x

t =40km

2h

=20km/h,故D正确。

答案CD

点评x-t图像反映了各个时刻物体的位移情况,斜率代表速度,向右上方倾斜为正,右下方倾斜为负;斜率不变的倾斜直线,代表匀速直线运动,平行于t轴图像代表静止。对于给定物体运动的x-t图像,要正确识别图像,充分利用图像的数据,分析物体运动情况。

11.(★★)某同学为了探究两个大小不变互成角度的力F1、F2的合力F随夹角θ的变化关系,在如图甲所示的实验中,把E点与力传感器相连接得到合力大小。如图乙所示在计算机上显示了合力F与夹角θ变化的关系,则下列说法正确的是()

A.两个分力之间夹角θ越大,合力越小

B.合力一定大于任何一个分力

C.根据图乙无法确定两个分力的大小

D.这两个分力大小分别为3N和4N

考向合力与分力关系

思路分析观察图像,分析合力随着两个分力夹角变化而变化情况;列出合力最大和合力最小时,合力与两个分力的关系式,计算两个分力的大小。

解析A:由图像可知,两个分力的合力随着夹角的增大而减小,A正确;

BCD:当夹角为0度时,F合=7N,则有F1+F2=7N,当夹角为π时,F合'=1N,则有|F1-F2|=1N,解得

F

1

=4N,F2=3N,或F1=3N,F2=4N,故BC错误,D正确。

答案AD

点评两力合成遵循平行四边形定则(1)两分力同向时,合力最大,等于两分力之和F=F1+F2,两分力反向,时合力最小,等于两分力之差F=|F1-F2|,合力与分力大小关系|F1-F2|≤F≤F1+F2。(2)两分力大小固定时,夹角越大合力越小。(3)合力可以等于每个分力,也可以小于每个分力。12.(★★)如图所示,相同材质木块A、B的质量分别为m1、m2,置于粗糙的水平面上。当水平力

F作用于左端A上,两物体一起做匀加速直线运动时,A、B间作用力大小为F

1

;当水平力F作用于右端B上,两物体一起做匀加速直线运动时,A、B间作用力大小为F2,在两次作用过程中()

A.物体的加速度的大小相等

B.F1+F2

C.F1+F2=F

D.F1

F2=m2 m1

考向连接体问题

思路分析先对整体分析,求出加速度;再分别进行隔离分析,运用牛顿第二定律,求出AB间的作用力大小。

解析A:对两种情况均进行整体分析,假设摩擦因数为μ,整体的加速度满足F-μ

(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得加速度a=F

(m1+m2)

-μg,两次过程中加速度相等,A正确;

BC:第一种情况,隔离B分析F1-μm2g=m2a,解得F1=m2

m1+m2F,第二章情况,隔离A分析F

2

-μm1g=m1a,

解得F2=m1

m1+m2F,则有F

1

+F2=F,B错误、C正确;

D:根据以上数据可知F1

F2=m2

m1

,D正确。

答案ACD

方法指导在解简单连接体问题中,求合力或者系统加速度时,优先考虑整体法;求物体间的相互作用力时,用隔离法。实际应用中可根据具体情况,灵活交替使用,两种方法的取舍,并无绝对的界限,必须具体问题具体分析,以尽可能避免或减少非待求量的出现为原则。

第Ⅱ卷(非选择题,60分)

注意事项:

1.第Ⅱ卷必须使用0.5mm黑色签字笔作答。

2.请将答案书写在答题纸的相应位置,直接答在试卷上无效。

三、非选择题(本题共6小题,共60分。)

13.(★★)(6分)某同学用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系。做法如下:将打点计时器固定在长木板右端,把小车靠近打点计时器放置,小车右端栓接纸带与打点计时器相连,左端连接轻绳。在长木板右下方垫上适当厚度的小物块,使小车在木板上匀速下滑。先保持小车质量不变,在轻绳左端挂上一个钩码,接通电源,释放小车,打出一条纸带。逐渐增加挂在轻绳左端钩码个数,重复上述操作,打出多条纸带,数据处理后可得到相应的加速度a。用挂在轻绳上钩码的重力表示力F,可以得到a与F的关系。再保持挂在轻绳上钩码不变,往小车上加砝码,并逐渐增加砝码个数,同样的方法得到a与小车和所放砝码总质量的关系。

