1、2015-2016学年上海市黄浦区高三（上）期中物理试卷一、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如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（）ABCD2从牛顿第一定律可直接演绎得出（）A质量是物体惯性的量度B质量一定的物体加速度与合外力成正比C物体的运动需要力来维持D物体有保持原有运动状态的特性3物体A放在上表面水平的滑块上，滑块沿斜面向上做匀减速运动，如图所示以下说法正确的是（）AA仅受到重力和支持力的作用BA受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用CA受到的合外力水平向左DA受到的合外力方向与其速度方向相反4物体A、B两地往返运动设A到B的平均速率为v1，由B
2、到A的平均速率为v2，物体往返一次，平均速度的大小与平均速率分别是（）A0，B0，C均为D均为05某物体沿一直线运动，其vt图象如图，下列说法正确的是（）A第l秒内和第2秒内物体的速度方向相反B第l秒内和第2秒内物体的加速度方向相反C第3秒内物体的速度方向和加速度方向相反D第2秒末物体的加速度为零6一物块静止在粗糙的水平桌面上，从t=0开始物块受到一方向不变的水平拉力作用设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力大小，则下列图象能反映aF关系的是（）ABCD7物体做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列图象中，能正确描述物体的重力势能与下落速度的关系的图
3、象是（）ABCD8如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小（）A一定大于4.0NB一定等于4.0NC一定小于4.0ND一定为零二、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如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千某次维修时将两竖直木桩移近些，但仍保持两轻绳长度不变且悬挂点不变木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）AF1不变，F2变大BF1不变，F2变小CF1变大，F2变大DF1变小，F2变
4、小10如图所示，将一物体放在固定斜面上会下滑，现对物体施加一平行于斜面向上的力F若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2，由此可求出（）A物块对斜面的正压力B物块的质量C物块与斜面间的最大静摩擦力D斜面的倾角11绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道半径会慢慢变小则人造地球卫星的（）A动能减小B势能增大C运行的角速度增大D运行的周期增大12两倾斜的平行滑杆上分别套A、B两圆环，两环上均用细线悬吊着物体，如图所示当它们都沿滑杆向下滑动时（环、物保持相对静止），A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（）AA环与
5、杆有摩擦力BB环与杆无摩擦力CA环做的是匀速运动DB环做的是匀速运动13一正方形物块A重4N，用F=10N的水平推力通过两木板把A物夹住，木板与A物间的动摩擦因数为0.4，图为侧视图现要将A物体匀速拉出来，平行于板的拉力大小可能为（）A4NB8NC12ND18N14水星和金星绕太阳的轨道可视为同一平面内的圆周，设水星、金星的运转周期分别为T1、T2，从水星与金星在太阳同侧的一条直线上开始计时，则两星再次在太阳同侧一条直线上需经过的时间为（）ABCD15如图（a）所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图（b）所示设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相
6、等，则（）A0t1时间内F的功率逐渐增大Bt2时刻物块A的加速度最大Ct2时刻物块A的动能最大Dt1t4时间内物块A的加速度先增大后减小16如图所示，两细绳栓一小球使其恰在圆环的圆心O位置已知两绳夹角AOB90，让圆环在竖直面内绕过O点的水平轴缓慢地逆时针转动，当OA由竖直转到水平位置的过程中，OA的作用力FA和OB的作用力FB的变化情况是（）AFA先增大后减小，FB先增大后减小BFA增大，FB先增大后减小CFA增大，FB增大DFA先增大后减小，FB增大三、多项选择题（共16分，每小题4分每小题有两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如图所示，两
7、个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴OO的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g，使圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的静摩擦力大小始终相等C当=时，a所受摩擦力的大小为kmgD=时b开始滑动18一物块在固定的斜面上下滑，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，下列说法正确的是（）A若物块原来匀速下滑，则施加F后将加速下滑B若物块原来加速下滑，则施加F后将以更大的加速度加速下滑C若物块原来减速下滑，则施加F后将以更大的加速度减速下滑D若
8、物块原来减速下滑，则施加F后有可能匀速下滑19如图所示，河宽为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度大小v同时出发渡河出发时两船相距x，甲、乙船头均与岸边成45角，且乙船恰好能直达正对岸的A点则下列说法正确的是（）A甲乙两船在水中行驶的路程相等B甲乙两船同时到达河对岸Cv：u=：1D为确保两船在河中不相撞，x不得小于2L20质量m=2kg的物块在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其上升距离h间的关系如图所示重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）Ah=1m时拉力的功率为44WB在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2sCh=3m时物块的加速度大小为2.5m/s
9、2D在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为89J四、填空题（共20分，每小题4分）21如图所示，一硬杆上端绞于屋顶，用一水平力将其下端缓慢拉起在杆从竖直拉至接近水平的过程中，拉力的变化情况是，拉力力矩的变化情况是22某物体在水平地面上沿直线匀减速滑行，加速度大小为2m/s2，停止运动前2s的位移是整个位移的1/4，则物体完成整个位移所用的时间是s，物体的初速度是m/s23取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度H处水平抛出，在抛出点其动能与重力势能之比为1：3，不计空气阻力当物块的动能与重力势能相等时，物块的速度方向与水平方向的夹角为，物块落地时的水平射程是24在托乒乓球跑步比赛中，某同学将
