2014届高考物理一轮 阶段知能检测3
2014高考物理一轮(全套)答案
参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能 利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一 重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ， 其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用 地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1， 而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[解析] 若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球． 释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误； 在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道． 若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道． 根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。
江苏省徐州市2014届高三第一次质量检测试题 物理 扫描版含答案.pdf
（3）① （2分） ②
（2分）
12.3-5(12分)
⑴AB （4分）⑵①4 （2分） ②10.2 （2分）
⑶①当弹簧的弹性势能最大时，P、Q速度相等（1分）
Hale Waihona Puke （1分）②最大弹性势能 （2分）
13.（15分）
⑴ab杆，则此时
杆产生的感应电动势
（分）
（1分）
（1分）牛顿第
根据运动学公式 有
（2分）
代入数据，得时间s
（1分）
15．（16分）（1）粒子源在P点时，粒子被加速
（分）
（分
）粒子根据牛顿第二定律（1分）
由几何关系知
（1分）
解得（分）
（2）粒子源在Q点时，设OQ=d
（1分）
根据牛顿第二定律 （1分）与EF相切，由几何关系知
（分）
解得
（4）没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足 (答出其中一点即给2分)
123-3(12分)
BC（4分）
增大 （2分） 温度升高时，分子平均动能增大，减小气体的体积增大（2分① （2分） ②由热力学第一定律
得 （2分）
12．3-4（12分）
（1）BC （4分） （2）a（2分） d （2分）
（2分）
即射出点的纵坐标范围[，]（分）
高考学习网：
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x
30o
45o
B
C A + V mA 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.4 0.3 0.2 0.1 0 a/（m·s-2） F/N y x x y
二定律 有： （分）时，杆的加速度最大，最大加速度，方向沿导轨平面向下（分）⑵由（1）问知，当杆的加速度时
，速度最大，
2014届高考物理一轮 阶段知能检测4
阶段知能检测(四)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得5分，选错或不答的得0分．)1．(2013·肇庆模拟)如图1所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( )图1A ．a A ＝aB ＝aC B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A【解析】 皮带传动且不打滑，A 点和B 点线速度大小相等，由a ＝v 2r 有a ∝1r ，所以a A <a B ；A 点与C 点共轴转动，角速度相同，由a ＝ω2r 知a ∝r ，所以有a A >a C ，故a C <a A <aB ，可见选项C 正确．【答案】 C2．(2012·营口模拟)m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮，如图2所示，已知皮带轮半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑．当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数至少是( )图2A.12πg rB. g rC.grD.12πgr【解析】 A 轮每秒的转数的最小值对应物体m 在A 轮正上方时，对传送带的压力恰好为零，有：mg ＝m ω2r ，又ω＝2πn ，可得n ＝12πgr，故A 正确． 【答案】 A图33．如图3所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速度为2v ，则此时每段线中张力大小为( )A.3mg B ．23mg C ．3mg D ．4mg【解析】 当小球到达最高点时速率为v ，有mg ＝m v 2r，当小球到达最高点时速率为2v ，应有F ＋mg ＝m 2v 2r＝4mg ，所以F ＝3mg ，此时最高点各力如图所示，所以F T ＝3mg ，A正确．【答案】 A图44．(2013·广元模拟)一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R ，甲、乙物体质量分别为M 和m (M >m )，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L (L <R )的轻绳连在一起．如图4所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点)( )A. μM －m gM ＋m LB. μgLC.μM ＋m gMLD.μM ＋m gmL【解析】 经分析可知，绳的最大拉力F ＝μMg ，对m ，F ＋μmg ＝m ω2L ， 所以μ(M ＋m )g ＝m ω2L解得ω＝ μM ＋m gmL.【答案】 D5．我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比( )A ．