1、2015-2016学年上海市理工大附中高三（上）摸底物理试卷（9月份）一、单项选择题（共30分，每小題3分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上）1如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )AGBG sin CG cos DG tan 2如图，A、B两物体叠放在一起，由静止释放后沿光滑斜面下滑，且始终保持相对静止，B上表面水平，则物体B的受力示意图是( )ABCD3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
2、大于下落时间D上升时的加速度等于下落时的加速度4如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为( )A始终水平向左B始终竖直向上C斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大5起重机的吊钩用竖直向上的力F吊起质量为m的物体，使物体以加速度a竖直向上做匀加速直线运动，不计空气阻力，下列推理正确的是( )A如果力大小变为2F，质量不变，则加速度变为2aB如果力大小变为2F，质量变为2m，则加速度仍为aC如果力大小变为2F，质量变为，则加速度变为2aD如果力F不变，质
3、量变为，则加速度变为2a6如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时BAC90，现使BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC此过程中，轻杆B端所受的力( )A逐渐减小B逐渐增大C大小不变D先减小后增大7如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N在运动过程中( )AF增大，N减小BF减小，N减小CF增大，N增大DF减小，N增大8如图所示，质量分布均匀的直角三角
4、板ABC重为20N，可绕过C点、垂直于板面的水平转动轴自由转动，A点用竖直线AD拉住，当BC处于水平平衡位置时AD线上的拉力大小为F后将一块凹槽口朝下、重为4N的物块卡在斜边AC上，物块沿斜边AC匀加速下滑，当物块经过AC的中点时细线的拉力大小变为F+F，则下述结论中正确的是 ( )AF=10NBF10NCF2NDF=2N9如图所示，斜面静止在粗糙的水平地面上，一个物体恰能沿斜面匀速下滑若以平行于斜面方向的力F向下推此物体，使物体加速下滑，则( )A斜面一定静止，且与地面之间没有摩擦力产生B斜面可能静止，且受到地面向右的静摩擦力C斜面一定运动，且受到地面向右的摩擦力D斜面一定静止，且受到地面向
5、右的静摩擦力10甲、乙两物体静止在光滑水平面上如图1，现对乙施加一变力F，力F与时间t的关系如图2所示，在运动过程中，甲、乙两物体始终相对静止，则( )A在t0时刻，甲、乙间静摩擦力最小B在t0时刻，甲、乙两物体速度最小C在2t0时刻，甲、乙两物体速度最大D在2t0时刻，甲、乙两物体位移最小二、多选题：（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，答案涂写在答题卡上）11一质量分布均匀的半圆形弯杆OAB，可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动在B点施加一个始终垂直于OB的力F，使其缓慢逆时针旋转90，则此过程中( )A力F不断减
6、小B力F先增大后减小C重力对轴O的力矩不断减小D力F对轴O的力矩先增大后减小12如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则( )A小车做匀加速直线运动BAB杆仍能保持水平C绳的张力增大D弹簧的弹力增大13某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s25s内物体的( )A路程为65mB位移大小为25m，方向向上C速度改变量的大小为10m/sD平均速度大小为13m/s，方向向上14受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt图线如图所示( )A在0t
7、1秒内，外力F大小不断增大B在t1时刻，外力F为零C在t1t2秒内，外力F大小不断减小D在t1t2秒内，外力F大小可能先减小后增大三、填空题（每题4分，每空2分，共20分）15牛顿第一定律表明，力是物体_发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是_16物体做竖直上抛运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量大小_，方向_（填：“相同”或“不同”）17如图，两光滑斜面在B处连接，小球自A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为_，球由A运动到C的过程中平均速率为_m/s18如图所示，一名消防队员在模
8、拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管住下滑已知这名消防队员的质量为60，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员加速与减速过程的时间之比为_，加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为_19如图所示，质量为3m的L形均匀直角棒OAB，下端可绕O轴自由转动，右侧靠在光滑的竖直墙壁上，AB边处于水平状态，已知OA边的长度为AB边的2倍，则此时竖直墙壁受到直角棒弹力的大小为_若在棒和竖直墙壁之间放置一块质量为m、厚度不计的薄板C，棒和薄板间的动摩擦因数为0.5现对薄板C施加沿竖直方向的拉力，第一
9、次使之沿竖直墙壁向上匀速运动，第二次向下匀速运动，则两次拉力的大小之比为_四、计算题（共34分）20我国的最新交通规则规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为，我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3s的闪烁时间国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m（1）若要确保汽车在3s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）某小客车正以v0=14m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，那么这辆制动性能合格的小客车是否一定
