1、2016-2017学年湖北省恩施一中高三（上）开学物理试卷一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1第一次通过实验比较准确地测出引力常量的科学家是（）A牛顿B伽利略C胡克D卡文迪许2如图所示，横截面为直角三角形的物块ABC，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力，这时物块静止不动假设物块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现将力F增大，以下说法正确的是（）A物块所受合力增大B物块所受摩擦力增大C物块仍将静止不动D物块将向下滑动3某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面10m高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约为0.2m假设运动员做竖直上抛运动，则该运动
2、员在空中完成动作的时间大约为（）A1.2sB1.4sC1.6sD2.0s4一电阻接在10V直流电源上，电热功率为P；当它接到电压u=10sint（V）上时功率为（）A0.25 PB0.5 PCPD2P5一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A这列波的振幅为4cmB这列波的周期为8sC此时x=4m处质点沿y轴负方向运动D此时x=4m处质点的加速度为06某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为H+CN+Q1， H+NC+X+Q2方程式中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：（）原子核HHeHeCNN质量/u1.
3、00783.01604.002612.000013.005715.0001AX是He，Q2Q1BX是He，Q2Q1CX是He，Q2Q1DX是He，Q2Q17如图所示，球带正电q，单摆摆长为 l，当地的重力加速度为g，其最大摆角为，整个装置处于垂直纸面向里，强度为B的匀强磁场中当摆球从如图所示最大摆角处运动到摆线竖直的过程中，下列说法中不正确的是（）A在此过程中，重力的冲量为m，方向竖直向下B在此过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒C在此过程中，合力对小球的冲量大小为mD当摆线摆到竖直位置时，线的拉力T=mg+qB8如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上0、A两点连接有两轻
4、绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA=OB=AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OA、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是（）AOB绳的拉力范围为0BOB绳的拉力范围为CAB绳的拉力范围为0DAB绳的拉力范围为09工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，图甲所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器拉力传感器的内部电路如图丙所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20k，R2=10k，R0是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图乙所示，已知料斗重1103N，没装料
5、时Uba=0，g取10m/s2下列说法中正确的是（）AR3阻值为40kB装料时，R0的阻值逐渐变大，Uba的值逐渐变小C拉力越大应变片电阻阻值也变大，Uba传感器的示数也变大D应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量10用如图所示的装置演示光电效应现象当用某种频率的光照射到光电管上时，电流表G的读数为i若改用更高频率的光照射，此时（）A将电池正负的极性反转，则光电管中没有光电子产生B将电键S断开，则有电流流过电流表GC将变阻器的触点c向b移动，光电子到达阳极时的速度可能变小D只要电源的电动势足够大，将变阻器的触点c向a端移动，电流表G的读数必将变大11如图，矩形线圈abcd与理想变
6、压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是（）A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS12如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上刚好匀速下滑，如果对物块施加一水平向右的外力F，物块刚好沿斜面向上匀速滑动，整个过程斜面保持静止不动，假设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A外
7、力F=mgtan2B外力F=mgtanC当物块沿斜面向上匀速滑行时，地面对斜面有向左的静摩擦力D当物块沿斜面向下匀速滑行时，斜面受到5个力作用二、实验题（8分）13某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图如图（b）所示实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成_（填“线性”或“非线性”关系（2）由图（b）可知，am图线不经过原点，可能的原因是存在_（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况
