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9、【全国百强校】辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题（教师版）
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这是一份9、【全国百强校】辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题（教师版），共12页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答等内容，欢迎下载使用。
【全国百强校】辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题 9
2019—2020学年度上学期期末考试高一试题
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。
满分:100分 时间:90分钟
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、单项选择题(共10小题,1~8题为单选题,9~12题为多选题,共50分。)
1.(★)(5分)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础。以下有几种关于惯性的说法,其中正确的是 ( )
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力作用,物体只能处于静止状态
C.没有力作用,物体也可以做曲线运动
D.运动物体如果没有受到力的作用,将做匀变速直线运动
考向 惯性的理解
答案 A
分析 根据惯性定义和力与运动关系判断。
解析 任何物体都有保持原来运动状态的性质叫惯性,所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性,故A正确。没有力的作用,物体还可能处于匀速直线运动状态,故B错误。曲线运动速度方向时刻改变,是变速运动,一定有加速度,一定有力的作用,故C错误。物体如果没有受到力的作用,将保持静止状态或匀速直线运动状态,故D错误。
规律总结 本题考查物理基本概念,物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。一切物体都有惯性,惯性是物体的一种属性,要牢牢把握惯性只与质量有关,与物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系,质量越大,惯性越大。
力与运动的关系:
(1)力不是维持物体运动的原因,惯性是维持物体运动的原因;
(2)力是改变物体运动的原因,物体运动状态发生改变,一定受到力的作用;
(3)若物体不受力的作用,物体的运动状态不发生改变即速度保持不变。
2.(★)(5分)如图所示,一足球用网兜悬挂着于O点,A点为网兜上对称分布的网绳的结点,OA为一段竖直绳。若换一体积较小而质量相同的足球,设网绳的长度不变,则 ( )
A.网绳的拉力变大
B.网绳的拉力变小
C.竖直绳AO的拉力变小
D.竖直绳AO的拉力变大
考向 力的合成与分解
答案 B
分析 网绳拉力竖直方向的分力之和大小等于足球的重力,足球体积越小,网绳与竖直方向的夹角越小。
解析 设有n根网绳,每根网绳与竖直方向的夹角为θ,对足球进行受力分析,如图所示:
根据平衡条件,在竖直方向有,nTcosθ=G,解得T=Gncosθ,若足球体积减小,则网绳与竖直方向的夹角θ减小,拉力T减小,故A错误,B正确;以网绳和足球整体为研究对象,根据平衡条件,竖直绳OA的拉力始终和重力大小相等,保持不变,故C错误,D错误。
方法指导 当物体处于平衡状态时,物体任一方向的合外力均为零,由三角函数几何关系求解力的表达式,再根据夹角的变化讨论力的变化。
3.(★★)(5分)光滑水平面上有一质量为1kg的物体,在四个恒定水平共点力的作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为2N和8N的两个水平力而其余力保持不变,关于此后物体的运动情况,下列说法正确的是 ( )
A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是4m/s2
B.可能做匀减速直线运动,加速度大小可能是2m/s2
C.可能做轨迹为曲线的运动,加速度大小可能是10m/s2
D.可能做匀速直线运动,速度大小可能是10m/s
考向 二力合成合力范围、曲线运动性质
答案 C
分析 撤去2N和8N的两个力,其余力保持不变,则可知其余力的合力范围,合力恒定,物体一定做匀变速运动。
解析 根据二力合成合力范围|F1-F2|≤F≤F1+F2,撤去的2N和8N的合力范围为6~10N,根据牛顿第二定律F=ma知,加速度的范围为6~10m/s2,合力是恒力,加速度不变,物体一定做匀变速运动。当合力方向和速度方向相同时,物体做匀加速直线运动;当合力方向和速度方向相反时,物体做匀减速直线运动;当合力方向和速度方向不在一条直线上时,做匀变速曲线运动,故选C。
点评 (1)二力合成时,合力F满足:|F1-F2|≤F≤F1+F2。
(2)力与常见的运动模型的关系
比较内容运动分类
F合
a
v
F合(a)方向与v方向
模型
匀速直线运动
F合=0
a=0
恒定
—
—
匀变速直
线运动
F合≠0恒定
a≠0恒定
均匀变化
同向:匀加速直线运动;反向:匀减速直线运动
汽车的启动、刹车等
匀变速曲
线运动
F合≠0恒定
a≠0恒定
均匀变化
不在同一直线上
平抛运动(后续学习)
非匀变速曲线运动
F合≠0不恒定
a≠0不恒定
非均匀变化
不在同一直线上
圆周运动(后续学习)
4.(★★)(5分)用大小相同的力F,以同一角度θ分别推或拉相同的静止物体a和b,使其开始沿水平面运动。下列说法正确的是 ( )
A.若水平面光滑,经过相等时间a物体的速度大
B.若水平面光滑,经过相等时间b物体的速度大
C.若水平面不光滑,经过相等时间a物体的位移大
D.若水平面不光滑,经过相等时间b物体的位移大
考向 力与运动结合问题
答案 D
分析 对物体受力分析,由牛顿第二定律求出物体加速度,然后应用匀变速运动的速度公式和位移公式分析解题。
解析 若水平面光滑,由牛顿第二定律得Fcosθ=ma,两种情况下,物体的加速度相同,经过相同时间,物体速度v=at也相同,故A、B错误。若水平面不光滑,受力分析如图所示,
根据牛顿第二定律:
Fcosθ-fa=maa
Na=mg+Fsinθ
fa=μNa,解得aa=Fcosθ-μmg-μFsinθm
Fcosθ-fb=mab
Nb=mg-Fsinθ
fb=μNb,解得ab=Fcosθ-μmg+μFsinθm
所以aa
5.(★★)(5分)某学生在竖直方向运动的电梯内研究超失重现象,他利用压力传感器测量一个重为30N的小铁块对水平电梯地板的压力,图为传感器的示数随时间的变化情况,则由图可知 ( )
A.4~18s电梯一定处于静止状态
B.0~2.5s若电梯加速上升,则2.5s时达到最大速度
C.0~4s电梯运动方向一定向上
D.18~22s电梯可能处于向下的运动过程中
考向 超重和失重
答案 D
分析 根据压力大小与重力的关系判断加速度方向,确定电梯运动状态,超重时电梯可能向上加速,也可能向下减速,失重时电梯可能向上减速,也可能向下加速。
