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2019-2020年高三一轮复习第四周检测物理试题含答案评卷人得分
一、选择题 A.1m/s2B.2m/s2C.3m/s2D.4m/s2A.两物体两次相遇的时刻是2s和6smB.4s后甲在乙前面AC.两物体相距最远的时刻是1s末HD.乙物体先向前运动2s,随后向后运动g
3.(单选)木块A、B重量分别为50N和60N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为
0.25,夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm,弹簧的劲度系数为400N/m.系统置于水平地面上静止不动.现用F=2N的水平拉力作用在木块B上,如图所示.则力F作用后,下列说法正确的是( )x A.木块A所受摩擦力大小是
12.5NU B.木块A所受摩擦力大小是
10.5N9 C.木块B所受摩擦力大小是10N6 D.木块B所受摩擦力大小是6Nw
4.(单选)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千,某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍能保持等长且悬挂点不变,木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后( )D A.F1不变,F2变大B.F1变大,F2变小E C.F1变大,F2变大D.F1变小,F2变小m
5.(多选)如图所示是一支旅行用的“两面针”牙膏,该牙膏的外壳是由铝薄皮做的,根据你的观察和生活经验,下列说法正确的是( )D A.该牙膏皮被挤压后发生的形变为非弹性形变P B.挤牙膏时手对牙膏皮的作用力大于牙膏皮对手的作用力Q C.牙膏被挤出来是因为牙膏受到手的作用力Q D.牙膏盖上的条纹是为了增大摩擦
26.(多选)如图所示,水平地面上放着一个画架,它的前支架是固定而后支架可前后移动,画架上静止放着一幅重为G的画.下列说法正确的是( )S A.画架对画的作用力大于GV B.画架对画的作用力大小等于Gj C.若后支架缓慢向后退则画架对画作用力变大t D.若后支架缓慢向后退则画架对画作用力不变g
7.如图示,A、B两物体叠放在一起,用手托住,让它们静止靠在墙边,然后释放,它们同时沿竖直墙面下滑,已知mA>mB,则物体B( )=A.只受一个重力=B.受到重力、摩擦力各一个C.受到重力、弹力、摩擦力各一个D.受到重力、摩擦力各一个,弹力两个
8.(多选)如图所示,初始时A、B两木块在水平方向的外力作用下挤压在竖直墙面上处于静止状态,A与B、B与墙面之间的动摩擦因数为μ=
0.1,且最大静摩擦力等于滑动摩擦.两木块质量相等,都为1kg,当外力F变为下列不同值时,关于A、B之间的摩擦力f1,B与墙壁之间的摩擦力f2的大小,下列说法正确的是(g取10m/s2)( ) A.当F=0时,f1=f2=10NB.当F=50N时,f1=0,f2=5N C.当F=100N时,f1=5N,f2=10ND.当F=300N时,f1=10N,f2=20N
9.如图所示,在竖直光滑墙壁上用细绳将一个质量为m的球挂在A点,平衡时细绳与竖直墙的夹角为θ,θ45°墙壁对球的支持力大小为N,细绳对球的拉力大小为T,重力加速度为g则下列说法正确的是()A.Nmg,TmgB.Nmg,TmgC.Nmg,TmgD.Nmg,Tmg
10.(多选)如图1所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为
3.0m.选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E机随高度h的变化如图2所示.g=10m/s2,sin37°=
0.60,cos37°=
0.80.则( ) A.物体的质量m=
0.67kg B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=
0.40 C.物体上升过程的加速度大小a=10m/s2 D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10J
11.(多选)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变.用水平力,缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止.撤去F后,物体开始向左运动,运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.则( ) A.撤去F后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 B.撤去F后,物体刚运动时的加速度大小为﹣μg C.物体做匀减速运动的时间为2 D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg(x0﹣)
12.(单选)如图,重量为G的物体A在水平向左大小为F的恒力作用下.静止在倾角为α的光滑斜面上.下列关于物体对斜面压力N大小的表达式,正确的是( ) A.N=B.N= C.N=Gsinα+FcosαD.N=Gtanα
13.(多选)如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为μ,现给环一个向右的初速度v0,同时对环加一个竖直向上的作用力F,并使F的大小随v的大小变化,两者关系为F=kv,其中k为常数,则环运动过程中的速度图象可能是图中的( ) A.B.C.D.
