湖南省益陽市南縣一中2015屆高三上學期月考物理試卷

1、湖南省益陽市南縣一中2015屆高三上學期月考物理試卷一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分其中1-8小題只有一個選項符合題意，9-12小題至少有一個選項符合題意，請將符合題意的選項的序號填入答題表格中）1在“探究彈性勢能的表達式”的活動中，為計算彈簧彈力所做的功，把拉伸彈簧的過程分為很多小段，當每一段足夠小時，拉力為每小段可以認為是恒力，用各小段做功的代數(shù)和代表彈力在整個過程所做的功，物理學中把這種研究方法叫做“微元法”下面幾個實例中應用到這一思想方法的是( )A由速度的定義v=，當t非常小，x/t就可以表示物體在t時刻的瞬時速度B在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成

2、很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動C在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用有質量的點來代替物體，即質點D在探究加速度、力和質量三者之間關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系考點：物理學史 專題：常規(guī)題型分析：用很短一段時間的平均速度表示瞬時速度，采用的是極限思維的方法在研究曲線運動或加速運動時，常常采用微元法，把曲線運動變成直線運動，將變速運動變成速度不變的運動質點是實際物體在一定條件下的科學抽象，是采用了建立理想化模型的方法研究三個物理量間的關系，控制一個量不變，采取的是控制變量法解答：解：A、研究某一時刻的速度，往往去一段很短的時間，即讓時間趨向

3、于無窮小時的平均速度表示瞬時速度，采用的是極限思維的方法故A錯誤；B、在推導勻變速直線運動位移公式時，采用微元法將加速運動微分成一段段勻速運動采用了微元法故B正確C、質點采用的科學方法是建立理想化模型的方法，故C錯誤；D、在探究加速度、力和質量三者之間關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，故D錯誤；故選：B點評：在高中物理學習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助；故在理解概念和規(guī)律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習2酒后駕駛會導致許多安全隱患，是因為駕駛員的反應時間變長，反應時間是指駕駛員從發(fā)現(xiàn)情況到采取制動的時

4、間表中“思考距離”是指駕駛員從發(fā)現(xiàn)情況到采取制動的時間內汽車行駛的距離，“制動距離”是指駕駛員從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止行駛的距離（假設汽車制動時的加速度大小都相同）分析表可知，下列說法正確的是( )速度（m/s）思考距離/m制動距離/m正常酒后正常酒后157.515.022.530.02010.020.036.7x2512.525.054.266.7A表中x為66.7B駕駛員酒后反應時間比正常情況下多1.5sC汽車制動時，加速度大小為7.5m/s2D若汽車以20m/s的速度行駛時，發(fā)現(xiàn)前方40m處有險情，酒后駕駛能安全停車考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系 專

5、題：直線運動規(guī)律專題分析：汽車先勻速運動和后勻減速運動，可以根據速度位移公式求解出減速的加速度大小解答：解：A、制動距離多在思考距離變長，故x=36.7+m=46.7m，故A錯誤B、反應時間內汽車做勻速運動，故從表中數(shù)據得到，多出的反應時間為：，故B錯誤C、汽車制動時，加速度大小為：a=7.5m/s2，故C正確D、若汽車以20m/s的速度行駛時，發(fā)現(xiàn)前方40m處有險情，酒后駕駛的制動距離為46.7m，大于40m，故不能安全停車，故D正確；故選：CD點評：本題關鍵要明確制動距離的構成，然后結合運動學公式進行計算分析3力F1單獨作用在物體A上時產生的加速度大小為a1=5m/s2，力F2單獨作用在物

