福建省龙岩市武平一中高三物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年福建省龙岩市 武平一中高三（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题：（每小题只有一个答案符合题意，每小题4分，共48分）1（4分）（2013福建）将静置在地面上，质量为m（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）av0bv0cv0dv02（4分）（2014鼓楼区校级模拟）放射性元素氡（）经衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）a目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变b在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高c当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程d主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期3（4分）（2014秋绍兴县期中）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）a减小角，增大船速vb增大角，增大船速vc减小角，保持船速v不变d增大角，保持船速v不变4（4分）（2013浙江一模）关于静电场，下列结论普遍成立的是（）a电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低b电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关c在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向d将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零5（4分）（2013秋武平县校级月考）物体做直线运动，速度图象如图所示由图象可以判断（）a第1s内与第2s内的位移方向相反b第1s末物体的速度改变方向c第1.5s与第2.5s的加速度方向相反d第3s末和第5s末物体的位置相同6（4分）（2013昭通模拟）两物体a和b，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示对物体a施以水平的推力f，则物体a对物体b的作用力等于（）abcfd7（4分）（2013秋武平县校级月考）如图所示，长为l的轻杆一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴o现在最低点给球一初速度2v0，使球和杆一起绕o轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用f表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则f（）a一定是支持力b一定是拉力c一定等于0d可能是拉力，可能是支持力8（4分）（2014春金城江区校级月考）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道以下判断正确的是（）a甲的周期小于乙的周期b乙的速度大于第一宇宙速度c甲的加速度小于乙的加速度d甲在运行时能经过北极的正上方9（4分）（2014陕西校级模拟）一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）abctand2tan10（4分）（2008江苏模拟）给平行析电容器充电，断开电源后a极板带正电，b极板带负电板间一带电小球c用绝缘细线悬挂，如图所示小球静止时与竖直方向的夹角为，则（）a若将b极板向右平移稍许，电容器的电容将减小b若将b极板向下平移稍许，a、b两板间电势差将增大c若将b板向上平移稍许，夹角将不变d轻轻将细线剪，小球将做斜抛运动11（4分）（2013湖北二模）在如图所示的电路中，开关s闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）ar1短路br2短路cr3短路dr1断路12（4分）（2014秋青山区校级月考）如图所示，电流表、电压表均为理想电表，l为小电珠r为滑动变阻器，电源电动势为e，内阻为r现将开关s闭合，当滑动变阻器滑片p向左移动时，下列结论正确的是（）a电流表示数变小，电压表示数变大b小电珠l变亮c电容器c上电荷量增大d电源的输出功率变大二、实验题：（2小题，每空2分，共12分）13（4分）（2010秋西湖区校级期末）图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为mm14（8分）（2013秋武平县校级月考）（1）一同学利用图1的电路原理图测定电池的电动势和内阻的实验：在闭合电键s前滑动变阻器的滑动头应在端（填“a”或“b”）（2）图2是他根据实验数据画出的ui图象，由此可知这个干电池的电动势e=v，内电阻r=（3）请用连线代替导线连接实物图图3三、论述计算题：（要有必要的计算步骤，直接写出结果不给分4小题，共40分）15（8分）（2013秋武平县校级月考）汽车发动机的功率为50kw，若汽车总质量为5103kg，在水平路面上启动行驶时，所受阻力大小恒为5103n，则（1）汽车所能达到的最大速度为多少？（2）若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速启动，维持匀加速运动的时间为多少？16（10分）（2013秋武平县校级月考）如下图所示为一水平传送带装置示意图紧绷的传送带ab始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的煤块无初速度地放在a处，传送带对煤块的滑动摩擦力使煤块开始做匀加速直线运动，随后煤块又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设煤块与传送带之间的动摩擦因数=0.1，a、b间的距离l=2m，g取10m/s2（1）求煤块刚开始运动时加速度的大小；（2）求煤块传送到b点的时间；（3）滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量17（10分）（2013秋武平县校级月考）如图所示，水平面上放着长l=2m，质量为m=4kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和m之间、m和地面之间的动摩擦因数均为=0.1，开始均静止，今对木板施加一水平向右的恒定拉力f，若g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求（1）为使小物体不从木板上掉下，f不能超过多少；（2）如果拉力f=14n，小物体能获得的最大速度18（12分）（2013秋青羊区校级期中）如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.04kg、电量q=+2104c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端a点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高b点，并沿轨道滑下已知ab的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为=37、倾斜轨道长为l=2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5倾斜轨道通过光滑水平轨道cd与光滑竖直圆轨道相连，在c点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强e=2.0103v/m（cos37=0.8，sin37=0.6，取g=10m/s2）求：（1）被释放前弹簧的弹性势能？