解析 4~18s压力和重力相等,小铁块处于平衡状态,电梯匀速运动,故A错误。0~2.5s若电梯加速上升,根据图像,0~4s压力大于重力,加速度向上,电梯一直加速运动,则4s时达到最大速度,故B错误。0~4s压力大于重力,加速度向上,电梯处于超重状态,可能向上加速也可能向下减速,故C错误。18~22s压力小于重力,加速度向下,电梯处于失重状态,可能向下加速也可能向上减速,故D正确。
方法总结 判断物体超重与失重的方法:(1)支持物对物体支持力或悬挂物对物体拉力称为“视重”,视重大于重力时超重,视重小于重力时失重。(2)物体处于超重还是失重,只取决于加速度的方向,与物体的运动方向无关。(3)当物体加速度向上时,处于超重状态;当物体加速度向下时,处于失重状态。
特征
状态
加速度
视重(F)与
重力关系
运动情况
受力图
超重
向上
F=m(g
+a)>mg
向上加速或
向下减速
失重
向下
F=m(g
-a)
向上减速
6.(★)(5分)图甲所示为网易公开课的一个视频截图,MIT的教授沃尔特从实验室的天花板处自由释放一个钢球,利用频闪摄影手段记录钢球的下落过程。频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次,图乙照片上完整记录了钢球在各个时刻的位置。利用图中信息估计频闪仪的闪光频率可能为 ( )
A.100Hz B.10Hz C.1Hz D.0.1Hz
考向 自由落体运动规律
答案 B
分析 根据自由落体运动位移时间公式,结合楼层高度,即可求解。
解析 从天花板到地面的距离约为3m,根据自由落体运动位移公式h=12gt2,解得t≈0.8s,由于从天花板到地面的频闪照片中共8段间隔,所以频闪仪的频闪周期T=0.1s,则频闪仪的闪光频率为f=1T=10Hz,故选B。
点评 本题为估算问题,要结合实际情况找到下落高度隐含条件,再根据自由落体运动规律解题。这种解题方法也体现了自由落体运动突出主要因素,忽略次要因素,建立模型以便于解决问题的研究思路。
7.(★★★)(5分)两光滑平板MO、NO构成一个具有固定夹角∠MON=75°的V形槽,一球置于槽内,用θ表示NO板与水平面之间的夹角,θ=30°,如图所示。若保持MON夹角不变将V形槽顺时针缓慢旋转30°,则在旋转过程中平板MO和NO对小球弹力大小如何变化 ( )
A.板MO对球弹力一直减小,板NO对球弹力一直增大
B.板MO对球弹力先减小后增大,板NO对球弹力一直增大
C.板MO对球弹力先减小后增大,板NO对球弹力先增大后减小
D.板MO对球弹力一直减小,板NO对球弹力先增大后减小
考向 动态平衡问题
答案 D
分析 对球受力分析,根据共点力平衡条件,构建力的三角形,再根据正弦定理进行动态分析。
解析 对球受力分析如图所示:
球受重力mg、挡板MO的支持力FM和挡板NO的支持力FN三个力的作用,FM和FN的合力F'和重力等大反向,在FM、FN和合力F'组成的力的三角形中,
根据正弦定理mgsin(π-θ-φ)=FNsinφ=FMsinθ,
根据四边形M'ON'O'内角和是2π,可得θ+φ=π-θ0=105°,
联立可得mgsin75°=FNsin(105°-θ)=FMsinθ,
式中mgsin75°保持不变,在θ从30°减小到0的过程中,sinθ一直减小,所以FM一直减小;sin(105°-θ)先增大后减小,所以FN先增大后减小,故选D。
方法指导 本题主要考查运用矢量三角形分析力的大小变化,先对物体进行正确的受力分析,再结合几何关系和正弦定理分析力的变化。
8.(★★)(5分)在动摩擦因数为μ(μ≠0)的水平面上有一质量为m的小球,小球与水平弹簧和与竖直方向夹角为θ轻绳的一端相连;如图所示,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零,当剪断轻绳的瞬间,小球加速度的大小可能为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )
A.0 B.gtanθ C.gtanθ-μg D.gcosθ
考向 牛顿第二定律瞬时性问题
答案 AC
分析 先根据平衡条件求出剪断轻绳前小球受到的弹力;剪断轻绳后,弹簧弹力不突变,先判断小球是否运动,再分析加速度。
解析 剪断细绳前,对小球受力分析如图1:
根据平衡条件,弹簧弹力F=mgtanθ,
剪断细绳瞬间,弹簧弹力不突变,小球的受力分析如图2:
若最大静摩擦力fm=μmg⩾F,小球静止,加速度a=0;
若最大静摩擦力fm=μmg
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间;
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变。
9.(★★)(5分)如图所示,传送带ab水平,bc与水平方向夹角30°且顺时针转动,一小物块轻放在传送带的最左端,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,关于物块从a到c的运动下列速率-时间图像可能正确的是 ( )
考向 传送带模型
答案 BD
分析 分析物体以不同速度在传送带上的受力情况,求出各种情况的加速度;然后根据物体速度与传送带速度的大小关系讨论即可得到所有情况。
解析 ab段:物块轻放在a点,受到滑动摩擦力,根据牛顿第二定律a1=fm=μmgm=μg=4m/s2,由于ab段传送带的长度未知,物体在ab段的运动可能一直加速、也可能先加速度后匀速,到达b点的速度vb≤v0。
bc段:物体在bc段的最大静摩擦力μmgcos30°
a2=gsinθ+μgcosθ=8.4m/s2;
②若物体在b点的速度vb=v0,摩擦力沿斜面向上,对物体受力分析
a3=gsinθ-μgcosθ=1.6m/s2;
③或者物体在b点的速度vb
规律总结 解决传送带问题要注意先判断物体的运动性质
(1)水平传送带: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。
(2)倾斜传送带:物体静止放在倾斜传送带或速度小于传送带滑上传送带后一定先加速,摩擦力沿斜面向下,a1=gsinθ+μgcosθ;当物体加速到和传送带速度相等后,可能匀速或继续加速,关键看下滑分力mgsinθ和最大静摩擦力μmgcosθ的关系,①若μmgcosθ大于mgsinθ,则静摩擦力可以维持物体随着传送带一起匀速;②若μmgcosθ小于mgsinθ,则静摩擦力不能维持物体随传送带一起匀速,物体会继续加速,加速度a2=gsinθ-μgcosθ。
解题时要注意将物体的受力分析和运动分析相结合,综合考虑后再解题。
10.(★★)(5分)如图,一个质量为m=1kg的长木板置于光滑水平地面上,木板上放有质量相等的A、B两物块,mA=mB=1kg的A、B两物块与木板之间的动摩擦因数分别为μA=0.3和μB=0.2,若现用水平恒力F作用在A物块上,重力加速度g=10m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则下列说法正确的是 ( )
A.当F大于6N时,B物块和木板发生相对滑动
B.当F=5N时,A、B两物块都相对木板静止不动
C.若F=3N,则B物块所受摩擦力大小为1N
D.若F=6N,则B物块的加速度大小为1.5m/s2
考向 牛顿运动定律的应用
答案 CD
分析 根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力,比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体运动情况,进而判断物体所受摩擦力情况;根据牛顿第二定律求出B的加速度和B受到的摩擦力。