10、能在黄灯点亮前在路口停车线前停下来？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s（3）某小客车正以v0=8m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，汽车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路口？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s21如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后该做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v（1）求箱子加速阶段的加速
11、度为a（2）若agtan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力22如图所示，ABCD是一个T型支架，支架A端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，D点处有一光滑转动轴，AC与BD垂直，且AB=BC，BD长为d=0.6m，AC与水平地面间的夹角为=37，整个支架的质量为M=1kg（BD部分质量不计）质量为m=2kg的小滑块置于支架的C端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下大小为24N的拉力F，小滑块在拉力作用下由静止开始沿AC做匀加速直线运动，己知小滑块与斜面间的动摩擦因数为=0.5g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求小滑块沿AC向上滑的加速度大小；（2
12、）滑块开始运动后，经过多长时间支架开始转动？（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，求拉力作用的最大时间2015-2016学年上海市理工大附中高三（上）摸底物理试卷（9月份）一、单项选择题（共30分，每小題3分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上）1如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )AGBG sin CG cos DG tan 考点：力的合成 专题：受力分析方法专题分析：人受多个力处于平衡状态，合力为零人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力根据平衡条件
13、求解解答：解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G故选：A点评：通过受力分析和共点力平衡条件求解，注意矢量叠加原理2如图，A、B两物体叠放在一起，由静止释放后沿光滑斜面下滑，且始终保持相对静止，B上表面水平，则物体B的受力示意图是( )ABCD考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：受力分析方法专题分析：对整体分析，得出整体的加速度方向，确定B的加速度方向，知道B的合力方向，从而知道B的受力情况解答：解：整体向下做匀加速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则AB的
14、加速度方向沿斜面向下a=gsin；则对A分析可知，A一定受向右的摩擦力；并且其加速度向下的分量一定小于重力；故A一定受到向上的支持力；则B受到向左的摩擦力及向下的压力；A根据牛顿第二定律知，B的合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力、压力和支持力故C正确，A、B、D错误故选：C点评：本题考查牛顿第二定律的应用及受力分析等内容；解题的关键在于正确选择研究对象，并对其进行受力分析；可以采用分解加速度或分解力的方法进行分析3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
15、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 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
16、，所以时间也不相等！4如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为( )A始终水平向左B始终竖直向上C斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大考点：牛顿第三定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：分析球的受力情况：重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球弹力方向解答：解：以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图则有G、T的合力方向斜向右
17、下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大，所以选项ABD错误，C正确故选C点评：本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键难度不大5起重机的吊钩用竖直向上的力F吊起质量为m的物体，使物体以加速度a竖直向上做匀加速直线运动，不计空气阻力，下列推理正确的是( )A如果力大小变为2F，质量不变，则加速度变为2aB如果力大小变为2F，质量变为2m，则加速度仍为aC如果力大小变为2F，质量变为，则加速度变为2aD如果力F不变，质量变为，则加速度变为2a考点：牛顿第二定律 专题：牛顿