14.(多选)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( ) A.物块先向左运动,再向右运动 B.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动 C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零
15.如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB直线跟该环的水平直径重合,且管的内径远小于环的半径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑现将一质量为m,带电量为+q的小球从管中A点由静止释放,小球受到的电场力跟重力相等,则以下说法中正确的是A.小球释放后,第一次达到最高点C时恰好对管壁无压力B.小球释放后,第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1:3C.小球释放后,第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5:1D.小球释放后,第一次回到A点的过程中,在D点出现速度最大值
16.(多选)如图所示,平直木板AB倾斜放置,板上的P点距A端较近,小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小,先让物块从A由静止开始滑到B.然后,将A着地,抬高B,使木板的倾角与前一过程相同,再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较,下列说法中一定正确的有( ) A.物块经过P点的动能,前一过程较小 B.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量,前一过程较少 C.物块滑到底端的速度,前一过程较大 D.物块从顶端滑到底端的时间,前一过程较长
17.(多选)如图所示,质量为2kg的物体沿倾角为30°的固定斜面匀减速上滑了2m距离,物体加速度的大小为8m/s2,(重力加速度g取10m/s2).在此过程中( ) A.物体的重力势能增加了40JB.物体的机械能减少了12J C.物体的动能减少了32JD.斜面克服摩擦力做了12J功
18.(单选)如图所示,细线的一端固定于O点,另一端系一小球.在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点.在此过程中拉力的瞬时功率变化情况( ) A.逐渐增大B.逐渐减小 C.先增大,后减小D.先减小,后增大19.(单选)乘坐如图所示游乐园的过山车时,质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动,下列说法中正确的是A.人在最低点时对座位的压力可能小于mgB.人在最高点和最低点时的向心加速度大小一定相等C.人在最高点时对座位可能产生压力,且压力有可能大于mgD.车在最高点时人处于倒坐状态,若没有保险带,人一定会掉下去
20.(单选)如图所示,人在岸上用轻绳拉船,若人匀速行进,则船将做( ) A.匀速运动B.匀加速运动C.变加速运动D.减速运动
21.(多选)关于物体的运动下列说法正确的是( ) A.物体做曲线运动时,它所受的合力一定不为零 B.做曲线运动的物体,有可能处于平衡状态 C.做曲线运动的物体,速度方向一定时刻改变 D.做曲线运动的物体,所受的合外力的方向有可能与速度方向在一条直线上
22.(单选)如图1所示,一弹簧振子在B、C两点间做简谐运动,B、C间距为12cm,O是平衡位置,振子从C点第一次运动到B点的时间为
0.5s,则下列说法中正确的是A.该弹簧振子的周期为1sB.该弹簧振子的频率为2HzC.该弹簧振子的振幅为12cmD.振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动
23.(单选)一列横波沿水平绳传播,绳的一端在t=0时开始做周期为T的简谐运动,经过时间tT/2<t<3T/4,绳上某点位于平衡位置下方的最大位移处则2t时刻,该点位于平衡位置和运动状态A.上方,加速向下运动B.上方,减速向上运动C.下方,加速向上运动D.下方,减速向下运动
24.(单选)如图所示,在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B.将两车用细线拴在一起,中间有一被压缩的弹簧.烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中,两辆小车的( ) A.A、B动量变化量相同B.A、B动能变化量相同 C.弹簧弹力对A、B做功相同D.弹簧弹力对A、B冲量大小相同
25.(单选)如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行.甲球的质量m甲大于乙球的质量m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( ) A.甲球速度为零,乙球速度不为零B.乙球速度为零,甲球速度不为零 C.两球速度都不为零D.两球都以各自原来的速率反向运动第II卷(非选择题)评卷人得分
二、实验题
26.
(1)某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能.装置如题6
(1)图所示.水平放置的弹射器将质量为的静止小球弹射出去.测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为,甲、乙光电门间距为,忽略一切阻力.
①小球被弹射出的速度大小=,求得静止释放小球时弹簧弹性势能=;(用题目中的字母符号表示)
②由于重力作用,小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转,这对实验结果影响(选填“有”或“无”).
(2)使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源一般为电池、一个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势,给定的器材有待测多用电表,量程为60mA的电流表,电阻箱,导线若干.实验时,将多用电表调至×1Ω挡,调好零点;电阻箱置于适当数值,完成下列填空
①仪器连线如题6
(2)图所示a和b是多用电表的两个表笔.若两电表均正常工作,则表笔a为____填“红”或“黑”色;
②若适当调节电阻箱后,图2中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图3a,b,c所示,则多用电表的读数为________Ω,电流表的读数为________mA,电阻箱的读数为________Ω.
