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    2023-2024学年山东省济宁市育才中学高一(下)开学考试物理试卷(含解析)
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    2023-2024学年山东省济宁市育才中学高一(下)开学考试物理试卷(含解析)

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    这是一份2023-2024学年山东省济宁市育才中学高一(下)开学考试物理试卷(含解析),共21页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。

    1.下列均属于国际单位制基本单位的是( )
    A. kg、m、JB. ml、m、A
    C. cm、m/s2、KD. N、s、m/s
    2.伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究,开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程,对这两项研究,下列说法中正确的是( )
    A. 图甲的实验为“理想实验”,通过逻辑推理得出力是维持物体运动的原因
    B. 图甲中的实验,可以在实验室中真实呈现
    C. 图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验,可“冲淡”重力,使时间测量更容易
    D. 图乙通过对自由落体运动的研究,合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
    3.树叶从空中下落的轨迹如图所示,P为轨迹上一点,下列说法正确的是( )
    A. 树叶经P点时的速度一定为0
    B. 树叶经P点时的加速度一定为0
    C. 树叶经P点时的加速度的方向与轨迹相切
    D. 树叶从A点运动到P点,平均速度的方向由A指向P
    4.如图所示,一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水,假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动,且忽略空气阻力,则( )
    A. 容器自由下落时,小孔向下漏水
    B. 将容器竖直向上抛出,容器向上运动时,小孔向下漏水;容器向下运动时,小孔不向下漏水
    C. 将容器竖直向上抛出,不管是容器向上运动,还是向下运动,小孔都向下漏水
    D. 将容器竖直向上抛出,不管是容器向上运动,还是向下运动,小孔都不向下漏水
    5.新能源汽车已经广泛应用于人们的生活,在某次新能源汽车检测中,汽车由O点(图中未画出)从静止开始做匀加速直线运动,运动过程中连续经过三棵树A、B、C,如图所示。已知三棵树的间距相等,且汽车从A到B与从B到C经历的时间分别为2s和1s,则汽车从O到A运动的时间为
    ( )
    A. 0.5sB. 1sC. 2sD. 3s
    6.如图所示,小船从岸边A处渡河,船在静水中的速度大小v1=4m/s,船头与上游河岸的夹角为37°,河水的流速大小v2=5m/s,sin37°=0.6,cs37°=0.8,则小船相对河岸的速度大小为( )
    A. 2.4m/sB. 3.0m/sC. 4.5m/sD. 5.0m/s
    7.如图所示,斜面体甲放在小车内的水平地板上,物块乙放在斜面体上,两者一起随车向右匀加速运动,关于甲、乙受力的分析正确的是( )
    A. 甲物体可能受到4个力的作用
    B. 甲物体受到车厢向右的摩擦力
    C. 乙物体可能受到2个力的作用
    D. 车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和
    8.某同学使用50g的小钢球一个、轻弹簧、直尺等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g=10m/s2。下列说法正确的是( )
    A. 30cm刻度对应的加速度为−5m/s2B. 40cm刻度对应的加速度为10m/s2
    C. 50cm刻度对应的加速度为20m/s2D. 弹簧的劲度系数为25N/m
    二、多选题:本大题共4小题,共16分。
    9.神舟十六号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v−t图像如图所示,设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是
    ( )
    A. 在0∼t1时间内,返回舱的加速度随时间增大
    B. 在0∼t1时间内,返回舱的平均速度等于v1+v22
    C. 在t1∼t2时间内,返回舱的平均速度小于v2+v32
    D. 在t1∼t2时间内,返回舱受到向上的力逐渐减小
