1、 2013-2014 学年上海市奉贤中学高三（上）月考物理试卷（10 月份）一、单项选择题（共 16 分，每小题 2 分每小题只有一个正确选项）1（2 分）（2008 秋卢湾区期末）下面各组单位中属于基本物理量单位的是（）A千克、伏特、秒B千克、库仑、米 C牛顿、特斯拉、秒D开尔文、安培、米 2（2 分）（2009平湖市校级模拟）下面关于加速度的描述中正确的有（）A加速度描述了物体速度变化的多少 B加速度在数值上等于单位时间里速度的变化 C当加速度与位移方向相反时，物体做减速运动 D当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动 3（2 分）（2015东莞二模）伽利略用两个对接的斜面，一个斜
2、面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明（）A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒 C维持物体作匀速直线运动并不需要力 D如果物体不受到力，就不会运动 4（2 分）（2000安徽）做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是（）A大小相等，方向相同B大小相等，方向不同 C大小不等，方向相同D大小不等，方向不同 5（2 分）（2014 秋宝山区校级月考）有一重物，在大风中从某一高度由静止落下，若大风对物体有一个水平恒力，则物体将做（）A平抛运动B匀加速直线运动 C自由落体运动
3、D匀变速曲线运动 6（2 分）（2011广东校级模拟）如图所示甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为 r1、r2、r3，若甲轮的角速度为 1，则丙轮的角速度为（）ABCD 7（2 分）（2013 秋奉贤区校级月考）一列车沿直线轨道从静止出发由 A 地驶向 B 地，并停在 B 地，列车做加速运动时，其加速度的最大值为 a1；做减速运动时，其加速度的绝对值的最大值为a2；要让列车由 A 地到B 地所用的时间最短，图中列车的 vt 图象应是（其中 tan=a1；tan=a2）（）ABCD 8（2 分）（2013上海）如图，质量 mAmB 的两物体 A、B 叠放在一起，靠着竖直墙
4、面让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体 B 的受力示意图是（）ABCD 二、单项选择题（共 24 分，每小题 3 分每小题只有一个正确选项）9（3 分）（2010上海）将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（）A刚抛出时的速度最大 B在最高点的加速度为零 C上升时间大于下落时间 D上升时的加速度等于下落时的加速度 10（3 分）（2013 秋奉贤区校级月考）某人在地面上用弹簧秤称得体重为 490N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，在 t0 至 t3 时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯从静止开始运行的 vt 图是（取电梯向上运动的方向为正）
5、（）ABCD 11（3 分）（2010普陀区一模）蹦级是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志，运动员从高处跳下，弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零在这下降的全过程中，下列说法中正确的是（）A运动员一直处于失重状态 B弹性绳拉展后运动员先失重状态，后处于超重状态 C弹性绳拉展后运动员先超重状态，后处于失重状态 D弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处超重状态 12（3 分）（2011 春桐乡市校级期中）一质点在 XOY 平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（）A质点沿 X 方向可能做匀速运动 B质点沿 X 方向可
6、能做加速运动 C若质点沿 Y 方向始终匀速运动，则 X 方向可能先加速后减速 D若质点沿 Y 方向始终匀速运动，则 X 方向可能先减速后反向加速 13（3 分）（2012上海）如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒 AB 中点连接，棒长为线长的二倍棒的 A 端用铰链墙上，棒处于水平状态改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态则悬线拉力（）A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小 14（3 分）（2014闵行区二模）如图所示，一均匀球 A 搁在竖直墙壁与弧形滑块 B 上，一切摩擦均不计，用一水平推力 F 推住弧形滑块 B，使球与滑块均静止，现将滑块 B 向右推
7、过一较小的距离，滑块和球仍处于静止状态，则与原来相比（）A墙壁对球的弹力不变B滑块对球的弹力增大 C地面对滑块的弹力增大D推力 F 减小 15（3 分）（2012宝山区二模）如图所示，长为 L 的直棒一端可绕固定轴 O 转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度 v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 时，棒的角速度为（）ABCD 16（3 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，水平面上放置一粗糙斜面，小物块 P 受到一水平向右的推力 F，沿斜面由静止开始加速下滑现保持 F 的方向不变，使其减小，则（）A物体的加速度变小 B斜面所受地面摩擦力方向不变 C斜面所受地面的摩擦力变大 D地面对斜面的
8、支持力变大 三、多项选择题（共 16 分，每小题 4 分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得 4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错或不答的，得 0 分）17（4 分）（2013上海）如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标 A已知 A 点高度为 h，山坡倾角为，由此可算出（）A轰炸机的飞行高度B轰炸机的飞行速度 C炸弹的飞行时间D炸弹投出时的动能 18（4 分）（2013 秋会昌县校级月考）甲乙两车同一平直道路上同向运动，其 vt 图象如图所示，图中 OPQ 和 OQT 的面积分别为 s1 和 s2（s2s1）初始时，甲车在乙车前方 s0
9、处（）A若 s0=s1，两车相遇 1 次B若 s0=s2，两车相遇 1 次 C若 s0s1，两车相遇 2 次D若 s0=s1+s2，两车不会相遇 19（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，轻支架可绕 O 点无摩擦自由转动，A 端靠在光滑墙上，三个质量相同的小物体甲、乙、丙，其中甲表面光滑，乙、丙表面粗糙现让三者以相同的初速度从 A 点沿支架下滑甲、乙加速下滑，丙匀速下滑当小物体经过 O 点正上方时，A 端受力分别为 N1、N2、N3，则下列判断正确的是（）AN1=0BN1N2CN1N2DN2N3 20（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）质量为 m1 和 m2 的砝码分别连在跨过