卫星动能增大，引力势能减小B ．卫星动能增大，引力势能增大C ．卫星动能减小，引力势能减小D ．卫星动能减小，引力势能增大【解析】 卫星每次变轨完成后到达轨道半径较大的轨道，由万有引力提供向心力，即GMm r 2＝mv 2r ，卫星的动能E k ＝12mv 2＝12·GMmr，因此卫星动能减少；变轨时需要卫星上的发动机点火加速，使其机械能增加，因而引力势能增大，只有D 正确．【答案】 D二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)6．(2013·阳江模拟)在广州亚运会上一位运动员进行射击比赛时，子弹水平射出后击中目标．当子弹在飞行过程中速度平行于抛出点与目标的连线时，大小为v ，不考虑空气阻力，已知连线与水平面的夹角为θ，则子弹( )A ．初速度v 0＝v cos θB ．飞行时间t ＝2v tan θgC ．飞行的水平距离x ＝v 2sin2 θgD ．飞行的竖直距离y＝2v 2tan 2θg【解析】 如图所示，初速度v 0＝v cos θ，A 正确；tan θ＝12gt 2v 0t ，则t ＝2v sin θg，所以B 错误；飞行的水平距离x ＝v 0t ＝v 2sin 2 θg ，C 正确；飞行的竖直距离y ＝2v 2sin 2θg，D 错误．【答案】 AC7．(2012·济南模拟)质量为m 的人造地球卫星在圆轨道上运动，卫星到地面的距离等于地球的半径R .已知地球表面上的重力加速度的大小为g .则( )A ．卫星环绕速度的大小为2gRB ．卫星运动的周期为2π2RgC ．卫星运动的加速度大小为14gD ．以地面为参考平面，卫星的重力势能小于mgR【解析】 设地球的质量为M ，根据题意有：g ＝GM R2，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：G Mm r 2＝m v 2r ，其中r ＝2R ，联立解得卫星环绕速度的大小为12gR .卫星运动的周期为T ＝2πrv ＝4π2Rg.卫星运动的加速度大小为a ＝GMm mr 2＝14g .由于从地球表面到卫星所在的轨道，卫星的重力是不断减小的，其平均值小于mg ，所以，以地面为参考平面，卫星的重力势能小于mgR ，故C 、D 正确．【答案】 CD8．如图5所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象是描述物体沿x 方向和y 方向运动的速度—时间图象，其中正确的是( )图5【解析】 O ～t P 段，水平方向：v x ＝v 0恒定不变；竖直方向：v y ＝gt ；t P ～t Q 段，水平方向：v x ＝v 0＋a 水平t ，竖直方向：v y ＝v P ＋a 竖直t (a 竖直＜g )，因此选项A 、D 错误，B 、C 正确．【答案】 BC9．2007年美国宇航员评出了太阳系外10颗最神奇的行星，包括天文学家1990年发现的第一颗太阳系外行星，以及最新发现的可能适合居住的行星．在这10颗最神奇的行星中排名第三的是一颗不断缩小的行星，命名为HD209458b ，它的一年只有3.5个地球日．这颗行星以极近的距离绕恒星运转，因此它的大气层不断被恒星风吹走．据科学家估计，这颗行星每秒就丢失至少10 000吨物质，最终这颗缩小行星将只剩下一个死核．假设该行星是以其球心为中心均匀减小的，且其绕恒星做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )A ．该行星绕恒星运行周期会不断增大B ．该行星绕恒星运行的速度大小会不断减小C ．该行星绕恒星运行周期不变D ．该行星绕恒星运行的线速度大小不变【解析】 由于该行星是以其球心为中心均匀减小的，所以其运行的半径不变，由于该行星的质量改变，而恒星的质量不变化，由GMm R 2＝mv 2R 和GMm R 2＝4π2mRT2可知，周期和线速度大小均不改变．【答案】 CD10．美国太空总署(NASA)为探测月球是否存在水分，于2009年10月9日利用一支火箭和一颗卫星连续撞击月球．据天文学家测量，月球的半径约为 1 800 km ，月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6，月球表面在阳光照射下的温度可达127℃，而此时水蒸气分子的平均速率达2 km/s ，下列说法正确的是( )A ．卫星撞月前应先在原绕月轨道上减速B ．卫星撞月前应先在原绕月轨道上加速C ．由于月球的第一宇宙速度大于2 km/s ，所以月球表面可能有水D ．由于月球的第一宇宙速度小于2 km/s ，所以月球表面在阳光照射下不可能有水 【解析】 卫星撞月属于近心运动，故应在原绕月轨道上减速，选项A 正确；月球的第一宇宙速度为v 月＝GM 月R 月，GM 月＝g 月R 2月，g 月＝16g 地，联立得v 月＝1.7 km/s ，而127℃时水蒸气分子的平均速率大于月球第一宇宙速度，故选项D 正确．【答案】 AD三、计算题(本题共3小题，共45分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2013·云浮模拟)两个质量均为m 的物体，由轻质硬杆相连，形如一个“哑铃”，围绕一个质量为M 的天体旋转，如图6所示．两物体和天体中心在一条直线上，两物体分别以r 1和r 2为半径绕M 做圆周运动，两物体成了M 的卫星，求此卫星的运动周期和轻质硬杆分别对A 、B 的弹力．图6【解析】设轻质硬杆对A的弹力大小为F，方向向上，则轻质硬杆对B的弹力大小也为F，方向向下，对A、B分别根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：G Mmr21－F－Gm2r2－r12＝mr14π2T2①G Mmr22＋F＋Gm2r2－r12＝mr24π2T2②由①②式得：T＝2πr1r2r1＋r2 GM r21＋r22F＝GMmr32－r31r21r22r1＋r2－Gm21r2－r12.【答案】2πr1r2r1＋r2 GM r21＋r22GMm r32－r31r21r22r1＋r2－Gm21r2－r12图712．(18分)如图7所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g)．(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L.