1、2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高三（上）开学物理试卷一单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1一个物体位移与时间的关系为与x=5tt2+2（x以m为单位，t以s为单位），关于此物体下列说法中正确的是( )A第2s初的速度比1s末速度小2m/sB2s内的平均速度为4m/sC第2s内的平均速度为2m/sD第2s位移比第1s位移大4m2两同学用如图所示方法做共点力平衡实验M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，某同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数应是(
2、 )A1个B3个C5个D7个3下列说法正确的是( )A若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动4如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1、v2水平相向抛出两个小球，已知v1：v2=1：3，两小球恰落在弧面上的P点则以下说法中正确的是( )AAOP为45B若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1、v2都增大C改变v1、v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D若
3、只增大v1，两小球可在空中相遇5如图，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是( )A都变大BTAD和TAB变大，TAC不变CTAC和TAB变大，TAD不变DTAC和TAD变大，TAB不变6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路面外侧低内侧高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，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动D当路面
4、结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小7如图所示，在高度为h、倾角为30的粗糙固定的斜面上，有一质量为m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端物块与斜面的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用一平行于斜面的力F拉动弹簧的A点，使m缓慢上滑到斜面顶端此过程中( )AF做功为2mghBF做的功大于2mghCF做的功等于物块克服重力做功与克服摩擦力做功之和DF做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和8如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据
5、，g=10m/s2则物体在0.6s时的速度为( )A2.3m/sB2.5m/sC2.7m/sD3.0m/s二不定项选择题（每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）9某娱乐项目中，要求参与者抛出一小球去撞击触发器成功，从而才能进入下一关现在将这个娱乐项目简化为如下的理想模型：不计空气的阻力，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以相同的速率v抛出小球，如图所示A为半圆轨道，B为一段光滑斜面，C为一段不足的圆弧轨道，
6、D为内壁光滑的半圆轨道则小球能够击中触发器的是( )AABBCCDD102012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图（b）所示假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000m已知航母始终静止，重力加速度的大小为g则( )A在0.4s2.5s时问内，阻拦索的张力几乎不随时间变化B
7、从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小不会超过2.5gD在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小11如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )A滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B滑块最终所处的位置C滑块与杆之间动摩擦因数D滑块第k次与挡板碰撞后速度vk12有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约
8、6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车( )A以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB起动时的加速度大小为0.24m/s2C保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度13一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高
9、度，图上坐标数据中的k为常数且满足0k1）则由图可知，下列结论正确的是( )A、分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh0三实验题（8分，每空2分）14某班级同学用如图（a）所示的装置验证加速度a和力F、质量m的关系甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器（可以测量乙在任意时刻的加速度大小），力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加
10、速度的大小（1）下列关于实验装置和操作的说法中正确的是_（多选）（A）轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力（B）轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力（C）实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据（D）实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据（2）四个实验小组选用的小车乙（含力传感器）的质量分别为m1=0.5kg、m2=1.0kg、m3=1.5kg和m4=2.0kg，四个小组已经完成了aF图象，如图（b）所示（3）在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图（b）的四条图线收集数据，然后作图请写出具体的做法：如何收集数据？_；为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系
11、应以_为纵轴：以_为横轴四计算题（写出必要的计算过程与步骤，共40分）15研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小g取10m/s2求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值16如图甲所示，一水平放置的
12、圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m=0.2kg的小滑块从轨道（截面图如图乙所示）的最低点A，以v0=9m/s的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v=1m/s滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD粗糙外，其余部分均光滑小滑块运动轨道的半径R=0.3m，求：（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力？（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？17如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上如图所示，一选手的质量m=60kg，脚穿轮滑鞋以v0=7m/