10、定滑轮的轻绳两端，另有一根轻绳 OA 将 m1 拉离竖直位置，绳的一端固定于天花板 A 点，如图，系统处于平衡状态那么，下列说法中正确的是（）Am2 增大或减小，系统仍能保持平衡 Bm2 从零逐渐增大，绳 OA 上的张力也逐渐增大 Cm2 从零逐渐增大，绳 OA 上的张力先减小后增大 Dm2 从零逐渐增大，绳 OA 上的张力先增大后减小 四、填空题（共 20 分，每小题 4 分）21（4 分）（2010黄浦区一模）三个互成角度的共点力作用于一物体使其作匀速直线运动已知力 F1 的大小为 7N，力 F2 的大小为 12N，则 F3 的大小范围是 ，F2 与 F3 的合力的大小为 N 22（4 分
11、）（2014 秋宝山区校级月考）如图所示，用三根轻绳将质量均为 m 的 A、B 两小球以及水平天花板上的固定点 O 之间两两连接然后用一水平方向的力 F 作用于 A 球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且 OB 绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态三根轻绳的长度之比为 OA：AB：OB=3：4：5则 OA 绳中的拉力大小为 ，拉力 F 大小为 23（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）一个质量为 1kg 的物体，t=0 时初速度为零，在 2N 的合力作用下沿 x 轴正方向运动，1s 后再增加一个大小也为 2N、方向沿 y 轴正方向的力，则该物体在 2s 末的速度大小为 m/s，前 2s 内的
12、位移为 m 24（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，绳子 OO1 挂着匣子 C，匣内又用绳子挂着A 球，A 的下方用轻弹簧挂着 B 球，A、B、C 三个物体的质量都是 m，原来都处于静止状态，当绳子 OO1 被烧断瞬间，B 的加速度大小为 ，C 的加速度大小为 25（4 分）（2010上海模拟）A、B 为相同大小的两正三角形板块，如图所示铰接于 M、N、P 三处并静止M、N 在同一水平天花板上，A 板较厚，质量分布均匀，重力为 GB 板较薄，重力不计三角形的竖直边垂直于天花板那么，B 板对铰链 P 的作用力的方向为 ，作用力的大小为 五、实验题（共 24 分）26（6 分）（20
13、10 秋常州校级期末）“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示（1）（单选题）本实验采用的科学方法是 （A）理想实验法（B）等效替代法（C）控制变量法（D）建立物理模型法（2）（多选题）实验中可减小误差的措施有 （A）两个分力 F1、F2 的大小要尽量大些（B）两个分力 F1、F2 间夹角要尽量大些（C）拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行（D）AO 间距离要适当，将橡皮筋拉至结点 O 时，拉力要适当大些 27（4 分）（2011开化县校级模拟）图 1 是
14、利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来（如图 2 所示）（1）若图 2 中示波器显示屏横向的每大格（5 小格）对应的时间为 5.00102s，则圆盘的转速为 转/s（保留 3 位有效数字）（2）若测得圆盘直径为 10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 cm（保留 3 位有效数字）28（6 分）（2013 秋奉贤区校级月考）在研究平抛运动的实验中，某同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为 L；小球在平抛运动途中的
15、几个位置如图中的 a、b、c、d 所示，则小球平抛初速度的计算式为 v0=；小球经过 c 点时的速度VC=；抛点距离 a 点的水平距离为 （均用 L、g 表示）29（8 分）（2013 秋奉贤区校级月考）“用 DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示实验中通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度 a 和所受拉力 F 的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 aF 图线，如图（b）所示（1）图线 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（选填“”或“”）（2）小车与轨道之间的滑动摩擦因数=；（3）图（b）中，aF 图线明显弯曲，为消除此误差可采取的
16、措施是 A实验中选用尽可能光滑的导轨B减少实验中所挂钩码的质量，使其应远小于小车的总质量C调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动D在钩码与细绳之间接入一力传感器，用力传感器读数代替钩码的重力 六、计算题（共 50 分，30 题 10 分，31 题 12 分，32 题 14 分，33 题 14 分）30（10 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，质量为 m 的环套在倾斜放置的杆上，受到向上的拉力作用，环从静止开始，在 t 内环运动的位移为 S已知杆与环间的动摩擦因数，杆与地面夹角为，试求拉力的大小 31（12 分）（2014鲤城区校级模拟）如图所示，一小球自平台上水平抛出，
17、恰好落在临近平台的一倾角为=53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，重力加速度 g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）小球水平抛出的初速度 v0 是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离 s 是多少？（3）若斜面顶端离地高 H=20.8m，则小球离开平台后经多长时间 t 到达斜面底端？32（14 分）（2013福建）质量为 M、长为L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环已知重力加速度为 g，不计空气影响（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉
18、力的大小：（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小 a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？33（14 分）（2014 秋宝山区校级月考）如图所示，轻质支架 ABO 可绕 O 点无摩擦自由转动，A 端靠在水平地面上，BO 与水平地面垂直，AB 长为 2.5m，且与水平地面夹角为 37，将质量为 5Kg 物块放在支架 A 点，以某一初速沿 AB 面上滑（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若 AB 面光滑，物块上滑过程中支架是否会转动？有同学认为：在上滑过程中，物块重力对
19、转轴 O 点产生逆时针力矩，所以支架不会发生转动你认为该同学说法是否正确？若正确，则求出物块不滑出斜面的最大初速度；若不正确，则求出使支架不发生转动的物块最大初速度；（2）若物块与 AB 面的动摩擦因素为 0.25，物块以 4.5m/s 初速上滑，当地面对支架 A 点的支持力为 16N 时，物块距离 A 点距离是多少？2013-2014 学年上海市奉贤中学高三（上）月考物理试卷（10 月份）参考答案与试题解析 一、单项选择题（共 16 分，每小题 2 分每小题只有一个正确选项）1（2 分）（2008 秋卢湾区期末）下面各组单位中属于基本物理量单位的是（）A千克、伏特、秒B千克、库仑、米 C牛顿
