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陕西省榆林市府谷县麻镇中学2014-2015学年高一上学期期末考试物理试卷


陕西省榆林市府谷县麻镇中学 2014-2015 学年高一上学 期期末物理试卷
一.选择题(共 16 小题,每题 3 分,共 48 分) 1.下列说法中正确的是( ) A.研究跳水运动员在空中做转体运动时,不能将运动员看作质点 B.前 2s 内与第 2s 内是指同一段时间 C.分别以太阳和地球为参考系,火星的运动轨迹相同 D.位移是描述物体(质点)位置的物理量 考点:质点的认识;参考系和坐标系. 分析:当物体的形状和大小对研究问题没有影响时,物体就可以看成质点,时间和时刻的主 要区别就是时刻是时间轴上的点, 而时间对应的是时间轴上的一段, 位移是描述物体 (质点) 位置变化的物理量. 解答: 解:A、研究跳水运动员在空中所做的转体运动时,要看运动员的动作和姿态,不 能看成质点,故 A 正确; B、前 2s 内指 2s 时间,第 2s 内表示 1s 时间,不是指同一段时间,故 B 错误; C、分别以太阳和地球为参考系,火星的运动轨迹不同,故 C 错误; D、位移是描述物体(质点)位置变化的物理量,故 D 错误. 故选:A 点评:本题是对时间时刻、质点、位移等基本概念的考查,是基本知识,在平时的学习中要 牢牢的掌握住. 2.物理学中的“质点”是一种理想化模型,研究下列物体的运动时可视为质点的是( A.研究运动员跳高的过杆动作 B.研究车轮边缘的速度 C.计算轮船在海洋中的航行速度 D.研究乒乓球的接发球技术 )

考点:质点的认识. 分析:当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们就可以把它看成质点,根据把 物体看成质点的条件来判断即可. 解答: 解:A、运动员在跳高时,要看人的动作是否符合要求,所以此时人不能看成质点, 故 A 错误. B、研究车轮边缘的速度时车轮是不能忽略的,否则就没有车轮的边缘可言了,故 B 错误. C、 轮船的大小相对于海洋的大小来说是微不足道的, 所以计算轮船在海洋中的航行速度时, 可以忽略轮船的大小,能看成质点,故 C 正确. D、研究乒乓球的接发球技术时,要考虑乒乓球的转动的情况,不能看成质点,故 D 错误. 故选:C.

点评:本题就是考查学生对质点概念的理解,是很基本的内容,必须要掌握住的,题目比较 简单. 3.观察图中的烟和小旗,关于小车相对于房子的运动,下列说法中正确的是( )

A.小车的运动情况无法确定 C.小车一定向右运动

B.小车一定向左运动 D.小车一定静止

考点:参考系和坐标系. 分析:研究物体的运动情况时,首先要选取一个物体作为标准,这个被选作标准的物体叫做 参照物.研究对象的运动情况是怎样的,就看它相对参照物的位置是否变化.由此来突破此 题. 解答: 解:由图中的信息可以判断出:因为房子的烟向左飘,所以风是向左吹因此小车运 动状态有三种可能 1、向左运动 2、静止.3、向右运动,所以无法确定,所以 B、C、 D 错误;A 正确; 故选 A 点评:一个物体的运动状态的确定,关键取决于所选取的参照物.所选取的参照物不同,得 到的结论也不一定相同.这就是运动和静止的相对性. 4.下列物理量中,属于标量的是( A.路程 B.速度 ) C.加速度 D.力

考点:矢量和标量. 分析:既有大小又有方向,相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量,如力、速度、加速 度、位移、动量等都是矢量; 只有大小,没有方向的物理量是标量,如路程、时间、质量等都是标量. 解答: 解:矢量是即有大小又有方向,相加是遵循平行四边形定则的物理量,力、速度、 加速度都是矢量,所以选项 B、C、D 都不对. 标量是只有大小,没有方向的物理量,如路程、时间、质量等,所以 A 选项正确. 故选:A. 点评:本题是一个基础题目,就是看学生对矢量和标量的掌握. 5.一小球从半径为 R 的四分之一圆弧面顶端沿圆弧滑至底端,如图所示.则物体在该运动 过程中( )

A.位移大小是 R B.位移大小是

C.路程是 2R D.路程是 πR

考点:位移与路程. 专题:直线运动规律专题. 分析:位移是从起点到终点的有向线段,路程是物体运动路线的长度. 解答: 解: 路程等于运动轨迹的长度, 为 l= πR, 位移大小等于首末位置的距离为 x= 故选:B 点评:本题是基础题,紧扣位移和路程的概念,抓住位移的方向从起点指向终点. 6.刘翔能够获得雅典奥运会 110 米跨栏冠军,取决于他在这 110 米中( A.某时刻的瞬时速度大 B.撞线时的瞬时速度大 C.平均速度大 D.起跑时的加速度大 ) R.