13、s的速度抓住竖直的绳开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角=37时，选手放开绳子，绳子的悬挂点到选手的重心距离L=6m不考虑空气阻力和绳的质量取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求（1）选手离开绳子时的速度大小；（2）选手放开绳子后到达最高点与放开绳子时的位置间的竖直高度是多少；（3）如果选手上升到最高点时，刚好可以站到水平传送带A点，传送带正以v1=3m/s匀速向左运动，传送带的另一端B点就是终点，且SAB=3.75m选手能在传送带上自由滑行（人不提供动力），受到的阻力为自重的0.2倍讨论该选手是否能顺利冲过终点B，说明理由，并求出滑行过程中因摩擦而产生的热量Q18
14、如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角=37，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量m=5l02kg、电荷量q=+1106C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2sin37=0.6，cos37=0.8（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨
15、上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高三（上）开学物理试卷一单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1一个物体位移与时间的关系为与x=5tt2+2（x以m为单位，t以s为单位），关于此物体下列说法中正确的是( )A第2s初的速度比1s末速度小2m/sB2s内的平均速度为4m/sC第2s内的平均速度为2m/sD第2s位移比第1s位移大4m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：根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度，从而得出速度的变化量，根据位移，求出平均速度的大小解答：解：A、根据
16、得，物体的初速度为5m/s，加速度为2m/s2，第2s初与第1s末是同一时刻，速度相等，故A错误B、2s内的位移x2=（524+2）2m=6m，则2s内的平均速度，故B错误C、第2s内的位移x=（524+2）（51+2）=2m，则第2s内的平均速度，故C正确D、因为加速度为2m/s2，则第2s内的位移与第1s内位移之差x=at2=21m=2m，可知第2s内的位移比第1s内的位移少2m，故D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，基础题2两同学用如图所示方法做共点力平衡实验M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的
17、钩码，某同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数应是( )A1个B3个C5个D7个考点：共点力平衡的条件及其应用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据共点力平衡的条件O点的合力应该为零，结合互成角度的二力合成的取值范围进行判断解答：解：结点O受三根轻质细绳OA、OB和OC的拉力，处于平衡状态，根据共点力平衡的条件合力为零得：OB拉力与OA和OC拉力的合力等值，反向在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，设每个钩码的重力是mg，所以OA和OC拉力大小分别是3mg和4mg，根据装置的特点，所以OA和OC拉力方向夹角不可能为零或180，故
18、二者合力的范围为1mgFOB7mg，所以另一同学在B点挂的钩码数可以是3个、5个，不可能是1个、7个故选：BC点评：本题考查平衡条件的应用，知道互成角度的二力的合成范围是F1F2F合F1+F23下列说法正确的是( )A若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动考点：牛顿第二定律；匀速直线运动及其公式、图像 分析：物体运动速率不变，但速度的方向可以变化，此时合力不为零；物体做匀加速直线运动时，它的加速度是恒定的；合力与其速度方向相
19、反时，物体做减速直线运动，但不一定是匀减速直线运动，物体受的合力可以变化；匀速直线运动在任意的相等时间间隔内位移都是相等解答：解：A、物体运动速率不变但方向可能变化，如匀速圆周运动，因此合力不一定为零，所以A错；B、物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，所以B错；C、物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，所以C错；D、若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，所以D对故选：D点评：本题考查学生对各种运动的规律及其条件的理解，掌握好各种运动的特点这道题就可以解决了4如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心在与O点等高的边缘
20、A、B两点分别以速度v1、v2水平相向抛出两个小球，已知v1：v2=1：3，两小球恰落在弧面上的P点则以下说法中正确的是( )AAOP为45B若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1、v2都增大C改变v1、v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D若只增大v1，两小球可在空中相遇考点：平抛运动 专题：压轴题；平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据几何关系可以求得AOP的角度，由平抛运动的规律逐项分析即可求解解答：解：A、连接OP，过P点作AB的垂线，垂足为D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方
21、向做运动直线运动，所以而AD+BD=2R所以AD=所以OD=所以cosAOP=即AOP=60，故A错误；B、若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使v1增大，v2减小，故B错误；C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；D、若只增大v1，而v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故D正确故选D点评：本题考查平抛运动的性质，物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高
22、度5如图，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是( )A都变大BTAD和TAB变大，TAC不变CTAC和TAB变大，TAD不变DTAC和TAD变大，TAB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B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况解答：解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚
23、线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为，则竖直方向有：TACsin=2mg得：TAC=，不变；水平方向：TAD=TACcos+F，TACcos不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；故B正确；故选：B点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单6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路面外侧低内侧高B车速只要
24、低于vc，车辆便会向内侧滑动C车速虽然高于vc，但只要不超出某一高度限度，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 的值变小考点：向心力；牛顿第二定律 专题：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错误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，减小提供的力，车辆不一定会向内侧滑动故B错误C、当速度为vc时，静摩擦力为零，
25、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：C点评：该题是将物理学的知识与日常生活相联系的好题，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基础题目7如图所示，在高度为h、倾角为30的粗糙固定的斜面上，有一质量为m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端物块与斜面的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用一平行于斜面的力F拉动弹簧的A点，使m缓慢上滑到斜面顶端此过程中( )AF做功为2mghBF做的功大于2mghCF做的功等于物块
26、克服重力做功与克服摩擦力做功之和DF做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和考点：功能关系；功的计算；弹性势能 分析：F做的功等于系统增加的所有形式能的和，即：物块的重力势能、弹簧的弹性势能、摩擦产生的内能的总和解答：解：对施加上力F开始到物块恰好开始运动的过程：W1W弹=0W弹=EP对物块开始运动到到达顶端的过程：W2mghmgcos302h由得：WF=W1+W2=2mgh+EP可见F做的功大于2mgh，故A错误，B正确；全过程外力F做的功等物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量以及摩擦产生的内能之和，故CD错误；故选：B点评：此题考查了动能定理的应用，其它的功能关系都可以由动能定理
27、列出的式子变形推导出，注意全面理解8如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据，g=10m/s2则物体在0.6s时的速度为( )A2.3m/sB2.5m/sC2.7m/sD3.0m/s考点：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：由表格读出物体在斜面上运动的速度与对应的时间，由速度公式求出加速度，研究物体由t=0到t=1.2s过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由速度公式求出物体在斜面上运动的时间，再求出t
28、=0.6s时的瞬时速度解答：解：由表格中前两列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为：a1=m/s2=5m/s2由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为：a2=m/s2=2m/s2研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有：vB=a1t，v1.2=vBa2（1.2t）代入得v1.2=a1ta2（1.2t）解得：t=0.5s，vB=2.5m/s即物体在斜面上下滑的时间为t=0.5s，则t=0.6s时物体在水平面上运动，速度为：v=vBa2（0.6t）=2.5m/s20.1m/s=2.3m/s故选：A点评：本题由表格的形式反映物体的运动
29、情况，运用运动学的基本公式求解加速度要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度关系，研究物体在斜面上运动的时间二不定项选择题（每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）9某娱乐项目中，要求参与者抛出一小球去撞击触发器成功，从而才能进入下一关现在将这个娱乐项目简化为如下的理想模型：不计空气的阻力，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以相同的速率v抛出小球，如图所示A为半圆轨道，B为一段光滑斜面，C为一段不足的圆弧轨道
30、，D为内壁光滑的半圆轨道则小球能够击中触发器的是( )AABBCCDD考点：功能关系 分析：小球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，以及到达最高点的速度能否为零，判断小球进入右侧轨道能否到达h高度解答：解：由题意，小球以v竖直上抛的最大高度为h，说明到达最大高度时速度为0根据机械能守恒有：mgh= A、根据圆周运动知识可知，小球要到达触发器速度不为0，由机械能守恒得：=mgh+ ，由比较知，hh，则小球上升的最大高度减小了，不能击中触发器，故A错误；B、小球离开斜面后做斜抛运动了，到最高点时水平方向有一定的速度，最大高度小于h，不能击中触发器，故B错误；C、根据机械能守恒定律可知，小
31、球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C正确；D在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒守恒知，小球可以上升到最高点并击中触发器，故D正确故选：CD点评：解决本题的关键掌握机械能守恒定律，以及会判断小球在最高点的速度是否为零，要明确内壁光滑的圆轨道，小球到达最高点的最小速度为102012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=
32、0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图（b）所示假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000m已知航母始终静止，重力加速度的大小为g则( )A在0.4s2.5s时问内，阻拦索的张力几乎不随时间变化B从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小不会超过2.5gD在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律 专题：功率的计算专题分析：通过速度与时间的图象，由图象的斜率表示加速度大小，再由牛顿第二定律确定阻拦索的拉力，同时由图象与时间所构成的面积为位移的
33、大小由功率P=FV可确定大小如何变化解答：解：A、在0.4s2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故A错误；B、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，故B正确；C、在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为2.5g，故C错误；D、在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，功率逐渐减小，故D正确；故选：BD点评：考查由速度与时间的图象
34、，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小注意阻拦索的张力与张力的合力是不同的11如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )A滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B滑块最终所处的位置C滑块与杆之间动摩擦因数D滑块第k次与挡板碰撞后速度vk考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两
