1、2013-2014学年浙江省绍兴市诸暨市草塔中学高三（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题1（3分）（2012秋浙江校级期中）在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下，为了算出加速度，最合理的方法是（）计数点序号123456计数点对应的时刻/s0.10.20.30.40.50.6通过计数点时的速度/（cm/s）44.062.081.0100.0110.0168.0A根据任意两个计数点的速度，用公式a=算出加速度B根据实验数据画出vt图象，量出其倾角，用公式a=tan算出加速度C根据实验数据画出vt图象，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式a=算出加速度D依次算出通
2、过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度2（3分）（2013雅安三模）神舟九号飞船于2012年6月16日从酒泉卫星发射中心发射升空，先后与天宫一号目标飞行器成功进行了自动和手动两次对接图为对接前天宫一号、神舟九号飞船围绕地球沿圆轨道运行的示意图，下列说法中正确的是（）A天宫一号的速率大于神舟九号飞船的速率B天宫一号的周期大于神舟九号飞船的周期C天宫一号的加速度大于神舟九号飞船的加速度D天宫一号的机械能一定小于神舟九号飞船的机械能3（3分）（2012秋河西区期末）一小球以速度v0竖直上抛，它能到达的最大高度为H，问如图所示的几种情况中，哪种情况小球不可能达到高度H（忽略空气阻力）（
3、）A图a，以初速度v0沿光滑斜面向上运动B图b，以初速度v0沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动C图c（HR），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道，从最低点向上运动D图d（RH），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道从最低点向上运动4（3分）（2014春南安市校级期末）汽船航行时所受水的阻力与它的速度平方成正比，如果汽船以速度v水平匀速航行时，发动机的功率为P，则当汽船以速度2v水平匀速航行时，发动机的功率为（）APB2PC4PD8P5（3分）（2013秋诸暨市校级月考）如图所示，水平地面上放一绝缘斜面，带正电的滑块静止于绝缘斜面上，某时刻在斜面所在空间加一方向竖直向下的匀强电场，下列说法正确的
4、是（）A滑块仍将静止B滑块将加速下滑C斜面对滑块的摩擦力将减小D斜面将有向左运动的趋势6（3分）（2014西安三模）某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A在10s末时，质点的速度最大B在010s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反C在8s和12s时，质点的加速度方向相反D在20s内，质点的位移为9m7（3分）（2013雅安三模）如图，在竖直向上的匀强电场中，有一绝缘轻质弹簧竖直固定于水平地面上，上面放一带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止现撤去F，使小球沿竖直方向运动（不计空气阻力），在小球由静止到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹力对小球所做
5、功的数值分别为1.0102J、2.5102J、2.0102J，则上述过程中（）A小球的机械能增加2.5102JB小球的电势能增加2.5102JC小球离开弹簧瞬间的动能为3.5102JD小球与弹簧组成的系统机械能守恒8（3分）（2011孝感模拟）如图所示，质量m=10kg和M=20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250N/m现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（）AM受到的摩擦力保持不变B物块m受到的摩擦力
6、对物块m不做功C推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D开始相对滑动时，推力F的大小等于200N9（3分）（2013秋诸暨市校级月考）质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其vt图象如图所示，其中图线b表示物体受到水平拉力作用时的图象，图线a表示物体不受水平拉力时的图象，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A水平拉力等于0.6NB水平拉力等于0.4NC物体与水平面间的动摩擦因数等于0.2D物体与水平面间的动摩擦因数等于10（3分）（2013秋诸暨市校级月考）如图所示，小车板面上的物体质量为m=8，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8N现沿水平向右的
7、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1.5m/s2，随即以1.5m/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0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用D小车以1m/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8N11（3分）（2014赫山区校级二模）如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1F2，试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T的大小为（）AF1+
8、F2BCD12（3分）（2014上饶二模）如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD13（3分）（2013秋库尔勒市校级期末）如图所示，在倾角为30的斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（）A小球向下运动0.4m时速度最大B小球向下运动0.1m时与挡板分离C小球速度最大时与挡板