【解析】(1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律得Mg－T＝Ma T－mg sin 30°＝ma且M＝km解得a＝2k－12k＋1g.(2)设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0根据牛顿第二定律得－mg sin 30°＝ma0做匀变速直线运动，v2＝2aL sin 30°，v20－v2＝2a0L(1－sin 30°)解得v 0＝k －22k ＋1gL (k >2)．(3)小球做平抛运动，则x ＝v 0tL sin 30°＝12gt 2解得x ＝L k －22k ＋1由k －22k ＋1<12得x ＝Lk －22k ＋1<22L .【答案】 (1)2k －12k ＋1g (2) k －22k ＋1gL (k >2)(3)见解析图813．(15分)如图8所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R ，A 点与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，求：(1)释放点距A 点的竖直高度； (2)落点C 与A 的水平距离．【解析】 (1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R又由机械能守恒定律，得mg (h ＋R )＝12mv 21，由此可解得h ＝3R .(2)设小球到达最高点的速度为v 2，落点C 与A 的水平距离为x ，由机械能守恒定律得 12mv 21＝12mv 22＋2mgR ， 由平抛运动的规律得R ＝12gt 2，R ＋x ＝v 2t ，由此可解得x＝(22－1)R. 【答案】(1)3R(2)(22－1)R。
2014年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)理综物理及答案(Word版)-推荐下载
维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍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
A．F1 不变，F2 变大 B．F1 不变，F2 变小
C．F1 变大，F2 变大 D．F1 变小，F2 变小
v
15．一质点在外力作用下做直线运动，其速度 v 随时间 t 变化的图像如图。在图中
s 2qE
A．
2 mh
s qE
B．
2 mh
s 2qE
C．
4 mh
s qE
D．
4 mh
a q
v0
h
d
sb
q v0 c E
19．如图，半径为 R 的均匀带正电的薄球壳，其上有一小孔 A。已知壳内的场强处处
为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心 O 时在壳外产生的电
场一样。一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能 Ek0 沿 OA 方向射出。
下列关于试探电荷的动能 Ek 与离开球心的距离 r 的关系，可能正确的是
Ek
Ek
Ek
Ek
Ek 0
Ek 0
Ek 0
Ek 0
A O
0R
A
r 0R
B
r 0R
C
r 0R
r
2014届高考物理一轮 阶段知能检测2
阶段知能检测(二)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)图11．(2013·广州模拟)如图1所示，质量均为m 的物体A 、B 通过一劲度系数为k 的弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 均处于静止状态，现通过细绳将A 向上拉起，当B 刚要离开地面时，A 上升距离为L ，假设弹簧一直在弹性限度内，则( )A ．L ＝2mgkB ．L <2mg kC ．L ＝mg kD ．L >mg k【解析】 拉A 之前，A 静止时，mg ＝kx 1，弹簧的压缩量为x 1，当B 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x 2，mg ＝kx 2，所以A 上升的距离为L ＝x 1＋x 2＝2mgk，故A 正确．【答案】 A图22．(2012·清华附中模拟)如图2所示，质量为m 的光滑楔形物块，在水平推力F 作用下，静止在倾角为θ的固定斜面上．则楔形物块受到的斜面支持力大小为( )A ．F sin θB ．mg cos θ C.Ftan θD.mgcos θ【解析】 对物体受力分析如图所示，因物块平衡，其合力为零，则有F N ＝mgcos θ＝Fsin θ，故D 正确，A 、B 、C 均错误．3．(2013·长春模拟)如图3甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是( )甲乙图3A．两物体在4 s时改变运动方向B．在1 s～3 s时间内两物体间摩擦力为零C．6 s时两物体的速度为零D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同【解析】两物体在0～1 s内，做加速度增大的变加速运动，在1 s～3 s内，做匀加速运动，在3 s～4 s内，做加速度增大的变加速运动，在4 s～6 s内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，A、C错误，D正确，1 s～3 s时间内两物体做匀加速运动，对B进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B错误．【答案】 D图44．如图4所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜面体B处于静止状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体A.现对斜面体B施加向左的水平推力，使物体A和斜面体B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增加，直到A和B开始发生相对运动，关于这个运动过程中A所受斜面的支持力F N以及摩擦力f的大小变化情况，下列说法中正确的是( ) A．F N增大，f持续增大B．F N不变，f不变C．F N减小，f先增大后减小D．