18、运动定律综合专题分析：对物体受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求解出加速度的表达式进行讨论解答：解：对物体受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：Fmg=ma，解得a=；A、如果力大小变为2F，质量不变，则a2a，故A错误；B、如果力大小变为2F，质量变为2m，则加速度，故B正确；C、如果力大小变为2F，质量变为，则加速度，故C错误；D、如果力F不变，质量变为，则加速度，故D错误；故选B点评：本题关键是求解出加速度的表达式进行分析讨论，基础题6如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑
19、轮C，用力F拉绳，开始时BAC90，现使BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC此过程中，轻杆B端所受的力( )A逐渐减小B逐渐增大C大小不变D先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以B为研究对象，并受力分析由题目中“缓慢”二字知整个变化过程中B处于平衡态解答：解：A、由于B点始终处于平衡状态，故B点受到的力的大小为各力的合力故B点在变化过程中受到的力始终为0故大小不变故A错误B、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变故B错误C、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变故C正确D、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变故
20、D错误故选：C点评：该题关键是仔细阅读，弄清题意并能从缓慢、恰好等词汇找的隐含条件7如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N在运动过程中( )AF增大，N减小BF减小，N减小CF增大，N增大DF减小，N增大考点：物体的弹性和弹力 分析：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解出拉力和支持力的数值，在进行分析讨论解答：解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有N=mgcosF=mgsin其中为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动
21、时，变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误故选：A点评：题关键对滑块受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表达式进行讨论8如图所示，质量分布均匀的直角三角板ABC重为20N，可绕过C点、垂直于板面的水平转动轴自由转动，A点用竖直线AD拉住，当BC处于水平平衡位置时AD线上的拉力大小为F后将一块凹槽口朝下、重为4N的物块卡在斜边AC上，物块沿斜边AC匀加速下滑，当物块经过AC的中点时细线的拉力大小变为F+F，则下述结论中正确的是 ( )AF=10NBF10NCF2NDF=2N考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；力矩的平衡条件 专题：方程法分析：质量分布均匀的直角三角
22、板的重心在靠近AB的位置，根据杠杆平衡条件可得F的大小；F的大小计算，设角ACB为，木块对斜面的压力为FN=mgcos=4cos，对于三角板，再次运用杠杆平衡条件得到绳子拉力大小解答：解：A、B、质量分布均匀的三角形的重心在靠近AB的位置，以C点为支点，根据杠杆平衡条件可得Mgl1=FlBC 由于l1lBC解得F10N故A、B均错误；C、D、F的大小计算，设角ACB为，将三角板的重力忽略，木块对斜面的压力为FN=mgcos=4cos对于三角板，由杠杆平衡条件得 4cosa+Mgl1=（F+F）lBC 由两式得到，F=2N故C错误，D正确；故选D点评：本题关键根据力矩平衡条件列式分析计算，同时要
23、知道三角形的重心为三个中线的交点9如图所示，斜面静止在粗糙的水平地面上，一个物体恰能沿斜面匀速下滑若以平行于斜面方向的力F向下推此物体，使物体加速下滑，则( )A斜面一定静止，且与地面之间没有摩擦力产生B斜面可能静止，且受到地面向右的静摩擦力C斜面一定运动，且受到地面向右的摩擦力D斜面一定静止，且受到地面向右的静摩擦力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，分析此时斜面的受力情况若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，再分析斜面的受力情况，根据物体对斜面的作用有无变化，确定地面对斜
24、面体有无摩擦解答：解：物块匀速下滑时，对物块和斜面体整体进行受力分析，受到重力、支持力，假设地面对整体有摩擦力，设为水平向右，如图根据共点力平衡条件得到摩擦力为零；若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，物体对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零，斜面一定静止故选A点评：本题中推力F与斜面体之间没有直接的关系，关键抓住物体对斜面体的压力和摩擦力没有改变进行分析10甲、乙两物体静止在光滑水平面上如图1，现对乙施加一变力F，力F与时间t的关系如图2所示，在运动过程中，甲、乙两物体始
25、终相对静止，则( )A在t0时刻，甲、乙间静摩擦力最小B在t0时刻，甲、乙两物体速度最小C在2t0时刻，甲、乙两物体速度最大D在2t0时刻，甲、乙两物体位移最小考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：以整体为研究对象，分析加速度如何变化，再以甲为研究对象，根据牛顿第二定律分析所受的摩擦力如何变化分析两物体的运动情况，判断甲速度最大的时刻、确定位移最大的时刻解答：解：A、B、解答：以整体为研究对象，由图看出，t0时刻，F=0，加速度为零，则以甲为研究对象可知，甲与乙间的静摩擦力为零，最小故A正确B、根据牛顿第二定律知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大