9、分离D小球从一开始就与挡板分离二、不定项选择题14（3分）（2015滕州市校级模拟）静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则vt图象是图中的（）ABCD15（3分）（2013宝鸡二模）如图所示，t=0时，质量为m=lkg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点现将不同时刻的瞬时速度记录在下表中，由此可知（）（g=10m/s2）t/s0369v/（ms1）08128A物体运动过程中的最大速度为12m/sBt=3s时刻物体恰好经过B点Ct=15s时刻物体恰好停在C点DAB
10、间距离小于BC间距离16（3分）（2013雅安三模）如图所示，顶端装有光滑定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过轻质细绳连接，并处于静止状态现用水平向右的力F将物体B缓慢拉动一定的距离（斜面体与物体A始终保持静止）在此过程中，下列判断正确的是（）A水平力F逐渐变大B物体A所受斜面体的摩擦力逐渐变大C斜面体所受地面的支持力逐渐变大D斜面体所受地面的摩擦力逐渐变大三、计算题17（2014乐亭县一模）如图所示，传送带与地面倾角=37，从A到B长度为L=10.25m，传送带以V0=10m/s的速率逆时针转动在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因
11、数为=0.5煤块在传送带上经过会留下黑色划痕 已知sin37=0.6，g=10m/s2，求：（1）煤块从A到B的时间（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度18（2013成都模拟）潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练某次演习的简化模型：敌舰沿直线MN匀速航行，潜艇隐蔽在Q点不动，Q到MN的距离QO=2000m当敌舰到达距离O点800m的A点时，潜艇沿QO方向发射一枚鱼雷，正好在O点击中敌舰敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸100s后潜艇沿QB方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B点再次击中敌舰测得OB=1 500m，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点
12、，鱼雷的速度大小恒为25m/s求：（1）敌舰第一次被击中前的速度；（2）鱼雷由Q至B经历的时间；（3）敌舰逃逸时的加速度大小（可用分式表示结果）19（2013秋诸暨市校级月考）如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L=8m，传送带右端Q点和竖直光滑圆轨道的圆心在同一竖直线上，皮带匀速运动的速度v0=5m/s一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2求：（1）N点的纵坐标；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；（
13、3）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨），求这些位置的横坐标范围20（2013秋宜秀区校级期中）如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块A，滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B，B又通过一轻质弹簧连接物块C，C静止在地面上开始用手托住A，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A由静止释放，当速度达到最大时，C也刚好同时离开地面，此时B还没有到达滑轮位置已知：mA=1.2kg，mB=1kg，mc=1kg，滑轮与杆子的水平距离L=0.8m试求：（1）A下降多大距离时速度最大？（2）弹簧的劲度系数（3）AB的最大速度是多少？2013-2014
14、学年浙江省绍兴市诸暨市草塔中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1（3分）（2012秋浙江校级期中）在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下，为了算出加速度，最合理的方法是（）计数点序号123456计数点对应的时刻/s0.10.20.30.40.50.6通过计数点时的速度/（cm/s）44.062.081.0100.0110.0168.0A根据任意两个计数点的速度，用公式a=算出加速度B根据实验数据画出vt图象，量出其倾角，用公式a=tan算出加速度C根据实验数据画出vt图象，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式a=算出加速度D依次算出通
15、过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度考点：加速度版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：通过题目给出的数据作出速度时间图象，解出其斜率即是小车的加速度解答：解：AC、在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出vt图象，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时，应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式a=算出加速度，所以误差小；故A错误，C正确B、根据实验数据画出vt图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不
16、同，所以量出其倾角，用公式a=tan算出的数值并不是加速度，故B错误D、这种方法是不对的，因为根本就不知道加速度是一个什么函数，如果是一个变化值这种方法完全是错误的，除非你能确定加速度是什么函数，故D错误故选：C点评：在实验中处理数据的方法较多，而图象法往往是一种比较准确的解题方法2（3分）（2013雅安三模）神舟九号飞船于2012年6月16日从酒泉卫星发射中心发射升空，先后与天宫一号目标飞行器成功进行了自动和手动两次对接图为对接前天宫一号、神舟九号飞船围绕地球沿圆轨道运行的示意图，下列说法中正确的是（）A天宫一号的速率大于神舟九号飞船的速率B天宫一号的周期大于神舟九号飞船的周期C天宫一号的加