(1)本实验的主要方法有。

A.补偿法

B.控制变量法

C.微小放大法

(2)图乙是实验过程中打出的一条纸带,相邻计数点间还有4个点未画出,打点计时器电源频率为50Hz,每隔0.02s打一次点,则加速度大小为m/s2(保留两位有效数字)。

(3)在探究a与力F关系时,某同学持续增加钩码质量,并做出了如图丙所示的a-F图像,图线上端发生弯曲,造成这一现象的原因是。

考向实验原理和数据处理

思路分析探究加速度与力、质量的关系实验方法是控制变量法,根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量,求出小车的加速度;依据实验原理和实际情况分析a-F图像的形状。

解析(1)探究加速度与受力关系时,保持小车质量不变;探究加速度与质量关系时,保持钩码个数不变,这种实验方法是控制变量法。

(2)打点计时器频率50Hz,每隔0.02s打一个点,相邻两个计数点间还有四个点未画出,故相邻计数点间的时间间隔T=0.1s,根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量,求出小车的加速度,

由Δx=aT2得:a=x CD-x AC

(2T)=0.532?0.25?0.25

0.04

=0.80m/s2。

(3)实验中,用挂在轻绳上的钩码的重力mg当做M受到的合力F,m较小时即m?M,则由牛顿定

律可知a=mg

M =F

M

,a与F成线性关系;随着增加钩码质量m,F逐渐增大,当无法满足m?M时,小车

的实际加速度根据整体法a=mg

M+m =F

M+m

,a-F图像的斜率随着m的增大而减小,图像上端发生弯

曲。

答案(1)B(2)0.80

(3)钩码质量m不满足远小于小车质量M

点评控制变量法探究加速度与力、质量的关系实验,需要测量小车的合力F和加速度a。(1)在测量合外力F时注意:小车实际受拉力和摩擦力,第一步先需要平衡摩擦力;第二步若没有办法直接测量小车的拉力,则需要满足钩码总质量m远小于小车和车上砝码总质量M,合力才近似等于mg。

(2)在处理纸带计算a时要注意:①测量长度的单位在代入公式运算时均转化成米。②注意T 的取值,本题相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。③计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。

14.(★★)(8分)某同学为测定物块与电梯地板之间的动摩擦因数,将质量为1kg的物块放在电梯地板上,弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上,一端连接物块并保持测力计水平。现用手向左缓慢移动物块至图甲所示位置,放手后物块仍保持静止(g=9.8m/s2)。

(1)图甲中弹簧测力计读数为N;

(2)电梯启动后,用手机的加速度传感器测得电梯的a-t图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)。结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动,则这一时刻是(填“第1s 初”或“第5s初”),该时刻电梯处于(填“超重”或“失重”)状态;

(3)物块和电梯地板间动摩擦因数最大值是(保留两位有效数字)。

考向实验测量动摩擦因数、超重和失重

思路分析根据超重和失重的特点,判断正压力F N的变化,进而判断最大静摩擦力变化,讨论物体何时被拉动;根据牛顿第二定律求压力F N,根据f=μF N求摩擦因数μ。

解析(1)弹簧秤最小刻度0.1N,读数时注意估读到最小刻度下一位,故读数为3.60N。

(2)开始时放手后物体仍保持静止,说明最大静摩擦力大于弹簧拉力。电梯启动后,0~2s加速度方向向上,物体处于超重状态,压力F N大于重力,最大静摩擦力比静止时还要大,物体不会被拉动;4s~6s加速度方向向下,物体处于失重状态,压力的小于重力,最大静摩擦力比静止时小,物体可能被拉动。故拉动的时刻是第5s初,此时电梯处于失重状态。

(3)对第5s初这个时刻物体进行受力分析,根据牛顿第二定律mg-F N=ma,解得F N=9N,此时物体被拉动,拉力和最大静摩擦力相等,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F=f,根据滑动摩擦力得f=