③将图2中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为________mA;保留3位有效数字
④计算得到多用电表内电池的电动势为________V.保留3位有效数字
27.某兴趣小组查阅资料获知,弹簧振子做简谐运动的周期(其中m是振子的质量,k是弹簧的劲度系数,弹簧质量忽略不计),利用该规律可以测定物体的质量.现有如下器材可供选择一个带有夹子的金属块A(总质量m0为已知量);待测质量的物体B;一根劲度系数未知的弹簧C;光电门传感器和挡光片D;位移传感器E;力传感器F;数据采集器G;电脑H.
(1)本实验选用的器材 ,(填写器材后面的字母).根据选用的器材,简述测定系统振动周期的方法 稍微向下拉一下金属块,让金属块上下振动起来,利用光电门传感器和挡光片D结合GH,求出振动30次所用的时间,进而求得振动系统的周期 .
(2)简述测量物体B的质量的主要步骤(直接测量的物理量请用字母表示)
① ;
② .
(3) .评卷人得分
三、计算题
28.如图,质量M=1kg的木板静止在水平面上,质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端设最大摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=
0.1,铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=
0.4,取g=10m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.
(1)若力F恒为8N,经1s铁块运动到木板的左端求木板的长度L
(2)若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长试通过分析与计算,在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象
29.如图所示,在光滑水平桌面上放有长木板C,C上右端是固定挡板P,在C上左端和中点各放有小物块A和B,A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计,A、B之间和B、P之间的距离皆为L.设A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ;A、B、C(连同挡板P的质量均为m.开始时,B和C静止,物块A以某一初速度v0向右运动,导致B、P都发生了一次被动的无机械能损失的碰撞.己知重力加速度为g.试求
(1)物块A与B发生碰撞前,B和C之间摩擦力的大小;
(2)若己知v0=3,求物块A运动的最小速度的大小;
(3)若最终没有物体从C上掉下来,求v0的取值范围.
30.如图所示,一个物块A(可看成质点)放在足够长的平板小车B的右端,A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行.左边有一固定的竖直墙壁,小车B与墙壁相碰,碰撞时间极短,且碰撞前、后无动能损失.已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.
(1)若A、B的质量均为m,求小车与墙壁碰撞后的运动过程中,物块A所受摩擦力的冲量大小和方向;
(2)若A、B的质量比为k,且k<1,求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小;
(3)若A、B的质量比为k,且k=2,求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总时间.试卷答案
1.考点加速度.版权所有专题直线运动规律专题.分析加速度是用来描述物体速度变化快慢的物理量,加速度的解法通常有
①定义式法
②匀变速直线运动的基本公式
③处理纸带时常用的方法.解答解汽车长度
4.5米,在图中占三格,所以一格代表
1.5米.有图象可以看到题目给出了连续相等时间间隔内的位移,第一段位移有8格,则位移为x1=12m.第二段位移有
13.5格,则位移为x2=
13.5×
1.5m=
20.25m由连续相等时间间隔内的位移位移之差等于aT2,得,T=2s解得a≈2m/s2.故选B点评匀变速直线运动规律很多,要求能根据具体题目选择合适的表达式解题.所以建议把常见题型归类掌握,此题属于给出连续相等时间间隔内的位移,也可是不连续的时间段,比如同一匀加速直线运动中,已知第n秒内的位移xn,第m秒内的位移xm,则.所以要灵活掌握此类题.
2.【知识点】匀变速直线运动的图像.A5【答案解析】A解析A、t=2s时乙的位移为x=×2×4=4m,甲的位移为x′=2×2=4m,两者位移相同,又是从同一地面出发,故2s末时二者相遇,同理可判断6s末二者也是相遇,故A正确;B、4s时甲的位移为x=4×2=8m,乙的位移为x′=×2×4+×(2+4)×2=10m甲的位移小于乙的位移,故甲在乙后面,B错误;C、1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积,而4s末两物体相距的距离等于2-4之间三角形的面积,明显4s末二者的距离最大,故C错误;D、乙的运动方向始终未发生变化,故D错误;故选A.【思路点拨】v-t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇;图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向.v-t图象中图线的斜率表示加速度,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移.
