福建師大附中2013屆高三物理上學(xué)期期中試題（含解析）新人教版

1、2012-2013學(xué)年福建師大附中高三（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：（12小題，每小題3分，共36分在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確，選對得3分，選錯或不選得0分）1（3分）（2011無為縣模擬）下列所給的圖象中能反映作直線運動物體不會回到初始位置的是（）ABCD考點：勻變速直線運動的圖像專題：運動學(xué)中的圖像專題分析：st圖象中的縱坐標(biāo)表示物體的位置，vt圖象中圖象與時間軸圍成的面積表示物體的位移，分析各圖象中的運動過程可得出正確結(jié)果解答：解：A、由圖可知，物體開始和結(jié)束時的縱坐標(biāo)均為0，說明物體又回到了初始位置，故A錯誤；B、由圖可知，物體一直沿正方向運動，位

2、移增大，故無法回到初始位置，故B正確；C、物體第1s內(nèi)的位移沿正方向，大小為2m，第2s內(nèi)位移為2m，沿負(fù)方向，故2s末物體回到初始位置，故C錯誤；D、物體做勻變速直線運動，2s末時物體的總位移為零，故物體回到初始位置，故D錯誤；故選B點評：圖象為物理學(xué)中的重要方法，在研究圖象時首先要明確圖象的坐標(biāo)，從而理解圖象的意義；即可確定點、線、面的含義2（3分）（2011安徽）一物體作勻加速直線運動，通過一段位移x所用的時間為t1，緊接著通過下一段位移x所用時間為t2則物體運動的加速度為（）ABCD考點：平均速度；加速度分析：根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度，可以求得兩部分位

3、移的中間時刻的瞬時速度，再由加速度的公式可以求得加速度的大小解答：解：物體作勻加速直線運動在前一段x所用的時間為t1，平均速度為=，即為時刻的瞬時速度；物體在后一段x所用的時間為t2，平均速度為=，即為時刻的瞬時速度速度由變化到的時間為t=，所以加速度a=，所以A正確故選：A點評：利用勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度這個結(jié)論，可以很容易的做出這道題，本題就是考查學(xué)生對勻變速直線運動規(guī)律的理解3（3分）（2013濟寧模擬）圖示為索道輸運貨物的情景已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.30 當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍然保持

4、相對靜止?fàn)顟B(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為（）A0.35mgB0.30mgC0.23mgD0.20mg考點：牛頓運動定律的應(yīng)用-連接體；力的合成與分解的運用專題：牛頓運動定律綜合專題分析：對物體受力分析可知，物體在水平和豎直方向都有加速度，由牛頓第二定律可以求得豎直方向上的加速度的大小，進而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛頓第二定律可以求得摩擦力的大小解答：解：由于重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，所以在豎直方向上有FNmg=ma上，解得a上=0.15g，設(shè)水平方向上的加速度為a水，則=tan37=，所以a水=

5、0.2g，對物體受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，即f=ma水=0.20mg，所以D正確故選D點評：物體的水平和豎直方向的加速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵，在本題中物體在水平和豎直兩個方向上都是有加速度的4（3分）如圖所示，人重600N，木塊重400N，人與木塊間的滑動摩擦因數(shù)為0.5，木塊與地面間的滑動摩擦因數(shù)為0.4，光滑滑輪固定在豎直墻上，現(xiàn)在人用水平力拉繩，使他與木塊一起向右勻速運動，則（）A人拉繩的力是150NB人拉繩的力是400NC人拉繩的力是200ND人拉繩的力是300N考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用專題：共點力作用下物體平衡專題分析：以

6、人和木塊整體為研究對象，對整體進行受力分析，由共點力的平衡條件可求得繩子拉人的力，最后結(jié)合牛頓第三定律求解出人拉繩子的力解答：解：對人和繩子整體受力分析，受重力、支持力和兩倍的拉力，如圖根據(jù)平衡條件，有N=G總 2T=f 其中f=地N 由解得T=故選C點評：本題關(guān)鍵是對要選擇整體為研究對象，受力分析后根據(jù)平衡條件列方程求解；如果分別對人和木塊受力分析后列平衡方程求解，問題會復(fù)雜化5（3分）物塊m位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，若撤去力F，則（）A物塊將沿斜面下滑B物塊所受摩擦力的方向不變C物塊將繼續(xù)保持靜止?fàn)顟B(tài)D物塊所受摩擦力的大小不變考點：共點力平衡的條件及

