1、山西大学附中2015届高三上学期第三次月考物理试卷一单选题（每题仅一项正确，每题4分，共28分）1在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D在推导匀变速运动位移公式
2、时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法考点：质点的认识；探究加速度与物体质量、物体受力的关系.分析：在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度解答：解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置
3、时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确；故选：A点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2（4分）一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是
4、18m，则（）A物体在2s末的速度是20m/sB物体在第5s内的平均速度是3.6m/sC物体在第2s内的位移是20mD物体在5s内的位移是50m考点：自由落体运动.专题：自由落体运动专题分析：第5s内的位移等于5s内的位移减去4s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度再根据速度时间公式v=gt，位移时间公式h=求出速度和位移解答：解：A、第5s内的位移是18m，有：，t1=5s，t2=4s，解得：g=4m/s2所以2s末的速度：v=gt=8m/s故A错误 B、第5s内的平均速度：故B错误 C、t=2s，t=1s，物体在第2s内的位移：故C错误 D、物体在5s内的位移：x
5、=故D正确故选D点评：解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同3（4分）（2014湖北模拟）高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳随州武汉仙桃潜江荆州荆门襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线列车A以恒定速率以360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B车，当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在随
6、州站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站则（）A无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C若B车匀加速的时间为1min，则s为4kmD若B车匀减速的加速度大小为5m/s2，则当B车停下时A车已距随州站路程为1km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：B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短从襄阳到潜江间隔四个站由匀速运动可算出s由匀变速规律可得B的减速时间，进而可得A的运动位移解答：解：A、B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短，由于A是匀速运动，故时间
7、越短s越小，故A错误B、从襄阳到潜江间一共间隔四个站，故一共节约4个站的减速、停车、提速时间，故B错误C、若B车匀加速的时间为1min，则此时间内A的运动位移为：s=vt=10060m=6000m，故C错误D、B由360km/h=100m/s减速到0的时间为：，位移为：，A的运动位移为：x=vt=10020=2000m，故则当B车停下时A车已距随州站路程为x=x2x1=1km，故D正确故选：D点评：该题的关键是要抓住AB的运动状态，A一直是匀速直线运动，B经历匀加速，匀速，匀减速三个阶段，完成乘客的上车下车4（4分）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的
8、A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）则（）A若F=1N，则物块、木板都静止不动B若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4ND若F=8N，则B物块的加速度为1m/s2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：根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度解答：解：A与木板间的最大静摩
9、擦力fA=mAg=0.2110N=2N，B与木板间的最大静摩擦力fB=mBg=0.2210N=4N，A、F=1NfA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；B、若F=1.5NfA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：Ff=mAa，所以A物块所受摩擦力fF=1.5N，故B错误；C、F=4NfA，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=1m/s2对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，f=mBa=21=2N，故C错误；D、F=8NfA，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，
10、轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=1m/s2故D正确故选：D点评：本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析5（4分）平直公路上有一超声波测速仪B，汽车A向B做直线运动，当两者相距355m时刻，B发出超声波，同时由于紧急情况A刹车，当B接收到反射回来的超声波信号时，A恰好停止，此时刻AB相距335m已知超声波的声速为340m/s，则汽车刹车的加速度为（）A20m/s2B10m/s2C5m/s2D无法确定考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：在超声波来
