高中物理错题.pdf
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1、1、质量分别为M 和 m 的两物体靠在一起放在光滑水平面上.用水平推力F 向右推M,两物体向右加速运动时,M、m 间的作用力为Ni;用水平力F 向左推m,使 M、m 一起加速向左运动时,M、m 间的作用力为N 2,如图甲、乙所示,则(B)A.Ni:N2=1:1 B.N|:N2=m:MC.N1:N2=M:m D.无法比较Ni、用 的大小考点:牛顿第二定律.分析:对于M 和 m,应用整体法可以求得系统的共同的加速度的大小,再采用隔离法 对 m 或 M 受力分析,可以求得物体之间的作用的大小.解答:解:用水平推力F 向右推M 时,对 Mm整体由F=(M+m)ai对于m 由 M=mai,所 以 Ni=
2、mF诉m用水平力F 向左推m 时,对 Mm整体由F=(M+m)a?对于M 由 N2=Ma2,所以冲=MF诉m所以Ni:N2=m:M,所以B 正确.故选B.点评:当分析多个物体的受力、运动情况时,通常可以采用整体法和隔离法,用整体法可以求得系统的加速度的大小,再用隔离法可以求物体之间的作用的大小,本题就是应用整体法和隔离法的典型的题目.2、如图所示,截面为三角形的木块a 上放一铁块b,三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上,现用竖直向上的作用力F,推动木块与铁块起向上匀速运动,运动过程中铁块与木块始终保持相对静止,则下面说法正确的是A.木 块 a 与铁块b间一定存在摩擦力B.木块与竖直墙面间一
3、定存在水平弹力C.木块与竖直墙面间定存在摩擦力D.竖直向上的作用力F 大小一定大于铁块与木块的重力之和答案选A,为什么,其它选项为什么不对,请详细解析,谢谢!A.木 块 a 与铁块b间一定存在摩擦力(对,如果不存在摩擦力铁块就不会始终保持相对静止)B.木块与间一定存在水平弹力(错,木块对竖直墙面没有压力,所以不存在弹力)C.木块与竖直墙面间一定存在摩擦力(错,木块对竖直墙面没有压力,所以不存在摩擦力)D.竖直向上的作用力F 大小一定大于铁块与木块的重力之和(错,匀速运动的物体所受的力为平衡力)3、(2 0 1 4 焦作一模)2 0 1 2 年 6月2 7 日,蛟龙号载人潜水器再次刷新“中国深度
4、”-下潜7 0 6 2 米,这标志着中国具备了载人到达全球9 9.8%以上海洋深处进行作业的能力.2 0 1 3 年 6-9 月,蛟龙号开启首次试验性应用航次,成功带着多位科学家完成多次下潜任务.假设在某次实验时,深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线和速度图象如图所示,A.3-4min时间段内深潜器正在上浮B.6-8min时间段内深潜器处于失重状态C.深度曲线图中h3代表本次下潜最大深度,应 为360mD.全过程中最大加速度是0.025m/s2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:根据图象分析物体的运动方向和加速度
5、的方向,从而知道超重或失重,右边图象与时间轴围成的面积表示位移的大小.解答:解:A、由图象知3-4min时间段内深潜器正在减速下降,A错误;B、6-8min时间段内深潜器加速上升,处于超重状态,B错误;C、深度曲线图中h3代表本次下潜最大深度,由V-t图象知应为(2+4)x22X 60=360m,C 正确;D、V-t图象中,效率表示加速度的大小,6-7.5min段内加速度最大,为0.033m/s2,D错误故选:C点评:本题主要考查了对图象的理解与应用,特别注意对超重失重现象的理解,人处于超重或失重状态时,人的重力并没变,只是对支持物的压力变了.4、(2013淮安模拟)体育器材室里,篮球摆放在图
6、示的球架上.已知球架的宽度为d,每只篮球的质量为m、直径为D,不计球与球架之间摩擦,则每只篮球对一侧球架的压力大小为()A.B.C.D.12mgmgDdmgD22mgD2-d2 D-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:以任意一只篮球为研究对象,分析受力情况,根据几何知识求出相关的角度,由平衡条件求解球架对篮球的支持力,即可得到篮球对球架的压力.解答:解:以任意一只篮球为研究对象,分析受力情况,设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为a.由几何知识得:cosa=L2)2(c222 D-根据平衡条件得:2Ncosa=mg解得:N=mgD2F则
7、得篮球对球架的压力大小为:N =N=mgD2KW故选:c.点评:本题关键要通过画出力图,正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角,再根据平衡条件进行求解.5、如图是一个十字路口的示意图,每条停车线到十字路中心。的距离s 均为2 0 m。一人骑电动助力车以h=7 m/s 的速度到达停车线(图中力点)时,发现左前方道路一辆轿车正以外=8 m/s 的速度驶来,车头已抵达停车线(图中6),设两车均沿道路中央做直线运动,助力车可视为质点,轿车长1=4.8 m,宽度可不计。(1)请通过计算判断两车保持上述速度匀速运动,是否会发生相撞事故?(2)若轿车保持上述速度匀速运动,而助力车立即作匀加速直线运动,为避免
