1、山东省滕州市高考补习学校2016-2017学年第一学期第五周周周清同步检测物理试卷学校:_姓名：_班级：_考号：_评卷人得分一、选择题1.（多选）如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1 s，2 s，2.5 s，3s下列说法正确的是( )A物体在AB段的平均速度大小为1 m/sB物体在ABC段的平均速度大小为 m/sCAB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度D物体在AB段的平均速度与ABCDE段的平均速度相同2.（单选）如图是小林从家出发沿直线往返商店购物的st图象，从出发开始计时，下列说法中正确
2、的是（）A010 min小林匀加速走去商店B小林在商店停留了30 minC商店距小林家400 mD3045 min小林匀减速回到家里3.（单选）一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是（） A 在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地有水平向右的静摩擦力的作用 B 在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用 C 在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用 D 无论在m上加什么方向
3、的力，在m沿斜面向下运动的过程中，M对地都无静摩擦力的作用4.（单选）如图所示，上、下两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别q为和q，两球间用绝缘细线连接，上球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时两根绝缘线张力大小为（）AT1=2mg，T2=BT12mg，T2CT12mg，T2DT1=2mg，T25.（单选）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
4、的力（）A逐渐减小B逐渐增大C大小不变D先减小后增大6.在验证力的平行四边形定则的实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力；F表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则下列各图中符合实验事实的是（）ABCD7.（单选）如图所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心，当A处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用，对这两个作用力的方向判断完全正确的是的（）ABCD8.（单选）一均质木棒，一端靠在光滑圆球上，另一端搁于粗糙的水平地面上，木棒处于静止状态，则这时木棒受到的力有（）A重力、地面和球的弹力B重力、地面的摩擦力C重力、地
5、面和球的弹力、地面的摩擦力D重力、地面的摩擦力和球的弹力9.（单选）如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）ABgsinCgsinD2gsin10.（单选）蹦床是跳水运动员日常训练时的重要辅助器材一个运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd段为直线由图可知，运动员发生超重的时间段为（）A0t1Bt1t2Ct2t4Dt4t511.（多
6、选）如图所示，叠放在一起的、b两物体在水平恒力F作用下沿水平面作匀速直线运动，若保持水平恒力F大小、方向不变，将F改作用在物体a上，a、b的运动状态可能是（）A物体a和物体b仍在一起做匀速直线运动B物体a和物体b都做匀加速直线运动C物体a做匀加速直线运动，物体b做匀减速直线运动D物体a做匀加速直线运动，物体b做匀速直线运动12.（单选）在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图所示现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb变化情况是（）A Fa变大，Fb不变B Fa变大，Fb变小C Fa不变，Fb变小DF
7、a不变，Fb变大13.（单选）如图，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是（）A增大斜面的倾角B对木块A施加一个垂直于斜面的力C对木块A施加一个竖直向下的力D在木块A上再叠放一个重物14.（多选）质量为m的物体在空中由静止下落，由于空气阻力，物体运动的加速度为0.9g，在物体下落h高度的过程中，以下说法正确的是（）A重力势能减小了0.9mghB动能增大了0.9mghC动能增大了0.1mghD机械能损失了0.1mgh15.（多选）物体A、B质量相同，A放在光滑的水平面上，B放在粗糙的水平面上，在相同的力F作用下，由静止开始都通过了相同的位移s，如图所示，那么（）A力F对A做功较多，
8、做功的平均功率也较大B力F对B做功较多，做功的平均功率也较大C力F对A、B做的功和做功的平均功率都相同D力F对A、B做功相等，但对A做功的平均功率较大16.（多选）物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示下列表述正确的是（）A在01 s内，合外力做正功B在02 s内，合外力总是做负功C在12 s内，合外力不做功D在03 s内，合外力总是做正功17.（单选）汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F和加速度a的变化情况是（）AF逐渐减小，a也逐渐减小BF逐渐增大，a却逐渐减小CF逐渐减小，a却逐渐增大DF逐渐增大，a也逐渐增大1
9、8.（单选）下列说法正确的是（）A物体克服重力做功时，物体的重力势能减小B质量大的物体重力势能一定大C重力势能的改变与零势能面的位置有关D离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零19.（多选）公路急转弯处通常是交通事故多发地带如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势则在该弯道处（）A路面外侧高内侧低B车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小20.（多选）若地球自转在逐渐变快，地球的质量与半径不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比（ ）
