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2019-2020年高三物理上学期第一次半月考试卷(含解析)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,满分48分.第1-7题只有一项符合题目要求,第8-12题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)1.在物理学的重大发现中,科学家们创造出了许多物理学研究方法,如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等,以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A.根据速度定义式v=,当△t非常非常小时,就可以表示物体在该时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法叫假设法C.在探究加速度与力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法考点物理学史.专题常规题型.分析在研究多个量之间的关系时,常常要控制某些物理量不变,即控制变量法;当时间非常小时,我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度,采用的是极限思维法;质点是实际物体在一定条件下的科学抽象,是采用了建立理想化的物理模型的方法;在研究曲线运动或者加速运动时,常常采用微元法,将曲线运动变成直线运动,或将变化的速度变成不变的速度.解答解A、根据速度定义式v=,当△t非常非常小时,就可以表示物体在该时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法,故A错误;B、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法,故B错误;C、在探究加速度与力和质量三者之间关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法,故C正确;D、在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法,故D正确;本题选不正确的,故选B.点评在高中物理学习中,我们会遇到多种不同的物理分析方法,这些方法对我们理解物理有很大的帮助;故在理解概念和规律的基础上,更要注意科学方法的积累与学习.2.一物体做匀加速直线运动,经A、B、C三点,已知AB=BC,AB段平均速度为10m/s,BC段平均速度为20m/s,则以下物理量不可求得的是A.物体运动的加速度B.AC段的平均速度C.A点速度vAD.C点速度vC考点平均速度;加速度;匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题直线运动规律专题.分析由于物体做匀变速直线运动,因此根据可以求出各点的速度大小.解答解设质点在ABC三点的速度分别为vA,vB,vC,根据AB段的平均速度为10m/s,可以得到…
①根据在BC段的平均速度为20m/s,可以得到…
②设AB=BC=x,整个过程中的平均速度为所以有…
③联立
①②③解得vA=m/s,vB=m/s,vC=m/s,由于不知道具体的运动时间或者AB,BC之间的距离,因此无法求出其加速度的大小,故选A.点评本题主要是对匀变速直线运动规律的考查,对于匀变速直线运动规律要求学生一定要掌握住,匀变速直线运动是我们在学习中遇到的物体的主要运动形式,也是考查的重点.3.如图所示,将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端,今用测力计沿水平方向缓慢拉球,使杆发生弯曲,在测力计的示数逐渐增大的过程中,AB杆对球的弹力方向为A.始终水平向左B.始终竖直向上C.斜向左上方,与竖直方向的夹角逐渐增大D.斜向左下方,与竖直方向的夹角逐渐增大考点牛顿第三定律.专题牛顿运动定律综合专题.分析分析球的受力情况重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力,由平衡条件求出AB杆对球弹力方向.解答解以球为研究对象,分析受力情况重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F,由平衡条件知,F与G、T的合力大小相等、方向相反,作出力的合成图如图.则有G、T的合力方向斜向右下方,测力计的示数逐渐增大,T逐渐增长,根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大,所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方,与竖直方向的夹角逐渐增大,所以选项ABD错误,C正确.故选C.点评本题是三力平衡问题,分析受力情况,作出力图是关键.难度不大.4.竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球,用手托起小球,使弹簧处于压缩状态,如图所示.则迅速放手后A.小球开始向下做匀加速运动B.弹簧恢复原长时小球速度最大C.小球运动到最低点时加速度为零D.小球运动过程中最大加速度大于g考点牛顿第二定律;胡克定律.专题牛顿运动定律综合专题.分析弹簧原来处于压缩状态,小球受到重力、弹簧向下的弹力和手的支持力,迅速放手后,分析小球的受力情况分析其运动情况,其中弹簧的弹力与弹簧的形变量大小成正比,根据牛顿第二定律研究小球的加速度.解答解A、迅速放手后,小球受到重力、弹簧向下的弹力作用,向下做加速运动,弹力将减小,小球的加速度也减小,小球做变加速运动.故A错误.B、当小球所受的合力为零时,小球的速度最大,此时弹簧处于伸长状态.故B错误.C、根据简谐运动的对称性可知,小球运动到最低点时与刚放手时加速度大小相等,则知其加速度大于g,知小球运动过程中最大加速度大于g.故C错误,D正确.故选D.点评本题关键是分析小球的受力情况,来判断其运动情况,利用简谐运动的对称性研究小球到达最低点时的加速度.5.