1、湖南省邵阳市邵东三中2015届高三下学期第五次月考物理试卷一、选择题本题共12小题，每小题4分，共计48分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分1关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )A安培首先发现了电流的磁效应B伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动C牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小D法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的考点：物理学史 分析：本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要
2、了解、知道这些著名科学家的重要贡献解答：解：A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；B、伽利略认为自由落体运动中速度随时间变化是均匀的，位移与所用时间的平方成正比，故B错误；C、牛顿发现了万有引力定律，并没有计算出太阳与地球间引力的大小，故C错误；D、法拉第最早提出场的概念，并引入电场线描述电场，说明电荷所受到的力是电场给予的，故D正确故选D点评：本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆2如图为一种主动式光控报警器原理图，图中R1和R2为光敏电阻，R3和R4为定值电阻当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，都会引起警铃发声，则图中虚线框内的电路是( )A“
3、与”门B“或”门C“或非”门D“与非”门考点：闭合电路的欧姆定律；简单的逻辑电路 专题：恒定电流专题分析：当某个事件的条件全部满足，事件才能发生，应采用与门电路某个光敏电阻没有被光照时，电阻很大，与之相连的门电路的输入端为低电位，反之为高电位门电路的输出端为高电位时，电铃不响，门电路的输出端为低电位是电铃响解答：解：由题意分析：当射向两个光敏电阻的光束都没有被挡，两个光敏电阻的电阻值都比较小，门电路的输入端都是高电位，而此时警铃不响，说明门电路的输出端也是高电位当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，门电路的输入端一个为高电位、一个为低电位，此时电铃响，说明门电路的输出端为低电位根据以
4、上分析，只有“与”门符合故选A点评：本题的解题关键要掌握与门逻辑电路的特点：某个事件的条件全部满足事件才能发生，采用与门电路，能够理解它在实际中的应用原理3如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则( )A电压表的示数变大B电池内部消耗的功率变大C电阻R2两端的电压变大D电池的效率变大考点：路端电压与负载的关系 分析：将电键S1由位置1切换到位置2，通过外电阻的变化，抓住电动势和内阻不变，分析电流、外电压的变化电池的效率可根据=得知解答：解：A将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动
5、势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小故A错误 B电路中的总电流变大，根据P内=I2r，知，电源内部消耗的功率变大故B正确 C设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值为R，当电建打在1时，R2两端的电压U2=R，当电键打在2时R2两端的电压=R=可知U2故C错误 D电池的效率可根据=得知，外电压变小，电池的效率变小故D错误故选B点评：解决本题的关键是抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析4如图1所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示开关S闭
6、合后下列判断正确的是( )AL1电流为L2电流的2倍BL1消耗的电功率为0.75WCL2消耗的电功率为0.375WD此时L2的电阻为12考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率解答：解：当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1=12，功率P1=U1I1=0.75W，灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，R2=，灯泡
7、L2、L3的功率均为P=UI=1.5V0.20A=0.30W，故B正确，ACD错误；故选：B点评：本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压读图能力是基本功5如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是( )A运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B在这个过程中，跳板的弹力一直对她做负功C在这个过程中，合外力一直对她做负功D在这个过程中，运动员的重力对她做的功小于运动员克服跳板的弹力做的功考点：机械能
8、守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：运动员从接触跳板开始，受到弹力和重力两个力，在整个过程中，弹力从0 增加到最大，合力先减小和增大，速度先增大后减小，动能先增大后减小，弹力一直向上，位移向下，所以弹力一直做负功解答：解：A、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，最低点合力不为零故A错误B、弹力一直向上，位移向下，所以弹力一直做负功，故B正确C、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，所以合力先做正功，后做负功故C错误D、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用
9、力对他做的功故D正确故选：BD点评：解决本题的关键掌握力与运动的关系，当加速度与速度同向，速度增加，当加速度与速度反向，速度减小，知道合外力做功等于物体动能的变化量6竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力下列说法中不正确的是( )A在B点时，小球对圆轨道的压力为零BB到C过程，小球做匀变速运动C在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力DA到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小考点：牛顿第二定律；向心力 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球在竖直圆轨道内做变速圆周运动，当其与轨道间有相互作用时，沿