10、A离地面高度变小B角速度变小C线速度变小D向心加速度变大21.（单选）质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（） A 2s末小球的动量大小为40kgm/s B 2s末小球的动能为40J C 2s内重力的冲量大小为20Ns D 2s内重力的平均功率为20W22.（多选）A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则（） A A、B两船的速度大小之比为3：2 B A、B（包括人）动量大小之比为1：1 C A、B（包括人）
11、动量之和为零 D 因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定23.（多选）质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，关于砂车的运动下列说法错误的是（） A 立即停止运动 B 仍匀速运动，速度仍为v0 C 仍匀速运动，速度小于v0 D 做变速运动，速度不能确定24.（单选）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，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，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程那么下列说法中正确的是（）A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向
12、先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上25.（单选）如图，重量为G的物体A在水平向左大小为F的恒力作用下静止在倾角为的光滑斜面上下列关于物体对斜面压力N大小的表达式，正确的是（）AN=BN=CN=Gsin+FcosDN=Gtan第II卷（非选择题）评卷人得分二、实验题26.利用图10(a)所示实验装置可粗略测量人吹气产生的压强两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞一潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时棉球的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l，然后多次改变x，测出对应
13、的l，画出l2x关系图线如图10(b)所示，并由此得出相应的斜率k.(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出时速度v0 .(2)假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g、大气压强p0均为已知，利用图10(b)中直线的斜率k可得，管内气体压强p .(3)考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦力，则(2)中得到的p与实际压强相比 (填“偏大”、“偏小”)27.某同学设计了一个如图13所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置。实验中该同学在
14、砝码总质量(mmm0)保持不变的条件下，改变m和m的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数(1)该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有 ()A秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源(2)实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点(中间4个点没画出)，分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA1.61 cm，OB4.02 cm，OC7.26 cm，OD11.30 cm，OE16.14
15、 cm，OF21.80 cm，打点计时器打点频率为50 Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v_m/s，此次实验滑块的加速度a_m/s2.(结果均保留两位有效数字)(3)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图15所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数_.(g取10 m/s2)评卷人得分三、计算题28.如图所示，光滑水平面上放着长L=2m，质量为M=4.5kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数=0.1，开始均静止今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，（g取10m/s2）求：（1）为使小物体不从
16、木板上掉下，F不能超过多少（2）如果拉力F=10N，小物体能获得的最大速度29.如图所示，半径为R=0.4m内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m=0.96kg的滑块停放在距轨道最低点A为 L=8.0m的O点处，质量为的子弹以速度从右方水平射入滑块，并留在其中。已知滑块与水平面的动摩擦因数，子弹与滑块的作用时间很短；取g=10m/s2，试求：（1）子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v；（2）滑块从O点滑到A点的时间；（3）滑块从A点滑上轨道后通过最高点B落到水平面上C点，A与C间的水平距离是多少。30.足够长光滑斜面BC的倾角=53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间
17、B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成=53的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）小物块所受到的恒力F；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离试卷答案1.ABC。由图可得出物体在AB段的平均速度为v=1m/s，所以A正确；物体在ABC段的平均速度为v=m/s，所以B正确；由瞬时速度的定义可知，C正确；物体在B
18、点的速度是瞬时速度，AC段的是平均速度，方向也不同，故D错误；故选ABC答案。2.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：位移时间图线的斜率表示速度，根据图线的斜率的正负可知速度的方向根据图线可以得出某时刻对应的位置，从而得出两物体相距的距离解答：解：A、位移时间图线的斜率表示速度，010min内位移均匀增大，做匀速直线运动故A错误B、1030min内，小林处于静止状态，时间为20min，故B错误；C、10min时，小林到达商店，距离为400m，故C正确；D、位移时间图线的斜率表示速度，3045min内位移均匀减小，做匀速直线运动故D错误故选：C3.【考点】： 共点力平衡的条