11、回运动的时间里，汽车运行的位移为20m根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据x=at2，求出汽车的加速度大小解答：解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，匀减速运动直到静止可以看成初速度为零的匀加速直线运动，则有s=at2=355335m=20m，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，根据x=a（）2，得x=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以=1s，t=2s所以汽车的加速度大小为10m/s2故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键求出超声波单程运行的位
12、移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度6（4分）一小球从光滑的斜面上的O点由静止开始向下运动，依次经过A、B、C、D、E五个点，已知AB=BC=CD=DE，物体经过B点时的速度vB和AE段的平均速度的大小关系是（）AVBBVB=CVBD无法确定考点：平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：物体从斜面上下滑，做匀加速直线运动；题中OA长度不确定，故可假设其长度为一个确定的值，如可以假设其长度等于AC；然后根据运动学公式列式分析解答：解：物体从斜面上下滑，做匀加速直线运动，加速度设为a，假设OA长度为2L
13、，从A到E的位移为4L，根据位移时间关系公式，有：6L=2L=t=t1t2解得：t=AE段的平均速度的大小为：2.7对从A到B过程，根据速度位移关系公式，有：vB2=2aL解得：vB=，故VB；故选：A点评：本题难点在于AO距离的不确定性上，由于是选择题，只需定性分析，可以假设其距离为一个确定的值，然后在运用运动学公式列式分析7（4分）如图所示，有黑白两条毛巾交替折叠地放在地面上，白毛巾的中部用线与墙壁连接着，黑毛巾的中部用线拉住，设线均呈水平欲将黑白毛巾分离开来，设每条毛巾的质量均为m，毛巾之间及其跟地面间的动摩擦因数均为，则将黑毛巾匀速拉出需用的水平拉力为（）A2mgB4mgC5mgDmg
14、考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：滑动摩擦力方向与接触面相切，与相对运动的方向相反根据受力分析，分别对白毛巾，黑毛巾进行力的分析，由f=mg与受力平衡，即可求解解答：解：根据受力平衡，黑毛巾有四个面受到摩擦力，平衡时 F=f1+f2+f3+f4=+2+3+4=5mg，故选：C点评：本题涉及到滑动摩擦力方向的判定和即平衡条件得应用，要注意每个接触面都可能有摩擦力的存在，有一定难度二、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）8（4分）（2013淮安模拟）如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r现
15、将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）A球1的机械能守恒B球6在OA段机械能增大C球6的水平射程最小D六个球落地点各不相同考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同解答：解：A、6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误
16、；B、球6在OA段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加，故B正确；C、由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C正确；D、由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，所以六个球的落点不全相同，故D错误故选：BC点评：本题运用机械能守恒时，关键要明确研究对象，选择研究的过程，再进行分析9（4分）如图，机车a拉着两辆拖车b，c以恒定的牵引力向前行驶，连接a，b间和b，c间的绳子张力分别为T1，T2，若行驶过程中发现T1不变
17、，而T2增大，则造成这一情况的原因可能是（）Ab车中有部分货物落到地上Bc车中有部分货物落到地上Cb车中有部分货物抛到c车上Dc车上有部分货物抛到b车上考点：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：灵活选取研究对象，根据牛顿第二定律分析四个选项造成的拉力变化是否与题干相符解答：解：A、机车a以恒定的牵引力向前行驶，若b车中有部分货物落到地上，则整体的质量减少，加速会增大，以a为研究对象：FT1f=maa增大，则T1减小，以c为研究对象：T2f=ma，a增大，则T2增大，与题干不符，故A错误；B、机车a以恒定的牵引力向前行驶，若c车中有部分货物落到地上，则整体的质量减少，
18、加速会增大，以a为研究对象：FT1f=ma，a增大，则T1减小，与题干不符，故B错误；C、机车a以恒定的牵引力向前行驶，若b车中有部分货物抛到c车上，整体质量不变，则加速度不变，以a为研究对象：FT1f=ma，a不变，则T1不变，以c为研究对象：T2f=ma，a不变，c质量增大，则T2增大，与题干相符，故C有可能；D、机车a以恒定的牵引力向前行驶，若c车上有部分货物抛到b车上，整体质量不变，则加速度不变，以a为研究对象：FT1f=ma，a不变，则T1不变，以c为研究对象：T2f=ma，a不变，c质量减小，则T2减小，与题干不符，故D错误；故选：C点评：本题属于实际问题，其物理模型为连接体问题，
19、涉及多个研究对象时要灵活的选择研究对象，会起到事半功倍的效果10（4分）（2009奉贤区一模）在灭火抢险的过程中，有时要借助消防车上的梯子进行救人或灭火作业，如图所示已知消防车梯子的下端用摩擦很小的铰链固定在车上，上端靠在摩擦很小的竖直玻璃幕墙上消防车静止不动，被救者沿梯子匀速向下运动的过程中，下列说法中正确的是（）A铰链对梯子的作用力逐渐减小B墙对梯子的弹力不变C地面对车的摩擦力逐渐增大D地面对车的弹力不变考点：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：先以整体为研究对象，分析受力情况，根据三力汇交原理，判断铰链对梯子的作用力和墙对梯子的弹力如何变化
20、将人、梯子、车看做一个整体，由平衡条件分析地面对车的摩擦力和弹力如何变化解答：解：A、B人在梯子上匀速运动时，将人和梯子看做一个整体，墙壁对梯子的作用力N水平向左，重力G竖直向下，根据三力汇交原理，铰链对梯子的作用力F斜向上，如图所示，当人匀速向下运动时，F与G的夹角减小，因为重力G不变，所以F、N减小故A正确，B错误C、D将人、梯子、车看做一个整体，则地面对车的摩擦力等于墙壁对梯子的作用力N，地面对车的弹力等于车、梯子和人的重力，则地面对车的摩擦力逐渐减小，地面对车的弹力不变故C错误，D正确故选AD点评：本题涉及三个物体平衡问题，要灵活选择研究对象，合理运用三力汇交原理，分析三力平衡问题11