17、速度大于神舟九号飞船的加速度D天宫一号的机械能一定小于神舟九号飞船的机械能考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用版权所有专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力F=m=ma比较运行速率、向心加速度、周期解答：解：根据万有引力提供向心力有：F=m=mav=T=2a=天宫一号的轨道半径大于神舟九号飞船，A、天宫一号的速率小于神舟九号飞船速率，故A错误B、天宫一号的周期大于神舟九号飞船的周期，故B正确C、天宫一号的加速度小于神舟九号飞船的加速度，故C错误D、不清楚天宫一号和神舟九号飞船的质量关系，所以天宫一号的机械能和天宫一号的机械能关系不清楚，故D错误故选B点评：解决
18、本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道的半径的关系比较向心加速度、线速度大小、角速度、周期3（3分）（2012秋河西区期末）一小球以速度v0竖直上抛，它能到达的最大高度为H，问如图所示的几种情况中，哪种情况小球不可能达到高度H（忽略空气阻力）（）A图a，以初速度v0沿光滑斜面向上运动B图b，以初速度v0沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动C图c（HR），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道，从最低点向上运动D图d（RH），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道从最低点向上运动考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球在圆轨道的内轨道中做圆周运动，过最高点的最小速度v=，
19、在内轨道中，上升过程中可能越过最高点，若越不过最高点，在四分之一圆弧轨道以下，最高点的速度可以为零，在四分之一圆弧轨道以上最高点的速度不能为零解答：解：小球以v0竖直上抛的最大高度为H，到达最大高度时速度为0由机械能守恒有 =mgHA、B、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，=mgh+0则h=H故AB可能C、小球到达最高点的速度不能为零，由=mgh+，v0，则得hH故C不可能D、若小球运动到与圆心等高的位置时速度为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高H处，故D可能本题选不可能的，故选C点评：解决本题的关键掌握机械能守恒定律，掌握小球到达光滑圆轨道最高点的临界速度，会
20、判断小球在最高点的速度是否为零4（3分）（2014春南安市校级期末）汽船航行时所受水的阻力与它的速度平方成正比，如果汽船以速度v水平匀速航行时，发动机的功率为P，则当汽船以速度2v水平匀速航行时，发动机的功率为（）APB2PC4PD8P考点：功率、平均功率和瞬时功率版权所有专题：功率的计算专题分析：当汽船匀速航行时，汽船受到的阻力的大小和牵引力的大小相等，当汽船以速度2v水平匀速航行时，根据所受水的阻力与它的速度平方成正比可以求得汽船受到的阻力的大小，再由P=fv可以求得发动机的功率解答：解：由于汽船航行时所受水的阻力与它的速度平方成正比，所以汽船以速度v水平匀速航行时，受到的阻力的大小为f=
21、kv2，此时汽船受到的阻力的大小和牵引力的大小相等，即P=Fv=fv，当汽船以速度2v水平匀速航行时，汽船受到的水的阻力的大小为f=k（2v）2=4kv2=4f，所以此时的功率的大小为P=F2v=4f2v=8P，所以D正确故选D点评：船受到的阻力的大小是和它的速度平方成正比的，所以当船的速度不同的时候，船受到的阻力的大小也是不同的，求出此时船受到的阻力，由P=Fv=fv可以求得功率的大小5（3分）（2013秋诸暨市校级月考）如图所示，水平地面上放一绝缘斜面，带正电的滑块静止于绝缘斜面上，某时刻在斜面所在空间加一方向竖直向下的匀强电场，下列说法正确的是（）A滑块仍将静止B滑块将加速下滑C斜面对滑
22、块的摩擦力将减小D斜面将有向左运动的趋势考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；共点力平衡的条件及其应用版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：物体静止在斜面上，则有mgsinmgcos；当加方向竖直向下的匀强电场时，滑块将受到电场力作用，分析沿斜面向下的外力与最大静摩擦力的大小，判断物体的状态，分析斜面对物体的摩擦力如何变化对整体研究，分析斜面是否有运动趋势解答：解：A、B物体原来静止在斜面上，则有mgsinmgcos，即sincos当加方向竖直向下的匀强电场时，因为（mg+qE）sin（mg+qE）cos，所以物体仍将静止故A正确，B错误C、原来斜面对物体的摩擦力大小为mgcos，加电场
23、后为（mg+qE）cos，故斜面对物体的摩擦力将增大故C错误D、对整体，水平方向没有其他外力，则由平衡条件得知，地面对斜面没有静摩擦力，说明斜面没有运动的趋势故D错误故选：A点评：本题的解题关键是抓住物体静止的条件是mgsinmgcos，得到sincos，再分析加电场后物体的状态6（3分）（2014西安三模）某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A在10s末时，质点的速度最大B在010s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反C在8s和12s时，质点的加速度方向相反D在20s内，质点的位移为9m考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：位移时间图象表示物体的
24、位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向解答：解：A、位移时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；B、在010s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确；C、在010s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在1020s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向所以在8s和12s时，质点的加速度方向