在一大雾天,一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上,突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶,小汽车紧急刹车,刹车过程中刹车失灵.如图所示,图线a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象(忽略刹车反应时间),以下说法正确的是A.因刹车失灵前小汽车已减速,故不会发生追尾事故B.在t=3s时发生追尾事故C.在t=5s时发生追尾事故D.若紧急刹车时两车相距40米,则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米考点匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题直线运动规律专题.分析当两车通过的位移之差等于30m时,两车会发生追尾.根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移,进行分析.解答解ABC、根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移,由图知,t=3s时,b车的位移为sb=vbt=10×3m=30ma车的位移为sa==60m,则sa﹣sb=30m,所以在t=3s时追尾.故B正确,A、C错误.D、若紧急刹车时两车相距40米,速度相等时,a车的=85m,b车位移s2=50m,因为s2+40>s1,则不会发生追尾事故,最近距离△s=40+50﹣85m=5m.故D错误.故选B.点评解答本题关键要抓住速度图象的面积表示进行求解,知道图线的物理意义,属于基本题.6.如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m M=12)的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同.当用水平力F作用于B上且两块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示),弹簧的伸长量为x2,则x1x2等于A.11B.12C.21D.23考点牛顿第二定律;胡克定律.专题牛顿运动定律综合专题.分析通过整体法求出加速度,再利用隔离法求出弹簧的弹力,从而求出弹簧的伸长量.解答解对甲图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度a=,对A物体有F弹﹣μmg=ma,得,.对乙图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度,对A物体有F弹′﹣mg=ma′,得,,则x1x2=11.故A正确,B、C、D错误.故选A.点评解决本题的关键注意整体法和隔离法的运用,先要由整体法通过牛顿第二定律求出加速度,再用隔离法运用牛顿第二定律求出弹簧的弹力.7.如图所示,水平面上放置质量为M的三角形斜劈,斜劈顶端安装光滑的定滑轮,细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块.m1在斜面上运动,三角形斜劈保持静止状态.下列说法中正确的是A.若m2向下运动,则斜劈受到水平面向左摩擦力B.若m1沿斜面向下加速运动,则斜劈受到水平面向右的摩擦力C.若m1沿斜面向下运动,则斜劈受到水平面的支持力大于(m1+m2+M)gD.若m2向上运动,则轻绳的拉力一定大于m2g考点共点力平衡的条件及其应用;静摩擦力和最大静摩擦力;力的合成与分解的运用.专题共点力作用下物体平衡专题.分析运动情况不同,各部分受力不同,故需要根据选项提到的运动状态分别讨论,并运用整体法,牛顿第二定律的内容进行分析.即可求解.解答解A、只说向下运动,没说明是加速向下还是减速向下还是匀速向下.分三种情况讨论1)若m2加速向下运动,则m1沿斜面向上加速运动,加速度沿斜面向上,m1和斜面看作一个整体,则整体有沿斜面向上的加速,该加速度可正交分解为水平方向和竖直方向两个分量,则水平方向加速度由斜面受到的向左的摩擦力提供,竖直向上的加速度由地面支持力与重力的合力提供.故斜面受到水平向左的摩擦力.2)若m2减速下滑,则m1减速沿斜面上滑,加速度沿斜面向下,把m1和斜面看作整体,则整体有沿斜面向下的加速度.该加速度有水平向右的分量.该加速度分量由摩擦力提供.故斜面受到向右的摩擦力.3)若m2匀速下划,则m1沿斜面匀速上滑,加速度为零.把m1和斜面看作整体,整体没有加速,处于平衡状态,故地面对斜面摩擦力为零.故A错误.B、由于m1加速下滑,故m1加速度沿斜面下滑,把m1和斜面看作整体,整体有沿斜面向下的加速度,该加速度有水平向右的分量,所以斜面受到向右的摩擦力.故B正确.C、同样没有说明是加速减速还是匀速,故C错误.D、同样没有说明向上加速向上减速还是向上匀速,三种情况绳的拉力不同.需要讨论.故D错误故选B点评该题较难.需要熟练掌握整体法处理物理问题.真确理解并能灵活运用牛顿运动定律,即可求解该题.8.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态.现对B加一竖直向下的力F,F的作用线通过球心,设B对墙的作用力为F1,B对A的作用力为F2,地面对A的摩擦力为F3,地面对A的支持力为F4.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止,截面如图所示,则在此过程中A.F1保持不变,F4保持不变B.F1缓慢增大,F4缓慢增大C.F2缓慢增大,F3缓慢增大D.F2缓慢增大,F3保持不变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.分析先以B球为研究对象,运用分解法,分析墙对B的作用力F
1、对B的作用力F2的变化,再以整体为研究对象,分析受力,由平衡条件分析地面对A的支持力和摩擦力的变化,判断地面对A的作用力为F3的变化情况.解答解以B球为研究对象,将F与B重力G的合力按效果进行分解,如图,设BA连线与竖直方向夹角为α,由平衡条件得B对墙的作用力F1=(F+GB)tanα,当F增大时,F1缓慢增大.B对A的作用力F2=,F1缓慢增大,则F2缓慢增大.再以整体为研究对象,根据平衡条件,则有地面对A的支持力F4=GA+GB+F,F增大则F4缓慢增大.地面对A的摩擦力F3=F1,由前面分析F1增大则F3缓慢增大.故选BC.点评本题采用隔离法和整体法结合处理的,也可以运用隔离法研究,分析受力情况是解答的基础.9.受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上作直线运动,其v﹣t图线如图所示,则A.在0~t1秒内,外力F大小不断增大B.在t1时刻,外力F为零C.在t1~t2秒内,外力F大小可能不断减小D.在t1~t2秒内,外力F大小可能先减小后增大考点匀变速直线运动的图像;牛顿第二定律.专题压轴题.分析