考点:平均速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:刘翔能够获得雅典奥运会 110 米跨栏冠军,比较的是相同位移内的时间,即比较平均 速度的大小. 解答: 解:110 米跨栏比赛,位移相等,时间短的为冠军,是相同位移内比时间,而平均 速度等于位移与时间的比值, 所以刘翔能够获得雅典奥运会 110 米跨栏冠军, 取决于他在这 110 米中平均速度大.故 C 正确,A、B、D 错误. 故选 C. 点评:解决本题的冠军掌握平均速度的定义,平均速度等于位移与时间的比值. 7.如果使用电火花打点计时器,则应使用的电源是( ) A.4﹣6 伏直流电 B.4﹣6 伏交流电 C.220 伏直流电 D.220 伏交流电 考点:电火花计时器、电磁打点计时器. 专题:实验题. 分析:正确解答本题需要掌握:了解打点计时器的原理和具体使用,电磁打点计时器与电火 花打点计时器的区别. 解答: 解:电火花打点计时器是使用 220V 交流电源的仪器,电磁打点计时器使用 4﹣6 伏交流电源,故 ABC 错误,D 正确. 故选 D. 点评:对于基本仪器的使用,我们不仅从理论上学习它,还要从实践上去了解它,熟练其操 作使用. 8.用打点计时器研究物体运动时,接通电源和让纸带随物体开始运动,这两个操作的时间 关系应当是( ) A.先接通电源,后释放纸带 B.先释放纸带,后接通电源 C.释放纸带的同时接通电源 D.先释放纸带或先接通电源都可以 考点:电火花计时器、电磁打点计时器.

专题:实验题. 分析:本题考查了打点计时器的具体应用,熟悉打点计时器的使用细节即可正确解答本题. 解答: 解:开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后释放纸带让纸带(随物体)开 始运动,如果先放开纸带开始运动,再接通打点计时时器的电源,由于重物运动较快,不利 于数据的采集和处理, 会对实验产生较大的误差; 同时先打点再释放纸带, 可以使打点稳定, 提高纸带利用率,可以使纸带上打满点,BCD 错误,A 正确. 故选:A. 点评:对于一些实验操作细节,要通过亲自动手实验,才能体会具体操作细节的含义. 9.下列说法正确的是( ) A.加速度变大,物体一定在做加速运动 B.加速度变小,物体一定在做减速运动 C.加速度是描述物体的速度变化的快慢程度 D.加速度大,物体的速度就大 考点:加速度;速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:根据加速度的定义式 a= 可知物体的加速度等于物体的速度的变化率,加速度的

方向就是物体速度变化量的方向, 与物体速度无关, 即物体的速度变化越快物体的加速度越 大.加速度是描述物体的速度变化的快慢程度. 解答: 解:A、加速度变大的物体,如果加速度方向与速度方向相反,那么速度就会减小, 即速度减小得越来越快,故 A 错误; B、加速度变小的物体,如果加速度方向与速度方向相同,那么速度就会增加,即速度增加 得越来越慢,故 B 错误; C、加速度是描述物体的速度变化的快慢程度.故 C 正确; D、加速度大,物体的速度可以很小,例如火箭发射的瞬间.故 D 错误; 故选:C. 点评:把握加速度的定义式 a= 中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决

此类问题的关键,是正确理解加速度的定义的基础. 10.某物体运动的速度一时间图象如图,下列说法正确的是( )

A.0﹣2s 内的加速度为 1m/s B.0﹣5s 内的位移为 l0m C.第 1s 末与第 3s 末的速度方向相反 D.第 1s 与第 5s 加速度方向相同 考点:匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:运动学中的图像专题.