3.【考点】牛顿第二定律;胡克定律.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】静摩擦力的大小随外力的变化而变化,但有一个最大值,其最大值略大于滑动摩擦力,在一般的计算中可以认为等于滑动摩擦力;本题中,为施加拉力F时,A、B两木块在弹簧的推动下,相对地面有运动趋势,但无相对运动,故均受静摩擦力;在木块B上加上一个水平拉力后,通过计算会发现,虽然B木块相对地面的滑动趋势变大,但仍然无法滑动,说明静摩擦力只是变大了,并不会变成滑动摩擦力解木块A与地面间的滑动静摩擦力为fA=μmAg=
0.25×50N=
12.5N木块B与地面间的滑动静摩擦力为fB=μmBg=
0.25×60N=15N弹簧弹力为F弹=kx=400×
0.02N=8NAB、施加水平拉力F后,弹簧长度没有变化,弹力不变,故木块A相对地面有向左的运动趋势,其受到向右的静摩擦力,且与弹力平衡,因而fA′=F弹=8N;故AB错误;CD、施加水平拉力F后,对B物体受力分析,重力与支持力平衡,水平方向受向右的弹簧弹力和拉力,由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N(等于滑动摩擦力),大于弹簧弹力和拉力之和,故木块B静止不动,故木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡,因而fB′=F弹+F=8N+2N=10N;故C正确,D错误;故选C
4.解木板静止时,受重力和两个拉力而平衡,故三个力的合力为零,即F1=0;根据共点力平衡条件,有2F2cosθ=mg解得F2=当细线变短时,细线与竖直方向的夹角θ增加,故cosθ减小,拉力F2变大.故选A.
5.考点物体的弹性和弹力..分析A、当受力发生形变,能恢复原状,即为弹性形变;B、根据牛顿第三定律,可知,作用力大小等于反作用力;C、牙膏受到手的作用力,而被挤出来;D、压力一定时,接触面越粗糙,摩擦力越大.解答解A、该牙膏皮被挤压后发生的形变,因没有恢复原状,则为非弹性形变,故A正确;B、挤牙膏时手对牙膏皮的作用力与牙膏皮对手的作用力属于作用力与反作用力,大小总相等,故B错误;C、牙膏受到手的作用力,发生形变,从而将牙膏挤出来,故C正确;D、盖上的条纹是为了增大接触面的粗糙程度,从而增大摩擦,故D正确;故选ACD.点评考查弹性形变与非弹性形变的区别,掌握影响摩擦力的因素,理解作用力与反作用力的定义及关系.
6.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.分析画处于静止状态,受力平衡,对画进行受力分析,根据平衡条件列式即可求解.解答解A、画处于静止状态,受到重力和画架对画的作用力,受力平衡,所以画架对画的作用力大小等于重力G,故A错误,B正确;C、若后支架缓慢向后退,画仍然处于平衡状态,画架对画的作用力大小仍然等于重力G,不变,故C错误,D正确.故选BD
7.A牛顿第二定律;力的合成与分解的运用解A、B整体同时沿竖直墙面下滑,受到总重力,墙壁对其没有支持力,如果有,将会向右加速运动,因为没有弹力,故也不受墙壁的摩擦力,即只受重力,做自由落体运动;由于整体做自由落体运动,处于完全失重状态,故A、B间无弹力,再对物体B受力分析,只受重力;故选A.