7、其應(yīng)用；力的合成與分解的運用專題：共點力作用下物體平衡專題分析：題中物塊水平力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，分析物塊在斜面平面內(nèi)的受力，根據(jù)平衡條件可求得物塊所受的靜摩擦力，即可知道最大靜摩擦力范圍根據(jù)撤去力F后，重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力的關(guān)系判斷物塊的運動狀態(tài)，并結(jié)合狀態(tài)求解摩擦力大小解答：解：A、C未撤去F時，在斜面平面內(nèi)，物塊受到重力的分力mgsin、推力F和靜摩擦力f，由平衡條件得：物塊所受的靜摩擦力大小為f=，則物塊的最大靜摩擦力fm；撤去F后，物塊的最大靜摩擦力不變，由于mgsinfm，故物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)故A錯誤，C正確B、未撤去F時，摩擦力方向沿著重力的分力mgsin和推力F的

8、合力的相反方向，而撤去F后摩擦力沿斜面向上，故物塊所受摩擦力的方向改變故B錯誤D、撤去F后，物塊所受的靜摩擦力f=mgsinf，即物塊所受摩擦力的大小變小故D錯誤故選C點評：本題關(guān)鍵抓住物體平衡時，任一平面內(nèi)合力都為零，由平衡條件分析撤去F前后摩擦力的大小和方向6（3分）質(zhì)量為m的汽車，啟動后發(fā)動機以額定功率P行駛，經(jīng)過一段時間后將達(dá)到以速度v勻速行駛，若行駛中受到的摩擦阻力大小不變，則在加速過程中車速為時，汽車的加速度大小為（）ABCD0考點：功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律專題：功率的計算專題分析：當(dāng)汽車勻速行駛時，牽引力等于阻力，根據(jù)求出阻力，再根據(jù)P=，求出速度為時的牽引力，然后

9、根據(jù)牛頓第二定律求出加速度解答：解：當(dāng)汽車勻速行駛時，有根據(jù)P=F，得由牛頓第二定律得a=故B正確，A、C、D錯誤故選B點評：解決本題的關(guān)鍵掌握功率的公式P=Fv，當(dāng)功率不變時，速度增大，牽引力減小，牽引力等于阻力時，速度最大，以后做勻速直線運動7（3分）如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1=3kg、m2=2kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接兩個大小分別為F1=30N、F2=20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則（）A彈簧秤的示數(shù)是50 NB彈簧秤的示數(shù)是24 NC在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2D在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為10 m/s2考點：牛頓

10、第二定律；胡克定律專題：牛頓運動定律綜合專題分析：以兩物體組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律求出系統(tǒng)的加速度，然后以其中一個物體為研究對象，由牛頓第二定律求出彈簧稱的示數(shù)；彈簧的彈力不能突變，分析彈力撤去后物體的受力情況，然后根據(jù)物體的受力情況是否變化，進一步判斷物體加速度是否變化解答：解：AB、對系統(tǒng)研究，根據(jù)牛頓第二定律得，整體加速度a=隔離對2研究，有FF2=m2a，則F=24N所以彈簧秤的示數(shù)為24N故B正確，A錯誤C、在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，則2的瞬時加速度故C錯誤D、在突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力不變，則1的瞬時加速度與撤去前相等，為2m/s2故D錯誤故選B點評：

11、本題運用整體法和隔離法結(jié)合求解彈簧秤的彈力，是常用的方法撤去外力時，彈簧的彈力不能突變8（3分）如圖所示，彈簧下面掛一質(zhì)量為m的物體，物體在豎直方向上作振幅為A的簡諧運動，當(dāng)物體振動到最高點時，彈簧正好為原長，彈簧在彈性限度內(nèi)，則物體在振動過程中（）A物體在最低點時的彈力大小應(yīng)為mgB彈簧的彈性勢能和物體動能總和不變C彈簧的最大彈性勢能等于2mgAD物體的最大動能應(yīng)等于mgA考點：機械能守恒定律；簡諧運動專題：機械能守恒定律應(yīng)用專題分析：本題為豎直方向的彈簧振子，重力勢能、動能和彈性勢能三者間相互轉(zhuǎn)化，機械能總量保持不變解答：解：A、小球做簡諧運動的平衡位置處，mg=kx，x=當(dāng)物體振動到最高