21、（4分）如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A细线对物体a的拉力增大B斜劈对地面的压力减小C斜劈对物体a的摩擦力减小D地面对斜劈的摩擦力增大考点：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：对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹
22、力的情况解答：解：A、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：mbg=2Tcos解得：T=将固定点c向右移动少许，则增加，故拉力T增加，故A正确；B、D、对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=G总Tcos=G总，N与角度无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；故B错误；f=Tsin=tan，将固定点c向右移动少许，则增加，故摩擦力增加；故D正确；C、对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力
23、的变化情况，故C错误；故选：AD点评：整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法12（4分）倾角为=37的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数=0.5现给A施以一水平力F，如图所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37=0.6，cos 37=0.8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（）A3B2C1D0.5考点
24、：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：若物体刚好不下滑，分析物体受力情况：重力、水平力F、斜面的支持力和静摩擦力，此时静摩擦力沿斜面向上，达到最大值根据平衡条件和摩擦力公式求出F与G的比值最小值，同理，物体刚好不上滑时求出F与G的比值最大值，得到F与G的比值范围解答：解：设物体刚好不下滑时F=F1，作出力图如图则由平衡条件得：F1cos+N1=Gsin，N1=F1sin+Gcos得：=；设物体刚好不上滑时F=F2，则：F2cos=N2+Gsin，N2=F2sin+Gcos，得：=2即2故选：BCD点评：本题关键要正确分析物体的受力情况，作出物体的
25、受力示意图当物体相对于另一物体刚要滑动时它们之间的静摩擦力达到最大值13（4分）如图所示，水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行物块在水平拉力作用下缓慢滑动当物块滑动至A位置，AOB=120时，弹簧测力计的示数为F则（）A物块与地面间的动摩擦因数为B木桩受到绳的拉力始终大于FC弹簧测力计的拉力保持不变D弹簧测力计的拉力一直增大考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法求解绳子的拉力大小；物块缓慢滑动，处于平衡状态，
26、则绳子拉力的大小等于滑块摩擦力的大小，进而结合滑动摩擦力的计算公式求出摩擦因数解答：解：A、以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识知：绳子拉力T=F物块缓慢滑动，处于平衡状态：f=T=F即：mg=F得：=，故A正确；B、由A分析知，木桩受到绳的拉力等于F而不是大于F，故B错误；C、为了使木桩处于平衡状态绳子拉力始终等于F，但随着木桩的靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题的关键是由“物块在水平拉力作用下缓慢滑动”确定物块受力平衡，则绳子拉力不变三实验题14（6分）（2012宿迁模拟）利用
27、图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示s（m）0.5000.6000.7000.8000.9000.950t（ms）292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t（m/s）1.711.621.551.451.341.22完成填空和作图：（1）若滑块所受
28、摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是s=v1tat2；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出s/tt图线；（3）由所画出的s/tt图线，得出滑块加速度的大小为a=2.0m/s2（保留2位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题；直线运动规律专题分析：可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式由位移时间关系式整理得到t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系解答：解：（1）已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a、滑块经过光电
29、门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量因为时速度v1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：s=v1tat2（2）见下图（3）由得作图求出斜率k=0.9897m/s2，a=2|k|2.0m/s2（1）；（2）如图；（3）2.0点评：题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要整理图象所要求的表达式15（4分）某同学利用弹簧秤和刻度尺来探究一条橡皮筋弹力和伸长量之间的关系，实验时使用了一条拉伸后粗细会明显变化的橡皮筋 （1）图甲量程为2.5N的弹簧秤的读数为1.30 N，（2）该同学将实验的数据画在坐标纸，如图乙所示，根据实验结果，下列说法正确的是B
30、CA数据点基本分布在一条直线上，说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律B该橡皮筋形变量越大，越容易拉伸C橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面（粗细）大小变化引起D橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化肯定是该同学的实验操作不规范引起的考点：探究弹力和弹簧伸长的关系.专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：先得出弹簧秤的每格表示的大小，从而正确地读数读数根据实验的原理确定操作步骤是否正确解答：解：（1）弹簧秤每格为0.5N，则读数为1.30N（2）A、该图的力与形变量的关系图线不是倾斜的直线，不能说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律故A错误B、由图可以看出，形变量较大时，变化
