1、北京六十六中2015届高三上学期期中物理试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1下列物理量中属于矢量的是( )A动能B势能C动量D功率考点：矢量和标量 分析：即有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量解答：解：动量是既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的，所以动量是矢量，而动能、势能和功率只有大小没有方向，所以它们都是标量故选C点评：本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握2一频闪仪每隔0.04秒发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的小球，于是胶片上记
2、录了小球在几个闪光时刻的位置如图是小球从A点运动到B点的频闪照片示意图由图可以判断，小球在此运动过程( )A速度越来越小B速度越来越大C受到的合力为零D受到合力的方向由A点指向B点考点：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：由题意，频闪仪每隔0.04s照相一次，说明照片上相邻两球位置所经历的时间，根据小球间距的变化，分析速度的变化间距越来越小，速度越来越小，加速度不等于零，合力不为零，而且合力与速度方向相反解答：解：A、B由题意，频闪仪每隔0.04s照相一次，而小球间距越来越来小，则知小球的速度越来越小故A正确，B错误C、D小球的速度越来越小，一定有加
3、速度，加速度方向与速度方向相反，即由B指向A，根据牛顿第二定律得知，合力不为零，而且合力的方向由B点指向A点故CD错误故选A点评：本题中频闪照相与打点计时器类似，抓住周期性，根据小球的间距变化，判断其运动情况，根据牛顿第二定律判断合力大小和方向，都是基本的方法3某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为( )ABCD到之间的某个值考点：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：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间
4、公式即可解题解答：解：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，则有：2as=0v2 0=v+at 由得：v=；故选B点评：本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题4一辆汽车在平直公路上运动，汽车在025s内的速度随时间变化的图象如图所示，由图象可知( )A汽车在1015s内处于静止状态B汽车在15s时运动方向发生改变C汽车在010s内的加速度大于1525s内的加速度D汽车在025s内的位移为300m考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：由速度图象直接能读出汽车的速度；速度的正负表示速度的方向；图象的斜率等于加速度；由图象和时间轴所围成的
5、图形的面积大小等于物体的位移解答：解：A、汽车在1015s内做速度为20m/s的匀速直线运动故A错误B、汽车在15s时运动方向没有改变，仍为正方向故B错误C、根据图象的斜率等于加速度可知，汽车在010s内的加速度大于1525s内的加速度故C正确D、由图象和时间轴所围成的图形的面积大小等于物体的位移则汽车在025s内的位移为x=+205+=350m故D错误故选C点评：此题考查对图象的分析和处理能力，要读懂图象所反映的物理意义，看清坐标和斜率、面积代表的意义，运用这些知识可解决此题5在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04m的成绩获得冠军弗拉希奇身高约为1.
6、93m，忽略空气阻力，g取10m/s2则下列说法正确的是( )A弗拉希奇起跳过程支持力做正功B弗拉希奇起跳以后在上升过程处于失重状态C弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D弗拉希奇起跳时的初速度大约为3m/s考点：功的计算；超重和失重 分析：弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，地面对他的支持力大于她的重力物体重心的位置与质量分布和形状有关弗拉希奇以背越式越过横杆时，身体向下弯曲，重心可低于横杆解答：解：A、支持力作用下没有位移，故弗拉希奇起跳过程支持力不做功故A错误B、弗拉希奇在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态B正确；C、弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，则地面对他的支持力大于她
7、的重力故C错误D、根据匀减速直线运动公式得v=，其中h为弗拉希奇重心上升的高度大约是1m，解得：v=4.5m/s，故D错误故选：B点评：本题考查应用物理知识分析实际问题的能力当物体具有向上加速度时，处于超重状态；相反，处于失重状态6为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下的方法：他们在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力，来推测运动员跃起的高度如图为某段时间内蹦床运动员的压力时间图象运动员在空中仅在竖直方向上运动，且可视为质点，则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为（g取10m/s2）( )A1.5mB1.8mC5.0mD7.2m考
8、点：竖直上抛运动 分析：运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中运动的时间，根据平抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛或自由下落的时间为空中时间的一半，据此可求出运动员跃起是最大高度解答：解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=6.9s4.9s=2s运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以上升过程的时间为：，跃起最大高度为：h=5m故C正确，A、B、D错误故选：C点评：竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用7为了节约能源，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一