10、质量为m的球置于球拍光面中心，t=0时以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，t=t0起做匀速直线运动，球始终保持在位于球拍中心不动在运动过程中球受到与其速度方向相反、大小成正比的空气阻力，比例系数为k，运动中球拍拍面与水平方向夹角为则匀速运动时tan=；匀加速直线运动过程中tan随时间t变化的关系式为（不计球与球拍间的摩擦，重力加速度取g）25一辆机动车在平直的公路上由静止启动开始做直线运动，图中图线A表示该车运动的速度和时间的关系，图线B表示车的功率和时间的关系设车在运动过程中阻力不变，车在6s末前做匀加速运动，在16s末开始匀速运动可知车的质量为kg，车从静止开始到16s末内的总位
11、移为m五、实验题（共24分）26光电门传感器为门式结构，如图所示A管发射红外线，B管接收红外线A、B之间无挡光物体时，电路断开；有物体经过A、B之间时B管挡被光，电路接通计算机根据挡光物体的和，自动算出物体的27利用图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到
12、的力一定时，质量越大，它的加速度越小28利用如图所示的装置描绘小球做平抛运动的轨迹：小球从斜面上某一位置无初速度释放，从斜槽末端飞出；利用水平卡板可以记录运动轨迹上的某个点；改变卡板的位置，就改变了小球在卡板上落点的位置，从而可以描绘出小球的运动轨迹（1）（多选）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有（A）安装斜槽轨道，使其末端保持水平（B）每次小球释放的初始位置可以任意选择（C）每次小球应从同一高度由静止释放（D）为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接（2）在实验中，小球前后运动了三次，水平卡板依次放在图中、的位置，小球从斜槽末端到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依
13、次为E1、E2、E3，已知与的间距等于与的间距，忽略空气阻力的影响，下列分析正确的是（A）x2x1=x3x2，E1E2E3（B）x2x1x3x2，E1=E2=E3（C）x2x1x3x2，E1E2E3（D）x2x1x3x2，E1=E2=E329某小组同学使用力矩盘验证有固定转动轴物体的平衡条件，力矩盘上各同心圆的间距相等，为4cm（1）在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡（如图1所示），已知每个钩码所受的重力为1N，弹簧秤示数的单位为N，请填写下列实验数据表格中“第一次”实验的数据：逆时针方向力矩之和（Nm）顺时针方向力矩之和（Nm）第一次第二次（2）回顾整个实验
14、过程，他们发现操作完全正确，读数和计算均无差错，力矩盘与转轴间的摩擦也足够小，经过讨论，他们认为两个方向力矩之和的差异是由于力矩盘的重心不在圆心造成的根据（1）中的数据，可以判定力矩盘的重心可能在（多选）（A）圆心的左上方（B）圆心的左下方（C）圆心的右上方（D）圆心的右侧，与圆心同高（3）为改进实验，他们提出两种方案：方案一：在图2中D点悬挂一个钩码，在之后的每次实验中保持这个钩码的悬挂位置和个数不变，它产生的力矩就可以和力矩盘的重力矩抵消了方案二：在之后的每一次实验中，都在顺时针方向的力矩之和上加0.04Nm，就可以抵消重力矩产生的影响了你认为这两种方案（A）都可行（B）都不可行（C）方案
15、一可行（D）方案二可行六、计算题30长为L的杆竖直放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一个质量为m的小铁环已知重力加速度为g，不计空气阻力（1）若杆与环保持相对静止，在空中水平向左做匀加速直线运动，此时环恰好与B端在同一水平高度，如图（a），请在图（c）中作出此时环的受力示意图，并求出此时加速度的大小a1（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为g，此时环恰好位于轻绳正中间，如图（b）所示，求绳中拉力的大小31如图所示，质量M=1.6kg的均匀水平板AB长为1.2m，B端靠在光滑竖直墙壁上，板中点C处固连一根长为0.6m的轻质
16、斜杆CO，与板面夹角为53，O点为固定转轴在B端放有一质量m=1.6kg静止小木块，先用大小为10N、方向与水平面夹角为53的拉力F使木块向左滑动，中途撤去拉力F，木块能滑到板的最左端A处，且支架恰好不会失去平衡向逆时针方向翻倒求：（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）（1）木块与板之间的动摩擦因数；（2）木块刚开始滑动时B端受到墙壁的弹力大小；（3）拉力F作用于木块的最短时间32如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度圆弧半径为R，圆心O点恰在水平地面一质量
17、为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E点已知A点距离水平地面的高度为H，OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力求：（1）滑块运动到C点时的速度大小vC；（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；（3）若滑块从直轨道上A点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A点距离水平地面的高度为多少？33如图（a）所示，A是一个无线力传感器，它上端所受拉力随时间的变化可在计算机上直接呈现一根细绳一端连在A的挂钩上，另一端绕过两个定滑轮与重物B相连，两滑轮固定在离地高1.2m的横梁上，滑轮间距为0.4m开始时，B被一托盘托住，A被悬
18、挂在空中，细绳的左、右两段均竖直，突然撤去托盘，A、B分别在竖直方向由静止开始运动，B落地后不再弹起A、B均可视为质点，不计空气阻力，不计滑轮轴的摩擦与滑轮的大小，重力加速度取g=10m/s2（1）某次操作得到的A受拉力F随时间t变化的图象如图（b）所示，已知t1=0.2s是撤去托盘的时刻，t3时刻F突然开始急剧增大求t2=0.35s时力传感器A的速度大小v和t3；（2）当A的质量为m、重物B的质量为M时，在A不碰到滑轮和横梁的情况下，求A上升的距离与B下落距离的比值（3）若A的质量为0.2kg，选择质量为0.6kg的重物B，为使A上升的距离最大且不会碰到定滑轮，求应选择的细绳长度l和托盘的初
19、始高度h2015-2016学年上海市黄浦区高三（上）期中物理试卷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如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（）ABCD【考点】物体的弹性和弹力【专题】定性思想；类比法；弹力的存在及方向的判定专题【分析】弹力是物体发生形变后要恢复原状时产生的力而形变有宏观与微观形变，所以有时接触不一定有形变，即有弹力故弹力产生的条件是接触且形变【解答】解：A、假设AB间有弹力，则AB两物体均不能处于平衡状态，所以要运动，然而AB两物体没有运动故A选项没有弹力BCD、由图可知：项肯定有弹力，因为AB间有相互挤压，必定存在弹力故A
20、正确，BCD错误故选：A【点评】判断微观形变可用假设法：假设接触面有弹力，则运用力的平衡条件来判定是否平衡，注意选取没有弹力的选项2从牛顿第一定律可直接演绎得出（）A质量是物体惯性的量度B质量一定的物体加速度与合外力成正比C物体的运动需要力来维持D物体有保持原有运动状态的特性【考点】牛顿第一定律【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】要解决此题需要掌握牛顿第一定律的内容，即任何物体在不受任何外力的作用下，总保持匀速直线运动状态或静止状态并且要理解牛顿第一定律的内容【解答】解：一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态静止状态或匀速直线运动状态是指原来静止的将保持静止状