    10.如图所示,在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水,水中放一个红蜡做成的小圆柱体R(R视为质点)。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合,R从坐标原点O以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时,玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。测出某时刻R的坐标为(4cm,6cm),则此时
    ( )
    A. R的加速度大小为2cm/s2B. R的加速度大小为4cm/s2
    C. R的速度大小为4cm/sD. R的速度大小为5cm/s
    11.如图所示,有一长为L的轻杆,一端用光滑的铰链固定在墙上,另一端固定一质量为m的小球B,在距铰链正上方L处有一光滑小定滑轮,现用手拉动绕过滑轮并系在小球B上的细线,使小球B缓慢上移,手对细线的拉力大小为F,杆对小球B的弹力大小为FN,重力加速度为g,在移动过程中,下列说法正确的是( )
    A. F不变,FN减小B. F减小,FN不变
    C. 当杆被拉至水平状态时F= 2mgD. 杆对小球B的弹力大小恒为mg
    12.如图所示,质量m=2kg的小球用细绳拴在倾角θ=37∘的光滑斜面体斜面上,此时细绳平行于斜面。g取10m/s2。下列说法正确的是( )
    A. 当斜面体以5m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20N
    B. 当斜面体以12m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力与水平方向夹角大于37°
    C. 当斜面体以20m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20 5N
    D. 当斜面体以20m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力与水平方向向夹角等于30°
    三、实验题:本大题共2小题,共14分。
    13.如图1所示,“验证力的平行四边形定则”的实验步骤如下:
    ①用两个相同的弹簧测力计沿细绳互成角度拉套在橡皮筋结点的细绳套,使橡皮筋伸长,结点到达纸面上某一位置静止,记为O;
    ②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向;
    ③只用一个弹簧测力计拉绳套,使结点仍到位置O,记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向;
    ④按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F;
    ⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F′;
    ⑥比较F与F′的大小、方向的一致程度。
    (1)下列实验操作合理的是__________
    A.实验前,将两测力计水平互拉,选择读数始终相同的两弹簧测力计
    B.实验中,弹簧秤必须保持与木板平行,读数时视线要正对弹簧秤刻度
    C.橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
    D.实验中施加的力应适当大一些,可减小实验的相对误差。
    (2)尊重实验事实,重视实验中的原始数据记录,是一项重要的科学探究素养。
    ①小赵同学在实验中确定F1与F2的方向时,先标记了O点,然后分别标了a、b点,如图2所示,从减小实验误差的角度判断,标记得更为妥当的是_________(选填“a”或“b”)点;
    ②下图A、B、C、D分别为小张、小吴、小周、小刘四位同学提交的实验报告中的实验记录,符合实验事实的是________________。
    14.某实验小组利用图甲所示装置“探究物体质量一定时加速度与力的关系”。带滑轮的长木板放在水平桌面上,一轻绳跨过轻质的动滑轮和定滑轮一端连接力传感器,另一端连接砂桶,力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行,力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验过程中,忽略轻绳与滑轮之间的摩擦,每次在释放小车稳定后,读出力传感器的示数并记为F。
    (1)实验过程中,下列说法正确的是_______。
    A.用天平测出砂和砂桶的质量
    B.实验中必须先接通电源,再释放小车
    C.实验中因为使用了力传感器,只需记录力传感器的示数,所以不需要平衡摩擦力
    (2)在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出),已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电,根据纸带可计算小车运动的加速度大小为_______m/s2。(结果保留3位有效数字)
    (3)以力传感器的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a−F图像是一条直线,如图丙所示,图线的斜率为k,则小车的质量为_______。
    A.1k B.2k C.k2 D.12k