8、发生相撞事故,助力车的加速度至少要多大?【解析】(1)轿车车头到达。点的时间为x/v i=2.5s轿车通过0 点的时间为4 f=A x/v 1=0.6s助力车到达0点的时间为-i=x z/v-=2.9 s.因为r.t.g=1 m/sz B.am=1m/sz,=2 m/szC.am=2m/sz g=4 m/sz D.am=3m/sz,%=5 m/sz。答案选C、首先知道m的最大受力为滑动摩擦力,即f=umg,所以m的加速度最大为a=ug=2m/s*2,D 错!如果加速度小于2,那么就和M相对静止,加速度一样,B错同样加速度的来源于M对m的摩擦力,不可能,m的加速度大于M的,A错只要m的加速度达到
9、a=ug=2m/s2,这时候M的加速度一定大于等于2,其他值都可以!8、如图1所示,倾角为9的足够长传送带以恒定的速率Vo沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图象如图2所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10m/s2.则()A.摩擦力的方向始终沿传送带向下B.12 s内,物块的加速度为2m/s2C.传送带的倾角9=30。D.物体与传送带之间的动摩擦因数月0.59、货车A正在该公路上以20m/s的速度匀速行驶,。因疲劳驾驶司机注意力不集中,当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时,两车距离仅有76m。(1)若此时B车立即以2
10、m/s2的加速度启动,通过计算判断:如果A车司机没有刹车,是否会撞上B车;若不相撞,求两车相距最近时的距离;若能,从A车发现B车开始到撞上B车的时间?(2)若A车司机发现B车立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动,加速度大小为2m/sz(两车均视为质点),为了避免碰撞,A车在刹车同时,向B车发出信号,B车收到信号,经41=25的反应时间才开始匀加速向前行驶,问:B车加速度aZ至少多大才能避免事故?(这段公路很窄,无法靠边让道)【答案】1 0-2V(1)会 s,(2)a1.2m/s2【解析】试题分析:已知:L=76m,v=20m/s,a=2m/s2(1)当两车速度相等时,所要的时间t=f=10
11、s,在这10s内,A车的位移xA=vto=2OOmB车的位移XB=2=100m;因为 XA=200M xB+L=100m+76m,所以会撞上。%10-26设经过时间t两车相撞,有:vt-2,代入数值解得:t=s(另一根舍去)(2)已知A车的加速度ai=-2m/s2,初速度v=20m/s,t=2s。设B车的加速度为a2,B车运动后后当经过时间t,两车相遇。B车的运动时间为t,A车的运动时间为t+A t,则有:要以免碰撞,则t无实根,解得)al.2m/s2考点:匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系10、如下图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置,斜坡长为=20 m,高为力=2
12、 m,斜坡上紧排着一排滚筒.长为7=8 m、质量为加=1 X 103 k g的钢锭ab放在滚筒上,钢锭与滚筒间的动摩擦因数为=0.3,工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动,使钢锭沿斜坡向上移动,滚筒边缘的线速度均为r=4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动,钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力.取当地的重力加速度产1 0 m/s?.试求:(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动,直到8 端到达坡顶所需的最短时间;(2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动,直到6 端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间?解析:(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为F,=n m g=3
13、S N由牛顿第二定律有6 侬s i n a=mai解得 a i =2 m/s2v钢锭做匀加速运动的时间。=下=2 s位移 为=二2 2:=4 m要使8 端到达坡顶所需要的时间最短,需要电动机一直工作,钢锭先做匀加速直线运动,当它的速度等于滚筒边缘的线速度后,做匀速直线运动.钢锭做匀速直线运动的位移及=-/耳=8 mx2做匀速直线运动的时间t2=v=2 s所需最短时间t=t2=4 s.要使电动机工作的时间最短,钢锭的最后一段运动要关闭电动机,钢锭匀减速上升,力端到达坡顶时速度刚好为零.匀减速上升时a十侬s i n a=ma?解得 a?=4 m/s2V匀减速运动时间t3=2=1 sv匀减速运动位移