9、顾客乘扶梯上楼，恰好先后经历了这两个过程，如图所示下列说法中正确的是( )A顾客始终处于超重状态B顾客始终受到三个力的作用C顾客受到扶梯作用力的方向先指向左下方，后竖直向下D顾客受到扶梯作用力的方向先指向右上方，后竖直向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 分析：分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡解答：解：在慢慢加速的过程中，加速度与速度同方向，向右上方，人受重力、支持力和摩擦力，如图：物体加速度与合力同方向，斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持
10、力和摩擦力的合力方向指向右上，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零；故选：D点评：本题关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，与运动方向无关！8某卫星的发射过程如图所示，先将卫星从地面发射并从A点进入椭圆轨道I运行，然后在B点通过改变卫星的速度，让卫星进入预定圆形轨道II上运行则下列说法正确的是( )A该卫星的发射速度一定要大于第二宇宙速度11.2Km/sB该卫星沿椭圆轨道I从A点运动到B点过程中，速度减小，机械能也减小C该
11、卫星在轨道I上运动行的周期大于在轨道II上运行的周期D测量出该卫星在轨道II上运行的线速度和周期，即可计算地球的质量考点：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：人造卫星问题分析：根据万有引力做功，通过动能定理比较A、B的动能大小，根据开普勒第三定律比较卫星在轨道I上和轨道II上运行的周期根据万有引力提供向心力，结合线速度和周期求出地球的质量解答：解：A、卫星绕地球做椭圆轨道运动，发射速度大于7.9km/s小于11.2km/s故A错误B、卫星在椭圆轨道I从A点运动到B点过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，万有引力做负功，动能减小，则速度减小故B错误C、根据开普勒第三定
12、律得，因为轨道I的半长轴小于轨道的半径，则在轨道上运行的周期小于在轨道上运行的周期故C错误D、设线速度为v，周期为T，则轨道半径r=，根据万有引力提供向心力有：，解得M=故D正确故选D点评：解决本题的关键掌握开普勒第三定律，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用9如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2v1重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )A大小为m（v2+v1），方向与v1方向相同B大小为m（v2v1），方向与v1方向相同C大小为m（v2+v1），方向与v2方向相同D大小为m（v2
13、v1），方向与v2方向相同考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：本题已知作用前后的动量，则用动量定理可直接直出作用力的冲量；但要注意动量的方向解答：解：设击打前球的速度方向为正，则击打后的速度为负，则前后的动量分别为mv1和mv2；由动量定理可得：合外力的冲量I=mv2mv1=m（v2+v1），即冲量的大小为m（v2+v1），负号表示冲量与正方向相反，即与v2方向相同；故选C点评：本题考查动量定理的应用，只要能正确理解矢量性即可顺利求解10相同的玻璃杯从同一高度落下，分别掉在水泥地和草地上则( )A玻璃杯刚要落在水泥地上时的动量大于刚要落在草地上时的动量B玻璃杯落在水泥地上动量的变化量大
14、于落在草地上动量的变化量C玻璃杯落在水泥地上动量的变化率大于落在草地上动量的变化率D玻璃杯落在水泥地上受到的冲量大于落在草地上受到的冲量考点：动量定理 专题：运动学与力学（二）；动量定理应用专题分析：玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可解答：解：A、B、玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，故两次的动量变化量相同，故A错误，B错误；C、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，故动量的变化快，即动量的变化率大，故C正确；D、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动
15、量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，根据动量定理，玻璃杯落在水泥地上受到的冲量等于落在草地上受到的冲量，故D错误；故选：C点评：本题关键是明确玻璃杯的运动情况和受力情况，然后根据动量定理列式分析，基础问题11如图所示，一单摆摆长为L，摆球质量为m，悬挂于O点现将小球拉至P点，然后释放，使小球做简谐运动，小球偏离竖直方向的最大角度为已知重力加速度为g在小球由P点运动到最低点P的过程中( )A小球所受拉力的冲量为0B小球所受重力的冲量为2mC小球所受合力的冲量为mgsinD小球所受合力的冲量为m考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：根据周期公式求出小球运动的时间，根据I=Ft求解冲量，