8.解A、当F=0时,A、B做自由落体运动,则f1=f2=0,故A错误;B、当F=50N时,墙面对B的最大静摩擦力fm=μF=5N<2mg,A、B共同加速度,则f2=5N,加速度a==
7.5m/s2,对A,mg﹣f1=ma,则f1=
2.5N,故B错误;C、同理,当F=100N时,墙面对B的最大静摩擦力fm=μF=10N<2mg,A、B共同加速运动,f1=5N,f2=10N,故C正确;D、当F=300N时,墙面对B的最大静摩擦力fm=μF=30N>2mg,A、B共同静止在墙面上,则f1=10N,f2=20N,故D正确.故选CD
9.C以球为研究对象,分析其受力情况重力mg、悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力,根据平衡条件,有球所受绳和墙壁的作用力的合力大小等于由于则,故选C【举一反三】本题是三力平衡问题,分析受力情况,作出力图,运用平衡条件和几何知识列式求解即可
10.考点动能定理的应用;机械能守恒定律.版权所有专题动能定理的应用专题.分析当物体到达最高点时速度为零,机械能等于物体的重力势能,由重力势能计算公式可以求出物体质量;在整个运动过程中,机械能的变化量等于摩擦力做的功,由图象求出摩擦力的功,由功计算公式求出动摩擦因数;由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度;由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能.解答解A、物体到达最高点时,机械能E=EP=mgh,m===1kg,故A错误;B、物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,减少的机械能等于克服摩擦力的功,△E=﹣μmgcosα,即30﹣50=﹣μ×1×10cos37°×,μ=
0.5,故B错误;C、物体上升过程中,由牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma,解得a=10m/s2,故C正确;D、由图象可知,物体上升过程中摩擦力做功W=30﹣50=﹣20J,在整个过程中由动能定理得EK﹣EK0=2W,则EK=EK0+2W=50+2×(﹣20)=10J,故D正确;故选CD.点评重力做功不改变物体的机械能,摩擦力做功使物体机械能减少,由图象求出物体初末状态的机械能,应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题.
11.考点牛顿第二定律.版权所有专题压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析本题通过分析物体的受力情况,来确定其运动情况撤去F后,物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,可知加速度先减小后增大,物体先做变加速运动,再做变减速运动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动;撤去F后,根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小;物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0,由牛顿第二定律求得加速度,由运动学位移公式求得时间;当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时,速度最大,可求得此时弹簧的压缩量,即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功.解答解A、撤去F后,物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,弹力先大于滑动摩擦力,后小于滑动摩擦力,则物体向左先做加速运动后做减速运动,随着弹力的减小,合外力先减小后增大,则加速度先减小后增大,故物体先做变加速运动,再做变减速运动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动;故A错误.B、撤去F后,根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a==.故B正确.C、由题,物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0,由牛顿第二定律得匀减速运动的加速度大小为a==μg.将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动,则3x0=,得t=.故C错误.D、由上分析可知,当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时,速度最大,此时弹簧的压缩量为x=,则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg(x0﹣x)=.故D正确.故选BD点评本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键,要抓住加速度与合外力成正比,即可得到加速度是变化的.运用逆向思维研究匀减速运动过程,比较简便.
12.考点牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.版权所有专题牛顿运动定律综合专题.分析对物体A受力分析,用合成法求解出斜面对物体A的支持力,进一步得出物体对斜面的压力.解答解对物体A受力分析,受推力F、重力G、支持力N,如图根据共点力平衡条件,推力和重力的合力应该与支持力等值、反向、共线,结合几何关系,有F=GtanαN=N=N=将推力和重力正交分解,如图根据共点力平衡条件,有Gsinα=FcosαN=Fsinα+Gcosα由于物体对斜面压力等于斜面对物体的支持力故选AB.点评对于共点力平衡问题可以用合成法求解,也可以用分解法求解,还可以用正交分解法求解.
13.考点匀变速直线运动的图像.版权所有专题运动学中的图像专题.分析以圆环为研究对像,分析其可能的受力情况,分析其运动情况,再选择速度图象.解答解A、当F=mg时,圆环竖直方向不受直杆的作用力,水平方向不受摩擦力,则圆环做匀速直线运动.故A正确.B、当F<mg时,圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动,随着速度的减小,F也减小,圆环所受的杆的摩擦力f=μ(mg﹣F),则摩擦力增大,加速度增大.故B正确.C、D当F>mg时,圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动,随着速度的减小,F也减小,加速度减小,当F=mg后,圆环做匀速直线运动.故C错误,D正确.故选ABD点评本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力,条件不明时要加以讨论,不要漏解.
14.考点牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.版权所有专题压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析据题,当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况.解答解由题知道当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,物块受到木板的滑动摩擦力方向向右,与其速度方向相同,向右做加速运动,而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左,与其速度方向相反,向右做减速运动,当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动.故选BC点评本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力,考查分析物体受力情况和运动情况的能力.