8、下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实脸中应采取的改进措施是_，钩码的质量应满足的条件是_三、计算题（44分）14如图所示，气球吊着A、B两个物体以速度v匀速上升，A物体与气球的总质量为m1，物体B的质量为m2，m1m2某时刻A、B间细线断裂，求当气球的速度为2v时物体B的速度大小并判断方向（空气阻力不计）15如图，物体A、B用跨过轻滑轮的细绳相连，平衡时绳CO与竖直方向成30角已知B重100N，地面对B的支持力为80N，求：（1）A的重力的大小（2）物体B与地面的摩擦力的大小（3）绳OC的拉力的大小16如图所示，质量为mB=24kg的木板B
9、放在水平地面上，质量为mA=22kg的木箱A放在木板B上一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为=37已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数1=0.5现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出 （sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10m/s2），则木板B与地面之间的动摩擦因数2的大小为多少？17在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示当给电容器突然充电使其电压增加U1，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间t，
10、油滴恰好回到原来位置假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计重力加速度为g试求：（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；（2）第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；（3）U1与U2之比2016-2017学年湖北省恩施一中高三（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1第一次通过实验比较准确地测出引力常量的科学家是（）A牛顿B伽利略C胡克D卡文迪许【考点】物理学史【分析】本题考查了物理学史，了解所涉及伟大科学家的重要成就，如高中所涉及到的牛顿、伽利略、胡克、卡文迪许等重要科学家的成就要明确【解答
11、】解：牛顿发现了万有引力定律时，并没能得出引力常量G的具体值，G的数值于1789年由卡文迪许利用他所发明的扭秤得出，故ABC错误，D正确故选：D【点评】本题考查了学生对物理学史的掌握情况，对于物理学史部分也是高考的热点，平时训练不可忽略2如图所示，横截面为直角三角形的物块ABC，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力，这时物块静止不动假设物块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现将力F增大，以下说法正确的是（）A物块所受合力增大B物块所受摩擦力增大C物块仍将静止不动D物块将向下滑动【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】物块静止不动，所受合力为零，保持不变分析物块
12、的受力情况，由平衡条件分析摩擦力的变化根据外力与最大静摩擦力的有关系分析力F增大时，物块能否滑动【解答】解：A、物块静止不动，所受合力为零，保持不变故A错误 B、由图，由平衡条件得f=G+Fsin，力F增大，f增大故B正确 C、D物块静止不动，则有 G+FsinN 又N=Fcos 得G+FsinFcos根据数学知识可知FsinFcos得到G+（F+F）sin（F+F）cos，物块仍将静止不动故C正确，D错误故选BC【点评】本题关键对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解3某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面10m高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高
13、度约为0.2m假设运动员做竖直上抛运动，则该运动员在空中完成动作的时间大约为（）A1.2sB1.4sC1.6sD2.0s【考点】竖直上抛运动【分析】将整个过程分为上升过程和下降过程进行求解，上升做匀减速直线运动，求出上升的时间，下落做自由落体运动，求出自由落体的时间，两个时间之和为运动员在空中完成动作的时间【解答】解：（1）向上跃起运动员做竖直上抛运动，设到达最高点的时间t，由位移公式，有：=0.2s运动员从最高点开始做自由落体运动，下落的过程中满足：H+h=解得： =1.4s因此，运动员从向上跃起开始算起可用于完成空中动作的时间为：t=t1+t2=0.2+1.4=1.6s故选：C【点评】将竖
14、直上抛运动分解为上升过程和下降过程进行求解，因为在整个过程中加速度保持不变，整个过程做匀变速直线运动，本题也可采取运动学公式对整个过程求解，注意矢量的方向4一电阻接在10V直流电源上，电热功率为P；当它接到电压u=10sint（V）上时功率为（）A0.25 PB0.5 PCPD2P【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率【分析】根据电压的瞬时表达式得出峰值的大小，从而得出有效值的大小，结合功率公式求出发热功率的大小【解答】解：一个电阻接在10V的直流电源上，它的发热功率是P，知P=当接到电压为u=10sint V的交流电源上，有效值为U=，则发热功率P=0.5 P故B正确，A、C
15、、D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道峰值和有效值的关系，知道求解热量、热功率时运用有效值进行计算5一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A这列波的振幅为4cmB这列波的周期为8sC此时x=4m处质点沿y轴负方向运动D此时x=4m处质点的加速度为0【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=算出周期由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度【解答】解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=2cm故A错误B、由图知，波长=8m，由波速公式v=，得周期T=s=2s故B错
