1、冀州中学高三第 一 次月考物理试题满分110分 时间90分钟【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理等，知识覆盖面广，知识点全面。在题型上，和高考题一致，是份很好的试卷。一选择题（本题共20小题，每小题4分，共80分1-16单选，17-20不定项选择）【题文】1下面哪一组单位属于国际单位制的力学基本单位（ ）A、B、C、D、【知识点】力学单位制 C2【答案解析】 C 解析：解：A、其中的N是导出单位，所以A错误；B、其中的m/s2是导出单位，所以B错误；C、m、kg、s分别是长度、质量、时间的单位，所以C正确；D
2、、其中的N是导出单位，所以D错误故选：C【思路点拨】国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的【题文】2如图，固定斜面，段光滑，段粗糙，、两物体叠放在一起从点由静止下滑，下滑过程中、保持相对静止，则（ ）A在段时，受三个力作用B在段时，可能受三个力作用C在段时，受摩擦力方向一定沿斜面向上D整个下滑过程中，、均处于失重状态【知识点】共点力平衡的条件及其
3、应用；物体的弹性和弹力B1 B4 B7【答案解析】 C 解析：A、在CD段，整体的加速度a=gsin，隔离对A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得fA=0，可知A受重力和支持力两个力作用故A错误B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为，在DE段，整体的加速度a=gsin-gcos，隔离对A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得fA=-mAgcos，方向沿斜面向上若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力故B错误，C正确D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态故D错误故选：C【思路点拨】根据牛顿第二定
4、律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解【题文】3物体由静止开始做匀加速直线运动，经过，改为匀减速直线运动，经过停下。关于该物体的运动情况，下列说法正确的是()A加速、减速中的加速度大小之比为B加速、减速中的平均速度大小之比为C加速、减速中的位移大小之比为D通过题目给出的数据，可以求出运动过程中的最大速度【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系A1 A2【答案解析】 C 解析：A、加速时的加速度为a1=，减速时加速度为a2=，加速度大小之比为，故
5、A错误；B、物体做匀变速直线运动，故平均速度等于初末速度之比故，故B错误；C、位移大小之比等于平均速度与时间的乘积之比，故，故C正确；D、题目中没有给出加速度或位移，故没法求出最大速度，故D错误；故选：C【思路点拨】物体做匀加速直线运动，故加速度等于速度变化量与时间的比值，平均速度等于初末速度之比，位移等于平均速度与时间的乘积；本体主要考查了匀变速直线运动的规律即加速度，平均速度与位移的计算；【题文】4如图所示，重物被绕过小滑轮的细线所悬挂，小滑轮被一根细线系于天花板上的 点。放在粗糙的水平桌面上，是三根线的结点，水平拉着物体，、与夹角如图所示。细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略
6、，整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的细线的张力是，则下列说法中错误的是（）( ) A重物A的质量为B桌面对B物体的摩擦力为C重物C的质量为D与竖直方向的夹角为【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B3 B4 B7【答案解析】 D 解析：设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与Oa绳的拉力分别为T1和T，则有：2Tcos30=T1得：T=20N重物A的质量mA= =2kg，故A正确；结点O为研究对象，受力如图，根据平衡条件得，弹簧的弹力为：F1=Tcos60=10Nmcg=10N mc=1kg，故C正确；根据平衡条件桌面对B物体的摩擦力与Ob的拉力相等，即：F2=Tsin60=20 N=10
7、 N，故B正确D、由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线OP与竖直方向的夹角为30故D错误题目要求选错误的，故选：D【思路点拨】根据悬挂小滑轮的斜线中的拉力与Oa绳的拉力关系，求出Oa绳的拉力以结点O为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳Ob的拉力重物A的重力大小等于Oa绳的拉力大小再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力本题涉及滑轮和结点平衡问题根据动滑轮不省力的特点，确定细线OP与竖直方向的夹角是关键【题文】5如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为和的物块、用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同。当用水平力作用于上，且两物块以相同加速度向左加速运动时，