15.C
16.解A、先让物块从A由静止开始滑到B,又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小,说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力.也就是说无论哪边高,合力方向始终沿斜面向下.物块从A由静止开始滑到P时,摩擦力较大,故合力较小,距离较短;物块从B由静止开始滑到P时,摩擦力较小,故合力较大,距离较长.所以由动能定理,物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少,P点是动能较小;由B到P时合力做功较多,P点是动能较大.因而A正确;B、由w=fs,无法确定f做功多少,因而B错误;C、由动能定理,两过程合力做功相同,到底时速度应相同;因而C错误;D、采用v﹣t法分析,第一个过程加速度在增大,故斜率增大,第二个过程加速度减小,故斜率变小,由于倾角一样大,根据能量守恒,末速度是一样大的,还有就是路程一样大,图象中的面积就要相等,所以第一个过程的时间长;因而D正确;故选AD.
17.考点动能定理的应用;功能关系.版权所有专题动能定理的应用专题.分析对物体受力分析,根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小,然后根据功能关系列式求解.解答解A、重力势能的增加量等于克服重力做的功,故△EP增=mg△h=2×10×1=20J,故A错误;B、对物体受力分析,受重力、支持力、滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,有mgsin30°+f=ma解得f=ma﹣mgsin30°=6N机械能变化量等于除重力外其余力做的功,故△E减=f•S=6N×2m=12J,故B正确;C、根据动能定理,有△EK=W=﹣mg•△h﹣fS=﹣32J,故C正确;D、斜面不动,故斜面克服摩擦力做功为零,故D错误;故选BC.点评本题关键是对物体受力分析后,根据牛顿第二定律求解出摩擦力,然后根据功能关系多次列式求解.
18.考点功率、平均功率和瞬时功率.版权所有专题功率的计算专题.分析根据小球做圆周运动,合力提供向心力,即合力指向圆心,求出水平拉力和重力的关系,根据P=Fvcosα得出拉力瞬时功率的表达式,从而判断出拉力瞬时功率的变化.解答解因为小球是以恒定速率运动,即它是做匀速圆周运动,那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点.设绳子与竖直方向夹角是θ,则 =tanθ (F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上)得 F=Gtanθ而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ,所以水平力F的瞬时功率是P=Fvcosθ则P=Gvsinθ显然,从A到B的过程中,θ是不断增大的,所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的.故A正确,B、C、D错误.故选A.点评解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα,注意α为F与速度的夹角.
19.C【考点】考查向心力;牛顿第二定律人在最低点时,加速度竖直向上,处于超重状态,由牛顿运动定律可知人对座位的压力一定大于mg,故A错误;人在最高点和最低点时速度大小不等,由向心加速度公式an=,知向心加速度大小一定不相等.故B错误;当人在最高点的速度v>时人对座位就产生向上的压力,由mg+N=m,N=m﹣mg,当v>时,N>mg,人对座位的压力也大于mg,故C正确;人与保险带间恰好没有作用力,由重力提供向心力时,临界速度为v0=.当速度v≥时,没有保险带,人也不会掉下来.故D错误.
20.考点运动的合成和分解.版权所有专题运动的合成和分解专题.分析对小船进行受力分析,抓住船在水平方向和竖直方向平衡,运用正交分解分析船所受的力的变化.解答解由题意可知,人匀速拉船,根据运动的分解与合成,则有速度的分解,如图所示,V1是人拉船的速度,V2是船行驶的速度,设绳子与水平夹角为θ,则有V1=V2cosθ,随着θ增大,由于V1不变,所以V2增大,且非均匀增大.故C正确,ABD错误.故选C.点评解决本题的关键能够正确地对船进行受力分析,抓住水平方向和竖直方向合力为零,根据平衡分析.
21.考点物体做曲线运动的条件.版权所有专题物体做曲线运动条件专题.分析物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,合外力大小和方向不一定变化,由此可以分析得出结论.解答解A、当合外力为零时,物体做匀速直线运动或静止,所以做曲线运动时所受的合外力一定不为零,也不可能处于平衡状态,故A正确,B错误;C、做曲线运动的物体,速度方向一定时刻改变,故C正确;D、当合力与速度不在同一条直线上时,物体才做曲线运动,所受的合外力的方向一定与速度方向在一条直线上,故D错误;故选AC.