解析 A与木板间的最大静摩擦力fA=μAmAg=3N,B与木板间的最大静摩擦力fB=μBmBg=2N,假设B与木板不分离,B与木板动力来源于A对木板的摩擦力,最大加速度fA=(m+mB)a1,解得a1=1.5m/s2,假设B与木板分离,B的最大加速度aB=fBmB=2m/s2,由于aB>a1,所以B与木板不会分离,故A错误。对A、B和木板整体分析,A与木板发生分离时,临界拉力F1=(m+mA+mB)a1=4.5N,故当F>4.5N,A与木板分离,木板和B的加速度为a1=1.5m/s2,故B错误,D正确。当F=3N<4.5N,A、B和板一起加速运动,由F=(m+mA+mB)a2=3N,解得a2=1m/s2,隔离B根据牛顿第二定律,B受到静摩擦力fB'=mBa2=1N,故C正确。
点评 本题属于加速度不同的连接体问题,求解时要先通过分析每个物体的动力来源,用隔离法分别求解B、B与木板的最大加速度,再通过整体法求解临界的拉力,判断不同拉力情况下,三物体不同的运动形式,再根据运动状态利用牛顿第二定律求加速度和摩擦力。
第Ⅱ卷(50分)
二、填空题(本题共3小题,共16分)
11.(★)(4分)一物体做方向不变的直线运动,先后连续经过匀加速、匀速和匀减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移分别为d、4d和2d,所用时间分别为t、2t和32t,则加速和减速运动过程中的加速度大小之比为: ,物体做匀速运动的末速度大小为: (用题中字母表示)。
考向 匀变速直线运动规律的应用
答案 9∶4 2d3t
分析 根据匀变速直线运动位移公式求匀加速运动的加速度,由匀速运动位移公式求匀速运动的速度,再根据匀减速运动位移公式求匀减速运动的加速度;根据速度公式求末速度。
解析 第一段运动过程,根据匀变速直线运动位移公式d=12a1t2,解得a1=2dt2
第二段运动过程,匀速运动速度v=4d2t=2dt
第三段运动过程,根据匀减速直线运动位移公式得,2d=v·32t-12a2(32t)2,解得a2=8d9t2
所以a1∶a2=2dt2∶8d9t2=9∶4
末速度vt=v-a2·32t=2d3t
点评 处理物体多段运动问题要注意各段运动之间的联系,即前一段运动的末速度就是后一段运动的初速度。
12.(★)(6分)如图所示,在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中,某同学将橡皮筋的一端固定,另一端拴两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5N、分度值为0.1N的弹簧测力计、沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当把橡皮筋的活动端拉到O点时,两细绳相互垂直。
(1)由图可读出,这时两个拉力的大小分别为F1= N和F2= N。(左图为F1)
(2)以O为作用点,用1格长度的线段表示0.5N,在虚线方格纸上按作图法的要求,求出它们的合力的大小 N(结果保留2位小数)。(虚线为F1方向)
考向 探究力的合成规律实验
答案 (1)1.40 2.60 (2)2.70~3.20(作出平行四边形画出对角线即可给满分)
分析 (1)根据弹簧测力计分度值,由指针位置读出拉力的示数;(2)按照标度作出两个拉力的图示,根据平行四边形法则作出合力,由力的图示中合力的长度得到合力的大小。
解析 (1)分度值是0.1N的弹簧测力计,读书时要估读到分度值的下一位,故F1=1.40N、F2=2.60N。
(2)选取1个长度的线段代表0.5N,根据标度作出两个分力F1、F2力的图示,根据平行四边形法则作出合力,合力沿两个分力的对角线。
测量出合力图示的长度,和选取的标度相比较,得到合力大小约为2.90N。
点评 本实验采用等效替代法,根据平行四边形法则利用力的图示做出两分力的合力,注意在作图时要和题中选取的标度相比较,规范作图。
13.(★★)(6分)为了探究质量一定时加速度与力的关系,一同学设计了如图所示的实验装置,其中M为小车的质量,m为砂和砂桶的质量;m0为小车所带滑轮的质量。
(1)实验时,一定要进行的操作或保证的条件是 。
A.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力,然后调整拉力方向与长木板平行
B.用天平测出砂和砂桶的质量
C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录拉力传感器的示数
D.改变砂和砂桶的质量,打出几条纸带
E.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电,根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)以拉力传感器的示数为横坐标,加速度为纵坐标(纵、横坐标轴单位长度相等,且都为国际单位),画出的a-F图象是一条直线,求得图线的斜率为k,则小车的质量M为 。(用字母表示)
考向 实验原理和数据处理
答案 (1)ACD (2)1.97 (3)2k-m0
分析 解决实验问题首先要掌握该实验原理,本实验平衡摩擦力后,合外力等于细绳对小车的拉力,可由拉力传感器测量,不需要满足m≪M;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;再分析图像斜率求小车质量M。
解析 (1)根据实验原理,需要测量加速度和合外力,小车的合外力等于细绳的拉力和小车摩擦力之和,摩擦力无法测量,所以本实验要先平衡摩擦力,并保持细绳和木板平行,才能满足合力和细绳对小车的拉力相等,故A正确。
细绳对小车的拉力可以用拉力传感器测量,合外力和拉力传感器示数的二倍相等,所以本实验只需要改变砂和砂桶的质量以改变拉力传感器示数,不需要测量砂和砂桶的质量,也不需要保证砂和砂桶质量m远小于小车质量M,故B、E错误,D正确。
打点计时器运用时,要先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,该实验探究加速度和力的关系,要记录拉力传感器的示数,故C正确。
(2)打点计时器频率为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=x7+x6+x5-x4-x3-x2(3T)2=(0.7639-0.3183)-(0.3183-0.05)0.09m/s2=1.97m/s2
(3)在平衡摩擦力后,拉力传感器示数的二倍即为小车受到的合外力,加速度与合外力的关系满足:2F=(M+m0)a,解得a=2M+m0F,a-F图像的斜率为k=2M+m0,解得M=2k-m0。
点评 控制变量法探究加速度与力、质量的关系实验中,需要测量小车的合外力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,则需要满足砝码和砝码盘总质量m远小于小车和车上砝码总质量M,合力才近似等于mg;若能直接测量拉力,则不需要m≪M。
(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m。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。
三、计算题(本题共3小题,共34分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
14.(★★)(8分)如图所示,物体质量为4kg,两段细绳OA、AC结于A点且两段细绳所能承受的最大拉力都是48N,细绳OA与竖直方向夹角为37°,力F作用在A点,方向斜向右上,物体处于静止状态。(sin37°≈0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)
求:(1)力F的最小值为多少?