26、的减速运动，则t0时刻速度方向不变，而且速度最大故B错误C、D、两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，在2t0时刻，速度最小，为零；位移最大；故C错误，D错误故选：A点评：本题关键根据牛顿第二定律分析物体的运动情况，采用整体法和隔离法结合，研究AB间的静摩擦力二、多选题：（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，答案涂写在答题卡上）11一质量分布均匀的半圆形弯杆OAB，可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动在B点施加一个始终垂直于OB的力F，使其缓慢逆时针旋转90，则此过程中( )A力F不断减小B力F先增
27、大后减小C重力对轴O的力矩不断减小D力F对轴O的力矩先增大后减小考点：力矩的平衡条件 分析：以O点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，根据力矩平衡条件列式求解即可解答：解：以O点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；根据力矩平衡条件，有：F2R=mgR，解得：F=；保持力F始终垂直于OB，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到OB到达竖直位置的过程中，重心与O点的水平距离先变大后变小，即重力的力矩先变大后变小；而拉力的力矩一直等于2R；根据力矩平衡条件，有：F2R=mgx 由于x先变小后变大，故F先变大后变小；故AC错误，B正确；F对O的力矩为FOB，OB不变，所以力F对轴O的力矩先增
28、大后减小，故D正确；故选：BD点评：本题关键是以O为支点，然后根据力矩平衡条件列式分析，基础题12如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则( )A小车做匀加速直线运动BAB杆仍能保持水平C绳的张力增大D弹簧的弹力增大考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球偏离竖直方向并保持不变，故小球与车具有共同的加速度，对小球进行受力分析，因球在竖直方向没有运动，故竖直方向受力平衡，小球受绳的拉力和重力的合力沿水平方向，即小球和车具有水平向左的加速度，又因小车向左运动，所以
29、小车只能向左匀加速运动因弹为小球竖直方向受力平衡，故绳中拉力在竖直方向的分量保持不变，故小球和车向左匀加速直线运动时不改变AB杆的平衡，故弹簧的形变量没有发生变化，弹力保持不变解答：解：因为小球和小车保持相对静止，故小球与小车相同的加速度，对小球进行受力分析有：A、如图可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小车向左运动，故小车向右做匀加速直线运动，故A正确；B、如图，小球在竖直方向平衡，故绳中拉力同一根绳故B点受到绳的拉力大小亦为此力在竖直方向的分力大小与mg相等，故AB杆仍保持水平，故B正确；C、小球静止时，绳的张力大小和小球的重力相等，匀加速后绳的张力变为，故C正确；D、由B
30、分析知，B点受到绳拉力大小在竖直方向的分量和以前相同，故不改变水平杆的水平状态，对弹簧而言，由于形变没有发生变化，故弹簧的弹力不变，故D错误故选ABC点评：小球受到绳的斜向上的拉力，拉力在竖直方向分量与重力大小相等，在水平方向的分量使小球产生加速度由于拉力竖直方向分量不变，故B点受到绳拉力的竖直分量仍保持不变，故不影响AB杆的平衡关键看中绳中拉力在竖直方向的分量保持不变13某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s25s内物体的( )A路程为65mB位移大小为25m，方向向上C速度改变量的大小为10m/sD平均速度大小为13m/s，方向向上考点：竖直上抛运动 专题：计算题
31、分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量解答：解：由v=gt可得，物体的速度减为零需要的时间t=s=3s，故5s时物体正在下落；A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2=2gh可得，h=45m，后两s下落的高度h=gt2=20m，故总路程s=（45+20）m=65m；故A正确；B、位移h=v0tgt2=25m，位移在抛出点的上方，故B正确；C、速度的改变量v=gt=50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v=5m/s，故D错误；故选AB点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解
32、；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用v=at求得14受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt图线如图所示( )A在0t1秒内，外力F大小不断增大B在t1时刻，外力F为零C在t1t2秒内，外力F大小不断减小D在t1t2秒内，外力F大小可能先减小后增大考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 专题：牛顿运动定律综合专题分析：vt图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1t2秒内做加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；根据加速度的变化情况，分析受力情况解答：解：A根据加速度可以用vt图线的斜率表示
33、，所以在0t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度：，所以外力F大小不断减小，A错误； B在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B错误； C在t1t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力F大小可能不断减小，C错误； D如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小 ，F后增大，因为vt图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确故选：D点评：本题考查vt图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力，难度较大三、填空题（每题4分，每空2分，共20分）15牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原