    (4)该实验_______(填“需要”或“不需要”)满足砂和砂桶质量远小于小车质量。
    四、计算题:本大题共4小题,共46分。
    15.一物块放在水平地面上,物块质量为11kg,对其施加与水平方向成37°斜向上的拉力F1,F1=50N,如图甲所示,物块匀速向右运动,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8。
    (1)求物块与地面间的动摩擦因数大小;
    (2)若物块静止时,对其施加斜向右下方与水平方向成37°的推力F2,F2=100N,如图乙所示,求物块受到的摩擦力大小。
    16.如图所示,一长度为6m的传送带倾角为37°,传送带顺时针旋转,速度大小为1m/s,传送带的顶端与水平面光滑连接。一质量为2kg的物块轻放在传送带中点处,已知物块可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2,(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)。求:
    (1)若物块和传送带之间的动靡擦因数μ1=0.5,则物块离开传送带时的速度大小;
    (2)若物块和传送带之间的动摩擦因数μ2=0.8,则物块经过长时间离开传送带。
    17.摩托车特技表演一直深受人们的喜爱,其中有一项飞跃表演,其简化模型如图所示,左侧为一倾角为αtanα=0.5的斜坡P,右侧为竖直光滑圆弧轨道ABC与另一足够长的斜坡Q平滑相接(斜坡面沿C端的切线方向),其中圆弧轨道的两端A、C关于过圆心O的竖直线对称,B为圆弧轨道的最低点。表演者驾驶摩托车先在斜坡上加速行驶,离开斜坡时立即关闭动力系统,从斜坡的顶端沿切线方向飞出,经t1=2.5s恰好无碰撞地从A端沿圆弧轨道切线方向进入轨道ABC,然后从C端冲上斜坡Q。已知圆弧轨道ABC的半径R=5m,所对应圆心角θ=74∘,重力加速度g=10m/s2,sin37∘=0.6,摩托车及表演者可视为质点,不计空气阻力。求:
    (1)斜坡P顶端与A端的水平间隔x;
    (2)由斜坡P顶端到A的过程中,摩托车距离圆弧轨道的最低点B所在水平面的最大高度。
    18.如图所示,一质量为m1=1kg的长直木板放在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,木板最右端放有一质量为m2=1kg、大小可忽略不计的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1。现给木板左端施加一大小为F=12N、方向水平向右的推力,经时间t1=0.5s后撤去推力F,再经过一段时间,木板和物块均停止运动,整个过程中物块始终未脱离木板,g取10m/s2。
    (1)撤去推力F瞬间,求木板的速度大小v1及物块的速度大小v2;
    (2)求全过程中木板相对地面的位移大小;
    (3)木板和物块均停止运动后,求物块到长木板右端的距离。
    答案和解析
    1.【答案】B
    【解析】B
    【详解】7个严格定义的基本单位是:长度( m )、质量( kg )、时间( s )、电流( A )、热力学温度( K )、物质的量( ml )和发光强度( cd )。
    故选B。
    2.【答案】C
    【解析】【分析】
    明确伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究内容,了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
    本题考查的就是学生对于伽利略对自由落体运动和运动和力的关系的研究理解,这些在平时是需要学生了解并知道的,注意明确理想实验的内容和对应的事实与推理。
    【解答】
    A. 图甲的实验为伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合得出物体的运动不需要力维持,故A错误;
    B. 完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的,故实验不可能实际完成,故B错误;
    CD、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比,因为当时无法测量物体的瞬时速度,所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比,那么位移与时间的平方成正比;由于当时用滴水法计时,无法记录自由落体的较短时间,伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力的作用效果,而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,所用时间长的多,所以容易测量。伽利略做了上百次实验,并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推得出自由落体运动是匀变速运动的结论,故C正确,D错误。
    3.【答案】D
    【解析】D
    【详解】B.根据图像可知,树叶做曲线运动,速度不断发生变化,即速度的变化量不等于0,可知,树叶经P点时的加速度一定不为0,故B错误;
    A.根据图像可知,树叶做曲线运动,速度不断发生变化,可知,树叶经P点时的速度不一定为0,故A错误;
