1、高考资源网（） 您身边的高考专家安徽省亳州市利辛一中2015届高考物理一模试卷（普通班）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.每题给出的四个选项中，只有一个选项.）1根据速度定义式v=，当t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法( )A控制变量法B假设法C微元法D极限的思想方法2质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+2t2 （各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( )A第2s内的位移是10mB前3s内的平均速度是7m/sC任意相邻1s内的位移差都是4mD任意1s内的速度增量都是3m/s3做匀加速沿直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它
2、在第一个5s内的平均速度小3m/s，则质点的加速度大小为( )A1m/s2B2m/s2C3m/s2D4m/s24如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A3个B4个C5个D6个5完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0，速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1x2B
3、甲、乙两物体匀减速过程的位移大小之比为1：4C若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1x2D若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别为a1和a2，则a1a26如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成角，圆柱体处于静止状态则( )A地面对圆柱体的支持力为MgB地面对圆柱体的摩擦力为mgtanC墙壁对正方体的弹力为D正方体对圆柱体的压力为7如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上叠放着物体A、B，A的质量10kg，B的质量30kg，二者处于平衡状态，若突然
4、将一个大小为20N的力竖直向下加在A上，在此瞬间，A对B的压力增加了( )A10NB15NC20ND25N8如图所示，轻绳两端分别与A、B两物体相连接，A、B两物体的质量均为m物体B的上表面光滑，B与地面间的动摩擦因数为，轻绳与轻质滑轮间的摩擦忽略不计若要用力将B物体以水平向左的加速度a拉动，则作用在B物体上水平向左的拉力F为( )A2m（a+g）Bm（a+g）C2maD2mg9如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为的固定斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为( )A0B1mg
5、cosC2mgcosD（1+2）mgcos10如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1，绳子张力为F1；将绳子B端移至C点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为F2；将绳子B端移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为F3，不计摩擦，则( )AF1=F2F3BF1F2F3C123D1=2=3二、实验题：本题共3小题，每空2分，共16分11在研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出的一条纸带如图所示，图中的点为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，图上注明了各计数点间距离的测
6、量结果，所接交流电源的频率为50Hz（1）两个相邻计数点间的时间间隔：t=_s（2）打下计数点B时小车的速度：vB=_m/s（结果保留2位小数）（3）物体匀变速直线运动的加速度a=_m/s2（结果保留2位小数）12在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中备有下列器材：A电磁打点计时器B天平（带砝码）C纸带和复写纸D导线E细绳 F小车G砂和小桶 H一端附有滑轮的长木板（1）缺少的器材是_（2）在探究加速度a与质量m的关系时，分别以_为纵坐标、_为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系（3）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量_砝
7、码桶及桶内砝码的总质量（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）13如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧测力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O点现让F1大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO左侧，要使这端的结点仍位于O点，则关于F的大小和图中的角，下列说法中错误的是( )A增大F2的同时增大角B增大F2的同时减小角C增大F2而保持角不变D减小F2的同时增大角三、计算题：本题共4个小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位1
8、4如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处（取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）该外力作用一段时间后撤去，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t15一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系如图所示，g=10m/s2求：（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2，及向上滑行的最大距离x；（2）斜面的倾角及物块与斜面间的动摩擦因数16如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水
9、平推力F=8N当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端一个大小不计、质量为m=2kg的小物块以3m/s的速度向左滑上小车，小物块与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长求：（1）经多长时间两者达到相同的速度？（2）从小物块放在小车上开始，经过t=5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）17如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态，求：（1）这时两弹簧的总长（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢的向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长
10、之和，求这时平板受到下面物体的压力安徽省亳州市利辛一中2015届高考物理一模试卷（普通班）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.每题给出的四个选项中，只有一个选项.）1根据速度定义式v=，当t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法( )A控制变量法B假设法C微元法D极限的思想方法考点：物理学史；平均速度 分析：当t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法解答：解：当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法故D正确，A、B、C错误故选D点评：极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到要