34、因，该定律引出的一个重要概念是惯性考点：牛顿第一定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性惯性，它是物理学中一条基本定律解答：解：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性故答案为：运动状态；惯性点评：本题考查了牛顿第一定律的内容和惯性的概念基础题目16物体做竖直上抛运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量大小相同，方向相同（填：“相同”或“不同”）考点：竖直上抛运动 分析：竖直上抛运动做加速度为g的匀变速直线运
35、动，结合速度时间公式判断速度的变化量解答：解：竖直上抛运动的加速度不变，做匀变速直线运动，根据v=at知，相等时间内速度变化量大小相等，方向相同，方向竖直向下故答案为：相同，相同点评：解决本题的关键知道竖直上抛运动的运动规律，知道匀变速直线运动相等时间内速度变化量相同17如图，两光滑斜面在B处连接，小球自A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为9：7，球由A运动到C的过程中平均速率为2.1m/s考点：平均速度 专题：直线运动规律专题分析：根据和加速度的定义a=，=解答解答：解：设AB=BC=x，
36、AB段时间为t1，BC段时间为t2，根据知AB段：，BC段为=则t1：t2=7：3，根据a=知AB段加速度a1=，BC段加速度a2=，则球在AB、BC段的加速度大小之比为9：7；根据=知AC的平均速度=2.1m/s故答案为：9：7，2.1m/s点评：本题考查基本概念的应用，记住和加速度的定义a=，=18如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管住下滑已知这名消防队员的质量为60，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员加速与减速过程的时间之比为1：2，加速与减速过
37、程中所受摩擦力大小之比为1：7考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：消防队员在模拟演习训练中，从已知长度的钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零由他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间，可求出加速与减速过程的时间之比在加速过程中由加速时间与加速位移结合牛顿运动定律可求出加速度大小，同理可算出减速过程中的加速度从而利用牛顿第二定律求出各自摩擦力大小，最终得出两摩擦力大小之比解答：解：消防队员从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零由他加速时的加速度大小是减速时的2倍，再
38、由V=at可得：a与t成反比则消防队员加速与减速过程的时间之比为1：2由V2=2as可得：s与a成反比由于钢管总长12m，则加速过程中的S1=4m，减速过程中的S2=8m再由s=从而可求出加速过程加速度大小a1=8m/s2减速过程加速度大小a2=4m/s2最后由牛顿第二定律可得：加速过程时，mgf1=ma1f1=mgma1=600608=120N减速过程时，f2mg=ma2f2=mg+ma2=600+604=840N则f1：f2=120：840=1：7故答案为：1：2 1：7点评：本题先由静止匀加速，后匀减速到停止可将匀减速过程看成从静止做匀加速所以可得出a与t成反比，a与s成反比19如图所示
39、，质量为3m的L形均匀直角棒OAB，下端可绕O轴自由转动，右侧靠在光滑的竖直墙壁上，AB边处于水平状态，已知OA边的长度为AB边的2倍，则此时竖直墙壁受到直角棒弹力的大小为mg若在棒和竖直墙壁之间放置一块质量为m、厚度不计的薄板C，棒和薄板间的动摩擦因数为0.5现对薄板C施加沿竖直方向的拉力，第一次使之沿竖直墙壁向上匀速运动，第二次向下匀速运动，则两次拉力的大小之比为33：25考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以点O为支点，根据力矩平衡条件列式求解竖直墙壁对直角棒弹力大小；有薄板时，多个摩擦力的力矩，先对杆运用力矩平衡条件求解摩擦力，再次对
40、薄板受力分析，根据平衡条件求解拉力解答：解：以点O为支点，棒的重力和墙壁的支持力的力矩平衡，根据力矩平衡条件，有：mg（AB）=NAO解得：N=在棒和竖直墙壁之间放置一块质量为m、厚度不计的薄板C，棒和薄板间的动摩擦因数为0.5，向上拉时，根据力矩平衡条件，有：mg（AB）=f1AB+N1AO 其中：f1=N1 由解得：f1=0.1mg根据共点力平衡条件，拉力为：F1=mg+f1=1.1mg向下拉时，根据力矩平衡条件，有：mg（AB）+f2AB=N2AO 其中：f2=N2 由解得：f2=mg根据共点力平衡条件，拉力为：F2=mgf2=故F1：F2=33：25故答案为：mg，33：25点评：本题
41、关键是根据力矩平衡条件求解墙壁对杆的作用力，根据共点力平衡条件求解拉力，不难四、计算题（共34分）20我国的最新交通规则规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为，我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3s的闪烁时间国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m（1）若要确保汽车在3s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）某小客车正以v0=14m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，那么这辆制动性能合格的小客车是否一
