《名师一号》2011届高三物理二轮 三轮总复习重点突破综合模拟测试 2

学业水平模拟测试物理试卷1．在同一地点，质量不同的两个物体从同一高度同时做自由落体运动，则A ．质量大的物体下落的加速度大B ．两个物体同时落地C ．质量小的物体先落地D ．质量大的物体先落地2．如图所示，互相垂直的两个分力F 1、F 2，将F 2绕O 点顺时针旋转至和F 1重合，则A ．合力在减小，但方向不变B ．合力在减小，同时方向在改变C ．合力在增大，但方向不变D ．合力在增大，同时方向在改变3．做匀变速直线运动的物体，第3s 内的位移是20m ，第9s 内的位移是50m ，其加速度是A ．6m/s2B ．5m/s2C ．4m/s2D ．3m/s24．吊车用竖直向上的拉力F 将集装箱由静止吊起，集装箱获得大小为a 的加速度，现改用2F 的拉力吊起这个集装箱，则集装箱的加速度大小（不计其它阻力）A ．大于2aB ．等于2aC ．大于a 而小于2aD ．小于a5．在利用弹簧秤、橡皮条、细绳套、木板等器材探究力的合成的平行四边形定则实验中，下列说法中正确的是A ．用两个弹簧秤和只用一个弹簧秤拉细绳套时，橡皮条的形变量应相同B ．作分力和合力的图示时，分力和合力所选的标度可以不同C ．在拉细绳套时弹簧秤可以与木板表面不平行D ．实验时两个分力间的夹角必须大于等于90°6．下列单位属于国际单位制中的基本单位的是A ．牛顿B ．厘米C ．焦耳D ．秒7．第一次通过实验的方法比较准确的测出引力常量的物理学家是A ．牛顿B ．开普勒C ．卡文迪许D ．伽利略8．万有引力常量的单位是A ．kg 2/N ·m 2B ．N ·kg 2/ m 2 C ．m 2/N ·kg2D ．N ·m 2/ kg29．若物体的加速度方向与速度方向相同，则当加速度减小时A ．物体的速度也减小B ．物体的速度先增大后减小C ．当加速度减小到零时，物体的速度达到最大D ．当加速度减小到零时，物体静止10．下列x-t 图象中，表示物体的速度逐渐增大的是txOtxOtxOtxOABCDF 1F 2O11．为了实现全球快速便捷的通信，人类发射了地球同步通信卫星，关于同步卫星下列说法中错误．．的是A ．同步卫星在太空中是静止不动的B ．以地面为参考系，同步卫星是静止的C ．同步卫星离地面的高度是一定的D ．同步卫星的轨道和赤道在同一平面内12．关于“万有引力”下列说法中正确的是A ．质量太小的物体之间不存在万有引力B ．距离太远的物体之间不存在万有引力C ．只有天体之间才存在万有引力D ．任何物体之间都存在万有引力13．如图所示，一长为L 的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m 的小球，球绕竖直轴线O 1O 2做匀速圆周运动，绳与竖直轴线间的夹角为θ，则下列说法中正确的是A ．球受到重力，绳对球的拉力和向心力B ．球受到重力和绳对球的拉力C ．球需要的向心力大小为mgsin θD ．球需要的向心力大小为mgcot θ14．质量为0.5kg 的小球，在外力的作用下沿着如图所示的路径从A 点运动到B 点，A 、B 之间的高度差为1m ，g 取10m/s 2，下列说法中正确的是A ．重力做了5J 的正功B ．小球的重力势能减少了5JC ．小球的重力势能增加了5JD ．小球的重力势能增加量大于5J 15．关于曲线运动，下列说法中正确的是A ．物体做曲线运动时，速度可能不变B ．物体做曲线运动时，加速度可能不变C ．物体做曲线运动时，所受的合外力一定是在不断变化的D ．物体做曲线运动时，合外力的方向一定与速度方向垂直16．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的库仑力为F ，若它们的电荷量都增大为原来的2倍，距离减小为原来的21，则它们之间的库仑力变为A ．F21B ．4FC ．8FD ．16F17．关于紫外线，下列说法中正确的是A ．紫外线能够灭菌消毒B ．紫外线是紫色的C ．紫外线能够用来透视人体器官D ．紫外线的波长比可见光长18．银行自动门、家电遥控器等都使用了A ．温度传感器B ．压力传感器C ．红外线传感器D ．声波传感器19．下列有关运动电荷和通电导线受到磁场对它们的作用力方向正确判断的是θO 1O 2m＋qvF －q vFI FIF ABC DA20．一个50匝的闭合线圈，穿过它的磁通量在10s 内由0.8Wb 减小到0.2Wb ，则在线圈中产生的感应电动势为A ．6VB ．4VC ．3VD ．1V21．在电场中的某点放入电荷量为－q 的试探电荷，测得该点的电场强度为E ；若在该点放入电荷量为＋2q 的试探电荷，则测得该点的电场强度为A ．大小为2E ，方向和E 相反B ．大小为2E ，方向和E 相同C ．大小为E ，方向和E 相反D ．大小为E ，方向和E 相同22．如图所示，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m 的物体A 与一劲度系数为k 的轻弹簧相连，现用拉力F 沿斜面向上拉弹簧，使物体A 在光滑斜面上匀速上滑，斜面体仍处于静止状态，下列说法正确的是A ．水平面对斜面体支持力大小等于斜面体和物体A 的重力之和B ．弹簧伸长量为mgsin α/kC ．物体A 对斜面体的压力大小为mgsin αD ．斜面体受地面的静摩擦力大小等于零23．甲、乙、丙三个小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方。

课后限时练(十二) 直流电路时间45分钟 班级________ 姓名________1．(2010·北京海淀)平行电容器C 与三个可变电阻器R 1、R 2、R 3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S 待电路稳定后，电容器C 两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是( )A ．只增大R 1，其他不变B ．只增大R 2，其他不变C ．只减小R 3，其他不变D ．只减小a 、b 两极板间的距离，其他不变解析：电容器两端电压等于电阻R 2两端的电压，只增大R 1时，电容器两端的电压减小，电容器所带电荷量减小，选项A 错误；只增大R 2时，电容器两端的电压增大，电容器所带电荷量增大，选项B 正确；只减小R 3时，电容器两端的电压不变，电容器所带电荷量不变，选项C 错误；只减小a 、b 两极板间的距离时，电容变大，电容器所带电荷量增大，选项D 正确．答案：BD2．(2010·北京海淀)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E解析：电源的输出功率(即电动机消耗的总功率)为UI ，选项A 正确，选项C 错误；电动机消耗的热功率为I 2R ，选项B 错误；电源的总功率为EI ，电源的输出功率为EI －I 2r ，所以电源的效率为1－Ir E，选项D 正确． 答案：AD3．(2010·北京东城区)在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率变小C ．电容器C 上电荷量减少D ．电流表读数变小，电压表读数变大解析：将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，R 的阻值变大，电路中电流变小，灯泡变暗，A 选项错误；路端电压变大，电阻R 两端电压变大，电容器C 两端电压变大，电容器C 上电荷量增加，C 选项错误，D 选项正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，则外电路电阻比r 越大，输出功率越小，B 选项正确．答案：BD4．(2010·北京西城区)按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S ，L 1、L 2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是( )A ．L 1变暗B ．L 1变亮C ．L 2变暗D ．L 2变亮解析：本题考查电路的动态变化问题．滑动变阻器的滑动头向左移动时，电路中的总电阻减小，根据全电路的欧姆定律I ＝U R知，干路电流增大，则L 2变亮，路端电压减小，又L 2两端的电压增加，则并联电路两端的电压减小，那么L 1两端的电压减小，L 1变暗．答案：AD5．(2010·长春调研)如图所示，C 为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S ，当滑动变阻器R 1、R 2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C 两极板间的带电尘埃P 恰好处于静止状态．要使尘埃P 向下加速运动，下列方法中可行的是( )A．把R2的滑片向左移动B．把R2的滑片向右移动C．把R1的滑片向左移动D．把开关S断开解析：考查电路的串并联知识．要使尘埃向下加速运动，必须减小电场力，即减小板间电压．由于滑动变阻器R1处于断路，调节不会有效果，C错；电容器两板间电压等于滑动变阻器R2滑片左边部分的电压，因此要把R2的滑片向左移动，A对；断开开关S时，电容器的电压等于电源的电动势，板间电压会增大，D错．答案：A6．(2010·东北名校联考)在如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时()A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小解析：当滑片P向b端滑动时，滑动变阻器R3的阻值减小，从而闭合回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知干路电流变大，路端电压减小，电压表示数减小；则R2两端的电压减小，则通过R2的电流减小，而干路电流是增大的，所以通过R3的电流是增大的，电流表示数变大，选项B正确．答案：B7．(2010·陕西西安质检)两个电源的伏安特性曲线如图所示，由图可知()A．电源a的内电阻较小，电动势较大B．电源a的内电阻较大，电动势较大C．电源b的内电阻较小，电动势较小D．电源b的内电阻较大，电动势较大解析：本题考查由电源的伏安特性曲线求电源电动势和内阻．从题图中直接可以读出电源a 的电动势大于电源b 的电动势；由又直线斜率的绝对值表示电源内电阻的大小，可知电源a 的内电阻大．答案：BC8．(2010·潍坊模拟)酒精测试仪的工作原理如图所示，其中P 是半导体型酒精气体传感器，该传感器电阻r ′的倒数与酒精气体的浓度c 成正比，R 0为定值电阻．以下关于电压表示数的倒数(1U )与酒精气体浓度的倒数(1c)之间关系的图象正确的是( )解析：利用闭合电路欧姆定律解本题．由闭合电路欧姆定律可得电压表的示数为U ＝R 0E R 0＋r ＋r ′，由于r ′的倒数与酒精气体浓度成正比，即c 越大，r ′越小，则U 示数越大，由前面式子可以得出，A 项正确．答案：A9．(2010·山东临沂摸底)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器滑片处在某一位置时，电流表的读数为I ＝0.5 A ，电压表V 1的读数U 1＝1 V ，电压表V 2读数为U 2＝2 V ．则左右任意移动滑动变阻器的滑片后，三个电表可能得到的读数是( )A ．I ＝2 A ，U 1＝2 V ，U 2＝0 VB ．I ＝1 A ，U 1＝1.6 V ，U 2＝3 VC ．I ＝0.3 A ，U 1＝0.9 V ，U 2＝2.1 VD ．I ＝0.2 A ，U 1＝0.8 V ，U 2＝2.4 V解析：若滑片向左移动，则滑动变阻器的电阻减小，电路的总电阻减小，故电路的总电流增大，此时电压表V 1的示数增大，V 2的示数减小，电流表的示数增大，由于内电压增大，所以两电压表的示数总和小于原示数总和，故A 正确；B 错误；若滑片向右移动，则滑动变阻器的电阻增大，电路的总电阻增大，故电路的总电流减小，此时电压表V 1的示数减小，V 2的示数增大，电流表的示数减小，由于内电压减小，所以两电压表的示数总和大于原示数总和，故D 正确，C 错误．答案：AD10．(2010·湖南湘潭模拟)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性曲线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( )A ．电源1和电源2的内阻之比是11 7B ．