21、态，原来运动的将保持匀速直线运动状态故牛顿第一定律说明了一切物体均有惯性，会保持原来的运动状态；同时说明了力是改变物体运动状态的原因； 故只有D正确；故选：D【点评】此题主要考查了对牛顿第一定律的理解，不仅要知道牛顿第一定律的内容，并且要理解“或”字的含义3物体A放在上表面水平的滑块上，滑块沿斜面向上做匀减速运动，如图所示以下说法正确的是（）AA仅受到重力和支持力的作用BA受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用CA受到的合外力水平向左DA受到的合外力方向与其速度方向相反【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】对滑块的进行受力及运动过程
22、分析；明确力的大小及方向；注意判断两物体之间的相互作用力方向的判断【解答】解：C、D、由题滑块沿斜面向上做匀减速运动，可知滑块的加速度的方向沿斜面向下，与速度的方向相反，所以A受到的合外力的方向沿斜面向下，与速度的方向相反故C错误，D正确；A、B、物块A虽然受到的合外力的方向沿斜面向下，当受到的摩擦力的方向始终与接触面平行，即只能沿水平方向，不能沿斜面向上故AB错误故选：D【点评】该题中，物块A随滑块一起运动，可知加速度的方向沿斜面向下，可以由矢量图来解答，也可以在比较熟练的情况下，直接应用矢量之间的关系来理解4物体A、B两地往返运动设A到B的平均速率为v1，由B到A的平均速率为v2，物体往返
23、一次，平均速度的大小与平均速率分别是（）A0，B0，C均为D均为0【考点】平均速度【专题】直线运动规律专题【分析】平均速度等于位移与所用时间的比值，平均速率等于路程与所用时间的比值物体往返一次，位移为零分别求出往返运动的时间，再求出平均速率【解答】解：物体往返一次，位移为零则物体的平均速度的大小为=0设A、B两地的距离为x物体从A到B运动的时间t1= 从B到A运动的时间t2=则物体物体往返一次的平均速率=故选：A【点评】本题要抓住平均速度和平均速率的定义来分析求解，不能张冠李戴，搞混淆从本题看出，平均速率不一定等于平均速度的大小5某物体沿一直线运动，其vt图象如图，下列说法正确的是（）A第l秒
24、内和第2秒内物体的速度方向相反B第l秒内和第2秒内物体的加速度方向相反C第3秒内物体的速度方向和加速度方向相反D第2秒末物体的加速度为零【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【专题】运动学中的图像专题【分析】根据速度的正负读出速度的方向由速度图象的斜率等于加速度，根据数学知识研究加速度方向关系，【解答】解：A、02s内图象都在时间轴的上方，都为正，方向没有改变，所以第1s内和第2s内物体的速度方向相同，故A错误B、斜率表示加速度，直线的倾斜的方向表示加速度的方向，直线的倾斜的方向相反，说明加速度的方向相反，所以第1s内的加速度方向和第2s内的加速度方向相反，故B正确C、
25、第3秒内物体的速度为负，加速度也为负，方向相同，故C错误；D、13s内物体做匀变速直线运动，加速度不为零，故D错误故选：B【点评】本题考查了vt图象的直接应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题，较为简单6一物块静止在粗糙的水平桌面上，从t=0开始物块受到一方向不变的水平拉力作用设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力大小，则下列图象能反映aF关系的是（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题【分析】由牛顿第二定律可得F与a的关系，进而由数学方法来分析图象【解答】解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿
26、第二定律可得：Ff=ma；在运动之前拉力等于摩擦力，直到拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，由数学知识可知，F与a为线性函数关系，图象与F轴的交点为最大静摩擦力，故C正确故选：C【点评】对找图象问题，必须要由物理规律列出对应坐标轴物理量的方程，然后用数学方法来分析函数对应的图象7物体做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列图象中，能正确描述物体的重力势能与下落速度的关系的图象是（）ABCD【考点】自由落体运动【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题【分析】物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能和势能的定义，即可求解【解答】解：物体做自由落体运动，机械能守恒，则有：EP=E
27、mv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，所以D正确，ABC错误；故选：D【点评】本题考查物体机械能守恒时，各个物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们的关系式在进一步的判断它们的关系8如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小（）A一定大于4.0NB一定等于4.0NC一定小于4.0ND一定为零【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】本题应以A为研究对象，A在水平方向上受摩擦力及弹簧秤的拉力而处于静止，故可知二力
28、应为平衡力；根据滑动摩擦力的影响因素可知摩擦力的大小与运动状态无关，则可由平衡条件可知弹簧弹力的变化【解答】解：当用力加速抽出木板B时，A物体保持静止，故可知A受B的摩擦力f=F=4.0N； 因A对B物体的压力不变，故A、B间的摩擦力不会发生变化，故匀速拉动时摩擦力也为4.0N；物体A在弹簧秤的作用下仍保持静止，故弹簧秤对A的拉力仍为4.0N，即弹簧秤的示数大小仍等于4.0N；选项B正确故选：B【点评】本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关二、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如图所示，用两根等长轻绳将木板
29、悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千某次维修时将两竖直木桩移近些，但仍保持两轻绳长度不变且悬挂点不变木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）AF1不变，F2变大BF1不变，F2变小CF1变大，F2变大DF1变小，F2变小【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】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cos=mg解得：F2=当木桩间距变近时