16、由动能定理求出到达P的速度，由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量解答：解：A、小球所受拉力不为零，根据I=Ft可知，小球所受拉力的冲量不为零，故A错误；B、根据T=2可知，小球运动的时间为t=所以重力的冲量I=mgt=m，故B错误；C、由动能定理得：解得：v=根据动量定理得：小球所受合力的冲量I=mv=m，故C错误，D正确故选D点评：本题主要考查了动量定理、简谐运动的周期公式及动能定理的直接应用，难度适中12如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上一颗子弹水平射入木块A，并留在其中在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正
17、确的是( )A动量守恒、机械能守恒B动量守恒、机械能不守恒C动量不守恒、机械能守恒D动量、机械能都不守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 分析：根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒解答：解：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒故B正确故选：B点评：本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统13如图所示，一个质量为m的物体以某一速度
18、冲上一个倾角为30的斜面，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h则在这过程中( )A物体的重力势能增加了mghB物体的机械能减少了mghC物体的动能减少了mghD物体克服摩擦力做功为mgh考点：功能关系；重力势能 分析：根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，机械能等于重力势能和动能之和，通过动能和重力势能的变化判断机械能的变化解答：解：根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得：Ek=，动能减小2mgh物体重力势能增加mgh，所以机械能减小mgh物体克服摩擦力做的功等于系统损失的机械能，为mgh；故D正确，A、B、C错误故选：D点评：解决本题的关键掌握
19、功能关系，比如合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的关系，并能灵活运用14如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度为h=0.45m一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )A若v=1m/s，则小物块能回到A点B若v=3m/s，则小物块能回到A点C无论v等于多少，小物块均不能返回到A点D无论v等于多少，小物块均能回到A点考点：功能关系 分析：由于曲面是光滑的，物体从A点下滑之后，机械能守恒，由此可以求得到达水平传送带时
20、物体的速度的大小，之后物体在传送带上减速运动，减到零之后由开始反向加速，根据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小，与原来下滑时的速度的大小相对比，可以知道物体能不能回到原来的A点解答：解：物体在曲面上下滑的过程中，物体的机械能守恒，根据机械能守恒可得，mgh=mv02，所以小物块滑上传送带的初速度 v0=3 m/s，物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，当传送带的速度v3 m/s时，由匀变速直线运动的规律v2v02=2ax分析可知，物
21、体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，物体恰好能回到A点，当传送带的传送速度v3 m/s 时，物体反向加速时的位移的大小要比减速时位移小，当和传送带的速度相同之后，物体就和传送带一起做匀速直线运动，所以小物块返回曲面的初速度等于传送带的速度v，小于3 m/s，物体上升的高度比原来的高度要小，不能回到A点根据以上的分析可知，当传送带的速度v3 m/s时，物体就能够回到原来的A点故选：B点评：本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力，物体在减速和反向的加速阶段的加速度的大小是相同的，只有当传送带的速度大小大于或等于物体下滑的速度的时候，物体反向加速的速度的
22、大小才会等于下滑时的速度的大小，才能够返回原来的A点15如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动已知木杆质量为M，长度为L；子弹质量为m，点P到点O的距离为x忽略木杆与水平面间的摩擦设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为下面给出的四个表达式中只有一个是合理的根据你的判断，的合理表达式应为( )A=B=C=D=考点：力学单位制 分析：子弹和棒组成的系统打击前后所受的外力为零因此系统对任意一定轴的合力矩为零，系统角动量守恒根据系统角动量守恒求出子弹击中木杆后绕点O转动的角速度解答：解；由题意可知，因子
23、弹打击时间极短，棒在打击过程中位置可以看做不变，子弹和棒组成的系统打击前后所受的外力为零因此系统对任意一定轴的合力矩为零，系统角动量守恒设杆开始转动的角动量为j杆mxv0=j杆则得：=故C正确，A、B、D错误故选C点评：这个问题超出了高中的物理知识，可以采取系统角动量守恒进行求解也可能这样分析：首先从单位上看B错误；如果x=0，则角速度为0，所以D不对；如果是轻杆则M=0，但轻杆对子弹没有阻挡作用，相当于作半径为 x的圆周运动，由此可知A错而C对二、不定项选择（每题3分，共15分，漏选得2分，错选不得分）16一物体从A点以水平方向速度v0抛出，不计空气阻力经过时间t运动到B点，则( )A物体在
24、B点的速度大小是v0+gtB物体在B点的速度大小是C物体从A点运动到B点过程中速度变化量的大小是gtD物体从A点运动到B点过程中速度变化量的大小是v0考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：根据平抛运动的基本规律及速度的合成法则即可求解物体经过B点的速度大小由v=at=gt，求解速度的变化量解答：解：A、B、物体在B点的速度大小是 v=，故A错误，B正确C、D、物体做平抛运动，只受重力，加速度 a=g，则物体从A点运动到B点过程中速度变化量的大小为：v=at=gt，故C正确，D错误故选：BC点评：本题主要考查了平抛运动的基本规律，知道平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，熟练运用