电源1和电源2的电动势之比是1 1C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1 2D ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1 2解析：两电源的电动势相同，均为10 V ，电源1和电源2的内阻之比是11 7，小灯泡消耗的功率分别为15 W 和30 W ，两种连接状态下，小灯泡的电阻分别为35 Ω和56Ω，电阻之比为18 25，选D.答案：D11．(2010·湖南长沙月考)在如图所示的电路中，A 、B 、C 分别表示理想电流表或电压表，它们的示数以安或伏为单位．当电键S 闭合后，A 、B 、C 三表示数分别为1、2、3时，灯L 1、L 2均正好正常发光．已知灯L 1、L 2的额定功率之比为3 1，则可判断( )A ．A 、B 、C 均为电流表B ．A 、B 、C 均为电压表C ．B 为电流表，A 、C 均为电压表D ．B 为电压表，A 、C 均为电流表解析：本题考查电流表和电压表的结构，功率的计算问题，电路的结构分析等知识点．若三个电表都是电流表，则两个灯泡都被短路了；若三个电表都是电压表，则两灯都不能正常工作；若B 为电流表，A 、C 均为电压表，这时流过两灯的电流相同，L 1和L 2两灯的电压之比为1 3，则两灯的额定功率之比为1 3，不符合题中的条件，C 项错；若B 为电压表，A 、C 均为电流表，则L 1和L 2灯的电压相同，电流之比为3 1，那么两灯的功率之比为3 1，D 选项对．答案：D12．(2010·湖南长沙测评)如图所示电路中，已知电阻R 1＝2 Ω，R 2＝5 Ω，灯泡L 上标有“3 V,1.5 W ”字样，电源内阻r ＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R x .当滑片P 滑至a 端时，电流表的示数为1 A ，此时灯泡L 恰好正常发光．则( )A ．当滑片P 滑至b 端时，电流表的示数为2 AB ．当滑动变阻器Pb 段的电阻为0.5R x 时，变阻器上消耗的功率约为3 WC ．电源的电动势为6 VD ．电源的电动势为3 V解析：灯泡L 的电阻R L ＝U 20P ＝321.5Ω＝6 Ω，由于R Pa 和R 2串联部分已被短路，E ＝I (R 1＋r )＋U 0＝1×(1＋2) V ＋3 V ＝6 V, I 0＝P U 0＝0.5 A ，I x ＝I －I 0＝0.5 A ，R x ＝U 0I x＝6 Ω，所以当滑片P 滑至b 端时，电流表的示数I ′＝E R 1＋r ＝2 A ；当R Pb ＝3 Ω时，R 并＝2 Ω，I ″＝E R 1＋R 并＋r＝1.2 A．U并＝E－I″(R1＋r)＝2.4 V，P Rx＝U2并R Pb＝1.92 W. 答案：AC。

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测牛顿运动定律(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.(2010安徽皖南八校二联,14)2008年9月25日,“神舟七号”载人飞船成功发射,设近地加速时,飞船以5g的加速度匀加速上升,g为重力加速度.则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为()A.6mgB.5mgC.4mgD.1mg解析:对宇航员由牛顿运动定律:F N－mg=ma,得F N=6mg,再由牛顿第三定律可判定A项正确.答案:A2.吊扇通过吊杆悬挂在屋顶，设吊扇的重力为G，当吊扇正常转动时，吊杆对吊扇的拉力为F，则下列说法正确的是()A.F=GB.F＞GC.F＜GD.无法确定解析:当吊扇转动时，扇叶对空气的作用力向下，空气对扇叶的反作用力f向上，则F=G －f，所以F＜G，选项C正确.答案:C3.引体向上是同学们经常做的一项健身运动.该运动的规范动作是:两手正握单杠,由悬垂开始,上拉时,下颚须超过单杠面;下放时,两臂放直,不能曲臂(如图3-1所示).这样上拉下放,重复动作,达到锻炼臂力和腹肌的目的.关于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的是()图3-1A.上拉过程中,人受到两个力的作用B.上拉过程中,单杠对人的作用力大于人的重力C.下放过程中,单杠对人的作用力小于人的重力D.下放过程中,在某瞬间人可能只受到一个力的作用解析:在上拉过程中,人受到重力和单杠对人的作用力,A正确;上拉过程中,要先加速,后减速,即先超重,后失重,单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力,B错误;同理,下放过程中,单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力,C错误;刚开始下放的过程中,人加速向下,其加速度可能为重力加速度,此时,人完全失重,单杠对人没有作用力,即人只受到一个重力的作用,D正确.答案:AD4.如图3-2所示,两光滑斜面的倾角分别为30°和45°,质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦),分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置,再由静止释放.则在上述两种情形中正确的有()图3-2A.质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力作用B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为m的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D.系统在运动中机械能均守恒解析:因所谓“下滑力”是重力沿斜面向下的分力,在对2m进行受力分析时不能把重力与“下滑力”重复地加在物体上,所以A项错误.两种情况下2m的“下滑力”都比m的“下滑力”大,故m滑块均向上运动,B项正确.由牛顿第三定律可知,C项错误.因斜面光滑,在运动过程中只有重力做功,故系统机械能守恒,D项正确.答案:BD5.质量为m=1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2.现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力F，为使物体在3 s时间内发生的位移最大，力F的大小应如下面的哪一幅图所示()图3-3解析:此题可采用排除法.物体与地面间的滑动摩擦力f=μmg=2 N，A、C中第1 s内F＝1 N，物体不会动，比较可知这两种情况下3 s内的位移一定小于D中3 s内的位移.B中第1 s内加速、第2 s内减速、第3 s内加速，而D中前2 s内一直加速，分析可知B中3 s内的位移也比D中3 s内的位移小.故选D.答案:D6.(2010安徽皖南八校二联,18)如图3-4所示，A、B是两个位于固定斜面上的正方体物块,它们的质量相等,F是沿水平方向作用于A上的外力,已知A、B的接触面,A、B与斜面的接触面均光滑,下列说法正确的是()图3-4A.A对B的作用力大于B对A的作用力B.A、B可能沿斜面向下运动C.A、B对斜面的压力相等D.A、B受的合外力沿水平方向的分力相等解析:由牛顿第三定律可知:A、B间的作用力大小相等、方向相反,故A项错误;A、B有可能静止在斜面上,还有可能沿斜面向上或向下运动,故B项正确;由于水平力F有使A压紧斜面的效果,可知A对斜面的压力大于B对斜面的压力,故C项错误;不管A、B做何种性质的运动,它们的运动情况相同,它们沿水平方向的分运动的加速度相同,由F合=ma,可知它们受到的合外力沿水平方向的分力相等,故D项正确.答案:BD 7.如图3-5所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ,其下端都固定于底部圆心O ,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力),则( )图3-5A.a 处小孩最后到O 点B.b 处小孩最后到O 点C.c 处小孩最先到O 点D.a 、c 处小孩同时到O 点解析:三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长度均为圆柱形底面半径,则θθsin 21cos 2gt R =,,2sin 42θg R t =当θ=45°时,t 最小,当θ=30°和60°时,sin2θ的值相同,故只有D 正确.答案:D8.如图3-6所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为( )图3-6A.53mg μB.43mg μC.23mg μD.3μmg解析:对四个木块组成的整体进行受力分析,设整体加速度为a ,水平方向受拉力F 的作用,F =6ma ;如果对左边的两个木块组成的整体受力分析,水平方向只受拉力T ,;23F ma T ==对左边质量为2m 的木块受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,f =2ma ;对除右边质量为2m 以外的三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,由f =4ma ,所以,这时整体受到的静摩擦力最大,f =μmg ,,43,4mg T g a μμ==B 正确. 答案:B9.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T ,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( )图3-7A.若小车向左运动,N 可能为零B.若小车向左运动,T 可能为零C.若小车向右运动,N 不可能为零D.若小车向右运动,T 不可能为零解析:当小车具有向右的加速度时,可以是N 为零;当小车具有向左的加速度时,可以使绳的张力T 为零.考生如果不知道这两种临界情况,肯定无法解答A 的;另外还有注意到是小车具有向左的加速度时,可以有两种运动情形,即向左加速运动,或向右减速运动.本题难度中等.答案:AB10.如图3-8,水平地面上有一楔形物体b ,b 的斜面上有一小物块a ;a 与b 之间、b 与地面之间均存在摩擦.已知楔形物体b 静止时,a 静止在b 的斜面上.现给a 和b 一个共同的向左的初速度,与a 和b 都静止时相比,此时可能( )图3-8A.a 与b 之间的压力减小,且a 相对b 向下滑动B.a 与b 之间的压力增大,且a 相对b 向上滑动C.a 与b 之间的压力增大,且a 相对b 静止不动D.b 与地面之间的压力不变,且a 相对b 向上滑动解析:当楔形物体静止时,a 静止在b 的斜面上,设a 的质量为m,楔形物体斜面的倾角为θ,此时b 对a 的支持力N =mg cos θ,现给a 和b 一个共同向左的初速度,由于摩擦,地面对b 产生向右的摩擦力,使b 向左做减速运动,因此a 、b 组成的系统在水平方向上有向右的加速度.如果a 、b 间的动摩擦因数较大,使得a 、b 仍保持相对静止,此时对水平向右的加速度a 沿斜面和垂直于斜面分解,则有N ′－mg cos θ=ma sin θ,N ′大于N,b 对a 的支持力增大,C 对;若a 、b 间的静摩擦力不足以保证a 、b 保持相对静止,则a 由于惯性向上滑动,则b 对a 的动摩擦力,使a 相对于b 产生沿斜面向下的加速度,a 相对于地面的合加速度仍有垂直于斜面向上的分量,因而可得,a 对b 的压力相对于不动时增大,B 对,A 、D 错.答案:BC二、填空与实验题(本题包括2小题,共20分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11.(10分)如图3-9所示,在倾角为30°的斜面上,一辆动力小车沿斜面下滑,在小车下滑的过程中,小车支架上连接着小球的轻绳恰好水平.已知小球的质量为m ,则小车运动的加速度大小为________,绳对小球的拉力大小为________.图3-9解析:对小球受力分析如图,小球的加速度沿斜面向下,由牛顿第二定律得g mmg m F a 22===合由图可得:.330cot mg mg F =︒⋅=答案:2g mg312.(10分)某探究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角是否有关.实验室提供如下器材:A.表面光滑的长木板(长度为L);B.