19、件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 由题，滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用： 解：m原来保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾对m，有：mgsin=f=mgcos，即得sin=cos，是斜面的倾角A、当施加竖直向下的力F1时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方
20、向合力为零，故地面对M无摩擦力，对m受力分析可知，（mg+F）sin（mg+F）cos=0，所以m做匀速运动，故A错误B、在m上加一沿斜面向下的力F2，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误；C、在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向：mgsinF3cos（mgcos+F3sin）0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F3sin，则摩擦力增加F3sin，即支持力与摩擦力均成比例的增加
21、，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；D、无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1：的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确故选：D【点评】： 本题中木块与斜面都处于平衡状态，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究4.考点：物体的弹性和弹力版权所有专题：受力分析方法专题分析：对甲、乙两球整体进行受力分析，由共点力的条件可得出上端细线的张力；再对下面小球受力分析，由共点力的平衡条件可求得下端细线的张力解答：解：对整体受力
22、分析可知，整体在竖直方向受重力和绳子的拉力；水平方向两电场力大小相等方向相反，故在竖直方向上，拉力等于重力，故T1=2mg；对下面小球进行受力分析，小球受重力、电场力、库仑力及绳子的拉力而处于平衡；由图可知，绳子的拉力及库仑力的合力应等于电场力与重力的合力为；故绳子的拉力小于；故选：D点评：本题采用整体法与隔离法进行分析，要注意不能漏力，特别是库仑力是正确解题的关键5.考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：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
23、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6.考点：验证力的平行四边形定则版权所有专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：根据实验的原理和数据的处理方法可知各图是否符合实验事实解答：解：该实验中F是由平行四边形法则得出的合力，而F是通过实际实验得出的，故F应与OA在同一直线上，而F与F1、F2组成平行四边形，故只有C符合题意；故选：
24、C7.考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用版权所有分析：对重物分析，重物受重力及绳子的拉力，因细绳是连续的，故绳子上各点的拉力均等于物体的重力，由此可判断手指的受力方向；对结点进行受力分析，则可知杆对结点的弹力方向，即可判出杆对手掌的作用力的方向解答：解：重物受绳子的拉力及物体本身的重力而处于平衡，故绳子的拉力等于物体的重力；而绷紧的绳子各处的拉力相等，故绳子对手指有大小为mg的拉力，方向沿绳的方向背离手指的方向；结点A处受绳子向下的拉力及沿绳向上的拉力，二力的合力应沿杆的方向向里压杆，故杆对手掌有向里的压力；故答案为D点评：本题应明确：绷紧的绳子不论是否弯曲，绳子上各点的拉力
25、大小相等，方向指向绳子收缩的方向8.考点：力的合成与分解的运用版权所有专题：受力分析方法专题分析：以木棒为研究对象，首先分析重力，再分析弹力和摩擦力木棒相对于地面有向右滑动的趋势，受到地面向左的静摩擦力解答：解：以木棒为研究对象，木棒共受四个力作用：重力，地面和球对木棒的支持力，木棒相对于地面有向右滑动的趋势，受到地面向左的静摩擦力故选：C点评：本题考查对物体进行受力分析的能力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析，要防止漏力或多力9.考点：牛顿第二定律版权所有专题：整体思想分析：对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简
26、单解答：解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsin，解得a=gsin，所以C正确故选C点评：本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解10.考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据图象判断出正方向的选择，然后根据加速度向上超重，加速度向下失重判断解答：解：由题意知速度方向向下时
27、为正方向，运动员发生超重时具有向上的加速度，反映在vt图象中时是斜率为负的时间段，故C正确故选：C点评：本题考查了超重和失重的条件，记住：加速度向上超重，加速度向下失重11.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：灵活采用整体法和隔离进行受力分析，结合牛顿第二定律分析物体的运动情况解答：解：A、F是作用在物体B上时，物块A、B以相同的速度做匀速运动，以整体为研究对象，根据平衡条件可得：水平地面对B的滑动摩擦力大小等于F突然将F改作用在物块a上，若ab间的最大静摩擦力较大，则ab可以一起做匀速直线运动；故A正确；B、由于b与地面的滑动摩擦力一定，故对整体来说，它
28、们不可能做匀加速直线运动；故BD错误；C、若ab间的最大静摩擦力较小，则a做匀加速直线运动；b减速运动；故C正确；故选：AC点评：本题考查分析运动情况和受力情况和的能力，要考虑各种可能的情况：恒力可能小于等于ab的最大静摩擦力，也可能大于最大静摩擦力12.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：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得： 水平方向：FasinFb=ma 竖直方向：Facosmg=0 由题，不变，由分析得知Fa不变由得知