16、误C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=4m处质点沿y轴正方向运动故C错误D、此时x=4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零故D正确故选：D【点评】根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力6某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为H+CN+Q1， H+NC+X+Q2方程式中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：（）原子核HHeHeCNN质量/u1.00783.01604.002612.000013.005715.0001AX是He，Q2Q1BX是He，Q2Q1CX是He，Q2Q1D
17、X是He，Q2Q1【考点】质量亏损；爱因斯坦质能方程【分析】根据核反应方程的质量数和电荷数守恒可判断出X是那种原子核，根据爱因斯坦质能方程可知质量亏损大的释放能量大【解答】解：11H+612C713N中质量亏损为：m1=1.0078+12.000013.0057=0.0021（u），根据根据电荷数守恒和质量数守恒可知11H+715NC612+X+Q2中X的电荷数为2、质量数为4，故X为粒子即24H，质量亏损为：m2=1.0078+15.000112.00004.0026=0.0053（u）根据爱因斯坦的质能方程可知：Q1=m1C2，Q2=m2C2，则Q1Q2，故ACD错误，B正确故选B【点评】
18、核反应方程的书写和质能方程的应用是原子物理中的重点知识，要加强这方面的练习和应用7如图所示，球带正电q，单摆摆长为 l，当地的重力加速度为g，其最大摆角为，整个装置处于垂直纸面向里，强度为B的匀强磁场中当摆球从如图所示最大摆角处运动到摆线竖直的过程中，下列说法中不正确的是（）A在此过程中，重力的冲量为m，方向竖直向下B在此过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒C在此过程中，合力对小球的冲量大小为mD当摆线摆到竖直位置时，线的拉力T=mg+qB【考点】动量定理；机械能守恒定律；单摆周期公式【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，由动能定理求出到达P的速度，由动量定理，合
19、外力的冲量等于物体动量的改变量【解答】解：A、不加磁场时周期为，根据左手定则，小球所受洛伦兹力背离悬点，等效重力加速度变大，周期变小，重力的冲量小于，方向竖直向下，故A不正确B、在此过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，故B正确C、在此过程中，根据机械能守恒可得：，所以最低点速度大小为，合力对小球的冲量大小等于动量的改变量，即为，故C正确D、最低点，当摆线摆到竖直位置时，线的拉力为： =，故D不正确本题选不正确的，故选：AD【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8如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上0、A两点连接有两轻绳，两绳的
20、另一端都系在质量为m的小球上，OA=OB=AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OA、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是（）AOB绳的拉力范围为0BOB绳的拉力范围为CAB绳的拉力范围为0DAB绳的拉力范围为0【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【分析】转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，当AB绳的拉力刚好为零时，OB绳的拉力最大，根据共点力平衡和牛顿第二定律进行求解【解答】解：转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时二者的值相同，设为T1，则2T1cos30=mg，解得T1=m
21、g增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好为零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为T2，则T2cos30=mg，T2=mg因此OB绳的拉力范围mgmg，AB绳的拉力范围0mg故BC正确，AD错误故选：BC【点评】本题考查圆周运动的向心力，要明确匀速圆周运动的向心力由合外力提供，本题的关键要分析清楚圆周运动的临界状态和临界条件，由动力学方法研究9工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，图甲所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器拉力传感器的内部电路如图丙所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20k，R2=10k，R0是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值
22、随拉力变化的图象如图乙所示，已知料斗重1103N，没装料时Uba=0，g取10m/s2下列说法中正确的是（）AR3阻值为40kB装料时，R0的阻值逐渐变大，Uba的值逐渐变小C拉力越大应变片电阻阻值也变大，Uba传感器的示数也变大D应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当压敏电阻电阻值增加时，b点电势升高，故Uba的增加，将拉力的测量转化为电阻的测量【解答】解：A、电路中，当没装料时Uba=0，此时拉力等于料斗重，为：1103N，故应变片电阻为20K，根据串并联电压关系，有：解得：，故A正确；B、C、装料时，R0的阻值逐渐变大，b点电势升高，故U