25、相同，故C错误；D、x=x2x1=01m=1m，故D错误故选：B点评：理解位移时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键7（3分）（2013雅安三模）如图，在竖直向上的匀强电场中，有一绝缘轻质弹簧竖直固定于水平地面上，上面放一带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止现撤去F，使小球沿竖直方向运动（不计空气阻力），在小球由静止到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹力对小球所做功的数值分别为1.0102J、2.5102J、2.0102J，则上述过程中（）A小球的机械能增加2.5102JB小球的电势能增加2.5102JC小球离开弹簧瞬间的动能为3.5102J
26、D小球与弹簧组成的系统机械能守恒考点：机械能守恒定律菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：解答本题需掌握：除重力外其余力做的功等于机械能的增加量；电场力做的功等于电势能的减小量；合力做的功等于动能的增加量；机械能守恒条件是只有重力做功或只有弹力做功解答：解：A、除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，结合题意知道电场力做正功，弹力做正功，故E=2.5102J+2.0102J=4.5102J，故机械能增加量为4.5102J，故A错误；B、电场力做功为2.5102J，电场力做的功等于电势能的减小量，故电势能减小2.5102J，故B错误；C、合力做的功等于动能的增加量，重力做负功，电场力做
27、正功，弹力做正功，故Ek=1.0102J+2.5102J+2.0102J=3.5102J，故C正确；D、由于有电场力做功，故系统机械能不守恒，故D错误；故选C点评：本题关键先判断各个力做功的正负情况，然后根据功能关系列式求解8（3分）（2011孝感模拟）如图所示，质量m=10kg和M=20kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250N/m现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（）AM受到的摩擦力保持不变B物块m受
28、到的摩擦力对物块m不做功C推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D开始相对滑动时，推力F的大小等于200N考点：功能关系；功的计算版权所有分析：对m进行受力分析，根据平衡条件求得摩擦力变化的情况根据做功的条件判断摩擦力对物块m是否做功把m和M看成整体进行受力分析，根据动能定理求解解答：解：A、对m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧的弹力和向左的静摩擦力由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，也就可以看成平衡状态，所以M对m的摩擦力也在增大所以M受到的摩擦力在增大，故A错误B、物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，故B错误C、把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受
29、向右的弹簧弹力和向左的推力当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F=kx=100N，对整体研究，根据动能定理得WF+W弹=Ek=0弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，WF=W弹=Ep，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，故C正确，D错误故选C点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题两物块间刚开始相对滑动，此时m受的摩擦力达到最大静摩擦力9（3分）（2013秋诸暨市校级月考）质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其vt图象如图所示，其中图线b表示物体受到水平拉力作用时的图象，图线a表示物体不受水平拉力时的图象，重力加速度
30、g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A水平拉力等于0.6NB水平拉力等于0.4NC物体与水平面间的动摩擦因数等于0.2D物体与水平面间的动摩擦因数等于考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；动摩擦因数版权所有专题：直线运动规律专题分析：先根据图象得到物体的运动情况，求出加速度，再根据牛顿第二定律求出合力；再受力分析后得到拉力和摩擦力的值解答：解：A、由图知：a图表示加速度为的匀减速运动，b图表示加速度为的匀减速运动；故根据牛顿第二定律，a受到合外力0.2N，b受到合外力0.4N；图线a表示物体不受水平拉力时的图象，所以摩擦力为0.2N，水平拉力为0.2N，故AB错误；
31、C、根据得：，故C错误，D正确故选：D点评：本题关键先由图象得到运动情况，求出加速度后，根据牛顿第二定律求出合力，再受力分析，得到各个未知力10（3分）（2013秋诸暨市校级月考）如图所示，小车板面上的物体质量为m=8，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8N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1.5m/s2，随即以1.5m/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0.75m/s2时，物体不受