31、相同的形变量，弹力的变化较小，知橡皮筋形变量越大，越容易拉伸故B正确C、伸长量越大，弹簧越容易拉伸，则劲度系数越小，可知橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是橡皮筋横截面（粗细）大小变化引起故C正确，D错误故选：BC故答案为：（1）1.30，（2）BC点评：解决本题的关键掌握弹簧秤的读数方法，注意最小刻度会根据图线分析出劲度系数的变化，知道图线的斜率表示弹簧的劲度系数四计算题16（8分）（2012浠水县模拟）一物体作匀加速直线运动，在2s内通过的位移为6m，在紧接着的1s内通过的位移也为6m求物体运动的加速度的大小考点：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：根据匀变速直线
32、运动的公式，根据前2s内的位移为6m，列出表达式，含有v0和a两个未知量，再根据前3s内的位移为12m，再列出表达式，也含有v0和a两个未知量，联立方程组求解，得出加速度a解答：解：设物体的初速度为v0，通过第一段位移x时，由匀变速直线运动的位移公式得通过两段位移2x时，由匀变速直线运动的位移公式得 2x= 联立解得：a=代入数据a=2m/s2点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移公式17（8分）如图所示，两个质量均为m的小球用三条等长的不计质量的细线a、b、c悬挂，在两球上分别作用沿水平方向大小都等于mg的力F处于平衡状态，现突然剪断细线c，经过一段时间两球再次处于平衡，求此时线a、b
33、的张力分别为多大？考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.分析：根据平衡条件，结合库仑定律与矢量合成法则，即可求解解答：解：由题意可知，最终处于平稳状态时，细a处于竖直状态，由整体法分析，细线a的张力为Ta=2mg；隔离b分析，细线b的张力为Tb=mg，方向与竖直方向成45；答：此时线a、b的张力分别为2mg，mg点评：考查受力分析的内容，掌握平衡条件的运用，注意矢量的合成18（10分）甲、乙两物体相距s，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动甲物体在前，初速度为v1，加速度大小为a1乙物体在后，初速度为v2，加速度大小为a2且知v1v2，但两物体一
34、直没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？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：若是，在运动的过程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近结合运动学公式求出最小距离若是，说明乙物体先停止运动，那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相距最近，结合运动学公式求出最小距离解答：解：若是，说明甲物体先停止运动或甲乙同时停止运动在运动的过程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近可知最近距离若是，说明乙物体先停止运动，那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相距最近根据v共=v1
35、a1t=v2a2t解得在t时间内，甲的位移，乙的位移代入表达式s=s+s1s2解得答：甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为或点评：解决本题的关键理清甲乙的运动规律，判断出何时相距最近，结合运动学公式灵活求解19（12分）（2008四川）如图，一质量为m=1kg的木板静止在光滑水平地面上开始时，木板右端与墙相距L=0.08m；质量为m=1kg 的小物块以初速度v0=2m/s 滑上木板左端木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触物块与木板之间的动摩擦因数为=0.1木板与墙的碰撞是完全弹性的取g=10m/s2，求（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；（2）达到
36、共同速度时木板右端与墙之间的距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：计算题；压轴题分析：本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零解答：解：（l）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运
37、动设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞碰撞时的速度为v1，则mg=ma v1=at 联立解得T=0.4s v1=0.4m/s在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为为T设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有v=v0（2nT+t）a=at式中t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故式可改写为2v=v02nT由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有0v02nT2v1求解上式得1.5n2.5由于n是整数，故n=2 由于速度相同后还要再一起与墙壁碰撞一次，故一个碰撞三次；再有得t=0.2s v=0.2m/s 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t=4T+t=1.8s （11）即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1.8s（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为（12）联立 与（12）式，并代入数据得 s=0.06m（13）即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m点评：本题关键要分清出长木板的运动为往复运动，具有重复性，而小木块的运动是匀减速直线运动，然后根据运动学公式列式求解