23、ba的值逐渐增加，故B错误，C正确；D、应变片作用是把物体拉力这个力学量转换为电阻这个电学量，故D错误；故选：AC【点评】本题关键理清电路结构，明确仪器的工作原理，结合串并联电路的电压和电流关系分析，不难10用如图所示的装置演示光电效应现象当用某种频率的光照射到光电管上时，电流表G的读数为i若改用更高频率的光照射，此时（）A将电池正负的极性反转，则光电管中没有光电子产生B将电键S断开，则有电流流过电流表GC将变阻器的触点c向b移动，光电子到达阳极时的速度可能变小D只要电源的电动势足够大，将变阻器的触点c向a端移动，电流表G的读数必将变大【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件：0，可知道入射
24、频率越高，则光电子的最大初动能越大，而在电场力作用下，到达阳极，从而形成光电流，即可求解【解答】解：A、将电池正的极性反转，光电管中仍然有光电子产生，只是电流表读数可能为零，故A错误；B、即使开关S断开，由于入射光的频率更高，则导致光电子的最大初动能更大，当能到达阳极时，则有电流流过电流表A，故B正确；C、触头c向b端移动，导致阳极与阴极的电压减小，则电场力也减小，所以电子获得的加速度减小，因此光电子到达阳极时的速度必将变小，故C正确；D、只要电源的电压足够大，将变阻器的触头c向a端移动，因受到电场阻力，则可能导致到达阳极时，动能为零，则电流表A读数可能为0，故D错误故选：BC【点评】解决本题
25、的关键是掌握光电效应的条件0以及光电流大小与什么因素有关，注意正向电压与反向电压的区别11如图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是（）A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于
26、中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=NBS【解答】解：A、矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；B、电容器的电容C变大时，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故B错误；C、线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零；故C错误；D、若线圈转动角速度变为2，根据电动势最大值公式Em=NBS，最大值增加为2倍；有效值E=，也变为2倍；则电压表读数变为原来2倍，故D正确；故选：AD【点评】本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBS，同时要能够结合变压器的变
27、压比公式和欧姆定律列式分析12如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上刚好匀速下滑，如果对物块施加一水平向右的外力F，物块刚好沿斜面向上匀速滑动，整个过程斜面保持静止不动，假设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A外力F=mgtan2B外力F=mgtanC当物块沿斜面向上匀速滑行时，地面对斜面有向左的静摩擦力D当物块沿斜面向下匀速滑行时，斜面受到5个力作用【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】由于物体匀速运动，故其受力平衡，对物体受力分析，由沿斜面和垂直斜面两个方向的平衡方程可得摩擦因数；若对物体施加一水平外力，能使物体沿斜面向上运动
28、，则这一水平力至少应该能让物体向上匀速运动，由此可依据沿斜面和垂直斜面两个方向的平衡方程解得推力；以整体为研究对象求出地面对斜面体的摩擦力【解答】解：A、设物体与斜面间的动摩擦因数为，物体受力平衡如图：沿斜面方向：mgsin=f，垂直斜面方向：FN=mgcos，又：f=FN，解得：=tan物体沿斜面向上匀速运动时，摩擦反向，则沿斜面方向：Fcos=mgsin+f，垂直斜面方向：FN=mgcos+Fsin，又：f=FN，解得： =mgtan2故A正确，B错误；C、以两个物体组成的整体为研究对象，当物块沿斜面向上匀速滑行时，整体处于平衡状态，受到的合外力等于0，所以在水平方向地面对斜面的摩擦力与水
29、平力F大小相等，方向相反，所以地面对斜面有向左的静摩擦力故C正确；D、当物块沿斜面向下匀速滑行时，斜面受到重力、斜面的支持力和摩擦力，共3个力的作用故D错误故选：AC【点评】本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出受力的示意图，要培养良好的作图习惯二、实验题（8分）13某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图如图（b）所示实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成非线性（填“线性”或
30、“非线性”关系（2）由图（b）可知，am图线不经过原点，可能的原因是存在存在摩擦力（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实脸中应采取的改进措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力【解答】解：（1）根据该
31、同学的结果得出am图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；（2）从上图中发现直线没过原点，当a=0时，m0，即F0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力F=Ma=，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量故答案为：（1）