(2)若增大物体的质量且保持A点位置和力F最小值的方向不变,哪段绳子先断?并求出此绳刚要断时物体的质量为多少?
考向 平衡问题中的动态分析、临界问题
答案 (1)24N (2)AC 4.8kg
分析 对结点A受力分析,确定F最小值位置,求解F和拉力大小再判断
解析 (1)以A结点为研究对象,分析受力,作出F在几个方向时的受力分析图:
根据平衡条件,F和T的合力与物体重力mg总是等大反向,由受力分析图可知,当F与绳OA垂直时(线2),F有最小值Fmin=mgsin37°=24N(3分)
(2)当F有最小值时,OA绳的拉力T=mgcos37°,AC绳的拉力等于mg (2分)
所以AC绳的拉力大于OA绳的拉力,AC绳先断 (1分)
由mg=48N得m=4.8kg(2分)
点评 本题运用图解法由力的三角形确定F的最小值,解题时先进行受力分析,组成力的三角形,然后判断哪个力不变、哪个力方向不变、哪个力可以旋转,再根据平衡时三个力一定组成封闭三角形的特点求解力的大小。
15.(★★)(10分)如图所示,在倾斜角为37°的斜面上以A为分界点,上段粗糙下段光滑。物块质量为1kg,弹簧的劲度系数为k=60N/m。弹簧的下端固定,上端连接质量不计的挡板。系统处于静止状态。现给物块施加一个沿斜面向上的拉力,使物块在光滑面上做匀加速运动,0.5s末物块恰离开挡板同时进入粗糙面,以后拉力保持不变,又经过0.5s,物块速度恰好为零。求斜面粗糙部分的动摩擦因数。(sin37°=0.6,g=10m/s2,物块大小可忽略)
考向 牛顿运动定律应用——动力学问题
答案 0.2
分析 加速阶段和减速阶段的时间相等,初末速度均为零,加速度大小相等、方向相反,根据前段运动求加速度,再根据受力分析和牛顿第二定律求动摩擦因数。
解析 对物块在粗糙面和光滑面分别受力分析,如图所示
t=0.5s时,物块离开挡板,此时物体受到挡板的支持力为零,由于挡板的质量不计,所以此时弹簧处于原长。
在0~0.5s这段时间内物体向上运动的距离
x=mgsin37°k=0.1m1分
由x=12at2得a=2xt2=0.8m/s2 1分
t=0.5s内F是变力,在t=0.5s以后F是恒力。
物块在光滑斜面末端有F-mgsin37°=ma
则F=ma+mgsin37°=6.8N(2分)
在粗糙面上:物块经过0.5s速度减小到0,a'=-0.8m/s2 (2分)
物体在粗糙面上运动,有:F-mgsin37°-μmgcos37°=ma' (2分)
代入数据解得μ=0.2 (2分)
方法指导 解决动力学问题时,要抓住关键物理量,即加速度,它是连接力和运动的纽带,加速度的求解可以运用牛顿第二定律F=ma,也可以利用运动学公式求解。在运用牛顿第二定律求解物体的加速度时,如果物体受力个数较多,或所受各力的方向不在一条直线上,求合力的一般方法是正交分解法。建立坐标系时,一般选择加速度方向为x轴,垂直加速度方向为y轴,这样x轴合外力提供加速度,y轴合外力为零,列方程求解。
易错提醒 本题在物块从斜面匀速上滑、减速上滑两个阶段的受力情况不同,加速度也不同,要分别受力分析求解加速度,不能相互混用,对于多过程的问题还要注意各个运动过程间速度和位移的联系。
16.(★★★)(16分)如图所示,水平地面上有质量为M=4kg、长为L=9m的大箱子,质量为m=1kg的小铁块可视为质点且位于箱子底部正中心的位置,绳子一端固定在箱子的右侧面,另外一端连着小铁块,绳子能够承受的最大拉力为4N,箱子和地面之间动摩擦因数μ1=0.2,箱子和小铁块之间动摩擦因数μ2=0.1。某时刻开始箱子在外力F=20N水平向右的恒力作用下由静止开始运动,过了一段时间外力F开始增大直至绳子刚好被拉断时立刻撤去外力F,此时箱子和小铁块的速度为4.5m/s。(g=10m/s2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
求:(1)箱子在恒定F=20N作用时绳子的弹力。
(2)绳断后箱子和小铁块经过多长时间第一次相碰;第一次相碰时箱子和小铁块的速度大小各为多少?
考向 牛顿运动定律应用——板块模型
分析 (1)先利用整体法求加速度,隔离小铁块求绳子拉力;(2)绳断后先判断箱子和铁块是否共同减速,分别求出二者加速度,利用v-t图像分析运动关系,利用运动学规律求解。
答案 (1)1N (2)3s 0 1.5m/s
解析 (1)以箱子和铁块为整体,由牛顿第二定律得
F-f1=(M+m)a (1分)
f1=μ(M+m)g (1分)
对小铁块受力分析如图所示,由牛顿第二定律得:
T+f2=ma (1分)
f2=μ2mg (1分)
由以上各式可得:T=1N(1分)
(2)绳断后假设二者一起减速,对整体分析可得:
μ1(M+m)g=(M+m)a1 (1分)
解得a1=2m/s2 (1分)
而对小铁块分析可得,最大加速度a2=μ2g=1m/s2
结合v-t图像设箱子停下所用时间为t0
则t0=v0a3,解得t0=2s(1分)
当箱子停下时的位移x1=v022a3=4.5m(1分)
小铁块的位移x2=v0t0-12a2t02=7m(1分)
由Δx=x2-x1可得Δx=2.5m
(算出箱子速度共得5分,其他方法也都给分)
假设再经过时间t二者第一次相碰,则可得
L2-Δx=(v0-a2t0)t-12a2t2,解得t=1s(1分)
故t总=t+t0=1s+2s=3s(1分)
此时小铁块的速度v2=v0-a2t总=1.5m/s(1分)
方法指导 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。
注意把握三个关系:
(1)加速度关系:如果板块之间没有发生相对运动,可以用整体法求出它们一起运动的加速度;如果板块之间发生相对运动,应采用隔离法求出每一个物体运动的加速度。应注意找出板块是否发生相对运动的隐含条件。
(2)速度关系:板块之间发生相对运动时,认清板块间的速度关系,从而确定板块受到的摩擦力。应注意当板块的速度相同时,摩擦力会发生突变。
(3)位移关系:板块叠放在一起运动时,应仔细分析每个物体的运动过程,弄清板、块的对地位移和板块间的相对位移之间的关系,这些关系就是解题过程中列方程的依据。
易错提醒 本题解题时要注意箱子和铁块均做减速运动,要判断相碰的时刻在箱子停止之前还是停止之后,再利用位移关系求解相碰时间。
【全国百强校】辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题 9
2019—2020学年度上学期期末考试高一试题
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。
满分:100分 时间:90分钟
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、单项选择题(共10小题,1~8题为单选题,9~12题为多选题,共50分。)
1.(★)(5分)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础。以下有几种关于惯性的说法,其中正确的是 ( )
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力作用,物体只能处于静止状态