20、、特斯拉、秒D开尔文、安培、米考点：力学单位制版权所有分析：国际单位制中，基本物理量的单位有：米、秒、千克、安培、开尔文、摩尔、坎德拉解答：解：A、伏特不是基本单位，是导出单位故 A 错误B、库伦不是基本单位，是导出单位故 B 错误C、牛顿、特斯拉不是基本单位，是导出单位故 C 错误D、开尔文、安培、米都是基本单位故 D 正确故选 D点评：解决本题的关键熟记单位制中的七个基本单位以及对应的物理量 2（2 分）（2009平湖市校级模拟）下面关于加速度的描述中正确的有（）A加速度描述了物体速度变化的多少 B加速度在数值上等于单位时间里速度的变化 C当加速度与位移方向相反时，物体做减速运动 D当加速
21、度与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动考点：加速度版权所有专题：直线运动规律专题分析：加速度是反映速度变化快慢的物理量，数值上等于单位时间内速度的变化量当加速度的方向与速度方向相同，则做加速运动，若相反，则做减速运动解答：解：A、加速度是反映速度变化快慢的物理量，故 A 错误B、加速度在数值上等于单位时间里速度的变化，故 B 正确C、当加速度与位移方向相反时，物体可能做加速运动，比如竖直上抛一个物体从最高点返回时，当加速度与位移方向相反时，物体做加速运动，故 C 错误D、当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做加速运动，速度增加越来越慢故 D错误故选 B点评：解决本题的关键知道加速度是反映
22、速度变化快慢的物理量，数值上等于单位时间内速度的变化量以及掌握判断加速运动还是减速运动的方法，当加速度的方向与速度方向相同，则做加速运动，若相反，则做减速运动 3（2 分）（2015东莞二模）伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明（）A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒 C维持物体作匀速直线运动并不需要力 D如果物体不受到力，就不会运动考点：牛顿第一定律版权所有专题：实验分析法分析：本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理
23、想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点解答：解：伽利略的斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故 ABD 错误，C 正确故选 C点评：伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始 4（2 分）（2000安徽）做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是（）A大小相等，方向相同B大小相等，方向不同 C大小不等，方向相同D大小不等，方向不同考点：平抛运动版权所有专题：平抛运动专题分析：平抛运动运动是匀变速曲线运动，根据 v=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下解答：解：平抛运动的加速度不变
24、，根据 v=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下，与加速度的方向相同故 A 正确，B、C、D 错误故选 A点评：解决本题的关键知道平抛运动每秒的速度增量大小相等，方向相同 5（2 分）（2014 秋宝山区校级月考）有一重物，在大风中从某一高度由静止落下，若大风对物体有一个水平恒力，则物体将做（）A平抛运动B匀加速直线运动 C自由落体运动D匀变速曲线运动考点：物体做曲线运动的条件版权所有专题：物体做曲线运动条件专题分析：初速度为零的物体在恒力作用下将做匀加速直线运动，题目重物初速度为零，只受重力和水平风力解答：解：重物在空中静止下落时受到重力、水平恒定风力，合力为恒力，初速度为零，所以物体做
25、匀加速直线运动，故 B 正确故选：B点评：本题要注意重物是从静止开始运动的，与重物运动一段时间再受到水平恒力不同，难度不大，属于基础题 6（2 分）（2011广东校级模拟）如图所示甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为 r1、r2、r3，若甲轮的角速度为 1，则丙轮的角速度为（）ABCD考点：线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动版权所有专题：计算题分析：轮与轮接触的边缘线速度是相同的，然后利用线速度和角速度、半径之间的关系求解解答：解：设轮边缘的线速度为 v，则有：v=1r1=2r2=3r3，所以丙轮的角速度：，故选项 A 正确，BCD 错误故选 A点评：弄清皮带传动
26、问题、转盘转动问题中哪些物理量是相等的往往是解决此类问题的关键 7（2 分）（2013 秋奉贤区校级月考）一列车沿直线轨道从静止出发由 A 地驶向 B 地，并停在 B 地，列车做加速运动时，其加速度的最大值为 a1；做减速运动时，其加速度的绝对值的最大值为a2；要让列车由 A 地到B 地所用的时间最短，图中列车的 vt 图象应是（其中 tan=a1；tan=a2）（）ABCD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版权所有专题：运动学中的图像专题分析：列车的初末速度都为零，当列车以最大加速度加速到最大值，立即以最大加速度减速，到达 B 点速度刚好为零，时间最短，从而选择图象
27、解答：解：A、由题意可知，列车的初末速度都为零，故 AB 错误；C、当列车以最大加速度加速到最大值，立即以最大加速度减速，到达 B 点速度刚好为零时时间最短，中间不需要匀速过程，故 C 错误，D 正确故选：D点评：本题首先可以排除 AB 选项，因为末速度为零，解题时注意这样的技巧，难度不大，属于基础题 8（2 分）（2013上海）如图，质量 mAmB 的两物体 A、B 叠放在一起，靠着竖直墙面让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体 B 的受力示意图是（）ABCD考点：力的合成与分解的运用版权所有专题：压轴题；受力分析方法专题分析：先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为 g
28、，即做自由落体运动，然后对 B 结合运动情况受力分析，得到受力情况解答：解：A 与 B 整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故 A、B 间无弹力，再对物体 B 受力分析，只受重力；故选 A点评：本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故 A 与 B间无弹力，最后再对 B 受力分析，得到其只受重力 二、单项选择题（共 24 分，每小题 3 分每小题只有一个正确选项）9（3 分）（2010上海）将一个物体以某一速度从地面
29、竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（）A刚抛出时的速度最大 B在最高点的加速度为零 C上升时间大于下落时间 D上升时的加速度等于下落时的加速度考点：竖直上抛运动；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律版权所有分析：考虑空气阻力，物体上升和下降时受力情况不同，要分开讨论；上升时，阻力向下，下降时阻力向上；解答：解：A、整个过程中只有空气的阻力做功不为零，机械能损失，故上升过程初速度最大，故 A 正确；BD、物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，但是受空气阻力的方向总与物体的速度方向相反 a 上=g+，a 下=g，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，B 错误，D 也