小车;C.质量为m的钩码若干个;D.方木块(备用于垫木板);E.米尺;F.秒表.实验过程:第一步,在保持斜面倾角不变时,探究加速度与质量的关系.实验中,通过向小车放入钩码来改变物体质量,只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t,就可以由公式a=________求出a.某同学记录的数据如下表所示:M M+m M+2m1 1.42 1.41 1.422 1.40 1.42 1.393 1.41 1.38 1.42根据以上信息,我们发现,在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间________(填“改变”或“不改变”),经过分析得出加速度与质量的关系为________.第二步,在物体质量不变时,探究加速度与倾角的关系.实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角,由于没有量角器,因此通过测量出木板顶端到水平面高度h,求出倾角α的正弦值sinα=h/L.某同学记录了高度和加速度的对应值,并在坐标纸上建立适当的坐标轴后描点作图如图3-10,请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g=________ m/s2.进一步分析可知,光滑斜面上物体下滑的加速度与倾角的关系为________.图3-10解析:斜面长度L已知,测出小车由斜面顶端运动到斜面底端的时间t,由221atL=得22tLa=分析表中数据,发现小车质量改变时,下滑时间不变(略有不同是因为实验中存在误差),因此加速度与质量无关.小车沿光滑斜面下滑时,受力如图.质量时间次数则ma =mg sinα所以a =g sinα(可见与质量无关)则a sinα图象中图线的斜率表示g 的大小.由图象中取两点,读出其横、纵坐标(sinα1,a 1)、(sinα2,a 2),那么1212sin sin αα--=a a g 例如.m/s 80.9m/s 030.0094.222=--=g 答案:22t L 不改变 无关 9.80 a =g sinα 三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)如图3-11所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37°，长方体木块A 的M N 面上钉着一颗小钉子，质量m =1.5 kg 的小球B 通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑.求在木块下滑的过程中小球对木块M N 面的压力.(取g =10 m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)图3-11解析:由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B 与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a 沿斜面向下运动.将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律可得(M +m )g sin θ－μ(M +m )g cos θ=(M +m )a代入数据得a =2.0 m/s 2选小球为研究对象，设M N 面对小球的作用力为F N ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F N =ma代入数据得F N ＝6.0 N根据牛顿第三定律，小球对M N 面的压力大小为6.0 N ，方向沿斜面向下.答案:6.0 N ，方向沿斜面向下14.(10分)(2010安徽皖南八校二联,24)质量为m =1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为m =3.0 kg 的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0 m 开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F =12 N,如图3-12所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g 取10 m/s 2)图3-12(1)水平恒力F 作用的最长时间;(2)水平恒力F 做功的最大值.解析:(1)撤力前木板加速,设加速过程的位移为x 1,加速度为a 1,加速运动的时间为t 1;撤力后木板减速,设减速过程的位移为x 2,加速度为a 2,减速运动的时间为t 2.由牛顿第二定律得撤力前:F －μ(m +M )g =Ma 1(1分)解得21m/s 34=a (1分) 撤力后:μ(m +M )g =Ma 2(1分)解得22m/s 38=a (1分) 2222211121,21t a x t a x ==(1分) 为使小滑块不从木板上掉下,应满足x 1+x 2≤L(1分)又a 1t 1=a 2t 2(1分)由以上各式可解得t 1≤1 s所以水平恒力作用的最长时间为1 s.(1分)(2)由上面分析可知,木板在拉力F 作用下的最大位移m 32m 134********=⨯⨯=+t a x (1分)可得F 做功的最大值.J 8J 32121=⨯==Fx W (1分) 答案:(1)1 s (2)8 J15.(10分)将金属块m 用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形的箱中,如图3-13所示,在箱的上顶板和下底板装有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动.当箱以a =2.0 m/s 2的加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的传感器显示的压力为 6.0 N,下底板的传感器显示的压力为10.0 N.(取g =10 m/s 2)图3-13(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半,试判断箱的运动情况.(2)使上顶板传感器的示数为零,箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的?解析:上顶板传感器显示的示数为上顶板对金属块的弹力,设为F 上,下底板传感器显示的示数为弹簧的弹力,设为F 下.当箱竖直向上做匀减速运动时,则有F 上－F 下+mg =ma即.kg 5.0=--=ga F F m 下上 (1)当上顶板传感器的示数为下底板传感器示数的一半时箱的加速度为a 1,因为弹簧长度不变,所以F 下不变,则有01=+-=mmg F F a 下上 因此,箱处于静止状态或匀速直线运动状态.(2)当上顶板传感器的示数为零时,设此时箱的加速度为a 2,并取竖直向下为正方向,则有22m/s 0.10-=-=mF mg a 下 因此,此时箱的加速度竖直向上,由此得,箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动.答案:(1)箱处于静止状态或匀速直线运动状态(2)箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动16.(12分)杂技演员在进行“顶竿”表演时,用的是一根质量可忽略不计的长竹竿.质量为m =30 kg 的演员自竹竿顶部由静止开始下滑,滑到竹竿底端时速度恰好为零.为了研究下滑演员沿竿的下滑情况,在顶竿演员与竹竿底部之间安装一个传感器.由于竹竿处于静止状态,传感器显示的就是下滑演员所受摩擦力的情况,如图3-14所示,g 取10 m/s 2.求:图3-14(1)下滑演员下滑过程中的最大速度;(2)竹竿的长度. 解析:(1)由图象可知,下滑演员在t 1=1 s 内匀加速下滑,设下滑的加速度为a ,则根据牛顿第二定律,有mg －F =ma22m/s 4m/s 30180300=-=-=m F mg a 1 s 末下滑演员的速度达最大v m =at 1=4 m/s.(2)由图象可知,1 s 末～3 s 末下滑演员做匀减速运动,末速度为零,则杆长为m 6m )21(4 21)(2121m =+⨯⨯=+=t t v L 或22m/s 2m/s 30300360''=-=-=m mg F a .m 6)'21(21222m 21=-+=t a t v at L 答案:(1)4 m/s (2)6 m。

高三物理二轮三轮总复习重点突破综合模拟测试2一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)1．大量氢原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁时，能产生几种频率的光，其中有3种光不能使金属W产生光电效应，则下列说法正确的是( )A．大量氢原子从n＝4的激发态向低能级跃迁时，能产生6种频率的光B．从n＝4的激发态跃迁到n＝2的激发态产生的光子，能使金属W产生光电效应C．从n＝4的激发态跃迁到n＝3的激发态产生的光子，一定不能使金属W产生光电效应D．从n＝2的激发态跃迁到基态，一定不能使金属W产生光电效应解析：本题考查了氢原子能级和光电效应，大量氢原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁的过程中，产生6种频率的光，分别为n＝4到n＝3、n＝4到n＝2、n＝4到n＝1、n＝3到n＝2、n＝3到n＝1、n＝2到n＝1，由hν＝ΔE知，ΔE越大频率ν越高，由氢原子能级特点知，不能使金属W产生光电效应的3种光对应的跃迁是n＝4到n＝3、n＝4到n＝2和n＝3到n＝2，另3种光能使金属W产生光电效应，所以A、C正确．答案：AC2．2009年10月3日上午8点25分，我国成功地避开了一次卫星与太空碎片可能的碰撞事故，展示了我国已具有一定的卫星太空机动能力．假设该卫星与太空碎片都绕地球做圆周运动，则关于这次变轨前卫星与太空碎片的说法正确的是( )A．轨道高度一定相等B．轨道一定在同一平面C．运动周期一定相等D．动能一定相同解析：本题考查了天体运动．变轨前卫星与太空碎片的轨道半径一定相等，但两者的轨道可能不在同一平面内，所以轨道高度和周期一定相等，即A、C正确；因为它们的质量未知，所以无法比较动能的大小，即D错．答案：AC3．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图(a)所示．一列横波沿该直线向右传播，t＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图(b)所示的波形．再过时间Δt，这9个质点所形成波的形状为( )解析：本题考查了波的形成和波的图象．经过时间Δt 第一次出现如图(b)所示的波形，说明Δt ＝32T ，所以再经过时间Δt ，这9个质点所形成波的形状为图B 所示，即B 选项正确．答案：B4．示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX ′和YY ′，若在XX ′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY ′上加如图乙所示的信号电压，定性画出在示波管荧光屏上看到的图形正确的是( )解析：本题考查带电粒子在电场中的偏转和示波管的原理．因为扫描电压的周期是信号电压周期的2倍，所以A、B一定错，C正确．答案：C5．光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中正确的是( )A．轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大B．轨道对小球做正功，小球对轨道的压力不断增大C．轨道对小球不做功，小球对轨道的压力不变D．轨道对小球不做功，小球对轨道的压力不断增大解析：本题考查了动能定理和向心力公式．因为轨道对小球的支持力总与速度垂直，所以轨道对小球不做功，小球的动能不变，线速度大小不变，但轨道半径越来越小，所以对轨道的压力不断增大，即D选项正确．答案：D6．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，气缸与活塞都是绝热的，使缸内气体与外界无热交换．若忽略气体分子之间的势能，则下列结论中正确的是( )A．