10、着轨道运动，否则将脱离轨道，至于水平方向的加速度的变化和离开轨道后的运动性质利用牛顿第二定律即牛顿第二定律的独立性解决即可解答：解：A、小球在B点恰好脱离轨道，则小球与轨道间恰好无相互作用力，故A正确B、从B到C过程，小球只受重力作用，做匀变速曲线运动，故B正确C、在A点，小球具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，对轨道的压力小于其重力，故C错误D、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D正确本题选不正确的，故选C点评：考纲规定中学阶段竖直轨道的圆周运动只考察最高点及最低点，故本题的出
11、现给做题者以耳目一新的感觉，同时也带来了一定的难度，其实针对不同的位置和过程分别利用牛顿第二定律就行了，但要考虑牛顿第二定律的独立性7如图所示，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态下列说法中正确的是( )A若m2向下运动，则斜劈受到水平面向左摩擦力B若m1沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力C若m1沿斜面向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于（m1+m2+M）gD若m2向上运动，则轻绳的拉力一定大于m2g考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的
12、运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：运动情况不同，各部分受力不同，故需要根据选项提到的运动状态分别讨论，并运用整体法，牛顿第二定律的内容进行分析即可求解解答：解：A、只说向下运动，没说明是加速向下还是减速向下还是匀速向下分三种情况讨论：1）若m2加速向下运动，则m1沿斜面向上加速运动，加速度沿斜面向上，m1和斜面看作一个整体，则整体有沿斜面向上的加速，该加速度可正交分解为水平方向和竖直方向两个分量，则水平方向加速度由斜面受到的向左的摩擦力提供，竖直向上的加速度由地面支持力与重力的合力提供故斜面受到水平向左的摩擦力2）若m2减速下滑，则m1减速沿斜面上滑，加速度沿斜面向下，把m1和斜面看作
13、整体，则整体有沿斜面向下的加速度该加速度有水平向右的分量该加速度分量由摩擦力提供故斜面受到向右的摩擦力3）若m2匀速下划，则m1沿斜面匀速上滑，加速度为零把m1和斜面看作整体，整体没有加速，处于平衡状态，故地面对斜面摩擦力为零故A错误B、由于m1加速下滑，故m1加速度沿斜面下滑，把m1和斜面看作整体，整体有沿斜面向下的加速度，该加速度有水平向右的分量，所以斜面受到向右的摩擦力故B正确C、同样没有说明是加速减速还是匀速，故C错误D、同样没有说明向上加速向上减速还是向上匀速，三种情况绳的拉力不同需要讨论故D错误故选：B点评：该题较难需要熟练掌握整体法处理物理问题真确理解并能灵活运用牛顿运动定律，即
14、可求解该题8木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星观察测出：木星绕太阳作圆周运动的半径为r1、周期为T1；木星的某一卫星绕木星作圆周运动的半径为r2、周期为T2已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件( )A能求出木星的质量B能求出木星与卫星间的万有引力C能求出太阳与木星间的万有引力D可以断定考点：万有引力定律及其应用 专题：计算题分析：木星绕太阳作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式某一卫星绕木星作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式根据题目中已知物理量判断能够求出的物理量运用开普勒第三定律求解问题解答：解：A、某一卫星绕木星作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：=m卫r
15、2m木=故A正确B、由于不知道卫星的质量，所以不能求出木星与卫星间的万有引力，故B错误C、太阳与木星间的万有引力提供木星做圆周运动所需要的向心力，太阳与木星间的万有引力F=m木r1=r1=故C正确D、根据开普勒第三定律为：=k，其中我们要清楚k与中心体的质量有关，与环绕体无关而木星绕太阳作圆周运动的中心体是太阳，卫星绕木星作圆周运动的中心体为木星，所以，故D错误故选AC点评：一个物理量能不能求出，我们应该先通过物理规律表示出这个物理量的关系式，再根据题目中已知物理量判断开普勒第三定律为：=k，其中我们要清楚k与中心体的质量有关，与环绕体无关9如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，
16、一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )A上述过程中，F做功大小为B其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长C其他条件不变的情况下，M越大，s越小D其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系 专题：压轴题分析：（1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量；（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不
17、变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多解答：解：A由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误； B滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故B错误； C由于木板受到
18、摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故C正确； D系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确故选CD点评：本题重点考查了功能关系，对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉本题就是常见而重要的滑块和木板模型10如图示为某点电荷电场中的一条电场线，A、B、C是电场线上的三个点，且AB=BC，若在A处由静止释放一带正电的试探电荷，只在电场力作用下开始运动，以下判断正确的是( )A该试探电荷的加速度一定越来越小B运动过程中，试探电荷的电势能一定逐渐增加C若AB两
19、点间电势差为U，则AC两点间电势差为2UD试探电荷的电势能与动能之和一定保持不变考点：电场线；电势差；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小解答：解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，也就不知道电荷加速度的变化情况，所以A错误；B、由静止释放一带正电的试探电荷，电荷将向右运动，电场力做正功，电势能减小，所以B错误；C、由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情