30、，细线与竖直方向的夹角减小，故cos增大，拉力F2变小故选：B【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难10如图所示，将一物体放在固定斜面上会下滑，现对物体施加一平行于斜面向上的力F若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2，由此可求出（）A物块对斜面的正压力B物块的质量C物块与斜面间的最大静摩擦力D斜面的倾角【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】定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静
31、摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可【解答】解：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1mgsinf=0 ；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+fmgsin=0 ；联立解得：f=，mgsin=，则质量和倾角都不能求解，物块对斜面的正压力为：N=mgcos，不能求解，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解11绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地
32、球运转的轨道半径会慢慢变小则人造地球卫星的（）A动能减小B势能增大C运行的角速度增大D运行的周期增大【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【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而判断其大小的变化【解答】解：根据得，v=，T=，轨道半径变小，则线速度大小变大，动能变大，故A错误轨道半径变小，则高度降低，势能减小，故B错误轨道半径变小，角速度增大，周期变小，故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系
33、12两倾斜的平行滑杆上分别套A、B两圆环，两环上均用细线悬吊着物体，如图所示当它们都沿滑杆向下滑动时（环、物保持相对静止），A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（）AA环与杆有摩擦力BB环与杆无摩擦力CA环做的是匀速运动DB环做的是匀速运动【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】环和物体保持相对静止，具有相同的加速度，通过对物体受力分析，运用牛顿第二定律得出其加速度，从而再根据牛顿第二定律分析出环的受力情况和运动情况【解答】解：A、左图，物体受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知物体与A以共同的加速度向下滑，对物体有：a=，则A的加速度为gsin，做匀
34、加速直线运动，对A环分析，设摩擦力为f，有Mgsinf=Ma，解得f=0所以A环与杆间没有摩擦力故AC错误B、右图，物体处于竖直状态，受重力和拉力，因为加速度方向不可能在竖直方向上，所以两个力平衡，物体做匀速直线运动，所以B环也做匀速直线运动知B环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡故B错误D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道物体与环具有相同的加速度，一起运动，以及掌握整体法和隔离法的运用13一正方形物块A重4N，用F=10N的水平推力通过两木板把A物夹住，木板与A物间的动摩擦因数为0.4，图为侧视图现要将A物体匀速拉出来，平行于板的拉力大小可能为（）A4NB8NC12ND18N【考点】共
35、点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】定量思想；极端假设法；共点力作用下物体平衡专题【分析】分析物体A的受力情况：若将A物体沿竖直向上方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向上拉力和两侧木板的向下滑动摩擦力；若将A物体沿竖直向下方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向下拉力和两侧木板的向上滑动摩擦力；根据平衡条件求出拉力的大小【解答】解：若将A物体沿竖直向上方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向上拉力和两侧木板的向下滑动摩擦力，作出力图如图1所示滑动摩擦力：f1=F根据平衡条件得：F1=2f1+G=2F+G=12N；若将A物体沿竖直向下方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向下
36、拉力和两侧木板的向上滑动摩擦力作出力图如图2所示滑动摩擦力：f2=F根据平衡条件得：F2=2f2G=2FG=4N，故AC正确故选：AC【点评】本题是力平衡条件在实际问题中应用，关键是分析物体A的受力情况，两侧木板对物体A都有摩擦力，不能遗漏14水星和金星绕太阳的轨道可视为同一平面内的圆周，设水星、金星的运转周期分别为T1、T2，从水星与金星在太阳同侧的一条直线上开始计时，则两星再次在太阳同侧一条直线上需经过的时间为（）ABCD【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题【分析】由于水星比金星的轨道低，周期小，故再次出现这种现象时，水星比金星多转一周，由此
37、可以解得需要的时间【解答】解：设需要的时间为t，在此时间内水星比金星多转一周，就会再次出现这种现象，故有：，解得t=故选：D【点评】要会分析题目，比如所谓的再次出现某一现象，一般应经过的时间是周期的倍数关系，若涉及两个物体，则一般他们之间就是运动快的多转一周15如图（a）所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图（b）所示设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则（）A0t1时间内F的功率逐渐增大Bt2时刻物块A的加速度最大Ct2时刻物块A的动能最大Dt1t4时间内物块A的加速度先增大后减小【考点】动能定理的应用【专题】比较思想；临界法；动能定理的
38、应用专题【分析】根据物块的受力，结合合力的方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动规律，判断何时加速度最大，何时速度最大，再分析F的功率和动能的变化【解答】解：A、0t1时间内，F小于等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，F的功率为零，保持不变，故A错误B、t2时刻拉力最大，合力最大，根据牛顿第二定律知，物块A的加速度最大，故B正确C、t2时刻后，拉力仍然大于摩擦力，物块仍然做加速运动，动能仍增大，t3时刻后拉力小于摩擦力，物块做减速运动，动能减小，所以t3时刻动能最大故C错误D、在t1t2时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，F增大，合力增大，加速度增大在t2t3时间内，物块做加速运