29、，Fb=FasinmaFasin，即Fb变小故选：C点评：本题运用牛顿第二定律分析力的变化，关键要抓住竖直方向上小球没有加速度，力是平衡的13.考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得到动摩擦因数与斜面倾角的关系要使木块A停下，必须使之减速，合力方向与速度方向应相反分别分析木块的受力情况，确定合力的方向，判断其运动性质解答：解：A、木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得 mgsin=mgcos；若增大斜面的倾角，重力沿斜面向下的分力mgsin增大，滑动摩擦力f=mgcos减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动故A错误B、对木块A施加一个
30、垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsin不变，而滑动摩擦力f=（F+mgcos）增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下故B正确C、对木块A施加一个竖直向下的力，由于（F+mg）sin=（F+mg）cos，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下故C错误D、由A项分析可知，mgsin=mgcos得 sin=cos，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下故D错误故选B点评：本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速运动，可以停下来14.考点：机械能守恒定律版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：
31、物体静止开始下落，受到空气阻力，由加速度大小可得知阻力与重力的关系而重力做功决定重力势能变化，动能的变化由合力做功确定，除重力以外的阻力做功导致机械能变化解答：解：A、重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量，重力对物体做多少功，则物体重力势能的减少多少由题重力做功为mgh，则的重力势能减少mgh故A错误；B、物体的合力做正功为mah=0.9mgh，则物体的动能增加为0.9mgh，故B正确，C错误；D、物体下落h高度，重力势能减小mgh，动能增加为0.9mgh，则机械能减小0.1mgh，故D正确故选BD点评：本题关键要掌握重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外力
32、做功使机械能变化15.考点：功的计算；功率、平均功率和瞬时功率版权所有分析：根据功的公式，可以知道拉力F对物体做功的情况，由物体的运动规律求出物体的运动的时间，再由功率的公式可以分析F的功率的大小解答：解：由W=Fs知，F对A和B做功一样多，B在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，B的加速度小，由s=at2知，通过相同的位移，B用的时间长，由P=知，力F对B做功的平均功率小，所以D正确故选D点评：本题就是对功的公式和功率公式的直接考查，在计算功率时要注意，求平均功率的大小，要注意公式的选择16.考点：功的计算；匀变速直线运动的图像版权所有专题：功的计算专题分析：由图象可知物体在各段时间内的速度变化
33、，则由动能定理可直接得出合外力的做功情况解答：解：A、在01s内，因物体的速度增大，故动能增大，则由动能定理可知合外力做正功，故A正确；B、在12s内，物体的速度减小时，故动能减小时，由动能定理可知合外力做负功，即在02 s内，合外力先做正功后做负功，故B错误C错误；D、由以上分析可知，合外力先做正功再做负功，故D错误；故选：A点评：本题根据动能定理可以直观地求出结果，当然如果利用动力学知识，求出力再求出功也是可以的，可以练习一下，并体会动能定理的实用性17.考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律版权所有专题：功率的计算专题分析：发动机的功率保持不变，根据P=Fv，v增大，F减小，根据牛
34、顿第二定律可以判断加速度的变化解答：解：根据P=Fv，发动机的功率不变，汽车加速行驶的过程中，速度增大，则牵引力减小，根据，阻力不变，加速度减小故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键知道通过P=Fv判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律，通过合力的变化判断加速度的变化18.考点：功能关系；功的概念版权所有分析：重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加；重力做的功等于重力势能的减小量解答：解：A、当物体克服重力做功时，物体上升，重力势能一定增加，故A错误；B、重力势能具有相对性，除物体的质量大小外，还与物体位置的高低有关，故B错误；C、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故C
35、错误；D、重力势能具有相对性，重力势能的大小与零势能参考面的选取有关，离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零故D正确；故选：D点评：本题关键明确重力做功的特点以及重力做功与重力势能变化之间的关系，基础题19.考点：向心力版权所有专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零根据牛顿第二定律进行分析解答：解：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力故A正确B、车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供
36、的力，车辆不会向内侧滑动故B错误C、当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑故C正确D、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变故D错误故选AC点评：解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解20.AD【考点】考查万有引力定律，同步卫星根据万有引力定律，即，地球自转在逐渐变快逐渐变快时，角速度变大，周期变小，故离地面高度变小，A正确，B错；由，得可知线速度变大，C错；由，显然向心加速度变大，D正确。21.解：A、小球自塔顶由静止开始下落，根据运动学公式，2s末小球的