8、弹簧的伸长量为；当用同样大小，方向相反的力作用于上，且两物块以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为（ ）A B C D动摩擦因数未知，无法求出【知识点】牛顿第二定律；胡克定律B1 C2【答案解析】 A 解析：当用水平力F作用于A上，且两物块以相同加速度向左加速运动时，整体的加速度a=隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：F弹-2mg=2ma，解得F弹当用同样大小，方向相反的力作用于B上，整体的加速度a=隔离对A分析，根据牛顿第二定律有：F弹-mg=ma，解得F弹.根据胡克定律得，kx，kx，解得x x故A正确，B、C、D错误故选：A【思路点拨】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔
9、离分析求出弹簧的弹力，结合胡克定律得出弹簧的伸长量本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的综合运用，关键能够正确地受力分析，运用整体法和隔离法进行求解【题文】6物体以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力。经过时间，其速度方向与水平方向夹角为，再经过时间，其速度方向与水平方向夹角为，则为（ ）A B C D【知识点】平抛运动D2【答案解析】 A 解析：设初速度为v0，则tan37，解得t1tan53，解得vyv0，则t2，则t1：t2=9：7故A正确，B、C、D错误故选：A【思路点拨】根据平行四边形定则求出两个位置竖直分速度，结合速度时间公式求出时间之比解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的
10、运动规律，结合运动学公式灵活求解【题文】7水平面上有一个直尺竖直放置，某时刻起从静止开始向右做匀加速直线运动，同时用笔尖靠在直尺上端匀速向下滑动，则笔尖画出的图形是()【知识点】运动的合成和分解D1【答案解析】 D 解析：铅笔尖既随直尺向右的匀加速直线运动，又沿直尺边向下做匀速直线运动，其运动轨迹是向右弯曲的抛物线，即为D正确，ABC错误故选：D【思路点拨】铅笔尖参与两个运动：既随直尺向右的匀加速直线运动，又沿直尺边向下做匀速运动，与平抛运动类似，得出轨迹形状曲线运动中物体速度的方向是该点轨迹的切线方向根据运动的合成确定加速度的方向本题中采用类比的方法得到笔尖的运动情况，也可以采用数学参数方程
11、的方法定量分析笔尖的运动情况【题文】8.现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上下通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，要使这个表演成功，运动员除了跳起的高度足够外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该()A竖直向下 B竖直向上C向下适当偏后 D向下适当偏前【知识点】运动的合成和分解D1【答案解析】A 解析： 运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动各分运动具
12、有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下故A正确，B、C、D错误故选A【思路点拨】运动员顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，可知运动员所做的运动在水平方向的分运动应与滑板的运动相同，所以运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动解决本题的关键是掌握运动的合成与分解，知道各分运动具有独立性，分运动和合运动具有等时性【题文】9如图所示，水平面上停放着A，B两辆小车，质量分别为M和m，Mm，两小车相距为L，人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳。第一
13、次人站在A车上，杆插在B车上；第二次人站在B车上，杆插在A车上；若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t1和t2，则 （ ）At1等于t2 Bt1小于t2 Ct1大于t2 D条件不足，无法判断【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2【答案解析】B 解析： 设拉力为F，当人在A车上时，由牛顿第二定律得：A车的加速度分别为：aA ，B车的加速度分别为：aB AB两车都做匀加速直线运动，aAt12+aBt12L 当人在B车上时，由牛顿第二定律得：A车的加速度分别为：aA ，B车的加速度分别为：aB AB两车都做
14、匀加速直线运动，aAt22+aBt22L 由式解得：1所以t1t2，故ACD错误，B正确；故选：B【思路点拨】当人在A车上时，根据牛顿第二定律求得AB车的加速度，根据两车位移之和为L列出方程，当人在B车上时，根据牛顿第二定律求得AB车的加速度，根据两车位移之和为L列出方程，联立方程组即可求解本题主要考查了牛顿第二定律及匀加速直线运动位移公式的直接应用，难度不大，属于基础题【题文】10.在斜面上等高处，静止着两个相同的物块A和B. 两物块之间连接着一个轻质弹簧，劲度系数为K，斜面的倾角为，两物块和斜面间的摩擦因数均为，则弹簧的最大伸长量是( )A. B. C. D. 【知识点】共点力平衡的条件及