(1)v﹣t图象中,斜率表示加速度,从图象中可以看出0~t1秒内做加速度越来越小的加速运动,t1~t2秒内做加速度越来越大的减速运动,两段时间内加速度方向相反;
(2)根据加速度的变化情况,分析受力情况.解答解A.根据加速度可以用v﹣t图线的斜率表示,所以在0~t1秒内,加速度为正并不断减小,根据加速度,所以外力F大小不断减小,A错误;B.在t1时刻,加速度为零,所以外力F等于摩擦力,不为零,B错误;C.在t1~t2秒内,加速度为负并且不断变大,根据加速度的大小,外力F大小可能不断减小,C正确;D.如果在F先减小一段时间后的某个时刻,F的方向突然反向,根据加速度的大小,F后增大,因为v﹣t图线后一段的斜率比前一段大,所以外力F大小先减小后增大是可能的,故D正确.故选CD.点评本题考查v﹣t图线的相关知识点,涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力,难度较大.10.如图所示,在水平力F作用下,木块A、B保持静止.若木块A与B的接触面是水平的,且F≠0,则木块B的受力个数可能是A.3B.4C.5D.6考点物体的弹性和弹力.专题受力分析方法专题.分析先对A分析,B对A有向右的静摩擦力;再分析B受力,B可能受到斜面的静摩擦力,也可能不受斜面的静摩擦力,B受力情况有两种可能.解答解B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力.斜面对物体B可能有静摩擦力,也有可能没有静摩擦力;故木块B受力的个数可能是4个,也可能是5个.故选BC.点评本题关键先对A分析,根据平衡条件得到B对A有向左的静摩擦力,然后根据牛顿第三定律得到A对B有向右的静摩擦力;再按照重力、弹力、摩擦力的顺序找力.11.质量为m1和m2的两个物体,分别以v1和v2的速度在光滑水平面上做匀速直线运动,且v1<v2如图所示.如果用相同的水平力F同时作用在两个物体上,则能使它们的速度在某时刻相等的条件是A.力F与v
1、v2同向,且m1>m2B.力F与v
1、v2同向,且m1<m2C.力F与v
1、v2反向,且m1>m2D.力F与v
1、v2反向,且m1<m2考点牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题牛顿运动定律综合专题.分析根据牛顿第二定律比较加速度的大小,结合速度方向与加速度方向的关系判断做什么运动,从而判断能否出现速度相等的时刻.解答解A、力F与v
1、v2同向,且m1>m2,根据牛顿第二定律得,a1<a2,由于初速度v1<v2,可知m1的速度一直小于m2,不会出现速度相等.故A错误.B、力F与v
1、v2同向,且m1<m2,根据牛顿第二定律得,a1>a2,初速度v1<v2,会出现速度相等的时刻.故B正确.C、力F与v
1、v2反向,且m1>m2,根据牛顿第二定律得,a1<a2,由于初速度v1<v2,物体做减速运动,会出现速度相等的时刻.故C正确.D、力F与v
1、v2反向,且m1<m2,根据牛顿第二定律得,a1>a2,初速度v1<v2,可知m1的速度一直小于m2,不会出现速度相等.故D错误.故选BC.点评解决本题的关键根据运动学公式得出两物体的加速度大小关系,再根据牛顿第二定律,得出两物体的质量关系.12.如图所示,水平传送带AB距离地面的高度为h,以恒定速率v0顺时针运行.甲、乙两相同滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计),在AB的正中间位置轻放它们时,弹簧立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断正确的是A.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,且距释放点的水平距离可能相等B.甲、乙滑块可能落在传送带左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等C.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离不相等D.若甲、乙滑块能落在传送带的同一侧,则所受摩擦力的功一定相等考点功的计算;匀变速直线运动的位移与时间的关系.分析弹簧弹开后,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.根据滑块的受力判断物体的运动,需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小.解答解A、设v大于v0.弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为v,加速度为a的匀减速运动.乙物体向向右做初速度为v,(若v大于v0),则乙也做加速度为a的匀减速运动.若甲乙都一直做匀减速运动,两个物体落地后,距释放点的水平距离相等,故A正确,B错误.C、若v小于v0.弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为v,加速度为a的匀减速运动.速度为零后可以再向相反的方向运动.整个过程是做初速度为v,加速度和皮带运动方向相同的减速运动.乙物体做初速度为v,加速度为a的匀加速运动,运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同.甲乙到达B点时的速度相同.落地的位置在同一点,此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等.故C错误,D正确.故选AD点评解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动,这是处理物体的运动的基础,需扎实掌握.