25、合成法求解速度17如图所示，质量相同的两个小物体A、B处于同一高度现使A沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑，而使B无初速地自由下落，最后A、B都运动到同一水平地面上不计空气阻力则在上述过程中，A、B两物体( )A两物体落地时动能相同B两物体落地时速度相同C所受合力的冲量相同D两物体落地时重力瞬时功率不相同考点：动量定理；功率、平均功率和瞬时功率 专题：动量定理应用专题分析：由题意知物体A做匀加速直线运动，B物体做自由落体运动，由动量定理判断合外力冲量是否相同；由重力做功的特点和动能定理知重力做功相同，而且只有重力做功，机械能守恒解答：解：A、B、物体下落过程中只有重力做功，机械能守恒，故两物体落
26、地时动能相同，但末速度的方向相同，不能说末速度相同，只能说末速度相等，故A正确，B错误；C、动量定理得合力的冲量等于物体动量的变化，它是一个矢量方程，很明显A、B物体落地的速度方向不同，说明合力的冲量不同，只是相等，故C错误；D、物体A落地时重力的瞬时功率为mgsinv，物体B落地时重力的瞬时功率为mgv，故两物体落地时重力瞬时功率不相同，故D正确；故选：AD点评：本题考查动量定理和动能定理的应用，关键是两个物体运动到同一水平地面上所用的时间不同，同时注意动量和冲量是矢量，功率和动能是标量18天文学家发现某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其做匀速圆周运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期由此可推算
27、出( )A恒星的质量B恒星的平均密度C行星的质量D行星运行的速度大小考点：万有引力定律及其应用 分析：行星绕恒星做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此分析讨论即可解答：解：根据行星绕恒行圆周运动的向心力由万有引力提供，令恒星的质量为M，行星的质量为m，则：A、已知周期T和轨道半径r，可以求出恒星的质量M=，故A正确；B、因为不知道恒星的体积故无法求出恒星的密度，故B错误；C、根据表达式可知，无法求出行星的质量m，故C错误；D、根据线速度与周期的关系知，故D正确故选：AD点评：本题根据万有引力提供圆周运动向心力展开讨论，不难属于基础题19如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线
28、运动通过力传感器和速度传感器监视测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示取g=10m/s2则( )A物体的质量m=1.0kgB物体与水平面间的动摩擦因数=0.20C第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0JD第2s内推力F做功的平均功率=1.5W考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算 专题：功率的计算专题分析：根据物体做匀速直线运动求出滑动摩擦力的大小，结合速度图线得出匀加速运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的质量根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，结合功的公式求出克服摩擦力做功的大小根据推力做功的大小，结合平均功率的公式求出推力F的平均功率解答：解：A、物体在23s
29、内做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力F，则f=2N，在12s内做匀加速直线运动，加速度为：a=，根据牛顿第二定律得：Ff=ma，则有：32=2m，解得：m=0.5kg，故A错误B、物体与水平面间的动摩擦因数为：，故B错误C、第2s内的位移为：，则克服摩擦力做功为：Wf=fx2=21J=2J，故C正确D、第2s内推力做功的平均功率为：，故D错误故选：C点评：对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移20如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m在圆形轨道内侧做圆周
30、运动对于半径R不同的圆形轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力下列说法中正确的是( )A半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小考点：向心力；动能定理的应用 分析：小球做圆周运动，恰好通过最高点，由重力提供向心力，可求出速度，由最高点至最低点的过程中，只有重力对小球做功，可由动能定理求出最低点速度，从而求出角速度解答：解：小球通过最高点时，对小球受力分析，如图小球受到重力和轨道向下的支持力，合力提供向心力，G+F1=mG解得，v根据题意，小
31、球恰好到最高点，速度v取最小值，故A正确、B错误；小球从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理，mg（2R）=mv2mv2解得，v=角速度=，故C错误，D正确；故选AD点评：本题关键运用向心力公式求出最高点速度，再由动能定理求出最低点速度！三、计算题21如图所示，一小物块从斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点已知斜面的倾角=37，小物块的质量m=0.10kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为=0.25，A点到斜面底端B点的距离L=0.50m，设斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1