    C.树叶做曲线运动,所受外力的合力方向指向轨迹内侧,可知,树叶经P点时的加速度的方向与轨迹不相切,故C错误;
    D.根据平均速度的表达式有
    v=ΔxΔt
    可知,平均速度的方向与位移方向相同,树叶从A点运动到P点,平均速度的方向由A指向P,故D正确。
    故选D。
    4.【答案】D
    【解析】无论是让容器自由下落,还是竖直上抛,水和容器都是处于完全失重状态,运动情况相同。所以不管怎样,水都不会漏下来,所以ABC错误,D正确。
    故选D。
    5.【答案】A
    【解析】A
    【详解】设相邻两颗树之间的距离为d,汽车的加速度为a,OA之间所用的时间为t1,A到B与从B到C经历的时间分别为t2、t3,根据匀变速直线运动的平均速度表达式可知
    d=vA+vB2t2
    d=vB+vC2t3

    v=at
    解得
    at1+a(t1+t2)2×2=a(t1+t2)+a(t1+t2+t3)2×1

    t1=0.5s
    故选A。
    6.【答案】B
    【解析】【分析】根据运动的合成与分解内容,结合矢量的合成法则,即可求解。
    【详解】由题意可知,船头与上游河岸的夹角为 37∘ ,船在静水中的速度 v1 可以分解为垂直河岸的分速度和平行河岸的分速度,如图所示,垂直河岸的分速度大小为
    v⊥=v1sin⁡37∘=4×0.6m/s=2.4m/s
    平行河岸的分速度大小为
    v//=v1cs⁡37∘=4×0.8m/s=3.2m/s
    方向与水流方向相反。由运动的合成可得小船相对河岸的速度大小为
    v= v⊥2+v2−v//2= 2.42+5−3.22m/s=3.0m/s
    故选B。
    7.【答案】B
    【解析】解:C.对乙物体受力分析,其受到重力、斜面给的支持力以及斜面对乙的摩擦力如图所示
    由题意可知,其有一个向右的加速度,设斜面的夹角为θ,乙的质量为m,乙肯定受到自身重力和甲提供的支持力,由于加速度向右,所以必然存在摩擦力提供乙向右的加速度,所以在水平方向有
    fcsθ−FN1sinθ=ma
    竖直方向有
    fsinθ+FN1csθ=mg
    所以必然受到三个力,故C错误;
    D.将甲乙看成一个整体则车对其的作用力有两个效果,一个是平衡甲乙的重力,使其在竖直方向静止,两一个作用是提供水平方向的加速度,所以车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和,故D错误;
    AB.结合上述分析可知,甲受到自身的重力,乙对甲的压力,乙对甲的摩擦力,车厢给的支持力,以及车厢向右的摩擦力,所以受到五个力的作用,故A错误,B正确。
    故选:B。
    对乙受力分析,利用牛顿第二定律可求出必须有摩擦力提供向右的加速度,从而得到乙的受力个数;利用整体法可求出车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和;根据受力分析可得到甲和乙各自的受力数量。
    学生在解答本题时,应注意整体法和隔离法的灵活运用,以及如何利用牛顿第二定律判断物体受力问题。
    8.【答案】A
    【解析】A
    【详解】D.根据胡克定律
    mg=k(x1−x0)
    解得弹簧的劲度系数为
    k=2.5N/m
    故D错误;
    A.指针位于直尺30cm刻度时,根据牛顿第二定律
    k(x2−x0)−mg=ma1
    解得30cm刻度对应的加速度为
    a1=−5m/s2
    故A正确;
    B.指针位于直尺40cm刻度时,根据牛顿第二定律
    k(x1−x0)−mg=ma2
    解得40cm刻度对应的加速度为
    a2=0
    故B错误;
    C.指针位于直尺50cm刻度时,根据牛顿第二定律
    k(x3−x0)−mg=ma2
    解得50cm刻度对应的加速度为
    a2=5m/s2
    故C错误。
    故选A。
    9.【答案】CD
    【解析】A. v−t 图象斜率的绝对值表示加速度大小,在 0∼t1 时间内, v−t 图象斜率的绝对值逐渐减小,可知返回舱的加速度随时间减小,故A错误;
    B.在 0∼t1 时间内,若返回舱做匀减速直线运动,返回舱的位移为
    x′1=v1+v22t1
    v−t 图象与坐标轴围成的面积表示位移,可知在 0∼t1 时间内,返回舱实际图线与坐标轴围成的面积小于返回舱做匀减速直线运动图线与坐标轴围成的面积,即
    x1根据平均速度的定义
    v=xt
    可知在 0∼t1 时间内,返回舱的平均速度小于 v1+v22 ,故B错误;
    C.同理可得,在 t1∼t2 时间内,返回舱的平均速度小于 v2+v32 ,故C正确;
    D.在 t1∼t2 时间内, v−t 图象斜率的绝对值逐渐减小,可知返回舱的加速度逐渐减小,根据牛顿第二定律
    F−mg=ma
    可知返回舱受到向上的力逐渐减小,故D正确。
    故选CD。
    10.【答案】AD
    【解析】【分析】
    竖直方向的匀速运动与水平方向的匀加速运动的合运动一定是曲线运动,由合速度大小由矢量合成法则求得,再结合运动学公式,即可求解.