20、况，所以不能判断场强的大小，所以此时就不能再根据U=Ed来计算电势差，所以C错误；D、整个过程中，电荷只受电场力的作用，总的能量守恒，所以试探电荷的电势能与动能之和一定保持不变，所以D正确；故选D点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题11如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环则在带电粒子运动过程中( )A在O1点粒子加速度方向向左B从O1到O2过程粒子电势能一直增加C轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D轴线上O1点
21、右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称考点：电场强度；动能定理的应用；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左；要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小；根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0解答：解：A、在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而Q各点在O1产生的场
22、强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A正确B、在+q从O1向O2运动的过程中+Q对+q的电场力向左，Q对+q的作用力方向也向左，故电场力对+q始终做正功，故+q的电势能一直减小故B错误C、根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O1的右侧，故C正确D、根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场
23、但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，同理O2的左侧也有场强为0的位置，而O1和O2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O1、O2的连线对称，故D正确故选ACD点评：本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，每个位置都不能漏过场强是矢量，其运算利用平行四边形定则12如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上下列说法中正确的是( )A液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越
24、大C电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长考点：带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：分析带电液滴的受力，根据物体做曲线运动的条件可知液滴的运动轨迹；根据U=Ed可知电动势变化时E的变化，则可知所受合力的变化，即可求得加速度的变化；因液滴落在了一个极板上，故液滴的运动时间取决其在水平向的运动，分析水平方向上的受力情况可求得液滴的运动时间解答：解：A、液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故A错误；B、两板间的
25、电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由U=Ed可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故B正确；C、因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C正确；D、定值电阻在此电路中只相当于导线，电容器板间电压等于电源的电动势，所以阻值的变化不会改变两板间的电势差；故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误；故选：BC点评：虽然本题中液滴做的是直线运动，但要注意速度合成与分解的应用，明确水平方向和竖直方向上的两个运动是互不干扰的三、简答题：本题共2小题，共计16分请将解答填写在
26、答题卡相应的位置13测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器应接在交流（选填“直流”或“交流”）电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块加速度大小a=1.3m/s2（保留两位有效数字）考点：
27、探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：了解实验仪器的使用和注意事项对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度解答：解：（1）电火花计时器应接在交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律得：对木块：FMg=Ma对砝码盘和砝码：mgF=ma由上式得：=（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s根据运动学公式得：x=at2，a=1.3m/s2故答案为：（1）交流，细线与长木板平行（2）（3）1.3点评：
28、能够从物理情境中运用物理规律找出物理量间的关系要注意单位的换算和有效数字的保留14为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，可供选择的器材如下：A电流表G1（2mA100）B电流表G2（1mA内阻未知）C电阻箱R1（0999.9）D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（0101A）F滑动变阻器R4（01 00010mA）G定值电阻R0（8000.1A）H待测电池I导线、电键若干（1）采用如图1所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：I1（mA）0.400.811.201.592.00I2（mA）0.200.400.600.801.00
29、根据测量数据，请在图2坐标中描点作出I1I2图线由图得到电流表G2的内阻等于200（2）在现有器材的条件下，测量该电池的电动势和内阻，采用如图3所示的电路，图中滑动变阻器应该选用给定的器材中R3，电阻箱选R2（均填写器材代号）（3）根据图3所示电路，请在图4中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；压轴题；恒定电流专题分析：（1）从表格中的数据看，I1I2成正比电流表G2和电流表G1并联，电流之比就是内阻的反比 （2）滑动变阻器只有在阻值相对较小时，移动变阻器，电表的示数变化比较明显电阻箱和G2相当于构成一电压表，如果量程为3V，该电阻箱的阻值为2800
30、（3）连接实物图时，一个回路一个回路地进行连接解答：解：（1）从表格中的数据看，I1I2成正比图线为过原点的直线，电流表G2和电流表G1并联，电流之比就是内阻的反比如图，=2，电流表G1的内阻是100，所以电流表G2的内阻等于200 （2）滑动变阻器只有在阻值相对较小时，移动变阻器，电表的示数变化比较明显所以滑动变阻器选R3；电阻箱和G2相当于构成一电压表，如果量程为3V，该电阻箱的阻值为2800所以电阻箱选R2（3）实物图连线如图故答案为：（1）如图，200（2）R3R2（3）如图点评：解决本题的关键：1、知道实验中I1I2图线斜率的含义2、理解测量电源电动势和内阻的原理四、计算题：本题共3