11、理解并能很好地掌握2质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+2t2 （各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( )A第2s内的位移是10mB前3s内的平均速度是7m/sC任意相邻1s内的位移差都是4mD任意1s内的速度增量都是3m/s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：根据质点做直线运动的位移x与时间t的关系式x=3t+2t2，分别求出质点在前2s内与前1s内的位移，再求出第2s内的位移求出前3s内的位移，由平均速度公式求解前3s内的平均速度将x=3t+2t2 与匀变速直线运动的位移公式对照得到初速度v0和加速度a，由推论x=aT2，研究任意相邻1s内
12、的位移差根据加速度的意义研究任意1s内的速度增量解答：解：A、根据关系式x=3t+2t2，得到质点在前2s内的位移x2=32+222（m）=14m，前1s内的位移x1=5m，则第2s内的位移是x=x2x1=9m故A错误 B、根据关系式x=3t+2t2，得到质点在前3s内的位移x3=33+232（m）=27m，前3s内的平均速度是=9m/s故B错误 C、将x=3t+2t2 与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+对照，得到初速度v0=3m/s，加速度a=4m/s2由推论x=aT2，得到任意相邻1s内的位移差x=412m=4m故C正确 D、任意1s内的速度增量v=at=41m/s=4m/s故D错误故
13、选C点评：本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型3做匀加速沿直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s，则质点的加速度大小为( )A1m/s2B2m/s2C3m/s2D4m/s2考点：匀变速直线运动规律的综合运用 专题：直线运动规律专题分析：由匀变速直线运动的平均速度公式可求得第1s末的速度及第3s内的速度；则由加速度定义可求得质点的加速度解答：解：根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3s内的平均速度为第1.5s末的速度；第一个5s内的平均速度为第2.5s末的速度；则由a=可得：a=3m/s2；故选：C点评：本题
14、考查加速度的计算及平均速度公式的应用，要注意平均速度公式的应用，同时平均速度还等于中间时刻的瞬时速度4如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A3个B4个C5个D6个考点：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：先以A为研究对象，分析受力情况，再对B研究，按顺序进行分析受力情况解答：解：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力故选B点评：本题考
15、查分析物体受力的能力，采用隔离法的思维，要结合平衡进行分析，同时一般按重力、弹力、摩擦力顺序进行分析5完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0，速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1x2B甲、乙两物体匀减速过程的位移大小之比为1：4C若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为x1、x2，则x1x2D若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别
16、为a1和a2，则a1a2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vt图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移，由几何知识比较位移大小，根据速度时间图象的斜率表示加速度比较加速度大小解答：解：A、根据vt图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：x1=，所以x1x2，故A错误；B、甲匀减速运动的位移，乙匀减速运动的位移，所以，故B错误；C、整个运动过程中甲物体的位移分别为x1=x1+s1=3v0t0，整个运动过程中乙物体的位移为x2=x2+s2=2.5v0t0，所以x1x2，故C正确；D、速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在匀加速过程中
17、甲的加速度大于乙物体的加速度，故D错误故选：C点评：本题根据斜率等于加速度、“面积”等于位移进行求解即可，难度不大，属于基础题6如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成角，圆柱体处于静止状态则( )A地面对圆柱体的支持力为MgB地面对圆柱体的摩擦力为mgtanC墙壁对正方体的弹力为D正方体对圆柱体的压力为考点：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：对正方体受力分析，根据平衡条件列方程求墙壁对正方体的弹力和圆柱体对正方体的弹
18、力，以圆柱体和正方体整体为研究对象，根据平衡条件求地面对圆柱体的摩擦力和支持力解答：解：以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图：由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1=，圆柱体对正方体的弹力N2=，根据牛顿第三定律则正方体对圆柱体的压力为，故C正确D错误；以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力：N=（M+m）g水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：f=N1=，故AB错误；故选：C点评：本题考查了受力分析以及平衡条件的应用，灵活的选取研究对象是求解的关键7如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上叠放着物体A、B，A的质量10kg，B的质量30kg，二者处于平衡状
19、态，若突然将一个大小为20N的力竖直向下加在A上，在此瞬间，A对B的压力增加了( )A10NB15NC20ND25N考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体A、B整体受力平衡，即整体受重力和弹簧的支持力平衡；突然对物体A施加一个向下的20N的压力，AB整体受到的重力和弹力不变，故整体具有了向下的加速度，先根据牛顿第二定律求出加速度，然后再对A受力分析，根据牛顿第二定律求出B对A的压力解答：解：物体AB整体受力平衡，受重力和支持力，合力为零，故弹簧的支持力为400N；突然对物体A施加一个竖直向下的20N的压力，对AB整体而言，受到重力、弹簧弹力和拉力，合力等于压力，根据牛顿第二定
20、律，有F=（mA+mB）a解得a=0.5m/s2 再对物体A受力分析，受到拉力、重力和支持力，根据牛顿第二定律，有F+mgN=ma 由解得N=15N故A对B的压力增加了15N故选：B点评：本题关键是先对AB整体受力分析，求出加速度后，再对B受力分析，得出A对B的支持力，最后根据牛顿第三定律求出A对B的压力8如图所示，轻绳两端分别与A、B两物体相连接，A、B两物体的质量均为m物体B的上表面光滑，B与地面间的动摩擦因数为，轻绳与轻质滑轮间的摩擦忽略不计若要用力将B物体以水平向左的加速度a拉动，则作用在B物体上水平向左的拉力F为( )A2m（a+g）Bm（a+g）C2maD2mg考点：牛顿第二定律；