F N增大，f先减小后增大【解析】当物体A与斜面体B相对静止且以较小的加速度向左做加速运动时，斜面体B对物体A的摩擦力沿斜面向上，当加速度达到a＝tan θ时，斜面体B对物体A的摩擦力为零，加速度再增大时，斜面体B对物体A的摩擦力沿斜面向下，故f先减小后增大，由平衡知识列方程求解可知F N增大，所以D正确．二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)5．(2013·大同模拟)光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球．为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．问图5中给出的四个方向中，沿哪些方向加电场，有可能使小球在杆上保持静止( )图5A．垂直于杆斜向上B．垂直于杆斜向下C．竖直向上D．水平向右【解析】要使小球在杆上静止，沿杆方向电场力向上的分力和重力沿杆方向的分力应等大反向，由图可知，C、D可以使小球保持静止，A、B中电场力与杆垂直不可能使球静止，故C、D正确．【答案】CD图66．滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动．如图6所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则( )A．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等C．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等【解析】小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为θ，则F N＝mg cos θ，f＝mg sinθ，所以A、B错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反，故C、D正确．【答案】CD7．(2012·临沂市月考)如图7所示，一个处于伸长状态的弹簧，上端固定，在倾角为θ的粗糙斜面上弹簧拉引着质量为m的物块保持静止．若将斜面倾角θ逐渐变大的过程中物块始终保持静止．则关于物块受到各力的变化情况，下列说法正确的是( )图7A．受斜面的弹力变大B．受斜面的摩擦力变大C．受弹簧的弹力不变D．受到的重力的下滑分力变大【解析】由于物体始终静止，因此弹簧的弹力不变，C正确．由F N＝mg cos θ和F＝mg sin θ可知，A错、D对．物体所受到的摩擦力为静摩擦力，其方向未知，因此无法判断摩擦力大小的变化情况，B错误．【答案】CD图88．(2012·梅州模拟)如图8所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，A与B间的动摩擦因数为μ1，B与天花板间的动摩擦因数为μ2，则关于μ1、μ2的值下列判断可能正确的是( )A．μ1＝0，μ2≠0B．μ1≠0，μ2＝0C．μ1＝0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠0【解析】以A、B整体为研究对象，可知天花板与B间无摩擦，所以不能判断天花板和B物体之间是否光滑；以A为研究对象，A受力情况如图所示，由平衡条件可判断A一定受到B对它的摩擦力作用，所以A、B之间一定不光滑．【答案】BD图99．一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F 作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当F 的大小按如图9所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小随时间的变化规律可能是下图中的( )【解析】 物体所受静摩擦力的方向应该有两种情况：开始时静摩擦力f ＝0，在F 减小的过程中，有f ＋F ＝mg sin θ，随着F 减小，f 增大，直到f ＝mg sin θ后保持不变；开始时静摩擦力f 方向沿斜面向下，有f ＋mg sin θ＝F ，随着F 减小，f 减小，当f ＝0时，f 的方向发生突变，即沿斜面向上并增大，直到f ＝mg sin θ后保持不变．【答案】 BD三、实验题(本题共2小题，共18分．)图1010．(8分)为了探究弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系，某同学选了A 、B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图10所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图线上端成为曲线的原因是__________．弹簧B 的劲度系数为________．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(选取“A ”或“B ”)．【解析】 在弹性限度内弹簧的弹力和伸长量成正比，图象后半部分不成正比，说明超过了弹簧的弹性限度；由图象可知，弹簧B 的劲度系数k ＝Fx＝100 N/m ；精确度高，说明受较小的力就能读出对应的形变量，因此选A .【答案】 超过了弹簧的弹性限度 100 N/m A11．(10分)某同学在做测定木板与木块间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．图11方案A：木板固定，用弹簧测力计拉动木块．如图11(a)所示．方案B：弹簧固定，用手拉动木板，如图11(b)所示．除了实验必需的弹簧测力计、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为200 g的配重若干个．(g＝10 m/s2)(1)上述两种方案中，你认为更合理的是方案________，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________；(2)该实验中应测量的物理量是___________________________________；(3)该同学在木块上加放配重，改变木块对木板的正压力，记录了5组实验数据，如表所示，则可测出木板与木块间的动摩擦因数________.【解析】B中，手拉木板不论做何运动，木块均静止不动，根据物体的平衡条件得f＝F＝μF N.(2)求动摩擦因数，由μ＝fF N可知要测f和F N，即需测量滑动摩擦力和木块的质量．