    牢记曲线运动的条件,曲线运动的速度方向与轨迹的关系,应用曲线运动的分解的方法研究问题,同时掌握运动学公式的应用.
    【解答】
    AB.y轴方向上,R做匀速直线运动,x轴方向上,R做初速度为零的匀加速直线运动,则
    y=v0t=6cm
    x=12at2=4cm
    解得
    t=2s , a=2cm/s2
    故A正确,B错误;
    CD.x轴方向上,R的速度大小为
    vx=at=4cm/s
    R的速度大小为
    v= v02+vy2=5cm/s
    故C错误,D正确。
    故选AD。
    11.【答案】BCD
    【解析】ABD.对B球受力分析,画出力的示意图如图所示
    根据相似三角形规律有
    mgL=FNL=FlAB
    小球B缓慢上移,重力不变,L不变,则杆对小球的弹力大小FN不变,绳子长度 lAB 减小,所以F减小,A错误,BD正确;
    C.当杆被拉至水平状态时,绳子的长度为
    lAB= 2L
    由相似三角形关系可得
    F= 2mg
    C正确。
    故选BCD。
    12.【答案】AC
    【解析】当小球刚好只受重力和轻绳拉力作用时,如图所示
    根据牛顿第二定律
    mgtanθ=ma0
    解得
    a0=403m/s2
    A.当斜面体以5 m/s2 的加速度向右加速运动时,即a1水平方向有
    FTcsθ−FNsinθ=ma1
    竖直方向有
    FTsinθ+FNcsθ=mg
    联立解得
    FN=10N , FT=20N
    故A正确,
    B.当斜面体以12 m/s2 的加速度向右加速运动时,即a2CD.当斜面体加速度为20m/s2时,即a3>a0,此时物体受重力和绳的拉力,且小球已和斜面分离,如图所示
    Tcsα=ma2
    Tsinα=mg
    解得
    T=20 5N , sinα= 55
    故C正确,D错误。
    故选AC。
    当小球和斜面刚要分离时,小球不受斜面的支持力,根据牛顿第二定律求出此时的加速度,当大于此加速度,小球和斜面分离,当小于此加速度,小球和斜面有压力,然后根据正交分解,列牛顿第二定律和平衡方程,分析问题。
    13.【答案】(1)ABD;(2)① a ;② A
    【解析】【分析】
    本题考查“验证力的平行四边形定则”的实验。解决问题的关键是清楚实验原理,知道操作注意事项,知道减小误差的方法,会分析实验数据。
    【解答】
    (1)A.实验前,将两测力计水平互拉,两测力计之间的力为相互作用力,其大小相同,所以应该选择读数始终相同的两弹簧测力计,故A正确;
    B.实验中,为了减少实验的误差,所以弹簧秤必须保持与木板平行,读数时视线要正对弹簧秤刻度,故B正确;
    C.橡皮筋应与两绳夹角的平分线可以不在同一直线上,故C错误;
    D.为减小实验的相对误差,实验中施加的力应适当大一些,故D正确。
    (2)①题图中标记ab两点的目的是为了确认力的方向,而为了减少实验误差,所以两点应该尽量的远一些,故a点更妥当。
    ②由题意可知F′是理论值,其应该是平行四边形的对角线,而F是测量值,其方向与AO在同一直线上。故选A。
    14.【答案】 B 2.00 B 不需要
    【解析】(1)[1]A.绳子拉力可由力传感器测得,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,故A错误;
    B.为打点稳定,实验中必须先接通电源,再释放小车,故B正确;
    C.为使两倍绳子拉力等于小车的合外力,实验需要平衡摩擦力,故C错误。
    故选B。
    (2)[2]相邻两计数点的时间间隔为
    T=5×1f=5×150s=0.1s
    根据逐差法求出小车运动的加速度大小为
    a=xCF−xOC(3T)2=11.09+9.13+7.10−5.12−3.09−1.109×0.12×10−2m/s2≈2.00m/s2
    (3)[3]根据牛顿第二定律
    2F=ma
    可得
    a=2mF
    图像的斜率为
    k=2m
    小车的质量为
    m=2k
    故选B。
    (4)[4]绳子拉力可由力传感器测得,该实验不需要满足砂和砂桶质量远小于小车质量。