15、其应用；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】 D 解析： 物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsin，静摩擦力ffm=mgcos，方向不确定，弹簧弹力水平方向kx，则弹力等于mgsin和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：kx故x=故D正确，ABC错误,故选：D【思路点拨】物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；本题关键是先对物块受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解求解弹簧最大伸长量，灵活性就强【题文】11某电视台每周都有棋类节目，如棋类授课和
16、评析，他们的棋盘都是竖直放置的，棋盘上布有磁铁，而每个棋子都是一个小磁铁，关于棋盘和棋子有下列几种说法：小棋子共受四个力的作用每个棋子的质量肯定都有细微的差异，所以不同的棋子所受的摩擦力不同棋盘面应选取相对粗糙的材料如果某个棋子贴不上棋盘，总会滑落，肯定是其质量偏大以上说法中正确的是( ) A B C D 【知识点】摩擦力的大小B2【答案解析】B 解析： ：、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f，共四个力作用，故正确、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡，静摩擦力与棋子的重力平衡，故正确、根据竖直方向上二力平衡知：f=G，f应不超过最大静摩擦力，则有：ffm=N=FF一
17、定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大，棋盘面应选取较粗糙的材料，故正确、当Gfm=N=F时，棋子将下滑，可能是质量偏大，也可能没有磁性，故错误故选：B【思路点拨】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合平衡的条件分析棋盘面应选取的材料掌握平衡力时应注意其关键点：二力是作用在同一个物体上的，明确这一点即可与作用力与反作用力进行区分【题文】12、如图所示,两个同样的弹簧秤每个自重都是0.1N,下端挂钩的重力忽略不计,甲”正挂”,乙”倒挂”,在乙的下方挂上重0.2N的砝码,则甲、乙两弹簧秤的示数分别为( )A、0.2N0.3N B、03N0.2NC、0.3N0.3N D、0.4
18、N0.3N【知识点】物体的弹性和弹力B1【答案解析】C 解析： 对下方的钩码及物体分析，弹簧的拉力F=0.2+0.1=0.3N；两挂钩处的力为作用力与反作用力；故两弹簧秤的示数均为0.3N；故选：C【思路点拨】两弹簧秤的示数等于挂钩处的拉力，对下面的物体及弹簧受力分析可求出弹簧秤的示数本题考查受力分析的方向，要注意明确弹簧秤的读数原理，同时注意牛顿第三定律的应用【题文】13. 如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为，一块磁铁吸附在铁板下方先缓慢抬起铁块B端使角增加（始终小于90）的过程中，磁铁始终相对铁板静止下列说法正确的是（）A磁铁始终受到三个力的作用B铁板对磁铁的弹力逐渐增加C磁铁所受合外
19、力逐渐减小D磁铁受到的摩擦力逐渐减小【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】B 解析： A、C、对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图，所以小磁铁受到4个力的作用；由于小磁体始终平衡，故合力为零，故A错误，C错误；B、D、根据平衡条件，有：mgsin-f=0 F-mgcos-N=0 解得：f=mgsin N=F-mgcos由于不断变大，故f不断变大，N不断变大，故D错误，B正确；故选：B【思路点拨】对铁块受力分析，受重力、磁力支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解出支持力和摩擦力的表达式后分析本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运
20、用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法【题文】14、如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f3。下列关于f1、f2、f3的大小关系正确的是：( )Af10 Bf2f3 Cf2f3 Df2f3【知识点】摩擦力的判断与计算B2【答案解析】 D解析： 由于甲图中物块在斜面是匀速运动，把斜面和物块当作整体，则整
21、体受到的合外力为零，故地面对斜劈没有摩擦力，即f1=0先对滑块研究，受重力、支持力、沿着斜面向上的摩擦力，图二和图三中有推力，垂直斜面方向平衡，故支持力N=mgcos，故滑动摩擦力为：f=N=mgcos；即乙丙两幅图中支持力和摩擦力均相同；根据牛顿第三定律，滑块对斜面的力也相同；最后对斜面体受力分析，受重力、压力、滑动摩擦力、支持力、地面对其可能有静摩擦力，三种情况下力一样，故静摩擦力相同；故f2=f3故选：D【思路点拨】先对滑块受力分析，得到滑块对斜面的压力和摩擦力，然后对斜面体受力分析，根据平衡条件进行判断本题关键三种情况下滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力都没有变化，故斜面体受力情况相同，简