若外界大气压增大，则活塞距地面的高度将要增大B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若外界大气压增大，则气体的温度要升高D．若外界大气压减小，则气体分子单位时间作用在活塞上的平均冲量减小解析：本题考查了热力学第一定律和压强的微观解释．若外界大气压增大，则气体的压强增大，体积减小，外界对气体做功，但与外界无热交换，所以内能增大，温度升高，即A、B错，C正确；若外界大气压减小，气体的压强减小，则气体分子单位时间作用在活塞上的平均冲量减小，即D正确．答案：CD7．如图所示，在一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点．已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )A ．该棱镜的折射率为 3B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行解析：本题考查了光的折射定律和光的全反射现象．由n ＝sin isin r ，得n ＝3，A 正确；由于E 、F 分别为AB 、BC 的中点，且三棱镜等边，则光线EF 平行于AC 边，光线EF 在BC 边上的入射角为30°，故不会发生全反射，B 、D 错；由n ＝c v及v ＝λf 可知光在介质中的波长小于在真空中的波长，C 正确．答案：AC8．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为( )A ．d 随v 0增大而增大，d 与U 无关B ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大C ．d 随U 增大而增大，d 与v 0无关D ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小解析：本题考查了带电粒子在电场中的偏转和在匀强磁场中的圆周运动．设带电粒子射出电场时速度的偏转角为θ，如图所示，有cos θ＝v 0v ，又R ＝mv Bq ，而d ＝2R cos θ＝2mvBqcos θ＝2mv 0Bq，A 正确．答案：A第Ⅱ卷(非选择题，共72分)二、非选择题(本大题包括2个实验题，3个计算题，共72分)9．(8分)某物理兴趣小组，利用图甲装置“探究自由落体的下落高度与速度之间的关系”，图中速度显示器能显示出小球通过光控门的速度．现通过测出小球经过光控门时每次的速度来进行探究．另配有器材：多功能电源、连接导线、重垂线、铁架台等． 实验步骤如下：a．如图甲所示，将光控实验板竖直固定，连好电路；b．在光控实验板的合适位置A处固定好小球及光控门B，并测出两者距离h1；c．接通光控电源，使小球从A处由静止释放，读出小球通过B时的速度值v B1；d．其他条件不变，调节光控门B的位置，测出h2、h3…，读出对应的v B2、v B3….e．将数据记录在Excel软件工作簿中，利用Excel软件处理数据，如图乙所示，小组探究，得出结论．在数据分析过程中，小组同学先得出了v B－h图象，继而又得出v2B－h图象，如图乙、丙所示：请根据图象回答下列问题：(1)小组同学在得出v B－h图象后，为什么还要作出v2B－h图象？______________.(2)若小球下落过程机械能守恒，根据实验操作及数据处理，你能否得出重力加速度g，如果能，请简述方法______________．解析：因为v2＝2gh，所以作出的v B－h图象，不是一条直线，v2B与h成正比，比例常数为图象的斜率k，求出g＝k/2.答案：(1)先作出的v B－h图象，不是一条直线，根据形状无法判断v B、h关系，进而考虑v2B－h图象，从而找出v2B、h之间的线性关系．(2)能，根据图丙图象的斜率可以求出g＝k/210．(10分)某同学为了测出电流表A1的内阻r1的精确值，备用如下器材：器材名称器材代号器材规格电流表A1量程为300 mA，内阻约为5 Ω电流表A2量程为600 mA，内阻约为1 Ω电压表V1量程为15 V，内阻约为3 kΩ定值电阻R0 5 Ω滑动变阻器R10～10 Ω，额定电流为2 A滑动变阻器 R 2 0～250 Ω，额定电流为0.3 A 电源 E电动势为3 V ，内阻较小导线、电键若干(1)要求电流表A 1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，尽可能减小误差．请画出测量用的电路图，并在图中标出所用器材的代号．(2)若选测量数据中的一组来计算电流表A 1的内阻r 1，则电流表A 1内阻r 1的表达式为r 1＝________，式中各符号的意义是______________．解析：(1)本题虽然既有电压表也有电流表，但由于电流表A 1两端的最大电压约为1.5 V ，而电压表的量程为15 V ，只有满偏的110，所以用电压表测量的误差较大．因为电流表的内阻都是未知的，因此不能测量电压．由于题目中提供了一个定值电阻，则可用电阻来测量电压，可采取如图所示的电路．(2)改变滑动变阻器滑片的位置，我们可以得到电流表的读数分别为I 1，I 2，则有：I 1r 1＝(I 2－I 1)R 0，故r 1＝I 2－I 1I 1R 0. 答案：(1)如图 (2)I 2－I 1I 1R 0 I 1、I 2分别表示电流表A 1、A 2的读数，R 0为5 Ω.评析：求解本题时不少考生错选电压表测量电流表的电压，但电压表的量程太大，几乎没有偏转，所以根本不能精确地测出电流表两端的电压．11．(15分)如图所示，一辆平板汽车上放一质量为m 的木箱，木箱与汽车车厢底板左端距离为L ，汽车车厢底板距地面高为H ，木箱用一根能承受最大拉力为F m 的水平细绳拴在车厢上，木箱与车厢底板间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力可按滑动摩擦力计算)．(1)若汽车从静止开始启动，为了保证启动过程中细绳不被拉断，求汽车的最大加速度a ；(2)若汽车在匀速运动中突然以a 1(a 1>a )的加速度匀加速行驶，求从开始加速后，经多长时间木箱落到地面上．解析：(1)设木箱与车厢底板的最大静摩擦力为F fm ，汽车以加速度a 启动时，细绳刚好不被拉断，以木箱为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F fm ＋F m ＝ma而：F fm ＝μmg由以上两式可解得：a ＝F m m＋μg(2)当汽车加速度为a 1时，细绳将被拉断，木箱与车厢底板发生相对滑动，设其加速度为a 2，则：μmg ＝ma 2.设经过t 1时间木箱滑出车厢底板，则应满足：(v 0t 1＋12a 1t 21)－(v 0t 1＋12a 2t 21)＝L木箱离开车厢底板后向前平抛，经时间t 2落地，则：H ＝12gt 22而：t ＝t 1＋t 2 解得：t ＝2La 1－μg＋2Hg.评析：求最大加速度，就是要求最大的合力，即当绳的拉力达到最大值时，木箱与车厢底板的摩擦力达到最大静摩擦力为F fm .12．(18分)如图所示，M 1N 1N 2M 2是位于光滑水平桌面上的刚性“U ”型金属导轨，导轨中接有阻值为R 的电阻，它们的质量为m ，导轨的两条轨道间的距离为l ，PQ 是质量也为m 的金属杆，可在轨道上滑动，滑动时保持与轨道垂直，杆与轨道的动摩擦因数为μ，杆与导轨的电阻均不计．杆PQ 位于图中的虚线处，虚线的右侧为一匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B .已知导轨的N 1N 2部分离图中虚线的距离为s ＝v 20μg.现有一位于导轨平面内且与轨道平行的外力作用于PQ 上，使之在轨道上以v 0的速度向右做匀速运动．求：(1)经过多长时间导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置；(2)在导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置的过程中，外力所做的功．解析：(1)对导轨，设经过时间t 1速度达到v 0，根据动量定理得：μmgt 1＝mv 0 解得：t 1＝v 0μg在t 1时间内，导轨运动的位移为s 1＝v 202μgPQ 运动的位移为s 2＝v 20μg在t 1时间后，导轨做匀速运动，再经过t 2＝s －s 1v 0＝v 02μg. 所以经过t ＝t 1＋t 2＝3v 02μg 导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置．(2)PQ 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv 0 回路中的感应电流为：I ＝Blv 0R在t 1时间内，外力的大小为：F 1＝μmg ＋B 2l 2v 0R在t 2时间内，外力的大小为：F 2＝B 2l 2v 0R在导轨的N 1N 2部分运动到图中的虚线位置的过程中，外力所做的功为：W ＝F 1v 0t 1＋F 2v 0t 2＝mv 20＋3B 2l 2v 32μgR.评析：有关电磁感应综合题可能是2010年高考的热点，本题紧扣2010年高考命题，且难度适中．本题综合考查了动量定理、电磁感应和电路的分析计算．求解本题时关键要弄清物理过程，知道刚性“U ”型金属导轨不受安培力作用，只是在摩擦力作用下做加速运动．13．(21分)质量为m 、长L 的平板小车，放在光滑的水平面上，左端靠近一固定轻弹簧的自由端(不连接)，用一水平外力缓慢推动小车将弹簧压缩，当弹簧被压缩了x 0时，将小车用销钉固定，此时弹簧的弹性势能为E p .现将一质量也为m 、与小车之间动摩擦因数为μ的小金属块放在小车的右端，如图所示，突然去掉固定销钉，小车被弹簧推开，同时金属块与小车开始发生相对滑动．小车离开弹簧后，两者又继续相对滑动了一段时间，最终金属块恰好停在了小车的最左端．求：(1)当金属块相对小车停止相对滑动时两者速度的大小； (2)从撤掉销钉到小车离开弹簧的时间．解析：(1)两者最后速度为v ，由能量守恒得：E p ＝12×2mv 2＋μmgL v ＝E p －μmgLm(2)弹簧恢复原状时，车与弹簧分离，设时间为t ，分离时车的速度为v 1，金属块的速度为v 2，此过程弹簧对小车做功等于E p对车：由动能定理得E p ＝μmgx 0＋12mv 21对金属块：由动量定理μmgt ＝mv 2车离开弹簧后，系统动量守恒mv 1＋mv 2＝2mv 由以上各式得：t ＝2mE p －μm 2gL －2(mE p －μm 2gx 0)μmg。

课后限时练(三)牛顿运动定律时间45分钟班级________姓名________ 1．(2010·福建厦门质检)有三个质量分别为5m、3m、2m的小球A、B、C，其中B球带正电q，其余两球不带电，用足够长的不会伸长的绝缘细线连接，均置于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E，如图所示．释放A球，让三球由静止落下，下落一小段时间(球不相碰)，此时三个球的加速度大小正确的是()A．a A＝g＋qE8m B．a B＝g＋qE8mC．a A＝g D．a C＝g解析：本题考查牛顿第二定律的瞬时性、利用整体法和隔离法分析物体的受力等．只有B球带电，B球受到电场力作用，若没有细线作用，B球的加速度大于g，这样B球带动A球运动，A、B两球可以看做一个整体，整体的加速度为a A＝a B＝g＋Eq8m，大于g，则A、B整体和C球之间的距离逐渐减小，C球的加速度a C＝g.答案：ABD2．(2010·陕西西安质检)如右图所示，小车的质量为m0，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人和车保持相对静止，不计绳和滑轮质量及车与地面的摩擦，则车对人的摩擦力可能是( )A ．0B.m －m 0m ＋m 0F ，方向向右 C.m －m 0m ＋m 0F ，方向向左 D.m 0－m m ＋m 0F ，方向向右 解析：本题考查牛顿第二定律及利用整体法和隔离法分析受力．假设车对人的静摩擦力方向向右，先对整体分析受力有：2F ＝(m 0＋m )a ，再隔离出人，对人分析受力有F －F f ＝ma ，解得F f ＝m 0－m m 0＋mF .若m 0>m ，则和假设的情况相同，D 选项对；若m 0＝m ，则静摩擦力为零，A 选项对；若m 0<m ，则静摩擦力方向向左，C 选项对．答案：ACD3．