(3)建立坐标，如图所示，由图中直线的斜率即为木块与木板的动摩擦因数．μ＝ΔfΔF N＝0.25.【答案】(1)B A方案难以保证木块匀速运动(2)滑动摩擦力和木块的质量(3)0.25四、计算题(本题共3小题，共36分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注意单位．)图1212．(10分)(2013·云浮模拟)如图12所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，一个重20 N 的物体在斜面上静止不动．轻质弹簧原长为10 cm ，现在的长度为6 cm.(1)求弹簧的劲度系数；(2)若斜面粗糙，将这个物体沿斜面上移6 cm ，弹簧与物体相连，下端固定，物体仍静止于斜面上，求物体受到的摩擦力的大小和方向．【解析】 (1)对物体受力分析，则有：mg sin θ＝F此时F ＝kx 1联立以上两式，代入数据，得：k ＝250 N/m.(2)物体上移，则摩擦力方向沿斜面向上 有：f ＝mg sin θ＋F ′ 此时F ′＝kx 2＝5 N 代入上式得f ＝15 N.【答案】 (1)250 N/m (2)15 N 沿斜面向上图1313．(12分)(2012·苏州模拟)如图13所示，一根匀质绳质量为M ，其两端固定在天花板上的A 、B 两点，在绳的中点悬挂一重物，质量为m ，悬挂重物的绳PQ 质量不计．设α、β分别为绳子端点和中点处绳子的切线方向与竖直方向的夹角，试求tan αtan β的大小．【解析】 设悬点A 、B 处对绳的拉力大小为F 1，取绳M 和m 为一整体，由平衡条件得：2F 1cos α＝(M ＋m )g设绳在P 点的张力大小为F 2，对P 点由平衡条件得： 2F 2cos β＝mg再以AP 段绳为研究对象，由水平方向合力为零可得：F 1sin α＝F 2sin β由以上三式联立可得：tan αtan β＝mM ＋m .【答案】mM ＋m图1414．(14分)(2013·玉林模拟)如图14所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小； (2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．【解析】 (1)因匀速提起重物，则F T ＝mg .且绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N＝200 N ，方向竖直向上．(2)B 点受力如图所示，定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力F BC 方向沿杆的方向，F AB 为水平绳的拉力，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33N ＝200 3 N F BC ＝2mg cos 30°＝2×30×1032N ＝400 3 N.由牛顿第三定律知轻杆BC 和绳AB 所受力的大小分别为400 3 N 和200 3 N. 【答案】 (1)200 N (2)400 3 N 200 3 N。
重庆市名校联盟2014届高三三诊物理试题 Word版含答案
重庆市名校联盟2014届高三三诊物理试题（本试卷满分300分，其中物理110分、化学100分、生物90分。
考试时间150分钟。
）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上。
2．答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
不能答在试题卷上。
3．非选择题各题的答案，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡规定的地方。
4．考试结束，将答题卡交回。
物理（共110分）一、选择题：（本大题共5小题，每小题6分，共30分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意。
）1．下列说法正确的是（）A．原子核发生衰变时要遵守电荷和质量守恒的规律B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．一群处于基态的氢原子，可吸收各种频率的光子D．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度无关2．设想我国宇航员“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t，登月后，宇航员利用身边的弹簧秤测出质量为m的物体重力为G1（忽略月球的自转）. 已知引力常量为G，根据以上信息可得到（）①月球绕地球运动的周期②月球的半径③飞船的质量④月球“第一宇宙速度”A．①②B．②③C．②④D．①④L 3．如图所示，在X轴上相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q、－Q，虚线是以+Q所在点为圆心、2a b c d是圆上的四个点，其中,a c两点在X轴上，,b d两点关于X轴对称，下列判断为半径的圆，,,,不正确．．．的是（）A．四个点中C的电势最低B．,b d两点电势相同C．将一试探电荷－q从C点沿圆周移至a点，q-的电势能减少D．,b d两点的电场强度相同4．在输液时，药液有时会从针口流向体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示，M 是贴在封口处的传感器，当接触到药液时其电阻M R 发生变化，导致S 两端电压U 明显增大，装置才能发出警报，设计电路时要求：（ ） A ．M R 变小，且R 远大于M RB ．M R 变大，且R 远大于M RC ．M R 变小，且R 远小于M RD ．M R 变大，且R 远小于M R5．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。
【新课标地区】2014届高三上学期物理月考三(A卷) Word版含解析.pdf
试卷类型：A 2014届高三原创月考试题三 物 理 适用地区：课标地区 考查范围：力学综合 建议使用时间：2013年10月底 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