二、实验题(13题9分,14题9分,每空均为3分)13.如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置.
(1)在该实验中我们以小车为研究对象,采用控制变量法,来研究小车的加速度与合力的关系,应保持小车的总质量不变,用钩码所受的重力作为小车所受外力,用DIS测小车的加速度.
(2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线(如图乙所示).
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是在质量不变的条件下,加速度与外力成正比.
②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是CA.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大.考点探究加速度与物体质量、物体受力的关系.专题实验题.分析解决实验问题首先要掌握该实验原理,该实验是探究加速度与力的关系,采用控制变量法进行研究.根据图象得出两个变量之间的关系,知道钩码所受的重力代替小车所受合外力的条件.解答解
(1)研究小车的加速度与合力的关系,应保持小车的总质量不变,用钩码所受的重力作为小车所受的外力.
(2)
①OA段是过原点的直线,知在质量不变的条件下,加速度与外力成正比.
②设小车的质量为M,钩码的质量为m,由实验原理得mg=Ma得a==,而实际上a′=,可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M>>m造成的.故C正确.故答案为;
(1)钩码所受的重力;
(2)
①在质量不变的条件下,加速度与外力成正比;
②C.点评要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量.当钩码的质量远小于小车的总质量时,钩码所受的重力才能作为小车所受外力.14.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案.如图示,将一个小球和一个滑块用细绳连接,跨在斜面上端.开始时小球和滑块均静止,剪短细绳后,小球自由下落,滑块沿斜面下滑,可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音,保持小球和滑块释放的位置不变,调整挡板位置,重复以上操作,直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音.用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x.(空气阻力对本实验的影响可以忽略)
①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为.
②滑块与斜面间的动摩擦因数为.
③以下能引起实验误差的是cd.a.滑块的质量b.当地重力加速度的大小c.长度测量时的读数误差d.小球落地和滑块撞击挡板不同时.考点探究影响摩擦力的大小的因素.专题实验题;压轴题;摩擦力专题.分析由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音,说明小球和滑块的运动时间相同,由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值;由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数;由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数,还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差;解答解
①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音,说明小球和滑块的运动时间相同,由x=at2和H=gt2得所以=
②根据几何关系可知sinα=,cosα=对滑块由牛顿第二定律得mgsinα﹣μmgcosα=ma,且a=,联立方程解得μ=
③由μ得表达式可知,能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差,同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差,故选cd.故答案为
①②③cd点评本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式,要求同学们能学会对实验进行误差分析,
三、计算题(本题共3个小题,34分,要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只有结果没有过程的不能得分,有数值计算的必须写出数值和单位)15.一斜面放在水平地面上,倾角为θ=53°,一个质量为