37、速度v=gt=102m/s=20m/s；那么2s末小球的动量大小，P=mv=220kgm/s=40kgm/s，故A正确；B、2s末小球的动能=400J，故B错误；C、根据冲量表达式I=Ft=2102Ns=40Ns，故C错误；D、根据平均功率表达式=，2s内重力的平均功率=W=200W，故D错误；故选：A22.解：AB、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动量为0，所以A、B两船（包括人）的动量大小之比总是1：1；最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： MvA（M+）vB=0，解得：=，故AB正确；C、由于系统动量守
38、恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，系统末动量为零，即：A、B（包括人）动量之和为零，故C正确；D、根据题意，应用都动量守恒定律可以求出速度之比、动量之比、动量之和，故D错误；故选：ABC23.解：小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车初速度方向为正，根据动量守恒：Mv0=（m+M）v得：v=即小车仍匀速运动，速度小于v0故C正确，ABD错误本题选择错误的，故选：ABD24.考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象解答：解：A、以人为研
39、究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力25.考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体A 受力分析，用合成法求解出斜面对物体A的支持力，进一步得出物体对斜面的压力解答：解：对物
40、体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图：根据共点力平衡条件，推力和重力的合力应该与支持力等值、反向、共线，结合几何关系，有F=GtanN=N=N=将推力和重力正交分解，如图：根据共点力平衡条件，有：Gsin=FcosN=Fsin+Gcos由于物体对斜面压力等于斜面对物体的支持力故选：AB点评：对于共点力平衡问题可以用合成法求解，也可以用分解法求解，还可以用正交分解法求解26.27.【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素 牛顿第二定律B2 C2【答案解析】（1）B （2）0.52；0.81；（3）0.3 解析：（1）实验需要测两点间距离，故要刻度尺，打点计时器用到低压电源，故BD正确（2）
41、每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1秒，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：，同理可求，由匀变速规律得：所以=0.52m/s, 由得=0.81 m/ （3）对系统应用牛顿第二定律可得：a=所以，a-m图像中，纵轴的截距为-,故-=-3，=0.3【思路点拨】（1）需要交流电源和长度的测量工具.（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1秒，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度，用求解加速度.（3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵截距为-g,可解得动摩擦因数28.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：（1
42、）为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力的最大值（2）若拉力F小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力F大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，再根据速度时间公式求出最大的速度解答：解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律：umg=ma 对整体由牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a 解得：Fm=5.5N （2）因施加的拉力F5.5N，故物块相对
43、木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，对木板由牛顿第二定律：Fumg=Ma1物块在木板上相对运动的时间为t，解得：t=2s 物块脱离木板时的速度最大，vm=at=2m/s 答：（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过5.5N（2）小物体能获得的最大速度为2m/s点评：本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体和木板能否发生相对滑动，以及一旦发生相对滑动时，能够根据受力判断物体的运动29.答案：10m/s；1s；m解： (1)子弹击中滑块过程动量守恒，则： - 2分 代入数据解得：v=10m/s -2分(2) 子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左作匀减速运动，设其加速度大小为a，则：
44、-2分 由匀变速运动的规律得：-2分代入数据得：舍去）-2分（3） 滑块从O点滑到A点时的速度 -1分 代入数据得：m/s-1分设滑块从A点滑上轨道后通过最高点B点时的速度，由机械能守恒定律： -2分 代入数据得：-1分滑块离开B点后做平抛运动，飞行时间 -1分而 -1分 代入数据得：m-1分30.考点：牛顿第二定律；加速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据vt图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；（3）
45、对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论解答：解：（1）由图（b）可知，AB段加速度根据牛顿第二定律，有Fcos（mgFsin）=ma得（2）在BC段mgsin=ma2解得小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有（3）小物块从B向A运动过程中，有mg=ma3解得滑行的位移所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m答：（1）小物块所受到的恒力F为11N；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m点评：本题是已知运动情况确定受力情况和一直受力情况确定运动情况的问题，关键求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解