21、力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：AB通过绳相连，所以A以加速度a向右运动，对A进行受力分析求出绳子的拉力，再对B进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得F解答：解：AB通过绳相连，所以A以加速度a向右运动，对A进行受力分析根据牛顿第二定律得：T=ma对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得：FT2mg=ma解得：F=2m（a+g）故选A点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题9如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为的固定斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体
22、P受到的摩擦力大小为( )A0B1mgcosC2mgcosD（1+2）mgcos考点：牛顿运动定律的应用-连接体；静摩擦力和最大静摩擦力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对PQ整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体P，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出间的静摩擦力解答：解：对PQ整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有（m+M）gsin2（m+M）gcos=（M+m）a解得a=g（sin2cos） 再对P物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinFf=ma 由解得Ff=2mgcos故选：C点评：本
23、题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体P，运用牛顿第二定律求解PQ间的内力10如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1，绳子张力为F1；将绳子B端移至C点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为F2；将绳子B端移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为F3，不计摩擦，则( )AF1=F2F3BF1F2F3C123D1=2=3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：绳子右端从B移动到C点时，根据几何
24、关系可以判断出，两个绳子之间的夹角不变，然后根据三力平衡条件判断出绳子拉力不变；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角变大，再次根据共点力平衡条件判断解答：解：设绳子结点为O，对其受力分析，如图当绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系，有AOsin+OBsin=AC同理有AOsin+OBsin=AC绳子长度不变，有AO+OB=AO+OB故1=2绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F1=F2；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F1F3故1=23，F1=F2F3故选：A点评：本题
25、关键根据几何关系判断出两次移动过程中两绳子间夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件作图，运用合成法分析二、实验题：本题共3小题，每空2分，共16分11在研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出的一条纸带如图所示，图中的点为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，图上注明了各计数点间距离的测量结果，所接交流电源的频率为50Hz（1）两个相邻计数点间的时间间隔：t=0.1s（2）打下计数点B时小车的速度：vB=0.52m/s（结果保留2位小数）（3）物体匀变速直线运动的加速度a=1.58m/s2（结果保留2位小数）考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：（1）打点计时器所接交流电源的频
26、率为50Hz，因此打点周期为0.02s，由此可求出计数点之间的时间间隔；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；（3）据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小解答：解：（1）由于每隔4个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是50Hz），所以相邻的计数点间有5个时间间隔，即：T=50.02s=0.1s；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小；vB=0.52m/s（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2
27、x5x2=3a2T2 x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=1.6m/s2故答案为：（1）0.1；（2）0.52；（3）1.6点评：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用12在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中备有下列器材：A电磁打点计时器B天平（带砝码）C纸带和复写纸D导线E细绳 F小车G砂和小桶 H一端附有滑轮的长木板（1）缺少的器材是低压交流电源和刻度尺（2）在探究加速度a与质量m的关系时，分别以a为纵坐标、为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系（3）为使砝码
28、桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量远大于砝码桶及桶内砝码的总质量（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：（1）根据实验的具体操作步骤以及所要测量的数据，即可明确所需器材；（2）物体的加速度a与物体质量m的关系图线是曲线，不能确定它们的关系，而加速度a与质量倒数的关系图线是直线（3）实验满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力解答：解：（1）电磁打点计时器需要低压交流电源，实验需要测量物体运动的位移，因此缺少刻度尺；（2）物体的加
29、速度a与物体质量m的关系图线是曲线，不能确定它们的关系，而加速度a与质量倒数的关系图线是直线，从而可知加速度a与质量m成反比所以在探究加速度与质量关系时，分别以a为纵坐标、为横坐标作图象，这样就能直观地看出其关系（3）以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得a=，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=mg，显然要有F=mg必有m+M=M，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力故答案为：（1）低压交流电源和刻度尺 （2）a；（3）远大于点评：本实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键13如图所示，在“共点力合成”的