22.A
23.A
24.考点动量定理.专题动量定理应用专题.分析在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B,烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻,系统水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力(内力),故动量守恒;根据动量定理确定动量的变化量情况;根据确定动能情况.解答解A、烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻,两辆小车受弹簧的作用力,大小相等,方向相反,根据动量定理,A、B动量变化量大小相等,方向相反,故A错误;B、两个小车的动量相等,根据,动能增加量是否相同取决于两小车质量是否相同,故B错误;C、弹簧弹力对A、B做功等于A、B动能的增加量,A、B动能增加量不一定相同,故弹簧弹力对A、B做功不一定相同,故C错误;D、两辆小车受弹簧的作用力,大小相等,方向相反,作用时间也相同,故弹簧弹力对A、B冲量大小相同,方向相反,故D正确;故选D.点评本题主要考查了动量守恒的条件,知道系统所受合外力为零时,系统动量守恒;会结合动量定理、动能定理、牛顿第三定律判断,基础题目.
25.解A、上述分析知EK甲=EK乙,因为EK=mv2==,所以动量为P=,因为m甲>m乙,所以有P甲>P乙.甲乙相向运动,故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向,甲继续沿原来的方向运动,乙必弹回.所以乙的速度不可能为零,故A正确.B、因为乙必弹回,故速度不为零,B错误;C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动,故甲乙速度不为零,C正确;D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动,甲速度不反向,乙速度反向,故D错误;故选AC.
26.
(1)
①②③无;
(2)
①黑;
②14,
53.0,
4.6;
③102;
④
1.54.【考点】
(1)弹性势能;能的转化与守恒
(2)多用电表的原理及其使用
①由图可知,弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变,故其弹射速度为通过光电门的水平速度,由能量守恒得;
②(由力作用的独立性可知,重力不影响弹力做功的结果,有没有重力做功,小球的水平速度不会变化
(2)
①多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进,黑表笔(负接线柱)流出,串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进,负接线柱流出,所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔.
②多用电表用×1倍率测量,读数为14Ω电流表的量程是60mA,所以不能在表盘上直接读数,需要改装为10,20,30,40,50,60的表盘,然后读数为
53.0mA电阻箱的读数为0×100+0×10+4×1+6×
0.1=
4.6Ω
③多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律,多用电表内部的电路等效的直流电源(一般为电池)、电阻、表头与待测电阻串联,当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=,将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻,当待测电阻等于Rg时,这时表头半偏,表针指在欧姆表盘的中值上,所以Rg又称为中值电阻.当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω.在
(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数
14.0Ω,干路电流是
53.0mA,则电源电动势是E=I(R内+R外)=
0.053×(15+14)=
1.537V.则满偏电流Ig=mA.
27.
(1)ABCE(或D、或F)GH;稍微向下拉一下金属块,让金属块上下振动起来,利用光电门传感器和挡光片D结合GH,求出振动30次所用的时间,进而求得振动系统的周期.
(2)
①不放B时使用DIS系统测出振动周期T1;
②将B固定在A上,使用DIS系统测出振动周期T2.
(3)m0.解
(1)组合成测定振动周期的装置,故选器材为ABCDGH;运用累积法测量周期,稍微向下拉一下金属块,让金属块上下振动起来,利用光电门传感器和挡光片D结合GH,求出振动30次所用的时间,进而求得振动系统的周期
(2)
①运用累积法测量周期不放B时用秒表测出弹簧振子完成30次全振动的时间t1,弹簧振子的周期T1=
②将B固定在A上,用秒表测出弹簧振子完成30次全振动的时间t2,弹簧振子的周期T2=.
(3)利用弹簧振子做简谐运动的周期公式T=2π得,,联立解得,mB=m0故答案为
(1)ABCE(或D、或F)GH;稍微向下拉一下金属块,让金属块上下振动起来,利用光电门传感器和挡光片D结合GH,求出振动30次所用的时间,进而求得振动系统的周期.
(2)
①不放B时使用DIS系统测出振动周期T1;
②将B固定在A上,使用DIS系统测出振动周期T2.
(3)m0.【点评】本题测量振子的周期时不能只测一次全振动时间作为振子的周期,误差较大.此题考查运用物理知识处理实际问题的能力
28.
(1);
(2)图象见解析【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系
(1)铁块,由牛顿第二定律
①木板,由牛顿第二定律
②设木板的长度为,经时间t铁块运动到木板的左端,则
③④又
⑤联立
①②③④⑤解得
⑥
(2)(i)当时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力成正比,即(ii)当时,如果M、m相对静止,铁块与木板有相同的加速度,则
⑦⑧解得
⑨此时,也即⑩所以当时,(iii)当时,M、m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为图象如图所示答
(1)木板的长度为;
(2)图象如图所示
29.考点动量守恒定律;功能关系.专题动量定理应用专题.分析
(1)根据牛顿第二定律求出BC整体的加速度,再隔离对B分析,求出B受到的摩擦力.