(2010·杭州质检)如图所示，物块A 、B 叠放在水平桌面上，装砂的小桶C 通过细线牵引A 、B 一起在水平桌面上向右加速运动， 设A 、B 间的摩擦力为Ff 1，B 与桌面间的摩擦力为Ff 2.若增大C 桶内砂的质量，而A 、B 仍一起向右运动，则摩擦力Ff 1和Ff 2的变化情况是( )A．Ff1不变，Ff2变大B．Ff1变大，Ff2不变C．Ff1和Ff2都变大D．Ff1和Ff2都不变解析：对A、B两物体整体分析，由牛顿第二定律可知：F T－Ff2＝(m A＋m B)a1，所以A受到的摩擦力为m A a1，若增大C桶内砂的质量，则拉力F T增大，而B与桌面间的摩擦力Ff2不变，故整体加速度增加，由于A、B仍一起向右运动，根据牛顿第二定律可知A受到的摩擦力变大，选项B正确．答案：B4．(2010·济南模拟)如图所示，质量为m0的斜劈放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙斜面向上滑，速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，则在物块上下滑动的整个过程中()A．地面对斜劈的摩擦力先向左后向右B．地面对斜劈的摩擦力方向没有改变C．地面对斜劈的支持力总小于(m0＋m)gD．地面对斜劈的摩擦力大小不同解析：由于物块滑上最高点后又能下滑，说明物块运动的加速度始终沿斜面向下，当物块向上滑动时a1＝g sinθ＋μg cosθ；物块向下运动时a2＝g sinθ－μg cosθ.将m0、m看成整体，向上运动时，水平方向上由牛顿第二定律可得Ff1＝m0×0＋ma1x，即Ff1＝ma1x，方向水平向左；竖直方向(m0＋m)g－FN1＝m0×0＋ma1y，即FN1＝(m0＋m)g－ma1y，方向竖直向上．当物块向下运动时，水平方向上Ff2＝m0×0＋ma2x，即Ff2＝ma2x，方向水平向左；竖直方向上(m0＋m)g－FN2＝m0×0＋ma2y，即FN2＝(m0＋m)g－ma2y，方向竖直向上，故选项A错误，选项B、C、D正确．答案：BCD5．(2010·潍坊模拟)质量为60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中．当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)()A．200 N B．280 NC．320 N D．920 N解析：根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，得绳子的拉力大小等于F＝320 N，然后再对人进行受力分析，由物体的平衡知识得m0g ＝F＋F N，得F N＝280 N，根据牛顿第三定律可知人对地面的压力为280 N．B对．答案：B6．(2010·浙江十二校联考)如图所示，小车板面上的物体质量为m＝8 kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6 N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1 m/s2，随即以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动．以下说法正确的是()A．物体受到的摩擦力一直减小B．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化C．当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物体不受摩擦力作用D．小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8 N解析：对物体进行受力分析如图，弹簧的弹力为F1，摩擦力为F f，则有F1－F f＝ma, F f＝F1－ma，故随着加速度a的增大，F f要减小，所以物体仍然静止，弹簧的长度不变，弹簧对物体的作用力始终没有变化；当a＝0.75 m/s2时，F f＝0，即此时物体受到的摩擦力为零，当加速度继续增大时，F f的方向变成向右，从零开始增大．答案：BC7．(2010·长春调研)用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴接)，如图所示，将细线烧断后()A．小球立即做平抛运动B．小球的加速度立即为gC．小球脱离弹簧后做匀变速运动D．小球落地时动能大于mgh解析：考查受力分析、动能定理．细线烧断的瞬间，弹簧弹力和重力的合力沿着绳子方向，合力大于mg，产生的加速度大于g，且合力的方向斜向右下，因此小球没有离开弹簧时不是做平抛运动，离开弹簧后由于具有竖直初速度，因此也不会做平抛运动，A、B错；小球离开弹簧后只受到重力作用，做匀变速曲线运动，C对；由机械能守恒定律，细线烧断后，小球落地时的动能为mgh＋E弹>mgh，D 对．答案：CD8．(2010·江西一次联考)如图所示，一辆汽车在平直公路上行驶，一个质量为3 kg、半径为R的球，用长为2R的轻绳悬挂在车厢竖直的光滑的后壁上．汽车以5.0 m/s2的加速度紧急刹车，当轻绳与竖直方向夹角为某一定值时，球受到绳子的拉力F T和车厢后壁的支持力F N分别是(g＝10 m/s2)()A．F T＝20 3 N，F N＝(103－15) NB．F T＝2G，F N＝GC．F T＝15 5 N，F N＝0D．F T＝60 N，F N＝30 N解析：汽车以5.0 m/s2的加速度紧急刹车，假如F N＝0那么球受到的合力为mg/2，绳子与竖直方向夹角小于30°.球受到后壁的支持力F N≠0时，画出球的受力图，由正交分解法可得F T＝20 3 N，F N＝(103－15) N．A正确．答案：A9．(2010·湖南长沙月考)如右图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23T解析：本题考查整体法和隔离法、牛顿第二定律、受力分析等知识点．三个木块的加速度相等，则可以把三者当做一个整体．整体的加速度为F 6m ，质量为m 的木块和质量为2m 的木块间的静摩擦力F f ＝ma ＝F 6.那么质量为2m 的木块受到五个力的作用，分别是自身的重力，m 对它的压力和摩擦力，地面的支持力，轻绳的拉力；A 错；对m 和2m 的木块，由牛顿第二定律有，轻绳上的拉力为F T ′＝3m ×F 6m ＝F 2，则当F 增大到T 时，轻绳的拉力为T 2，轻绳不会被拉断，B 错；当F 增大到2T 时，轻绳刚好被拉断，C 选项对；轻绳刚好被拉断时，加速度为a＝T3m，两木块间的静摩擦力为F f′＝m×T3m＝T3，D选项错．答案：C10．(2010·浙江卷)如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是()A．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零B．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力等于A物体受到的重力解析：本题考查牛顿运动定律的应用——超重和失重的知识．A、B两物体抛出以后处于完全失重状态，无论是上升还是下降，A物体对B物体的压力一定为零，A选项正确．答案：A11．(2010·陕西西安质检)如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．解析：F T sinθ＝maF T cosθ＋F＝mgF＝kx联立解得x＝m(g－a cotθ)/k.讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k；(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0；(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k.12．(2010·山东临沂摸底)如右图所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一小滑块A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数μ＝0.4，小车长L＝2 m，A的质量m A＝1 kg，B的质量m B＝4 kg，现用12 N的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相等，求A和B间光滑部分的长度．(g取10 m/s2)解析：本题为牛顿第二定律与运动学知识的综合应用题．解答时，可先利用隔离法分别对小车B 与物体A 进行受力分析，再由牛顿第二定律求解两者的加速度，由运动学规律及题中已知的速度与位移之间存在的关系列方程求解．小车B 从开始运动到物体A 刚进入小车B 的粗糙部分过程中，因物体A 在小车B 的光滑部分不受摩擦力作用，故物体A 处于静止状态，设小车B 此过程中的加速度为a 1，运动时间为t 1，通过的位移为x 1，运动的速度为v 1.则有a 1＝F m Bv 1＝a 1t 1x 1＝12a 1t 21当物体A 进入到小车B 的粗糙部分后，设小车B 的加速度为a 2，物体A 的加速度为a 3，两者达到相同的速度经历的时间为t 2，且共同速度v 2＝a 3t 2，则有a 2＝F －μm A g m Ba 3＝μgv 1＋a 2t 2＝a 3t 2v 1t 2＋12a 2t 22－12a 3t 22＝L －x 1综合以上各式并代入数据可得A 和B 间光滑部分的长度x 1＝0.8 m.。

课后限时练(二)直线运动时间45分钟班级________姓名________ 1．(2010·东北地区联考)小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．若g＝10 m/s2，则()A．小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5 m/sB．碰撞前后速度改变量的大小为2 m/sC．小球是从5 m高处自由下落的D．小球反弹的最大高度为0.45 m解析：自由下落的过程中速度增大，向上反弹过程中速度减小，图中以向下为正方向．在0.5 s时刻，触地反弹，反弹后离开地面时速度大小为3 m/s，A选项错误；碰撞前后速度的改变量为8 m/s，B 选项错误；下落的时间为0.5 s，下落的高度为1.25 m，C选项错误；反弹后速度减为零所用时间为0.3 s，弹起的最大高度为0.45 m，D选项正确．答案：D2．(2010·北京东城区)如图所示，在光滑水平面上运动的物体，刚好能越过一个倾角为α的固定在水平面上的光滑斜面做自由落体运动，落地时的速度为v，不考虑空气阻力及小球滚上斜面瞬间的能量损失，下列说法正确的是()A．小球冲上斜面前在水平面上的速度应大于vB．小球在斜面上运动的时间为vg sinαC．斜面的长度为v22g sinαD．小球在斜面上运动的加速度大于g sinα解析：由题意可知，小球运动到斜面最顶端的速度恰好为0，小球上升过程中做匀减速运动，加速度为g sinα，D选项错误．小球滚上斜面到自由落体落地的过程中只有重力做功，机械能守恒，故小球冲上斜面前在水平面上的速度应等于v，A选项错误；小球在斜面上运动的时间为t＝vg sinα，B选项正确；斜面的长度为x＝v22g sinα，C选项正确．答案：BC3．(2010·北京西城区)在平直道路上，甲汽车以速度v匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d处的乙汽车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲，立即从静止开始以大小为a2的加速度沿甲车运动的方向匀加速运动．则()A．甲、乙两车之间的距离一定不断减小B．甲、乙两车之间的距离一定不断增大C．若v>2(a1＋a2)d，则两车一定不会相撞D．若v<2(a1＋a2)d，则两车一定不会相撞解析：本题考查追及相遇问题的基本解题策略．甲车做减速运动，乙车做加速运动，两车速度相同时，距离最小，若此时没有相撞，以后也不可能相撞．设两车相距为d时，两车恰好相撞，这种情况下甲车的速度为v0，根据v20＝2(a1＋a2)d，若v>v0两车一定相撞，若v<v0两车一定不会相撞．答案：D4．(2010·济南模拟)某玩具小车以初速度v0沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该小车运动的速度—时间图象不可能是()解析：考查牛顿运动定律．