C.没有力作用,物体也可以做曲线运动
D.运动物体如果没有受到力的作用,将做匀变速直线运动
考向 惯性的理解
答案 A
分析 根据惯性定义和力与运动关系判断。
解析 任何物体都有保持原来运动状态的性质叫惯性,所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性,故A正确。没有力的作用,物体还可能处于匀速直线运动状态,故B错误。曲线运动速度方向时刻改变,是变速运动,一定有加速度,一定有力的作用,故C错误。物体如果没有受到力的作用,将保持静止状态或匀速直线运动状态,故D错误。
规律总结 本题考查物理基本概念,物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。一切物体都有惯性,惯性是物体的一种属性,要牢牢把握惯性只与质量有关,与物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系,质量越大,惯性越大。
力与运动的关系:
(1)力不是维持物体运动的原因,惯性是维持物体运动的原因;
(2)力是改变物体运动的原因,物体运动状态发生改变,一定受到力的作用;
(3)若物体不受力的作用,物体的运动状态不发生改变即速度保持不变。
2.(★)(5分)如图所示,一足球用网兜悬挂着于O点,A点为网兜上对称分布的网绳的结点,OA为一段竖直绳。若换一体积较小而质量相同的足球,设网绳的长度不变,则 ( )
A.网绳的拉力变大
B.网绳的拉力变小
C.竖直绳AO的拉力变小
D.竖直绳AO的拉力变大
考向 力的合成与分解
答案 B
分析 网绳拉力竖直方向的分力之和大小等于足球的重力,足球体积越小,网绳与竖直方向的夹角越小。
解析 设有n根网绳,每根网绳与竖直方向的夹角为θ,对足球进行受力分析,如图所示:
根据平衡条件,在竖直方向有,nTcosθ=G,解得T=Gncosθ,若足球体积减小,则网绳与竖直方向的夹角θ减小,拉力T减小,故A错误,B正确;以网绳和足球整体为研究对象,根据平衡条件,竖直绳OA的拉力始终和重力大小相等,保持不变,故C错误,D错误。
方法指导 当物体处于平衡状态时,物体任一方向的合外力均为零,由三角函数几何关系求解力的表达式,再根据夹角的变化讨论力的变化。
3.(★★)(5分)光滑水平面上有一质量为1kg的物体,在四个恒定水平共点力的作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为2N和8N的两个水平力而其余力保持不变,关于此后物体的运动情况,下列说法正确的是 ( )
A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是4m/s2
B.可能做匀减速直线运动,加速度大小可能是2m/s2
C.可能做轨迹为曲线的运动,加速度大小可能是10m/s2
D.可能做匀速直线运动,速度大小可能是10m/s
考向 二力合成合力范围、曲线运动性质
答案 C
分析 撤去2N和8N的两个力,其余力保持不变,则可知其余力的合力范围,合力恒定,物体一定做匀变速运动。
解析 根据二力合成合力范围|F1-F2|≤F≤F1+F2,撤去的2N和8N的合力范围为6~10N,根据牛顿第二定律F=ma知,加速度的范围为6~10m/s2,合力是恒力,加速度不变,物体一定做匀变速运动。当合力方向和速度方向相同时,物体做匀加速直线运动;当合力方向和速度方向相反时,物体做匀减速直线运动;当合力方向和速度方向不在一条直线上时,做匀变速曲线运动,故选C。
点评 (1)二力合成时,合力F满足:|F1-F2|≤F≤F1+F2。
(2)力与常见的运动模型的关系
比较内容运动分类
F合
a
v
F合(a)方向与v方向
模型
匀速直线运动
F合=0
a=0
恒定
—
—
匀变速直
线运动
F合≠0恒定
a≠0恒定
均匀变化
同向:匀加速直线运动;反向:匀减速直线运动
汽车的启动、刹车等
匀变速曲
线运动
F合≠0恒定
a≠0恒定
均匀变化
不在同一直线上
平抛运动(后续学习)
非匀变速曲线运动
F合≠0不恒定
a≠0不恒定
非均匀变化
不在同一直线上
圆周运动(后续学习)
4.(★★)(5分)用大小相同的力F,以同一角度θ分别推或拉相同的静止物体a和b,使其开始沿水平面运动。下列说法正确的是 ( )
A.若水平面光滑,经过相等时间a物体的速度大
B.若水平面光滑,经过相等时间b物体的速度大
C.若水平面不光滑,经过相等时间a物体的位移大
D.若水平面不光滑,经过相等时间b物体的位移大
考向 力与运动结合问题
答案 D
分析 对物体受力分析,由牛顿第二定律求出物体加速度,然后应用匀变速运动的速度公式和位移公式分析解题。
解析 若水平面光滑,由牛顿第二定律得Fcosθ=ma,两种情况下,物体的加速度相同,经过相同时间,物体速度v=at也相同,故A、B错误。若水平面不光滑,受力分析如图所示,
根据牛顿第二定律:
Fcosθ-fa=maa
Na=mg+Fsinθ
fa=μNa,解得aa=Fcosθ-μmg-μFsinθm
Fcosθ-fb=mab
Nb=mg-Fsinθ
fb=μNb,解得ab=Fcosθ-μmg+μFsinθm
所以aa
5.(★★)(5分)某学生在竖直方向运动的电梯内研究超失重现象,他利用压力传感器测量一个重为30N的小铁块对水平电梯地板的压力,图为传感器的示数随时间的变化情况,则由图可知 ( )
A.4~18s电梯一定处于静止状态
B.0~2.5s若电梯加速上升,则2.5s时达到最大速度
C.0~4s电梯运动方向一定向上
D.18~22s电梯可能处于向下的运动过程中
考向 超重和失重
答案 D
分析 根据压力大小与重力的关系判断加速度方向,确定电梯运动状态,超重时电梯可能向上加速,也可能向下减速,失重时电梯可能向上减速,也可能向下加速。
解析 4~18s压力和重力相等,小铁块处于平衡状态,电梯匀速运动,故A错误。0~2.5s若电梯加速上升,根据图像,0~4s压力大于重力,加速度向上,电梯一直加速运动,则4s时达到最大速度,故B错误。0~4s压力大于重力,加速度向上,电梯处于超重状态,可能向上加速也可能向下减速,故C错误。18~22s压力小于重力,加速度向下,电梯处于失重状态,可能向下加速也可能向上减速,故D正确。
方法总结 判断物体超重与失重的方法:(1)支持物对物体支持力或悬挂物对物体拉力称为“视重”,视重大于重力时超重,视重小于重力时失重。(2)物体处于超重还是失重,只取决于加速度的方向,与物体的运动方向无关。(3)当物体加速度向上时,处于超重状态;当物体加速度向下时,处于失重状态。
特征
状态
加速度
视重(F)与
重力关系
运动情况
受力图
超重
向上
F=m(g
+a)>mg
向上加速或
向下减速
失重
向下
F=m(g
-a)
向上减速
6.(★)(5分)图甲所示为网易公开课的一个视频截图,MIT的教授沃尔特从实验室的天花板处自由释放一个钢球,利用频闪摄影手段记录钢球的下落过程。频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次,图乙照片上完整记录了钢球在各个时刻的位置。利用图中信息估计频闪仪的闪光频率可能为 ( )
