江西省师大附中高三物理10月月考试题（含解析）新人教版(1).doc

江西师大附中2015届高三年级月考物理试卷一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1、学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法下列关于物理学中的思想方法叙述正确的是()a在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想 b伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法c在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法d法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法【知识点】物理学史p0【答案解析】a解析： a、合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想故a正确b、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故b错误c、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法故c错误d、法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法故d错误故选a【思路点拨】在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等2质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，拉力做的功w随物体的位移x变化的关系如图所示取重力加速度g10 m/s2，则 ()ax0至x3 m的过程中，物体的加速度是2.5 m/s2bx6 m时，拉力的功率是6 wcx9 m时，物体的速度是3 m/sdx3 m至x9 m过程中，合力做的功是12 j【知识点】动能定理的应用e2【答案解析】bc解析： a、x=0m至x=3m的过程中，根据动能定理，有 w1-mgs=mv12解得：v1=3m/s根据速度位移公式，有 2a1s=v12解得a1=1.5m/s2 故a错误b、c，x=3m至9m过程中，根据动能定理得： w2-mgs=mv22-m其中s=6m，m=2kg，=0.1，w2=27-15=12j代入解得，v2=3m/s，即x=9m时，物体的速度是3m/s说明此过程中物体做匀速直线运动，f=mg=2n，x=6m时，拉力的功率是p=fv1=6w故b、c正确d、由上知，x=3m至9m过程中，物体做匀速直线运动，则合外力为零，合外力做功为零故d错误故选bc【思路点拨】对物体受力分析，受到重力g、支持力n、拉力f和滑动摩擦力f，根据运动学公式和动能定理列式分析即可本题关键对物体受力分析，然后对物体的运动过程运用动能定理和运动学公式列式并联立求解【题文】3如图，固定斜面，cd段光滑，de段粗糙，a、b两物体叠放在一起从c点由静止下滑，下滑过程中a、b保持相对静止，则（ ）a在cd段时，a受三个力作用b在de段时，a可能受二个力作用c在de段时，a受摩擦力方向一定沿斜面向上d整个下滑过程中，a、b均处于失重状态【知识点】牛顿第二定律；弹性形变和范性形变；物体的弹性和弹力b2 c2【答案解析】c解析： a、在cd段，整体的加速度a=gsin，隔离对a分析，有：magsin+fa=maa，解得fa=0，可知a受重力和支持力两个力作用故a错误b、设de段物块与斜面间的动摩擦因数为，在de段，整体的加速度a=gsin-gcos，隔离对a分析，有：magsin+fa=maa，解得fa=-magcos，方向沿斜面向上若匀速运动，a受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以a一定受三个力故b错误，c正确d、整体下滑的过程中，cd段加速度沿斜面向下，a、b均处于失重状态在de段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态故d错误故选：c【思路点拨】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对a分析，判断b对a是否有摩擦力本题考查了物体的受力分析，a、b保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解【题文】4.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于o点。现用水平力f缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力n以及绳对小球的拉力t的变化情况是（ ）a.n保持不变，t不断增大b.n不断增大，t不断减小c.n保持不变，t先增大后减小d.n不断变大，t先减小后增大【知识点】共点力平衡的条件及其应用b3 b4【答案解析】d解析： 先对小球进行受力分析，重力、支持力fn、拉力ft组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力fn方向不变，且从已知图形知，且逐渐变小，趋向于0；故斜面向左移动的过程中，拉力ft与水平方向的夹角减小，当=时，ftfn，细绳的拉力ft最小，由图可知，随的减小，斜面的支持力fn不断增大，ft先减小后增大故d正确abc错误故选：d【思路点拨】对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个矢量三角形，由于重力不变、支持力方向不变，又缓慢推动，故受力平衡，只需变动拉力即可，根据它角度的变化，你可以明显地看到各力的变化本题考察物体的受力分析、共点力的动态平衡问题 物体在三个共点力作用下达到平衡状态，其中一个力的大小和方向均不发生变化时：一个力的方向不变，另一个力方向改变，利用力的三角形法则； 另外两个力中，另外两个力方向均改变，利用力的三角形与几何三角形相似 对小球进行受力分析如图所示，则题干描述的动态过程可通过力的三角形边长的变化替代【题文】5.