若斜面光滑，A符合；若斜面不光滑，且摩擦力小于小车重力沿着斜面向下的分力，则小车上滑到最高点后可下滑，由于摩擦产生热量，返回底端时速度小于v0，由于上滑时摩擦力与重力沿着斜面向下的分力提供加速度，因此上滑时加速度较大，B符合，C不符合；若摩擦力大于小车沿着斜面向下的分力，则小车上滑到最高点后不会再下滑，D符合．答案：C5．(2010·长春调研)一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示，已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离A点的距离约为()A．6.5 m B．10 mC．20 m D．45 m解析：考查自由落体运动的基本规律．AB长度为L＝0.02 m，小石子从A到B用时0.001 s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即经过AB的中间时刻的瞬时速度v ＝20 m/s，小石子从静止开始下落到该处的高度为h，则v2＝2gh，解得h＝20 m，由于A点离AB的中间时刻的位置很小，故小石子出发点离A点距离约为20 m.答案：C6．(2010·东北四校联考)如图是物体做直线运动的v－t图象，由图象可得到的正确结论是()A．t＝1 s时，物体的加速度大小为1 m/s2B．t＝5 s时，物体的加速度大小为0.75 m/s2C．第3 s内物体的位移为1.5 mD．物体在加速过程的位移比减速过程的位移大解析：由v－t图象可得0～2 s内物体的加速度为1.5 m/s2，A错；2～3 s内物体的加速度为0；3～7 s内物体的加速度为0.75 m/s2，故选项B正确.0～2 s物体的位移为3 m；2～3 s物体的位移为3 m；3～7 s物体的位移为6 m，则减速过程的位移比加速过程的位移大，C、D错．答案：B7．(2010·东北名校联考)某实验装置将速度传感器与计算机相结合，可以自动作出物体运动的图像．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图像如图所示，由此图象可知()A．小车先做匀加速运动，后做匀减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8 m/sC．小车的最大位移在数值上等于图象中曲线与t轴所围的面积D．小车做曲线运动解析：速度—时间图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴所围面积表示位移，选项C正确；因为图线是一段曲线，选项A错误；据图象知小车运动的最大速度约为0.8 m/s，选项B正确；据图象知速度始终不小于零，说明小车做直线运动，选项D错误．答案：BC8．(2010·潍坊模拟)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t＝0时，乙向甲运动，速度为6 m/s，甲的速度为0.之后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的速度(v)－时间(t)图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知()A．两电荷的电性一定相同B. t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内两电荷间的相互作用力一直增大D．t1～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：甲加速乙减速，两者间的相互作用力为斥力，故带同种电荷，A 正确；两者速度相等的时候，距离最近，克服电场力做功最多，电势能最大，B 正确．答案：AB9．(2010·湖南长沙)甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同时运动，甲在前，乙在后，相距s .甲初速度为零，加速度为a ，做匀加速直线运动；乙以速度v 0做匀速运动，关于两质点在相遇前的运动，下列说法正确的是( )A ．在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 一定增大B ．两质点速度相等时，两质点之间距离一定最近C ．在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 可能不断减小D ．在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 一定先减小后增大 解析：在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 完全取决于两质点之间的初始距离s 与v 0、a 之间的大小关系．由Δs ＝12at 2－v 0t ＋s可解得：判别式Δ＝v 20－2as ，当v 20≥2as ，即s ≤v 202a 时，甲、乙之间的距离相遇前始终在减小，直至相遇(最小距离Δs ＝0)，两质点相遇前不会出现Δs 最小的情况；当v 20<2as ，即s >v 202a 时，甲与乙不可能相遇；当t ＝v 0a 时，两质点之间的距离最近，Δs min ＝s －v 202a ，C 正确．答案：C10．(2010·合肥质检)将物体以一定的初速度竖直上抛，经过时间t 0回到抛出点，空气阻力大小恒为重力的13.物体速度v 随时间t 变化的图象正确的是( )解析：因整个运动过程中阻力做负功，机械能要减小，落地速度要减小，A 、B 错误；上升过程mg ＋13mg ＝ma 1，a 1＝43g .下降过程mg－13mg ＝ma 2，a 2＝23g ，v 2＝2a 2h ，v 20＝2a 1h ，得v ＝22v 0>v 02，D 正确．答案：D11．(2010·全国卷Ⅰ)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s 内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．(1)画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线；(2)求在这60 s 内汽车行驶的路程．解析：(1)设t＝10 s,40 s,60 s时刻的速度分别为v1，v2，v3.由图象0～10 s内汽车以加速度2 m·s－2匀加速行驶，由运动学公式得v1＝2×10 m/s＝20 m/s①由图知10～40 s内汽车匀速行驶，因此v2＝20 m/s②由图知40～60 s内汽车以加速度1 m·s－2匀减速行驶，由运动学公式得v3＝(20－1×20) m/s＝0 m/s③根据①②③式，可画出汽车在0～60 s内的v－t图线，如右图所示．(2)由右图可知，在这60 s内汽车行驶的路程为s＝30＋602×20 m＝900 m.12．(2010·新课标全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)解析：(1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速度为v (以m/s 为单位)，则有12vt ＋(9.69－0.15－t )v ＝100①12vt ＋(19.30－0.15－t )×0.96v ＝200② 由①②式得t ＝1.29 sv ＝11.24 m/s(2)设加速度大小为a ，则a ＝v t ＝8.71 m/s 2。

课后限时练(九) 力学综合问题时间45分钟班级________ 姓名________1.(2010·石家庄质检)竖直向上抛出一篮球,球又落回原处,已知空气阻力的大小与篮球速率的二次方成正比,则( )A.上升过程中克服重力做功大于下降过程中重力做功B.上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量C.上升过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量D.上升过程中动量的改变量小于下降过程中动量的改变量解析:上升过程和下降过程篮球经过的位移相等,重力大小恒定,故上升过程中克服重力做功和下降过程中重力做功相等,A错误;由于空气阻力的原因,篮球在运动过程中动能要减小,故上升过程平均速度较大,所用时间较短,重力的冲量较小,B正确;上升过程中平均速度较大,故空气阻力也较大,则上升过程中阻力对篮球做的负功较多,动能改变量较大,速度改变量也较下降过程大,根据p=mv可知,上升过程动量改变量也较大,所以C正确,D错误,选择BC.答案:BC2.(2010·天津卷)如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞,A､B始终沿同一直线运动,则A ､B组成的系统动能损失最大的时刻是( )**开始运动时**的速度等于v时**的速度等于零时**和B的速度相等时解析:物体B撞击A的过程中,物体B的动能逐步转化为弹簧的弹性势能和物体A的动能,当物体A的速度与物体B的速度相等时,A､B间距离最小,弹簧的弹性形变最大,此时弹性势能最大,以A､B为系统,系统动能损失最大.故选项D正确.答案:D3.质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d 2,如图所示.设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )A.木块静止,d 1=d 2B.木块静止,d 1<d 2C.木块向右运动,d 1<d 2D.木块向左运动,d 1=d 2解析:左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度为v 1,由动量守恒有mv 0=(M+m)v 1,由能量守恒有F f d 1=201122mv - (M+m)v 2.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v 2,由动量守恒有(M+m)v 1-mv 0=(M+2m)v 2,由能量守恒有F f d 2=222012111()(2),222mv M m v M m v ++-+解之可得v 2=0,d 1=2200(2),2,2()2()f f Mmv M m mv d F M m F M m +=++故B 正确. 答案:B4.(2010·衡阳质检)如图所示,质量为M,长为L 的车厢静止在光滑水平面上,此时质量为m 的木块正以水平速度v 0从左边进入车厢底板向右运动,车厢底板粗糙,木块与右壁B 发生无能量损失的碰撞后又被弹回,最后又恰好停在车厢左端点A,则以下叙述中正确的是( )A.该过程中产生的内能为2012mv B.车厢底板的动摩擦因数为202()Mv gL M m + **的最终速度为**､M 最终速度为零解析:本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律.由动量守恒定律有:mv 0=(M+m)v,∴v=0,mv m M+因此C 正确,D 错误;由题意分析可知,木块与车厢发生相互作用的过程中要克服摩擦力做功会产生热量,设系统产生的热量为Q,对系统由能量守恒定律有:Q=201122mv - (m+M)v 2,所以Q=202()Mmv m M +,因此A 错误;又由Q=μmg2L 有:μ=20,4()Mv gL M m +所以B 错误. 答案:C5.(2010·湖北五市联考)如图所示 ,光滑水平面上,质量为m 的小球A 和质量为13m 的小球B 通过轻质弹簧相连并处于静止状态,弹簧处于自由伸长状态;质量为m 的小球C 以初速度v 0沿AB 连线向右匀速运动,并与小球A 发生弹性正碰.在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出),当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走.不计所有碰撞过程中的机械能损失,弹簧始终处于弹性限度以内,小球B 与固定挡板的碰撞时间极短,碰后小球B 的速度大小不变,但方向相反.则B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值E m 可能是( )22220000111 (2630)A mvB mvC mvD mv 解析:质量相等的小球C 与A 发生弹性碰撞后速度交换,当A ､B 两球动量相等时,B 与挡板相碰,则碰后系统总动量为零,则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能),根据系统机械能守恒定律可知,系统损失的动能转化为弹性势能E p =201,2mv B 项正确;当B 球速度恰为零时与挡板相碰,则系统动量不发生变化,系统机械能不变.