6、體A上時產生的加速度大小為a2=1m/s2那么，力F1和F2同時作用在物體A上時產生的加速度a的大小范圍是( )A0a6m/s2B4m/s2a5m/s2C4m/s2a6m/s2D0a4m/s2考點：牛頓第二定律；力的合成與分解的運用 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：根據牛頓第二定律分別得出力F1、F2與加速度的關系，再研究力F1和F2同時作用在物體A上時合力的大小范圍，再由牛頓第二定律求出加速度a的大小范圍解答：解：設物體A的質量為m，根據牛頓第二定律得： F1=ma1=5m，F(xiàn)2=ma2=m力F1和F2同時作用在物體A上時合力的范圍為 4mF合6m根據牛頓第二定律得加速度范圍為4m/s2a6

7、m/s2故選C點評：兩個力F1、F2的合力的范圍為：|F1F2|F合F1+F2基礎題4真空中，相距r的兩點電荷間庫侖力的大小為F當它們間的距離變?yōu)?r時，庫侖力的大小變?yōu)? )ABC2FD4F考點：庫侖定律 分析：庫侖定律：真空中兩個靜止點電荷之間的作用力與它們電量的乘積成正比，與它們距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上解答：解：根據庫侖定律，距離為r時的靜電力為：當距離為2r時，靜電力為：故A正確、BCD錯誤故選：A點評：本題關鍵是根據庫侖定律直接列式求解，基礎題在利用庫侖定律解題時，要注意庫侖定律的使用條件5把動力裝置分散安裝在每節(jié)車廂上，使其既具有牽引動力，又可以載客，這樣的客

8、車車輛叫做動車而動車組就是幾節(jié)自帶動力的車輛（動車）加幾節(jié)不帶動力的車輛（也叫拖車）編成一組，就是動車組，如圖所示假設動車組運行過程中受到的阻力與其所受重力成正比，每節(jié)動車與拖車的質量都相等，每節(jié)動車的額定功率都相等若1節(jié)動車加4節(jié)拖車編成的動車組的最大速度為120km/h；則6節(jié)動車加4節(jié)拖車編成的動車組的最大速度為( )A120km/hB240km/hC360km/hD480km/h考點：功率、平均功率和瞬時功率 專題：功率的計算專題分析：當牽引力與阻力相等時，速度最大，求出功率與阻力和最大速度的關系6節(jié)動車加4節(jié)拖車編成的動車組運動時，牽引力與阻力相等時速度最大，結合6P=10fvm求出

9、最大速度的大小解答：解：設每節(jié)車廂所受的阻力為f，若1節(jié)動車加4節(jié)拖車編成的動車組的最大速度為120km/h，則P=Fvm=5fvm設6節(jié)動車加4節(jié)拖車編成的動車組的最大速度為vm，牽引力等于阻力時速度最大，則有：6P=10fvm聯(lián)立兩式解得vm=360km/h故C正確，A、B、D錯誤故選：C點評：解決本題的關鍵知道牽引力與阻力相等時，速度最大，結合功率與速度的關系進行求解6如圖，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動（小球可視為質點），飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為

10、( )ABCD考點：平拋運動 專題：平拋運動專題分析：根據題意小球飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，可知速度的方向與水平方向成30°角，根據速度方向得到平拋運動的初速度與時間的關系再根據水平方向勻速運動，得出水平位移與、初速度和時間的關系，聯(lián)立即可求解初速度解答：解：小球做平拋運動，在飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知速度與水平方向的夾角為30°，則有：vy=v0tan30°又 vy=gt，則得： v0tan30°=gt，t= 水平方向上小球做勻速直線運動，則有： R+Rcos60°=v0t 聯(lián)立解得：v0=故選：C點評：解決本題的關鍵

11、掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住速度方向，結合題中隱含的位移關系、速度關系進行求解72013年6月我國宇航員在天宮一號空間站中進行了我國首次太空授課活動，其中演示了太空“質量測量儀”測質量的實驗，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運動機構的彈簧拉到指定位置，如圖所示松手后，彈簧凸輪機構產生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時用光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間這樣，就測出了聶海勝的質量74kg下列關于“質量測量儀”測質量的說法正確的是( )A測量時儀器必須水平放置B測量時儀器必須豎直放置C其測量原理根據萬有引力定律D其測量原理根據牛頓第二定律考點：牛頓第