22、单题【题文】15.2013年6月20日上午10时，我国首次太空授课在神州十号飞船中由女航天员王亚平执教，在太空中王亚平演示了一些奇特的物理现象，授课内容主要是使青少年了解微重力环境下物体运动的特点。如图所示是王亚平在太空仓中演示的悬浮的水滴。关于悬浮的水滴，下列说法正确的是( )A环绕地球运行时的线速度一定大于7.9 km/sB水滴处于平衡状态C水滴处于超重状态D水滴处于失重状态【知识点】超重和失重；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度D5【答案解析】D 解析： A、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，运行的半径最小，所以神州十号飞船的线速度要小于7.9km/s故A错误；
23、B、水滴随飞船绕地球做匀速圆周运动，水滴的吸引力完全用来提供向心加速度，所以是与飞船一起处于完全的失重状态，故BC错误，D正确；故选：D【思路点拨】7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度；在完全失重的状态下，与重力有关的规律不再适用，据此方向各项即可本题考查了在完全失重状态下一些规律、定理等将不再成立当物体处于完全失重状态是指重力完全提供加速度，重力并没有消失【题文】16小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小铁球。横杆右端用一根轻质细线悬挂一相同的小铁球，当小车在水平面上做直线运动时，细线保持与竖直方向成角（），设斜杆对小铁球的作
24、用力为F，下列说法正确的是（ ）AF沿斜杆向上，F BF沿斜杆向上，FCF平行于细线向上，F DF平行于细线向上，F【知识点】牛顿第二定律C2【答案解析】D 解析： 对右边的小铁球研究，受重力和细线的拉力，如图根据牛顿第二定律，得：mgtan=ma得到：a=gtan 对左边的小铁球研究，受重力和细杆的弹力，如图，设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为由牛顿第二定律，得：mgtan=maF 因为a=a，得到=，则：轻杆对小球的弹力方向与细线平行，大小为F=故选：D【思路点拨】先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力大小和
25、方向绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定【题文】17用细绳拴住一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴接)，如图所示，则将细线烧断后( )A小球立即做平抛运动 B细线烧断瞬间小球的加速度a=gC小球脱离弹簧后做匀变速运动 D小球落地时的动能大于mgh【知识点】牛顿第二定律；平抛运动 C2 D2 【答案解析】CD 解析： A、绳子烧断的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，小球不是立即做平抛运动根据牛顿第二定律知，加速度不是g故A错误，B错误C、小球离开弹簧后，仅受重力，加速度不变
26、，所以做匀变速运动故C正确D、根据动能定理知，mgh+W=mv2则小球落地时的动能大于mgh故D正确故选CD【思路点拨】小球开始受重力、弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，绳子烧断的瞬间，拉力立即消失，弹簧的弹力还未变化，根据牛顿第二定律得出小球的加速度根据动能定理可知小球的动能大小对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的【题文】18如图所示，质量相等的长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A、B相连接，两弹簧的原长相同，与A相连的弹簧的劲度系数小于与B相连的弹簧的劲度
27、系数。开始时A、B处于静止状态。现对物块B施加一水平向右的拉力，使A、B一起向右移动到某一位置（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），撤去这个力后( )A物块A的加速度的大小与连接它的弹簧的形变量的大小成正比B物块A受到的合力总大于弹簧对B的弹力C物块A受到的摩擦力始终与弹簧对它的弹力方向相同D物块A受到的摩擦力与弹簧对它的弹力方向有时相同，有时相反【知识点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变；胡克定律B2【答案解析】AC 解析： A、B一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律得：FA=kAx，FB=kBx，根据题意可知，kAkB所以FAFB撤去拉
28、力后整体保持相对静止，以加速度a向左运动，根据牛顿第二定律得：FA+FB=2ma；a=；故a与x成正比；故A正确；因：kAkB故FAma所以撤去拉力后A的弹力不足以提供加速度，对A根据牛顿第二定律得：FA+f=ma，A所受静摩擦力方向水平向左，与拉力的方向相同；对B根据牛顿第二定律得：FB-f=ma所以A受到的合力小于弹簧对B的弹力，故BD错误，C正确；故选：AC【思路点拨】A、B一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律判断AB弹簧弹力的大小，对AB整体根据牛顿第二定律求出整体加速度，再分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可判断本题主要考查