32、摩擦力作用D小车以1m/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8N考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体开始受弹簧的弹力和静摩擦力处于静止状态，当整体加速度逐渐增大时，隔离物体分析，通过加速度的变化，根据牛顿第二定律得出弹簧弹力和摩擦力的变化解答：解：A、B、弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为8N，当整体加速度从零逐渐增大到1.5m/s2，则物块的加速度也从零逐渐增大到1.5m/s2，根据牛顿第二定律知，物块的合力从0增大到12N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变故A错误，B正确C、
33、当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，则物块所受的合力F合=ma=6N，弹簧的弹力等于8N，则静摩擦力为2N，向左，故C错误D、小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合=ma=8N，弹簧的弹力等于8N，则摩擦力为零故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，对物块隔离分析，运用牛顿第二定律，分析摩擦力的变化11（3分）（2014赫山区校级二模）如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1F2，试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T的大小为（）AF1+F2BCD考点：
34、牛顿第二定律；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：先用整体法求解加速度，在用隔离法隔离出木块m1受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出细线的拉力解答：解：将m1和m2做为整体，由牛顿第二定律，整体加速度为a=，对m1由牛顿第二定律有m1a=F1T，所以T=F1m1a=，故选：D点评：整体法与隔离法是求见连接体问题的常用方法，当不涉及系统内力时，可以用整体法，当要求解系统的内力时可以用隔离法12（3分）（2014上饶二模）如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水
35、平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度解答：解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，设位移与水平方向的夹角为，则tan=因为tan=，则竖直位移y=.所以，故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解13（3分）（2013秋库尔勒市校级期末）
36、如图所示，在倾角为30的斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（）A小球向下运动0.4m时速度最大B小球向下运动0.1m时与挡板分离C小球速度最大时与挡板分离D小球从一开始就与挡板分离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速
37、度a=4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移解答：解：A、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即 kxm=mgsin30，解得：xm=由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m故A错误设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F根据牛顿第二定律有：mgsin30kxF1=ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板
38、分离时，F1减小到零，则有：mgsin30kx=ma，解得：x=m=0.1m，即小球向下运动0.1m时与挡板分离故B正确C、因为速度最大时，运动的位移为0.5m，而小球运动0.1m与挡板已经分离故C、D错误故选：B点评：解决本题的关键抓住临界状态：1、当加速度为零时，速度最大；2、当挡板与小球的弹力为零时，小球与挡板将分离结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解二、不定项选择题14（3分）（2015滕州市校级模拟）静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则vt图象是图中的（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像
39、专题分析：物体0t时间内，物体的合力均匀减小，t2t时间内，物体的合力均匀增大，根据速度与合力的方向得到物体可能的运动情况解答：解：根据Ft图象可知，0t时间内，物体的合力均匀减小，方向沿正方向，根据牛顿第二定律得知，加速度均匀减小，方向沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，vt图象的斜率逐渐减小；t2t时间内，物体的合力均匀增大，方向沿正方向，加速度均匀增大，物体做加速度增大的加速运动，vt图象的斜率逐渐增大故AC正确，BD错误故选AC点评：本题关键求出合力的变化情况后，根据牛顿第二定律确定加速度的情况，然后根据加速度与速度的方向关系确定速度的变化情况15（3分）（2013宝鸡二模）如图所示
40、，t=0时，质量为m=lkg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点现将不同时刻的瞬时速度记录在下表中，由此可知（）（g=10m/s2）t/s0369v/（ms1）08128A物体运动过程中的最大速度为12m/sBt=3s时刻物体恰好经过B点Ct=15s时刻物体恰好停在C点DAB间距离小于BC间距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：根据图表中的数据，由运动学公式可以求出物体下滑的加速度和在水平面上的加速度如果第6s还在斜面上的话，求出第6s末的速度，从而判断出第6s已过B点通过运动学公式求出