14、&=2 t3=2 m匀速运动的位移用二一/一用一吊=6 mr4电动机至少要工作的时间t=tx+v=3.5 s.答案:(1)4 s (2)3.5 s1 1、一辆小车静止在水平地面上,be 是固定在车上的一根水平杆,物块 M穿在杆上,M通过细线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板 上,小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车如下图分四次分别以a i,a2,a3,a4向右匀加速运动,四种情况下M、m均与车保持相对静止,且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向,已知a i:a 2;a3:a4=l:2:4:8 ,M受到的摩擦力大小依次为f i ,f2,f3,f4,则 A .f i:f 2=1:2B .f i:f2
15、=2:3C .f3:f 4=l:2D .t a n a=2 t a n 0试题 一辆小车静止在水平地面上,be是固定在车上的一根水平杆,物 块M穿 主 要 考 查 你 对 从运动情况确定受力等考点的理解。关于这些考点的 档案 如 下:考点名称:从运动情况确定受力从运动情况确定受力:1、知道物体的运动情况,应用运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律,推断或者求出物体的受力情况。2、分析这类问题的关键是抓住受力情况和运动情况的桥梁加速度。3、求解动力学这两类问题的思路,可由下面的框图来表示。第T .第二类瞬时加速度问题的解决方法:分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析瞬时前后的受力情况
16、及运动 状 态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。此类问题应注意以下两种基本模型。(1)刚性绳(或接触面):可认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体。若剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要考虑形变恢复时间。一般题目中所给的细绳(线)和 接 触 面,在不加特殊说明时,均可按此模型处理。解决此模型的关键在于分析情景突变后的过程,利用过程的初状态分析求解状态突变后的瞬时加速度。(2)弹簧(或橡皮绳):此类物体的特点是形变量大,形变恢复需要较长时间。在瞬时问题中,其弹力的大小往往可以看成不变。但当弹簧的一端不与有质量的物体连接时,轻弹簧的形变不需要时间,弹力可以突变。解决此类问题时需利用情景突变
17、前的受力来确定情景突变后瞬间的受力及加速度。动力学范围的整体法与隔离法:处理连接体问题的方法有整体法和隔离法。1.整体法将一组连接体作为一个整体看待,牛顿第二定律中是整体受的合外力,只分析整体所受的外力即可(因为连接体的相互作用力是内力,可不分析),简化了受力分析。在研究连接体时,连接体各部分的运动状态可以相同,也可以不同。当连接体各部分运动状态不同时,整体的合外力等于各部分质量与各部分加速度乘积的矢量和,即F合 写成分量形式有:台 I=mayx+n i2 a2x+/令=miiy+m2 a2)+如果待求的问题不涉及系统内部的相互作用时,就可以采用整体法。2.隔离法在求解连接体的相互作用力时采用
18、,将某个部分从连接体中分离出来,其他部分对它的作用力就成了外力。整体法与隔离法在研究连接体问题时经常交替使用。A、C、D 是对的,B 是错的原因回答1 中静摩擦力为Ma12 中静摩擦力为Ma23 中静摩擦力为Ma3+mgtan64 中静摩擦力为Ma4+mgtanaa3=gtan0 a4=g 所以,a3:a4=tan9:tana=1:212、2 0 1 2 年 1 1 月,我国舰载机在航母上首降成功。设某一载舰机质量为加=2.5X 1 0 k g,速度为%=42 m/s,若仅受空气阻力和甲板阻力作用,飞机将在甲板上以a=0.8m/s 2 的加速度做匀减速运动,着舰过程中航母静止不动。(1)飞机着
19、舰后,若仅受空气阻力和甲板阻力作用,航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里?(2)为了让飞机在有限长度的跑道上停下来,甲板上设置了阻拦索让飞机减速,同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况,飞机着舰时并不关闭发动机。图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景,此时发动机的推力大小为尸=1.2 X 1 05N,减速的加速度国=2 0 m/s 2,此时阻拦索夹角J=1 0 6 ,空气阻力和甲板阻力保持不变,求此时阻拦索承受的张力大小?解:(1)由运动学公式2 a os=诏得 5 o=%7 2&3 分代入数据可得S=1 1 0 2.5 m 2 分(2)飞机受力分析如图所示。由牛顿定律有2 次 os 8aa