32、）小物块在斜面上运动时的加速度大小；（2）小物块在斜面上运动的时间；（3）从B到C的过程中，小物块克服摩擦力做的功考点：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 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据物块在斜面上受力情况，运用牛顿第二定律求解加速度（2）根据运动学公式求出小物块在斜面上运动的时间；（3）对于小物块由B运动到C的过程，运用动能定理求解小物块克服摩擦力做的功解答：解：（1）对物块受力分析如图所示，根据牛顿运动定律：mgsin37f=ma Nmgcos37=0f=N 代入数据解得：a=4m/s2（2）设从A到B运动的时间为t，根据解得：（3）物体到达B点时的速
33、度：vB=at=2m/s水平面上物块做匀减速运动，只有摩擦力做功由动能定理得：物块克服摩擦力做功为0.2J 答：（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小是4m/s2；（2）小物块在斜面上运动的时间是0.5s；（3）从B到C的过程中，小物块克服摩擦力做的功0.2J点评：本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况，由牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行解答22我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行设卫星距月球表面的高度为h，做匀速圆周运动的周期为T已知月球半径为R，引力常量为G，球的体积公式V=R3求：（1）月球的质量M；（2）月球表面的重力加速度g月；（3）月球的密度考点：万
34、有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：对卫星根据万有引力提供向心力，化简可得月球的质量M在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，把月球的质量代入，化简可得月球表面的重力加速度g月月球可以看出球体，其体积为，根据密度的定义，代入数据化简，可得月球的密度解答：解：（1）对卫星，由万有引力提供向心力得：M=（2）假设月球表面附件有一物体m1，其所受万有引力等于重力得（3）根据密度的定义，月球的体积所以答：（1）月球的质量M为；（2）月球表面的重力加速度g月为；（3）月球的密度为点评：本题要掌握万有引力提供向心力和星球表面的物体受到的重力等于万有引力，要求能够根据题意选择恰当的向心力的
35、表达式23如图所示为半径R=0.50m的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m一质量m=1.0kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点的速度v=2.0m/s忽略空气的阻力取g=10m/s2求：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小FN；（2）小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功W；（3）小滑块落地点与B点的水平距离x考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律求解（2）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理求解（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律
36、求解解答：解：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律，FNmg=m解得：FN=18N（2）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得，mgRW=mv2 ，解得：W=mgRmv2 =3J（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得水平方向：x=vt竖直方向：h=gt2解得：x=0.6m答：（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小是18N；（2）小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功是3J；（3）小滑块落地点与B点的水平距离是0.6m点评：解题时一定要分析清楚小滑块的运动情况，能掌握运用动能定理求解变力功24目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接
37、电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里假设有一辆超级电容车，质量m=2103kg，额定功率P=60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律 专题：功率的计算专题分析：（1）当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，速度达到最大，由P=
38、Fv求的最大速度；（2）当汽车以恒定的加速度运动时，由牛顿第二定律求出牵引力，在牵引力下达到额定功率前，加速度将保持不变，由v=at求出加速时的时间；（3）有动能定理求出位移；解答：解：（1）当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即F=ff=kmg=0.1210310=2000NP=fvm得：vm=30m/s（2）汽车做匀加速运动：F1f=ma F1=3000N设汽车刚达到额定功率时的速度v1：P=F1v1v1=20m/s设汽车匀加速运动的时间t：v1=at解得：t=40s （3）从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得：Pt2fs=mvm2代入数据解得：s=m=1050m
39、答：（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是30m/s（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持40s（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，此过程中超级电容车的位移为1050m点评：本题主要考查了机车启动的两种方式，恒定功率启动和恒定加速度启动，掌握恒定功率启动时功率保持不变，牵引力随速度增大而减小，恒定加速度启动时牵引力不变，功率随速度增加而增加25如图甲所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上质量为m的小物块以初速度v0从小车左端滑上小车，小车与物块间的动摩擦因数为（1）若最终物块与小车达到共同