μF

N 得μ=f

F N

=3.60

9

=0.40。

答案(1)3.60(2)第5s初失重(3)0.40

点评本题结合测摩擦因数实验考查超重、失重问题,需要理解超重、失重含义和本质:物体加速度方向向上时,处于超重状态,超重时支持物对物体的支持力大于重力;物体加速度方向向下时,处于失重状态,失重时支持物对物体的支持力小于重力。

15.(★)(8分)2019年12月17日,中国第一艘国产航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军,舷号为“17”。“山东舰”甲板上有三个起飞点,假设歼-15战斗机从第1起飞点滑越式

起飞,此过程可看做是两段连续的匀加速直线运动,前一段由静止以15m/s2的加速度匀加速运动90m,后一段路程为15m,战机离舰时速度大小为54m/s(√3=1.732)。求:

(1)战机后一段路程的加速度大小;

(2)战机起飞过程的总时间。

考向匀变速直线运动规律的应用

思路分析战斗机的运动分两个阶段,根据匀变速直线运动速度位移关系求前一段的末速度,再根据速度位移关系求解后一段加速度;利用速度时间关系求两段时间相加即为总时间。

解析(1)设第一段的末速度为v1,离舰速度为v,

前一段由运动学公式得:v12=2a1x1①

代入数值得v1=30√3m/s②

后一段由运动学公式得:v2-v12=2a2x2③

代入数值得a2=7.2m/s2。④

(2)第一段时间为t1,v1=a1t1,t1=2√3s=3.464s⑤

后一段时间为t2,v=v1+a2t2,t2=0.283s⑥

t

=t1+t2=3.747s。⑦

总

评分标准:③式2分,其余每式1分,共8分。

点评匀变速直线运动涉及v0、v、a、x、t五个物理量,已知其中三个可以求出另外两个,注意选取合适的公式求解。本题是单个物体的多过程运动问题,注意要区分两段运动的物理量,还要把握两段运动的联系,即前一段运动的末速度是后一段运动初速度。

16.(★★)(8分)一辆货车运载着三只完全相同的圆柱形光滑钢桶,每只钢桶的质量为1吨。在车厢底层平整排列A、B两只钢桶,相互紧贴并被牢牢固定,上层只有一只钢桶C,自由的摆放在A、B之间,没有绳索固定,取g=10m/s2。货车在平直公路上匀速行驶,求:

(1)钢桶C 对钢桶A 的压力大小;

(2)若突然遇到紧急情况急刹车,为保证驾驶员安全,急刹车的最大加速度大小。 考向 共点力作用下平衡,临界问题

思路分析 对C 进行受力分析,根据平衡条件求A 对C 的支持力,再利用牛顿第三定律求C 对A 的压力;为保证驾驶员安全,C 不能离开B 向前翻滚,即BC 间有弹力作用,根据牛顿第二定律求临界加速度。

解析 (1)货车匀速行驶时,C 桶处于平衡状态,对C 受力分析,三个桶的圆心构成等边三角形,

根据平衡条件2F AC cos30°=mg , (2分) 解得A 对C 的支持力:F AC =√3

3mg =

10000√3

3

N, (1分)

由牛顿第三定律C 对A 的压力F CA =F AC =

10000√3

3

N 。 (1分)

(2)为保证驾驶员安全,刹车加速度最大的条件是B 和C 间恰好没有弹力,对C 受力分析

F'AC cos30°=mg (1分) F'AC sin30°=ma (2分) 解得a =

10√33

m/s 2

。 (1分)

方法指导当题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语,一般都有临界现象出现。分析时,一般用极端分析法,即把问题的物理过程推向极端,分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件,应用规律列出极端情况下的方程,从而分析出临界条件。本题关键在于把握为保证驾驶员安全,C求不能离开B向前翻滚,即BC间有弹力作用,则弹力为零即为本题的临界条件。17.(★★)(14分)如图所示,一木块(可视为质点)以初速度10m/s从斜面底端上滑,斜面倾角为37°,与水平面平滑连接,斜面固定且足够长。木块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为0.5。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:

(1)木块上升过程的加速度大小;