20、.4 分其中片为阻拦索的张力,F 为空气和甲板对飞机的阻力飞机仅受空气阻力和甲板阻力时六侬。.2 分联立上式可得分5 X 1 0 N .3 分1 3、(2 0 1 4 临沂模拟)如图所示,两木板A、B 并排放在地面上,A 左端放一小滑块,滑块在F=6 N 的水平力作用下由静止开始向右运动.已知木板A、B 长度均为l=1 m,木板A 的质量M A=3 k g,小滑块及木板B 的质量均为m=1 k g,小滑块与木板A、B 间的动摩擦因数均为中=0.4,木板A、B 与地面间的动摩擦因数均为1 2=0.1,重力加速度g=1 0 m/s 2.求:(1)小滑块在木板A 上运动的时间;(2)木板B 获得的最
21、大速度.考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;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)先根据滑动摩擦定律求解滑块与A 间的摩擦力,两个滑板的总的最大静摩擦力,判断相对运动情况,然后根据牛顿第二定律求解加速度,根据运动学公式求解时间;(2)先根据运动学公式求解滑上B 时的速度,然后根据牛顿第二定律求解滑板B和滑块的加速度,根据运动学公式求解木板B获得的最大速度.解答:解:(1)小滑块对木板A的摩擦力:f1=p1mg=O.4x1xio=4N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力:f2=|J2(2m+MA)g=0.1x(2x1+3)=5Nfif 2,小
22、滑块滑上木板A后,木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为则:F-pimg=mai根据运动学公式,有:1=12ai2解得:G=1s(2)设小滑块滑上B 时,小滑块速度vi,B 的加速度a2,经过时间t2滑块与B速度脱离,滑块的位移X块,B的位移XB,B的最大速度V 2,则:Uimg-2|j2mg=ma2VB=a2t2xB=12Vi=aiti刀块=v与+12a122x 块-XB=I联立解得:vB=1m/s答:(1)小滑块在木板A上运动的时间为1s;(2)木 板B获得的最大速度为1m/s.14、如图所示,放置在水平地面上的支架质量为M,支架顶端用细线拴着的摆球质量为m,现将摆球拉至水平位置,然后从静止
23、释放,摆球运动过程中,支架始终不动,则从释放至运动到最低点的过程中有()A.在释放瞬间,支架对地面压力为(m+M)gB.摆动过程中,支架对地面压力一直增大C.摆球到达最低点时,支架对地面压力为(3m+M)gD.摆动过程中,重力对小球做功的功率一直增大考点:动能定理;牛顿第二定律;向心力;功率、平均功率和瞬时功率.专题:计算题.分析:对于不同的研究对象在不同的时刻进行受力分析和过程分析.摆球做的是圆周运动,要根据摆球所需要的向心力运用牛顿第二定律确定摆球实际受到的力.支架始终不动,根据平衡条件求解出未知的力.运用瞬时功率表达式表示出重力对小球做功的功率,再根据已知条件判断功率的变化.解答:解:A
24、、在释放瞬间,m的速度为零,根 据F=mv2F,细线拉力为零,对支架受力分析,支架受重力和地面对它的支持力,处于静止状态.所以在释放瞬间,支架对地面压力为M g.故A错误.B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析:当小球绕圆心转过角度为e 时,具有的速度v,根据动能定理得:mgRsin0=122mv,v=2gRsn0根据牛顿第二定律得:T-mgsin9=mv2T=mgsin0+2mgsin0=3mgsin0而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力.根据平衡条件得:在竖直方向上有:Tsin9+Mg=FN所 以 FN=3mgsin2e+Mg,摆动过程中0 逐渐增大,所以地面对支架的支
25、持力也逐渐增大,根据牛顿第三定律:即摆动过程中,支架对地面压力一直增大,故 B 正确.C、在从释放到最低点过程中,根据动能定理得:mgR=12mv2在最低点绳子拉力为T,对小球受力分析:小球受重力和绳子拉力,根据牛顿第二定律得:T-mg=mv2 R当小球在最低点时.,支架受重力、支持力、绳子的拉力.根据平衡条件得:FN=Mg+T 解得:FN=(3m+M)g 故 C 正确.D、1.小球在开始运动时的速度为零,则这时重力的功率Pi=mgVo=O2.当小球绕圆心转过角度为e 时,具有的速度v,根据动能定理得:mgRsin9=12mv2,v=2gRsin9并且重力与速度的方向夹角为e,则这时重力的功率
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