12、二定律 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：根據速度和時間，結合速度時間公式求出航天員的加速度，根據牛頓第二定律求出物體的質量解答：解：A、因為航天員處于完全失重狀態(tài)，測量儀器不論在什么方向上，彈簧凸輪機構產生恒定的作用力都是人所受的合力適用測量時一起的位置不一定需水平、也不一定需豎直故A、B錯誤C、天宮中的質量測量儀，應用的物理學原理是牛頓第二運動定律：F（力）=m（質量）×a（加速度）質量測量儀上的彈簧能夠產生一個恒定的力F，同時用光柵測速裝置測量出支架復位的速度v和時間t，計算出加速度a=，再根據牛頓第二定律就能夠計算出物體的質量故C錯誤，D正確故選：D點評：本題主要考查了天宮中的

13、質量測量儀的原理，知道牛頓第二運動定律：F（力）=m（質量）×a（加速度），難度不大，屬于基礎題8在如圖所示的電路中，已知電源的電動勢E=1.5V，內電阻r=1.0，電阻R=2.0閉合開關S后，電阻R兩端的電壓U等于（電壓表為理想電表）( )A0.5VB1.0VC1.5VD2.0V考點：閉合電路的歐姆定律 專題：恒定電流專題分析：已知電源電動勢、內阻與外電路電阻，由閉合電路的歐姆定律可以求出電路電流，再由部分電路歐姆定律求解電壓U解答：解：由閉合電路歐姆定律可知，電路中的電流： I=A=0.5A電阻R兩端的電壓 U=IR=0.5×2V=1V故選：B點評：本題考查了電路電流，

14、應用閉合電路歐姆定律即可正確解題，也可以運用比例法求解9隨著地球資源的日益匱乏和環(huán)境的日益惡劣，人類設想在地球遠地軌道上建立一個未來的圓環(huán)形太空城遠遠看去，好像一個巨大的車輪，圓環(huán)形的直徑為D，“輪胎”是一個空心的大圓環(huán)，其內部直徑為d（Dd），是太空城的生活區(qū)同時，太空城還繞著自己的中心軸慢慢旋轉，利用旋轉時產生的離心效應而制造出人造重力，生活在其中的人類就有腳踏實地的感覺已知地球半徑R，表面重力加速度為g，地球自轉周期為T，空間站軌道半徑r下列說法中正確的是( )A太空城中的“地面”在圖示的下表面B若忽略太空城的自轉，則太空城的繞地球轉動的周期為C若太空城的轉速剛能提供和地球表面的實際重力

15、加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自轉的角速度為D當太空城穩(wěn)定地轉動時，若在“生活區(qū)”上空某處靜止釋放一個物體，讓太空城里的你來觀察，你會觀察到物體沿徑向垂直太空城外邊緣加速下落考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用 專題：人造衛(wèi)星問題分析：太空城還繞著自己的中心軸慢慢旋轉，向心力指向圓心，在“生活區(qū)”上空某處靜止釋放一個物體，運動情況類似于地球上的自由落體運動，根據太空城表面重力提供向心力求解角速度，根據開普勒第三定律求解太空城的繞地球轉動的周期解答：解：A、太空城還繞著自己的中心軸慢慢旋轉，向心力指向圓心，生活在其中的人類就有腳踏實地的感覺，所以太空城中的“地

16、面”在圖示的側表面，故A錯誤；B、根據題目中的條件無法求解太空城的繞地球轉動的周期，故B錯誤；C、根據太空城表面重力提供向心力得：m2=mg，解得：，故C正確；D、在“生活區(qū)”上空某處靜止釋放一個物體，運動情況類似于地球上的自由落體運動，故D正確故選：CD點評：本題是一道科學探索題，題目新穎，要求同學們能根據題目得出有用信息，能把太空城與地球聯(lián)系起來，類比研究，難度適中10甲、乙兩帶電小球的質量均為m，所帶電荷量分別為+q和q，兩球間用絕緣細線連接，乙球又用絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在空間有方向向右的勻強電場，上下兩根絕緣細線張力的大小分別為( )AT1=2mgBT2=CT12mgDT2