2

分析:根据速度的正负判断速度的方向.速度图象的斜率等于加速度.根据图线与 t 轴所围 的面积表示位移判断. 解答: 解:A、速度图象的斜率等于加速度,所以 0﹣2s 的加速度为 a= 故 A 正确; B、根据图线与 t 轴所围的面积表示位移,所以 0﹣5s 的位移 s= ,故 B 错 =1m/s ,
2

误; C、由于第 1 秒与第 3 秒末的速度都为正,所以速度方向相同,故 C 错误; D、据速度图象的斜率等于加速度,据图象可知,第 1 秒与第 5 秒的加速度方向相反,故 D 错误. 故选:A. 点评:根据速度图象直接速度加速度的方向,由斜率大小求出加速度的大小是基本能力,要 熟练掌握. 11.某物体沿平直轨道以 2m/s 的加速度做匀变速直线运动,某时刻测得物体的速度大小为 3m/s,则在此后的 2s 内,物体的位移大小可能为( ) A.10m B.2m C.2.25m D.4.5m 考点:匀变速直线运动的速度与位移的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:物体做匀变速直线运动,有可能是匀加速,也有可能是匀减速,分别列式求解即可. 解答: 解:由: 得:
2 2

若初速度与加速度同向:x=3×2+0.5×2×2 =10m. 2 若初速度与加速度反向:x=3×2﹣0.5×2×2 =2m. 故在此后的 2s 内,物体的位移大小可能为 10m 或 2m. 故选:AB 点评:高中我们在物理中接触到矢量,在题目中出现矢量的大小为多少时,一定要记得对其 方向进行讨论. 12.关于自由落体运动,下列说法中正确的是( A.在任何相等的时间内速度的变化量相等 B.在连续相等的位移内平均速度相等 C.在连续相等的位移内所用时间相等 D.在任何相等的时间内位移的变化相等 )

考点:自由落体运动. 专题:自由落体运动专题. 分析:物体只在重力的作用下,初速度为零的运动,叫做自由落体运动.自由落体运动是一 种理想状态下的物理模型;自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动. 解答: 解:A、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,故在任何相等的时间内速 度的变化量相等,故 A 正确;

B、C、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,速度越来越快,故通过连续相等的 位移时间越来越少,故在连续相等的位移内的平均速度越来越大,故 B 错误,C 错误; D、匀变速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移的差是一个恒量,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题关键明确自由落体运动的运动性质,然后根据运动学公式分析求解. 13.如图所示,质量为 m 的滑块受到与水平方向成 θ 角斜向上方的拉力 F 作用,向右做匀 速直线运动,说法正确的是( )

A.滑块受到 3 个力的作用 B.滑块受到的合力为零 C.拉力与摩擦力的合力的大小为 Fsinθ D.仅增大拉力 F,滑块仍做匀速直线运动 考点:物体的弹性和弹力;摩擦力的判断与计算. 专题:受力分析方法专题. 分析:物体做匀速直线运动,知物体所受的合力为零,根据共点力平衡分析拉力和摩擦力的 合力方向. 解答: 解:A、物体受重力、拉力、支持力和摩擦力处于平衡,知物体一定受四个力的作 用.故 A 错误. B、根据共点力平衡得,滑块受到的合力为零.故 B 正确. C、因为物体合力为零,知拉力与摩擦力的合力的大小与重力和支持力的合力等值反向,大 小即为 G﹣N=Fsinθ.故 C 正确. D、当增大拉力 F,因滑动摩擦力大小变小,则滑块不会匀速直线运动.故 D 错误. 故选:BC. 点评:解决本题的关键能够正确地受力分析,通过共点力平衡进行分析求解. 14.体操运动员静止悬挂在单杠上,当两只手掌握点之间的距离减小时,运动员手臂受到的 拉力,下列判断正确的是( )

A.不变

B.变小

C.变大

D.无法确定

考点:合力的大小与分力间夹角的关系. 专题:平行四边形法则图解法专题. 分析: 当运动员增大双手间距离时, 根据合力与分力的关系分析两只手臂的拉力如何变化. 两 只手臂的拉力总是大小相等,方向并不相反.每只手臂的拉力不一定小于 mg,也可能等于 mg. 解答: 解: 根据每只手臂的拉力的合力一定等于运动员的重力保持不变, 则当减小双手间 距离时,两手臂间夹角减小,每只手臂的拉力将减小.故 ACD 错误,B 正确.