A.100Hz B.10Hz C.1Hz D.0.1Hz
考向 自由落体运动规律
答案 B
分析 根据自由落体运动位移时间公式,结合楼层高度,即可求解。
解析 从天花板到地面的距离约为3m,根据自由落体运动位移公式h=12gt2,解得t≈0.8s,由于从天花板到地面的频闪照片中共8段间隔,所以频闪仪的频闪周期T=0.1s,则频闪仪的闪光频率为f=1T=10Hz,故选B。
点评 本题为估算问题,要结合实际情况找到下落高度隐含条件,再根据自由落体运动规律解题。这种解题方法也体现了自由落体运动突出主要因素,忽略次要因素,建立模型以便于解决问题的研究思路。
7.(★★★)(5分)两光滑平板MO、NO构成一个具有固定夹角∠MON=75°的V形槽,一球置于槽内,用θ表示NO板与水平面之间的夹角,θ=30°,如图所示。若保持MON夹角不变将V形槽顺时针缓慢旋转30°,则在旋转过程中平板MO和NO对小球弹力大小如何变化 ( )
A.板MO对球弹力一直减小,板NO对球弹力一直增大
B.板MO对球弹力先减小后增大,板NO对球弹力一直增大
C.板MO对球弹力先减小后增大,板NO对球弹力先增大后减小
D.板MO对球弹力一直减小,板NO对球弹力先增大后减小
考向 动态平衡问题
答案 D
分析 对球受力分析,根据共点力平衡条件,构建力的三角形,再根据正弦定理进行动态分析。
解析 对球受力分析如图所示:
球受重力mg、挡板MO的支持力FM和挡板NO的支持力FN三个力的作用,FM和FN的合力F'和重力等大反向,在FM、FN和合力F'组成的力的三角形中,
根据正弦定理mgsin(π-θ-φ)=FNsinφ=FMsinθ,
根据四边形M'ON'O'内角和是2π,可得θ+φ=π-θ0=105°,
联立可得mgsin75°=FNsin(105°-θ)=FMsinθ,
式中mgsin75°保持不变,在θ从30°减小到0的过程中,sinθ一直减小,所以FM一直减小;sin(105°-θ)先增大后减小,所以FN先增大后减小,故选D。
方法指导 本题主要考查运用矢量三角形分析力的大小变化,先对物体进行正确的受力分析,再结合几何关系和正弦定理分析力的变化。
8.(★★)(5分)在动摩擦因数为μ(μ≠0)的水平面上有一质量为m的小球,小球与水平弹簧和与竖直方向夹角为θ轻绳的一端相连;如图所示,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零,当剪断轻绳的瞬间,小球加速度的大小可能为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )
A.0 B.gtanθ C.gtanθ-μg D.gcosθ
考向 牛顿第二定律瞬时性问题
答案 AC
分析 先根据平衡条件求出剪断轻绳前小球受到的弹力;剪断轻绳后,弹簧弹力不突变,先判断小球是否运动,再分析加速度。
解析 剪断细绳前,对小球受力分析如图1:
根据平衡条件,弹簧弹力F=mgtanθ,
剪断细绳瞬间,弹簧弹力不突变,小球的受力分析如图2:
若最大静摩擦力fm=μmg⩾F,小球静止,加速度a=0;
若最大静摩擦力fm=μmg
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间;
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变。
9.(★★)(5分)如图所示,传送带ab水平,bc与水平方向夹角30°且顺时针转动,一小物块轻放在传送带的最左端,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,关于物块从a到c的运动下列速率-时间图像可能正确的是 ( )
考向 传送带模型
答案 BD
分析 分析物体以不同速度在传送带上的受力情况,求出各种情况的加速度;然后根据物体速度与传送带速度的大小关系讨论即可得到所有情况。
解析 ab段:物块轻放在a点,受到滑动摩擦力,根据牛顿第二定律a1=fm=μmgm=μg=4m/s2,由于ab段传送带的长度未知,物体在ab段的运动可能一直加速、也可能先加速度后匀速,到达b点的速度vb≤v0。
bc段:物体在bc段的最大静摩擦力μmgcos30°
a2=gsinθ+μgcosθ=8.4m/s2;
②若物体在b点的速度vb=v0,摩擦力沿斜面向上,对物体受力分析
a3=gsinθ-μgcosθ=1.6m/s2;
③或者物体在b点的速度vb
规律总结 解决传送带问题要注意先判断物体的运动性质
(1)水平传送带: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。
(2)倾斜传送带:物体静止放在倾斜传送带或速度小于传送带滑上传送带后一定先加速,摩擦力沿斜面向下,a1=gsinθ+μgcosθ;当物体加速到和传送带速度相等后,可能匀速或继续加速,关键看下滑分力mgsinθ和最大静摩擦力μmgcosθ的关系,①若μmgcosθ大于mgsinθ,则静摩擦力可以维持物体随着传送带一起匀速;②若μmgcosθ小于mgsinθ,则静摩擦力不能维持物体随传送带一起匀速,物体会继续加速,加速度a2=gsinθ-μgcosθ。
解题时要注意将物体的受力分析和运动分析相结合,综合考虑后再解题。
10.(★★)(5分)如图,一个质量为m=1kg的长木板置于光滑水平地面上,木板上放有质量相等的A、B两物块,mA=mB=1kg的A、B两物块与木板之间的动摩擦因数分别为μA=0.3和μB=0.2,若现用水平恒力F作用在A物块上,重力加速度g=10m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则下列说法正确的是 ( )
A.当F大于6N时,B物块和木板发生相对滑动
B.当F=5N时,A、B两物块都相对木板静止不动
C.若F=3N,则B物块所受摩擦力大小为1N
D.若F=6N,则B物块的加速度大小为1.5m/s2
考向 牛顿运动定律的应用
答案 CD
分析 根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力,比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体运动情况,进而判断物体所受摩擦力情况;根据牛顿第二定律求出B的加速度和B受到的摩擦力。
解析 A与木板间的最大静摩擦力fA=μAmAg=3N,B与木板间的最大静摩擦力fB=μBmBg=2N,假设B与木板不分离,B与木板动力来源于A对木板的摩擦力,最大加速度fA=(m+mB)a1,解得a1=1.5m/s2,假设B与木板分离,B的最大加速度aB=fBmB=2m/s2,由于aB>a1,所以B与木板不会分离,故A错误。对A、B和木板整体分析,A与木板发生分离时,临界拉力F1=(m+mA+mB)a1=4.5N,故当F>4.5N,A与木板分离,木板和B的加速度为a1=1.5m/s2,故B错误,D正确。当F=3N<4.5N,A、B和板一起加速运动,由F=(m+mA+mB)a2=3N,解得a2=1m/s2,隔离B根据牛顿第二定律,B受到静摩擦力fB'=mBa2=1N,故C正确。