39、动，拉力大于摩擦力，F减小，合力减小，加速度减小t3时刻后，拉力小于摩擦力，F减小，合力反向增大，则物块A的加速度反向增大故D错误故选：B【点评】解决本题的关键理清物块的运动规律，知道加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动通过分析受力情况，由牛顿第二定律来分析加速度的变化16如图所示，两细绳栓一小球使其恰在圆环的圆心O位置已知两绳夹角AOB90，让圆环在竖直面内绕过O点的水平轴缓慢地逆时针转动，当OA由竖直转到水平位置的过程中，OA的作用力FA和OB的作用力FB的变化情况是（）AFA先增大后减小，FB先增大后减小BFA增大，FB先增大后减小CFA增大
40、，FB增大DFA先增大后减小，FB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】定性思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，运用作图法分析FA与重力的大小关系小球保持静止状态，则知FA与FB的合力始终大小不变由图判断FA与FB的变化情况【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况如图，采用合成法，由图看出，FA的大小先增大后减小，FB的大小在增大故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题是动态平衡问题，运用图解法比较直观，也可以运用函数法进行研究三、多项选择题（共16分，每小题4分每小题有两个或三个正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得
41、2分；有选错或不答的，得0分）17如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴OO的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g，使圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的静摩擦力大小始终相等C当=时，a所受摩擦力的大小为kmgD=时b开始滑动【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速
42、度决定当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定【解答】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=m2r，m、相等，fr，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，B错误；C、以a为研究对象，当=时，由牛顿第二定律得：f=m2l，可解得：f=kmg，故C错误；D、当b刚要滑动时，有kmg=m22l，解得：=，故D正确；故选：AD【点评】本题的关键是正确分析木块的
43、受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答18一物块在固定的斜面上下滑，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，下列说法正确的是（）A若物块原来匀速下滑，则施加F后将加速下滑B若物块原来加速下滑，则施加F后将以更大的加速度加速下滑C若物块原来减速下滑，则施加F后将以更大的加速度减速下滑D若物块原来减速下滑，则施加F后有可能匀速下滑【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sin与cos的大小再分析对物块施加一个竖直向下的恒力F
44、时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态同理，若物块加速下滑或减速下滑，由受力分析和牛顿第二定律求出加速度，比较两种情况下的加速度的大小即可【解答】解：A、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由平衡条件得：mgsin=mgcos得：sin=cos对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f=（F+mg）cos重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sin，则上可知：（F+mg）sin=（F+mg）cos，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态；故A错误；B、若物块原来加速下滑，则开始时：mgsinmgcos=ma施加F后：
45、（F+mg）sin（F+mg）cos=ma比较以上两式，得：将以更大的加速度加速下滑故B正确；C、若物块原来减速下滑，则mgsinmgcos=ma0施加F后：（F+mg）sin（F+mg）cos=ma比较以上两式，得：将以更大的加速度减速下滑故C正确，D错误故选：BC【点评】本题中物块匀速下滑时，=tan，作为一个重要结论可在理解的基础上，对分析本题解答有帮助19如图所示，河宽为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度大小v同时出发渡河出发时两船相距x，甲、乙船头均与岸边成45角，且乙船恰好能直达正对岸的A点则下列说法正确的是（）A甲乙两船在水中行驶的路程相等B甲乙两船同时到达河对岸Cv：
46、u=：1D为确保两船在河中不相撞，x不得小于2L【考点】运动的合成和分解【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题【分析】根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=u小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的路程，再根据渡河时间，从而确定不相撞时，两船间距【解答】解：A、由图可知，甲船在水中行驶的路程大于乙船的路程，故A错误；BC、乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知vcos45=u，解得：v=u将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，两船在垂直河岸方
47、向的速度大小相等，则有甲乙两船到达对岸的时间相等，故BC正确D、由题意可知，两船在垂直河岸方向的位移总是相等，且两船在水流方向的速度大小相等，若不相遇，则x不得小于2L，故D正确故选：BCD【点评】解决本题的关键灵活运用运动的合成与分解，知道合运动与分运动的等时性，注意两船在两方向的分速度大小总相等，是解题的关键20质量m=2kg的物块在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其上升距离h间的关系如图所示重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）Ah=1m时拉力的功率为44WB在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2sCh=3m时物块的加速度大小为2.5m/s2D在前4m的
48、运动过程中拉力对物块做的功为89J【考点】动能定理【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题【分析】根据图象得出h=1m时的动能，从而求出此时物块的速度对x=0到x=2m段运用动能定理，求出拉力的大小，由P=Fv求拉力的功率根据牛顿第二定律求出物块的加速度，由运动学公式求出运动的时间根据动能定理求出前4m内拉力对物块所做的功【解答】解：A、根据图象知，h=1m时，动能为 Ek=2J，即mv2=2J，解得v=m/s对x=0到x=2m段，运用动能定理，有：Fhmgh=Ek，解得 F=mg+=20+=22N故h=1m时拉力的功率为 P=Fv=22W，故A错误B、在前2m物体的加速度 a=m/s2=