当弹簧压缩到最短时,mv 0=43mv 1,此时弹性势能最大,E p =2201114223mv mv ,解两式可知:E p =201.8mv 所以,弹性势能的最大值应介于二者之间,故C 项也正确.答案:BC6.如图所示,一内槽光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁.现让一小球(可视为质点)自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落,与半圆槽相切并从A 点进入槽内.则下列说法正确的是( )A.小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功B.小球从最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒C.小球离开右侧槽口以后,将做竖直上抛运动D.小球最终会静止解析:小球从槽的最低点到脱离槽的过程中,支持力对小球做负功,小球的机械能减小,转化为槽的机械能,A错;小球从槽的最低点到脱离槽的过程中,系统水平方向上不受外力,则水平方向上动量守恒,B对;小球脱离槽口时,水平方向和槽有相同的速度,则不是竖直上抛运动,C错;因没有机械能转化为内能耗散掉,则小球不会静止,D错.答案:B7.如图所示,质量为M的木板静止在光滑的水平面上,在M上放置一个质量为m的物块,物块与木板的接触面粗糙.当物块m获得初速度v0而向右滑动时,在滑动过程中下列叙述正确的是( )A.若M不固定,则m克服摩擦力做的功全部转化为内能B.若M固定,则m对M的摩擦力的冲量为零C.若M不固定,则m减小的动能等于M增加的动能D.不论M是否固定,m与M相互作用力的冲量大小相等,方向相反解析:M固定时,M没有获得动能,m克服摩擦力做的功全部转化为内能,M不固定时,M获得动能,m克服摩擦力做的功部分转化为内能,A错;M固定时,m对M的摩擦力的冲量不为零,B 错;若M不固定,则m减小的动能等于M增加的动能和产生的内能,C错;不论M是否固定,m 与M相互作用力总是大小相等,方向相反,则冲量大小也相等,方向相反,D对.答案:D8.放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧右端固定.在原长时,用一质量为m,速度为v0的滑块将其压缩.经t时间后压缩量为x,此时速度为v,在压缩量为x处取一极小的位移Δx,在Δx内运动的时间为Δt,速度变化量为Δv,动能变化量为ΔE.则下列关系式中正确的是( )v v2)/2A.Δv=-kxΔt/mB.kxvt=m(2**Δx=-mvΔv D.kxvΔt=-ΔE解析:因为是考虑在压缩量为x 处的极小段运动,可以将弹力认为是恒力处理,由Δv=a Δt=-kx m×Δt 知A 对;B 项中,考虑滑块运动的一段较长时间,则弹力不能作为恒力处理,因此B 错;由动量定理知kx Δt=-m Δv,由于在很短的时间内,Δt=x v ∆,综合这两式知C 对;D 中,由动能定理知-kx ×Δx=ΔE,而Δx=v Δt,则D 也对.答案:ACD9.如图所示,A ､B ､C 三块质量均为m 的物块,置于光滑水平面上.B 的右端固定了一根轻弹簧和一根轻杆,且弹簧的原长大于轻杆的长度,现将B ､C 压缩到不能再压缩时,用细绳连接B ､C,然后使B ､C 静止.某时刻物块A 以初速度v 0沿BC 连线方向向B 运动,相碰后,A 与B 粘在一起,然后连接B ､C 的细绳因受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使C 与A ､B 分离,脱离弹簧后C 的速度为v 0,则弹簧释放的势能为( )222200001121 (4336)A mvB mvC mvD mv 解析:因为B ､C 之间的轻弹簧不能再压缩了,则A 碰B 的过程,B 和C 应该作为一个整体,碰撞过程中动量守恒,机械能有损失.细绳断后,A ､B 作为一个整体和C 作用过程中,动量守恒,机械能也守恒.对前面的过程中由动量守恒定律有mv 0=3mv 1,A ､B ､C 的共同速度为03v ,对后面的过程有mv 0=mv 0+2mv 2,解得v 2=0,即最终A ､B 静止,则弹簧弹性势能转化为动能的值为201122mv -×3m(03v )2=201.3mv 答案:B10.如图所示,木块静止在光滑的水平面上,子弹A ､B 从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块中,这一过程中木块始终保持静止,现知道子弹A 射入的深度d A 大于子弹B 射入的深度d B ,则可判断( )A.子弹在木块中运动时间t A>t BB.子弹入射初动能E kA>E kBC.子弹入射初速度v A>v BD.子弹质量m A<m B解析:因为木块在光滑的水平面上,不受摩擦力作用,而木块始终不动,则两颗子弹打击木块的时间应该相同,而且子弹和木块的相互作用力大小也要相等,又d A>d B,而d12at2,则a A>a B,因此子弹质量m A<m B;对子弹由动能定理-fd=0-E k知,子弹入射初动能E kA>E kB;因最终静止,则A､B初动量大小相等､方向相反,故v A>v B.答案:BCD11.(2010·黄冈质检)如图所示,光滑斜面与水平地面在C点平滑连接,质量为0.4 kg 的滑块A无初速地沿斜面滑下后,又沿水平地面运动至D与质量为0.8 kg的小球B发生正碰,碰撞时没有能量损失.小球B用长为L=0.32 m的细线悬于O点,其下端恰与水平地面上的D 点相切.已知滑块A与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1,C､D间距离L CD=1.4 m,碰撞后B球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动,g取10 m/s2.求:(1)滑块A 在斜面上滑下时的高度h;(2)滑块A 最终与D 点间的距离.解析:(1)设滑块A 滑至D 点与小球B 碰撞前的速度为v 1,碰后A ､B 的速度分别为v 2､v 3,则滑块滑至D 过程中,m A gh-μm A gL CD =2112A m v 在D 点A ､B 发生碰撞,动量守恒,m A v 1=m A v 2+m B v 3机械能守恒,222123111222A m v mAv mBv =+ 小球B 刚好做完整的圆周运动,设到达最高点时的速度为v 4,则在最高点时,m B g=m B 24v L从最低点到最高点过程中,-2m B gL=22431122B B m v m v - 由以上几式可得h=1.94 m,v 2=-2 m/s(负号表示碰后滑块A 速度向左)(2)设碰后滑块A 在水平面上滑动的路程为s,则有-μm A gs=-2212mAv 解得s=222.2v m gμ= 因为L CD <s<2L CD ,所以滑块先向左滑过C 点后,又从斜面返回并静止在C ､D 之间的一点上 故滑块最终与D 点间的距离为L CD -(s-L CD )=0.8 m.12.如图所示,质量为m 3=3 kg 的滑道静止在光滑的水平面上,滑道的AB 部分是半径为R=0.15 m 的四分之一圆弧,圆弧底部与滑道水平部分相切,滑道水平部分右端固定一个轻弹簧.滑道除CD 部分粗糙外其他部分均光滑.质量为m 2=2 kg 的物体m 2(可视为质点)放在滑道的B 点,现让质量为m 1=1 kg 的物体m 1(可视为质点)自A 点由静止释放.两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体.(g=10 m/s 2)(1)求物体m 1从释放到与物体m 2相碰前的过程中,滑道向左运动的距离;(2)若CD=0.1 m,两物块与滑道的CD 部分的动摩擦因数都为μ=0.1,求在整个运动过程中,弹簧具有的最大弹性势能;(3)求物体m 1､m 2最终停在何处.解析:(1)m 1从释放到与m 2相碰前的过程中,m 1､m 3组成的系统水平方向动量守恒,设m 1水平位移大小为s 1,m 3水平位移大小为s 3,有:0=m 1s 1-m 3s 3s 1=R可以求得s 3=113m s m =0.05 m. (2)设m 1､m 2刚要相碰时m 1的速度为v 1,滑道的速度为v 3,由机械能守恒定律有 m 1gR=2213311122m v m v 由动量守恒定律有0=m 1v 1-m 3v 3 m 1和m 2相碰后的共同速度设为v 2,由动量守恒定律有m 1v 1=(m 1+m 2)v 2弹簧第一次被压缩到最短时由动量守恒定律可知m 1､m 2和滑道的速度为零,此时弹性势能最大,设为E pm .从m 1､m 2碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,由能量守恒有12 (m 1+m 2)v 22+23312m v -μ(m 1+m 2)gCD=E pm联立以上方程,代入数据可以求得,E pm =0.45 J.(3)分析可知m 1､m 2和滑道最终将静止,设m 1､m 2相对滑道CD 部分运动的路程为s,由能量守恒有22122311()322m m v m v ++=μ(m 1+m 2)gs 代入数据可得s=14m=0.25 m 所以m 1､m 2最终停在CD 的中点处.。

第五章机械能（B卷)一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分.每小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的，把正确答案全选出来）1.一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是( )A.可能是重力对系统做了功B.一定是合外力对系统做了功C.一定是系统克服合外力做了功D.可能是摩擦力对系统做了功答案：D2.若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则()A.物体的动能不可能总是不变的B.物体的加速度一定变化C.物体的速度方向一定变化D.物体所受合外力做的功可能为零答案：D3.质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是( )A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2C.物体滑行的总时间为4 sD.物体滑行的总时间为2.5 s 答案：C4.某运动员臂长l,将质量为m 的铅球掷出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是()A.20()2m gl v B.mgl+12m 20v C. 12m 20v D.mgl+m 20v答案：A5.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m.在着地过程中地面对他双脚的平均作用力是()A.自身重力的2倍B.自身重力的5倍C.自身重力的8倍D.自身重力的10倍答案：B6.2006年11月中国珠海航空展览上，俄罗斯“勇士”特技飞行表演队的一枚质量为m的曳光弹在空中划过一条漂亮的弧线后，变为竖直向下的加速直线运动.假设在竖直下落很小的一段高度h的过程g.则在这一小段过程中关于曳光弹的说法不正中，曳光弹的加速度为2确的是()mgh B.重力势能减少了mghA.动能增加了2mghC.克服阻力做的功是2mghD.机械能增加了2mgh，A正确；重力做正功，解析：由动能定理W=ΔE k知，ΔE k=F s=2mg，所以重力势能减少了mgh,B正确；由牛顿第二定律得mg-F f=ma,F f=2mgh，C正确；阻力做负功，所以机械能减少所以克服阻力做的功是2mgh，D不正确.了2答案：D7.一辆汽车以功率P1在平直公路上以速率v0匀速行驶.若某一时刻突然加大油门，使汽车的功率增大为P2，并保持这一功率继续行驶.设整个过程中阻力恒定，则功率增大为P2后，汽车的v-t图象可能是()答案：D8.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，此后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，物体上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是()A.