） 1、（2013湖北省襄阳五中）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是 A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量G ．第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律 C．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 ．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星，不可能具有相同的周期 B.沿椭圆轨道运行的一颖卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C.在赤道上空运行的两颖地球同步卫星.它们的轨道半径有可能不同 D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合 3、如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。
初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。
剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ） A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 4、（2013湖北省武汉市联考地球可以看做一个巨大的拱形桥，桥面的半径就是地球的半径 （约为6400 km）。
地面上有一辆汽车在行驶，已知汽车的速度越大，地面对它的支持力就越小。
当汽车的速度达到下列哪个值时，地面对车的支持力恰好为零（ ） A．05 km/s? B．79km/s C．112 km/s? D．167 km/s 5、质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地，绳A较长。
【2014泉州市3月质检】福建省泉州市2014届高三质检物理试题Word版版含答案全国通用-一轮复习
泉州市2014届普通中学高中毕业班质量检查理科综合能力测试本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。
第I卷1至4页，均为必考题，第II卷5至12页，包括必考和选考两部分。
满分300分。
可能用到的相对原子质贝:H一1 C一12 O一16 Fe --56 Ag一10注意事项:1.答题前考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。
考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡擦干净后。
再选涂其它答案标号。
第II卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束后，监考员将试题卷和答题卡一并收回。
第I卷(必考)本卷共18小题.每题6分，共108分。
一、选择题(本题共18小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
)13.如图所示。
间距为d的两细束平行单色光线以相同的人射角a射到夹角为 的两平行玻璃砖下表面，则从玻璃砖上表面射出的两光线A. 仍然平行，间距小于dB. 仍然平行，间距大于dC. 不再平行，成为会聚光D. 不再平行，成为发散光14．一列简谐横波以10m/s的速度沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示。
则a质点的振动图象为图乙中的15.如图所示，一名骑独轮车的杂技演员在空中钢索上表演。
若钢索所能承受的最大拉力T m =2000N ，独轮车和演员的总质量M=80kg ，两侧的钢索最大成 =150°夹角，g 取10m/s 2。
当独轮车和演员处子图示状态静止不动时，钢索对独轮车的作用力大小为A. 800NB. 1600NC. 2000ND. 4000N16.如图所示，“嫦娥三号”从环月圆轨道I 上的P 点实施变轨进入椭圆轨道II ,再由近月点 Q 开始进行动力下降，最后于2013年12月14日成功落月。
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阶段知能检测(三)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)图11．(2012·茂名模拟)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图1所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( ) A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【解析】对于箱子和箱内物体组成的整体，a＝M＋m g－fM＋m，随着下落速度的增大，空气阻力f增大，加速度a减小．对箱内物体，mg－F N＝ma，所以F N＝m(g－a)将逐渐增大．故选C.【答案】 C图22．如图2所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B，用力F推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力( )A．滑块A最大B．斜面体C最大C．同样大D．不能判断谁大谁小【解析】本题考查学生对牛顿第二定律的理解和判断，由于三者加速度相等，所以三者所受合力同样大，选项C正确．一些学生没有抓住“ma表示合力”这个关键，盲目对三个物体做受力分析，既浪费时间，又可能会因复杂的分析而出错．【答案】 C3．(2013·哈尔滨模拟)一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角直至斜面倾角接近90°.在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是( )A．a增大，t增大B．a增大，t变小C．a增大，t先增大后变小D．a增大，t先变小后增大【解析】设斜面倾角为θ，斜面底边长为x0，则斜边长为x0cos θ.物体的加速度a＝g sin θ，θ增大时，a增大，由x0cos θ＝12at2可得：t＝4x0g sin 2θ，可见随θ的增大，t先变小后增大，故只有D正确．