12、點時，彈簧正好為原長，可知x=A所以在最低點時，形變量為2A彈力大小為2mg故A錯誤B、在運動的過程中，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能、物體的動能、重力勢能之和不變故B錯誤 C、從最高點到最低點，動能變化為0，重力勢能減小2mgA，則彈性勢能增加2mgA而初位置彈性勢能為0，在最低點彈性勢能最大，為2mgA故C正確 D、在平衡位置動能最大，由最高點到平衡位置，重力勢能減小mgA，動能和彈性勢能增加，所以物體的最大動能不等于mgA故D錯誤故選C點評：解決本題的關(guān)鍵抓住簡諧運動的對稱性以及靈活運用能量守恒定律和機械能守恒定律9（3分）如圖所示，實線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t

13、=0時刻的波形圖，x=4cm處的質(zhì)點P恰在平衡位置，虛線是這列波在t=0.2s時刻的波形圖已知該波的波速是0.8m/s，則下列說法正確的是（）A這列波可能是沿x軸正方向傳播的B質(zhì)點P在t=0時刻速度方向沿y軸正方向C質(zhì)點P在0.6s時間內(nèi)經(jīng)過的路程為0.32mD質(zhì)點P在t=0.4s時刻速度方向與加速度方向相同考點：波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象專題：波的多解性分析：從圖象中可以知道波長為=12cm，根據(jù)波速可以求出周期，然后根據(jù)波動、振動進一步確定波的傳播方向解答：解；由圖象知波長為0.12m，振幅0.02m，周期T=0.15sA、經(jīng)過0.2s即經(jīng)過1周期，經(jīng)過一個周期知道回到原位置，即只

14、看經(jīng)過周期的振動情況即可，若向右傳播，x=4cm處質(zhì)點經(jīng)過周期將在波峰，向左傳播將在波谷，故該波向左傳播，故A錯誤；B、根據(jù)質(zhì)點帶動法，由A知質(zhì)點P在t=0時刻速度方向沿y軸負(fù)方向B錯誤；C、質(zhì)點P在0.6s時間內(nèi)為4個周期，經(jīng)過的路程為16個振幅=160.02=0.32m，C正確；D、由于該波向左傳播，所以根據(jù)振動和波動關(guān)系可知t=0.4s時刻，質(zhì)點P離開平衡位置向上運動，速度方向向上，加速度向下，故D錯誤故選C點評：本題給出兩個時刻的波形圖，讓從中獲取信息求解，題意新穎，有一定難度在解題是可以通過特殊點來確定，如平衡位置、波峰、波谷等10（3分）在同一介質(zhì)中兩列橫波沿x軸相向傳播，波源分別

15、位于x1=0和x2=1.4m處，波速均為0.4m/s，振幅均為2cm如圖所示為t=0時刻兩列波的圖象，此刻P、Q兩質(zhì)點恰好開始振動下列說法中正確的是（）At=1.5s 時，兩列波恰好相遇Bt=1.5s 時，P點的位移為0C兩列波相遇后，M點的振幅為4cmDt=1.25s時，N點在平衡位置下方考點：波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象分析：根據(jù)波位移公式x=vt計算波的位移，得到任意時刻波形圖，得到各個質(zhì)點的合位移，分析M點的位移情況解答：解：A、兩列波均在傳播，故相遇時間：，故A錯誤；B、t=1.5s 時，兩列波傳播的距離均為：x=vt=0.41.5=0.6m；故右側(cè)波剛傳到P點，左側(cè)波剛傳到Q