故选:B. 点评: 本题是根据合力与分力的大小变化关系来判断手臂拉力如何变化, 也可以用质点代替 人,由平衡条件得到手臂的拉力与手臂间夹角的关系,再由数学知识分析. 15.小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼,走进电梯时电梯没有显示超载,但电梯刚启动时 报警器却响了起来.对这一现象的解释,下列说法正确的是( ) A.刚启动时,物体的加速度向下,人处于超重状态 B.刚启动时,人所受的重力变大了 C.刚启动时,人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力 D.刚启动时,人对电梯底板的压力变大了 考点:超重和失重;牛顿第二定律. 分析:先对人受力分析,受重力和支持力,而压力等于支持力;再对人进行运动分析,确定 加速度方向;最后根据牛顿第二定律进行解释即可. 解答: 解:人随电梯一起加速上升,电梯刚启动时报警器却响了起来,说明人和电梯的加 速度向上,合力向上,电梯和人处于超重的状态;所以人对电梯底板的压力变大了.故 D 正确. 故选:D. 点评: 解决该题关键要运用牛顿第二定律分析超重与失重现象. 值得注意的是超重和失重时, 物体的重力的大小和方向并没有发生变化. 16.一质量为 m 的人站在电梯中相对电梯静止,电梯竖直向上做匀加速运动,加速度大小 为 ,g 为重力加速度.人对电梯地板的压力大小为( A. B. C.mg ) D.2 mg

考点:牛顿运动定律的应用-超重和失重. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:加速度向上,根据牛顿第二定律可以求人对电梯地板的压力大小. 解答: 解:由牛顿第二定律知:F﹣mg=ma,所以 F=m(g+ )= ,A 正确.

故选:A 点评:明确加速度的方向,正确对物体进行受力分析是解决本题的关键. 二.填空题(共 9 小题,每空 2 分,共 32 分) 17.如图 所示,用力拉弹簧,弹簧伸长,说明力可以改变物体的形状;足球守门员接住了 迎面飞来的足球,说明力可以改变物体的运动状态.

考点:力的概念及其矢量性.

分析:力的作用是相互的,力既有大小而且有方向.力是改变物体运动状态的原因,不是维 持物体运动的. 解答: 解:用力拉弹簧,弹簧伸长.说明弹簧受到力的作用发生形变.当守门员接住飞来 的足球时,说明飞来的足球状态发生改变. 故答案为:形状; 运动状态. 点评:通过改变物体的运动,让我们感受力的存在.同时知晓力具有矢量性. 18. 如图所示, 文文和新新用相同大小的力提着一重为 G 的水桶在水平路面上匀速行走. 他 们提桶的手臂间的夹角越小(填“大”或“小”)越省力,两手臂拉力的合力大小为 G.

考点:力的概念及其矢量性. 专题:平行四边形法则图解法专题. 分析:分析水桶的受力情况,分析平衡条件求解两同学的手臂受到的拉力大小.由于两人手 臂均与竖直方向成 θ 角,根据对称性可知,两人对水桶的拉力大小相等. 解答: 解: 设两同学手臂对水桶的拉力大小为 F, 由题两同学的手臂均与竖直方向成 θ 角, 根据对称性可知,两人对水桶的拉力大小相等,两手臂拉力的合力为 G; 则根据平衡条件得:2Fcosθ=G 得:F= 故他们提桶的手臂间的夹角越小越省力; 故答案为:小,G. 点评: 本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力大小相等, 再由竖直方向力平衡即可求出两 同学的手臂受到的拉力大小. 19.薄板的重心位置可以用悬挂法求出.如图所示,先在 A 点把物体悬挂起来,作出直线 AB,然后在 D 点把物体悬挂起来,作出直线 DE,即可知重心在两直线 AB、DE 交点 C 处, 其实验原理是运用了二力平衡和重力的方向是竖直向下的知识.

考点:重心. 分析:重心是重力的作用点,是一个物体受力的总效果的反应.可根据重力的方向是竖直向 下的和二力平衡的条件来突破此题. 解答: 解:因为重力方向竖直向下,将物体沿 A 点吊起,然后沿 A 点竖直方向画一条线 段 AB,

将物体再沿 D 点吊起,然后沿 D 点竖直方向画一条线段 DE,两条线段的交点 C 即为该物 体的重心. 将物体吊起后, 物体处于静止状态, 它受到的地球的吸引力和绳子对它的拉力是一对平衡力. 故这种方法运用了二力平衡和重力的方向是竖直向下的知识. 故答案为:运用了二力平衡和重力的方向是竖直向下的知识. 点评:此题主要考查学生对重心、二力平衡的条件的应用和重力方向的理解和掌握. 20.一物体受到大小分别为 3N 和 4N 两个力的作用.当这两个力方向相同时,合力大小为 7N;当这两个力相互垂直时,合力大小为 5N. 考点:合力的大小与分力间夹角的关系. 分析:一条直线上两个共点力的合成,矢量运算转化为代数运算,相互垂直时可用勾股定理 求大小.由题意,本题已知二个分力的大小,可以直接计算. 解答: 解:已知 F1=3N,F2=4N, 当两个力方向相同时,合力 F=F1+F2=3N+4N=7N; 当两个力方向相互垂直时时,合力 ;