30、错误；C、根据 h=at2，上升时间小于下落时间，C 错误；故选 A点评：考虑阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等！10（3 分）（2013 秋奉贤区校级月考）某人在地面上用弹簧秤称得体重为 490N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，在 t0 至 t3 时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯从静止开始运行的 vt 图是（取电梯向上运动的方向为正）（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情
31、况，画出 vt 图象解答：解：人的重力为 490N，由受力图可知图可知，t0 至 t1 时间段弹簧秤的示数小于 G，故合力为 GF=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；t1 至 t2 时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止，但由于电梯匀加速运动刚结束，速度不可能突变为零，故此时间段内，电梯只能是做匀速直线运动；而 t2 至 t3 时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；综合上面的分析可以知道，速度先是在负方向增大，然后是做运动直线运动，最后做匀减速运动，直到速度为零，全部事件段内，速度一直为负值，故符合这个规律的只有 A，故 A 正确，BCD
32、 错误故选：A点评：本题考查图象与牛顿第二定律的综合，关键在于明确加速度的方向，本题易错在考虑不全面上，应找出所有的可能性再确定答案 11（3 分）（2010普陀区一模）蹦级是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志，运动员从高处跳下，弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零在这下降的全过程中，下列说法中正确的是（）A运动员一直处于失重状态 B弹性绳拉展后运动员先失重状态，后处于超重状态 C弹性绳拉展后运动员先超重状态，后处于失重状态 D弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处超重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重版权所有
33、专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体处于超重状态，此时有向上的加速度；物体处于失重状态，此时有向下的加速度解答：解：弹性绳拉展前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉展后，开始拉力小于重力，加速度方向向下，还处于失重状态，当拉力大于重力，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A 错误，B 正确，C 错误，D 错误故选 B点评：题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或拉力变了 12（3 分）（2011 春桐乡市校级期中）一质点在 XOY 平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（
34、）A质点沿 X 方向可能做匀速运动 B质点沿 X 方向可能做加速运动 C若质点沿 Y 方向始终匀速运动，则 X 方向可能先加速后减速 D若质点沿 Y 方向始终匀速运动，则 X 方向可能先减速后反向加速考点：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：物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向，则加速度大致指向轨迹凹的一向根据轨迹弯曲判断加速度的方向解答：解：物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向，则加速度大致指向轨迹凹的一向，由图可知：加速度方向指向弧内，不能沿 y 轴方向，所以 x 轴方向不能匀速，故 A 错误，物体在 x 方向先沿正方向运动，后沿负方向运动，最终在 x 轴方向
35、上的位移为零，所以 x 方向不能一直加速运动，也不能先加速后减速，只能 X 方向可能先减速后反向加速，故 BC 错误，D 正确故选 D点评：解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一向，会根据轨迹弯曲判断加速度的方向 13（3 分）（2012上海）如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒 AB 中点连接，棒长为线长的二倍棒的 A 端用铰链墙上，棒处于水平状态改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态则悬线拉力（）A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小考点：力矩的平衡条件版权所有分析：根据力矩平衡知，拉力的力矩与重力力矩平衡，根据拉力力臂的变化判断拉
36、力的变化解答：解：棒子 O 端用水平轴铰接在墙上，棒处于水平状态，知悬线拉力的力矩和重力力矩平衡，重力力矩不变，当改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，0 点到悬线的垂直距离不断增大，则拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐渐减小故 A 正确，BCD错误故选 A点评：解决本题的关键掌握力矩平衡条件，通过力臂的变化，判断悬线作用力的变化 14（3 分）（2014闵行区二模）如图所示，一均匀球 A 搁在竖直墙壁与弧形滑块 B 上，一切摩擦均不计，用一水平推力 F 推住弧形滑块 B，使球与滑块均静止，现将滑块 B 向右推过一较小的距离，滑块和球仍处于静止状态，则与原来相比（）A墙壁对球的弹力不变B滑
37、块对球的弹力增大 C地面对滑块的弹力增大D推力 F 减小考点：物体的弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出墙壁、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及推力的变化解答：解：A、B、对球受力分析，球受到重力、支持力和挡板的弹力，如图，由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变根据作图法知，斜面的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力在增大故 A 错误，B 正确C、D、对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力
38、、支持力、挡板的弹力及推力，竖直方向，滑块和球的重力等于地面对滑块的弹力，滑块和球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变，水平方向，推力 F 等于墙壁对球的弹力，所以推力 F 增大，故 CD 错误故选：B点评：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用 15（3 分）（2012宝山区二模）如图所示，长为 L 的直棒一端可绕固定轴 O 转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度 v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 时，棒的角速度为（）ABCD考点：线速度、角速度和周期、转速；运动的合成和分解版权所有专题：匀速圆周运动专题分析：应清楚棒与平台接触点的