49、1m/s2h=2m时Ek=4J，由mv2=4J，解得v=2m/s所经历的时间为 t=2s故B正确C、对后2m，运用动能定理得，Fhmgh=Ek，由图知，h=2m，动能的增加量Ek=9J4J=5J解得F=22.5N，物体的加速度为 a=1.25m/s2故C错误D、对全过程运用动能定理得，WFmgh=Ek，其中 h=4m，Ek=9J，解得WF=89J故D正确故选：BD【点评】本题考查学生的读图能力，能够从图中获取信息，以及能够灵活运用动能定理和牛顿第二定律四、填空题（共20分，每小题4分）21如图所示，一硬杆上端绞于屋顶，用一水平力将其下端缓慢拉起在杆从竖直拉至接近水平的过程中，拉力的变化情况是增
50、大，拉力力矩的变化情况是增大【考点】力矩的平衡条件【专题】定性思想；图析法；受力分析方法专题；力学知识在生产和生活中的应用【分析】先作出重力和拉力以及力臂的示意图，根据力矩平衡条件列式，求出拉力以及拉力力矩与角度关系，再根据角度变化情况，判断拉力以及拉力力矩的变化情况【解答】解：作出拉力F和重力以及对应的力臂如图所示设杆的长度为L，杆与竖直方向的夹角为，杆从竖直拉至接近水平的过程中，由0增大到90重力力臂L1=拉力力臂L2=Lcos重力力矩M重=GL1拉力力矩M拉=FL2根据力矩平衡条件有M重=M拉即解得F=由0增大到90的过程中，tan也随着增大，故拉力F增大；拉力力矩M拉=M重=GL1=由
51、0增大到90的过程中，sin也随着增大，故拉力力矩也增大；故答案为：增大，增大【点评】本题考查力矩平衡条件的应用，解题的关键是作出力臂示意图，根据力矩平衡条件列式找出拉力以及拉力力矩与角度之间关系22某物体在水平地面上沿直线匀减速滑行，加速度大小为2m/s2，停止运动前2s的位移是整个位移的1/4，则物体完成整个位移所用的时间是4s，物体的初速度是8m/s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题【分析】采用逆向思维，结合位移时间公式求出停止运动前2s内的位移，从而得出整个过程中的位移，根据位移时间公式求出所用的总时间，根据速度时间公式求出物体的初速度【
52、解答】解：采用逆向思维，知停止运动前2s内的位移，则整个过程中的位移x=4x1=16m，根据得，t=，初速度v0=at=24m/s=8m/s故答案为：4，8【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，以及掌握逆向思维在运动学中的运用23取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度H处水平抛出，在抛出点其动能与重力势能之比为1：3，不计空气阻力当物块的动能与重力势能相等时，物块的速度方向与水平方向的夹角为60，物块落地时的水平射程是H【考点】功能关系；平抛运动【专题】定量思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能恰好是重力
53、势能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为根据机械能守恒定律得：+mgH=mv2据题有： =mgH所以：联立解得：v=2v0；则 cos=可得 =60平抛运动的时间：t=水平射程：x=v0t=故答案为：60，H【点评】解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解24在托乒乓球跑步比赛中，某同学将质量为m的球置于球拍光面中心，t=0时以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，t=t0起做匀速直
54、线运动，球始终保持在位于球拍中心不动在运动过程中球受到与其速度方向相反、大小成正比的空气阻力，比例系数为k，运动中球拍拍面与水平方向夹角为则匀速运动时tan=；匀加速直线运动过程中tan随时间t变化的关系式为tan=+（不计球与球拍间的摩擦，重力加速度取g）【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】在匀速运动阶段，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；加速阶段，设球拍对球的支持力为N，根据牛顿第二定律即可求解【解答】解：（1）匀速运动时的速度：v0=at0在匀速运动阶段，有mgtan=kv0解得：tan=（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有
55、：Nsinkv=ma Ncos=mg得tan=+故答案为：，tan=+【点评】本题属于实际问题，主要考查了牛顿第二定律及平衡条件的应用，要求同学们能正确受力分析，难度适中25一辆机动车在平直的公路上由静止启动开始做直线运动，图中图线A表示该车运动的速度和时间的关系，图线B表示车的功率和时间的关系设车在运动过程中阻力不变，车在6s末前做匀加速运动，在16s末开始匀速运动可知车的质量为562.5kg，车从静止开始到16s末内的总位移为129m【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】定量思想；图析法；功率的计算专题【分析】当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据求解阻力，根据速度图象求出匀加速运动的
56、加速度，根据P=Fv求出匀加速运动的牵引力，再根据牛顿第二定律求出机动车的质量，016s内的过程，根据动能定理列式求解16s末内的总位移【解答】解：根据速度时间图象可知，机动车先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，最大速度vm=12m/s，06s内的加速度，根据图线B可以机车的额定功率P0=18000W，当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则阻力=，匀加速运动的牵引力F=，根据牛顿第二定律得：Ff=ma解得：m=562.5kg016s内的过程，根据动能定理得：Ptfx=解得：x=129m故答案为：562.5，129【点评】本题考查的是机车启动问题汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启
57、动和恒定功率启动要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度五、实验题（共24分）26光电门传感器为门式结构，如图所示A管发射红外线，B管接收红外线A、B之间无挡光物体时，电路断开；有物体经过A、B之间时B管挡被光，电路接通计算机根据挡光物体的宽度和挡光时间，自动算出物体的运动速度【考点】常见传感器的工作原理【分析】物块刚接触光电门时，电路接通，计时开始，物体通过时，电路断开，计时结束，因此通过宽度与挡光时间，结合运动学公式，即可求解；【解答】解：物块刚接触光电门时，电路接通，计时开
58、始，物体通过时，电路断开，计时结束，所以当光电门传感器A、B之间无挡光物体时，电路断开，当A、B之间有物体挡光时，电路接通，计算机根据挡光物体的宽度和挡光时间，自动算出物体的运动速度；故答案为：宽度，挡光时间，运动速度；【点评】解决本题的关键知道该题运用公式： 计算出不同宽度的挡光片从A点开始在各自s区域内的，来表示不同位置的瞬时速度27利用图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A如果小球不受力，它