17、考點：電場強度 分析：對甲、乙兩球整體進行受力分析，由共點力的條件可得出上端細線的張力；再對下面小球受力分析，由共點力的平衡條件可求得下端細線的張力解答：解：對整體受力分析可知，整體在豎直方向受重力和繩子的拉力；水平方向兩電場力大小相等方向相反，故在豎直方向上，拉力等于重力，故T1=2mg；對下面小球進行受力分析，小球受重力、電場力、庫侖力及繩子的拉力而處于平衡；由圖可知，繩子的拉力及庫侖力的合力應等于電場力與重力的合力；故繩子的拉力小于；故選：AD點評：本題采用整體法與隔離法進行分析，要注意不能漏力，特別是庫侖力是正確解題的關鍵11如圖所示，在水平地面上有一傾角為的斜劈，其斜面光滑，底面粗糙

18、兩個質量均為m，用彈簧相連接的物塊A、B放在斜劈上，系統(tǒng)靜止現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開固定在斜劈上的擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，斜劈仍靜止已知彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則此時( )A拉力F的功率為Fv sinB斜劈將受到水平向左的摩擦力大小為mgsin2C物塊A的加速度為 D彈簧彈性勢能比初始狀態(tài)增加了Fdmgd sin考點：功能關系 分析：根據P=Fv求解功率，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，根據胡克定律求解出彈簧的伸長量，根據牛頓第二定律求出物塊A的加速度大小，根據功能關系求解彈簧彈性勢能的變化量解答：解：

19、A、拉力的瞬時功率P=Fv，故A錯誤；B、把AB看成一個整體，則整體對斜面的壓力N=2mgcos，對斜面受力分析，則有：f=Nsin=2mgcossin=mgsin2，故B正確；C、根據牛頓第二定律得：a=開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，故mgsin=kx2，但由于開始是彈簧是壓縮的，故dx，故a，故C錯誤；D、根據功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為：Fdmgdsinmv2，故D正確；故選：BD點評：含有彈簧的問題，往往要研究彈簧的狀態(tài)，分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長量

20、的關系是常用思路12如圖所示，在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地現(xiàn)有大量質量均為m、帶電量均為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第N+1滴油滴剛好能飛離電場，假定落到A板的油滴的電量能被板全部吸收，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則( )A落到A板的油滴數(shù)B落到A板的油滴數(shù)C第N+1滴油滴通過電場的整個過程所增加的動能等于D第N+1滴油滴通過電場的整個過程所減少的機械能等于考點：帶電粒子在混合場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 專題：

21、帶電粒子在復合場中的運動專題分析：根據粒子做平拋運動的規(guī)律，運用運動的合成與分解，并依據運動學公式，即可求解；根據牛頓第二定律，結合電場力表達式，與運動學公式，即可求解解答：解：AB、設以上述速度入射的帶電粒子，最多能有n個落到下極板上則第（N+1）個粒子的加速度為a，由牛頓運動定律得：mgqE=ma其中：E=得：a=g第（N+1）粒子做勻變速曲線運動，豎直方向有：y=at22=gt22； 第（N+1）粒子不落到極板上，則有關系：y聯(lián)立以上公式得：N=，故A錯誤，B正確；C、第（N+1）粒子運動過程中重力和電場力做功等于粒子動能的增量，由動能定理得：W=mgqE代人數(shù)據得：W=，故C正確；D、