（2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？（3）如果竖直圆弧轨道的半径r=0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点p？2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（每小题只有一个答案符合题意，每小题4分，共48分）1（4分）（2013福建）将静置在地面上，质量为m（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）av0bv0cv0dv0考点：动量守恒定律专题：压轴题；动量定理应用专题分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度解答：解：取向上为正方向，由动量守恒定律得： 0=（mm）vmv0则火箭速度v=故选：d点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题2（4分）（2014鼓楼区校级模拟）放射性元素氡（）经衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）a目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变b在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高c当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程d主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：放射性元素氡（）经衰变成为钋，半衰期为3.8天，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学环境无关解答：解：a、因为放射性元素氡（）的半衰期比较短，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变故a正确，b、c错误d、半衰期的大小与温度、压力无关，由原子核内部因素决定故d错误故选a点评：原子核的衰变和半衰期是常考的题型，要理解半衰期的定义，以及知道影响半衰期的因素3（4分）（2014秋绍兴县期中）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）a减小角，增大船速vb增大角，增大船速vc减小角，保持船速v不变d增大角，保持船速v不变考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角解答：解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故b正确，acd错误；故选：b点评：解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解4（4分）（2013浙江一模）关于静电场，下列结论普遍成立的是（）a电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低b电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关c在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向d将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零考点：电场线；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系解答：解：a：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故a错误b：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故b错误c：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故c正确d：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功故d错误故选：c点评：电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析5（4分）（2013秋武平县校级月考）物体做直线运动，速度图象如图所示由图象可以判断（）a第1s内与第2s内的位移方向相反b第1s末物体的速度改变方向c第1.5s与第2.5s的加速度方向相反d第3s末和第5s末物体的位置相同考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由图可知，速度的方向周期性改变，物体做往复运动根据图线与t轴所围面积表示运动位移，图形在t轴上方表示位移为正，图形在t轴下方表示位移为负；“斜率”等于加速度解答：解：a、第1s内与第2s内对应图形的面积都在t轴上方，即代表位移均为正，故第1s内与第2s内的位移方向相同，故a错误；b、1s末前后对应速度值均为正，故速度方向未该改变，b错误；c、第1.5s与第2.5s图象的相率相同，则表示加速度相同，即加速度的大小和方向均相同，故c错误；d、第3s末到第4s末的位移和第4s末到第5s末的位移等大反向，即第3s末到第5s末物体的位移为零，故第3s末和第5s末物体的位置相同，故d正确；故选：d点评：本题考查对图象的识别，重点要看清坐标轴，其次要看斜率，即图线所围的面积表示的含义6（4分）（2013昭通模拟）两物体a和b，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示对物体a施以水平的推力f，则物体a对物体b的作用力等于（）abcfd考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离右侧物体研究，右侧物体水平方向受到左侧物体对它的作用力，由牛顿第二定律求出作用力解答：解：根据牛顿第二定律，得对整体：a=对右侧物体：f=m2a=f故选b点评：本题是连接体问题，处理方法常有两种：隔离法和整体法，要灵活选择研究对象求加速度时可以考虑整体法求内力时必须用隔离法7（4分）（2013秋武平县校级月考）如图所示，长为l的轻杆一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴o现在最低点给球一初速度2v0，使球和杆一起绕o轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用f表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则f（）a一定是支持力b一定是拉力c一定等于0d可能是拉力，可能是支持力考点：向心力专题：匀速圆周运动专题分析：根据动能定理求出在最高点的最小速度和最大速度，通过牛顿第二定律判断杆子的作用力解答：解：根据动能定理得，因为，代入解得当杆的弹力为零时，有mg=解得v=则，杆表现为拉力，v，杆表现为支持力故d正确，a、b、c错误故选：d点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键8（4分）（2014春金城江区校级月考）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道以下判断正确的是（）a甲的周期小于乙的周期b乙的速度大于第一宇宙速度c甲的加速度小于乙的加速度d甲在运行时能经过北极的正上方考点：同步卫星专题：人造卫星问题分析：人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有：f=f向f=gf向=m=m2r=m（）2r=maa、t=2 ，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星周期大故a正确；b、v=，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；乙的速度小于第一宇宙速度，故b错误；c、a=，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，所以甲的角速度小于乙的角速度，故c正确；d、甲为地球同步卫星，在赤道的正上方，不可能经过北极的正上方，故d错误；故选：c点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论9（4分）（2014陕西校级模拟）一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）abctand2tan考点：平抛运动分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以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来求解，两个方向上运动的时间相同解答：解：如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角，则有：tan=则下落高度与水平射程之比为=，所以b正确故选b点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决10（4分）（2008江苏模拟）给平行析电容器充电，断开电源后a极板带正电，b极板带负电板间一带电小球c用绝缘细线悬挂，如图所示小球静止时与竖直方向的夹角为，则（）a若将b极板向右平移稍许，电容器的电容将减小b若将b极板向下平移稍许，a、b两板间电势差将增大c若将b板向上平移稍许，夹角将不变d轻轻将细线剪，小球将做斜抛运动考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据电容的决定式c=，分析电容的变化电容器的电量不变，由u=，分析板间电势差的变化根据e=，u=，c=结合分析场强e的变化，判断的变化轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向沿作匀加速直线运动解答：解：a、若将b极板向右平移稍许，d增大，根据c=，得知电容器的电容将减小故a正确b、若将b极板向下平移稍许，正对面积s减小，根据c=，得知电容将减小电容器的电量q不变，由u=，分析得知板间电势差增大，故b正确c、若将b板向上平移稍许，正对面积s减小，根据c=，得知电容将减小电容器的电量q不变，由u=，分析得知板间电势差增大，根据e=，得知e增大，小球所受的电场力增大，将变大故c错误d、轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动故d错误故选ab点评：本题要抓住条件：电压u不变的基础上，根据e=，u=，c=结合进行分析11（4分）（2013湖北二模）在如图所示的电路中，开关s闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）ar1短路br2短路cr3短路dr1断路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障解答：解：a、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过r1的支路电流，电压表测量r3两端的电压；若r1短路，则r2被短路，外电路只有电阻r3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故a正确b、若r2短路，则r1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故b错误c、若r3短路，则电压表示数为零，不符合题意；故c错误d、若r1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故d错误故选：a点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端12（4分）（2014秋青山区校级月考）如图所示，电流表、电压表均为理想电表，l为小电珠r为滑动变阻器，电源电动势为e，内阻为r现将开关s闭合，当滑动变阻器滑片p向左移动时，下列结论正确的是（）a电流表示数变小，电压表示数变大b小电珠l变亮c电容器c上电荷量增大d电源的输出功率变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器滑片p向左移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小电珠亮度的变化由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化根据结论：电源的内外电阻相等时，输出功率最大，分析输出功率的变化解答：解：a、b、c、当滑动变阻器滑片p向左移动时，其接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知总电流减小，路端电压增大所以电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠l变暗电容器的电压 u=ei（rl+r），i减小，其它量不变，则u增大，由q=cu可知电容器c上电荷量q增加故ac正确，b错误d、由于电源的内电阻与外电路总电阻的关系不能确定，所以不能判断电源的输出功率怎样变化故d错误故选：ac点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析分析电源的输出功率，可结合数学知识进行分析，也可以根据结论进行研究二、实验题：（2小题，每空2分，共12分）13（4分）（2010秋西湖区校级期末）图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为8.15mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为2.970mm考点：螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为8.15mm 