35、端加速度，利用运动学公式求解解答：解：设下滑位移为L，到达底端速度为v由公式v2=2ax得：下滑过程：v2=2a下L 上滑过程： 由牛顿第二定律得：下滑加速度为： 上滑加速度为： 联立得： 所以A正确；，又f=FN=mgcos两式联立得：，所以c正确；因为滑杆粗糙，所以最终滑块停在底端，所以B正确；因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D错误；故选ABC点评：解决本题的关键是上滑和下滑时摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等12有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效
36、光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车( )A以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB起动时的加速度大小为0.24m/s2C保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度考点：能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据P=Fv计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv结合求解加速度由能量守恒定律分析CD两项解答：解：A、根据P额=Fvmax，得：F=N=57.6
37、N，故A正确；B、以额定功率启动时：f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，B错误；C、由公式W=Pt，由能量守恒得：1440W1h=306Wt，得：t=8h，即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故C正确；D、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析：57.6=k25得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力=阻力，即：=kv得：v8.83m/s，故D错误；故选：AC点评：本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保
38、13一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0k1）则由图可知，下列结论正确的是( )A、分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh0考点：动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；功能关系 专题：动能定理的应用专题分析：（1）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大
39、，速度越大，动能越大（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大（3）机械能=动能+势能物体没有发生弹性形变时，不考虑弹性势能解答：解：A、根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故、分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；B、从图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由图线可知：fh0=Ek0，且由图线根据动能定理可知Ek0=（mg+f）h0，解得f=kmg，故B正确； C、设h高度时重力势能和动能相等，图线的函数方程为Ek=
40、Ek0（mg+f）h，图线的函数方程为EP=h，令Ek=EP，及Ek0=（mg+f）h0和f=kmg，联立解得h=h0，C正确；同理可得D正确故选BCD点评：（1）掌握动能和重力势能大小的影响因素，根据图象能确定动能和势能的大小（2）根据“E=EK+EP”计算机械能的大小三实验题（8分，每空2分）14某班级同学用如图（a）所示的装置验证加速度a和力F、质量m的关系甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器（可以测量乙在任意时刻的加速度大小），力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录
41、同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小（1）下列关于实验装置和操作的说法中正确的是BD（多选）（A）轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力（B）轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力（C）实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据（D）实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据（2）四个实验小组选用的小车乙（含力传感器）的质量分别为m1=0.5kg、m2=1.0kg、m3=1.5kg和m4=2.0kg，四个小组已经完成了aF图象，如图（b）所示（3）在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图（b）的四条图线收集数据，然后作图请写出具体的做法：如何收集数据？在aF图象作一条
42、垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成四组数据；为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系应以加速度a为纵轴：以质量的倒数为横轴考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力；反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度（a）与小车质量的倒数（）关系图象解答：解：（1）A、本实验是研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系，所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，故A错误，B正确C、实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据，故C错误
43、，D正确故选：BD（3）在aF图象上做一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成四组数据反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度（a）与小车质量的倒数（）关系图象故答案为：（1）BD，（3）在aF图象作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成四组数据加速度a，质量的倒数点评：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四计算题（写出必要的计算过程与步骤，共40分）15研究表明，一般人的刹
44、车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小g取10m/s2求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值考点：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）由图中所给数据结合位移速度公式