【答案】 D4．(2013·淮南模拟)如图3所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑，在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B 两物体的受力个数，下列说法正确的是( )图3A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4个力，B受4个力【解析】该题考查加速度相同的连接体的受力分析．由于A恰好不离开地面，所以地面对A的支持力为零，因此A只受到三个力的作用，而B受到四个力的作用，A选项正确．【答案】 A二、双项选择题(本大题共4小题，每小题7分，共28分．全部选对的得7分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)5．下列说法中正确的是( )A．只有处于静止状态或做匀速直线运动的物体才有惯性B．通常情况下，物体的惯性保持不变，要想改变物体的惯性，就必须对物体施加力的作用C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去【解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，且惯性与物体的运动状态及受力情况无关，其大小由物体的质量决定．故A 、B 错．伽利略认为力不是维持物体运动的原因，他根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去．牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，并不是使物体运动的原因．故C 、D 对．【答案】 CD图46．如图4所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【解析】 线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力为mg sin θ＋kx ＝2mg sin θ，故a A ＝2g sin θ.【答案】 BC图57．(2012·汕头模拟)如图5所示，在光滑的水平地面上，有两个质量均为m 的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2作用下运动(F 1>F 2)，则下列说法中正确的是( )A ．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F 1＋F 22k B ．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F 1－F 2k C ．撤去F 2的瞬间，A 、B 的加速度之比为F 1－F 2F 1＋F 2 D ．撤去F 2的瞬间，A 、B 的加速度之比为F 1－F 2F 2【解析】 把两个物体看做一个整体，对该整体进行受力分析得：水平方向的F 1和F 2的合力即是整体受到的合外力F ＝F 1－F 2，根据牛顿第二定律得整体的加速度a ＝F 1－F 22m，方向向右；再隔离其中的一个物体A 进行受力分析，水平方向受到向右的拉力F 1和水平向左的弹簧弹力kx 的共同作用，由牛顿第二定律得F 1－kx ＝ma ，联立可得弹簧的伸长量为F 1＋F 22k，A 对；撤去F 2的瞬间，弹簧弹力不变，此时A 的加速度不变，B 的加速度为a B ＝kx m ＝F 1＋F 22m，所以A 、B 的加速度之比为F 1－F 2F 1＋F 2，C 对． 【答案】 AC图68．(2012·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图6所示的物理模型，一个小朋友在AB 段的动摩擦因素μ1<tan θ，BC 段的动摩擦因数μ2>tan θ，他从A 点开始下滑，则该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中( )A ．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B ．地面对滑梯始终无摩擦力作用C ．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ．地面对滑梯的支持力先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小【解析】 小朋友在AB 段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC 段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A 正确，B 错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C 错误，D 正确．【答案】 AD三、实验题(本题共2小题，共18分)9．(8分)(2012·济宁模拟)在“验证牛顿运动定律”的实验中，若测得某一物体质量m 一定时，a 与F 的有关数据资料如下表所示：1.98(1)(2)根据图象判定：当m 一定时，a 与F 的关系为__________________．(3)若甲、乙两同学在实验过程中，由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图7所示的a－F图象．图7试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：__________________________________________________________；乙：__________________________________________________________.【解析】(1)若a与F成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免地出现误差，研究误差产生的原因，从而减小误差，增大实验的准确性，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑．描点画图如图所示．