29、了牛顿第二定律及胡克定律的直接应用，关键是正确对AB进行受力分析，注意整体法和隔离法的应用；并注意分析判断静摩擦力的方向【题文】19.如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是（ ）A甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等 C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离不相等 D若甲、乙滑块能落在传送带的同
30、一侧，则所受摩擦力的功一定相等【知识点】功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 E6【答案解析】AD 解析： A、设v大于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，故A正确，B错误C、若v小于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动速度为零后可以再向相反的方向运动整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运
31、动方向相同甲乙到达B点时的速度相同落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等故C错误，D正确故选：AD【思路点拨】弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握【题文】20如图所示，光滑水平桌面上，有甲、乙两个用细线相连的物体在水平拉力F1和F2的作用下运动，已知F1F2，则以下说法中正确的有（ ） A若撤去F1，则甲的加速度一定变大 B若撤去F1，则细线上的拉力一定变小C若撤去F2，则乙的加速度一定变大 D若撤去F2，则细线上的拉
32、力一定变小【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用B3 C2【答案解析】ABD 解析： A、撤去F1之前，甲的加速度a甲1，撤去F1后，甲产生的加速度为a甲2，知加速度变大故A正确B、撤去F1之前，甲的加速度a甲1，此时细线上拉力满足T-F1=m甲a甲1即T=，撤去F1后，甲产生的加速度为a甲2，此时线中拉力满足T，知绳子的拉力减小故B正确C、撤去F2之前，乙的加速度为a乙1，撤去F2之后，乙产生的加速度a，因为只知道F1F2，并不能确定F2-F1与F1谁大谁小，故不能判断a和a的大小关系，故C错误；D、撤去F2之前，绳子的张力为T=，撤去F2之后，乙产生的加速度a，此时的绳子的拉力T=，
33、知绳子的拉力变小故D正确故选ABD【思路点拨】连接体问题可以先整体求连接体的加速度，再隔离分析某物体的受力情况，通过计算分析可得相关结论关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小二、实验题（本题分两小题，每空1分，共计7分）【题文】21某同学用如图所示的装置测定重力加速度：（1）实验中在纸带上连续打出点1、2、3、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时重物下落的加速度为 。（2）当地的重力加速度数值为，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的主要原因 。【知识点】测定匀变速直线运动的加速度A7【答案解析】 （1）（2）空气阻力、摩擦阻力（意思对即可） 解析：1）根
34、据x78x235aT2得，加速度a=（2）当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的主要原因空气阻力、摩擦阻力【思路点拨】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重物下落的加速度测量值与当地重力加速度的值有差异的主要原因是存在阻力作用对于纸带问题，需掌握纸带的处理方法，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【题文】22在研究“物体加速度与力的关系”的实验中，某学习小组使用的实验装置如图所示：(1) 由于没有打点计时器，该小组让小车由静止开始运动，发生位移，记录时间，则小车的加速度的表达式为=_。(2) 指出该实验中的一个明显疏
35、漏：_ 。(3)纠正了疏漏之处后，保持小车的质量不变，改变砂桶与砂的总重力，多次实验，根据得到的数据，在图象中描点（如图所示）。结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 。A轨道倾斜不够 B轨道倾斜过度C砂桶与砂的总重力太大 D所用小车的质量太大(4)若不断增加砂桶中砂的质量，图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为_ ，绳子拉力的趋向值为_ 。【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】 （1）（2）没有倾斜轨道，平衡摩擦力（3）C（4）， 解析：（1）根据位移时间公式得，x=at2，则a=；（2）实验中一个明显的疏漏是没有平衡摩擦力，即没有垫起