39、实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，竖直向上是它的一个分速度，把速度分解，根据三角形知识求解解答：解：棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v 实=L，沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 Lsin=v，所以=所以 ACD 均错，B 正确故选 B点评：找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度然后分解速度，做平行四边形，根据三角形求解此题难度在于合速度难确定，属于中档题 16（3 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，水平面上放置一粗糙斜面，小物块 P 受到一水平向右的推力 F，沿斜面由静止开始加速下滑现保持 F 的方向不变，使其减小，则（）A
40、物体的加速度变小 B斜面所受地面摩擦力方向不变 C斜面所受地面的摩擦力变大 D地面对斜面的支持力变大考点：摩擦力的判断与计算版权所有专题：摩擦力专题分析：对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、推力，沿斜面加速下滑，知加速度的方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律列出方程，根据 F 的变化，可知加速度的变化对物体受力分析，受重力、支持力、推力 F，可能有静摩擦力，根据平衡条件列式分析即可解答：解：A、小物块 P 在推力 F 的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为 m，斜面的倾角为，分析小物块的受力，并建立小物块的动力学方程，由牛顿第二定律，有：mgsinFcos=ma，则有：a=gsin
41、当保持 F 的方向不变，使其减小时，则加速度 a 一定变大，故 A 错误；BC、对物体受力分析，受重力、支持力、推力 F，其中推力的上滑分力 Fcos 与重力的下滑分力 Gsin 间的大小关系未知（为斜面坡角），讨论如下：若 FcosGsin，物体有上滑趋势，静摩擦力平行斜面向下，为 f=FcosGsin，推力连续减小时，静摩擦力可能一直减小，也可能先减小到零后反向增加；若 Fcos=Gsin，物体无滑动趋势，不受静摩擦力，f=0，推力连续减小时，静摩擦力一定是增加；若 FcosGsin，物体有下滑趋势，静摩擦力平行斜面向上，为 f=GsinFcos，推力连续减小时，静摩擦力一定增加；综上，静
42、摩擦力可能增加、减小、先减小后反向增加，大小存在相等的可能，但方向仍是水平向左，故 B 正确，C 错误；D、滑块对斜面的压力等于重力的垂直分力和推力的垂直分力之和，为 N=mgcos+Fsin，故推力减小，压力一定减小，故 D 错误；故选：B点评：解决本题的关键熟练运用正交分解，根据牛顿第二定律求出加速度本题难点在于静摩擦力的不确定性上，关键通过比较推力的上滑分力 Fcos 与重力的下滑分力 Gsin 间的大小关系来确定物体的滑动趋势 三、多项选择题（共 16 分，每小题 4 分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得 4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错或不答的，得 0 分）17（4 分）
43、（2013上海）如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标 A已知 A 点高度为 h，山坡倾角为，由此可算出（）A轰炸机的飞行高度B轰炸机的飞行速度 C炸弹的飞行时间D炸弹投出时的动能考点：平抛运动版权所有专题：压轴题；平抛运动专题分析：因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度解答：解：A、根据 A 点的高度可知 A 点到底端的水平位移，即炸弹的水平位移，由于炸弹垂直击中目标 A，得
44、知速度与水平方向的夹角，抓住平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，可得知平抛运动竖直位移从而得出轰炸机的飞行高度故 A 正确B、求出平抛运动的竖直位移，根据 y=得出炸弹平抛运动的时间，根据时间和水平位移求出轰炸机的初速度故 B、C 正确D、由于炸弹的质量未知，则无法求出炸弹投出时的动能故 D 错误故选 ABC点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用 18（4 分）（2013 秋会昌县校级月考）甲乙两车同一平直道路上同向运动，其 vt 图象如图所示，图中 OPQ 和 OQT 的面积分别为 s1 和 s
45、2（s2s1）初始时，甲车在乙车前方 s0 处（）A若 s0=s1，两车相遇 1 次B若 s0=s2，两车相遇 1 次 C若 s0s1，两车相遇 2 次D若 s0=s1+s2，两车不会相遇考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：追及、相遇问题分析：此题考查了追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件解答：解：A、B 乙车追上甲车时，若甲、乙两车速度相同，即此时 t=T，若 s0=s1，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次；故 A 正确，B 错误C、甲、乙两车速度相同时，若 s0s1，则此时乙车已在甲车的前面，以后甲还
46、会追上乙，全程中甲、乙相遇 2 次；故 C 正确D、甲、乙两车速度相同时，若 S0=s1+s2S1，则此时甲车仍在乙车的前面，以后乙车不可能再追上甲车了，故 D 正确故选：ACD点评：1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析 19（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，轻支架可绕 O 点无摩擦自由转动，A 端靠在光滑墙上，三个质量相同的小物体甲、乙、丙，其中甲表面光滑，乙、丙表面粗糙现让三者以相同
47、的初速度从 A 点沿支架下滑甲、乙加速下滑，丙匀速下滑当小物体经过 O 点正上方时，A 端受力分别为 N1、N2、N3，则下列判断正确的是（）AN1=0BN1N2CN1N2DN2N3考点：物体的弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以 O 为支点，根据力矩平衡条件研究 N1 与 N2 的大小关系支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过 O 点正上方时，N1 的力矩与物块对支架压力的力矩平衡当小物体匀加速或匀速下滑经过 O 点正上方时，N2、N3 的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩解答：解：设物体经过 O 点正上方时对支架的压力大小为 N以 O 为支点当支
48、架和小物体间光滑，小物体经过 O 点正上方时，根据力矩平衡得知 N1 的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：MN1=MN乙匀加速下滑至 O 点正上方时，N2 的力矩与摩擦力 f1 的力矩之和等于物块对支架压力的力矩，即 MN2+Mf1=MN丙匀加速下滑至 O 点正上方时，N3 的力矩与摩擦力 f2 的力矩之和等于物块对支架压力的力矩，即 MN3+Mf2=MN因为乙匀加速，所以 mgsinf1，丙匀速运动，mgsin=f2，所以 f2f1，则 Mf1Mf2，所以 MN2MN3，由于三次物块对支架压力的力矩相等，得 MN1=MN2+Mf，则有 MN1MN2，而力臂不变，所以 N1N2MN2MN3，