(2)由图可知a与F的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有较大截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．【答案】(1)见解析(2)正比例关系(3)平衡摩擦力时木板抬的过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够10．(10分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图8所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图8(1)图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图11所示．根据图中数据计算的加速度a＝________(保留三位有效数字)．图11(2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入所选物理量前的字母)A．木板的长度lB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是______．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)．与真实值相比，测量的动摩擦因数________(填“偏大”或“偏小”)．写出支持你的看法的一个论据：______________________________________________________________________________________________________________________________.【解析】(1)将题干图中每段距离标记为s1、s2、…、s7，加速度可由逐差法计算a＝s4＋s5＋s6－s1＋s2＋s39T2可得：a＝0.496 m/s2.(2)为测量动摩擦因数，需计算压力和摩擦力，压力F N ＝m 2g ，所以为确定压力需测量滑块质量m 2，而摩擦力满足F T －f ＝m 2a ，又因为m 3g －F T ＝m 3a ，所以f ＝m 3g －(m 2＋m 3)a ，所以为确定摩擦力还需测量托盘和砝码的总质量m 3.m 2、m 3需用托盘天平测出，还需要的实验器材是托盘天平(带砝码)．(3)由(2)中分析得：F N ＝m 2g ，f ＝m 3g －(m 2＋m 3)a ，由f ＝μF N ，μ＝m 3g －m 2＋m 3am 2g.由于纸带与限位孔及滑轮处阻力的存在，所计算f 值比真实值偏大，所以μ的测量值偏大．【答案】 (1)0.495 m/s 2～0.497 m/s 2(2)①CD ②托盘天平(带砝码) (3)m 3g －m 2＋m 3am 2g偏大 见解析四、计算题(本题共3小题，共38分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)图911．(12分)两个完全相同的物块a 、b 质量均为m ＝0.8 kg ，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图9中的两条直线表示物块受到水平拉力F 作用和不受拉力作用的v －t 图象，(a 、b 线分别表示a 、b 物块的v －t 图象)求：(1)物块b 所受拉力F 的大小； (2)8 s 末a 、b 间的距离．【解析】 (1)设a 、b 两物块的加速度大小分别为a 1、a 2，由v －t 图象可得a 1＝|0－64－0| m/s 2，得a 1＝1.5 m/s 2a 2＝|12－68－0| m/s 2，得a 2＝0.75 m/s 2对a 、b 两物块由牛顿运动定律得f ＝ma 1F －f ＝ma 2由以上几式可得F ＝1.8 N.(2)设a 、b 两物块8 s 内的位移分别为s 1、s 2，由图象得s 1＝12×6×4 m＝12 m s 2＝12×(6＋12)×8 m＝72 m所以Δs ＝s 2－s 1＝60 m. 【答案】 (1)1.8 N (2)60 m12．(12分)(2012·中山模拟)如图10甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O 点，今有水平向右的风力F 作用于小球上，经时间t 1＝2 s 后停止，球与细杆的动摩擦因数为μ＝0.5.小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．试求：图10(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2 s ～4 s 内的加速度a 2； (2)0～2 s 内风对小球作用力F 的大小． 【解析】 (1)由图象可知，在0～2 s 内a 1＝v 2－v 1t 1＝20 m/s 2方向沿杆向上 在2 s ～4 s 内a 2＝v 3－v 2t 2＝－10 m/s 2负号表示方向沿杆向下．(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1代入数据可得0～2 s 内风对小球的作用力F ＝60 N.【答案】 (1)20 m/s 2方向沿杆向上 10 m/s 2方向沿杆向下 (2)60 N13．(14分)(2012·福州模拟)如图11所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A ＝2.0 kg 的薄木板A 和质量为m B ＝3 kg 的金属块B .A 的长度L ＝2.0 m ．B 上有轻线绕过定滑轮与质量为m C ＝1.0 kg 的物块C 相连．B 与A 之间的动摩擦因数μ＝0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端(如图)，然后放手，求经过多长时间后B 从A 的右端脱离(设A 的右端距滑轮足够远)(g 取10 m/s 2)．图11【解析】 以桌面为参考系，令a A 表示A 的加速度，a B 表示B 、C 的加速度，t 表示B 从静止到从A 的右端脱离经过的时间，s A 和s B 分别表示t 时间内A 和B 运动的距离，则由牛顿运动定律可得m C g －μm B g ＝(m C ＋m B )a B ①μm B g ＝m A a A ②由匀加速直线运动的规律可得s B ＝12a B t 2③ s A ＝12a A t 2④ s B －s A ＝L ⑤联立①②③④⑤式，代入数值得t ＝4.0 s. 【答案】 4.0 s。