41、vB，即可求出AB、BC的距离解答：解：AB、根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度 a1=m/s2，若t=6s时刻物体恰好经过B点时，B点的速度为 vB=a1t=s=16m/s12m/s所以从而判断出第6s已过B点是在3s到6s之间经过B点所以最大速度应大于12m/s故AB错误C、物体在水平面上的加速度a2=m/s2 设物体在斜面上滑行时间为t1，从斜面底端到速度为12m/s的时间为t2 根据运动学公式：a1t1+a2t2=12，t1+t2=6，解出t1=5s，则知经过4s到达B点，到达B点时的速度 v=a1t=m/s=m/s设t时刻停在C点，则得：tt1=，则得：t=t1+=5s+s=
42、15s，故C正确D、AB段的长度为 xAB= m=32mBC段长度为xBC=m=64m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确故选：CD点评：解决本题的关键熟练掌握运动学公式v2v02=2ax、v=v0+at，并能通过计算分析物体的运动过程16（3分）（2013雅安三模）如图所示，顶端装有光滑定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过轻质细绳连接，并处于静止状态现用水平向右的力F将物体B缓慢拉动一定的距离（斜面体与物体A始终保持静止）在此过程中，下列判断正确的是（）A水平力F逐渐变大B物体A所受斜面体的摩擦力逐渐变大C斜面体所受地面的支持力逐渐变大D斜面体所受地面的摩擦力逐渐变大
43、考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先隔离对B分析，通过共点力平衡判断绳子拉力和F的大小变化，再对整体分析，判断摩擦力及支持力的变化解答：解：取物体B为研究对象分析其受力，则有F=mgtan，T=，增大，则水平力F随之变大对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，拉力F增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其它力，故斜面体所受地面的支持力应该没有变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定故A、D正确，
44、B、C错误故选AD点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用三、计算题17（2014乐亭县一模）如图所示，传送带与地面倾角=37，从A到B长度为L=10.25m，传送带以V0=10m/s的速率逆时针转动在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为=0.5煤块在传送带上经过会留下黑色划痕 已知sin37=0.6，g=10m/s2，求：（1）煤块从A到B的时间（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）物
45、体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”；根据牛顿第二定律求出两段的加速度，再根据速度时间关系求两段的时间；（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动；第二阶段，炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动；根据运动学公式求解相对位移解答：解：（1）开始阶段由牛顿第
46、二定律得：mgsin+mgcos=ma1 所以：a1=gsin+gcos=10m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：t1=1s发生的位移：x1=a1t12=5m16m，所以物体加速到10m/s 时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变第二阶段有：mgsinmgcos=ma2所以：a2=2m/s2设第二阶段物体滑动到B的时间为t2 ，则：LABS=vt2+a2t22解得：t2=1s 在B点的速度为：vB=v+a2t2=10+21=12m/s总时间：t=t1+t2=1+1=2s（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：x1=a=1012=5m传送带的位移为10m
47、，故炭块相对传送带上移5m；第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：x2=vt2+a2=101+212=11m传送带的位移为10m，即炭块相对传送带下移1m：故传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m；答：（1）煤块从A到B的时间为2s；（2）传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m点评：从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻18（2013成都模拟）潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练某次演习的简化模型：敌舰沿直线MN匀速航行，潜艇隐蔽在Q点不动，Q到MN的距离QO=2000m当敌
48、舰到达距离O点800m的A点时，潜艇沿QO方向发射一枚鱼雷，正好在O点击中敌舰敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸100s后潜艇沿QB方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B点再次击中敌舰测得OB=1 500m，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25m/s求：（1）敌舰第一次被击中前的速度；（2）鱼雷由Q至B经历的时间；（3）敌舰逃逸时的加速度大小（可用分式表示结果）考点：匀变速直线运动规律的综合运用版权所有专题：直线运动规律专题分析：（1）鱼雷沿QO做匀速直线运动，则由直线运动的公式可求得敌舰的速度；（2）由几何关系求得QB，则由鱼雷的运动
49、可求得时间；（3）由题意可知敌舰加速过程的初速度，由位移公式可求得加速度解答：解：（1）鱼雷从Q到O经历的时间t1=80s；敌舰第一次被击中前的速度v1=m/s=10m/s；（2）设第二枚鱼雷经过时间t2击中敌舰，则QB=2500m；t2=100s；（3）敌舰第一次击中后瞬间的速度v2=5m/s敌舰第一次击中后运动的时间t3=t2+100=200s；设敌舰的加速度为a，由OB=v2t3+at32解得a=0.025m/s2；答：（1）第一次击中前的速度为10m/s；（2）鱼雷从Q到B的时间为100s；（3）敌舰的加速度为0.025m/s2点评：本题考查运动学公式及几何关系的应用，注意明确两个物体