59、将一直保持匀速运动或静止状态B如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；加速度与力、质量的关系式【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去【解答】解：A、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故A错误；B、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升
60、到与O点等高的位置，故B正确；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、如果小球受到的力一定，则质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关；故D错误故选：B【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点28利用如图所示的装置描绘小球做平抛运动的轨迹：小球从斜面上某一位置无初速度释放，从斜槽末端飞出；利用水平卡板可以记录运动轨迹上的某个点；改变卡板的位置，就改变了小球在卡板
61、上落点的位置，从而可以描绘出小球的运动轨迹（1）（多选）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有AC（A）安装斜槽轨道，使其末端保持水平（B）每次小球释放的初始位置可以任意选择（C）每次小球应从同一高度由静止释放（D）为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接（2）在实验中，小球前后运动了三次，水平卡板依次放在图中、的位置，小球从斜槽末端到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为E1、E2、E3，已知与的间距等于与的间距，忽略空气阻力的影响，下列分析正确的是B（A）x2x1=x3x2，E1E2E3（B）x2x1x3x2，E1=E2=E3（C）x2x1x3x2，E1E2E3（D
62、）x2x1x3x2，E1=E2=E3【考点】研究平抛物体的运动【专题】实验题；定性思想；归纳法；平抛运动专题【分析】（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，比较竖直方向上下落相同位移的时间关系，从而比较出水平位移的关系【解答】解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；BC、因为要画同一运动的轨迹
63、，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误故选：AC因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以x2x1x3x2，因为平抛运动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，则，E1=E2=E3故B正确，A、C、D错误；故答案为：（1）AC； （2）B【点评】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力
64、；解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行分析29某小组同学使用力矩盘验证有固定转动轴物体的平衡条件，力矩盘上各同心圆的间距相等，为4cm（1）在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡（如图1所示），已知每个钩码所受的重力为1N，弹簧秤示数的单位为N，请填写下列实验数据表格中“第一次”实验的数据：逆时针方向力矩之和（Nm）顺时针方向力矩之和（Nm）第一次0.40.36第二次（2）回顾整个实验过程，他们发现操作完全正确，读数和计算均无差错，力矩盘与转轴间的摩擦也足够小，经过讨论，他们认为两个方向力矩之和的差异是由于力矩盘的重心不
65、在圆心造成的根据（1）中的数据，可以判定力矩盘的重心可能在CD（多选）（A）圆心的左上方（B）圆心的左下方（C）圆心的右上方（D）圆心的右侧，与圆心同高（3）为改进实验，他们提出两种方案：方案一：在图2中D点悬挂一个钩码，在之后的每次实验中保持这个钩码的悬挂位置和个数不变，它产生的力矩就可以和力矩盘的重力矩抵消了方案二：在之后的每一次实验中，都在顺时针方向的力矩之和上加0.04Nm，就可以抵消重力矩产生的影响了你认为这两种方案B（A）都可行（B）都不可行（C）方案一可行（D）方案二可行【考点】力矩的平衡条件【专题】实验题；定量思想；实验分析法；共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）根据右手螺旋
66、定则判断出力矩是逆时针还是顺时针，利用力矩公式分别计算即可；（2）根据（1）的数据分析，判断出重心的大概位置；（3）分别分析两种方案是否能抵消重力力矩的影响【解答】解：（1）由右手螺旋定则可知，沿着逆时针方向的力矩有MA=FALA=1N0.16m=0.16NmMC=FCLC=3N0.08m=0.24Nm故M逆=MA+MC=0.4Nm顺时针方向的力矩M顺=MB=FBLB=3N0.12m=0.36Nm（2）由（1）数据可知逆时针力矩大于顺时针力矩，则重心必然在圆心的右侧才能保持平衡，故选CD；（3）方案一由于悬挂砝码的位置不一样的话，重力矩会发生变化，所以每次实验中在D点保持这个钩码的悬挂位置和个
67、数不变，它产生的力矩还是不能和力矩盘的重力矩抵消，因此不可行；方案二，由于悬挂钩码位置和大小不一样时，逆时针力矩和顺时针力矩的差值会随着发生变化，因此都在顺时针方向的力矩之和上加0.04Nm，还是不能抵消重力矩产生的影响故答案为：（1）（1）0.4，0.36； （2）CD； （3）B【点评】本题考查验证有固定转动轴物体的平衡条件，其实就是验证力矩平衡条件，了解实验原理，清楚产生误差的原因即可解答六、计算题30长为L的杆竖直放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一个质量为m的小铁环已知重力加速度为g，不计空气阻力（1）若杆与环保持相对静止，在空中水平向左做匀加速直线运
68、动，此时环恰好与B端在同一水平高度，如图（a），请在图（c）中作出此时环的受力示意图，并求出此时加速度的大小a1（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为g，此时环恰好位于轻绳正中间，如图（b）所示，求绳中拉力的大小【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；受力分析方法专题【分析】（1）对环进行受力分析，然后结合牛顿第二定律即可求出加速度；（2）由牛顿第二定律求出环受到的合力，然后结合受力分析求出绳子中的拉力【解答】解：（1）受力示意图如右图所示设绳上的张力大小为T1，斜绳与水平方向夹角为60
69、，T1sin60=mg，T1+T1cos60=ma1解得a1=g （2）设绳上的张力大小为T2、绳与水平方向的夹角为根据几何边长关系可知cos=（2T2cos）2+（mg）2=（ma2）2T2=mg 答：（1）若杆与环保持相对静止，此时加速度的大小是g（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为g，此时环恰好位于轻绳正中间，如图（b）所示，绳中拉力的大小是mg【点评】本题中铁环与动滑轮相似，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中档题目31如图所示，质量M=1.6kg的均匀水平板AB长为1.2m，B端靠在光滑竖直墙壁上，板中点C处固连一