点评 本题属于加速度不同的连接体问题,求解时要先通过分析每个物体的动力来源,用隔离法分别求解B、B与木板的最大加速度,再通过整体法求解临界的拉力,判断不同拉力情况下,三物体不同的运动形式,再根据运动状态利用牛顿第二定律求加速度和摩擦力。
第Ⅱ卷(50分)
二、填空题(本题共3小题,共16分)
11.(★)(4分)一物体做方向不变的直线运动,先后连续经过匀加速、匀速和匀减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移分别为d、4d和2d,所用时间分别为t、2t和32t,则加速和减速运动过程中的加速度大小之比为: ,物体做匀速运动的末速度大小为: (用题中字母表示)。
考向 匀变速直线运动规律的应用
答案 9∶4 2d3t
分析 根据匀变速直线运动位移公式求匀加速运动的加速度,由匀速运动位移公式求匀速运动的速度,再根据匀减速运动位移公式求匀减速运动的加速度;根据速度公式求末速度。
解析 第一段运动过程,根据匀变速直线运动位移公式d=12a1t2,解得a1=2dt2
第二段运动过程,匀速运动速度v=4d2t=2dt
第三段运动过程,根据匀减速直线运动位移公式得,2d=v·32t-12a2(32t)2,解得a2=8d9t2
所以a1∶a2=2dt2∶8d9t2=9∶4
末速度vt=v-a2·32t=2d3t
点评 处理物体多段运动问题要注意各段运动之间的联系,即前一段运动的末速度就是后一段运动的初速度。
12.(★)(6分)如图所示,在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中,某同学将橡皮筋的一端固定,另一端拴两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5N、分度值为0.1N的弹簧测力计、沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当把橡皮筋的活动端拉到O点时,两细绳相互垂直。
(1)由图可读出,这时两个拉力的大小分别为F1= N和F2= N。(左图为F1)
(2)以O为作用点,用1格长度的线段表示0.5N,在虚线方格纸上按作图法的要求,求出它们的合力的大小 N(结果保留2位小数)。(虚线为F1方向)
考向 探究力的合成规律实验
答案 (1)1.40 2.60 (2)2.70~3.20(作出平行四边形画出对角线即可给满分)
分析 (1)根据弹簧测力计分度值,由指针位置读出拉力的示数;(2)按照标度作出两个拉力的图示,根据平行四边形法则作出合力,由力的图示中合力的长度得到合力的大小。
解析 (1)分度值是0.1N的弹簧测力计,读书时要估读到分度值的下一位,故F1=1.40N、F2=2.60N。
(2)选取1个长度的线段代表0.5N,根据标度作出两个分力F1、F2力的图示,根据平行四边形法则作出合力,合力沿两个分力的对角线。
测量出合力图示的长度,和选取的标度相比较,得到合力大小约为2.90N。
点评 本实验采用等效替代法,根据平行四边形法则利用力的图示做出两分力的合力,注意在作图时要和题中选取的标度相比较,规范作图。
13.(★★)(6分)为了探究质量一定时加速度与力的关系,一同学设计了如图所示的实验装置,其中M为小车的质量,m为砂和砂桶的质量;m0为小车所带滑轮的质量。
(1)实验时,一定要进行的操作或保证的条件是 。
A.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力,然后调整拉力方向与长木板平行
B.用天平测出砂和砂桶的质量
C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录拉力传感器的示数
D.改变砂和砂桶的质量,打出几条纸带
E.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电,根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)以拉力传感器的示数为横坐标,加速度为纵坐标(纵、横坐标轴单位长度相等,且都为国际单位),画出的a-F图象是一条直线,求得图线的斜率为k,则小车的质量M为 。(用字母表示)
考向 实验原理和数据处理
答案 (1)ACD (2)1.97 (3)2k-m0
分析 解决实验问题首先要掌握该实验原理,本实验平衡摩擦力后,合外力等于细绳对小车的拉力,可由拉力传感器测量,不需要满足m≪M;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;再分析图像斜率求小车质量M。
解析 (1)根据实验原理,需要测量加速度和合外力,小车的合外力等于细绳的拉力和小车摩擦力之和,摩擦力无法测量,所以本实验要先平衡摩擦力,并保持细绳和木板平行,才能满足合力和细绳对小车的拉力相等,故A正确。
细绳对小车的拉力可以用拉力传感器测量,合外力和拉力传感器示数的二倍相等,所以本实验只需要改变砂和砂桶的质量以改变拉力传感器示数,不需要测量砂和砂桶的质量,也不需要保证砂和砂桶质量m远小于小车质量M,故B、E错误,D正确。
打点计时器运用时,要先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,该实验探究加速度和力的关系,要记录拉力传感器的示数,故C正确。
(2)打点计时器频率为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=x7+x6+x5-x4-x3-x2(3T)2=(0.7639-0.3183)-(0.3183-0.05)0.09m/s2=1.97m/s2
(3)在平衡摩擦力后,拉力传感器示数的二倍即为小车受到的合外力,加速度与合外力的关系满足:2F=(M+m0)a,解得a=2M+m0F,a-F图像的斜率为k=2M+m0,解得M=2k-m0。
点评 控制变量法探究加速度与力、质量的关系实验中,需要测量小车的合外力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,则需要满足砝码和砝码盘总质量m远小于小车和车上砝码总质量M,合力才近似等于mg;若能直接测量拉力,则不需要m≪M。
(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m。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。
三、计算题(本题共3小题,共34分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
14.(★★)(8分)如图所示,物体质量为4kg,两段细绳OA、AC结于A点且两段细绳所能承受的最大拉力都是48N,细绳OA与竖直方向夹角为37°,力F作用在A点,方向斜向右上,物体处于静止状态。(sin37°≈0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)
求:(1)力F的最小值为多少?