45、可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间（2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值解答：解：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度 vt=0 位移 x=25m 由式可得：a=8m/s2 t=2.5s（2）反应时间内的位移为x=Lx=14m则反应时间为t=则反应的增加量为t=0.70.4=0.3s（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得F=ma由平行四边形定则得：由
46、式可得：答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0. 3S（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为点评：本题考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析；明确加速度作为力和运动的桥梁作用16如图甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m=0.2kg的小滑块从轨道（截面图如图乙所示）的最低点A，以v0=9m/s的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v=1m/s滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD粗糙外，其余部分均光滑小滑块运动轨道的半径R
47、=0.3m，求：（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力？（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？考点：动能定理的应用；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）由向心力公式利用牛顿第二定律可求得弹力；（2）对该过程利用动能定理即可求得克服摩擦力所做的功；（3）明确初末状态的机械能，即可明确机械能的减小量；注意重力势能与零势能面的选取有关解答：解（1）设此情形下小滑块到达最高点时受竖直向下的弹力FN，则有：代入数据可得：故实际上筒内壁对小滑块施加了竖直向上的支持力 （2）在此过程中，设克服摩擦力做的
48、功为：W克f代入数据可得：W克f=6.8J （3）经过足够长的时间后，小滑块在下半圆轨道内做往复运动，小滑块经过水平直径位置时速度为0，选该处所在水平面为零势面，则有E末=0E初=则减少的机械能为：答：（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力为N（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是6.8J；（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是7.5J点评：本题考查动能定理、向心力及功能关系等，在解题时要注意正确受力分析及过程分析，即可选择合理的物理规律求解17如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上如图所示，一选手的质量m=60kg
49、，脚穿轮滑鞋以v0=7m/s的速度抓住竖直的绳开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角=37时，选手放开绳子，绳子的悬挂点到选手的重心距离L=6m不考虑空气阻力和绳的质量取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求（1）选手离开绳子时的速度大小；（2）选手放开绳子后到达最高点与放开绳子时的位置间的竖直高度是多少；（3）如果选手上升到最高点时，刚好可以站到水平传送带A点，传送带正以v1=3m/s匀速向左运动，传送带的另一端B点就是终点，且SAB=3.75m选手能在传送带上自由滑行（人不提供动力），受到的阻力为自重的0.2倍讨论该选手是否能顺利冲过终点B，说明理由，并求出滑行过程
50、中因摩擦而产生的热量Q考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）选手在摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律即可正确解题（2）分别对水平方向和竖直方向进行分析，在竖直方向速度变为零时，到达最高点，由运动学公式可求得最大高度；（3）求出选手到达传送带时的速度，应用牛顿第二定律求出选手的加速度，由运动学公式求出选手的运动时间、传送带的位移，然后由功的计算公式求出系统克服摩擦力做的功，然后求出产生的热量解答：解：（1）由机械能守恒定律得：mv02=mgL（1cos37）+mv2，解得：v=5m/s；（2）选手在放开绳子时，水平速度为vx，竖直速
51、度为vy，则vx=vcos37=50.8=4m/svy=vsin37=50.6=3m/s 当竖直方向上的速度为零时，到达最高点，竖直方向上做匀减速直线运动vy2=2gh_ h=0.45m_ （3）选手在最高点站到传送带上有4m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动，选手的加速度：a=kg=0.210=2m/s2 以地面为参考系vx2=2axx=4m3.75m_ 所以可以到达终点设选手从A到B的时间为t，则sAB=vxtat2得：t1=1.5s；t2=2.5s（舍去）在这段时间内传送带通过的位移为：x1=v1t1=31.5=4.5m；所以，摩擦力做功：Wf=Q=kmg（SAB+x1）=0.2
52、600（3.75+4.5）=990J；答：（1）速度大小为5m/s；（2）选手放开绳子后到达最高点与放开绳子时的位置间的竖直高度是4.5m；（3）能到达终点，滑行过程中因摩擦而产生的热量Q为990J点评：本题是多研究对象、多过程问题，难度较大，分析清楚选手的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即、牛顿第二定律、运动学公式、功的计算公式可正确解题，解题时要注意，选手在传送带上运动时，系统克服摩擦力做功转化为内能，克服摩擦力做的功等于摩擦力与相对于位移的乘积18如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角=37，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且
53、粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量m=5l02kg、电荷量q=+1106C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2sin37=0.6，cos37=0.8（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度；电势能 专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：
54、（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解解答：解：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wfmgr（lcos）=mv02代人数据得：Wf=0.475J（2）取沿平直斜轨向上为正方向设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsin（mgcos+qE）=ma1小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1由可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgsin（mgcosqE）=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：0=v1+a2t2s2=v1t2+a2t22设CP的长度为s，有：s=s1+s2联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m点评：本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中