31、小题，共计46分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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15如图所示，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为某时刻绳突然断裂，氢气球飞走已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v，可以表示为f=kv（k为已知的常数）则（1）氢气球受到的浮力为多大？（2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？（3）一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v0相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发生变化，重力加速度为g）考点：共点力平衡的条件及
32、其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）对气球进行受力分析，作出气球的受力分析图，然后由平衡条件求出气球受到的浮力（2）绳子断裂时，绳子的拉力消失，气球所受的其它力不变，气球所受的合力与绳子的拉力等大、反向，求出气球所受的合力，然后由牛顿第二定律求出加速度（3）气球匀速运动时，根据竖直方向上受力平衡，列式求出气球相对空气竖直向上速度，再由速度的合成求气球相对地面速度大小解答：解：（1）气球静止时受力如图，设细绳的拉力为T，由平衡条件得水平方向上：Tcos=kv0 解得：T=； 竖直方向上：Tsin+mgF浮=0，解得：F浮=kv0tan+mg（2）
33、细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为T，则加速度大小为 a=解得 =（3）设气球匀速运动时，相对空气竖直向上速度vy，则有 kvy+mgF浮=0，解得，vy=v0tan气球相对地面速度大小 v=解得v=答：（1）氢气球受到的浮力为kv0tan+mg（2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为（3）此时气球速度大小为点评：本题考查了受力分析、力的合成与分解、共点力作用下物体的平衡条件、牛顿第二定律，是一道基础题；正确地对物体受力分析是正确解题的前提与关键，对物体受力分析时，要养成画受力分析图的习惯16（16分）如图所示，一个质量为m的钢性圆环套在一根固定的足够长的水平直杆上，环的半径略大于杆的半径环与杆之间的动
34、摩擦因数为，t=0时刻给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个方向始终竖直向上的力F，已知力F的大小F=kv（k为常数，v为环的运动速度），且有kv0mgt=t1时刻环开始沿杆做匀速直线运动，试求：（1）t=0时刻环的加速度；（2）全过程中环克服摩擦力所做的功；（3）定性作出圆环的速度图象（要求能体现圆环速度变化的特征，标出关键点的参数）考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据受力分析确定环的运动情况，环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的拉力逐渐减小；所以刚刚开始运动时环的加速度最大；（2）当环向上的拉力减至和重力大小相等时，此时环受合力为0，杆
35、不再给环阻力，环将保持此时速度不变，做匀速直线运动，环在竖直方向所受合力为0时对环使用动能定理求出阻力对环做的功即可（3）由于环的受力随速度的变化而变化，应用牛顿第二定律判断环的加速度如何变化，判断换的运动性质，然后作出图象解答：解：（1）由牛顿第二定律可知：（k v0mg）=ma，解得：a=，方向水平向左；（2）设环做匀速运动的速度为v1，则：kv1=mg，t1时间内环受到摩擦力作用，由动能定理得：W=mv12mv02，解得：W=m（），环克服摩擦力所做的功为：m（）；（3）已知F=kv，环做减速运动，随速度v的减小，F减小，摩擦力f增大，环受到的合外力减小，由牛顿第二定律可知，环的加速度减
36、小，环做加速度减小的减速运动，当环所受合力为零时做匀速直线运动，vt图象如图所示：答：（1）t=0时刻环的加速度大小为：，方向：水平向左；（2）全过程中环克服摩擦力所做的功为m（）；（3）圆环的速度图象如图所示点评：注意当环在竖直方向所受合力为0时，此时杆对环不再有阻力作用，环在水平方向受平衡力，将保持此时的速度做匀速直线运动，由此可分三种情况对环进行受力分析从而确定环的受力情况和运动情况，根据动能定理求解克服阻力所做的功即可该题在由于环的受力是变力，所以要使用动量定理来解题，不能使用牛顿运动定律17（16分）空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一断固定于O点，另一端系一带电
37、量为正q质量为m小球，已知电场强度E=OA处于水平方向，OC在竖直方向小球从A点由静止释放，当小球运动到O点正下方B时细线恰好断裂（取sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小球从A点运动到B点过程中的最大速率；（2）当小球再次运动到OC线上的D点时，小球速度的大小和方向；（3）BD的高度考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）对小球从A到B过程应用动能定理可以求出小球的最大速度（2）由动能定理求出到达B点的速度，绳子断裂后小球做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出小球的速度（3）绳子断裂后小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由自由落体运动的
38、位移公式可以求出高度解答：解：（1）因为电场力与重力的合力方向与竖直方向成37，所以当小球运动到细线与竖直方向成37时速率最大由动能定理得：mgLcos37qE（LLsin37）=mvm20，解得：vm=；（2）S设小球运动到B点时速度大小为vB，由动能定理得：mgLqEL=mvB20，解得：vB=，细线断裂后，小球水平方向作匀减速运动，竖直方向作自由落体运动水平方向加速度：a=g，小球再次运动到OC线上的D点所需时间：t=，小球到D点时竖直方向的速度：vy=gt=，水平方向的速度：vx=，小球的速度：v=，设小球的速度方向与竖直方向成角，则：tan=；（3）BD的高度：h=gt2=L；答：（1）小球从A点运动到B点过程中的最大速率为；（2）当小球再次运动到OC线上的D点时，小球速度的大小为，方向：与竖直方向夹角为：arctan；（3）BD的高度为L点评：本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难度较大，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题