16、點，故兩列波單獨引起P點的位移均為零，故合位移為零，故B正確；C、兩列波單獨傳播引起的M點的位移總是相反，故振動減弱，振幅為0，故C錯誤；D、M點振幅為零，故位移始終為零，故D錯誤；故選B點評：本題關(guān)鍵是明確波位移x=vt，然后通過畫波形圖得到各個指點的位移，合成得到合位移11（3分）（2012廣東二模）設(shè)同步衛(wèi)星離地心的距離為r，運行速率為v1，加速度為a1；地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度為a2，第一宇宙速度為v2，地球的半徑為R，則下列比值正確的是（）ABCD考點：萬有引力定律及其應(yīng)用；同步衛(wèi)星專題：壓軸題分析：求一個物理量之比，我們應(yīng)該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再進行

17、之比運用萬有引力提供向心力列出等式和運用圓周運動的物理量之間的關(guān)系列出等式解決問題解答：解：對于地球同步衛(wèi)星和以第一宇宙速度運動的近地衛(wèi)星，由萬有引力提供做勻速圓周運動所需向心力得到：，得：=，故A錯誤，D正確因為地球同步衛(wèi)星的角速度和地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，由a1=2r，a2=2R可得，=，故B正確C錯誤；故選BD點評：用已知物理量來表達(dá)未知的物理量時應(yīng)該選擇兩者有更多的共同物理量的表達(dá)式12（3分）（2012溫州模擬）半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱不接觸，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止?fàn)?/p>

18、態(tài)，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地順時針轉(zhuǎn)動，在MN到達(dá)水平位置前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過程中，下列說法中正確的是（）AMN對Q的彈力逐漸增大BP、Q間的彈力先減小后增大C地面對P的彈力逐漸增大DQ所受的合力逐漸增大考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用專題：共點力作用下物體平衡專題分析：以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，根據(jù)平衡條件分析MN對Q的彈力和半圓柱體P對Q的彈力變化情況再對P研究，由平衡條件判斷地面對P的彈力如何變化解答：解：A、B以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖1所示由平衡條件得：MN對Q的彈

19、力F1=mgcos，P對Q的彈力F2=mgsin使MN繞O點緩慢地順時針轉(zhuǎn)動的過程中，減小，則F1增大，F(xiàn)2減小故A正確，B錯誤C、對P研究，作出受力如圖2，地面對P的彈力N=Mg+F2sin，F(xiàn)2減小，減小，所以N減小故C錯誤D、Q緩慢移動，所受的合力保持為零，不變故D錯誤故選A點評：本題采用隔離法研究動態(tài)平衡問題，分析受力，作出力圖是關(guān)鍵二實驗題（2小題，每小題4分，共8分）13（4分）寫出如圖所示的游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)：（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)52.35mm；（2）螺旋測微器的讀數(shù)3.855mm考點：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用專題：實驗題分析：（1）游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示

20、數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)；（2）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)之和解答：解：（1）由圖1所示游標(biāo)卡尺可知，主尺示數(shù)是5.2cm=52mm，游標(biāo)尺示數(shù)是70.05mm=0.35mm，游標(biāo)卡尺示數(shù)為52mm+0.35mm=52.35mm（2）由圖2所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為3.5mm，可動刻度示數(shù)為35.50.01mm=0.355mm，螺旋測微器示數(shù)為3.5mm+0.355mm=3.855mm故答案為：（1）52.35；（2）3.855點評：要掌握游標(biāo)卡尺與螺旋測微器的使用及讀數(shù)方法；游標(biāo)卡尺不需要估讀，螺旋測微器需要估讀14（4分）“驗證牛頓運動定律”實驗裝置如圖

21、1所示（1）用砝碼盤和砝碼所受的總重力作為小車所受的合外力，在保持小車總質(zhì)量不變的情況下，改變所放砝碼的數(shù)量，多次重復(fù)測量在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出aF關(guān)系圖線如圖2所示此圖線AB段基本是一條直線，而BC段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是C（填選項前的字母）A小車與軌道之間存在摩擦 B導(dǎo)軌保持了水平狀態(tài)C所掛鉤碼的總質(zhì)量太大 D所用小車的質(zhì)量太大（2）如圖3所示為某次實驗得到的紙帶，紙帶中相鄰計數(shù)點間的距離已標(biāo)出，相鄰計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，計時器打點的時間間隔為0.02s由此可求得小車的加速度a=0.49 m/s2（結(jié)果保留二位有效數(shù)字）考點：驗證牛頓第二運動定律專題：實驗