22、第（N+1）粒子運動過程中電場力做的負功等于粒子減少的機械能：W電=qE=故D正確故選：BCD點評：考查如何處理平拋運動的思路，掌握運動的合成與分解的方法，理解運動學公式與牛頓第二定律的綜合應用二、實驗題（本題共2小題，共15分，將答案填寫在答題卷中）13學生實驗“用DIS研究機械能守恒定律”的裝置如圖（a）所示，某組同學在一次實驗中，選擇DIS以圖象方式顯示實驗的結果，所顯示的圖象如圖（b）所示圖象的橫軸表示小球距D點的高度h，縱軸表示擺球的重力勢能EP、動能Ek或機械能E試回答下列問題：（1）圖（a）所示的實驗裝置中，傳感器K的名稱是光電門傳感器（2）圖（b）的圖象中，表示小球的重力勢能E

23、P、動能Ek、機械能E隨小球距D點的高度h變化關系的圖線分別是乙、丙、甲（按順序填“甲、乙、丙）（3）在不增加實驗器材的情況下，請?zhí)岢鰷p小實驗誤差的兩個辦法要保證初速度為0 讓光電門與小球運動的方向垂直考點：驗證機械能守恒定律 專題：實驗題；機械能守恒定律應用專題分析：（1）要使求得動能則應測出小球在各點時的速度，則應用到光電門傳感器，小球充當遮光片；（2）根據各能量與高度的關系，可知甲、乙、丙所對應的圖象；（3）分析圖象中的各能量間的關系，可得出正確結論解答：解：實驗中用DIS測出的應為小球在各點時的動能，故應用到光電門傳感器，而小球充當檔光片的作用； 小球高度下降，故小球的重力勢能應減小，

24、動能增大，但總機械能不變，故乙圖表示重力勢能的變化； 丙圖表示動能的變化，甲圖表示機械能的變化；由圖可知，動能與勢能的和近似與機械能相等，故說明在誤差允許的范圍內，在只有重力做功的情況下，小球的機械能守恒而要驗證機械能守恒即驗證：mgh=從公式中可以看出，影響實驗的有一下幾點：1要保證初速度為0；2適當減小遮光板的寬度d；3讓光電門與小球運動的方向垂直；等故答案為：（1）光電門傳感器（或光電門、光電傳感器）；（2）乙、丙、甲；（3）1要保證初速度為0；2適當減小遮光板的寬度d；3讓光電門與小球運動的方向垂直（任意有兩個即可）點評：本題比較新穎，要注意結合實驗的原理進行分析，從而找出符合該實驗的

25、原理14某同學采用如圖甲所示的電路測定電源電動勢和內電阻已知干電池的電動勢約為1.5V，內阻約為1；電壓表（03V，3k）、電流表（00.6A，1.0）、滑動變阻器有R1（10，2A）和R2（100，0.1A）各一只（1）實驗中滑動變阻器應選用R1（填“R1”或“R2”）（2）在圖乙中用筆畫線代替導線連接實驗電路（3）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖丙所示的UI圖線，由圖可較準確地求出該電源電動勢E=1.48V；內阻，r=0.88考點：測定電源的電動勢和內阻 專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）估算出電路中最大電流：當變阻器的電阻為零時，由閉合電路歐姆定律可求電路中最大電流，根據額定電

26、流與最大電流的關系，分析并選擇變阻器（2）對照電路圖，按順序連接電路（3）由閉合電路歐姆定律分析UI圖象的縱軸截距和斜率的意義，可求出電動勢和內阻解答：解：（1）電路中最大電流I=1.5A，R2的額定電流遠小于1.5A，同時R2阻值遠大于電源內阻r，不便于調節(jié)，所以變阻器選用R1（2）對照電路圖，按電流方向連接電路，如圖所示（3）由閉合電路歐姆定律U=EIr得知，當I=0時，U=E，UI圖象斜率的絕對值等于電源的內阻和電流表內阻之和，則將圖線延長，交于縱軸，縱截距即為電動勢E=1.48V r=RA=1=0.88故答案為：（1）R1；（2）連線如圖；（3）1.48，0.88點評：本實驗的原理是閉