(2)当A和B恰好不相撞时,它们具有相同的速度,根据动量守恒定律,结合能量守恒定律求出恰好不相撞时A的初速度,从而得知A初速度满足的条件.
(3)A、B碰撞前后交换速度,碰后A和C一起向右作匀加速运动,B向左作匀减速运动.若B和P刚好不发生碰撞,则当B运动到P所在位置时,A、B、C速度相同,结合动量守恒定律和能量守恒定律求出初速度的临界值.解答解
(1)根据牛顿第二定律得,BC整体的加速度a==,隔离对B分析,设B受到的摩擦力大小为Ff,则Ff=ma=<μmg.B、C保持相对静止,B受到的摩擦力大小为Ff=
(2)A在C上滑动时,A向右作匀减速运动,B和C以相同的加速度向右作匀加速运动.若A运动到B所在位置时,A和B刚好不发生碰撞,则A、B、C速度相同,设三者共同速度为v1,由系统动量守恒定律有mv0=3mv1由功能关系有µmgL=mv02﹣•3mv12由上两式可得v0=,所以A和B能够发生碰撞时,A的最小速度为v0=;
(3)A、B碰撞前后交换速度,碰后A和C一起向右作匀加速运动,B向右作匀减速运动.若B和P刚好不发生碰撞,则当B运动到P所在位置时,A、B、C速度相同,设三者共同速度为v2,由系统动量守恒定律,有mv0=3mv2由功能关系有µmg•2L=mv02﹣•3mv22由上两式可得v0=,所以B和P能够发生碰撞时,A的初速度v0应满足的条件为v0>.答
(1)A和B发生碰撞前,B受到的摩擦力大小为.
(2)要使A和B能够发生碰撞,A的最小速度为.
(3)要使B和P能够发生碰撞,A的初速度v0应满足v0>.点评本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律以及牛顿第二定律,综合性强,对学生能力的要求较高,关键要找出能够发生碰撞的临界情况.
30.B解析
(1)设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v,设向右为正方向,则由动量守恒定律得mv0-mv0=2mv解得v=0(2分)对物块A,由动量定理得摩擦力对物块A的冲量I=0-(-mv0)=mv0(2分)冲量方向水平向右.(1分)
(2)设A和B的质量分别为km和m,小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v′,木块A的位移大小为s.设向右为正方向,则由动量守恒定律得则mv0-kmv0=m+kmv′(1分)解得v′=(1分)对木块A由动能定理(2分)代入数据解得(2分)7810529
(3)当k=2时,根据题意由于摩擦的存在,经B与墙壁多次碰撞后最终A、B一起停在墙角.A与B发生相对运动的时间t0可等效为A一直做匀减速运动到速度等于0的时间,在A与B发生相对滑动的整个过程,对A应用动量定理(2分)解得时间(1分)设第1次碰后A、B达到的共同速度为v1,B碰墙后,A、B组成的系统,没有外力作用,水平方向动量守恒,设水平向右为正方向,由动量守恒定律,得mv0-2mv0=(2m+m)v1即(负号表示v1的方向向左)第1次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为v1这段运动的位移s1对小车B,由动能定理得-μ2mgs1=mv12-mv02解得s1=第1次碰后小车B向左匀速运动时间(2分)设第2次碰后共速为v2,由动量守恒定律,得mv1-2mv1=(2m+m)v2即第2次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为v2这段运动的位移s2对小车B,由动能定理得-μ2mgs2=mv22-mv12解得s2=第2次碰后小车B向左匀速运动时间同理,设第3次碰后共速为v3,碰后小车B向左匀速运动的位移为s3,则由动量守恒定律,得s3=第3次碰后小车B向左匀速运动时间t3==由此类推,第n次碰墙后小车B向左匀速运动时间tn=.第1次碰墙后小车B向左匀速运动时间即B从第一次撞墙后每次向左匀速运动时间为首项为t1,末项为tn,公比为的无穷等比数列.即B从第一次与墙壁碰撞后匀速运动的总时间t匀=t1+t2+t3+…+tn=,故从第一次B与墙壁碰撞后运动的总时间t总=t0+t匀=。