0.2kg的小球用细绳吊在斜面顶端,如图所示.斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平行.不计斜面与水平面间的摩擦,当斜面以10m/s2的加速度向右运动时,求细绳的拉力及斜面对小球的弹力.(g取10m/s2)考点牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.专题牛顿运动定律综合专题.分析首先判断小球是否飞离了斜面,根据小球刚刚飞离斜面的临界条件,即绳子的倾角不变,斜面的支持力刚好为零,解出此时的加速度与题目给出的加速度大小进行比较,若给出加速度大于小球的临界加速度说明小球已经飞离了斜面,否则小球还在斜面上.解答解设小球刚刚脱离斜面时,斜面向右的加速度为a0,此时斜面对小球的支持力恰好为零,小球只受重力和细绳的拉力,且细绳仍然与斜面平行,小球受力如图所示,由牛顿第二定律得mgcotθ=ma0,解得临界加速度a0=gcotθ=
7.5m/s2.加速度a=10m/s2>a0,则小球已离开斜面,斜面的支持力F1=0,此时小球受力如图所示水平方向,由牛顿第二定律得Tcosα=ma,竖直方向,由平衡条件得Tsinα=mg,解得T=2N=
2.83N,方向沿着细绳向上,细绳与水平方向夹角α=arcsin=45°,细绳的拉力方向为与水平方向成45°角向右上方.答细绳的拉力大小为
2.83N,斜面对小球的弹力为零.点评此题最难解决的问题是小球是否飞离了斜面,我们可以用假设法判断出临界加速度来进行比较.16.一水平传送带足够长,以v1=2m/s的速度匀速运动,将一粉笔头无初速放在传送带上,达到相对静止时产生的划痕长L1=4m.求
(1)粉笔头与传送带间的动摩擦因数;
(2)若关闭发动机让传送带以a2=
1.5m/s2的加速度减速运动,同时将该粉笔头无初速放在传送带上,求粉笔头相对传送带滑动的位移大小L2.(取g=10m/s2)考点牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;滑动摩擦力.专题牛顿运动定律综合专题.分析
(1)粉笔头在摩擦力作用下做匀加速运动,直到速度与传送带速度相等时,一起做匀速直线运动,根据这段时间内的相对位移为4m求解动摩擦因数;
(2)传送带减速运动时,由于a2>μg,故两者不能共速,所以粉笔头先加速到与传送带速度相同,然后以μg的加速度减速到静止,根据运动学基本公式即可求解划痕长度.解答解
(1)设粉笔头运动时间t后,速度与传送带速度相等,则t=达到相对静止时产生的划痕长L1=4m有vt﹣=vt﹣t2=4m解得μ=
0.05
(2)传送带减速运动时,由于a2>μg,故两者不能共速,所以粉笔头先加速到与传送带速度相同,然后以μg的加速度减速到静止.设两者达到相同速度为v共,由运动等时性得=解得v共=
0.5m/s此过程传送带比粉笔多走的位移为﹣=1m粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多走的位移为=所以划痕长度为L2=s1﹣s2=
0.83m.答
(1)粉笔头与传送带间的动摩擦因数为
0.05;
(2)粉笔头相对传送带滑动的位移大小为
0.83m.点评本题主要考查了运动学基本公式及牛顿第二定律的应用,要求同学们能正确分析粉笔头和传送带的运动情况,难度适中.17.质量为M、长为L的杆水平放置,杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳,绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气影响.
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中,如图甲,求绳中拉力的大小
(2)若杆与环保持相对静止,在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动,此时环恰好悬于A端的正下方,如图乙所示.
①求此状态下杆的加速度大小a;
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力,方向如何?考点共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;牛顿第二定律.专题压轴题;共点力作用下物体平衡专题.分析
(1)以环为研究对象,环处于静止状态,合力为零,根据平衡条件求解绳中拉力的大小;
(2)
①以环为研究对象,由正交分解法,根据牛顿第二定律求解加速度;
②对整体研究,由正交分解法,根据牛顿第二定律求解外力的大小和方向.解答解
(1)以环为研究对象,环处于静止状态,合力为零,分析受力如图所示,设两绳的夹角为2θ.则sinθ==,得cosθ==设绳子的拉力大小为T,由平衡条件得2Tcosθ=mg解得;
(2)
①对环设绳子的拉力大小为T′,则根据牛顿第二定律得竖直方向T′+T′cos60°=mg水平方向T′sin60°=ma,解得
②设外力大小为F,方向与水平方向成α角斜向右上方.对整体由牛顿第二定律得水平方向Fcosα=(M+m)a竖直方向Fsinα=(M+m)g解得,,α=60°即外力方向与水平方向夹角为60°斜向右上方.答
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中,绳中拉力的大小是;
(2)
①此状态下杆的加速度大小a为;
②为保持这种状态需在杆上施加一个的外力为,方向与水平方向夹角为60°斜向右上方.点评本题中铁环与动滑轮相似,两侧绳子拉力大小相等,运用正交分解法研究平衡状态和非平衡情况.。