(2)若增大物体的质量且保持A点位置和力F最小值的方向不变,哪段绳子先断?并求出此绳刚要断时物体的质量为多少?
考向 平衡问题中的动态分析、临界问题
答案 (1)24N (2)AC 4.8kg
分析 对结点A受力分析,确定F最小值位置,求解F和拉力大小再判断
解析 (1)以A结点为研究对象,分析受力,作出F在几个方向时的受力分析图:
根据平衡条件,F和T的合力与物体重力mg总是等大反向,由受力分析图可知,当F与绳OA垂直时(线2),F有最小值Fmin=mgsin37°=24N(3分)
(2)当F有最小值时,OA绳的拉力T=mgcos37°,AC绳的拉力等于mg (2分)
所以AC绳的拉力大于OA绳的拉力,AC绳先断 (1分)
由mg=48N得m=4.8kg(2分)
点评 本题运用图解法由力的三角形确定F的最小值,解题时先进行受力分析,组成力的三角形,然后判断哪个力不变、哪个力方向不变、哪个力可以旋转,再根据平衡时三个力一定组成封闭三角形的特点求解力的大小。
15.(★★)(10分)如图所示,在倾斜角为37°的斜面上以A为分界点,上段粗糙下段光滑。物块质量为1kg,弹簧的劲度系数为k=60N/m。弹簧的下端固定,上端连接质量不计的挡板。系统处于静止状态。现给物块施加一个沿斜面向上的拉力,使物块在光滑面上做匀加速运动,0.5s末物块恰离开挡板同时进入粗糙面,以后拉力保持不变,又经过0.5s,物块速度恰好为零。求斜面粗糙部分的动摩擦因数。(sin37°=0.6,g=10m/s2,物块大小可忽略)
考向 牛顿运动定律应用——动力学问题
答案 0.2
分析 加速阶段和减速阶段的时间相等,初末速度均为零,加速度大小相等、方向相反,根据前段运动求加速度,再根据受力分析和牛顿第二定律求动摩擦因数。
解析 对物块在粗糙面和光滑面分别受力分析,如图所示
t=0.5s时,物块离开挡板,此时物体受到挡板的支持力为零,由于挡板的质量不计,所以此时弹簧处于原长。
在0~0.5s这段时间内物体向上运动的距离
x=mgsin37°k=0.1m1分
由x=12at2得a=2xt2=0.8m/s2 1分
t=0.5s内F是变力,在t=0.5s以后F是恒力。
物块在光滑斜面末端有F-mgsin37°=ma
则F=ma+mgsin37°=6.8N(2分)
在粗糙面上:物块经过0.5s速度减小到0,a'=-0.8m/s2 (2分)
物体在粗糙面上运动,有:F-mgsin37°-μmgcos37°=ma' (2分)
代入数据解得μ=0.2 (2分)
方法指导 解决动力学问题时,要抓住关键物理量,即加速度,它是连接力和运动的纽带,加速度的求解可以运用牛顿第二定律F=ma,也可以利用运动学公式求解。在运用牛顿第二定律求解物体的加速度时,如果物体受力个数较多,或所受各力的方向不在一条直线上,求合力的一般方法是正交分解法。建立坐标系时,一般选择加速度方向为x轴,垂直加速度方向为y轴,这样x轴合外力提供加速度,y轴合外力为零,列方程求解。
易错提醒 本题在物块从斜面匀速上滑、减速上滑两个阶段的受力情况不同,加速度也不同,要分别受力分析求解加速度,不能相互混用,对于多过程的问题还要注意各个运动过程间速度和位移的联系。
16.(★★★)(16分)如图所示,水平地面上有质量为M=4kg、长为L=9m的大箱子,质量为m=1kg的小铁块可视为质点且位于箱子底部正中心的位置,绳子一端固定在箱子的右侧面,另外一端连着小铁块,绳子能够承受的最大拉力为4N,箱子和地面之间动摩擦因数μ1=0.2,箱子和小铁块之间动摩擦因数μ2=0.1。某时刻开始箱子在外力F=20N水平向右的恒力作用下由静止开始运动,过了一段时间外力F开始增大直至绳子刚好被拉断时立刻撤去外力F,此时箱子和小铁块的速度为4.5m/s。(g=10m/s2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
求:(1)箱子在恒定F=20N作用时绳子的弹力。
(2)绳断后箱子和小铁块经过多长时间第一次相碰;第一次相碰时箱子和小铁块的速度大小各为多少?
考向 牛顿运动定律应用——板块模型
分析 (1)先利用整体法求加速度,隔离小铁块求绳子拉力;(2)绳断后先判断箱子和铁块是否共同减速,分别求出二者加速度,利用v-t图像分析运动关系,利用运动学规律求解。
答案 (1)1N (2)3s 0 1.5m/s
解析 (1)以箱子和铁块为整体,由牛顿第二定律得
F-f1=(M+m)a (1分)
f1=μ(M+m)g (1分)
对小铁块受力分析如图所示,由牛顿第二定律得:
T+f2=ma (1分)
f2=μ2mg (1分)
由以上各式可得:T=1N(1分)
(2)绳断后假设二者一起减速,对整体分析可得:
μ1(M+m)g=(M+m)a1 (1分)
解得a1=2m/s2 (1分)
而对小铁块分析可得,最大加速度a2=μ2g=1m/s2
结合v-t图像设箱子停下所用时间为t0
则t0=v0a3,解得t0=2s(1分)
当箱子停下时的位移x1=v022a3=4.5m(1分)
小铁块的位移x2=v0t0-12a2t02=7m(1分)
由Δx=x2-x1可得Δx=2.5m
(算出箱子速度共得5分,其他方法也都给分)
假设再经过时间t二者第一次相碰,则可得
L2-Δx=(v0-a2t0)t-12a2t2,解得t=1s(1分)
故t总=t+t0=1s+2s=3s(1分)
此时小铁块的速度v2=v0-a2t总=1.5m/s(1分)
方法指导 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。
注意把握三个关系:
(1)加速度关系:如果板块之间没有发生相对运动,可以用整体法求出它们一起运动的加速度;如果板块之间发生相对运动,应采用隔离法求出每一个物体运动的加速度。应注意找出板块是否发生相对运动的隐含条件。
(2)速度关系:板块之间发生相对运动时,认清板块间的速度关系,从而确定板块受到的摩擦力。应注意当板块的速度相同时,摩擦力会发生突变。
(3)位移关系:板块叠放在一起运动时,应仔细分析每个物体的运动过程,弄清板、块的对地位移和板块间的相对位移之间的关系,这些关系就是解题过程中列方程的依据。
易错提醒 本题解题时要注意箱子和铁块均做减速运动,要判断相碰的时刻在箱子停止之前还是停止之后,再利用位移关系求解相碰时间。
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