将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s，他们运动的图像分别如直线甲、乙所示。则( )at=2s时，两球的高度差一定为40m bt=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等c两球从抛出至落地到地面所用的时间间隔相等d甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的不相等【知识点】竖直上抛运动；匀变速直线运动的图像a4 a5【答案解析】b解析： a、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过的位移为x甲=(30+10)2=40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t=2s时两球的高度相差不一定为40m故a错误b、t=4s时，甲球相对于抛出点的位移为303101=40m，乙球相对于抛出点的位移为(30+10)）2m=40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等故b正确c、两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x=-h=v0tgt2，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等故c错误d、由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s故d错误故选：b【思路点拨】速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，但不能反映物体初始的位置由图直接读出物体运动的时间本题要结合图象的意义和竖直上抛运动的规律进行分析，关键要掌握速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移【题文】6. 如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度开始运动，当其速度达到后，便以此速度作匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）( )a.与之间一定满足关系b.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为c煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为d黑色痕迹的长度为【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系a2 c2【答案解析】ac解析： a、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度即ag，则故a正确b、根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a=g，则煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t=此时煤块的位移x1，此时传送带的位移x2，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则xx2x1故c正确，b、d错误故选：ac【思路点拨】要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度当煤块的速度达到v时，求出煤块相对传送带静止所需的时间和位移，以及传送带的位移，两者位移之差为黑色痕迹的长度解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差【题文】7.如图为一段某质点做匀变速直线运动的xt图线。从图中所给的数据可以确定质点在运动过程中，经过图线上p点所对应位置的瞬时速度大小一定（ ）a大于2m/sb等于2m/sc小于2m/sd无法确定【知识点】匀变速直线运动的图像a5【答案解析】a解析： 图线ab段对应时间内物体的位移为2m，时间为1s，故物体在ab段的平均速度为2m/s，而平均速度等于中点时刻的速度，p是中点位移不是中点时刻，所以p点的速度不为2m/s；物体做加速运动，所以一半时间的位移小于位移的一半，则在中点位移的速度要大于2m/s故选：a【思路点拨】由题意知道物体做匀变速直线运动，根据平均速度的定义得到第4s的平均速度，根据位移时间图线上某点的斜率表示该点对应时刻物体的速度得到物体做加速运动，再根据运动学规律判断中间时刻速度和中间位置速度的关系本题关键根据位移时间图线得到物体做匀加速直线运动，然后根据运动学规律比较中间时刻速度和中间位置速度的大小关系【题文】8如图所示，质量为m的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，a、c为圆周的最高点和最低点，b、d与圆心o在同一水平线上小滑块运动时，物体m保持静止，关于物体m对地面的压力n和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是 a滑块运动到a点时，nmg，摩擦力方向向左b滑块运动到b点时，n(mm)g，摩擦力方向向右c滑块运动到c点时，n(mm)g，m与地面无摩擦力d滑块运动到d点时，n(mm)g，摩擦力方向向左【知识点】向心力；牛顿第二定律c2 d4【答案解析】c解析： a、小滑块在a点时，滑块对m的作用力在竖直方向上，m在水平方向不受其他力的作用，所以没有摩擦力，故a错误b、小滑块在b点时，需要的向心力向右，所以m对滑块有向右的支持力的作用，则滑块对m有向左的作用力对m受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，m在竖直方向上只重力和地面的支持力，受力平衡，则知地面对m的支持力大小等于mg，所以由牛顿第三定律可知物体m对地面的压力n=mg，故b错误c、小滑块在c点时，滑块对m的作用力竖直向下，m在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力滑块对物体m的压力要大于c的重力，那么m对地面的压力n（m+m）g，故c正确d、小滑块在d点和b的受力的类似，由b的分析可知n=mg，摩擦力方向向左，d错误故选：c【思路点拨】小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体m对地面的压力n和地面对物体m的摩擦力的大小小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和m之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对m的作用力【题文】9.甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为h，河水流速为v0，划船速度均为v，出发时两船相距为h，甲、乙两船船头均与河岸成60角，如图所示，已知乙船恰好能垂直到达对岸a点，则下列判断正确的是()a甲、乙两船到达对岸的时间不同bv2v0c两船可能在未到达对岸前相遇d甲船也在a点靠岸【知识点】运动的合成和分解d1【答案解析】bd解析： 由于两船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性原理，船速度平行于河岸的分量将不影响船行驶到对岸所用的时间，所以两船同时到岸，a错误； 因乙船正对垂直河岸过河，故vcos60=u，故v=2u，故b正确；甲船沿水流方向的速度为vcos60+u=2u，在相同的时间内，甲船通过的位移x甲=2ut，船到达对岸的时间t=，故船沿水流方向通过的位移x甲= h，故甲船也在a点靠岸，故d正确；因两船同一时间到达a点，故在两船靠岸以前不会相遇，故c错误；故选bd【思路点拨】由运动的独立性可知，渡河时间取决于船垂直于河岸的速度，由两船的速度可求得渡河时间；根据乙船的合运动可知船速与水速的关系；先求得甲船沿水流方向的速度，根据渡河时间可求得甲过河时在水流方向上通过的距离，则可判断在何处靠岸运动的合成与分解中要注意独立性的应用，两个分运动是相互独立，互不干扰的，但二者的合成决定了物体的实际运动【题文】10.用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，线的张力为ft，则ft随2变化的图象是图中的 ()【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速d4【答案解析】c解析： 设绳长为l，锥面与竖直方向夹角为，当=0时，小球静止，受重力mg、支持力n和绳的拉力ft而平衡，ft=mgcos0，所以a项、b项都不正确；增大时，ft增大，n减小，当n=0时，角速度为0当0时，由牛顿第二定律得，ftsin-ncos=m2lsin，ftcos+nsin=mg，解得ft=m2lsin2+mgcos；当0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得ftsin=m2lsin，所以ft=ml2，此时图象的反向延长线经过原点可知ft-2图线的斜率变大，所以c项正确，d错误故选：c【思路点拨】分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析t随2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，t与2的关系也就变了本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化二、实验题:本大题共5小题共20分。【题文】11、某同学使用游标为10个小等分刻度的游标卡尺测量一物体的尺寸，得到图中的游标卡尺的读数，由于遮挡，只能看到游标的后半部分，图中游标卡尺的读数为 mm；【知识点】刻度尺、游标卡尺的使用j10【答案解析】54.5 解析： 游标上有10个小等分刻度的长度是9mm；所以游标卡尺的固定刻度于游标尺对其的刻度读数为59mm，游标尺上第5个刻度游标读数为0.95mm=0.45mm，所以最终读数为：59mm-4.5mm=54.5mm；【思路点拨】游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，不需估读；解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时不需估读，同时注意游标卡尺的精确度【题文】12某同学在探究摩擦力的实验中采用了如图所示的操作，将一个长方体木块放在水平桌面上，然后用一个力传感器对木块施加一个水平拉力f，并用另外一个传感器对木块的运动状态进行监测，右表是其记录的实验数据。木块的重力为10.00 n，重力加速度g=9.80 m/s2,根据表格中的数据回答下列问题（答案保留3位有效数字）：（1）木块与桌面间的动摩擦因数= ；（2）实验次数5中监测到的加速度= m/s2实验次数运动状态水平拉力n1静止3.622静止4.003匀速4.014匀加速5.015匀加速5.49【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素c4【答案解析】(1)0.401 (2)1.45解析： ：（1）当物体在水平拉力作用下匀速运动时，拉力大小等于滑动摩擦力大小，物体所受滑动摩擦力为：ff=4.01n，滑动摩擦力为：ff=fnfn=mg联立，解得：= =0.401（2）根据牛顿第二定律有：f5-ff=ma，带入数据解得：a=1.45m/s2【思路点拨】（1）水平力作用下物体匀速运动时，所受滑动摩擦力等于水平拉力，物体在水平力作用下沿水平面运动时，fn=mg，ff=f=fn由此可求出滑动摩擦因数大小；（2）根据牛顿第二定律列方程可以求出物体的加速度大小滑动摩擦力大小跟压力大小、接触面粗糙程度有关，跟物体受到的拉力大小、物体的运动速度都没有关系，正确根据物体所处状态列方程求解【题文】13在研究“物体加速度与力的关系”的实验中，某学习小组使用的实验装置如图所示：(1) 由于没有打点计时器，该小组让小车由静止开始运动，发生位移，记录时间，则小车的加速度的表达式为=_。