32、非线性；（2）存在摩擦力；（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力；远小于小车的质量【点评】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决三、计算题（44分）14如图所示，气球吊着A、B两个物体以速度v匀速上升，A物体与气球的总质量为m1，物体B的质量为m2，m1m2某时刻A、B间细线断裂，求当气球的速度为2v时物体B的速度大小并判断方向（空气阻力不计）【考点】动量守恒定律【分析】对于A与气球和B组成的系统所受重力和浮力的合力为零，满足动量守恒，根据动量守恒定律列方程
33、求解即可【解答】解：规定向上为正方向，对气球和AB组成的系统，根据动量守恒定律得：（m1+m2）v=m2v2+2m1v解得：因为m1m2得：v20，即物体的速度方向向下答：当气球的速度为2v时物体B的速度大小为，速度方向向下【点评】本题属于动量守恒定律的直接应用，关键是能明确动量守恒的条件后判断出系统满足动量守恒15如图，物体A、B用跨过轻滑轮的细绳相连，平衡时绳CO与竖直方向成30角已知B重100N，地面对B的支持力为80N，求：（1）A的重力的大小（2）物体B与地面的摩擦力的大小（3）绳OC的拉力的大小【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】本题的关键是分别对物体A、
34、B以及滑轮受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，本题的难点是通过对滑轮受力分析求出绳OC与竖直方向夹角为60【解答】解：（1）对A受力分析可知绳子拉力F=，绳OC拉力、F、G三力的合力为零，故G与F关于OC对称，对B受力分析，如图所示，在竖直方向有：Fcos60+=G，代入数据解得： =F=40N即A的重力大小为40N（2）对B受力分析，由上图可知，在水平方向有地面对B摩擦力大小为：f=Fsin60=20N即物体B与地面的摩擦力的大小20N（3）对滑轮受力分析可知，绳OC拉力与A与B拉力的合力大小相等方向相反，又A与B对滑轮拉力大小相等，所以OC拉力大小为：F=2Fcos30=40N即绳OC拉
35、力的大小为40N【点评】大小相等的两分力的合力方向一定在其夹角平分线上，合力与分力组成的平行四边形为菱形（其对角线互相垂直）16如图所示，质量为mB=24kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=22kg的木箱A放在木板B上一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为=37已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数1=0.5现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出 （sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10m/s2），则木板B与地面之间的动摩擦因数2的大小为多少？【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】将物体B匀速向右拉出过程中，A物
36、体保持静止状态，受力均平衡分别分析两个物体的受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解即可【解答】解：对A受力分析如图甲所示：由题意得：FTcos =Ff1FN1+FTsin =mAg Ff1=1FN1由得：FT=100 N对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得：FTcos +Ff2=F FN2+FTsin =（mA+mB）g Ff2=2FN2由得：2=0.3答：木板B与地面之间的动摩擦因数2的大小为0.3【点评】本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力图后根据平衡条件列方程求解17在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平
37、行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示当给电容器突然充电使其电压增加U1，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间t，油滴恰好回到原来位置假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计重力加速度为g试求：（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；（2）第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；（3）U1与U2之比【考点】电容；匀变速直线运动的位移与时间的关系；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律【分析】（1）根据油滴处于静止状态，所受电场力和重力平衡，求出带电油滴所带电荷量与质量之比（2）第一个t内油
38、滴做匀加速直线运动，第二个t时间内油滴做匀减速运动，抓住两段时间内位移大小相等，方向相反，根据运动学公式，求出加速度大小之比（3）油滴向上加速时，又，所以，油滴向上减速运动时，有，根据加速度之比求出U1与U2之比【解答】解：（1）油滴静止时则（2）设第一个t内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个t内油滴的位移为x2，加速度为a2，则，且 v1=a1t，x2=x1解得 a1：a2=1：3（3）油滴向上加速运动时：，即油滴向上减速运动时，即则解得【点评】当油滴处于平衡时，重力和电场力平衡电容器突然充电使其电压增加U1，油滴在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动电容器突然放电使其电压减少U2，油滴在重力和电场力的作用下做匀减速直线运动