    15.【答案】(1)依题意,对物块受力分析,由平衡条件可得F1cs37∘=μFN , FN+F1sin37∘=mg
    联立,解得μ=0.5
    (2)对物块受力分析,竖直方向,有F′N=F2sin37∘+mg=170N
    可得f=μF′N=85N>F2cs37∘=80N
    即物块处于静止状态,物块受到的静摩擦力大小为80N。

    【解析】详细解答和解析过程见【答案】
    16.【答案】解:(1)由于
    μ1mgcs37∘小物块沿传送带下滑,根据牛顿第二定律有
    mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma1
    根据
    v2=2a1⋅L2
    解得
    v=2 3m/s
    (2)由于
    μ2mgcs37∘>mgsin37∘
    小物块沿传送带上滑,根据牛顿第二定律有
    μ2mgcs37∘−mgsin37∘=ma2
    当加速到与传送带共速时
    v0=at1
    l=12a2t12
    解得
    t1=2.5s , l=1.25m
    之后物块匀速离开传送带,有
    L2−l=v0t2
    全程时间有
    t=t1+t2=4.25s

    【解析】本题主要考查了倾斜传送带问题,对于该类问题关键是明确物块的受力情况,要注意但物块和传送带速度相同时,物块所受摩擦力可能发生变化。
    (1)根据最大静摩擦力和重力沿传送带向下的分力的关系可知小物块沿传送带下滑,根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块离开传送带时的速度大小;
    (2)根据最大静摩擦力和重力沿传送带向下的分力的关系可知小物块沿传送带上滑,根据物块的运动过程,结合牛顿第二定律和运动学公式求出物块经过长时间离开传送带。
    17.【答案】(1)摩托车离开斜坡P做斜抛运动tanα=vyvx=0.5
    在A点tanθ2=vy1vx
    竖直方向做匀变速直线运动,加速度为gvy−gt1=−vy1
    解得vy=10m/s , vx=20m/s
    斜坡P顶端与A端的水平间隔x=vxt1=50m , vy1=15m/s
    (2)托车从最高点到A点的竖直高度h=vy122g=11.25m
    摩托车与圆弧轨道的最低点B点之间的最大高度H=h+R1−cs37∘=12.25m

    【解析】详细解答和解析过程见【答案】
    18.【答案】解
    (1)假设木板和物块有相对滑动,撤去 F 前,对木板,有F−μ1m1+m2g−μ2m2g=m1a1
    解得a1=7m/s2
    对物块,有μ2m2g=m2a2
    解得a2=1m/s2;
    因 a1>a2 ,故假设成立。撤去 F 时,木板、物块的速度大小分别为
    v1=a1t1=3.5m/s
    v2=a2t1=0.5m/s
    (2)撤去 F 后,对木板,有μ1m1+m2g+μ2m2g=m1a3
    解得a3=5m/s2
    对物块,有μ2m2g=m2a4
    解得a4=1m/s2
    撤去 F 后,设经过 t2 时间木板和物块速度相同,对木板,有v=v1−a3t2
    对物块,有v=v2+a4t2
    解得t2=0.5s , v=1m/s
    共速后,由于 μ2>μ1 ,木板和物块并不能一起减速,对木板,有μ1m1+m2g−μ2m2g=m1a5
    解得a5=3m/s2
    对物块,有μ2m2g=m2a6
    解得a6=1m/s2
    全过程中木板对地位移为s1=v1t12+v1+v2t2+v22a5=136m
    (3)全过程中物块先加速再减速至零,总位移s2=v12t1+t2=1m
    物块到长木板右端的距离为Δx=s1−s2=76m

    【解析】(1)分别木板进行受力分析,由牛顿第二定律求出加速度,然后由速度公式即可求出速度:
    (2)根据牛顿第二定律求出木板不同阶段的加速度,根据运动学公式求位移,最后求出全过程中木板相对地面的位移大小;
    ( 3)求出物块的位移,最后物块到长木板右端的距离。
    本题关键明确物块和木板的运动规律和受力特点,根据牛顿第二定律求解出加速度后根据运动学公式规律联立求解。
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