(2) 指出该实验中的一个明显疏漏：_。纠正了疏漏之处后，保持小车的质量不变，改变砂桶与砂的总重力，多次实验，根据得到的数据，在图象中描点（如图所示）。结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 。a轨道倾斜不够b轨道倾斜过度c砂桶与砂的总重力太大d所用小车的质量太大(3)若不断增加砂桶中砂的质量，图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为_ 。【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系c4【答案解析】（1）（2）没有倾斜轨道，平衡摩擦力c（3），解析： ：（1）：根据x=可求出：a=；（2）：要使小车受到的拉力为合力，实验前首先应平衡摩擦力，所以明显的疏漏是没有倾斜轨道，即没有平衡摩擦力；分别对小车与砂桶受力分析，可求出加速度的表达式应为：a=当满足mm的前提下，a=f，a-f图象的斜率为定值，图象是倾斜直线，当m逐渐增大时，斜率k=应逐渐减小，所以c正确abd错误；（3）：由上题得到的表达式a=可知，当m不断增加时，图象的斜率k=将趋于0，即加速度的趋向值为0；【思路点拨】（1）根据运动学公式的位移时间关系即可求解；题（2）根据实验原理可知，在平衡摩擦力的前提下，小车受到的拉力才等于合力，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，然后通过讨论图象斜率与砂桶质量m的关系即可求解；题（3）对求出的加速度a与f的表达式，然后讨论a-f图象的斜率变化趋势即可应明确“探究物体加速度与力关系”实验的原理是：在平衡摩擦力的前提下，小车受到的拉力才等于合力；在满足砂桶质量m远小于小车质量m的前提下，绳子拉力才等于砂桶的重力mg；讨论a-f图象变化趋势时，应通过写出a的准确表达式，然后再讨论a-f图象的斜率变化趋势即可【题文】14某研究性学习小组在做“研究平抛物体的运动”的实验时使用了如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于某处(未靠近轨道末端)。使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹a；将木板向远离槽口方向依次平移距离x、2x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹b、c。若测得木板每次移动的距离x10.00cm，a、b间距离y14.78cm，b、c间距离y214.58cm。重力加速度为g。(1)根据以上直接测量的物理量求得小球初速度为v0_(用题中所给字母表示)。(2)小球初速度的测量值为_m/s。(g取9.8m/s2，结果保留三位有效数字)。【知识点】研究平抛物体的运动d3【答案解析】(1)x(2)1.00解析：竖直方向：小球做匀加速直线运动，根据推论x=at2得：y2-y1=gt2，解得：t=水平方向：小球做匀速直线运动，则有：v0=代入解得：v0=1.00m/s【思路点拨】小球离开导轨后做平抛运动，将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动根据匀变速直线运动的推论x=at2，由y1、y2求出a到b或b到c的时间，再求出初速度平抛运动竖直方向的分运动是匀加速直线运动，匀变速直线运动的基本规律和推论可以运用【题文】15某同学在做“互成角度的两个力的合成”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置o点以及两只弹簧测力计拉力的大小，如图(a)所示。(1)有关此实验，下列叙述正确的是_。a两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大b橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力c两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置o，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同d若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可(2)图(b)所示是甲和乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个比较符合实验事实？(力f是用一只弹簧测力计拉时的图示)。 【知识点】验证力的平行四边形定则b6【答案解析】(1)a、c(2)甲同学实验得到的结果解析：（1）a、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大故a正确；b、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，b错误；c、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置o，故c正确；d、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故d错误故选：ac（2）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故甲符合实验事实【思路点拨】该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致f1与f2合成的实际值与与理论值存在差别根据合力与分力的关系来分析判断；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题三、计算题：本大题共5小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。【题文】16. 