36、轨道右端，使小车的重力沿轨道的分力与摩擦力相平衡（3）由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得a=，而实际上a=，可见A，B段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的，故C正确（4）因为钩码的重力在这个实验中充当小车所收到的合外力，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动此时由于T=Ma 因此，拉力约为小车与发射器的总重力，即Mg【思路点拨】（1）实验中出现的明显疏漏是没有平衡摩擦力，通过重力沿轨道方向的分力与摩擦力平衡进行平衡摩擦力（2）根据匀变速在小运动的位移时间公式得出加速度的表达式（3）当Mm时，钩码的重力基
37、本等于绳子的拉力，即小车的合力，当不满足Mm时，拉力和钩码的总重力出现明显的差值，图线偏离直线（4）若所挂钩码不断增加，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动，结合牛顿第二定律得出绳子拉力的趋向值实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键三计算（本题三小题，共计23分）【题文】23（5分）小球从空中以某一初速度水平抛出，落地前1s时刻，速度方向与水平方向夹30角，落地时速度方向与水平方向夹60角，g10m/s2，求小球在空中运动时间及抛出的初速度。【知识点】平抛运动D2【答案解析】1.5s 解析：设小球的初速度为
38、v0，落地前1s时刻其竖直分速度为v1，由图1知：v1v0tan300,落地时其竖直分速度为v2，同理v2v0tan600，v2- v1= gt，所以t=1.5s。【思路点拨】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，根据平行四边形定则求出两个时刻的竖直方向上的分速度与水平速度的关系，结合速度时间公式求出初速度的大小，从而得出落地的竖直分速度，结合速度时间公式求出在空中运动的时间解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大【题文】24.（8分）如图所示，光滑斜面倾角为30o，AB物体与水平面间摩擦系数均为=0.4，现将A、B
39、两物体（可视为质点）同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端O的距离为LA=2.5m，LB=10m。不考虑两物体在转折O处的能量损失,。 （1）求两物体滑到O点的时间差。（2）B从开始释放，需经过多长时间追上A？【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 A8【答案解析】（1）1s（2）2.34s解析： （1）A到达底端时间 B到达底端时间 A B到达底端时间差 （2）A到达底端速度 经过分析B追上A前，A已停止运动A在水平面上运动的总位移 B在水平面上运动的总位移 m 其中 由 SA=SB t= s则B从释放到追上A用时 s 【思路点拨】（1）在光滑斜面上的物体在重力和支持力的作用下沿斜
40、面向下做初速度为0的匀加速直线运动，根据受力分析得出加速度的大小与角度的关系，再根据初速度为0的匀加速直线运动规律求解即可（2）根据速度位移公式求出两个球到达水平面的速度大小和A在水平面滑行的距离，根据追上时水平面上通过的位移相等，列式可求得时间本题要掌握牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用，关键要抓住两物体的位移和时间关系，知道追上时两者位移相等【题文】25.（ 10 分）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m.已知木板与地面的动摩擦因数为 1=0.1，m与M之间的动摩擦因数 2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
41、m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2,求：（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？ (2) 碰后M与m刚好共速时的速度？（3）最终木板停止运动时AP间距离？ 【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2 C5【答案解析】（1）9m/s；（2）1.8m/s，方向向左；（3）19.60m解析： （1）对木块和木板组成的系统，有1（m+M）g=（m+M）a1V02V122a1s 解得：V1=
42、9m/s （2）由牛顿第二定律可知：am2g9m/s2aM6m/s2m运动至停止时间为：t1=v1am=1 s此时M速度：VM=V1-aMt1=3m/s，方向向左，此后至m，M共速时间t2， 有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s共同速度V共=1.8m/s，方向向左(3)至共速M位移：S1=V1+V共(t1+t2)6.48m共速后m，M以a11m/s2 向左减速至停下位移：S2=1.62m最终AP间距： X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m 【思路点拨】对木板和木块组成的系统运用牛顿第二定律，求出整体的加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板时的速度大小分别对m和M分析，根据牛顿第二定律求出m和M的加速度，结合m和M的运动规律，运用运动学公式求出两者刚好共速时的速度大小解决本题的关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，注意在第二问中求解共同速度时，不能运用动量守恒求解，因为木块和木板组成的系统所受的外力之和不为零