27、合電路歐姆定律，根據原理由圖象的斜率和截距分別求出內阻和電動勢三、解答題（本題共4小題，滿分47分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）15如圖所示，甲為操場上一質量不計的豎直滑竿，滑竿上端固定，下端懸空，為了研究學生沿竿下滑的情況，在竿的頂部裝有一拉力傳感器，可顯示竿的頂端所受拉力的大小現(xiàn)有一學生手握滑竿，從竿的上端由靜止開始下滑，下滑5s后這個學生的下滑速度為零，并用手緊握住滑竿保持靜止不動以這個學生開始下滑時刻為計時起點，傳感器顯示的力隨時間變化的情況如圖乙所示求：（1）該學生下滑過程中的最大速度；（2）5

28、s內該學生下滑的距離考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）傳感器顯示的力即為桿對這名學生的拉力大小由圖得知，01s內，桿對學生的力小于其重力，學生做勻加速運動，第15s內，桿對學生的力大于學生的重力，學生做勻減速運動，所以在第1s末，這名學生達到最大速度，由牛頓第二定律和運動學結合求解最大速度（2）運用平均速度分別求出兩段時間內學生的位移，再求解總位移解答：解：（1）因為桿頂端所受拉力大小與桿對這名學生拉力的大小相等，所以傳感器顯示的力大小即為桿對這名學生的拉力由圖象可知，01s內，桿對學生的拉力F1=380N；第5s后，桿內學生的拉力F3=500N，

29、此時學生處于靜止狀態(tài)設學生在01s內的加速度為a，取向下為正方向，由牛頓第二定律知，在01s內：mgF1=ma第5s后：mgF3=0由可解得：a=2.4m/s2可知，這名學生在下滑的第1秒內做勻加速直線運動而由圖象可知，第15s內，桿對學生的拉力F2mg，加速度方向豎直向上，學生做勻減速直線運動，所以第1s末，這名學生達到最大速度v=at=2.4m/s（2）設這名學生第1s內加速下滑的距離為x1，第15s內減速下滑的距離為x2，則有所以5s內該學生下滑的距離x=x1+x2=6.0m 答：（1）該學生下滑過程中的最大速度為2.4m/s；（2）5s內該學生下滑的距離為6m點評：本題運用牛頓第二定律

30、和運動學規(guī)律相結合解決動力學問題，關鍵是分析學生的受力情況和運動情況16如圖所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，圓盤邊緣有一質量m=1.0kg的小滑塊當圓盤轉動的角速度達到某一數(shù)值時，滑塊從圓盤邊緣滑落，滑塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)1=0.2，經光滑的過渡圓管進入軌道ABC已知AB段斜面傾角為53°，BC段斜面傾角為37°，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，A點離B點所在水平面的高度h=1.2m滑塊在運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.

31、8 （1）若圓盤半徑R=0.5m，當圓盤的角速度多大時，滑塊從圓盤上滑落？（2）若取圓盤所在平面為零勢能面，求滑塊到達B點時的動能（3）從滑塊到達B點時起，經0.5s正好通過C點，求BC之間的距離考點：動能定理的應用；向心力 專題：動能定理的應用專題分析：（1）滑塊做勻速圓周運動，指向圓心的靜摩擦力力提供向心力，靜摩擦力隨著外力的增大而增大，當滑塊即將從圓盤上滑落時，靜摩擦力達到最大值，根據最大靜摩擦力等于向心力列式求解，可以求出滑塊即將滑落的臨界加速度；（2）先根據動能定理求解出滑倒最低點時的動能，再根據機械能的表達式求出動能；（3）對滑塊受力分析，分別求出向上滑行和向下滑行的加速度，然后根