一个质量为m=2kg的物体原来静止在倾角37的光滑斜面上，从t=0开始运动，在第1、3、5等奇数秒内受到大小为16n平行于斜面向上的拉力作用下做直线运动，在第2、4、6偶数秒内受到大小为12n平行于斜面向上的拉力作用下做直线运动，问：经过多长时间物体位移的大小为60. 25m ?【知识点】牛顿运动定律的综合应用a8 c2 c5【答案解析】10.5s解析： 在第1、3、5等奇数秒内受到大小为16n平行于斜面向上的拉力作用，则沿斜面方向：ma1=f1-mgsin37a1 m/s22m/s2在第2、4、6偶数秒内受到大小为12n平行于斜面向上的拉力时：ma2=f2-mgsin37a2m/s20物体在第1s内的位移：x1212m1m物体在第1s末的速度：v1=a1t1=21m/s=2m/s物体在第1s内的位移：x2=v1t=21m=2m物体在第1s末的速度：v2=v1=2m/s物体在第3s内的位移：x1v2t+21+212m3m物体在第3s末的速度：v3=v1+a1t=2m/s+21m/s=4m物体在第4s内的位移：x4=v3t=41m=4m物体在第4s末的速度：v4=v3可知第n秒的位移：xn=nn秒内的位移：xn当xn=60.25m时：120.5=n2+nn=10.47，所以：前10s的位移：x1055m10s末的速度：v10=5a1t=521=10m/s剩下的x=（60.25-55）m=5.5m的位移上需要的时间t：xv10t+a1t2代入数据得：t=0.5s所以物体运动的总时间：t总=n+t=10+0.5=10.5s【思路点拨】通过受力分析，可知物体在奇数秒的时间内向上做匀加速直线运动，在偶数秒的时间内向上做匀速直线运动，通过数学归纳法得出各段的速度的表达式与各段的位移的表达式，最后使用求和公式即可解决本题的关键理清物体的运动的情况，知道在各个阶段物体做什么运动以及知道加速度是联系力学和运动学的桥梁【题文】17如图所示，质量m10kg、上表面光滑的足够长的木板的在f50n的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了l1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了l1m就在木板的最右端无初速放一铁块试问（取g10m/s2） (1）第1块铁块放上后，木板运动了l1m时，木板的速度多大？(2）最终木板上放有多少块铁块？(3）最后一块铁块与木板右端距离多远？【知识点】牛顿运动定律的综合应用c2 c5【答案解析】(1) 26 m/s (2) 7 (3)6.57 m(或46/7 m)解析：（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：fn=mg，水平方向：ff=f，滑动摩擦力ff=fn，则得f=mg解得：=0.5；放第1块铁块后，木板做匀减速运动，则有：（m+m）g-f=ma1；2a1l= 代入数据解得：v1=2 m/s（2）设最终有n块铁块能静止在木板上则木板运动的加速度大小为：an=第1块铁块放上后有：2a1l=第2块铁块放上后有：2a2l=第n块铁块放上后有：2anl=由以上各相加得：（1+2+3+n）2要使木板停下来，必须有vn=0，代入解得：6n7故最终有7块铁块放在木板上（3）加上第7块木块时的位移是6l=6m，速度是：(1+2+3+6)2代入数据解得：v6=2m/sa7 m/s23.5m/s2木板最后阶段的位移：x70.57m木板的总位移：x=6l+x7=6+0.57=6.57m 【思路点拨】（1）开始木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦因数铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式结合可以求出即将放上第1块铁块时木板的速度（2）运用归纳法分别得到第2块铁块放上后、第3块铁块放上后第n块铁块放上后木板的速度表达式，得到vn的表达式，要使木板停下，vn=0，即可求解（3）第n块木块时木板停止运动，则先求出n时的速度和加速度，然后求出加上n时的位移即可熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项【题文】18地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动地球的轨道半径为r=1.501011m，运转周期为t=3.16107s地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角），如图甲或图乙所示当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期已知某行星的最大视角为14.5求该行星的轨道半径和运转周期（sin14.5=0.25，最终计算结果保留两位有效数字）【知识点】万有引力定律及其应用d5【答案解析】该行星的轨道半径是3.8108m，运转周期是4.0106s解析： 设行星的轨道半径为r，运行周期为t当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切由几何关系可知：r=rsin14.5=3.8108m地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式：，可得：，即：，可得：t= =4.0106s【思路点拨】根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解问题地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式，表示出周期，然后去进行求解向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用物理问题经常要结合数学几何关系解决【题文】19如图所示，半径r=0.2 m的光滑四分之一圆轨道mn竖直固定放置，末端n与一长l=0.8 m的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度0运动。传送带离地面的高度h=1.25 m，其右侧地面上有