故答案为:7,5. 点评:力是矢量,当两个力的方向在一条直线上时,矢量运算转化为代数运算,互成一定角 度的二力的合成遵循平行四边形定则, 会根据有关数学知识余弦定理求合力的大小, 当两个 力的方向相互垂直时直接用勾股定理计算简便. 21.一物块受到如图所示的拉力的作用,F 与水平方向的夹角为 θ,若将力 F 分解为水平向 右的分力 F1 和竖直向上的分力 F2,则 F1=Fcosθ,F2=Fsingθ.

考点:力的分解. 分析: 将拉力沿水平方向和竖直方向分解, 根据平行四边形定则, 求出水平分力和竖直分力. 解答: 解:根据平行四边形定则,在水平方向上的分力 F1=Fcosθ,竖直方向上的分力 F2=Fsinθ. 故答案为:Fcosθ,Fsinθ. 点评: 解决本题的关键知道力可以按作用效果进行分解, 分解时合力与分力遵循平行四边形 定则. 22.六个共点力大小分别为 F、2F、3F、4F、5F、6F,相互之间夹角均为 60°,如图所示, 求它们的合力大小是 6F,方向与力 5F 方向相同.

考点:力的合成与分解的运用;力的合成. 分析:物体共受到 6 个共点力作用,先将同一直线上的两个力进行合成,求出合力,再将这 三个合力进行求解 6 个力的合力. 解答: 解:力 F 与 4F 的合力大小为 F1=3F,方向与 4F 相同.力 2F 与 5F 的合力大小为 F2=3F,方向与 5F 相同.力 3F 与 6F 的合力大小为 F3=3F,方向与 6F 相同.由图得知,F1 与 F3 的夹角为 120°,合力大小为 3F,方向与 F2 方向相同,则 6 个力的合力大小为 F 合=6F, 方向沿 5F 的方向. 故答案为:6F,与 5F 方向相同. 点评:本题是多个力的合成,技巧是先将同一直线上的力进行合成.合成时不能将力遗漏. 23.如图所示,甲、乙两物体叠放在水平面上,用水平力 F 拉物体乙,它们仍保持静止状 态,甲、乙接触面也为水平,则乙物体受力的个数为 5 个.

考点:力的合成与分解的运用. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:本题要分析乙物体的受力个数,则只研究物体乙;分析与乙相接触的物体根据物体乙 的运动状态可知乙物体所受到的所有外力. 解答: 解:与物体发生相互作用的有地球、水平桌面及甲物体;则乙物体受重力、桌面的 支持力、 甲对乙的压力及水平力 F; 因在拉力作用下, 物体乙相对于地面有相对运动的趋势, 故乙受地面对物体乙的摩擦力; 而甲与乙相对静止且无相对引动趋势, 故甲对乙没有摩擦力; 故乙受 5 个力; 故答案为:5. 点评:物体的受力分析一般按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析;本题的难点在于静摩 擦力的确定, 应根据静摩擦力的特点认真分析确定是否存在静摩擦力, 也可由假设法进行判 定. 24.一石块自高楼顶端自由下落,不计空气阻力,石块在下落过程中,第 2s 末的速度大小 2 是 20m/s,2s 内的下落的位移是 20m. (此时石块未着地,取 g=10m/s ) 考点:自由落体运动. 专题:自由落体运动专题. 分析:解决本题需要利用自由落体运动的特点和匀变速运动的规律. 解答: 解:石块做自由落体运动,则石块做初速度为 0,加速度为 g 的匀加速直线运动,

根据匀加速直线运动的速度与时间的关系式 v=v0+at 可得 第 2s 末石块的速度大小为 v=gt=10×2=20m/s 根据位移公式可知, 故答案为 20;20. 点评:熟练掌握自由落体运动的特点和匀变速运动所遵循的规律是解决此类问题的关键. 25.一条纸带与做匀加速直线运动的小车相连,通过打点计时器打下一系列点,从打下的点 中选取若干计数点,如图中 A、B、C、D、E 所示,纸带上相邻的两个计数点之间有四个点 未画出.现测出 AB=2.20cm,AC=6.40cm,AD=12.58cm,AE=20.80cm,已知打点计时器电 源频率为 50Hz.回答下列问题: ①打 D 点时,小车的速度大小为 0.72m/s; 2 ②小车运动的加速度大小为 2.0m/s . (①②均保留两位有效数字)