50、的运动过程，正确选择公式即可求解19（2013秋诸暨市校级月考）如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L=8m，传送带右端Q点和竖直光滑圆轨道的圆心在同一竖直线上，皮带匀速运动的速度v0=5m/s一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2求：（1）N点的纵坐标；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；（3）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨），求这些位
51、置的横坐标范围考点：牛顿第二定律；向心力版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）求解出P到Q过程的加速度，根据运动学公式列式求解出Q点的速度；在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立方程得到圆弧轨道的半径；（2）根据Q=fS求解热量（3）滑块在滑动摩擦力的作用下加速，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速度就不同，求出恰好到达圆心右侧M点、圆心右侧等高点、圆心左侧M点的临界加速距离解答：解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：a=5m/s2，小物块与传送带共速时，所用的时间t=1s，运动的位移：s=2.5mLxP=6m故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m
52、/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，在N点，由牛顿第二定律得：mg=m，从Q到N过程，由机械能守恒定律得：mv02=mg2R+mvN2，解得：R=0.5m，则N点的纵坐标：yN=2R=1m；（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移：s=v0ts=2.5m，系统产生的热量：Q=mgs=12.5J；（3）由（1）可知，当物块从x1=Ls=5.5m处释放时，物块到达Q点时恰好与皮带速度相等，物块恰好通过圆轨道的最高点，则当xx1=5.5m时，物块不会脱离圆轨道；设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达与圆心等高位置，从释放点到圆心等高位置过程中，由动能定理得：mg（
53、Lx）mgR=00，解得：x2=7m，当x7m时，物块不会脱离轨道；故小物块放在传送带上的位置坐标范围为： 0x5.5m和7mx8m；答：（1）N点的纵坐标为1m；（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量为12.5J；（3）小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨）的位置的横坐标范围是0x5.5m和7mx8m点评：本题关键是明确小滑块的运动情况，然后分段根据牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式分析求解20（2013秋宜秀区校级期中）如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块A，滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B，B又通过一轻质弹簧连接物块C，C静止在地面上开始用手
54、托住A，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A由静止释放，当速度达到最大时，C也刚好同时离开地面，此时B还没有到达滑轮位置已知：mA=1.2kg，mB=1kg，mc=1kg，滑轮与杆子的水平距离L=0.8m试求：（1）A下降多大距离时速度最大？（2）弹簧的劲度系数（3）AB的最大速度是多少？考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）当A速度达到最大时，加速度等于0，此时C刚好同时离开地面，那么对B和C整体可求出绳子拉力，根据几何关系求得B上升高度，求出A下降的高度（2）B上升的高度等于开始与此时弹簧形变量之和，由胡克定律求解弹簧的劲度系数（3
55、）对于物体A、B、C以及弹簧组成系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律和两物体的速度关系列式求解即可解答：解：（1）当A速度达到最大时，即加速度等于0的时候，此时C也刚好同时离开地面，那么对B和C整体分析只有绳子拉力和重力，因此此时绳子拉力为：T=mBg+mCg=210N=20N当A的速度最大加速度等于0时，即：Tcos=mAg，代入数据得：=53假设A下降的高度为h，则根据几何关系可得：tan=，带入得：h=L=0.6m；（2）根据几何关系可知，A下降0.6m时定滑轮到A的距离为：s=1m那么绳子拉长的长度也就是B上升的高度就是：hB=sL=0.2m初始状态，绳
56、子无张力，对B分析有：kx1=mBg，弹簧的压缩量：x1=末状态，C刚好离开地面，对C分析有：kx2=mCg，即弹簧的伸长量：x2=根据几何关系得：x1+x2=hB代入计算得：2=0.2解得：k=100N/m（3）由第二问可知，初状态弹簧压缩为：x1=0.1m和末状态弹簧拉伸为：x2=0.1m，弹簧弹性势能没有变化，那么在此过程中ABC和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：Ep=mBg（x1+x2）mAgh+mBvB2+mAvA2+Ep，有几何关系可得AB的速度关系有：vAcos=vB带入计算得：vA=m/s，vB=m/s；答：（1）A下降0.6m时速度最大；（1）弹簧的劲度系数为100N/m（2）A、B的最大速度分别是m/s、m/s点评：本题关键分析清楚物体的运动规律，然后根据平衡条件和机械能守恒定律以及胡克定律列式后联立求解即可