30、实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧测力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O点现让F1大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO左侧，要使这端的结点仍位于O点，则关于F的大小和图中的角，下列说法中错误的是( )A增大F2的同时增大角B增大F2的同时减小角C增大F2而保持角不变D减小F2的同时增大角考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：要使结点O位置不变，应保证合力大小、方向不变，保持F1的大小不变，即要求一个分力大小不变，故根据要求利用平行四边形定则作图可正确分析得出结果解答：解：对点O点受力分析，受到两个弹簧
31、的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，F2的大小不变，ob弹簧拉力方向和大小都改变，根据力的平行四边形定则有：如图1所受示，可以增大F2的同时增大角，故A正确；若如图2变化所受，可以增大F2的同时减小角，故B正确；如图3所受示，可以增大F2而保持角不变，故C正确；同时根据平行四边形定则可知，减小F2的同时增大角是不能组成平行四边形的，故D错误本题选错误的，故选D点评：明确矢量合成的法则，熟练应用平行四边形定则解题，本题实质上考查了平行四边形定则的应用三、计算题：本题共4个小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能
32、得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位14如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处（取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）该外力作用一段时间后撤去，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t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）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；（2）当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运
33、动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律可以求得时间的大小解答：解：（1）物体做匀加速直线运动，则L=，所以a=，由牛顿第二定律得Ff=ma，又f=mg，解得：=0.5（2）力F作用时，a1=a，a1t12+gt22=Lt2=2t1联立以上各式，代入数据，解得t1=答：（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）该力作用的最短时间为点评：分析清楚物体的运动的过程，分别对不同的运动的过程列示求解即可得出结论15一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系如图所示，g=10m/s2求：（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2
34、，及向上滑行的最大距离x；（2）斜面的倾角及物块与斜面间的动摩擦因数考点：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）根据图线的斜率求出上滑和下滑时的加速度大小，根据图线与时间轴围成的面积求出最大距离（2）对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数解答：解：（1）物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中00.5s时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：a1=8m/s2该段图象与坐标轴围成图形的面积值表示位移大小，所以向上滑行的最大距离为：s=物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.51.5s时间段，同理可
35、得：a2=2m/s2（2）上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1，下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma2，联立以上两式并代入数据，解得：，=30答：（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2，分别为8m/s2、2m/s2，向上滑行的最大距离为1m（2）斜面的倾角为30，物块与斜面间的动摩擦因数为点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度、图线与时间轴围成的面积表示位移16如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N当小车向右运动的速度达到3m/s时，
36、在小车前端一个大小不计、质量为m=2kg的小物块以3m/s的速度向左滑上小车，小物块与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长求：（1）经多长时间两者达到相同的速度？（2）从小物块放在小车上开始，经过t=5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据匀变速直线运的速度时间关系，分别由牛顿第二定律求出M和m的加速度，从而求出速度相等时的时间关系；根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可解答：解析：（1）物块的加速度小车的加速度：由：v+amt=v0+aMt得：t
37、=4s（2）在开始4s内小物块的位移：最大速度：v=at=5m/s在接下来的1s物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：这1s内的位移：通过的总位移s=s1+s2=9.4m答：（1）经4s两者达到相同的速度（2）从小物块放在小车上开始，经过t=5s小物块通过的位移大小为9.4m点评：用整体法和隔离法正确的对物体进行受力分析，注意物体运动过程的变化，不能死套公式求结果17如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态，求：（1）这时两弹簧的总长（2）若用一个质量为M的平板
38、把下面的物体竖直缓慢的向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体的压力考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）整体法受力分析根据胡克定律求上面弹簧的长，然后隔离法对m2受力分析根据胡克定律求下面弹簧的长度（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等对m1受力分析，有m1g=k1x+k2x，得出伸长量和压缩量x对物体m2受力分析有：FN=m2g+k2x，再结合牛顿第三定律，求出物体对平板的压力FN解答：解：（1）以m1m2整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件有：k1x1=m1g+
39、m2g 以m2为研究对象，有：m2g=k2x2 两弹簧的总长L=L1+L2+x1+x2 联立得：L=L1+L2+（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x对平板和m1整体受力分析得受力分析得：m1g=k1x+k2x对平板和m1整体受力分析得：FN=m2g+k2x根据牛顿第三定律，有FN=FN解得：FN=m1g+m2g答：（1）两弹簧的总长L1+L2+（2）平板受到下面物体的压力为m1g+m2g点评：本题的关键是当两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和时下面弹簧的压缩量与上面弹簧的伸长量相等高考资源网版权所有，侵权必究！