考点:打点计时器系列实验中纸带的处理. 专题:实验题;直线运动规律专题. 分析: (1)某点的瞬时速度用与之相邻的两个点间的平均速度代替. (2)加速度的计算用匀变速直线运动的推论△ x=at . 解答: 解: (1)纸带上相邻的两个计数点之间有四个点未画出.所以两个相邻的点间的时 间 T=0.02×5=0.1s vD= =0.72m/s
﹣2

2

(2)设 AC 段的位移为 x1,则:x1=6.40×10 m; ﹣2 CE 段的位移为 x2,则:x2=14.40×10 m 2 由:x2﹣x1=at (注意:t 为发生 x1 或 x2 这个位移所用时间,所以 t=0.1×2=0.2s)得: ﹣2 ﹣2 2 2 14.40×10 m﹣6.40×10 m=a×0.2 解得:a=2.0m/s . 故答案为: (1)0.72; (2)2.0 点评:速度的计算以及加速度的测量是处理纸带的两个主要应用,要牢牢掌握住. 要注意单位的换算和有效数字的保留. 三.解答题(共 3 小题,第 26 题 8 分,第 27 题 6 分,第 28 题 6 分) 2 26.一物体从离地 80m 高处下落做自由落体运动. (g 取 10m/s )求: (1)物体下落的总时间为多少? (2)物体落地速度? (3)下落后第 2s 内的平均速度为多大? (4)下落 3s 后还离地多高? 考点:自由落体运动. 专题:自由落体运动专题.

分析:根据位移时间公式求出落地的时间,根据速度时间公式求出落地的速度.根据位移时 间公式求出第 2s 内的位移,从而求出第 2s 内的平均速度.根据位移时间公式求出下落 3s 内的位移,从而得知下落 3s 后还离地的高度. 解答: 解: (1)根据 h= 得,落地的时间 t= .

(2)物体落地的速度 v=gt=10×4m/s=40m/s. (3)物体下落第 2s 内的位移 = ,

则第 2s 内的平均速度



(4)下落 3s 内的位移



则此时距离地面的高度 h′=h﹣x3=80﹣45m=35m. 答: (1)物体下落的总时间为 3s; (2)物体落地的速度为 40m/s; (3)下落后第 2s 内的平均速度为 15m/s; (4)下落 3s 后离地 35m. 点评:解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律,结合运动学公式灵活求解,基础题. 27.两物块的质量均为 m,接触面间摩擦因数均为 μ,用拉力 F 将下方物块水平拉出,做出 两者的受力分析,求 F 的大小. 如图所示:

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:根据受力分析作出受力分析图,再根据共点力的平衡条件可求出 F 的大小. 解答: 解:对 A 受力分析可知,A 受重力、支持力、向右的摩擦力及绳子的拉力; B 受重力、支持力、压力及 A 对 B 的摩擦力和 B 对 A 的摩擦力及拉力的作用;受力分析如 图所示; 根据共点力的平衡条件可知:F=μmg+μ2mg=3μmg; 答:拉力 F 为 3μmg

点评: 本题要分别对两物体做好受力分析, 明确平衡条件才能正确根据共点力的平衡条件进 行分析求解. 28.竖直升降的电梯底板上站着一个质量 60kg 的人,求: 2 (1)当电梯以 2m/s 加速度加速下降时,电梯底板对人的支持力是多少? 2 2 (2)当电梯以 2m/s 加速度减速下降时,电梯底板对人的支持力是多少?(g 取 10m/s ) 考点:牛顿运动定律的应用-超重和失重. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:对人进行受力分析,然后根据牛顿第二定律即可求出人受到的支持力的大小,然后根 据牛顿第三定律即可说明. 解答: 解: (1)以人为研究的对象,根据牛顿第二定律则:mg﹣N=ma 所以:N=mg﹣ma=600﹣60×2=480N (2)同理,减速下降时的加速度向上, N′﹣mg=ma′ N′=600+60×2=720N 答: (1)当电梯以 2m/s 加速度加速下降时,电梯底板对人的支持力是 480N 2 (2)当电梯以 2m/s 加速度减速下降时,电梯底板对人的支持力是 720N 点评:本题考查了牛顿第二定律的应用,按照常规的解答步骤解答即可.
2



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