42、定能在黄灯点亮前在路口停车线前停下来？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s（3）某小客车正以v0=8m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，汽车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路口？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出汽车刹车的加速度大小，结合速度时间公式，采用逆向思维求出汽车刹车前的速度大小（2）根据反应时间内匀速运动的位移和刹车后匀减速运动的位移之和判断小客
43、车是否一定能在黄灯点亮前在路口停车线前停下来（3）小客车在反应时间内做匀速直线运动，抓住匀速运动的位移和匀加速直线运动的位移超过28m，求出汽车匀加速运动的加速度解答：解：（1）设汽车刹车时的最大加速度为a，根据v2=2as，则a=，确保汽车在3s内停下来，汽车刹车前的行驶速最大速度为：vmax=at=4.93m/s=14.7m/s，（2）在反应时间内汽车匀速运动的距离为：s0=v0t=141m=14m车匀减速运动的距离为：s=ss0=28=14m=14m，由于制动性能合格的小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m所以这辆小客车不能在黄灯亮时在路口停车线前停下来（3）在反
44、应时间内汽车匀速运动的距离为：s0=v0t=81m=8m，车匀加速运动的距离为：s=ss0=288m=20m，从绿灯闪到黄灯亮起这3s内汽车加速运动的时间：t=tt=31s=2s，设汽车加速时的加速度为a，有：，代入数据：20=，解得：a=2m/s2答：（1）小客车刹车前的行驶速度不能超过14.7m/s；（2）这辆小客车不能在黄灯亮时在路口停车线前停下来（3）汽车至少以2m/s2的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路口点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷21如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为
45、m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后该做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v（1）求箱子加速阶段的加速度为a（2）若agtan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由运动学的公式即可求得物体的加速度；（2）可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界速度，然后使用整体法，结合牛顿第二定律即可求解解答：解：（1）设加速度为a，由匀变速直线运动的公式：得：解得：（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsin=maNcos=mg解得：a=gt
46、an减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当agtan 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：Nsin=maNcosF=mg解得：F=macotmg答：（1）箱子加速阶段的加速度为；（2）若agtan，减速阶段球受到箱子左壁的作用力是0，顶部的作用力是macotmg点评：该题中的第二问中，要注意选取受到的左壁的作用力等于0的临界条件，以及临界速度中档题目22如图所示，ABCD是一个T型支架，支架A端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，D点处有一光滑转动轴，AC与BD垂直，且AB=BC，BD长为d=0.6m，AC与水平地面间的夹角为=37，整个支架的质量
47、为M=1kg（BD部分质量不计）质量为m=2kg的小滑块置于支架的C端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下大小为24N的拉力F，小滑块在拉力作用下由静止开始沿AC做匀加速直线运动，己知小滑块与斜面间的动摩擦因数为=0.5g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求小滑块沿AC向上滑的加速度大小；（2）滑块开始运动后，经过多长时间支架开始转动？（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，求拉力作用的最大时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）先
48、根据力矩平衡条件得到支架开始转动时滑块的位移，然后根据位移时间关系公式列式求解；（3）作用一段时间后撤去拉力F，滑块先匀加速，然后匀减速；根据牛顿第二定律列式求解加速和减速过程的加速度；根据运动学公式列式；再根据力矩平衡条件列式；最后联立求解即可解答：解：（1）滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：Fmgsin37mgcos37=ma 代入数据，得：a=2m/s2（2）设经过时间t，滑块运动到离C点S处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有：F（ACcos37CD）+fBD+N（SBC）=MgBDsin37+FBD 式中N=mg cos37，f=mgcos37代入数据，得：S
49、=1.2m 因此，t=1.1s （3）设拉力作用时间最长为t1，根据运动学公式，有：v1=a t1S1=a t12撤去F后，根据牛顿第二定律，有：a2=gsin37+gcos37=100.60.5100.8=2m/s2滑块减速直至静止过程：v1=a2t2S2=a2t22滑块恰好运动到离C点S处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有：mgcos37BD+mgcos37（SBC）=MgBDsin37 代入数据，得：S=0.725m 根据位移时间关系公式，有：S=a t12+a2t22代入数据，得：t1=0.78s 答：（1）小滑块沿AC向上滑的加速度大小为2m/s2；（2）滑块开始运动后，经过1.1s时间支架开始转动；（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，拉力作用的最大时为0.78s点评：本题关键明确滑块的运动规律，然后根据力矩平衡条件、运动学公式、牛顿第二定律列式求解，不难