49、而力臂不变，所以 N2N3故 CD 正确故选：CD点评：本题是力矩平衡问题，分析除支点以外支架的受力情况是解题的关键，还要分析力矩的方向 20（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）质量为 m1 和 m2 的砝码分别连在跨过定滑轮的轻绳两端，另有一根轻绳 OA 将 m1 拉离竖直位置，绳的一端固定于天花板 A 点，如图，系统处于平衡状态那么，下列说法中正确的是（）Am2 增大或减小，系统仍能保持平衡 Bm2 从零逐渐增大，绳 OA 上的张力也逐渐增大 Cm2 从零逐渐增大，绳 OA 上的张力先减小后增大 Dm2 从零逐渐增大，绳 OA 上的张力先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的
50、弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以结点 O 为研究对象受力分析，m2 从零逐渐增大时，右边绳子拉力增大，只要三个力能组成三角形，则三力平衡解答：解：A、m2 增大或减小，则 会增大或减小，由平行四边形定则知边长和夹角同时变化时合力可以仍不变，仍与重力等大反向，系统平衡，A 正确；B、当 m2 为零时，OA 绳子拉力与 m1g 等大反向，二力平衡，即此时绳 OA 上的张力为m1g，m2 从零逐渐增大的开始变化阶段从 1 到 2 到 3，可见 OA 上的拉力逐渐减小，之后 OA上拉力又逐渐增大，如图中 4 到 5 所示，当 m2 无穷大时，两边绳子趋于水平，绳子夹角趋于 18
51、0，则 OA 上拉力趋于无穷大，故绳 OA 上的张力先减小后增大，C 正确；故选：AC点评：本题属于力的动态变化分析问题，采用图解法，作为选择题其实还可以用极限法或特殊点法考虑分析即可快速解答 四、填空题（共 20 分，每小题 4 分）21（4 分）（2010黄浦区一模）三个互成角度的共点力作用于一物体使其作匀速直线运动已知力 F1 的大小为 7N，力 F2 的大小为 12N，则 F3 的大小范围是 5NF319N，F2 与 F3 的合力的大小为 7 N考点：力的合成版权所有专题：受力分析方法专题分析：三个共点力处于平衡状态时，当知道两个力的大小时，要求第三个力的方法是：第三个力要在这两个力的
52、合力最大值与最小值之间解答：解：三个互成角度的共点力作用于一物体使其作匀速直线运动所以三个力的合力就可能为零两个力的合力的最大值为 F1+F2，最小值为|F1F2|，第三个力只要在这两个力范围内，三个力的合力就可能为零，所以 F3 的大小范围是 5NF319N，F2 与 F3 的合力与 F1 等值反向，所以 F2 与 F3 的合力的大小为 7N故答案为：5NF319N，7点评：利用共点力平衡条件，由于两个力方向不定，导致第三个力的大小具有多样性 22（4 分）（2014 秋宝山区校级月考）如图所示，用三根轻绳将质量均为 m 的 A、B 两小球以及水平天花板上的固定点 O 之间两两连接然后用一水
53、平方向的力 F 作用于 A 球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且 OB 绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态三根轻绳的长度之比为 OA：AB：OB=3：4：5则 OA 绳中的拉力大小为 ，拉力 F 大小为 mg 考点：物体的弹性和弹力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对 B 球受力分析，根据平衡条件得到 AB 绳子的拉力；再对球 A 受力分析，根据平衡条件并运用合成法得到拉力 F 和 OA 绳子的拉力解答：解：先对 B 受力分析，受到重力、OB 的拉力，假设 AB 绳子有拉力，则球 B 不能保持平衡，故 AB 绳子的拉力为零；由题意，OA：AB：OB=3：4：5，根据几何知识可得
54、：OAB 是直角三角形，A=90，B=37再对球 A 受力分析，受拉力 F、重力 mg 和 AO 绳子的拉力，如图根据平衡条件并结合合成法，有：F=mgcot37=mgT=故答案为：；mg点评：本题采用隔离法分析，关键先对 B 球受力分析，得到 AB 绳子的拉力为零，然后对 A球受力分析，根据平衡条件并运用相似三角形法求解未知力 23（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）一个质量为 1kg 的物体，t=0 时初速度为零，在 2N 的合力作用下沿 x 轴正方向运动，1s 后再增加一个大小也为 2N、方向沿 y 轴正方向的力，则该物体在 2s 末的速度大小为 4.47 m/s，前 2s 内的位移
55、为 4.12 m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：先根据牛顿第二定律求解出 x、y 方向的加速度，根据运动的独立性，分别在 x 方向和y 方向上求解速度和位移，再用勾股定理合成速度和位移，即为实际的要求的速度和位移解答：解：根据牛顿第二定律 F 合=ma，可知沿 x 正方向的加速度沿 y 正方向的加速度1s 末的速度 v1=axt1=21m/s=2m/s前 1s 内的位移接下来，在 x 方向和 y 方向都要做匀加速运动，根据运动的独立性，分别求解在这两个方向上的速度和位移，再用勾股定理合成速度和位移第 2s 末，x 方向
56、上的速度 vx=v1+axt2=2+21m/s=4m/sy 方向上的速度 vy=ayt2=21m/s=2m/s所以第 2s 末的实际速度为=第 2s 内，x 方向上发生的位移=y 方向上发生的位移=前 2s 内，x 方向上发生的总位移 x=x1+sx=1+3m=4my 方向上发生的位移 y=1m所以，前 2s 内发生的实际位移为故答案为：4.47，4.12点评：对于运动的合成与分析问题，主要是考查速度和位移的合成和分解，一定要作好矢量的分解、合成图，根据运动的独立性和等时性求解 24（4 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，绳子 OO1 挂着匣子 C，匣内又用绳子挂着A 球，A 的下方
57、用轻弹簧挂着 B 球，A、B、C 三个物体的质量都是 m，原来都处于静止状态，当绳子 OO1 被烧断瞬间，B 的加速度大小为 0，C 的加速度大小为 1.5g 考点：牛顿第二定律版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零先分析 B 的受力，然后再对 AC 分别列牛顿第二定律可得 C 的加速度解答：解：剪断绳子后，悬挂 B 的绳子的作用力瞬间消失，而弹簧的弹力不会突变，B 原来受弹力和重力静止，可知弹力 F=mg，绳子 OO1 被烧断瞬间，合力仍然为零，故加速度为零；对 A 力分析可知，其受到重力，弹簧弹力，绳的拉力 T，由牛顿
58、第二定律可得：mg+FT=ma，C 受到重力，绳子的拉力，由牛顿第二定律可得：mg+T=ma，F=mg由解得：a=1.5g故答案为：0；1.5g点评：考查了牛顿第二定律，绳和弹簧弹力的特点，瞬时对应关系，注意绳的拉力会突变，而弹簧的拉力不能突变 25（4 分）（2010上海模拟）A、B 为相同大小的两正三角形板块，如图所示铰接于 M、N、P 三处并静止M、N 在同一水平天花板上，A 板较厚，质量分布均匀，重力为 GB 板较薄，重力不计三角形的竖直边垂直于天花板那么，B 板对铰链 P 的作用力的方向为 P 到 N，作用力的大小为 考点：力矩的平衡条件；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用
59、下物体平衡专题分析：对 B 分析可知 B 受拉力的方向，对 A 分析找出力臂由力矩平衡可求得作用力的大小解答：解：因 B 的质量忽略不计，故 B 重力对平衡没有影响，故对 B 平衡起作用的只有 N 和P 点，即只有 NP 起作用，故 B 可以作为杆处理；故拉力只能沿 P 到 N；对 A 分析，A 受重力和 P 点的拉力而关于支点 M 平衡，设边长为 L，由几何关系可知，重力的力臂 L1=L=L，拉力的力矩 L2=L；则由力矩平衡可知，MgL=FL，解得：F=；故答案为：P 到 N；点评：本题关键在于理解 B 不计重力的含义，不计重力时物体的重力没有影响则除了 PN 线上那部分其他部分和问题都没