螺旋测微器固定刻度为2.5mm，可动刻度为0.0147.0=0.470mm，所以最终读数为2.970mm故答案为：8.15，2.970点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读14（8分）（2013秋武平县校级月考）（1）一同学利用图1的电路原理图测定电池的电动势和内阻的实验：在闭合电键s前滑动变阻器的滑动头应在a端（填“a”或“b”）（2）图2是他根据实验数据画出的ui图象，由此可知这个干电池的电动势e=1.5v，内电阻r=1（3）请用连线代替导线连接实物图图3考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前滑片要置于阻值最大处（2）电源的ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻（3）根据电路图连接实物电路图解答：解：（1）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保证电路安全，闭合开关前，滑片应置于a端（2）由图2所示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势e=1.5v，电源内阻r=1（3）由图象可知，电源电动势约为1.5v，则电压表选3v量程，电路最大电流约为0.4a，则电流表选0.6a量程根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示故答案为：（1）a；（2）1.5；1；（3）实物电路图如图所示点评：滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前，滑片应置于阻值最大位置，滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置三、论述计算题：（要有必要的计算步骤，直接写出结果不给分4小题，共40分）15（8分）（2013秋武平县校级月考）汽车发动机的功率为50kw，若汽车总质量为5103kg，在水平路面上启动行驶时，所受阻力大小恒为5103n，则（1）汽车所能达到的最大速度为多少？（2）若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速启动，维持匀加速运动的时间为多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力和阻力大小相等，由p=fv=fv可以求得最大速度（2）当功率达到最大功率时，匀加速运动就结束了，求出此时的速度，由速度公式可以求得运动的时间解答：解：（1）最大速度为vm=10m/s；（2）设0.5 m/s2加速度运动的最大速度设为v，以恒定加速度运动，当功率达到额定功率，匀加速运动结束根据牛顿第二定律，ff+ma，匀加速运动的末速度v=，由匀变速运动的速度公式得：v=at，解得：t=s13.33s；答：（1）汽车所能达到的最大速度为10m/s（2）若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速启动，维持匀加速运动的时间为多13.33s点评：本题考查的是机车启动的两种方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p=fv，p指实际功率，f表示牵引力，v表示瞬时速度当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度vm=16（10分）（2013秋武平县校级月考）如下图所示为一水平传送带装置示意图紧绷的传送带ab始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的煤块无初速度地放在a处，传送带对煤块的滑动摩擦力使煤块开始做匀加速直线运动，随后煤块又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设煤块与传送带之间的动摩擦因数=0.1，a、b间的距离l=2m，g取10m/s2（1）求煤块刚开始运动时加速度的大小；（2）求煤块传送到b点的时间；（3）滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；功能关系专题：直线运动规律专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出煤块刚开始运动时的加速度（2）根据匀变速直线运动速度时间公式求出求出煤块加速运动的时间，结合位移公式求出加速运动的位移，再结合匀速直线运动的位移公式求出匀速运动的时间，从而求出煤块传送到b点的时间（3）根据匀变速直线运动的位移公式求出煤块和传送带之间的相对位移，结合摩擦力与相对位移的乘积求出摩擦产生的热量解答：解：（1）根据牛顿第二定律得，加速度a=（2）煤块匀加速直线运动的时间，匀加速直线运动的位移煤块匀速直线运动的位移x2=lx1=20.5m=1.5m则煤块匀速直线运动的时间则煤块传送到b点的时间t=t1+t2=1+1.5s=2.5s（3）煤块匀加速直线运动时，传送带的位移x3=vt1=1m则相对位移大小x=x3x1=0.5m所以摩擦产生的热量q=mgx=0.1400.5j=2j答：（1）煤块刚开始运动时加速度的大小为1m/s2（2）煤块传送到b点的时间为2.5s（3）煤块与传送带之间因摩擦而产生的热量为2j点评：解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解17（10分）（2013秋武平县校级月考）如图所示，水平面上放着长l=2m，质量为m=4kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和m之间、m和地面之间的动摩擦因数均为=0.1，开始均静止，今对木板施加一水平向右的恒定拉力f，若g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求（1）为使小物体不从木板上掉下，f不能超过多少；（2）如果拉力f=14n，小物体能获得的最大速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力的最大值（2）若拉力f小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力f大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，再根据速度时间公式求出最大的速度解答：解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律：mg=ma 对整体由牛顿第二定律得：fm=（m+m）a 代入数据解得：fm=5n （2）因施加的拉力f5n，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，对木板由牛顿第二定律：fmg=ma1物块在木板上相对运动的时间为t，l=代入数据解得t=物块脱离木板时的速度最大，vm=at=1答：（1）为使小物体不从木板上掉下，f不能超过5n；（2）如果拉力f=14n，小物体能获得的最大速度为点评：本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体和木板能否发生相对滑动，以及一旦发生相对滑动时，能够根据受力判断物体的运动18（12分）（2013秋青羊区校级期中）如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.04kg、电量q=+2104c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端a点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高b点，并沿轨道滑下已知ab的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为=37、倾斜轨道长为l=2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5倾斜轨道通过光滑水平轨道cd与光滑竖直圆轨道相连，在c点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保