40、速度v共试用动量定理证明：mv0=（M+m）v共（2）若物块相对于小车向前滑动的距离为L，证明小车和物块组成系统在该过程中增加的内能Q=mgL考点：动量定理；功能关系 专题：动能定理的应用专题分析：（1）分别对物块和小车根据动量定理方程联立求解证明；（2）结合能量的转化与守恒求解证明解答：解：（1）设经过时间t物块与小车达到共同速度对物块应用动能定理得：ft=mv共mv0，对小车，由动量定理得：ft=Mv共0，由上述两式可得：mv0=（M+m）v共；fL=mv02（m+M）v2（2）根据能量的转化与守恒：小车和物块组成系统在该过程中增加的内能Q=mv02（m+M）v2 结合知：Q=mgL答：（
41、1）证明如上；（2）证明如上点评：本题考查了求速度、热量，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题26如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连，左端位于木板上的B点开始时木板静止，小铁块从木板上的A点以速度v0=4.0m/s正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终小铁块与木板以共同速度运动已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能Ep=kx2，式中k为弹簧的劲度系数；长木板质量M=3.0kg，小铁块质量m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离d=0.50m取重力加速度
42、g=10m/s2，不计空气阻力（1）求当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v；（2）求小铁块与长木板间的动摩擦因数；（3）试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置考点：动量守恒定律；功能关系 专题：动量定理应用专题分析：（1）当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律即可求出弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v；（2）铁块在木板上从A滑到B的过程中，系统减速的动能转化为弹簧的势能和系统的内能根据功能关系即可求出铁块与长木板间的动摩擦因数；（3）铁块被弹簧弹开后到相对木板静止的过程中，动量守恒，同时系统减少的机械能转化为内能，根据以上两个关系，列出公式即可求解解答：解：（1）当
43、弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律mv0=（M+m）v代入数据，解得：v=1.0m/s（2）由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能代入数据，解得：=0.50（3）小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为v=1.0m/s设小铁块在木板上向左滑行的距离为s，由功能关系代入数据，解得：s=0.60m而s=d+xm，所以，最终小铁块停在木板上A点 答：（1）当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小v=1.0m/s；（2）小铁块与长木板间的动摩擦因数=0.50；（3）最终小铁块停在木板上的A位置点评：该题中，铁块在木板上滑动的过程中，系统的机械
44、能有一部分将转化为内能，这是解题的关键27有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变试求（忽略空气阻力）：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；（2）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小（3）已知弹簧的弹性势能的表达式为（式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压
45、缩量），试求：两物体碰撞后粘在一起向下运动距离，速度减为零的过程中，ER流体对滑块的阻力所做的功考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）根据机械能守恒定律求出物体下落与薄滑块碰撞前的速度，根据动量守恒定律求出碰后的速度，从而求出碰撞过程中系统损失的机械能（2）对系统受力分析，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度的大小，结合牛顿第二定律和胡克定律求出滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小（3）分别求出重力势能和弹性势能的变化量，根据能量守恒定律求出ER流体对滑块的阻力所做的功解答：解：（1）设物体下落末
46、速度为v0，由机械能守恒定律得：设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律 2mv1=mv0得：碰撞过程中系统损失的机械能 （2）设加速度大小为a，有得：设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示FN+FER2mg=2maFN=mg+kd联立三式解得：（3）从碰撞结束瞬间到最低点的过程中，重力做功为：弹性势能的变化为：所以重力做功恰等于弹性势能的增加，所以ER流体做功等于动能变化答：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为（2）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小（3）ER流体对滑块的阻力所做的功为点评：本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练