钢绳的最大拉力为2P v B.钢绳的最大拉力为1P vC.重物的最大速度2P v mgD.起重机对重物做的功为mgh+12m 22v解析：该起重机提升重物的过程，类似于机车的恒定加速度的启动过程，物体先做匀加速上升，再做加速度减小的加速上升，最后达到匀速，在匀加速过程中钢绳的拉力最大，最大力F=1P v ，A 错B 对.物体最终匀速时，速度最大v 2=Pmg,C 对，在整个过程中由动能定理得W-mgh=12m22v-0，故起重机对重物的功W=mgh+12m22v,D对.答案：BCD9.如图所示，质量分别为m a、m b的两物体a和b，通过一根跨过定滑轮的轻绳连接在一起，其中物体b放在光滑斜面上，开始时两物体均处于静止状态，不计绳与滑轮间的摩擦，当两物体以大小相同的速度v0运动时，则下列说法正确的是()A.物体a的质量一定等于物体b的质量B.物体a的质量一定小于物体b的质量C.运动过程中，物体a的机械能减小，物体b的机械能增加D.运动过程中，物体a的机械能守恒，物体b的机械能也守恒答案：BC10.物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做功为W，则()A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4 WB.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2 WC.从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75 W解析：设第1 s末的速度为v0.根据动能定理求合外力的功.对选项A有W合=ΔE k=12m2v-12m2v=0.对选项B有W合=0-12m2v=-W.对选项C有W合=12m2v-0=W.对选项D有W合=12m(02v)2-12m2v=-0.75W.所以A、B错.C、D对.答案：CD二、非选择题（本题共6小题，共50分.按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（7分）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示.O为第一个点，A、B、C 为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）.已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80 m/s2，那么：(1)纸带的__端（填“左”或“右”)与重物相连；（2）根据图上所得的数据，应取图中O点到__点来验证机械能守恒定律;(3）从O点到（2）问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp=_J，动能增加量ΔEk=_J(结果取3位有效数字）.解析：(1)因O为第一点，所以纸带的左端与重物相连.(2)根据图上数据，只能求出B点的瞬时速度，故应取O点到B 点来验证机械能守恒定律.（3）ΔE p=mgh=1×9.8×19.20×10-2J=1.88 J.ΔEk=12m2B v=1 2×1×20.23230.1555)()J20.02-⨯=1.84 J.答案：（1）左（2）B (3)1.88 1.8412.（7分）小玲同学平时使用带弹簧的圆珠笔写字，她想估测里面小弹簧在圆珠笔端压紧情况下的弹性势能的增加量.请你帮助她完成这一想法.(1)写出实验所用的器材：_______.(2)写出实验的步骤和所要测量的物理量（用字母表示）.(要求能符合实验并尽量减少误差）(3)弹性势能的增加量的表达式ΔEp=___________.解析：（1）天平直尺（2)①将圆珠笔紧靠直尺竖直放在桌面上②在桌面上将圆珠笔尾端压紧，记下笔尖处的读数x1③突然放开圆珠笔，观察并记下笔尖到达最高处的读数x2④用天平测出圆珠笔的质量m（3）mg(x2-x1)答案：见解析13.(9分）如图（1）所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点，现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为x=0.1 m)至A 点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图（2）所示.然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O 点至桌边B 点的距离为L=2x.水平桌面的高为h=5.0 m ，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力.(g 取10 m/s 2）求：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存储的最大弹性势能； （2）小物块到达桌边B 点时，速度的大小.解析：(1)从F -x 图中看出，小物块与桌面的滑动摩擦力大小为F f =1.0 N在压缩过程中，克服摩擦力做功为f F W =F f x=0.1 J由图线与x 轴所夹面积，可得外力做功为 W F =(147)0.12+⨯J=2.4 J所以弹簧存储的弹性势能为： E p =W F -fF W =2.3 J.(2)从A 点开始到B 点的过程中，由于L=2x,克服摩擦力做功为f F W ′=F f ·3x=0.3 J ，对小物块用动能定理有：E p -f F W ′=12m 2Bv 解得v B =2 m/s.答案：(1)2.3 J(2)2 m/s14.(9分）“3 m 跳板跳水”其运动过程可简化为：运动员走上跳板，跳板被压缩到最低点C ，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A ，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中.已知运动员质量为m ，重力加速度为g ，取跳板的水平点为B ，AB 间、BC 间和B 与水平间的竖直距离分别为h 1、h 2、h 3.如图所示，求：（可视运动员视为质点，忽略空气阻力影响）（1）运动员入水前的速度大小；（2）跳板被压缩到最低点C 时具有的弹性势能（假设从C 到B 的过程中，运动员获得的机械能为跳板最大弹性势能的k 倍， k<1）.(3)假设跳板将运动员弹起从C到B所用时间为t1,求运动员从最低点C到入水所用的总时间.解析：(1)运动员从A到水面的过程中只有重力做功，机械能守恒，有：mg(h1+h3)=12mv2解得：(2)运动员从C到A的过程中，运动员和板组成的系统的弹性势能部分转化为运动员的重力势能，即：kE p=mg(h1+h2)解得：E p=mg(h1+h2)/k.(3)运动员从B点到A点，由竖直上抛运动规律可知v=gt2,h1=vt2-12g22 t可得t2从A点到入水运动员做自由落体运动，由h1+h3=12g23t解得t3=运动员从最低点C到入水所用的总时间t=t1+t2+t3=t1答案：(2)mg(h1+h2)/k15.(9分）在某中学举办的头脑奥林匹克竞赛中，有一个叫做“保护鸡蛋”的竞赛项目，要求制作一个装置，让鸡蛋从两层楼的高度落到地面且不被摔坏：如果没有保护，鸡蛋最多只能从0.1 m的高度落到地面而不被摔坏；有一位同学设计了如图所示的一个装置来保护鸡蛋，用A、B两块较粗糙的夹板夹住鸡蛋，A夹板和B夹板与鸡蛋之间的摩擦力都为鸡蛋重力的5倍，现将该装置从距地面4 m的高处落下，装置着地时间短且保持竖直不被弹起，g取10 m/s2.求：（1）如果鸡蛋不被摔坏，直接撞击地面速度最大不能超过多少？ （2）如果使用该装置，鸡蛋夹放的位置离装置下端的距离x 至少为多少？（小数后面保留两位数字）解析：(1)鸡蛋可从0.1 m 的高度落到地面不被摔坏 由机械能守恒定律：mgh 1=12m 21vv 1= 2 m/s.(2)解法一：设装置底端触地的速度为v 2,由机械能守恒定律：mgh 2=12m 22vv2鸡蛋在两夹板之间下滑: mg-2F f =ma,mg-2×5mg=ma,a=-9g 鸡蛋触地的速度最大为v 1由21v -22v =2ax所以x=221228022(910)v v a --=⨯-⨯m =0.43 m.解法二：由动能定理：W合=E k2-E k1mgx-F f x=12m21v-12m22vmgx-10mgx=12m21v-12m22v=mgh1-mgh2=mg×0.1-mg×4则x=3.99m=0.43 m.答案：16.（9分）如图所示的装置中，a、b两球的质量分别为m和2m，固定在轻质金属片的两端，在动力装置的带动下两球绕转轴O以角速度ω匀速转动，运动半径均为r.(1)取转轴O所在水平面为参考面，当a球转到最高点时开始计时，写出a球重力势能E p随时间t变化的函数关系式;(2)若某时刻b 球处在最高点时撤去动力，此后两球自由转动，当b 球回到最低点时，求转轴O 所受压力大小.（不计阻力，重力加速度为g)解析：(1)如图所示，经过时间t ，转过角度ωt,E p =mgrcos ωt.(2)撤去动力时两球速度大小为v=ωr,b 球由最高点转到最低点过程中系统机械能守恒. 2mgr+12×2mv 2-mgr+12mv 2=mgr+12×2mv ′2-2mgr+12mv ′2 a 球在最高点时：mg+F a =mv 2r '. b 球在最低点时：F b -2mg=2mv 2r'. 转轴所受压力大小为F=F b -F a , 由以上几式解得F=133mg+m ω2r.答案：（1）E p=mgrcosωtmg+mω2r(2)F=133。

课后限时练（十四）电磁感应时间45分钟班级 __________ 姓名 _________1. （2010-北京海淀）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖 直放置的条形磁诙，磁铁的S 极朝下.在将磁铁的S 极插入线圈的过程中（）A. 通过电阻的感应电流的方向山a 到/?,线圈与磁铁相互排斥B. 通过电阻的感应电流的方向山。

到b,线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由〃到°,线圈与磁铁相互吸引解析：穿过线圈的原磁场方向向上，磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向下，根据右手螺旋定则判断出通过电阻的感应电流的方向由b 到Q,并且根据楞次定律可知感应电流的产生阻碍相对运动，所以线圈与磁铁相互排斥.答案:C2. （2010-北京西城区）北半球地磁场的竖直分量向下.如图所示，在北京某中学实验室 的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abed,线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向.下列说法中正确的是（）A. 若使线圈向东平动，则。

点的电势比方点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a 点的电势比〃点的电势低C. 若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a-bfef —aD. 若以"为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a-^d-^c-^b-^a解析：本题考查地磁场分布的特点，用楞次定律判断产生的感应电流的方向.线圈向东 平动时，加和cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a 点电 势比b 点电势低，A 对；同理，线圈向北平动，则a 、b 两点电势相等，高于e 、d 两点电势, B 错；以"C.通过电阻的感应电流的方向由b 到a, 线圈与磁铁相互排斥 北备东S为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a-b-c-d-a,则C对D错.答案：AC3.（2010-长春调研）如图a所示，固定在水平而内的光滑金属框架cd绍处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆db与金属框架接触良好.在两根导轨的端点d、e Z间连接一电阻, 英他部分电阻忽略不计.现用一水平向右的外力F作用在金属杆。