解得：a=gtanθ，故C错误;

D、由AC可知，D错误;

故选：B

10.如图所示，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是：(       )

(A)t1 = t2 ;   (B)t1 > t2 ;

(C)t1 < t2 ;   (D)无法确定，需要讨论。

【答案】C

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.

【解析】解：以O点为最高点，取合适的竖直直径oa作等时圆，交ob于c，如图所示，显然o到a、c才是等时的，比较图示位移ob>oc，故推得t1

故选：C.

二实验题(12分)

11.(8分)在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间。计时器所用电源的频率为50Hz，图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，用米尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离如图所示(单位：cm)。由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的即时速度大小v4=________m/s，(3分)小车的加速度大小a=________m/s2。(5分)(保留三位有效数字)

【答案】0.405，0.756.

【考点】探究小车速度随时间变化的规律.

【解析】解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小.

设0到1之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，

得：x4-x1=3a1T2

x5-x2=3a2T2

x6-x3=3a3T2

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值

得：

即小车运动的加速度计算表达式为：

故答案为：0.405，0.756.

12.(4分)某同学采用如图1所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系.用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F;通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a.分别以合力F 和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系.根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致.该同学列举产生这种结果的可能原因如下：

(1)在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高;

(2)没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低;

(3)测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大;

(4)砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件.

通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是

【答案】  (1)、(4)

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.

【解析】解：根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，作出图象如图所示：

(1)、图线不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了.故(1)正确，(2)错误;

(4)、曲线上部出现弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象.故(4)正确，(3)错误.

故选：(1)、(4)

三计算题(解题要求：书写整洁，写出必要的过程与步骤，否则酌情给分)

13(10分)一个物体做初速度不为零的匀加速直线运动，通过连续两段位移大小分别为x1和x2。所用的时间分别为t1、t2，

求(1)物体运动的加速度a的大小。

(2)物体在t2时间末的速度大小。

【答案】(1)物体运动的加速度a的大小为

(2)物体在t2时间末的速度大小为

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系;

【解析】解：(1)设前一段时间t1的中间时刻的瞬时速度为v1，后一段时间t2的中间时刻的瞬时速度为v2.所以：

①

②

③

联立①②③得：

(2)物体在t2时间末的速度大小

答：(1)物体运动的加速度a的大小为

(2)物体在t2时间末的速度大小为

14、如图所示，质量 的物体，以 的初速度沿粗糙的水平面向右运动，物体与地面间的动摩擦因数 ;同时物体受到一个与运动方向相反的 的力 作用，经过 ，撤去外力 ，求物体滑行的总位移。

【答案】物体滑行的总位移为9.25m.

【考点】牛顿第二定律

【解析】解：设以初速度的方向(向右)为正方向，由牛顿第二定律：

物体从10m/s的初速度到速度减为零所用的时间和位移分别为

在F作用后2s，由于F>Ff，物体将反向(向左)做加速度运动，加速度为

再经过1s，物体从初速度为零做反向加速运动，位移为s2，则

当F撤去后，物体在摩擦阻力作用下做匀减速运动，运动方向还足向左，其加速度为

F撤去时物体具有的速度v=a2t2=-1×1m/s=-1m/s

继续运动的位移为s3，则

所以，物体运动的总位移为s=s1+s2+s3=10-0.5-0.25m=9.25m

答：物体滑行的总位移为9.25m.

15.2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功.设某一舰载机的质量为m=2.5×104 kg，速度为v0=42 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a0=0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动.

(1)舰载机着舰后，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舰载机不滑到海里;

(2)为了使舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机.图1所示为舰载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F=1.2×105 N，减速的加速度a1=20 m/s2，此时阻拦索夹角θ=106°，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.(已知：sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)

【答案】(1)飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里;

(2)此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N;

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.

【解析】解：(1)由运动学公式2a0S0=v02得：

代入数据可得：S0=1102.5m;

(2)飞机受力分析如图所示：

由牛顿第二定律有：

2FTcosθ+f-F=ma

其中FT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：

f=ma0

联立上式可得：

FT=5×105 N

答：(1)飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里;

(2)此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N;

 

16.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为 ，盘与桌面间的动摩擦因数为 。现突然以恒定的加速度a 将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么?(以g 表示重力加速度)

【答案】见解析

【考点】牛顿第二定律.

【解析】 解：小圆盘在桌布的摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，其加速度为a1，

由牛顿第二定律得μlmg=mal   ①

故a1=μ1g  ②

桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内桌布做匀加速直线运动，设所经历时间为t，桌布通过的位移x，

故      ③

在这段时间内小圆盘移动的距离为x1，

小圆盘通过的位移     ④

小圆盘和桌布之间的相对位移为方桌边长的一半，故有

⑤

设小圆盘离开桌布时的速度为v1，则有

v12=2al x1      ⑥

小圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动，

设小圆盘的加速度大小为a2，

则有μ2mg=ma2    ⑦

设小圆盘在桌面上通过的位移大小为x2后便停下，将小圆盘的匀减速运动看做由静止开始的匀加速运动，则有

v12=2a2 x2              ⑧

小圆盘没有从桌面上掉下则有

⑨

联立以上各式解得：     ⑩

即只有桌布抽离桌面的加速度 时小圆盘才不会从桌面上掉下.

17、如图所示,将小yu置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出, 砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为m1 和m2,各接触面间的动摩擦因数均为 . 重力加速度为g.  (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力。

【答案】f=f1+f2=μ(2m1+m2)g

【考点】滑动摩擦力

【解析】砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为f1=μm1g，f2=μ(m1+m2)g

纸板所受摩擦力的大小f=f1+f2=μ(2m1+m2)g

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