60、有关系，是可以忽略，等效为杆的 五、实验题（共 24 分）26（6 分）（2010 秋常州校级期末）“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示（1）（单选题）本实验采用的科学方法是 B（A）理想实验法（B）等效替代法（C）控制变量法（D）建立物理模型法（2）（多选题）实验中可减小误差的措施有 ACD（A）两个分力 F1、F2 的大小要尽量大些（B）两个分力 F1、F2 间夹角要尽量大些（C）拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行（D）AO 间距离要适当，将橡皮
61、筋拉至结点 O 时，拉力要适当大些考点：验证力的平行四边形定则版权所有分析：（1）力的合成与分解是力的等效替代，不是重复受力；（2）实验要操作方便、数据准确，尽量减小读数的绝对误差和相对误差！解答：解：（1）力的合成与分解是力的等效替代，不是重复受力，本实验中，合力与分力产生相同的形变效果，故选 B（2）实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，夹角不宜太大，也不宜太小，合力太小，读数的相对误差大，拉力应该平行与纸面，否则方向无法准确表示，合力适当大些同样是为减小读数的相对误差；故选 ACD点评：本题涉及“研究共点力的合成”实验的实验原理和数据处理中的误差分析，要明确既要减小相对误差
62、，也要减小绝对误差！27（4 分）（2011开化县校级模拟）图 1 是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来（如图 2 所示）（1）若图 2 中示波器显示屏横向的每大格（5 小格）对应的时间为 5.00102s，则圆盘的转速为 4.55 转/s（保留 3 位有效数字）（2）若测得圆盘直径为 10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 1.46 cm（保留 3位有效数字）考点：线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动版权所有专
63、题：压轴题分析：从图象中能够看出圆盘的转动周期即图象中电流的周期，根据转速与周期的关系式T=，即可求出转速，反光时间即为电流的产生时间；解答：解：（1）从图 2 显示圆盘转动一周在横轴上显示 22 格，由题意知道，每格表示 1.00102s，所以圆盘转动的周期为 0.22 秒，则转速为 4.55r/s；（2）反光中引起的电流图象在图 2 中横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的 22 分之一，故圆盘上反光涂层的长度为=1.46cm；故答案为：4.55，1.46点评：本题要注意保留 3 位有效数字，同时要明确圆盘的转动周期与图象中电流的周期相等，还要能灵活运用转速与周期的关系公式！2
64、8（6 分）（2013 秋奉贤区校级月考）在研究平抛运动的实验中，某同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为 L；小球在平抛运动途中的几个位置如图中的 a、b、c、d 所示，则小球平抛初速度的计算式为 v0=；小球经过 c 点时的速度 VC=；抛点距离 a 点的水平距离为 L（均用 L、g 表示）考点：研究平抛物体的运动版权所有专题：实验题分析：正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解解答：解：在竖直方向上 y=gT2，T=，则小球平抛运动
65、的初速度 v0=c 在竖直方向上的分速度 vyc=则小球经过 c 点时的速度 vC=a 点竖直方向速度，则从抛出点到 a 点的时间 t=，则抛点距离 a 点的水平距离为 x=故答案为：；L点评：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题 29（8 分）（2013 秋奉贤区校级月考）“用 DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示实验中通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度 a 和所受拉力 F 的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 aF 图线，如图（b）所示（1）图线 是在轨道右
66、侧抬高成为斜面情况下得到的；（选填“”或“”）（2）小车与轨道之间的滑动摩擦因数=0.3；（3）图（b）中，aF 图线明显弯曲，为消除此误差可采取的措施是 BD A实验中选用尽可能光滑的导轨B减少实验中所挂钩码的质量，使其应远小于小车的总质量C调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动D在钩码与细绳之间接入一力传感器，用力传感器读数代替钩码的重力考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系版权所有专题：实验题分析：（1）根据图象可知，当拉力为零时，物体已经具有加速度，图象，有拉力时，加速度为零，由此可知，一个是由于木板倾斜的太厉害，一个没有倾斜或者倾斜的角度太小（2）根据 aF 图象的
67、特点结合牛顿第二定律求解，明确图象斜率的含义（3）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和操作细节，理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源解答：解：（1）由图象可知，当 F=0 时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）图线是在轨道水平时做的实验，由图象可知：当拉力等于 0.5N 时，加速度恰好为零，即刚好拉动小车，此时 f=F=1N，根据 F=ma 得 aF 图象的斜率 k=，由 aF 图象得图象斜率 k=3，所以 m=kg
68、，则=；（3）随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力 F 的数值，在作出小车运动的加速度 a 和力传感器读数 F 的关系图象，或减少实验中所挂钩码的质量，使其应远小于小车的总质量，故 BD 正确故选：BD故答案为：（1）；（2）0.3；（3）BD；点评：对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题
69、目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练 六、计算题（共 50 分，30 题 10 分，31 题 12 分，32 题 14 分，33 题 14 分）30（10 分）（2013 秋奉贤区校级月考）如图所示，质量为 m 的环套在倾斜放置的杆上，受到向上的拉力作用，环从静止开始，在 t 内环运动的位移为 S已知杆与环间的动摩擦因数，杆与地面夹角为，试求拉力的大小考点：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：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，结合牛顿第二定律求出拉力 F的大小，需讨论 F 和 mg 的大小，环可能向上加速，可能向下加速解