(2)木块沿斜面上升的最大距离;

(3)木块最终停止的位置距斜面底端的距离。

考向牛顿运动定律的应用——已知受力求运动

思路分析(1)对物体受力分析,根据牛顿第二定律求上升加速度a1;

(2)根据速度位移关系求最大距离;

(3)分别求出物体下滑时在斜面上的加速度a2和在平面上的加速度a3,再利用速度位移关系求解。

解析(1)木块沿斜面向上做匀速减速直线运动,受力情况如图

由牛顿第二定律得:mg sin37°+μmg cos37°=ma1①

a

=10m/s2方向沿斜面向下。②

1

(2)木块在斜面上的位移2a1x1=-v02③

x

=5m④

1

即距底端最大距离为5m。

(3)返回时,由牛顿第二定律得

mg sin37°-μmg cos37°=ma

⑤

2

a

=2m/s2⑥

2

由运动学公式得v12=2a2x1⑦

v

=2√5m/s

1

在水平面上由牛顿第二定律得μmg=ma3⑧

a

=5m/s2⑨

3

v12=2ax3x2⑩

x

=2m

2

评分标准:①⑥每式2分,其余每式1分,共14分。

方法指导解决根据物体受力求解物体运动的问题,一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度,再根据物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体的运动情况。流程图如下:

易错提醒 本题在物体从斜面上滑、下滑、水平面减速三个阶段的受力情况各不相同,加速度也不同,要分别受力分析求解加速度,不能相互混用,对于多过程的问题注意各个运动过程间的相互联系。

18.(★★★)(16分)如图所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,平板放在光滑水平面上,两者长度分别为L 1=8m 、L 2=6m 。传送带始终以速度v =8m/s 向右匀速转动。现有一滑块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,滑块与平板间的动摩擦因数μ2=0.4,滑块质量m =1kg,平板质量

M =2kg,g =10m/s 2。

(1)求滑块滑离传送带所用的时间;

(2)判断滑块能否离开平板。如果能离开,请计算出离开平板时的速度大小;若不能离开平板,求滑块距平板右端的距离。 考向 传送带模型、板块模型

思路分析 (1)根据牛顿第二定律求滑块放到传送带后加速度,根据运动学公式分析运动情况,求解滑块离开传送带的时间和速度;

(2)滑块滑上平板,分别求出滑块和平板的加速度,判断速度相等时是否离开平板,再根据运动学公式求解。

解析 (1)对滑块受力分析

由牛顿第二定律得:μ1mg =ma 1

①

a 1=5m/s 2 ②

由运动学公式得v =a 1t 1

t 1=1.6s ③

滑块的位移x 1=1

2a 1t 12

=6.4m ④

滑块后段做匀速直线运动L 1-x 1=vt 2

t 2=0.2s ⑤

总时间为t =t 1+t 2=1.8s ⑥

(2)滑块滑上平板后滑块做匀减速直线运动,平板做匀加速直线运动,

对滑块

μ2mg =ma 2 ⑦ a 2=4m/s 2

对平板

μ2mg =Ma 3 ⑧ a 3=2m/s 2。 ⑨

假设两物体能达到共同速度:v -a 2t 3=a 3t 3

t 3=4

3s ⑩

滑块在平板上滑动的距离:x 1=vt 3-1

2a 2t 32

x 2=1

2a 3t 32 ΔL =x 1-x 2

ΔL =16

3m

ΔL

3m 。

评分标准:每式1分,共16分。

点评 传送带问题要注意先判断物体的运动性质,本题物体静止放在水平传送带后可能一直加速,也可能先加速后匀速,要根据加速度,判断物体加速到与传送带共速时的位移与传送带长度关系,若加速位移大于等于传送带长度,则物体一直加速;若加速位移小于传送带长度,则物体先加速后匀速。

板块问题涉及木板和滑块两个物体,分别分析两个物体的受力,根据牛顿第二定律确定两物体加速度,再对两物体进行运动分析,找到滑块和木板的位移关系和速度关系建立方程求解,注意板块速度相等时板、块运动状态和板块间摩擦力可能发生突变。