32、據運動學公式求解出BC間的距離解答：解：（1）滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當向心力，根據牛頓第二定律得：mg=m2R，代入數(shù)據解得：=5rad/s；（2）滑塊在A點時的速度：VA=R=5×0.2=1m/s，從A到B的運動過程由動能定理：mghmgcos53°h/sin53°=mvB2mvA2，代入數(shù)據解得：vB=4m/s，EkB=8J；（3）滑塊在B點時的速度：vB=4m/s，滑塊沿BC段向上運動時的加速度大?。篴1=g（sin37°+ucos37°）代入數(shù)據解得：a1=10m/s2，位移：s1=0.8m，時間：t1=0.4s，返回時加

33、速度大?。篴2=g（sin37°ucos37°），代入數(shù)據解得：a2=2m/s2，BC間的距離：sBC=s1a2（tt1）2，代入數(shù)據解得：sBC=0.76m；答：（1）若圓盤半徑R=0.2m，當圓盤的角速度為5rad/s時，滑塊從圓盤上滑落（2）滑塊到達B點時的動能為8J（3）從滑塊到達B點時起，經0.6s 正好下滑通過C點，BC之間的距離為0.76m點評：本題關鍵把物體的各個運動過程的受力情況和運動情況分析清楚，然后結合動能定理、牛頓第二定律和運動學公式求解17一輛電動自行車的銘牌上給出了如下的技術參數(shù)表 規(guī) 格后輪驅動直流電動機車型26電動自行車額定電壓下的輸出功率1

34、10W整車質量30kg額定電壓36V最大載重120kg額定電流3.5A質量為M=70kg的人騎此電動自行車沿平直公路行駛，所受阻力f恒為車和人總重的0.020倍若取g=10m/s2，那么在此人行駛的過程中，求：（結果保留兩位有效數(shù)字）（1）此車電動機在額定電壓下正常工作的效率有多高？（2）在電動機以額定功率提供動力的情況下，此人騎車行駛的最大速度為多大？（3）在電動機以額定功率提供動力的情況下，當車速為v1=1.0m/s時，此人騎車的加速度為多大？（4）假設電動機正常工作時，損失的功率有80%是由于電機繞線電阻生熱而產生的，則電動機的繞線電阻為多大？考點：電功、電功率；牛頓第二定律 專題：恒定

35、電流專題分析：（1）根據電動機的電壓和電流可以求得電動機的總的功率的大小，再有電動機的輸出的功率的大小可以求得電動機在額定電壓下正常工作的效率；（2）根據功率P=FV可以求得人騎車行駛的最大速度；（3）根據功率求出牽引力的大小，根據牛頓第二定律求得加速度的大??；（4）根據發(fā)熱功率的計算公式P=I2r可以求得電動機的繞線電阻解答：解：（1）電動機的總的功率的大小為：P總=UI=36×3.5=126W，由圖表可知，電動機的輸出功率為110W，所以電動機在額定電壓下正常工作的效率為：=×100%=×100%=87%；（2）當電動自行車的牽引力和受到的阻力的大小相等時，電

36、動自行車的速度到達最大，電動自行車受到的阻力的大小為：f=0.020mg=0.020×（30+70）×10=20N，所以由P=FV可的自行車的最大的速度為：V=m/s=5.5m/s，（3）當速度為v1=1.0m/s時，電動機的牽引力為：F1=110N，根據牛頓第二定律可得：a=0.90m/s2（4）電動機正常工作時，損失的功率為：126W110W=16W，電動機繞線電阻發(fā)熱的功率為：P熱=16×80%=12.8W，根據P熱=I2r可得電動機的繞線電阻為：r=1.0答：（1）此車電動機在額定電壓下正常工作的效率為87%；（2）在電動機以額定功率提供動力的情況下，此人騎車行駛的最大速度為5.5m/s；（3）在電動機以額定功率提供動力的情況下，當車速為v1=1.0m/s時，此人騎車的加速度為0.90m/s2；（4）假設電動機正常工作時，損失的功率有80%是由于電機繞線電阻生熱而產生的，則電動機的繞線