70、答：解：设加速度为 a，向上的拉力为 F，则有：，得当 Fmg 时，环将沿着杆向上加速，受力如上图所示，根据牛顿第二定律有：（Fmg）sin（Fmg）cos=ma将 a=代入，可得当 Fmg 时，环将沿着杆向下加速，受力如下图所示，根据牛顿第二定律有：（mgF）sin（mgF）cos=ma将 a=代入，可得答：拉力的大小可能为或点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁 31（12 分）（2014鲤城区校级模拟）如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为=53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，
71、重力加速度 g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）小球水平抛出的初速度 v0 是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离 s 是多少？（3）若斜面顶端离地高 H=20.8m，则小球离开平台后经多长时间 t 到达斜面底端？考点：平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律版权所有专题：平抛运动专题分析：（1）小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时小球的速度的方向恰好沿着斜面的方向，由此可以求得初速度的大小；（2）小球在接触斜面之前做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得接触斜面之前的水平方向的位移，即为斜面顶端与平台边缘的水平距离；（3）小球在竖
72、直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可解答：解：（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以 vy=v0tan 53，=2gh，解得 vy=4 m/s，v0=3 m/s（2）由 vy=gt1解得 t1=0.4s，所以水平距离 s=v0t1=30.4 m=1.2 m（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a=gsin 53，初速度为平抛运动的末速度 v=5 m/s则=vt2+a，解得 t2=2s（或 t2=s 不合题
73、意舍去）所以 t=t1+t2=2.4 s答：（1）小球水平抛出的初速度 v0 是 3 m/s；（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离 s 是 1.2 m；（3）若斜面顶端离地高 H=20.8m，则小球离开平台后到达斜面底端的时间是 2.4s点评：小球在接触斜面之前做的是平抛运动，在斜面上时小球做匀加速直线运动，根据两个不同的运动的过程，分段求解即可 32（14 分）（2013福建）质量为 M、长为L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环已知重力加速度为 g，不计空气影响（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：（
74、2）若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小 a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律版权所有专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；（2）以环为研究对象，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解加速度；对整体研究，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解外力的大小和方向解答：解：（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，分析受力如图所示，设两
75、绳的夹角为 2则 sin=，得 cos=设绳子的拉力大小为 T，由平衡条件得2Tcos=mg解得；（2）对环：设绳子的拉力大小为 T，则根据牛顿第二定律得：竖直方向：T+Tcos60=mg水平方向：Tsin60=ma，解得设外力大小为 F，方向与水平方向成 角斜向右上方对整体：由牛顿第二定律得：水平方向：Fcos=（M+m）a竖直方向：Fsin=（M+m）g解得，=60即外力方向与水平方向夹角为 60斜向右上方答：（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，绳中拉力的大小是；（2）此状态下杆的加速度大小 a 为；为保持这种状态需在杆上施加一个的外力为，方向与水平方向夹角为 60斜向右上方点评：本题中铁环
76、与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态和非平衡情况 33（14 分）（2014 秋宝山区校级月考）如图所示，轻质支架 ABO 可绕 O 点无摩擦自由转动，A 端靠在水平地面上，BO 与水平地面垂直，AB 长为 2.5m，且与水平地面夹角为 37，将质量为 5Kg 物块放在支架 A 点，以某一初速沿 AB 面上滑（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若 AB 面光滑，物块上滑过程中支架是否会转动？有同学认为：在上滑过程中，物块重力对转轴 O 点产生逆时针力矩，所以支架不会发生转动你认为该同学说法是否正确？若正确，则求出物块不滑出斜面的最大初速度；若不正确，则求出
77、使支架不发生转动的物块最大初速度；（2）若物块与 AB 面的动摩擦因素为 0.25，物块以 4.5m/s 初速上滑，当地面对支架 A 点的支持力为 16N 时，物块距离 A 点距离是多少？考点：牛顿第二定律版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）支架是否转动要看物块对支架的压力对 O 点的力矩，当过距 A 点 1.6m 处的 C 点时，支架会转动根据牛顿第二定律求出上滑的加速度，结合速度位移公式求出使支架不发生转动的物块最大初速度（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块上滑的最大距离，判断出滑块在滑动过程中不会翻转，然后结合地面对支架 A 点的支持力为 16N，对上滑过程和下滑过程，运
78、用力矩平衡，求出物块距离 A 点的距离解答：解：（1）不正确支架是否转动要看物块对支架的压力对 O 点的力矩，当过距 A 点 1.6m 处的 C 点时，支架会转动对小物块，由牛顿第二定律有：a=gsin=6m/s2v2=2as，解得 v=4.38m/s（2）设物块沿支架向上滑动的最远点为 D，则：N=mgcos=40N，f=N=10N上滑过程中，AD=，此时：MN=NCD=40（1.61.26）Nm=13.6Nm，Mf=fOC=101.2NM=12NmMNMf，故滑块在滑动过程中不会翻转在最高点处时，mgsinf，故滑块接下来会继续下滑设在上和向下滑动过程中，分别在 E 点和 F 点时，地面对
79、支架 A 垫的支持力为 16N在上滑过程中经过 E 点时，对支架有：MNA+Mf=MN，即 162+101.2=40CE解得 CE=1.1m即距离 A 点的距离为：AE=1.61.1m=0.5m在下滑过程中经过 F 点时，对支架由：MNA=Mf+MN，即 162=101.2+40CF解得 CF=0.5m，即距离 A 点的距离为 AE=1.60.5m=1.1m，答：（1）不正确，使支架不发生转动的物块最大初速度为 4.38m/s；（2）当地面对支架 A 点的支持力为 16N 时，物块距离 A 点距离是 0.5m 和 1.1m 处点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式以及力矩的平衡，综合性较强，对学生的能力要求较高，知道在动力学问题中，加速度是联系力学和运动学的桥梁