70、根长为0.6m的轻质斜杆CO，与板面夹角为53，O点为固定转轴在B端放有一质量m=1.6kg静止小木块，先用大小为10N、方向与水平面夹角为53的拉力F使木块向左滑动，中途撤去拉力F，木块能滑到板的最左端A处，且支架恰好不会失去平衡向逆时针方向翻倒求：（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）（1）木块与板之间的动摩擦因数；（2）木块刚开始滑动时B端受到墙壁的弹力大小；（3）拉力F作用于木块的最短时间【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力矩的平衡条件【专题】定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）对板AB分析，根据力矩平衡列方程即可求出动摩擦
71、因数；（2）对板AB分析，根据力矩平衡列方程即可求出木块刚开始滑动时B端受到墙壁的弹力大小；（3）木块运动加速度最大的时候力F的作用时间最短，根据牛顿第二定律即可求出最大加速度，进而求出最短时间【解答】解：（1）当木块滑到A端时，支架恰好不会失去平衡说明板对墙壁恰无弹力，设AC的长度为L，以O点为转动轴，由力矩平衡条件得：对板AB：MgLcos53=mg（LLcos53）+mg Lsin53可解得=0.25 （2）物块开始运动时，对板AB由力矩平衡条件得：MgLcos53+（mgF sin53）（L+Lcos53）=N Lsin53+（mgF sin53）Lsin53 可解得N=26N （3）
72、加速过程物块水平方向的受力：F cos53（mgF sin53）=ma1，可解得：a1=2.5m/s2撤去F后：a2=g=2.5m/s2a1：a2=1：1，所以s1：s2=1：1，得s1=0.6m，t10.69s 答：（1）木块与板之间的动摩擦因数是0.25；（2）木块刚开始滑动时B端受到墙壁的弹力大小是26N；（3）拉力F作用于木块的最短时间是0.69s【点评】本题综合考查了牛顿第二定律的应用与力矩平衡条件的应用，解题的关键在于分析题目中力臂的大小，列出力矩平衡方程这一种类型的题目多与竞赛题有关，由一定的能力的同学可以选择32如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的
73、曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度圆弧半径为R，圆心O点恰在水平地面一质量为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E点已知A点距离水平地面的高度为H，OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力求：（1）滑块运动到C点时的速度大小vC；（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；（3）若滑块从直轨道上A点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A点距离水平地面的高度为多少？【考点】动能定理；向心力【专题】计算题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题【分析】（1）滑块从C到E做平抛
74、运动，已知水平位移和竖直位移，可由平抛运动两个分位移的公式求出C点的速度（2）对于从A到C的过程，运用动能定理可求得克服轨道摩擦力所做的功Wf（3）滑块运动至C点时对轨道恰好无压力，由重力充当向心力，由牛顿第二定律可求出经过C点时的速度，再由动能定理求A点距离水平地面的高度【解答】解：（1）滑块从C到E做平抛运动，水平位移为2R，竖直位移为R则有： 2R=vCt、R=gt2，可解得 vC=（2）对于从A到C的过程，运用动能定理得 mg（HR）Wf=mvC20 解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功 Wf=mg（H2R） （3）设A点的距离水平地面的高度为h在C点有 mg=m 从A到C，由动
75、能定理得 mg（hR）Wf=mvC20 滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，所以有： = 解得Wf=mg，代入式 联立、两式，可解得 h=答：（1）滑块运动到C点时的速度大小vC是（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf是mg（H2R） （3）A点距离水平地面的高度为【点评】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法33如图（a）所示，A是一个无线力传感器，它上端所受拉力随时间的变化可在计算机上直接呈现一根细绳一端连在A的挂钩上，另一端绕过两个定滑轮与重物B相连，两滑轮固定在离地高
76、1.2m的横梁上，滑轮间距为0.4m开始时，B被一托盘托住，A被悬挂在空中，细绳的左、右两段均竖直，突然撤去托盘，A、B分别在竖直方向由静止开始运动，B落地后不再弹起A、B均可视为质点，不计空气阻力，不计滑轮轴的摩擦与滑轮的大小，重力加速度取g=10m/s2（1）某次操作得到的A受拉力F随时间t变化的图象如图（b）所示，已知t1=0.2s是撤去托盘的时刻，t3时刻F突然开始急剧增大求t2=0.35s时力传感器A的速度大小v和t3；（2）当A的质量为m、重物B的质量为M时，在A不碰到滑轮和横梁的情况下，求A上升的距离与B下落距离的比值（3）若A的质量为0.2kg，选择质量为0.6kg的重物B，为
77、使A上升的距离最大且不会碰到定滑轮，求应选择的细绳长度l和托盘的初始高度h【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【专题】计算题；比较思想；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）由b图读出A的重力，求出其质量A在t2t3期间A做竖直上抛运动，先根据牛顿第二定律求出t1t2期间的加速度，由速度公式求出t2=0.35s时力传感器A的速度大小v再由竖直上抛的规律求出t3（2）B落地前A、B组成的系统机械能守恒，B落地后A机械能守恒，由这两个过程分别运用机械能守恒列式，即可求解（3）结合上题的结果，代入数据即可得解【解答】解：（1）由b图知，A的重力mg=F1=1.0N，解得：m=0.1kg t1t2期间，
78、根据牛顿第二定律得：对A有：F2mg=ma1，得：a1=m/s2=6 m/s2t2=0.35s时力传感器A的速度大小为：v=a1（t2t1）=60.15 m/s=0.9m/s t2t3期间A做竖直上抛运动，有：t3t2=2s=0.18s 则得：t3=0.53s （2）B落地前A、B组成的系统机械能守恒，有：Mghmgh=（M+m）v2B落地后A机械能守恒，有mv2=mgh则A上升的距离与B下落距离的比值为： =（3）A上升的距离最大为1.2m，设托盘高度为h，则有h=1.2m 将m=0.2kg、M=0.6kg代入上式，可求出h=0.8m 绳长 l=（21.2+0.40.8）m=2.0 m 答：（1）t2=0.35s时力传感器A的速度大小v是0.9m/s，t3是0.53s （2）A上升的距离与B下落距离的比值为（3）应选择的细绳长度l是2.0m，托盘的初始高度h是0.8m【点评】解决本题的关键要读图象，把握图中有效信息，分析出两个物体的运动情况，再由动力学方法和机械能守恒定律结合处理