22、題；牛頓運動定律綜合專題分析：當(dāng)鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量時，小車受到的拉力近似等于鉤碼受到的重力；如果鉤碼質(zhì)量太大，小車受到的拉力小于鉤碼重力，圖象發(fā)生彎曲根據(jù)勻變速直線運動的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小解答：解：（1）BC段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是鉤碼總質(zhì)量過大，大于小車的總質(zhì)量，故C正確；故選C（2）根據(jù)勻變速直線運動的推論公式x=aT2得：a=0.49m/s2故答案為：C；0.49點評：利用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用，提高解決問題能力三、計算題：（5小題，共56分要寫出必要的公式和文字說明，只有最后答案不得分）1

23、5（10分）汽車正以v1=10m/s的速度在平直公路上行駛，突然發(fā)現(xiàn)正前方有一輛自行車以v2=4m/s的速度作同方向的勻速直線運動，汽車立即關(guān)閉油門作加速度大小為a=0.6m/s2的勻減速運動，汽車恰好沒有碰上自行車，求關(guān)閉油門時汽車與自行車的距離某同學(xué)是這樣解的：汽車關(guān)閉油門后的滑行時間和滑行距離分別為，在相同時間內(nèi)，自行車的前進的距離為s2=v2t，關(guān)閉油門時汽車與自行車的距離為s=s1s2你認(rèn)為這位同學(xué)的解法是否合理？若合理，請完成計算；若不合理，請用你自己的方法算出正確結(jié)果考點：勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系專題：追及、相遇問題分析：該同學(xué)解題過程中

24、認(rèn)為相遇時汽車速度為零是不對的，可以以自行車為參考系進行分析求解解答：解：“不合理”原因在于：能滿足題設(shè)的汽車恰好不碰上自行車的臨界條件是：當(dāng)汽車減速到與自行車速度相等時，它們恰好相遇，而不是汽車減速到0時相遇 正確解法：汽車減速到與自行車速度相等時，所用時間為：在此時間內(nèi)，汽車滑行距離為：自行車的前進的距離為：s2=v2t=40m關(guān)閉油門時汽車與自行車的距離為：s=s1s2=30m答：這位同學(xué)的解法是不合理的，關(guān)閉油門時汽車與自行車的距離為30m點評：本題是追擊問題，關(guān)鍵是恰好相遇的條件是：追上時兩者速度相等；也可以以自行車為參考系進行研究16（12分）航天宇航員在月球表面完成了如下實驗：如

25、圖所示，在月球表面固定一豎直光滑圓形軌道，在軌道內(nèi)的最低點，放一可視為質(zhì)點的小球，當(dāng)給小球水平初速度v0時，小球剛好能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動已知圓形軌道半徑為r，月球的半徑為R求：（1）月球表面的重力加速度g；（2）軌道半徑為2R的環(huán)月衛(wèi)星周期T考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；向心力；萬有引力定律及其應(yīng)用專題：人造衛(wèi)星問題分析：（1）小球從圓軌道最低點到最高點過程中，只有月球的引力做負(fù)功，由動能定理求得到達(dá)最高點的速度，而此刻速度滿足月亮的引力提u供其沿圓周運動的向心力，由牛頓第二定律列方程，即可求得月球表面的重力加速度（2）根據(jù)萬有引力提供向心力求解解答：解：（1）設(shè)小球的質(zhì)量

26、為m，月球的質(zhì)量為M，因小球在最高點恰好完成圓周運動，設(shè)最高點時小球速度為v，由牛頓第二定律得：mg=從最低點帶最高點過程中，由動能定理得：mg2r=mv2m由得g= （2）根據(jù)萬有引力提供向心力得對衛(wèi)星：=m2R 對小球：=mg 由得：T=答：（1）月球表面的重力加速度是；（2）軌道半徑為2R的環(huán)月衛(wèi)星周期是點評：掌握在任意星體的表面都有物體的萬有引力等于重力這一等式結(jié)合萬有引力提供向心力求解17（12分）如圖所示為某工廠將生產(chǎn)工件裝車的流水線原理示意圖設(shè)AB段是距水平傳送帶裝置高為H=1.25m的光滑曲面，水平段BC使用水平傳送帶裝置傳送工件，工件經(jīng)C點拋出后落在固定車廂中已知BC長L=3

27、m，工件可視為質(zhì)點，傳送帶與工件間的動摩擦因數(shù)為=0.4設(shè)質(zhì)量m=lkg的工件由靜止開始從A點下滑，經(jīng)過B點的拐角處無機械能損失，取g=l0m/s2求：（1）當(dāng)傳送帶靜止時，工件運動到C點時的速度是多大？（2）當(dāng)傳送帶以v=8m/s順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，在工件運動到C點的過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？考點：動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；牛頓第二定律；功能關(guān)系專題：動能定理的應(yīng)用專題分析：（1）工件從A點到C點的整個過程，重力做整個，摩擦力做負(fù)功，由動能定理可以求出工件到達(dá)C點時的速度（2）由動能定理求出工件到達(dá)B點時的速度，判斷出工件在傳送帶上的運動性質(zhì)，求出工件與傳送帶

28、間的相對位移，然后求出摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能解答：解：（1）從A到C過程，由動能定理得：mgHmgL=mvC20，解得：vC=1m/s（2）工件從A到B過程，由動能定理得：mgH=mvB20，解得：vB=5m/s，當(dāng)傳送帶以v=8m/s速度順時針方向轉(zhuǎn)動時，工件先做加速運動，由牛頓第二定律得：mg=ma，解得：a=4m/s2，經(jīng)過時間t工件的速度與傳送帶速度相等，由勻變速運動的速度公式得：v=vB+at，解得t=0.75s，在時間t內(nèi)，工件位移s1=vBt+at2=4.875m3m=L，則工件在傳送帶上一直做加速運動，設(shè)工件在傳送帶上的運動時間為t1，L=vBt1+at12，解得t1=0.5s，（t1

29、=3s舍去），在時間t1內(nèi)傳送帶的位移s=vt1=80.5=4m，工件相對于傳送帶的位移x=sL=1m，因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能等于克服摩擦力所做的功，Q=mgx=0.41101=4J；答：（1）當(dāng)傳送帶靜止時，工件運動到C點時的速度為1m/s；（2）當(dāng)傳送帶以v=8m/s順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，在工件運動到C點的過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是4J點評：由牛頓第二定律及運動學(xué)公式判斷出工件在傳送帶上的運動性質(zhì)，求出工件與傳送帶間的相對位移是本題的難點，也是正確解題的關(guān)鍵18（10分）如圖所示，物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的物體B相連，物體A、B的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)一條不

30、可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤，開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩沿豎直方向現(xiàn)在掛鉤上掛一物體C并從靜止?fàn)顟B(tài)開始釋放，已知物體B剛離開地面時，物體A恰好獲得最大速度，重力加速度為g，求：（1）物體B剛離開地面時，物體C下落的高度h；（2）物體C的質(zhì)量M；（3）物體A獲得的最大速度vm考點：機械能守恒定律；胡克定律；牛頓第二定律專題：機械能守恒定律應(yīng)用專題分析：（1）物體C下降的高度等于物體A下降的高度；開始時彈簧壓縮，后來彈簧拉長，物體C下落的高度h等于彈簧長度的增加量；（2）物體B剛離開地面時，物體A恰好獲得最大速度，說明物體A受力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解；

31、（3）物體A、B、C以及彈簧系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)守恒定律列式求解即可解答：解：（1）開始時，A、B靜止，設(shè)彈簧壓縮量為x1，對A有：kx1=mg 掛C并釋放后，C向下運動，A向上運動，設(shè)B剛要離地時彈簧伸長量為x2，對B有：kx2=mg C下落的高度h等于A上升的高度，（2）設(shè)繩的拉力為T，彈簧伸長量為x，物體A的加速度為a，物體C的加速度與A的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律對A有：Tmgkx=ma 對C有：MgT=Ma T=TB剛要離地時，A獲得最大速度，有：kx=kx2=mg，a=0 聯(lián)立解得：M=2m （3）由于x1=x2，彈簧處于壓縮和伸長狀態(tài)時彈性勢能相同，且B剛離開地面時，A、C兩物體的速度大小相同 A、C